山东省枣庄市2023届中考物理专项突破模拟题库（二模）含解析

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山东省枣庄市2023届中考物理专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 α衰变的特点、本质及其方程的写法,半衰期的概念,半衰期相关的计算

【正确答案】
A
【试题解析】


1-1（基础） 铀238的半衰期约为年，铀235的半衰期为年。若地球形成时天然铀238和铀235含量相同，当地球年龄为年时，则目前天然铀238含量与铀235质量之比为（　　）
A.6 B.16 C.32 D.64
【正确答案】 C

1-2（基础） 某64g放射性元素经过6min，还有2g尚未衰变，则该元素的半衰期为（　　）
A.1.2min B.1.5min C.2min D.3min
【正确答案】 A

1-3（巩固） 下列说法正确的是（ ）
A.汤姆孙发现电子，并测定了电子的比荷
B.原子从低能级跃迁到高能级时，会向外辐射一定频率的光子
C.核反应中，X代表的是粒子，该过程表示衰变
D.如果环境温度升高，要的半衰期将会缩短
【正确答案】 A

1-4（巩固） 烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，镅衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报，则（　　）

A.镅原子核中有95个中子
B.镅衰变放出的是射线
C.的镅经864年将有发生衰变
D.发生火灾时，烟雾探测器中的镅因温度升高而半衰期变短
【正确答案】 C

1-5（巩固） 碳是大气层中的氮气受到“宇宙射线”中的中子不断轰击而产生的。碳14有放射性，会自发释放出电子和能量衰变成氮，半衰期为5720年。下列说法正确的是（　　）。
A.碳14自发衰变时质量不会亏损
B.的中子数与的中子数相等
C.氮气受到中子的轰击产生的核反应中总质量数减少
D.增大压强不能使的半衰期变为5721年
【正确答案】 D

1-6（巩固） 利用放射性元素发生衰变以及的半衰期，考古学家们可以确定文物的年代，则下列说法正确的是（　　）
A.衰变方程为
B.衰变产物的核子数是7
C.衰变的实质是碳原子失去核外电子
D.一个半衰期后，剩下的为原来的
【正确答案】 D

1-7（巩固） 下列关于放射性元素的半衰期的说法正确的是（　　）
A.一块质量为m的铀经过两个半衰期后，剩余的铀质量为
B.随温度升高，放射性元素的半衰期将缩短
C.放射性同位素只能是天然形成的，不能用人工方法制得
D.利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，作为示踪原子
【正确答案】 D

1-8（提升） 科学家利用天然放射性的衰变规律，通过对目前发现的古老岩石中铀含量来推算地球的年龄，铀238的相对含量随时间的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.铀238发生α衰变的方程为
B.2000个铀核经过90亿年，一定还有500个铀核未发生衰变
C.铀238（）最终衰变形成铅206（），需经8次α衰变，6次β衰变
D.测得某岩石中现含有的铀是岩石形成初期时的一半，可推算出地球的年龄约为90亿年
【正确答案】 C

1-9（提升） 如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，下列说法正确的是（　　）

A.在此过程中共经历10次β衰变
B.某次衰变过程中，会同时放出一个α粒子和一个β粒子
C.原子核发生β衰变时，放出的β射线是高速电子流，因为原子核内没有电子，所以射线是核外电子逸出原子形成的
D.衰变中产生的β粒子比α粒子在空气中传播得远
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 气体等温变化的图象,判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况,气体等容变化的图象,气体等压变化的图象

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化，已知该气体在状态时的热力学温度为，则该气体在状态和状态时的热力学温度分别为（ ）

A.567K，280K B.420K，280K C.567K，300K D.420K，300K
【正确答案】 B

2-2（基础） 一定质量的理想气体，其状态经历a→b→c的变化，V－t图线如图，则（　　）

A.过程中气体分子平均动能减小
B.过程中气体压强增大
C.过程中单位体积内的分子数增多
D.过程中气体内能减小
【正确答案】 B

2-3（巩固） 如图甲所示，用活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，气体由状态a变化到状态b，变化到状态c，气体温度（T）随体积（V）变化的图像如图乙所示，bc连线的反向延线过坐标原点，不计活塞与气缸壁的摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A.由状态a到状态b的过程中，气体的压强增大
B.由状态a到状容b的过程中，气体一定吸热
C.由状态b到状态c的过程中，气体的压强增大
D.由状态b到状态c的过程中，气体一定吸热
【正确答案】 D

2-4（巩固） 如图所示为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T变化的图像。已知BC与T轴平行，AB的反向延长线过原点。下列说法正确的是（　　）

A.从状态A变化到状态B的过程中，气体膨胀，对外做功，内能减少
B.与状态A相比，状态C单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多
C.从状态B变化到状态C的过程中，气体密度变大
D.气体在状态B时的温度为600 K
【正确答案】 D

2-5（巩固） 一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程回到原状态a。其图像如图所示。皆为直线，平行于p轴，平行于V轴。下列说法正确的是（　　）

A.a、b、c三个状态中，状态c温度最高
B.过程中，气体分子的平均动能先变小后变大
C.过程中，气体一定从外界吸热
D.从a状态经历三个过程再次回到a状态的过程中，气体共吸热
【正确答案】 D

2-6（巩固） 一定质量的理想气体，其压强p与体积V的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.A→B的过程中，气体温度升高，从外界吸收热量
B.A→B的过程中，气体体积增大，外界对气体做功
C.B→C的过程中，气体压强减小，从外界吸收热量
D.C→A的过程中，气体温度始终不变，内能始终不变
【正确答案】 A

2-7（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体经历两个不同的过程，分别由体积-温度（V-t）图像上的两条直线I和II表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；是两直线的延长线与横轴交点的横坐标，；a、b为直线I上的两点，c为直线II上的一点。下列说法正确的是（ ）

A.理想气体沿直线I从状态a变化到状态b，压强变大
B.理想气体在状态b比在状态c的压强大
C.理想气体沿直线I从状态a变化到状态b，气体吸热
D.理想气体在a、b、c状态的内能关系为Ub>Uc>Ua
【正确答案】 C

2-8（提升） 一定质量的理想气体沿如图所示的状态变化，ba的延长线过坐标原点，T＝t＋273K，下列说法中正确的是（　　）

A.由a至b，外界对气体不做功
B.气体由c至a，不可能在绝热状态下进行
C.
D.气体由a经b至c吸收的热量等于气体由c至a释放的热量
【正确答案】 B

2-9（提升） 某拖拉机的往复式柴油内燃机利用迪塞尔循环进行工作。该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的迪塞尔循环，则该气体（　　）

A.在状态和时的内能可能相等
B.在过程中，气体对外界做的功等于增加的内能
C.过程中增加的内能小于该过程吸收的热量
D.在一次循环过程中放出的热量大于吸收的热量
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 折射率的波长表达式和速度表达式,干涉条纹间距与波长的关系,已知光程差和频率判断某点的明暗条纹

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 如图在双缝干涉实验中，光源S到两缝、距离相等，用绿色光实验可观察屏上出现条纹。为增大屏上的条纹间距，下列方法可行的是（　　）

A.仅稍微向下移动光源S B.仅增大双缝、间距
C.仅增大屏到双缝的距离 D.仅改换用频率更高色光
【正确答案】 C

3-2（基础） 如图所示是研究光的双缝干涉的示意图。不透光的挡板上有两条平行狭缝S1、S2，用单色红光照射双缝，由S1和S2发出的红光到达屏上时会产生干涉条纹，则下列说法正确的是（　　）

A.若只减小两条狭缝S1、S2之间的距离，条纹间距将增大
B.若只减小两条狭缝与屏之间的距离，条纹间距将增大
C.若只在两条狭缝与屏之间插入一块与屏平行的平板玻璃砖，条纹间距将增大
D.若只把用红光照射改用绿光照射，条纹间距将增大
【正确答案】 A

3-3（巩固） 图甲是双缝干涉示意图，两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图乙、丙所示。下列说法正确的是（　　）

A.形成乙图样的光的波长比形成丙图样的光的波长长
B.形成丙图样的光的频率比形成乙图样的光的频率大
C.若只增大挡板与屏间的距离l，两种单色光相邻亮条纹间的距离都将增大
D.若只减小挡板上两个狭缝间的距离d，两种单色光相邻亮条纹间的距离都将减小
【正确答案】 C

3-4（巩固） 兴义五中趣味物理社团自己动手，利用如图所示的装置，观察杨氏双缝干涉实验，已知n为自然数，为光波波长，下列说法正确的是（　　）

A.屏上距双缝的路程相等的P点形成暗条纹
B.屏上距双缝的路程差为的点形成暗条纹
C.屏上距双缝的路程差为的点形成暗条纹
D.改变挡板上双缝之间的距离，条纹间距不会改变
【正确答案】 C

3-5（巩固） 如图所示为双缝干涉实验原理图，单缝、双缝中点、屏上的点位于双缝和的中垂线上，入射光波长为，实验屏上和处为两条相邻的亮条纹。下列说法正确的是（　　）

A.双缝和到点的距离差为
B.减小双缝和之间的距离，条纹间距将随之减小
C.若换成波长为的入射光，则点处将形成暗条纹
D.遮住，则屏上不能形成明暗相间的条纹
【正确答案】 C

3-6（巩固） 如图所示是研究光的双缝干涉的示意图，和为挡板上的两条狭缝，O为、连线中垂线与光屏的交点，当频率为Hz的单色光垂直射向挡板时，光屏上P处是O上方的第2条暗条纹的中心。已知真空中光速，则、到P点的距离之差为（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

3-7（巩固） 某一质检部门利用干涉原理测定矿泉水的折射率。如图所示，单缝、屏上的点位于双缝和的中垂线上，当双缝与屏之间的介质为空气或矿泉水时，屏上的干涉条纹间距分别为与，当介质为矿泉水时，屏上点处是上方的第4条亮条纹（不包括点处的亮条纹）的中心。已知入射光在真空中的波长为，真空中的光速为，则（ ）

A.大于
B.该矿泉水的折射率为
C.当介质为矿泉水时，来自和的光传播到点处的时间差为
D.仅将水平向左移动的过程中，点不能观察到亮条纹
【正确答案】 C

3-8（提升） 如图所示是1834年爱尔兰物理学家劳埃德观察到光的干涉现象的原理图。缝光源S发出波长为的光，有一部分直接射到屏D上，另一部分经镜面M反射到屏D上，对镜面的入射角接近90°，这两部分光重叠产生干涉，在屏D上出现亮暗相间的干涉条纹，这称之为劳埃德镜干涉。下列说法正确的是（　　）

A.光屏上的条纹与镜面垂直
B.将光屏D水平向左靠面镜，相邻条纹间距减小
C.将光源S竖直向下靠面镜，相邻条纹间距减小
D.将光源换成白光，屏D上无法观察到干涉条纹
【正确答案】 B

3-9（提升） 如图实验装置，单色线光源S垂直纸面水平放置，平面镜水平放置在桌面上。单色线光源S发出的光有一部分直接入射到竖直放置的光屏上，一部分通过平面镜反射后再入射到光屏上，光屏上会出现明暗相间的条纹，下列说法正确的是（　　）

A.光屏上的条纹与水平面垂直，是光的干涉现象
B.光屏上的条纹与水平面平行，是光的衍射现象
C.将光屏沿水平方向远离线光源S，相邻亮条纹间距增大
D.将线光源S沿竖直方向靠面镜，相邻亮条纹间距减小
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示，A、B两物体重力都等于10N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.3，同时有F=1N的两个水平力分别作用在A和B上，A和B均静止，则地面对B和B对A的摩擦力分别为（　　）

A.0，1N B.0，2N C.6N，1N D.1N，1N
【正确答案】 A

4-2（基础） 如图所示，人重600 N，木块A重400 N，人与木块、木块与水平面间的动摩擦因数均为0.2。人用水平力拉轻绳，使他与木块一起向右做匀速直线运动，滑轮摩擦忽略不计。下列说法正确的是（　　）

A.人对轻绳的拉力大小为200 N
B.人对轻绳的拉力大小为100 N
C.人与木块A间的摩擦力大小为400 N
D.人与木块A间的摩擦力大小为300 N
【正确答案】 B

4-3（巩固） 如图所示，横截面为四分之一圆、质量为M的柱体B放在粗糙水平地面上，一竖直固定的挡板与柱体最左侧相切，质量为m的小球a恰能静止在挡板和柱体之间，现拿走小球a，将质量为m、但密度比小球a小的小球b贴着挡板轻轻放到柱体B上。小球与挡板、小球与柱体之间无摩擦力。下列说法正确的是（　　）

A.小球b对挡板的压力大于小球a对挡板的压力
B.小球b对柱体的压力大于小球a对柱体的压力
C.地面对柱体的支持力不变
D.柱体受到地面的摩擦力不变
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。m和M的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是（  ）

A.水平面对正方体M的弹力大于(M＋m)g
B.水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcosα
C.墙面对正方体m的弹力大小为mgtanα
D.墙面对正方体M的弹力大小为
【正确答案】 D

4-5（巩固） 如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在竖直墙壁上的A点，另一端系在天花板上的B点，静止时细绳呈曲线形下垂，最低点为C点（图中未画出）。现测得BC段绳长是AC段绳长的3倍，且绳子A端的切线与墙壁的夹角为α=60°，重力加速度为g，则（　　）

A.在C点处绳子张力大小为
B.在C点处绳子张力大小为
C.绳子在B处的弹力大小为
D.若用竖直向下的拉力使绳C点缓慢向下运动，则绳的重心缓慢下降
【正确答案】 A

4-6（巩固） 挂灯笼的习俗起源于西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别和。若，则关于的说法正确的是正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-7（巩固） 如图所示，质量为M、倾角的表面粗糙的斜劈放在粗糙水平面上，质量为的物体A放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体A上，另一端绕过光滑的轻质滑轮1、2固定在天花板上，滑轮下悬挂着质量为的物体B。已知滑轮2两侧的细线始终在竖直方向上平行，物体A与滑轮1之间的细线与斜劈斜面平行，斜劈一直保持静止状态，重力加速度为g。下列说法错误的是（　　）

A.若系统处于静止状态，则地面对斜劈的摩擦力一定为零
B.若系统处于静止状态，则地面对斜劈的支持力可能小于
C.若物体B匀速下降，则地面对斜劈的摩擦力一定为零
D.若物体B匀速下降，则地面对斜劈的支持力等于
【正确答案】 B

4-8（提升） 如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，轻绳绕过光滑的定滑轮，一端与m相连，另一端悬挂重物A。用外力F缓慢拉结点O，F方向与夹角为且保持不变，使从竖直拉至水平，两物块始终保持静止，下列说法正确的是（  ）

A.绳子的拉力先减小后增大
B.m对M的摩擦力一直在增大
C.地面对桌子的摩擦力先增大后减小
D.桌面对M的摩擦力可能一直在减小
【正确答案】 C

4-9（提升） 春节期间人们都喜欢在阳台上挂一些灯笼来作为喜庆的象征。如图所示，是由六根等长的轻质细绳悬挂起五个质量相等的灯笼1、2、3、4、5，中间的两根细绳BC和CD的夹角，下列选项中正确的是（　　）

A.MA的延长线能平分1灯与绳AB之间的夹角
B.AB的延长线不能平分2灯与绳BC之间的夹角
C.绳AB与绳BC的弹力大小之比为
D.绳MA与绳AB的弹力大小之比为
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 等量同种电荷连线中垂线和连线上的电场强度分布图像

【正确答案】
D
【试题解析】


5-1（基础） 如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O点为两点电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点。下列说法正确的是（　　）

A.a处无电场线，故其电场强度可能为零 B.a、b两点电场强度大小相同
C.A、B带等量异种电荷 D.a、b两点电势不相等
【正确答案】 B

5-2（基础） 如图所示，Q1，Q2是两个电荷量相等的点电荷，O点为它们连线的中点，M、N为连线中垂线上的两点。下列说法正确的是（　　）

A.若Q1，Q2均带正电，则在中垂线上，O点的电场强度为零
B.若Q1，Q2均带正电，则M点的电场强度一定大于N点的电场强度
C.若Q1带正电、Q2带负电，则M点的电势一定比N点的电势高
D.若Q1带正电、Q2带负电，则在中垂线上，O点的电场强度最小
【正确答案】 A

5-3（巩固） 如图所示，两等量同种电荷固定放置，O为连线的中点，AB为电荷连线上的两个点，CDEF为电荷连线的中垂面上的四个点，AO=BO=CO=DO=EO=FO，下列说法正确的是（　　）

A.A、B两点场强相同，电势相等
B.E、F两点场强相同，电势相等
C.在C点给电子某一恰当的初速度，电子可能做圆周运动
D.把电子从C点沿直线移动到D点的过程中，其电势能一定先增大后减小
【正确答案】 C

5-4（巩固） 如图所示，平面内直线和垂直相交于点，、关于点对称，、也关于点对称，是的中点，是的中点，且，下列说法错误的是（　　）

A.若将电荷量为的点电荷放置在点，则四点场强相同
B.若将电荷量为和的点电荷分别放置在点和点，则电势
C.若在点和点各放置一个等量同种正点电荷，将一电子从点由静止释放， 电子将在间做往返运动
D.若空间存在一平行于所在平面的匀强电场，且、三点的电势分别为、、，则匀强电场的场强大小为
【正确答案】 A

5-5（巩固） 如图所示，一圆环水平放置，圆心为，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、两点关于点对称，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）

A.点处的电场强度不为零
B.电子从点沿直线移至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点的过程中所受电场力一直减小
【正确答案】 C

5-6（巩固） 如图所示，两个完全相同的正点电荷A和B，其连线AB沿竖直方向，中心为O，一质量不可忽略的带电小球C（图中未画出，可视为点电荷）恰能在点电荷A、B形成的电场中做匀速圆周运动，不计空气阻力，小球质量为m，带电荷量为q，速度大小为v，下列说法正确的是（　　）

A.小球可能带正电也可能带负电
B.小球做圆周运动的圆心不可能在OB之间的某点
C.若m不变，q减小，v适当改变时，小球仍可在原轨道做圆周运动
D.若减小，v适当改变时，小球仍可在原轨道做匀速圆周运动
【正确答案】 D

5-7（巩固） 两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为C，质量为0.1kg的小物块从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斜率最大的位置（图中标出了该切线），不计电荷的重力则下列说法正确的是（　　）

A.由到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B.由点到A点电势逐渐升高
C.A，B两点间的电势差
D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100V/m
【正确答案】 D

5-8（提升） 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（　　）

A.点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值
B.点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大
C.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
D.点电荷一定能够返回到P点
【正确答案】 D

5-9（提升） 如图所示，两个等量同种正点电荷Q固定在真空中同一水平线上，相距为r，O为两者连线的中点，过O点沿竖直方向做两者连线的垂线MN。质量为m、带负电的小球（可视为质点）放在MN上的P点，P到两个点电荷的距离均为r，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.若将小球从P点由静止释放，小球将沿直线MN做匀加速直线运动
B.若将小球从P点由静止释放，小球将沿直线MN运动且从P到O的运动过程中重力势能减小，动能增大，机械能减小
C.若在O点再固定一个带电量为Q的负点电荷，则当小球电荷量为时，小球从P点由静止释放时的加速度的大小为
D.若在O点再固定一个带电量为Q的负点电荷，则当小球电荷量为时，在P点给小球一垂直于纸面的大小合适的速度v，可以使其绕O点做匀速圆周运动
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 电流强度的定义及单位,理想变压器两端功率的计算,探究变压器电压与匝数的关系

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0＝100、n1＝200和n2＝300，两个副线圈分别接有电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω和R3＝5Ω。当原线圈中接入正弦交流电源时，理想电压表的示数为U＝5V。不计线圈电阻，理想电流表的读数为（　　）

A.3A B. C.7A D.
【正确答案】 C

6-2（基础） 图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为，当输入端接入电压为正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别、，通过电池系统的电流为。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（　　）

A.端的输入功率等于
B.端的输入功率等于
C.供电线圈和受电线圈匝数比为
D.供电线圈和受电线圈匝数比为
【正确答案】 D

6-3（巩固） 图甲是某品牌的手机无线充电器，其工作原理图可简化为如图乙所示。给基座线圈接上220V、50Hz的交流电，受电线圈通过一个二极管可给手机电池充电。已知快速充电时受电线圈两端的电压为11V，设充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量损失。下列说法正确的是（　　）

A.受电线圈能够给手机电池充电是利用了自感现象
B.基座线圈和受电线圈的匝数比为10：1
C.受电线圈两端电压的峰值为22V
D.当受电线圈的输出功率为40W时，基座线圈的电流为
【正确答案】 C

6-4（巩固） 无线充电技术的应用，让手机摆脱了充电线的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”。无线充电器简化示意图如图所示，其主要部件为发射线圈和接收线圈，工作原理与理想变压器相同。已知某款手机的无线快充充电器充电功率为17W，发射线圈与接收线圈的匝数比为10：1，CD端的输出电流（A），则下列说法正确的是（ ）

A.发射线圈中电流的周期为0.01秒 B.从AB端向发射线圈输入的功率为1.7W
C.发射线圈AB端输入电流的有效值为0.4A D.发射线圈AB端的电压为4.25V
【正确答案】 C

6-5（巩固） 如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，灯泡L的额定功率为，电表均为理想电表。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，开关S闭合后灯泡L恰正常发光。下列说法正确的是（　　）

A.副线圈交变电流的频率为
B.电压表的示数为
C.电流表的示数为
D.灯泡正常发光时的电阻为
【正确答案】 D

6-6（巩固） 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为、，定值电阻R=27.5Ω，理想电流表的示数为0.5A，a、b两端接正弦交流电源。下列判断正确的是（　　）

A.
B.理想电压表V的示数
C.理想电流表的示数
D.定值电阻R中电流变化的频率为100Hz
【正确答案】 C

6-7（巩固） 如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有灯泡a和b，两灯泡的额定电压，当输入电压U等于灯泡a额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）

A.原、副线圈的匝数比为
B.原、副线圈的匝数比为
C.a、b的电功率之比为
D.a、b的电功率之比为
【正确答案】 B

6-8（提升） 一含有理想变压器的电路如图，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为1A；当开关S闭合时，电流表的示数为4A，下列说法正确的是（　　）

A.该交流电源电压最大值为V
B.该变压器原、副线圈匝数比为4：1
C.开关S闭合时，R1消耗功率大于R2消耗功率
D.开关S从闭合到断开，电源输出功率增大
【正确答案】 A

6-9（提升） 在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻，为滑动变阻器。电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A.滑片P向下移动时，电流表示数增大 B.滑片P向上移动时，电阻的电流增大
C.当时，电流表的示数为2A D.当时，电源的输出功率为32W
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 其他星球表面的重力加速度,单摆周期公式的简单应用

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（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

7-2（基础） 在地球上一个周期为1 s的单摆被宇航员带到了一个未知星球，发现这个单摆的周期成为2 s，那么这个星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的关系为（　　）
A.四分之一 B.一半 C.两倍 D.4倍
【正确答案】 A

7-3（巩固） 某单摆在地球上做振幅为A的简谐运动时，周期为T。若将该单摆放到重力加速度为地球表面的星球表面做振幅为的简谐运动时，周期为（　　）
A. B. C. D.3T
【正确答案】 D

7-4（巩固） 已知月球上的重力加速度大约是地球上重力加速度的，一个单摆在地球上的周期是1秒，将这个单摆放在月球上，它的周期为（　　）
A.6秒 B.秒 C.秒 D.秒
【正确答案】 B

7-5（巩固） 某行星半径为地球半径的，在其表面将一物体以的初速度竖直上抛，经过回到抛出点，地球表面的重力加速度取，忽略空气阻力和行星自转的影响，则（　　）
A.该行星表面的重力加速度大小为
B.该行星与地球的质量之比为
C.该行星与地球的第一宇宙速度相同
D.该行星与地球的平均密度之比为
【正确答案】 D

7-6（巩固） 牛顿发现“太阳与行星间的引力大小正比于质量乘积，反比于距离二次方”之后，进一步猜想，其它物体间也存在类似规律的引力。于是他以“地球与月球间的距离约为地球自身半径的倍”为已知条件，进行科学推理，从而获得需要间接验证的物理结论，该结论的内容是（　　）
A.月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的
B.月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的
C.月球绕地球做圆周运动的向心加速度约为地球表面自由落体加速度的
D.月球绕地球做圆周运动的向心加速度约为地球表面自由落体加速度的
【正确答案】 D

7-7（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

7-8（提升） 航员在月球表面附近自高处以初速度水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为。已知月球半径为，万有引力常量为。则下列说法正确的是（　　）
A.月球表面的重力加速度 B.月球的质量
C.月球的第一宇宙速度 D.月球的平均密度
【正确答案】 D

7-9（提升） 2021年6月11日，国家航天局在北京举行“天问一号”探测器着陆火星首批科学影像图揭幕仪式，标志着我因首次火星探测任务取得圆满成功。已知火星直径约为地球直径的50%，火星质量约为地球质量的10%，探测器在地球表而的环绕周期约为85min，地球表面的重力加速度取g=9.8m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.“天问一号”的发射速度为7.9km/s
B.火星与地球的第一宇宙速度的比值为
C.火星表面的重力加速度大小约为3.92m/s2
D.“天问一号”绕火星表面运行的周期小于85min
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 弹簧类问题机械能转化的问题,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】


8-1（基础） 如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（ ）

A.最大速度相同 B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同 D.重力势能的变化量不同
【正确答案】 C

8-2（基础） 如图所示，两根相同的轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．可视为质点、质量不同（m1≠m2）的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止竖直向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块（ ）

A.上升的最大高度一定相同
B.重力势能的变化量一定相同
C.最大加速度一定相同
D.最大速度一定相同
【正确答案】 B

8-3（巩固） 如图所示，两根相同的弹簧一端固定在水平地面上，另一端分别与小物块A、B连接。弹簧的劲度系数，小物块A、B的质量分别为、。用一根轻绳通过两定滑轮连接两小物块，与两小物块连接部分轻绳处于竖直，两弹簧恰好为原长。静止释放两小物块A、B，两弹簧一直处于弹性限度内，重力加速度，则两小物块运动过程中的最大速度为（ ）

A.3.60m/s B.2.20m/s C.0.90m/s D.1.2m/s
【正确答案】 D

8-4（巩固） 如图所示，倾角为的光滑斜面顶端有一固定挡板，轻弹簧上端与挡板相连，下端与滑块相连。当弹簧处于原长时，由静止释放滑块，滑块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，已知重力加速度为。则（　　）

A.滑块在最低点的加速度大于
B.弹簧劲度系数越大，滑块的振幅越小
C.弹簧劲度系数越大，滑块的最大速度越大
D.斜面的倾角越大，滑块最大速度位置离挡板越近
【正确答案】 B

8-5（巩固） 劲度系数为k的轻弹簧一端固定在倾角30°的足够长光滑斜面底端，另一端与质量为m的物块A相连，跨过定滑轮O的轻绳一端系住A，另一端与质量为m的球B相连，细线OA平行于斜面（如图所示），用手托住球B，使轻绳刚好伸直。现松手使球B从静止开始下落，物块A将在斜面上做简谐运动，下列说法正确的是（　　）

A.物块A获得的最大速度v＝
B.物块A获得的最大速度v＝
C.球B下落最大高度h＝
D.球B下落最大高度h＝
【正确答案】 A

8-6（巩固） 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放小球A能够下降的最大高度为h，则运动过程中小球A的最大速度为（　　）(重力加速度为g，不计空气阻力，弹性势能EP=）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-7（巩固） 如图a所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，上端与质量为的木块A相连，且保持静止。现在A上施加竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动。F的大小与木块移动距离x的关系如图b所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内，g取。下列说法正确的是（　　）

A.弹簧的劲度系数为
B.当木块下移时，若撤去F，则A的最大速度为
C.当木块下移时，若撤去F，A能上升的最大高度为
D.在木块下移的过程中，弹簧的弹性势能增加
【正确答案】 B

8-8（提升） 一根劲度系数为的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为的物块。用一水平木板将物块托住，使弹簧处于原长状态，如图所示。现让木板由静止开始向下匀加速运动，加速度大小，忽略一切阻力。下列说法正确的是（　　）

A.物块下落的整个过程中，物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
B.当弹簧的伸长量时，物块与木板分离
C.物块下落到最低点时的加速度大小为g
D.下落过程中物块的最大速度
【正确答案】 D

8-9（提升） 如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O，某人将质量为m的物块放在弹簧上端O处，使它缓慢运动到A处（OA高度差为2h），放手后物块处于平衡状态，在此过程中人所做的功为W，如果将物块从距离弹簧上端O点高H的地方由静止释放，设物体此后只在竖直方向运动，且不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A.物体下落到OA中点处时，动能为mg（H+h）-
B.物体释放后的最大速度为
C.物体释放后，动能最大值为mgH-W
D.物体运动过程中机械能守恒
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 折射和全反射的综合问题,发生全反射的条件、临界角

【正确答案】
A C
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，半圆形玻璃砖放在水平面上，玻璃砖底部涂有反射层，由a、b两束单色光组成的复色光以水平方向射到圆弧面上的P点，光束折射后经玻璃砖底面反射，单色光a从圆弧面上的A点射出，单色光b从圆弧面上的B点射出，则下列判断正确的是（　　）

A.a光的频率大于b光的频率
B.a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度
C.用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
D.从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
【正确答案】 AC

9-2（基础） 一束可见光a由3种单色光m、p和q组成，光束a通过三棱镜后的传播情况如图所示。关于3种单色光m、p和q，下列说法正确的是（　　）

A.在真空中，单色光p的传播速度最大
B.在三棱镜中，单色光m的传播速度最大
C.从三棱镜射向空气时，单色光m发生全反射的临界角最大
D.三棱镜对单色光q的折射率最小
【正确答案】 BC

9-3（巩固） 如图所示，一束黄光和一束蓝光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知，，光速，则下列说法正确的是（　　）

A.两束光穿过玻璃柱体所需时间相同
B.玻璃对OM光束的折射率为
C.OM光束在该玻璃中传播的速度为
D.若将OM光束从M点沿着MO方向射入，一定不会发生全反射
【正确答案】 BD

9-4（巩固） 如图所示，一块上下表面平行的玻璃砖，横截面为直角三角形ABC，斜边AC长度为L，。一光线从AB边的O点以平行于斜边AC的方向射入玻璃砖，光线经BC边反射后垂直AC边射出玻璃砖。已知真空中的光速为c。则（　　）

A.玻璃砖的折射率为
B.玻璃砖的折射率为1.5
C.光线可在AB边平行移动，则光线从BC边出射时，在玻璃砖中传播的最短时间为
D.光线可在AB边平行移动，则光线从BC边出射时，在玻璃砖中传播的最短时间为
【正确答案】 AC

9-5（巩固） 如图所示，一玻璃三棱镜，其横截面为直角三角形，∠A=90°，∠B=30°。一光线平行于BC边从AB边中点P射入棱镜，在BC边全反射后，从AC边上Q点（图中未画出）射出，出射光线垂直于AC边。已知真空中的光速为c，则（　　）

A.Q点为AC边中点
B.光在玻璃三棱镜内的传播速度为
C.玻璃三棱镜的折射率为1.5
D.将入射点P上移，光线可能从BC边上垂直射出
【正确答案】 BD

9-6（巩固） 玻璃球中的气泡通常看起来都特别明亮，如图甲所示。若某玻璃球中心有一球形气泡，可简化为如图乙所示，其中一细光束从玻璃球表面的A点射入玻璃球后照射到空气泡表面上P点，在P点反射后到达玻璃球表面的B点。细光束在P点的入射角，两点的距离为d。已知该玻璃的折射率为1.5，光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射。下列说法正确的是（　　）

A.细光束在P点发生全反射
B.细光束在B点发生全反射
C.细光束从A点传播到B点的时间为
D.细光束从A点传播到B点的时间为
【正确答案】 AC

9-7（巩固） 如图所示，将透明长方体放在空气中，矩形是它的一个截面，两种单色细光束从点射入，入射角，，若光折射后恰好射至点，光从面射出，则（　　）

A.在介质中光的速度比光的速度小
B.该介质对光的折射率力
C.该介质对光的折射率
D.若要光在面上发生全反射，角的范围应满足
【正确答案】 ACD

9-8（提升） 如图，在折射率的液体表面上方有一单色激光发射器S，它能垂直液面射出细激光束，在液体内深h处水平放置一平面镜，镜面向上，平面镜中心O在光源S正下方。现让平面镜绕过O点垂直于纸面的轴开始逆时针匀速转动，转动周期为T，液面上方的观察者跟踪观察液面，观察到液面上有一光斑掠过，进一步观察发现光斑在液面上P、Q两位置间移动。下列说法正确的是（　　）

A.在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为
B.液面上P、Q两位置间距离为h
C.光斑刚要到达P点时的瞬时速度为
D.光斑刚要到达P点时的瞬时速度为
【正确答案】 AC

9-9（提升） 某半径为类地行星表面有一单色光源，其发出的各方向的光经过厚度为、折射率为的均匀行星大气层（图中阴影部分）射向太空。取包含和行星中心的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为的轨道上绕行星做匀速圆周运动，忽略行星表面对光的反射，已知，，则（　　）

A.大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为
B.若卫星探测器运行时，只能在轨道上某部分观测到光，则这部分轨道弧长为
C.若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大
D.若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率
【正确答案】 BC

【原卷 10 题】 知识点 根据波的图象判断质点在某时刻的位移、速度和加速度方向,判断波源初始振动的方向,波的多解问题,传播方向的多解问题

【正确答案】
A B D
【试题解析】


10-1（基础） 在t=0时刻，位于原点处的波源O以某一频率开始简谐振动，产生的机械波在均匀介质中沿x轴正方向传播。一段时间后，波源O的振动频率发生变化。t=4s时，波形图如图所示，此时x=4m处的质点恰好开始振动。已知质点Q位于x=9m。下列说法正确的是（ ）

A.波源O的起振方向为y轴负方向
B.波源O的起振方向为y轴正方向
C.t=4s时起，再经过6s，质点Q通过的路程为4cm
D.t=4s时起，再经过6s，质点Q通过的路程为8cm
【正确答案】 AC

10-2（基础） 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到平衡位置为x=1m的P质点时开始计时，已知在t=0.6s时P、M间第一次形成图示波形，此时平衡位置为x=4m的M质点正好在波谷。下列说法正确的是（　　）

A.t=0.6s时P质点的振动方向为y轴负方向
B.该列简谐横波的周期可能为0.6s
C.该列简谐横波的传播速度可能为20m/s
D.从计时开始到t=0.4s，平衡位置为x=2m处的质点通过的路程可能为40cm
【正确答案】 AB

10-3（巩固） 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的部分波形如图中实线所示，t=0.5s时刻的部分波形如图中虚线所示，已知波长，则下列说法正确的是（　　）

A.该波周期的最大值为2.5s B.该波速度的最小值为2m/s
C.t=0时刻质点P沿y轴负方向运动 D.t=0.5s时刻质点Q速度为零
【正确答案】 AB

10-4（巩固） 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，图中的实线和虚线分别是相隔Δt的前，后两个时刻的波形图，下列说法正确的是（　　）

A.若，则波源的振动周期可能为8s
B.若，则波源的最大振动周期为8s
C.若，则简谐波的波速可能为7m/s
D.若，则简谐波的最小波速为1m/s
【正确答案】 AC

10-5（巩固） 一列简谐横波沿x轴传播，波的振幅为8cm。已知在时刻简谐横波的波形如图中实线所示，介质中Q、R两质点的位移均为－4cm；在时刻该波的波形如图虚线所示。，若已知，且图中P质点在时刻正沿y轴正方向运动，下列说法正确的是（　　）

A.该波沿x轴正方向传播，波速为40m/s
B.该波沿x轴负方向传播，波速为50m/s
C.从时刻起，Q质点比R质点先回到平衡位置
D.从时刻起，Q质点在时间内运动的路程为52cm
【正确答案】 BD

10-6（巩固） 如图所示为一列简谐横波沿x轴方向传播的波形图，其中实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图，已知简谐横波传播的速度大小，下列说法正确的是（　　）

A.该波沿x轴正方向传播
B.该波的周期为4s
C.在0～0.05s时间内，平衡位置处的质点运动的路程为10cm
D.在时刻，平衡位置处的质点沿y轴正方向运动
【正确答案】 AC

10-7（巩固） 如图所示，一列简谐横波沿轴传播，实线是时刻的波形图，虛线是时刻的波形图。是平衡位置在处的质点，该质点的振动方程为，是平衡位置在处质点，则下列说法正确的是（　　）


A.这列波沿轴正向传播 B.这列波的传播速度大小为10m/s
C.的值可能为1.1s D.0.8s的时间内，质点通过的路程为2m
【正确答案】 BC

10-8（提升） 一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2 cm，周期为T。已知t＝0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.该列简谐横波波长可能为150 cm
B.该列简谐横波波长可能为12 cm
C.当质点b的位移为＋2 cm时，质点a的位移为负
D.在t＝时刻质点b速度最大
【正确答案】 ACD

10-9（提升） 一列简谐波沿x正方向传播，振幅为2cm，周期为T，如图所示，在t=0时刻波上相距50cm的两质点a、b的位移大小都是，但运动方向相同，其中质点a沿y轴负方向运动，下列说法正确的是（　　）

A.该列波的波长可能为75cm
B.该列波的波长可能为45cm
C.当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负
D.在时刻，质点b的速度最大
【正确答案】 AC

【原卷 11 题】 知识点 应用动能定理求变力的功,动量定理的内容和表达式,平抛运动位移的计算

【正确答案】
C D
【试题解析】


11-1（基础） 将一个质量为m的小球以初速度竖直向上抛出，如图所示。由于强风影响，小球到达最高点时其速度方向水平向右，大小为v，此时比抛出点高H。在此过程中，下列判断正确的是（　　）

A.小球抛出时，重力的瞬间功率为
B.小球到达最高点时，重力的瞬间功率为
C.在此过程中，合外力做功
D.在此过程中，除了重力，其它力做的总功为
【正确答案】 AD

11-2（基础） 如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（　　）

A.小球在A点的初速度为
B.小球在A点的初速度为
C.小球的落地点到A点的距离为R
D.小球的落地点到A点的距离为2R
【正确答案】 BC

11-3（巩固） 北京2022年冬奥会的成功举办掀起了全民冰雪运动热潮。图为某跳台滑雪赛道简化示意图，助滑坡竖直高度为h，着陆坡BC连线与水平方向的夹角为45。一质量为m的运动员（包括装备）从助滑坡上A点静止下滑，经B点以大小为的速度水平飞出，最终在着陆坡上D点着陆。运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。运动员从A点到D点的过程中（　　）

A.克服摩擦阻力做的功为
B.克服摩擦阻力做的功为
C.BD的长为
D.BD的长为
【正确答案】 BC

11-4（巩固） 如图甲所示，光滑水平轨道与光滑半圆轨道相连接。小球从水平轨道上以某一速度进入半圆轨道，小球经过半圆轨道最高点B时的速度的平方v2与此时轨道与小球间弹力F的关系如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.半圆轨道的半径为R=0.4m
B.小球的质量为m=1.0kg
C.若小球恰好通过最高点B，则落地点与A点相距x=1.5m
D.若小球恰好能通过最高点B，小球在A点的动量大小为p=5kg·m/s
【正确答案】 BD

11-5（巩固） 如图所示,水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度沿直轨道向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，则下列说法正确的是（ ）．

A.小球到达c点的速度为
B.小球到达c点时对轨道的压力为mg
C.小球平抛的水平位移为2R
D.小球从c点落到d点所需时间为
【正确答案】 ACD

11-6（巩固） 如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，一个小球从A点以某速度水平抛出，一段时间后与半圆环相碰，不计空气阻力。下列判断正确的是（　　）

A.初速度越大，该过程小球的动能的增量越大
B.要使该过程小球的动能增量最大，小球应该落在C点
C.小球与半圆环相碰时速度方向的反向延长线不过半圆环的圆心
D.发现有两次抛出过程中小球重力势能变化量相同，则这两次抛出的初速度一定相同
【正确答案】 BC

11-7（巩固） 火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，地球表面重力加速度 g=10m/s²。假定航天员在火星表面做了如下实验：一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，1s后与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R=5m，小球可看作质点且质量m=5kg。则（　　）

A.火星表面重力加速度大小为 2.5m/s²
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为4m
C.小球经过管道的A点时，对管壁的压力为116N
D.小球经过管道的B点时，对管壁的压力为66N
【正确答案】 BC

11-8（提升） 2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，成为全球首座“双奥之城”。在此期间，17岁的中国运动员苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲所示是苏翊鸣在北京首钢滑雪大跳台中心的比赛过程，现将其运动过程简化为如图乙所示。运动员以水平初速度v0从P点冲上半径为R的六分之一圆弧跳台，离开跳台后M点为运动员的最高位置，之后运动员落在了倾角为的斜坡，落点距Q点的距离为L。若忽略运动员及滑雪板运动过程中受到的一切阻力并将其看成质点，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A.运动员在最高点速度为0
B.最高点M距水平面PQ的竖直距离为
C.运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间
D.运动员落在斜面时的速度大小为
【正确答案】 BD

11-9（提升） 第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上。以下说法正确的是（　　）

A.L1不能小于 B.L1不能大于
C.L1、L2之和不能小于 D.L1、L2之和不能大于
【正确答案】 BC

【原卷 12 题】 知识点 求线框进出磁场时电阻上生热,求线框进出磁场时通过导体截面的电量

【正确答案】
B D
【试题解析】


12-1（基础） 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，则（　　）

A.ad两点间的电压 B.拉力做功的功率
C.通过电路的电荷量 D.ab边产生的焦耳热
【正确答案】 BD

12-2（基础） 如图，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则第二次进入与第一次进入的过程中（　　）

A.线圈中电流之比为2∶1 B.通过横截面的电荷量之比为2∶1
C.外力做功的功率之比为2∶1 D.线圈中产生热量之比为2∶1
【正确答案】 AD

12-3（巩固） 如图所示，纸面内的菱形金属线框以速度平行于方向匀速通过一有界的匀强磁场，磁场的边界、相互平行，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．已知线框的电阻为R，线框的边长和磁场宽度均为L，，，下列说法正确的是（ ）

A.A点离开磁场后线框内的感应电流沿顺时针方向
B.线框内感应电动势的最大值为
C.此过程中穿过线框的磁通量的最大值为
D.线框穿过磁场的整个过程中回路中的最大热功率为
【正确答案】 BD

12-4（巩固） 有正方形匀质金属框，其质量为m，边长为L，距离金属框下底边H处有一垂直面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该金属框在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出（金属框下端保持水平），设置合适的磁感应强度大小B，使其匀速通过磁场，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
B.金属框在通过磁场的过程中产生的热量为
C.仅改变H，金属框仍能匀速通过磁场
D.仅改变，金属框仍能匀速通过磁场
【正确答案】 BD

12-5（巩固） 如图所示，空间等距分布垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，以下说法正确的是（　　）

A.线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量
B.线框刚进入第一个磁场区域时，安培力大小为
C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热
D.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域
【正确答案】 ACD

12-6（巩固） 如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和的两只单匝闭合线框a和b，以相同的水平速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则在此过程中（　　）

A.线框a、b中电流大小之比 B.线a、b中电流大小之比
C.线框a、b中焦耳热之比 D.线框a、b中焦耳热之比
【正确答案】 AC

12-7（巩固） 如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为的水平虚线、、、，在、之间与L3、L4之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现有一矩形线圈，长边，宽边，质量为，电阻为，将其从图示位置（边与重合）由静止释放，边经过磁场边界线时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，边始终水平，已知重力加速度，则（ ）

A.边经过磁场边界线后线圈要做一段匀速运动
B.边经过磁场边界线后线圈要做一段加速运动
C.边经过磁场边界线和的时间间隔为
D.从线圈开始运动到边经过磁场边界线过程中，线圈产生的热量为
【正确答案】 AD

12-8（提升） 如图，倾角的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框ab边到达虚线PQ处时，线框速度刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为d，且，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是（ ）

A.当线框ab边越过虚线MN后，线框做匀减速运动
B.当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度必为
C.线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为
D.线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为
【正确答案】 CD

12-9（提升） 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则（　　）


A.v0=4v
B.线框离开MN的过程中电流方向为adcba
C.当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为gsinθ
D.从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为
【正确答案】 ABD

【原卷 13 题】 知识点 验证机械能守恒定律的实验步骤与数据处理

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 小郑想用如图所示装置验证机械能守恒定律。正方体物块A和B系在轻质细绳两端跨过光滑定滑轮，让A、B由静止释放，B物块上固定有遮光片。已知重力加速度为g。

（1）实验研究的对象是__________。
（2）实验中除了已知重力加速度g，物体A和B的质量mA、mB，且，则还需测量的物理量有__________。（选填正确选项前的字母）
A．物块A和B的边长 B．遮光片的宽度d
C．光电门1、2间的距离h D．遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2
（3）若实验满足表达式____________________，则可验证机械能守恒定律（用已知和（2）中测出物理量的符号表示）。
【正确答案】 物块A、B整体 BCD或BDC或CBD或CDB或DCB或DBC

13-2（基础） 用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。


设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g。图乙是实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续计时点。根据测得的x1、x2、x3、x4，写出重锤由B点到D点重力势能减少量的表达式___________，打下B点时重锤的速度为__________，打下D点时重锤的速度为__________，动能增加量的表达式___________。由于重锤下落时要克服阻力做功，所以该实验的动能增量总是___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）重力势能的减少量。
【正确答案】 小于

13-3（巩固） 验证“机械能守恒定律”的方案有很多种，让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”就是实验室常用的一种方案。
（1）本实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、重物、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有________；（选填器材前的字母）
A．天平 B．刻度尺 C．直流电源
D．交流电源 E．秒表 F．弹簧测力计
（2）不同组学生在实验操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是________；
A. B. C. D.
（3）用打点计时器打出一条纸带，截取其中一段如图所示，选取连续打出的点A、B、C、D、E为计数点，各计数点间距离已在图上标出，单位为cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点计时器打C点时，重锤的速度大小为________m/s（结果保留3位有效数字）；

（4）小华认为可通过测量重锤下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，设O点到测量点的距离为h，v为对应测量点的速度，他做出的关系图线如图所示，由图可得重物下落的加速度________（结果保留二位有效数字）。


【正确答案】 BD B 1.59 9.5（9.4-9.6）

13-4（巩固） 某实验小组验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，在完成了一系列实验操作后，得到一条纸带如图乙所示，选取纸带上某个清晰的点标为O，然后每两个点取一个计数点，分别标为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与O点的距离分别为，，，，，。

（1）某同学计算出打相应计数点时重锤的速度v，描绘图线。若实验中重锤所受阻力可忽略，从理论上分析，合理的图像是下图中的______。
A. B.C. D.
（2）若重锤的质量为m，取打点O时重锤所在水平面为参考平面，算出打各个计数点时对应重锤的重力势能和动能，接着在坐标系中描点作出如图丙所示的和图线，求得图线斜率的绝对值为，图线的斜率为，则在误差允许的范围内，满足______（填“＞”或“＝”或“＜”）关系时重锤机械能守恒。若操作规范、计算无误，由于阻力的影响，实际情况______（填“＞”或“＝”或“＜”）；
（3）关于上述实验，下列说法正确的是______。
A. 实验中可用干电池作为电源
B. 可以通过计算出计数点的瞬时速度
C. 图乙纸带的右端与重锤相连
D. 重锤最好选择密度较大的金属块
【正确答案】 A ＝ ＞ D

13-5（巩固） 某班级同学利用如图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验，已知打点计时器打点的周期为T，当地重力加速度为g。

（1）在实验过程中，下列操作正确的有__________。
A．必须秤出重物的质量
B．释放重锤前，手捏住纸带上端，让重物靠近打点计时器并使纸带保持竖直
C．做实验时，先释放重物，再接通打点计时器的电源
（2）小华在实验过程中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量_________。
（3）很多实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，原因是__________。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．没有采用多次实验取平均值的方法
D．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
（4）小芳在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，计算出打相应计数点时重物的速度v，若描绘出的图像是一条过原点的倾斜直线，能否说明重物下落过程中机械能守恒__________（填“能”或“不能”），并写出理由______________________________。
【正确答案】 B D 不能 见解析

13-6（巩固） 某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，实验所用的电源为学生电源，可以提供输出电压为8V的交变电流和直流电，交变电流的频率为50Hz。重锤从高处由静止开始下落，电磁打点计时器在纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。

（1）他进行了下面几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器材；
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；
C.用天平测出重锤的质量；
D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；
E.测量纸带上某些点间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的功能
其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______。（均填步骤前的选项字母）
（2）这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计时点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重锤的速度为______m/s，若重锤的质量为1.0kg，从O点下落到B的过程中重力势能的减少量为______J。O点下落到B的过程中动能增加量为______J（，计算结果均保留3位有效数字）

（3）他根据纸带上的数据算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、h为横轴画出的图像应是下图的______（填选项字母）。

【正确答案】 C B 1.84 1.74 1.69 C

13-7（巩固） 某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。

（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B的质量和（A的质量含遮光片）：
②用游标卡尺测量遮光片的挡光宽度d；
③将重物A、B用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为，则重物A速度的大小为______，重物B速度的大小为______.
（2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为：______（用重力加速度g，，d和h表示）。上述关系式没能满足的原因之一可能是：____________.
【正确答案】 空气阻力的影响，绳子与滑轮之间存在摩擦力，合理即可

13-8（提升） 某同学采用重物自由下落的方法“验证机械能守恒定律”，如图（甲）所示。打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为。

（1）下面是他实验时的操作步骤：
A.按照图示的装置安装器件；
B.将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C.用天平测量出重锤的质量；
D.先释放纸带，然后再接通电源；
E.测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F.计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能；
G.改换纸带，重做几次。
其中不必要以及不恰当的步骤有______；

（2）若已知重物的质量为，按实验要求正确地选出纸带，用毫米刻度尺测量连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图（乙）所示，那么：从打下O点到打下计数点B的过程中重力势能的减少量_____J（保留3位有效数字）；而动能的增加量______J（保留3位有效数字）。实验发现二者并不完全相等，请指出一个可能的原因__________
（3）处理数据过程中，甲乙两位同学分别发现了一种计算B点对应时刻物体速度的新思路：
甲同学发现，图中的B是除起始点外打点计时器打下的第n个点。因此可以用从O点到B点的时间nT（T是打点计时器的打点周期）计算，即，再依此计算动能的增量。
乙同学认为，可以利用从O点到B点的距离计算，即，再依此计算动能的增量。
你认为，他们的新思路中（______）
A.只有甲同学的思路符合实验要求 B.只有乙同学的思路符合实验要求
C.两位同学的思路都符合实验要求 D.两位同学的思路都不符合实验要求
（4）重锤在下落的过程中，如果所受阻力均忽略不计，h代表下落的距离，v代表物体速率，代表动能，代表势能，E代表机械能，以水平桌面为参考面，下列图像可能正确的是_______
A. B. C. D.
【正确答案】 BCD 0.476 0.473 由于克服空气阻力及纸带与限位孔的摩擦阻力做功，减少的重力势能中有少部分要转化为内能 D B

13-9（提升） 一学生小组利用给定的器材验证机械能守恒定律，步骤如下：
（1）分别测量给定的两物块的质量，质量大的为物块1，其质量记为；质量小的为物块2，其质量记为；
（2）按图（a）所示组装器材：物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接：物块2下端与打点计时器纸带相连，初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，打点计时器所用的交流电源频率为，相邻两次打点的时间间隔记为。

（3）接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打出的纸带中的一段经整理后如图（b）所示，每两个相邻的点之间还有4个打出的点未画出，将相邻点的间距依次记为和，测量并记下它们的大小；
（4）利用上述表示各物理量的符号和重力加速度的大小g完成下列填空：在打出图（b）中B点时，物块的运动速度大小为______；从打出B点到打出E点，系统动能增加量为______，系统的重力势减少量为______；
（5）该小组的实测数据为，，，，，，，取，则______J，______J，两者的相对偏差_______，如果，则可认为本实验验证了机械能守恒定律。（结果均保留2位有效数字）
（6）写出一条本实验产生实验误差的原因：_______。
【正确答案】 0.056 0.057 1.8 绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，等

【原卷 14 题】 知识点 多用电表欧姆挡的测量原理和内部电路

【正确答案】
①. 大于   ②. ×100   ③. 向下   ④. 2000
【试题解析】


14-1（基础） （1）如图所示，甲图为某一多用电表内部结构，关于此多用电表，下列说法正确的是______
A. 开关S接到位置“2”时是电压挡
B. 开关S接到位置“4”时是电流挡
C. 开关S接到位置“5”时的量程比接到位置“6”时的量程小

（2）某同学用该多用电表的欧姆挡测量某电阻的阻值，他先将选择开关旋至“×100”挡，A、B表笔短接调零后进行测量，发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至______（选填“×10”或“×1k”）挡，并重新短接调零，再次测量，指针位置如图乙所示，该电阻的阻值为______。
【正确答案】 C ×1k 13k

14-2（基础） 在练习使用多用电表的实验中，同学们分别进行了如下操作：
（1）下图（a）对多用电表的使用中，操作正确的有______。

图(a)
A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
（2）现用多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程）的内阻（大约为几十千欧），由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡。先将红、黑表笔短接调零后，按照图（b）方式连接。在本实验测量中，电压表示数为5V，欧姆表示数如图（c）所示，读出欧姆表的读数为______；请你利用所学过的知识，求出该欧姆表电池的电动势______V。（计算结果保留2位有效数字）

（3）某多用电表中欧姆档的内部电路如图（d）中虚线框内所示，已知表头满偏电流为，若一段时间后电源的电动势由1.5V降为1.45V，电源内阻不变，欧姆调零后用此表测量一未知电阻的阻值，读得示数为，则其真实阻值应为______。

【正确答案】 BC或CB

14-3（巩固） 如图所示为某同学组装的双量程欧姆表电路，欧姆表的低倍率量程为“×1”，高倍率量程为“×10”，使用过程中只需控制开关K的打开或闭合，结合调零电阻的调整，就能实现双倍率使用。所用器材如下：

A.干电池（电动势，内阻）
B.电流计G（满偏电流，内阻）
C.定值电阻
D.可调电阻
E.开关一个，红、黑表笔，导线若干
电路组装好之后，这位同学把原来表盘上的“50 mA”改为了“15 Ω”。
（1）欧姆表的表笔分为红黑两种颜色，电路图中的______（填“表笔1”或“表笔2”）应该是红色表笔。
（2）请根据电路图判断，电路中开关K______（填“打开”或“闭合”）时对应欧姆表的低倍率。
（3）使用“×10”挡位时，要保证两表笔短接时表针满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为______Ω；使用“×1”挡位时，要保证两表笔短接时表针满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为______Ω。
（4）使用“×1”挡位时，这只欧姆表刻度盘上5 Ω对应电流计G上通过的电流为______mA。
【正确答案】 表笔1 闭合 142 137.5 7.5

14-4（巩固） 在物理课外活动中，某学习小组制作了一个简单的多用电表，如图为该多用电表的电路原理图．其中电流表G的满偏电流，内阻．该小组设计了两个直流电流挡（1mA、10mA），两个直流电压约（5V，50V）和一个欧姆挡（），若“3”挡为直流电压5V挡，则：

（1）“1”挡为________（填选项前的字母）；
A．直流电流1mA挡 B．直流电流10mA挡 C．直流电压50V挡
（2）定值电阻________Ω；
（3）按照正确的操作步骤使用该多用电表进行测量，某次测量时该多用电表的指针位置如图所示．若此时B端是与“4”连接的，则该多用电表的读数为________；若此时B端是与“5”连接的，则该多用电表的读数为________。

【正确答案】 B 180 22.0V 190Ω

14-5（巩固） 某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。

（1）在电路连接时，要注意毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的___________（选填“红”或“黑”）表笔相连；
（2）调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为_________；
（3）连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表电流I，作出图像，如图丙所示，则电源的电动势______ V。在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值_________ 真实值（选填“大于“小于”或“等于”）；
（4）若想让该欧姆表在“”挡位下可以正常使用，则更换的新电源电动势_______V。
【正确答案】 红 500 5 等于 20

14-6（巩固） 多用电表在科研和生活中有着广泛的用途。例如探测黑箱内的电学元件。如图甲所示，A、B、C是黑箱上的三个接线柱，每两个接线柱之间最多只能接一个元件；黑箱内所接的元件不超过两个。某实验小组进行了以下操作步骤：

（1）多用电表调至欧姆挡，在正式测量前需要进行的实验操作是：________；
（2）该小组选择了“”挡正确操作后，实验操作测得的示数如图乙所示，则阻值为________。
（3）该实验小组选择了多用电表的电流挡配合电阻箱来测量电源电动势和内阻，作出图像如图丙所示，则该电源的电动势______V，内阻______。（结果均保留2位有效数字）
【正确答案】 短接表笔进行欧姆调零 2200 1.5 2.5

14-7（巩固） 小明同学研究了多用电表的结构原理，利用学校实验室的器材，自己组装了一个有多挡倍率的欧姆表。学校可供使用的器材如下：电流表（量程，内阻，表盘可调换），干电池3节（每一节干电池电动势为、内阻为），定值电阻两个，多量程多用电表表盘，滑动变阻器两个——其中微调滑动变阻器（最大阻值）和粗调滑动变阻器（最大阻值）。

（1）为了测量一个阻值在到之间的待测电阻，他用一节干电池组装了如图甲所示的欧姆表，经过准确的计算将电流表表盘调换成如图乙所示的多用电表表盘，则组装的这个欧姆表的倍率应为_______（选填“×1”或“×10”或“×100”），图甲中与电流表并联的电阻R应选用定值电阻中的_______（选填“”或“”）；
（2）他按照第（1）问中的组装方式组装了欧姆表后，进行了正确的欧姆调零操作。接着用它测量待测电阻的阻值，指针偏转位置如图乙所示，则读出待测电阻阻值的测量值为_______Ω；
（3）上面的操作和测量进行完之后，小明同学再利用题目所给的实验器材，组装了一个倍率为“×1000”的欧姆表，请你设计正确的电路连接方案，在图丙中把需要用到的器材连接起来_______。
【正确答案】 ×10 R1 160 见解析

14-8（提升） 在练习使用多用电表时，某同学将选择开关拨至欧姆“”挡，欧姆表的内部结构可简化成图甲中虚线框内的电路，其中定值电阻与电流表的内之比，电流表的量程已知，故能正确读出流过电流表的电流值，欧姆表已经进行了必要的调零。该同学想用一个电阻箱较精确地测出该倍率下电路中电源的电动势和欧姆表的总内阻，他的操作步骤是：
．将欧姆表与电阻箱连成图甲所示的闭合回路；
．改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数和与之对应的电流表的示数；
．将记录的各组、的数据描点在图乙中，得到图线，如图乙所示；
．根据图乙作得的图线，求出电源的电动势和欧姆表的总内阻。
(1)图甲中，表笔的颜色是___________，电源的电动势为________（一位有效数字），欧姆表总内阻为_________（三位有效数字）。电流表的量程是________（一位有效数字）。

(2)若该同学将图乙中电流表并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表，这个新欧姆表的倍率较之改装前欧姆表的倍率________（填“变大”、或者“变小”、或者“相同”）
【正确答案】 黑 变小

14-9（提升） 某实验兴趣小组为了研究电表的改装原理和练习使用多用电表，设计了如下实验。

（1）某同学用多用电表粗测电阻时采用“”倍率，结果多用电表表盘指针位置如图乙中虚线指针位置所示，为了测量更加准确，这时应该采用_______（选填“”或“”）倍率，换完倍率以后需要重新进行_______（选填“机械调零”或“欧姆调零”），如果此时读数如图乙中实线指针位置所示，则读数是_______。
（2）图甲为某同学随意设计的电流挡，电压挡的两用表电路图。已知电流计G的量程是，内阻是，电阻，，则选择开关接到“1”是________（选填“电流挡”或“电压挡”），其量程是______；选择开关接到“2”时，其挡位的量程是________。
（3）一个多用电表的电池用久了，电动势E由降成，内阻r由变成，现用此电表欧姆调零后测量未知电阻，读数为，则其真实值为_______
【正确答案】 欧姆调零 电流挡 0.9A 156V

【原卷 15 题】 知识点 判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况,应用波意耳定律解决实际问题,理想气体状态方程

【正确答案】
（1）72cmHg；（2）25cm
【试题解析】


15-1（基础） 足够长的玻璃管水平放置，用长的水银封闭一段长为的空气柱，大气压强为，环境温度为，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：
①空气柱是吸热还是放热
②空气柱长度变为多少
③当气体温度变为时，空气柱长度又是多少？

【正确答案】 ①放热；②；③

15-2（基础） 如图所示，长直均匀玻璃管A上端封闭，长直均匀玻璃管B上端开口且足够长，A、B两管粗细相同。两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为的空气柱，左右两水银面高度差为，已知外界大气压为，温度为。热力学温度与摄氏温度的关系为，空气可视为理想气体。现在向上缓慢移动B管，使A管中气柱长度变为5cm，求：
（1）上述操作中B管向上移动的高度是多少；
（2）A管中气柱长度变为后，保持B管不动而升高气体温度，为使A管中气柱长度恢复到，则温度应升高到多少。

【正确答案】 （1）；（2）

15-3（巩固） 如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T时，被封闭的气柱长，两边水银柱高度差，已知大气压强。求：
（1）此时被封闭的气柱的压强p；
（2）现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后封闭气柱长度变为，此时两边水银柱的高度差。

【正确答案】 （1）；（2）

15-4（巩固） 足够长的玻璃管水平放置，用长15cm的水银封闭一段长为24cm的空气柱，大气压强为75cmHg，环境温度为300K，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则
（1）空气柱长度变为多少？
（2）该过程空气柱是吸热还是放热？
（3）当气体温度变为360K时，空气柱长度又是多少？

【正确答案】 （1）20cm；（2）放热；（3）24cm

15-5（巩固） 如图所示，两侧粗细均匀、横截面积均是S、高度均为的U型管，现处于倒置状态，左管下端开口，右管下端封闭，左管中有高的水银柱，管内封闭有一段气体。已知水银柱下表面离管口的距离。管底水平段的体积可忽略。在转动过程中，始终没有水银流出。环境温度为，大气压强。
（1）现将U型管缓慢转动直至左右两管都平放在水平面上，求稳定后水银柱液面离管口的距离是多少？
（2）U型管平放在水平面后，再将密封气体缓慢加热，使水银柱液面恰好与管口平齐。求此时封闭气体的温度。

【正确答案】 （1）；（2）

15-6（巩固） 如图甲所示装置，导热良好的两个薄壁汽缸A、B通过活塞C、D分别封闭了两部分同种理想气体a、b，活塞通过不计质量的细杆相连，竖直静置在水平面上。两个汽缸的质量均为，活塞C的质量，活塞D的质量，两个活塞的横截面积均为，气体a和b对应的体积恰好相等。已知外界大气压强为，环境温度不变，重力加速度g取，不计所有摩擦。
（1）求气体a、b的压强和；
（2）如图乙，将装置放置于光滑水平地面上，两活塞均不脱离汽缸，求稳定后气体a、b的体积之比。

【正确答案】 （1），；（2）

15-7（巩固） 导热良好的U形管，左管开口向上，封闭的右管直径是左管的2倍，管中水银封闭一段气体，如图所示，左管水银面到管口距离为h1=22cm，且水银面比右管内水银面高，右管内空气柱长为h2=11cm，大气压为p0=75cmHg。现用小活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使两管液面达到同一高度，推动过程中环境温度保持不变，推动活塞时无漏气现象。试求：
（1）右管中气体的最终压强；
（2）活塞推动的距离。

【正确答案】 （1）88cmHg；（2）7.25cm

15-8（提升） 如图所示为某同学设计的检查U形玻璃管是否漏气的装置。在U形玻璃管的右侧连接一水平且足够长的细玻璃管，用两段水银柱封闭一定质量的理想气体，已知U形玻璃管与水平玻璃管的内径均匀且相等，大气压强为75cmHg，环境温度为300K，稳定时U形玻璃管左、右液面的高度差为5cm，右侧液面到水平玻璃管的距离为20cm。
（1）若U形玻璃管气密性良好，导热性能也良好，缓慢改变环境温度直到U形玻璃管左、右液平，求此时的环境温度。
（2）若在（1）状态稳定后，U形玻璃管开始缓慢漏气，当漏到左、右液面的高度又相差5cm时，求剩余的气体质量占原来气体质量的百分比（结果保留3位有效数字）

【正确答案】 （1）；（2）

15-9（提升） U形管的两支管A、B和水平管C都是由内径均匀的细玻璃管做成的，它们的内径与管长相比都可忽略不计。已知三部分的截面积分别为 SA=1×10-2cm2、SB=3×10-2cm2、SC=2×10-2cm2，在C管中有一段空气柱，两侧被水银封闭。当温度为t1=27℃时，空气柱长为L=30cm（如图所示），C中气柱两侧的水银柱长分别为a=2cm、b=3cm，A、B两支管都很长，其中的水银柱高均为h=12cm。大气压强保持为p0=76 cmHg不变。不考虑温度变化时管和水银的热膨胀。
（1）图示位置时，密闭气体的压强多大？
（2）温度升高时管内气体膨胀请判断左右二边哪边的水银先全部进入竖直管内；
（3）求出温度缓慢升高到t=97℃时空气柱C的体积。

【正确答案】 （1）88cmHg；（2）右边；（3）

【原卷 16 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡,牛顿定律与直线运动-复杂过程,细绳或弹簧相连的连接体问题

【正确答案】
（1）750N；（2）1.25m/s²；（3）3.2s
【试题解析】


16-1（基础） 如图所示，在水平面上用绳连接为质量，的两个滑块，通过滑轮系着一个的物体，忽略各接触面之间的摩擦以及轻绳、滑轮的质量，重力加速度g取。
（1）求三个物体共同运动时，加速度的大小；
（2）求系在滑块两端的绳子与的拉力差。

【正确答案】 （1）；（2）

16-2（基础） 如图所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为和，它们与地面间的动摩擦因数均为。在A、B之间有一原长、劲度系数的轻质弹簧将它们连接。现分别用两个方向相反的水平恒力、同时作用在A、B两物体上，已知，，取。当物体运动达到稳定时，求：
（1）A和B共同运动的加速度；
（2）A、B之间的距离（A和B均可视为质点）。

【正确答案】 （1），方向水平向右；（2）

16-3（巩固） 如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力作用在P上，推力作用时间后撤去。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，P与桌面边缘距离足够长，Q与地面的高度差，重力加速度。求：
（1）推力作用在P上时绳中张力的大小；
（2）物块P运动的总位移。

【正确答案】 （1）；（2）

16-4（巩固） 如图所示，质量分别为M和m的两个小物块用轻绳连接，绳跨过斜面顶端的轻定滑轮，绳平行于斜面，滑轮与转轴之间的摩擦不计，已知M=2m。开始时，用手托物块M，使M离水平面的高度为h=0.5m，物块m静止在斜面底端。撤去手，使M和m从静止开始做匀加速直线运动，经过t=0.5s，M落到水平面上，停止运动，由于绳子松弛，之后物块m不再受到绳子的拉力作用。求：（g取10m/s 2）
（1）物块M竖直向下运动过程加速度的大小；
（2）物块m沿斜面运动的最大距离？（假设斜面足够长）

【正确答案】 （1）4m/s2；（2）0.75m

16-5（巩固） 如图所示，用力F向上提通过细绳连在一起的A、B两物体，使A、B以2m/s2的加速度匀加速竖直上升，已知A、B的质量分别是1kg和2kg，绳子所能承受的最大拉力是30N，取g=10m/s2，则：
（1）力F的大小是多少？
（2）为使绳子不被拉断，加速上升时F最大值为多大？

【正确答案】 （1）36N；（2）45N

16-6（巩固） 如图所示，顶端有定滑轮的粗糙斜面体A固定在水平面上，轻质细绳的一端连接质量为的物体B，另一端固定在竖直杆上。另有轻质动滑轮跨过细绳与质量为的物体C相连，整个系统处于静止状态。初始时与竖直方向的夹角为60°。已知斜面A与水平面的夹角为，物体B与斜面A之间的动摩擦因数为，重力加速度为。试求：
（1）物体B与斜面A之间摩擦力的大小；
（2）缓慢地向右移动竖直杆，物体B保持不动，求与竖直方向的最大张角（用正弦或余弦表示）。

【正确答案】 （1）；（2）

16-7（巩固） 如图所示，在倾角的光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连接的小物块A、B，已知A、B的质量均为，轻弹簧的劲度系数为，C为一固定挡板。系统开始处于静止状态。现用一恒力沿斜面方向拉物块A，使之向上运动，已知重力加速度。求
（1）B刚要离开C时，小物块A的加速度大小；
（2）从施加F开始到B刚要离开C的过程中，物块A的位移大小。

【正确答案】 （1）；（2）

16-8（提升） 如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，底角θ=37°，顶角∠B=90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，将物块a锁定，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b的质量为m，物块a质量为2m，解除物块a的锁定，同时将质量为0.5m的物块c轻放在长木板的上端，物块c始终保持静止，重力加速度为g=10m/s2， sin37° =0.6， cos37°=0.8。
（1）求开始释放时物体a的加速度；
（2）如果经过t=3s之后，ab间绳子断裂，问开始时长木板b上端距滑轮至少需多大距离才能避免与滑轮相碰？设整个过程中c不会从b上掉落。（结果保留一位小数）

【正确答案】 （1）；（2）

16-9（提升） 一根轻质细绳绕过轻质定滑轮，右边系着质量的物块A，左边穿过长为的细管后下端系着质量的小物块B，细管质量为，最初细管由锁定装置固定不动，物块B距细管下端处，已知物块B通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力，开始时A、B均静止，绳处于拉直状态，同时释放A和B，当B刚运动到细管下端时，解除锁定装置对细管的固定。不计滑轮与轮轴之间的摩擦，细管上端到滑轮上端距离足够大，g取。求；
（1）刚释放时A、B时，B对绳的拉力；
（2）B从释放到穿过细管的总时间；

【正确答案】 （1）；（2）

【原卷 17 题】 知识点 带电粒子在电场和磁场作用下做旋进运动

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 如图，磁感应强度为的匀强磁场，垂直穿过平面直角坐标系的第Ⅰ象限。一质量为，带电量为的粒子不计重力以速度从点沿着与轴夹角为方向进入磁场，运动到A点时的速度方向平行于轴，求：
(1)判断粒子的电性；（填“正电”还是“负电”）
(2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径为多少？
(3)粒子从点运动到A点的时间和A与轴的距离为d。

【正确答案】 (1)负电；(2)；(3)，

17-2（基础） 如图，匀强磁场沿z轴正向，磁感应强度大小为B，一质量为m、带电量为的粒子从O点沿y轴正向以速度v进入磁场，不计粒子的重力。求：
（1）沿z轴负方向看，粒子是顺时针运动还是逆时针运动；
（2）粒子做圆周运动的半径与周期（要求写出推导过程）；
（3）粒子第一次回到x轴上的坐标。

【正确答案】 （1）顺时针；（2）；；（3）

17-3（巩固） 如图所示，在真空中，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x轴正向、场强为E=100V/m的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度为B=100T的匀强磁场；原点O处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m=0.1kg、电荷量为-q=-0.01C的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，粒子的重力不能忽略，不计粒子间的相互作用，g=10m/s2。
（1）求粒子运动到距离x轴为h=0.2m所用的时间；
（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，场强大小变为，求从原点O射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围。（不考虑电场变化产生的影响）

【正确答案】 （1）0.2s；（2）

17-4（巩固） 比荷是带电体的电荷量与质量的比值，历史上汤姆生测定电子的比荷发现了电子，从而敲开了人类探索原子世界的大门。某学生设计了如下实验方案，测量某带电粒子的比荷。带电粒子经过加速水平进入平行板器件I，该区域存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，场强方向如图所示。粒子恰好沿图中虚线穿过，且沿平行板器件Ⅱ中点进入，器件Ⅱ的板间只有匀强电场或匀强磁场时，粒子打到屏上的同一位置P。已知器件I、Ⅱ的两平行板的长度均为L，板间距离均为d，电压均为U，器件I中的磁感应强度为2B，器件Ⅱ中的磁感应强度为B，粒子重力忽略不计，求：
(1)粒子进入器件I时的速度v0；
(2)粒子的比荷k。

【正确答案】 (1)；(2)

17-5（巩固） 如图（a）所示，两块水平放置的平行金属板A、B，板长，两板间距，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，两板加上如图（b）所示的周期性变化的电压，时A板带正电．已知时，有一个质量，带电荷量的粒子，以速度，从距A板2.5cm处，沿垂直于磁场、平行于两板的方向射入两板之间，若不计粒子的重力，取，求：
（1）粒子在t=0至内做怎样的运动?位移多大?
（2）带电粒子从射入到射出板间所用的时间。

【正确答案】 （1）做匀速直线运动，6cm；（2）

17-6（巩固） 如图所示，在正交坐标系的空间中，同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度大小为，方向与平面平行，且与轴的夹角为。一质量为、电荷量为（）的带电粒子从轴上的点（，，）沿平行于轴正方向以速度射入场区保持匀速直线运动，不计重力。
（1）求电场强度的大小；
（2）若撤去磁场，求带电粒子从射入后运动到平面时的坐标。

【正确答案】 （1）；（2）（，，）

17-7（巩固） 如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高处分别有P、Q两点，NS和MT间距为。质量为、带电量为的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为。
(1)求该电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。

【正确答案】 (1)，方向竖直向上；(2)

17-8（提升） 某离子束实验装置的基本原理如图1所示，在半径为R的圆柱形底面建立空间直角坐标系，坐标原点与圆柱底面圆心重合。圆柱形区域内存在沿z轴负方向、电场强度为E的匀强电场，圆柱形区域正上方存在沿x轴负方向、磁感应强度为B0的匀强磁场。如图2所示，从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，经电场加速后从圆柱形边界正上方沿y轴负方向进入磁场，恰好在圆柱顶面圆心处与y轴正方向成θ角斜向下射出磁场，进入圆柱形区域内的电场中，最后落在圆柱底面上坐标为（0，R，0）的D点（图中未画出），不计离子重力。
（1）求加速装置的电压U；
（2）求圆柱形区域的高度h；
（3）在离子进入圆柱形区域时，在圆柱形区域内加一个磁感应强度大小为B0、方向沿z轴周期性变化的磁场，以z轴正方向为正方向，离子进入圆柱形区域的时刻为计时起点，磁场的变化如图3所示。已知磁场方向变化的周期为，，求该离子打在圆柱形底面的位置坐标。


【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-9（提升） 离子推进器又称离子发动机，广泛用于空间推进。中国空间站天和核心舱用来调整姿态、维持轨道的霍尔推进器就是离子推进器的一种。如图所示，某种离子推进器模型由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和左右侧面间距为2L的长方体构成，长方体的上下面、前后面间距足够大，其右侧面P为喷口。以金属板N上的小孔O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在大小为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；长方体Ⅰ区域宽度为L，存在沿x轴正方向匀强电场（大小未知）；Ⅱ区域存在匀强磁场B沿x轴正方向，大小可调。质子束从离子源小孔S飘出（可认为初速度为0），经M、N板间电场加速后进入匀强电场和磁场区域，最后从右侧面P射出。已知质子的质量为m、电荷量为e，忽略离子间的相互作用。测得质子到达Ⅰ、Ⅱ区域分界面时的速度方向与x轴正方向成角度。
（1）求Ⅰ区域匀强电场的大小；
（2）调节Ⅱ区域匀强磁场B的数值，使得质子均能从右侧面P射出，求B的取值范围；
（3）若，求质子离开右侧面P时的位置坐标；
（4）离子源释放的离子变成粒子，其质量为4m，电荷量为2e，保持第（3）问的匀强磁场不变，同时在Ⅱ区域空间加上另一个匀强电场，大小为，方向在xOy平面内且与x轴正方向、y轴负方向都成斜向下，判断粒子进入Ⅱ区域时的位置坐标，并说明粒子在Ⅱ区域中的运动性质，画出运动轨迹示意图。（标明轨迹所在的平面）

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4），匀变速曲线运动，

【原卷 18 题】 知识点 多物体多次碰撞问题,利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 如图所示，质量均为2m、长均为l的木板A、B并排拴接静置于光滑的水平面上，质量为m的小物块C（可视为质点）以水平速度（未知）从左端滑上木板A，已知A、B两木板与小物块间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，求满足什么条件才能使C滑上B但不会从B上掉下。

【正确答案】

18-2（基础） 如图所示，三个质量均为lkg 的小滑块 A、B、C沿直线静止排列在水平面上，其中A、B 与水平面间无摩擦，C与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4。某时刻给滑块A水平向右的速度 vo=6m/s，与滑块B碰撞后粘在一起形成结合体P（P与水平面间无摩擦），结合体P与滑块C发生多次弹性碰撞后停止在水平面上。已知重力加速度g=10m/s²。求：
（1）A、B碰撞过程中，B受到的冲量大小I；
（2）P、C第一次碰撞到第二次碰撞的时间 to；
（3）整个过程中滑块C的位移大小x。

【正确答案】 （1）3Ns；（2）2s；（3）2.25m

18-3（巩固） 如图所示，光滑水平地面上放置着质量为的长木板A和质量为的滑块C，长木板的左端放有质量为的滑块B（可看成质点）．现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量，此后A、B一起向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（时间极短），再经过一段时间后A、B再次一起向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变．已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度取，求：
（1）获得冲量后瞬间A、B的速度；
（2）A、C碰撞时损失的机械能；
（3）要保证滑块B不脱离长木板A，长木板A的长度至少为多长。

【正确答案】 （1），方向水平向右；（2）；（3）

18-4（巩固） 如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为，半圆形轨道的底端放置一个质量为的小球B，水平面上有一个质量为的小球A以初速度开始向着木块B滑动，经过时间与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数，求：
（1）两小球碰撞前A的速度大小；
（2）两小球碰撞后B的速度大小；
（3）小球B运动到最高点C时对轨道的压力。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），方向竖直向上

18-5（巩固） 如图所示，甲车质量，车上载有质量的人，二者一起从斜坡上高处由静止滑至水平地面时，质量的乙车以速度迎面滑来。为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车迎面跳上乙车，不计一切摩擦，人和车均可视为质点，水平面及斜坡均足够长。求：
（1）人和甲车滑至水平面时的速度；
（2）人跳离甲车的水平速度（相对地面）应满足什么条件。

【正确答案】 （1）；（2）

18-6（巩固） 质量为mB＝2kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2kg的小球C用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短，C、A碰后，小球C向左反弹，反弹的速度大小为vC′＝2m/s，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）小球C与物块A碰撞前的速度vC大小；
（2）C和A碰后，A获得的速度vA大小；
（3）为使物块A不滑离木板B，木板B长度x至少多长？

【正确答案】 （1）vC＝4m/s，;（2）vA＝2m/s；（3）0.25m

18-7（巩固） 如图，光滑水平面上静置一质量、长的长木板，在长木板右侧某位置固定一光滑绝缘的竖直半圆轨道，半径，半圆轨道下端与长木板上表面齐平，竖直直径右侧区域存在竖直方向的匀强电场，在半圆轨端静置一质量、电荷量的小物块。质量的小物块a从长木板左端以的水平速度冲上长木板，物块a与长木板的动摩擦因数。长木板与半圆轨道相撞前已与物块a共速，碰撞后长木板瞬间停止。已知物块a、b间发生弹性碰撞且物块b电荷量不变，之后小物块b在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等。g取，求：
（1）匀强电场的场强大小和方向；
（2）物块b在半圆轨道内运动的时间。

【正确答案】 （1），方向竖直向上；（2）

18-8（提升） 如图为煤块传送系统的简化结构图，长的水平传送带与质量、静止在光滑水平地面上的长木板靠在一起，距长木板右端处固定一光滑曲面轨道，且曲面轨道末端与传送带、长木板上表面在同一水平面，传送带以的速度匀速顺时针转动。现在传送带A端无初速度地放上质量的煤块（可视为质点），经过一段时间煤块被传送到传送带的右端，随后煤块平稳滑上长木板，长木板与C端发生第二次碰撞时，煤块滑离长木板，平稳滑上光滑曲面轨道，最终从D点飞出后落到地面上。长木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。已知煤块与传送带、长木板上表面之间的动摩擦因数均为，长木板厚度，4m，D点与地面高度差恒为，取重力加速度，不计空气阻力，求：
（1）煤块在离开传送带时的速度大小；
（2）长木板与C端第一次发生碰撞时的速度大小；
（3）若煤块从D点飞出时速度方向可以改变，求煤块的最大水平射程。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

18-9（提升） 水平面上O点的左边光滑，右边粗糙。材料不同、密度均匀的长方体物块甲和乙，乙的质量m2是甲的质量m1的3倍，两物块的底边长均为L=1m，甲乙分别以=2m/s的初速度先后从O的左边向右运动进入粗糙面，甲停在O点右端，其左端距离O点S=1.5m，乙恰好停在O点的右边(如下图）。重力加速度g=10m/s2。
（1）分别求出物块甲和乙与右平面的动摩擦因数μ1，μ2。
（2）保持乙在O的右侧，再次将甲从左光滑面上以8m/s的速度匀速向右滑动，t=0s时刻甲与乙发生弹性碰撞，同时在甲的左边光滑面上固定一挡板（甲与挡板碰撞后会立刻原速率返回），经过0.5s后，甲和乙再次发生弹性碰撞，求甲乙都静止时两者相隔的距离。(结果保留两位小数，)

【正确答案】 （1）μ1=0.1， μ2=0.4；（2）


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
当地球年龄为年时铀238经过了一个半衰期，铀235经过了6个半衰期，所以目前天然铀238含量与铀235质量之比为

故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由半衰期定义

代入数据

解得半衰期

故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．汤姆孙发现了电子，并利用电磁场测量出了电子的比荷，A正确；
B．原子从低能级跃迁到高能级时，需要吸收一定频率的光子，B错误；
C．由质量数守恒和电荷数守恒得
，
解得
，
所以代表的是，即粒子，故该过程为衰变，C错误；
D．半衰期与温度无关，D错误。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．镅原子核中有95个质子，146个中子。故A错误；
B．依题意，镅衰变所释放的射线会将空气分子电离，可知为衰变。故B错误；
C．半衰期为432年，所以的镅经864年（两个半衰期）将有发生衰变。故C正确；
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅不会因温度升高而半衰期变短。因为半衰期由原子核内部因素影响，与外界环境变化没有关系。故D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碳14自发衰变中有能量产生，可见碳14自发衰变时存在质量亏损，A错误；
B．的中子数与的中子数分别为8个和7个，中子数不相等，B错误；
C．由核反应特征知，氮气受到中子的轰击产生的核反应中总质量数不变，C错误；
D．半衰期由原子核本身性质决定，与外界因素无关，即增大压强不能使的半衰期变为5721年，D正确。
故选D。
1-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．衰变方程为

故A错误；
B．衰变产物的质子数是7个，故B错误；
C．衰变的实质是将一个中子转变为质子，并放出一个电子，故C错误；
D．一个半衰期后，剩下的为原来的，故D正确。
故选D。
1-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．一块质量为m的铀经过两个半衰期后，剩余的铀质量为

可知有0.75m质量铀产生衰变，A错误；
B．放射性元素的半衰期与物理环境无关，因此当温度升高时，放射性元素的半衰期不变，B错误；
C．放射性同位素也能用人工方法制得，如磷30，C错误
D．同位素的核外电子数相同，化学性质相同，放射性同位素带有“放射性标记”，可用探测器探测，因此利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，作为示踪原子，D正确。
故选D。
1-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．铀238发生α衰变的方程为

选项A错误；
B．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适应，选项B错误；
C．铀238（）最终衰变形成铅206（），α衰变的次数次，β衰变的次数82+2×8-92=6次，选项C正确；
D．测得某岩石中现含有的铀是岩石形成初期时的一半，即经过了一个半衰期，可推算出地球的年龄约为45亿年，选项D错误。
故选C。
1-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．X的中子数为146，质子数为92，质量数为

Y的中子数为124，质子数为82 ，质量数为

质量数减少

发生α衰变的次数为

发生β衰变的次数为

故A错误；
B．一次衰变只能放出一个α粒子或者一个β粒子，故B错误；
C．β射线是高速电子流，来自原子核内部中子的衰变，发生β衰变时，原子核内的中子转化为一个质子的同时放出一个电子，故C错误；
D．因为β粒子比α粒子穿透能力强，所以衰变中产生的β粒子比α粒子在空气中传播得远，故D正确。
故选D。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
从状态到状态，由理想气体状态方程可知

解得

又因状态到状态为等容过程，有

解得

选项B正确。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，由图可知，的过程中，气体的温度不变，气体分子平均动能不变，由玻意耳定律有

由于

则有

即过程中气体压强增大，故A错误，B正确；
CD．根据题意，由图可知，过程中气体体积不变，温度升高，则单位体积内的分子数不变，气体内能增大，故CD错误。
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由理想气体状态方程

结合图乙可知，由状态a到状态b的过程中温度在降低，同时体积在增大，则可知压强一定减小；再结合热力学第一定律

可知，体积增大，气体对外做功，，同时温度降低可知，，由此不能确定气体由状态a到状态b的过程中是吸热还是放热，或是既不吸热也不放热，故AB错误；
C．由理想气体状态方程

变式可得

结合乙图可知，气体由状态b到状态c的过程中，气体的压强不变，故C错误；
D．由状态b到状态c的过程中，气体体积增大，对外做功的同时，温度也在升高，则根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，故D正确。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．AB的反向延长线过原点，由理想气体状态方程=C（C为常量）分析可知，气体由状态A到状态B的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，温度升高，气体的内能增加，故A错误；
B．与状态A相比，状态C温度不变，则分子的平均动能不变，体积增大，分子的数密度减小，所以单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减少，故B错误；
C．从状态B变化到状态C的过程中，气体体积不变，则气体密度不变，故C错误；
D．气体从状态A变化到状态B发生的是等压变化，根据盖-吕萨克定律有

代入数据解得
TB=600K
故D正确。
故选D。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该理想气体在不同状态下都有

可得

由图像可得

所以

故a、b、c三个状态中，状态a温度最高，A错误；
B．过程中，气体温度先升高后降低，故气体分子的平均动能先变大后变小，B错误；
C．过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，而气体温度降低，气体内能减小，由热力学第一定律

故，气体放热，故C错误；
D．从a状态经历三个过程再次回到a状态的过程中，气体内能不变，ab过程中，气体对外做功为ab图线与横轴的面积，即

bc过程中，外界对气体做功为bc图线与横轴的面积，即

由热力学第一定律

解得

故气体在整个过程中共吸热，D正确。
故选D。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．A→B的过程中，压强不变，根据，可知气体温度升高，内能增大，膨胀过程气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确，B错误；
C．B→C的过程中，气体体积不变，压强减小，根据，可知气体温度降低，内能减小，由于V不变，则W=0，根据，可知气体对外界放热，故C错误；
D．根据图像的等温线分布可知在C→A的过程中，气体温度会变化，气体的内能发生变化，故D错误；
故选A。
2-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由体积－温度图像和理想气体状态方程可知，直线I、Ⅱ均为等压线，则气体在a，b两状态压强相等，A错误；
B．从状态到状态是等温变化，，根据玻意耳定律可知，B错误；
C．理想气体沿直线I从状态变化到状态，气体体积变大，气体对外界做功，，而温度升高，，由热力学第一定律有，所以，气体吸热，C正确；
D．气体在b、c两状态的温度相同，则，理想气体从状态变化到状态温度升高，则，故，D错误。
故选C。
2-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图像可知

则由a至c的过程是等容变化，而由a至b的过程不是等容变化，且气体体积减小，外界对气体做功，A错误；
B．由c至a气体温度降低，内能减小，而外界对气体不做功，则气体要对外放热，即c至a不可能在绝热状态下进行，B正确；
C．ba的延长线过坐标原点，由几何关系知，b状态下热力学温度为287K，b至c为等压变化，由状态方程可知

解得

故C错误；
D．由题意及图可知
Va＝Vc
由A中分析可得
Vb0，即气体由a经b至c吸热，吸收的热量为
Qabc＝ΔUac－Wabc
而气体从c至a，外界对气体所做功Wca＝0，根据热力学第一定律有
－ΔUac＝Wca＋Qca
可知气体由c至a放热，释放的热量
Qca＝ΔUac
比较可知，Qabc>Qca，故D错误。
故选B。

2-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．据题意，结合题图可知，气体从c到d为绝热膨胀，则


根据


则温度降低；气体从d到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则该气体在状态c的温度高于在状态a时的温度，故在状态c时的内能大于在状态a时的内能，A错误；
B．a→b过程为绝热压缩，外界对气体做功


则

即外界对气体做的功全部用于增加内能，B错误；
C．过程中体积增大，气体对外做功，即

根据热力学第一定律可知

即增加的内能小于该过程吸收的热量，C正确；
D．根据p­V图像与V轴围成的面积表示气体做功的大小，可知一次循环过程中外界对气体做的功

而一次循环过程整个过程气体内能变化为零，则整个过程

即在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，D错误；
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
双缝干涉条纹间距满足

A．仅稍微向下移动光源S，S到S1的距离将略大于到S2的距离，根据几何关系可知，此时从S发出的光经过S1和S2后到达光屏时在O点略向上的位置才能满足光程差为零，同理可知其他满足干涉增强和干涉减弱的特定光程差位置也将略微上移，即光屏上干涉条纹整体略微上移，但条纹间距不变，故A不符合题意；
B．仅增大双缝、间距，即d增大，可知条纹间距减小，故B不符合题意；
C．仅增大屏到双缝的距离，即L增大，可知条纹间距增大，故C符合题意；
D．仅改换用频率更高色光，即λ减小，可知条纹间距减小，故D不符合题意。
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由可知，只减小d，Δx变大，A项正确；
B．由可知，只减小l，Δx变小，B项错误；
C．插入平行玻璃砖，条纹间距变小，故C项错误；
D．由可知，改用绿光照射，λ减小，Δx减小，D项错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．乙图样条纹间距比丙图样条纹间距窄，根据可知形成乙图样的光的波长比形成丙图样的光的波长短，形成丙图样的光的频率比形成乙图样的光的频率小，故AB错误；
C．若只增大挡板与屏间的距离l，根据可知两种单色光相邻亮条纹间的距离都将增大，故C正确；
D．若只减小挡板上两个狭缝间的距离d，根据可知两种单色光相邻亮条纹间的距离都将增大，故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．屏上P点距双缝的路程相等，光程差为零，P点形成明条纹，故A错误；
B．屏上距双缝的路程差为点，是波长的整数倍，为加强点，是亮纹，故B错误；
C．屏上距双缝的路程差为的点,半波长奇数倍，为减弱点，是暗条纹，故C正确；
D．根据相邻明条纹间距公式

双缝S1、S2之间的距离故变小，条纹间距变宽，反之变窄，故D错误。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．和处为两条相邻的亮条纹，则双缝和到点的距离差为，A错误；
B．根据

可知减小双缝和之间的距离，条纹间距将随之增大，B错误；
C．若换成波长为的入射光，则双缝和到点的距离差为半波长的3倍，点处将形成暗条纹，C正确；
D．遮住也会发生衍射现象，也能在屏上形成明暗相间的条纹，D错误；
故选C。
3-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由

解得光波长

当光程差是半波长的3倍时，出现第二条暗纹，则、到P点的距离之差为

故选C。
3-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据双缝干涉相邻条纹间距的公式有

当双缝与屏之间的介质为矿泉水时，波长会变小，而双缝间距与双缝与屏之间的距离相同，所以小于，故A错误；
B．设光在真空中的波长为、在介质中的波长为，依题意有



联立可得该矿泉水的折射率为

故B错误；
C．点处是上方的第4条亮条纹的中心，则光到双缝的光程差为光在矿泉水波长的4倍，则来自S1和S2的光传播到点处的时间差为

故C正确；
D．将S0水平向左移动的过程中，点与双缝光程差不会改变，仍是光在介质中波长的四倍，所以点仍能观察到亮条纹，故D错误。
故选C。
3-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．画出如图所示光路图

可等效为两个相干光源S、在屏上形成双缝干涉图样，类比双缝干涉实验可知，光屏上的条纹与镜面平行，A错误；
B．由

可知，将光屏D水平向左靠面镜，使L减小，故相邻条纹间距减小，B正确；
C．将光源S竖直向下靠面镜，使d减小，故相邻条纹间距增大，C错误；
D．将光源换成白光，屏D上观察到中间为白色，边上为彩色的干涉条纹，D错误。
故选B。
3-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．平面镜的反射光相当于从S的像点发出的光，所以该装置类似于双缝干涉装置，所以能在光屏上观察到与镜面平行的干涉条纹，而不是光的衍射现象，故A、B错误；
C．将光屏沿水平方向远离线光源S，即L增大，根据双缝干涉条纹的间距公式

可知屏上的两个相邻亮条纹间的距离增大，故C正确；
D．若将线光源S沿竖直方向靠面镜平移，相当于减小了两束干涉光的间距d，根据双缝干涉条纹的间距公式

可知屏上的两个相邻亮条纹间的距离增大，故D错误。
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对整体，A和B均静止，水平方向受力平衡，所以地面对B的摩擦力为零。对物体A，因为F作用，从而受到物体B给A物体的静摩擦力，大小等于F的大小，即为1N。
故选A。
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．对人和木块的整体，由平衡可知

解得
T=100N
选项A错误，B正确；
CD．对人受力分析

解得

人与木块A间的摩擦力大小为100N，选项CD错误。
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．以小球a为研究对象，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件可知挡板与柱体对小球a作用力的合力与小球a的重力大小相等、方向相反，小球b与小球a相比，质量不变、体积增加，则柱体圆心和小球球心的连线与竖直方向的夹角减小，由力的平行四边形定则和牛顿第三定律可知，小球b对挡板的压力小于小球a对挡板的压力，小球b对柱体的压力小于小球a对柱体的压力，故AB错误；
CD．以小球和柱体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，水平方向上有

竖直方向上有

由于减小，则柱体所受地面的摩擦力减小，由于两小球质量相等，则地面对柱体的支持力不变，故C正确，D错误。

故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．对M和m构成的整体进行受力分析，如图甲所示，整体受重力(M＋m)g、水平面的支持力N、两墙面的支持力Nm 和NM，由于两正方体受力平衡，根据共点力平衡条件，水平面对正方体M的弹力大小为
N＝(M＋m)g
故AB错误；
CD．对m进行受力分析，受重力mg、两墙面的支持力Nm、M的支持力N′，如图乙所示，根据共点力平衡条件有，竖直方向
mg＝N′sinα
水平方向
Nm＝N′cosα
解得
Nm ＝
即墙面对正方体m的弹力大小等于；由整体法可知
NM＝Nm
则墙面对正方体M的弹力大小为
NM＝
故C错误，D正确。

故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．设AC段质量为，BC段质量为,分别对两段绳子受力分析可得

由于BC段绳长是AC段绳长的3倍，则
=3
解得
=30°，
故B错误，A正确。
C．对BC段绳子受力分析，可得

解得

故C错误；
D．若用竖直向下的拉力使绳C点缓慢向下运动，则拉力做正功，由于动能不变，则重力势能增大，重心上升，故D错误；
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
对左边第二个灯笼进行受力分析，受力情况如下图1所示，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为

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

联立解得

又因为已知，所以可得


故C正确，ABD错误。
故选C。

4-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．把斜劈、滑轮、物体A和物体B看成整体，由分析受力知，整体受到竖直向下的重力、天花板竖直向上的拉力及水平面竖直向上的支持力作用，处于平衡状态，即地面对斜劈的摩擦力为零，A正确，不符合题意；
B．把物体B和滑轮2看成正体，进行受力分析，由平衡条件可知，细线的拉力等于，把物体A、斜劈和滑轮1看成整体，进行受力分析，由平衡条件可知，地面对斜劈的支持力为

B错误，符合题意；
C．根据上述，若物体B匀速下降，处于平衡状态，则地面对斜劈的摩擦力一定为零，C正确，不符合题意；
D．若物体B匀速下降，处于平衡状态，根据上述可知，地面对斜劈的支持力为

D正确，不符合题意。
故选B。
4-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对节点O受力分析，绳子拉力和F的夹角不变，合力与悬挂物体的重力等大反向，作出受力分析图如下

分析发现，随着绳拉力T由竖直逐渐变为水平过程，绳拉力先增大，后减小，故A错误；
B．对m分析，绳子的拉力与M对m的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳拉力先增大，后减小，则M对m的摩擦力先增大，后减小，根据牛顿第三定律，m对M的摩擦力先增大，后减小，故B错误；
C．对M和m以及桌子、悬挂物及滑轮等物体整体，根据平衡条件，F的水平分力与地面对桌子的摩擦力等大反向，由图像可知，F的水平分力大小（图中F与T在圆上交点到G的距离）先增大后减小，则地面对桌子的摩擦力先增大后减小，故C正确；
D．对M和m整体，根据平衡条件，绳子的拉力与桌面对M的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳拉力先增大，后减小，则桌面对M的摩擦力先增大，后减小，故D错误。
故选C。
4-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
BC．对灯笼3受力分析可知


解得

设AB绳与竖直方向成夹角为，对灯笼2受力分析可知


解得


由数学知识可知AB的延长线能平分2灯与绳BC之间的夹角，且有

故BC错误；
AD．设MA绳与竖直方向成夹角为，对灯笼1受力分析可知


解得


由数学知识可知MA的延长线不能平分1灯与绳AB之间的夹角，且有

故A错误，D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电场线只是形象描述电场的假象曲线，a处电场线未画出，电场强度也不为0，故A错误；
B．在a、b两点电场强度大小相等，方向相反，故B正确；
C．该电场线关于虚线对称，由等量同种电荷电场线分布图像特点可知，A、B带等量同种电荷，故C错误；
D．a、b两点到两电荷的距离相同，根据等量同种电荷电场线分布图像特点可知，a、b两点电势相等，故D错误。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若、均带正电，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零，故A正确；
B．若、均带正电，中点O的场强为零，中垂线上无穷远处场强也为0，从O点到无穷远处，场强先增大后减小，所以无法确定M、N两点的场强大小，故B错误；
C．若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，连线的中垂线为等势线，则M点的电势与N点的电势相等，故C错误；

D．若带正电、带负电，由等量异种电荷的电场线分布可知，在中垂线上，O点的电场线最密集，电场强度最大，故D错误。
故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．等量同种点电荷的电场线、等势线的分布如图所示

由图可知，A、B两点为两电荷连线上关于中点对称的点，电场强度大小相等，方向相反，但电势相等，故A错误；
B．E、F两点是两电荷连线中垂线上对称的点，电场强度大小相等，方向相反，电势相等，故B错误；
C．在C点电子受到指向连线中点的电场力，若给电子某一恰当的初速度，电场力提供向心力，且电场力的大小保持不变，方向始终指向中点，电子将在中垂面上做匀速圆周运动，故C正确；
D．由图可知，C点到D点的过程中，电势先升高后降低，对于负电荷，电势越高，电势能越小，所以电子从C点沿直线移动到D点的过程中，其电势能一定先减小后增大，故D错误。
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若将电荷量为的点电荷放置在点，则四点场强大小相同，方向不同，故A错误，符合题意；
B．若将电荷量为和的点电荷分别放置在点和点，根据等量异种点电荷的中垂线电势为零，更靠近正点电荷，更靠近负点电荷，所以电势， 故 B 正确，不符合题意；
C．若在点和点各放置一个等量同种正点电荷，关于中点对称的两点场强等大反向，所以电子在间受力与间受力具有对称性，所以将一电子从点由静止释放，电子将在间做往返运动，故C正确，不符合题意；
D．若空间存在一平行于所在平面的匀强电场，且三点的电势分别为、、，在匀强电场中沿任意方向电势降落是均匀的，可知将间的电势降分成4等份，则


所以为等势线，作出垂线可得电场线的方向，如图

由此可得电场强度大小为

故D正确，不符合题意。
故选A。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【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，故A错误；
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C。
5-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．小球在A、B两点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，小球受重力、两点电荷的电场力，电场力竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，指向AB连线上的圆心，故小球必定带负电，A错误；
B．球在水平面内做匀速圆周运动，圆心一定在AB连线上，由于重力竖直向下，所以电场力一定斜向上，竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，A、B点电荷激发的电场线如图所示，图中a、b、c三处均有可能是小球做圆周运动路径上的一点，b处对应的轨道圆的圆心在OB之间，B错误；
C．若m不变，q减小，原轨道上小球所受电场力减小，竖直分量减小，不可能与重力平衡，不可能做圆周运动，C错误；
D．若减小，电场力竖直分量仍与重力平衡，电场力水平分量减小，提供做圆周运动的向心力减小，v适当减小时，小球仍可在原轨道做匀速圆周运动，D正确。
故选D。

5-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．据v−t图可知，由C到A的运动中带电物块的速度逐渐增大，电场力做正功，电势能减小，A错误；
B．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，则由C点到A点的电势逐渐减小，B错误；
C．据v−t图可知，A、B两点的速度大小分别为，，由动能定理可得电场力做功为


则有

C错误；
D．据v−t图斜率表示加速度，可知带电粒子在B点的加速度最大为

所受的电场力最大为

据电场强度的定义式可得

可知B点的场强最大为100V/m，D正确。
故选D。
5-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AD．点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达O点后向下运动，受到的电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，在运动过程中只受到电场力的作用，电势能和动能相互转化，总和不变，故可以返回到P点，A错误，D正确；
B．点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，B错误；
C．因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定，C错误。
故选D。
5-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据等量同种点电荷电场线分布特点可知，带负电小球在P点由静止开始沿直线MN向下运动到O点的过程中，受到的重力恒定，电场力为变力，所以小球受到的合力为变力，不可能做匀加速运动，A项错误；
B．小球从P到O的运动过程中重力势能减小，动能增大，电势能减少，由于电场力做正功，故机械能增大，B项错误；
C．若在O点再固定一个带电量为Q的负点电荷，当小球电荷量为时有

即O点负点电荷对P点带负电小球的斥力大小等于其重力，则小球在P点由静止释放时的加速度由两个等量同种正点电荷的电场力产生，可求

解得

C项正确；
D．带负电小球受到的重力为恒力，小球做匀速圆周运动需要大小不变、方向总是指向O点的向心力，D项所述条件不能保证小球获得符合条件的向心力，D项错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设原线圈两端的电压为，副线圈两端的电压为，副线圈两端的电压为，由串并联电路特点可知，副线圈两端的电压为

由理想变压器原理可得

由能量守恒定律得

联立解得

故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据题意可知，变压器的输出功率为，由于原线圈上串联的电阻也要消耗功率，所以端的输入功率大于，变压器原线圈中的电流不等于，所以端的输入功率也不等于，故AB错误；
CD．根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为，故C错误，D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．受电线圈能够给手机电池充电是利用了互感现象，A错误；
BC．由于二极管具有单向导电性，则输出端只有一般时间存在电压，由

得

则基座线圈和受电线圈的匝数比为

B错误，C正确；
D．当受电线圈的输出功率为40W时，基座线圈的电流为

D错误。
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．发射线圈中电流的周期为

选项A错误；
B．变压器输入功率与输出功率相等，则从AB端向发射线圈输入的功率为17W，选项B错误；
C．CD端的输出电流有效值为

发射线圈AB端输入电流的有效值为

选项C正确；
D．发射线圈AB端的电压为

选项D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．副线圈交变电流的频率等于原线圈电流的频率，均为

选项A错误；
B．原线圈交流电的有效值

电压表的示数为次级电压有效值，则

选项B错误；
C．电流表的示数为

选项C错误；
D．灯泡正常发光时的电阻为

选项D正确。
故选D。
6-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．根据题意可知交流电的最大值为

则理想电压表示数等于交流电有效值，为

理想变压器两端功率相等，所以有

解得

由变压器的电流关系

可得

故A、B错误，C正确；
D．定值电阻R中电流变化的频率为

故D错误。
故选C。
6-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．则根据题意可知
，，
则原、副线圈的匝数比为

故A错误，B正确；
CD．将变压器和右侧负载等效为一个电阻时

根据

可知

则a、b的电功率之比为

故CD错误。
故选B。
6-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，电流表的示数为1A，由

可得副线圈电流

副线圈电压


求得

电源电压

同理，当开关S闭合时，电流表的示数为4A时




求得

A．由上述分析，电压源电压的有效值


由可求得

A正确；
B．由上述分析，变压器原、副线圈匝数比为，B错误；
C．由上述分析，开关S闭合时
，
R1消耗功率

R2消耗功率

C错误；
D．由C项分析，开关S闭合，电源输出功率为

开关断开，电源输出功率

开关S从闭合到断开，电源输出功率减小，D错误．
故选A。
6-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．等效电路如图所示

当滑片P向下移动时，导致滑动变阻器阻值减小，则等效电阻阻值减小，则等效电阻分压减小，根据变压器原理可知，副线圈两端电压减小，即电阻两端电压减小，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，故A错误；
B．将等效为电源内阻，滑片P向上移动时，电阻增大，根据串反并同可知，流过电阻的电流减小，故B错误；
C．等效电阻阻值为

电源电压有效值为

因此原线圈两端电压为

根据变压器原理可知，副线圈电压为

因此电流表示数

故C正确；
D．当时，电源的输出功率

故D错误。
故选C。
7-1【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。
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据

则

故选A。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
单摆的周期公式为

可知单摆的摆动周期与振幅无关，当把该单摆放在星球上摆动时，周期变为

故选D。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
根据单摆的周期公式得，将这个单摆放在月球上，它的周期为

故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据竖直上抛运动规律可得该行星表面的重力加速度大小为

故A错误；
B．星球表面物体所受重力等于万有引力，即

解得

所以该行星与地球的质量之比为

故B错误；
C．星球的第一宇宙速度是物体在星球表面附近做匀速圆周运动的速度，根据牛顿第二定律有

解得

所以该行星与地球的第一宇宙速度之比为

即该行星与地球的第一宇宙速度不同，故C错误；
D．星球的平均密度为

所以该行星与地球的平均密度之比为

故D正确。
故选D。
7-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．设地球表面物体质量为，月球质量为，地球质量为，地球半径为，月球轨道半径，在月球表面上的重力加速度为，则在地球表面有

在月球表面有

由于题干没有给出月球与地球的质量关系以及月球的半径与地球半径的关系，无法利用该题的数据得知月球表面自由落体加速度与地球表面自由落体加速度的比值，故A、B错误；
CD．月球绕地球做圆周运动时的加速度为，由牛顿第二定律得

在地球表面物体受到的重力等于万有引力，有

联立得

可得月球绕地球做圆周运动的向心加速度约为地球表面自由落体加速度的，故C错误，D正确。
故选D。
点睛:
万有引力提供月球做圆周运动所需要的向心力，在地球表面的物体受到的万有引力等于重力，从而分析解答。解决本题的关键要掌握月地检验的原理，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用。
7-7【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。
7-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据平抛运动规律


联立解得

故A错误；
B．由

得

故B错误；
C．由


故C错误；
D．月球的平均密度

故D正确。
故选D。
7-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．地球卫星最小的发射速度是7.9km/s，“天问一号”的发射速度比7.9km/s大，达到地球的第二宇宙速度112.2km/s，故A错误；
B．由

得第一宇宙速度

火星与地球的第一宇宙速度的比值为

故B错误；
C．由

得星球表面的重力加速度为

所以

因此火星表面的重力加速度大小

故C正确；
D．由

得

所以“天问一号”绕火星表面运行的周期

故D错误。
故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上先做加速度减小的加速运动，当加速度等于零时，即mgsinθ=kx，物块速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，故A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后不变，刚开始运动时，根据牛顿第二定律kx -mgsinθ=ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，离开弹簧后加速度相同，故B错误；初始时弹簧的压缩量相同，弹性势能相同，根据能量守恒：EP=mgh，由两物体的质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确；重力势能的变化量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，故D错误．
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于压缩量相同，则弹簧的弹性势能相同，则由机械能守恒定律可知，重力势能的增加量一定等于弹性势能；故重力势能的变化量相同；但由于物体的质量不同，故上升的高度不同；由于弹簧的弹力相同，而质量不同，故最大加速度不同；速度最大时，重力等于弹簧的弹力；故最大速度不相同；
故选B．
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
两小物块速度最大时加速度为零，设弹簧弹力为F，绳拉力为，有


由胡克定律有

由机械能守恒有

根据平均力做功有弹性势能

解得

故选D。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．设滑块沿斜面下滑的距离为x，弹簧劲度系数为k，最低点时，滑块减小的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能有

可得


可得滑块在最低点的加速度等于，弹簧劲度系数越大，滑块的振幅越小故B正确，A错误；
CD．当滑块加速度等于零时，滑块速度最大，由


可得


可得弹簧劲度系数越大，滑块的最大速度越小，斜面的倾角越大，滑块最大速度位置离挡板越远，故CD错误；
故选B。
8-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．由题知，开始位置弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有

解得

挂上球B后，平衡时弹簧处于伸长状态，根据平衡条件得

解得

故物块A在斜面上做简谐运动的振幅为

到达平衡位置时，物块A获得最大速度，又A、B及弹簧系统机械能守恒，故有

联立解得：
故A正确，B错误；
CD．因为物块A在斜面上做简谐运动，振幅A为，故球B下降的最大高度为2A，即，故CD错误；
故选A。
8-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由对称性可知小球速度最大时有

此时弹簧的最大弹性势能为

从弹簧原长位置到最大速度过程，系统机械能守恒有

得

故A正确，BCD错误。
故选A。
8-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图b可知

弹簧形变量

根据胡克定律

得

故A错误；
B．撤去F后，物块回到平衡位置时速度最大，根据

得

故B正确；
C．从最低点到最高点过程中，如果弹性势能全部转化为重力势能，得

得

因为弹簧与物体拴结，所以上升高度小于11.25cm，故C错误；
D．根据弹力F与形变量L的关系的面积表示弹力做功，如图所示，弹簧的弹性势能增加量未图中的梯形面积，即

故D错误。
故选B。
8-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．物块下落的整个过程中，受到木板的支持力作用，且支持力对物块做负功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减小，故A错误；
B．当物块与木板之间的弹力为零，加速度为时，恰好与木板分离，则对物块受力分析有

解得

故B错误；
C．若没有木板的作用，则物块由初态（弹簧处于自然长度）开始下落，到最低点为简谐运动，由对称性可知最低点时的加速度大小为g，但实际过程中，有木板的作用力，则物块全程不是简谐运动， 则最低点加速度不为g，故C错误。
D．当物块加速度为零时，速度达到最大，即满足

因为木板与物块分离时，向下运动的位移为x，则此时的速度为

解得

则从脱离到达到最大速度，对物块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得

联立解得

故D正确。
故选D。
8-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．人推动滑块缓慢下降的过程，由动能定理

而物体在A点处于平衡，有

物体下落到OA中点处时，有

而OA中点处的弹性势能为

联立可得

故A错误；
BC．当物体释放后，先自由落体，后变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动能定理

联立可得最大速度为

最大动能为

故B错误，C正确；
D．物体在下落过程，有重力做正功，弹力做负功，故物体和弹簧的系统机械能守恒，而物体的机械能减小，故D错误。
故选C。
9-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．光路如图所示

由图可知，在P点，a光的折射程度比b光的折射程度大，即玻璃砖对a的折射率大，因此a光的频率大于b光的频率，A正确；
B．由可知，a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，B错误；
C．a光的波长比b光的波长短，用同一装置进行双缝干涉实验，由可知，a光的条纹间距小于b光的条纹间距，C正确；
D．由可知，从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角，D错误。
故选AC。
9-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．光线在真空中的传播速度都相等，为c，故A错误；
BD．根据可知，在左侧面，入射角相同，m折射角最大，折射率最小，q折射率最大，根据可知，单色光m的传播速度最大，故B正确D错误；
C．根据，光线m在介质的折射率最小，所以单色光m发生全反射的临界角最大，故C正确；
故选BC。
9-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．对同一种介质，光的频率大其折射率大，所以玻璃对蓝光的折射率较大，可知OM是黄光，ON是蓝光，根据

可知，蓝光在玻璃中传播速度较小，则蓝光穿过玻璃柱体所需的时间较长，故A项错误；
B．玻璃对OM光束的折射率为

故B项正确；
C．OM光束在该玻璃中传播的速度为

故C项错误；
D．OM光线发生全反射的临界角为

所以，若将OM光束从M点沿着MO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，则一定不会发生全反射，故D项正确。
故选BD。
9-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．光路图如图1所示，入射角i=60°

光线经BC边反射后垂直AC边射出玻璃砖，由几何关系可得，折射角γ=30°，根据折射率公式

解得玻璃砖的折射率为

选项A正确，B错误；
CD．光线进入玻璃砖后直接射到AC边时，由几何关系可得，在AC边上的入射角为θ=60°，设全反射时临界角为C，则

因θ＞C，故在AC边反射全反射。
经过分析可知，当光线恰好射到C点时，光线的传播时间最短，如图2所示

由几何关系可得

光在玻璃砖中的传播速度为

则光在玻璃砖中传播的最短时间为

选项C正确，D错误。
故选AC。
9-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．光路图如图所示

入射角为，，设BP=x，由几何关系
，
则

Q点不是AC边中点，A错误；
BC．由折射定律

光在玻璃三棱镜内的传播速度为

B正确，C错误；
D．将入射点移至P¢，光线由AB边折射后射向AC边，由几何知识，光线在AC边上的入射角为，因此光线在AC边上发生全发射，射向BC边时光线与BC边垂直，所以光线可以从BC边上垂直射出，D正确。
故选BD。
9-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．已知该玻璃的折射率为1.5，则根据临界角与折射率之间的关系

则可知细光束在该玻璃球中发生全反射的临界角小于，而细光束经玻璃照射到空气泡表面上P点时的入射角，大于临界角，因此细光束在P点发生了全反射，而由几何关系易知在B点，射向空气时的入射角小于临界角，因此光束在B点发生了折射，故A正确，B错误；
CD．由折射率

可得细光束在玻璃中传播的速度为

而由几何关系可得，光从A点传播到B点的路程为

则光从A点传播到B点的时间为

故C正确，D错误。
故选AC。
9-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定律可知，该介质对b光的折射率大于对a光的折射率，由v＝可知在介质中b光的速度比a光的速度小，A正确；
BC．由题意可知，a光折射后恰好射至AD面上D点

如图所示，根据几何关系可知

该介质对a光的折射率

B错误，C正确；
D．若要a光在AD面上发生全反射，则有

可得


由

可得

可知

D正确。
故选ACD。
9-8【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据临界角公式得

解得

设反射光线转动的角速度为ω1，平面镜转动的角速度为ω2，在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间t为



解得

在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为，光斑由Q点运动到P点所用的时间也等于，选项A正确；
B．液面上P、Q两位置间距离为

选项B错误；
CD．光斑在P点的线速度为


光斑刚要到达P点时的瞬时速度为

解得

选项C正确，D错误。
故选AC。
9-9【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．如图所示

从P点发出的光入射到大气外表面C处，恰好发生全发射，C点即为所求弧长的端点，对称的另一端点为，连接OC即为法线，则

可得

由题知OP长为，OC长度为

所以由正弦定理得

可得

所以

则大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为

故A错误；
B．如图所示

从C点出射的光折射角为，过C点作大气外表面的切线，与卫星探测器轨道交于E点，与OP连线交于D点，假设卫星逆时针方向运行，则E点即为卫星开始观测到光的位置，而对称的点为观察不到光的临界点，则弧长度即为所求轨道长度。由于三角形OCD为直角三角形，角，边OC长度为，所以可以求出OD长度为

由于卫星探测器轨道半径也为，所以D点在卫星轨道上，则由三角形ECO与三角形DCO全等，得到，所以能观测到的轨道弧长为

故B正确；
C．若该行星没有大气层，单色光源向各方向发出的光不发生反射和折射，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大，故C正确；
D．若探测器公转方向和行星自转的方向相同，但由于二者的速度大小关系未知，根据多普勒效应，可知探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，故D错误。
故选BC。
10-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．x=4m处的质点起振方向为y轴负方向，则波源O的起振方向为y轴负方向，A正确，B错误；
CD．由题意可知，波长和周期分别为4m和4s，则波速为

t=4s时起，波传播到Q点的时间为

则在接下来的1s内，质点Q运动，路程为一个振幅，即4cm。C正确，D错误。
故选AC。
10-2【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．t=0.6s时根据同侧法可知P质点的振动方向为y轴负方向，故A正确；
B．从波传到平衡位置为x=1m的P质点时开始计时到t=0.6s时，P、M间第一次形成图示波形时波已传到了x=5m或x=7m处，波向前传了或，所以可得周期为
T1=0.6s
或
T2=0.4s
故B正确；
C．由波形图可知波长为4m，则波速为

或

故C错误；
D．从计时开始到t=0.4s，若周期为0.6s则平衡位置为x=2m处的质点只振动了0.25s，若周期为0.4s则平衡位置为x=2m处的质点只振动了0.3s，，而每个质点一个周期通过的路程为40cm，所以平衡位置为x=2m处的质点通过的路程不可能为40cm，故D错误。
故选AB。
10-3【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AB．由题意知，波沿x轴正方向传播，因，所以该波至少传播了，即波传播的距离为

所以

n=0时，周期最大，最大值为

波速最小，最小值为

AB正确；
C．t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，C错误；
D．t=0时刻波峰处于x=1.25m处，t=0.5s时刻波峰沿x轴正方向平移了1m，显然质点Q没有在波峰位置，其速度不为零，D错误。
故选AB。
10-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
由图可知波长

若波沿x轴负方向传播

解得

波速为

若波沿x轴正方向传播

解得

波速为

A．若，波沿x轴正方向传播，当时

A正确；
C．若，波沿x轴负方向传播，当时

C正确；
B．若，波沿x轴正方向传播，时，有最大周期为

D．若，波沿x轴正方向传播，时，有最小波速为

D错误。
故选AC。
10-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．由于图中P质点在时刻正沿y轴正方向运动，根据“上下坡”规律可知，波向x轴负方向传播，其中

且波向左传播了 ，因为在时间内，波形向左匀速传播最短距离为，根据波的周期性可得波传播的距离为

波速为

上述可知，则

故A错误，B正确；
C．波向x轴负方向传播，根据“上下坡”规律可知，R质点向y轴正方向振动，Q质点向y轴负方向振动，故从时刻起，R质点比Q质点先回到平衡位置，故C错误；
D．周期为


Q质点时刻位置为振幅的一半，且正在向下运动，由振动规律可知运动到振幅位置的时间为，运动的路程为，其中

在余下的时间内运动的路程为，所以运动的总路程为

故D正确。
故选BD。
10-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由图像可知该波的波长为

若该波沿x轴正方向传播，波速大小为
（，1，2，3……）
若传播方向沿x轴负方向，波速大小为
（，1，2，3……）
由题意可知，波速大小为1.0m/s，所以该波一定沿x轴正方向传播，故A正确；
B．由波速公式可知

故B错误；
C．由

所以平衡位置处的质点在0～0.05s时间内运动的路程为

故C正确；
D．时刻，波形如图中实线所示，该波沿x轴正方向传播，所以平衡位置的质点正沿y轴负方向运动，故D错误。
故选AC。
10-7【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由质点的振动方程可知，时刻，质点正沿轴负方向运动，由振动与波动的关系可知，波沿轴负方向运动，故A错误；
B．波动周期

因此波传播的速度大小

故B正确；
C．t0的表达式为

则当时

故C正确；
D．0.8s的时间内，即2个周期内，质点通过的路程为

故D错误。
故选BC。
10-8【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．设质点的起振方向向上，则质点的振动方程为
x＝Asin ωt
且a、b中间的距离小于1个波长，对于b点有
1＝2sin ωt1
解得；a点振动的时间比b点长，所以由
1＝2sin ωt2
得， a、b两个质点振动的时间差为

所以a、b之间的距离为

则通式为

则波长可以为

当n＝0时，λ＝150cm，由于n是整数，所以λ不可能为12cm，故A正确，B错误；
C．当质点b的位移为＋2cm时，即b到达波峰时，结合波形知，质点a在平衡位置下方，位移为负，故C正确；
D．由

得，当时质点b到达平衡位置处，速度最大，故D正确。
故选ACD。
10-9【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．根据振动方程可知对有

则

同理对有

结合可知

则
（n=0，1，2……）
变形得
（n=0，1，2……）
当时，波长，当波长为时，不为整数，A正确，B错误；
C．根据波形平移可知，当质点b的位移为+2cm时，质点位于平衡位置下方，且向平衡位置动，所以质点a的位移为负，C正确；
D．波形图的平衡位置传播至质点处，速度最大，则

当时，不是整数，D错误。
故选AC。
11-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．小球抛出时，竖直方向速度为v0，方向与重力方向相反，根据瞬时功率定义可知此时重力功率为


故A正确；
B．小球到达最高点时，竖直方向速度为0，根据瞬时功率定义可知此时重力功率大小为


故B错误；

C．根据动能定理，合外力做功为


故C错误；

D．重力做功为


根据动能定理可得


解得除了重力，其它力做的总功为


故D正确。
故选AD。
11-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有

小球从A点到C点根据动能定理有

解得小球在A点的初速度为

故A错误B正确；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有


联立解得

所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，故C正确D错误。
故选BC。
11-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．运动员从A点到B点的过程中，根据动能定理有

解得

A错误，B正确；
CD．运动员从B点到D点的过程中，根据平抛运动的规律有
，，
BD的长为

联立解得

C正确，D错误。
故选BC。
11-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】详解:
A．由题图乙可知，小球与半圆轨道最高点B间的弹力为零时，，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得

解得

A错误；
B．当，时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得

解得
m=1.0kg
B正确；
C．小球恰好通过最高点B时，小球与半圆轨道间的弹力为零，此时，根据平抛运动规律得

解得

C错误；
D．若小球恰好能通过最高点B，则
，
解得
vA=5m/s
则小球在A点的动量大小为
p=mvA=5kg·m/s
D正确。
故选BD。
11-5【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．小球恰好通过最高点c，对c点的压力为零，根据重力提供向心力，有

解得

故A正确，B错误；
CD．小球离开c点后做平抛运动，有
x=vt

联立可得

x=2R
故CD正确．
故选ACD．
11-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
B．小球抛出后只受重力作用，根据动能定理可得

要使该过程小球的动能增量最大，则重力做功最大，小球下落高度最大，故小球应落在点，故B正确；
A．小球初速度越大，小球落到半圆环上的点离A点的水平距离越大，但下落高度不一定越大，重力做功不一定越大，故小球的动能的增量不一定越大，故A错误；
C．应用平抛运动的推论可知，速度方向反向延长线过水平位移的中点，而该过程中水平位移小于半圆环直径，则速度的反向延长线不可能过半圆环的圆心，故C正确；
D．当重力势能变化量相同时，根据

可知，小球下落的高度相同，若两次位置关于最低点左右对称，两次的水平位移不同，水平初速度不同，故D错误。
故选BC。
11-7【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．忽略星球自转影响，在星球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有

可知


由此可得

故A错误；
B．小球运动到C点的竖直分速度为

与倾角为45°的斜面垂直相碰，则有

水平位移为

联立并代入数据解得点C与B点的水平距离为

故B正确；
C．对小球从A点到B点的过程，由动能定理可得

在A点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得

由牛顿第三定律得

联立解得

故C正确；
D．小球经过管道的B点时,设管壁给小球向下压力F2，由牛顿第二定律有

解得

说明管壁给小球有向上压力4N，根据牛顿第三定律，小球经过管道的B点时对管壁的压力为4N，故D错误。
11-8【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．运动员离开跳台后做斜抛运动，则运动员在最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，故A错误；
B．设运动员离开圆弧跳台后的速度为，由圆周知识和几何知识可得，与水平方向的夹角为

运动员从开始运动到离开圆弧跳台，根据动能定理有

解得

运动员从离开圆弧跳台到最高点M，根据斜抛知识有

最高点M距水平面PQ的竖直距离为

联立解得，最高点M距水平面PQ的竖直距离为，故B正确；
CD．运动员从开始运动到落在斜面上，根据动能定理有

解得，运动员落在斜面时的速度大小为

运动员落在斜面时的竖直分速度大小为

则运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为

故C错误，D正确。
故选BD。
11-9【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
设倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m。因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要满足

即

可得

而

因此可知

假设游客恰好停止在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得

当μ取最大值1.2μ0时，L1的临界长度最短，为

故要使游客能滑到水平轨道上，需满足

假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得

当μ取最小值μ0时，（L1＋L2）的临界长度最长，为

故要使游客能停在水平轨道上，需满足

综上所述
，
故选BC。
12-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．导体棒切割产生的感应电动势为
E=BLv
ad两点间的电压

故A 错误；
B．拉力做功的功率等于回路产生的电功率

故B正确；
C．通过电路的电荷量

故C错误；
D．ab边产生的焦耳热

故D正确。
故选BD。
12-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据导体棒切割磁感线产生感应电动势，由
E=BLv
得

由欧姆定律有

故A正确；
B．由电荷量

得

故B错误；
C．匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由
P=I2R
得

故C错误；
D．产生的热量为

得

故D正确。
故选AD。
12-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．线框的A点离开磁场后，穿过线框的磁通量垂直纸面向里先增大后减小，由楞次定律可知线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；
B．从B点进入磁场到D点进入磁场的过程中线框内的感应电动势最大，有

故B正确；
C．当线框到如图所示的位置时

穿过线框的磁通量最大，此时A点和C点到磁场边界MN和PQ的距离相等，所以穿过线框的磁通量的最大值

故C错误；
D．回路中感应电动势最大时热功率最大，有

故D正确。
故选BD。
12-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．金属框以初速度水平无旋转抛出后，做平抛运动，使其匀速通过磁场，在水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，竖直方向切割磁感线产生的感应电动势为

则有金属框中的电流为

则有

可知金属框中电流的大小不变，当金属框刚进入磁场时，穿过金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框出磁场时，穿过金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，A错误；
B．金属框在匀速通过磁场的过程中，则有

则有金属框克服安培力做功为

由功能关系可知，金属框在通过磁场的过程中产生的热量为，B正确；
CD．由平抛运动规律和平衡条件可得


解得

上式可知，磁感应强度大小B与H有关，与无关，C错误，D正确。
故选BD。
12-5【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为

故A正确；
B．线框刚进入第一个磁场区域时，产生的电动势为

线框受到的安培力大小为

故B错误；
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，由于线框上下两边总是同时处在磁场中，则上下两边受到的安培力相互抵消，即线框竖直方向只受重力作用，可认为竖直方向做自由落体运动；水平方向在安培力作用下做减速运动，当水平方向的速度减为零时，线框开始竖直下落；则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为

故C正确；
D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，水平方向根据动量定理可得

又

联立解得

线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为，由于

可知线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域，故D正确。
故选ACD。
12-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．线圈匀速拉出的过程中产生的电动势为

所以

线圈的电阻

所以

根据欧姆定律

所以

故A正确，B错误；
CD．线圈产生的焦耳热

两线圈从磁场中拉出所用时间之比

所以

故C正确，D错误。
故选AC。
12-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．cd边经过磁场边界线L3时恰好开始做匀速直线运动，cd边从L3到L4的过程中做匀速直线运动，cd边到L4时ab边开始到达L1，则ab边经过磁场边界线L1后做匀速直线运动，故A正确；
B．ab边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab边进入下方磁场的速度比cd边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以ab边经过磁场边界线L3后线圈要做一段减速运动，故B错误；
C．cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有

而

联立解得

cd边从L3到L4的过程做匀速运动，所用时间为

cd边从L2到L3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g，设此过程的时间为t1，由运动学公式得

得

故cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为

故C错误；
D．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，根据能量守恒得

故D正确。
故选AD。
12-8【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
AB．当线框ab边越过虚线MN后，边切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律可知边受到沿斜面向下的安培力，由题意可知

线框做减速运动，随着速度减小，感应电动势减小，则，所受安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当

又


联立可得

线框做匀速运动时，线框可能完全进入磁场，也可能还没有完全进入磁场，故AB错误；
D．设传送带速度为，线框完全进入磁场时的速度为，从线框完全进入磁场到线框ab边到达虚线PQ过程中，根据动能定理

从线框ab边越过虚线MN进入磁场到线框完全进入磁场过程中，根据动能定理

联立解得

又

线框出磁场和进入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为

故D正确；
C．对线框由开始进入磁场到开始离开磁场的过程由动量定理

又


可得

联立解得

故C正确。
故选CD。
12-9【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．由题意当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动，加速度为零。当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为


由平衡条件即可求出速度关系
v0=4v
故A正确。
B．线框离开MN的过程中，穿过线圈磁通量减小，由楞次定律可行，线圈产生的感应电流方向为adcba，故B正确。
C．当ab边未越过JP时，线框做匀速直线运动，处于受力平衡，即

当ab边刚越过JP时，线框两边切割磁感线，导致线框做匀减速运动，受力分析，即

从而可求出线框加速度的大小为，故C错误；
D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。则线框产生的热量为

解得

故D正确。
故选ABD。
13-1【基础】 【正确答案】 物块A、B整体 BCD或BDC或CBD或CDB或DCB或DBC
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意可知，本实验验证的是物块A、B重力势能的减少是否等于物块A、B动能的增加，从而验证物块A、B系统的机械能是否守恒，则研究对象为物块A、B整体。
（2）[2]根据题意可知，本实验A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离，A、B的速度大小总是相等的，则需要测量物块B通过光电门1、2的速度，即需要测量遮光片的宽度d和遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2，需要测量A下降的距离和B上升的距离，即光电门1、2间的距离h。
故选BCD。
（3）[3]通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的重力势能变化与动能变化是否相等，即验证

13-2【基础】 【正确答案】 小于
【试题解析】 详解:
[1]重锤由B点到D点重力势能减少量的表达式为

[2][3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下B点时重锤的速度为

打下D点时重锤的速度为

[4]重锤由B点到D点动能增加量的表达式

[5]由于重锤下落时要克服阻力做功，重锤减少的重力势能有一部分转化为内能，所以该实验的动能增量总是小于重力势能的减少量。
13-3【巩固】 【正确答案】 BD B 1.59 9.5（9.4-9.6）
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验需要测量纸带上计数点间的距离，需要刻度尺；打点计时器需要连接交流电源。
故选BD。
（2）[2]打点计时器应接交流电源，操作时应由应由静止释放纸带。
故选B。
（3）[3]中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，故

（4）[4]根据运动学知识，得

结合图像斜率，有

可得重物下落的加速度

13-4【巩固】 【正确答案】 A ＝ ＞ D
【试题解析】 详解:
（1）[1]若忽略重锤所受到的阻力，则从理论上分析可知，在重锤下落的过程中，其减少的重力势能完全转化成动能，即有

得到

可知此种情况下，表示的函数图像为过原点的一条直线。
故选A。
（2）[2][3]若重锤下落过程中机械能守恒，则可知重力势能的减少量应等于动能的增加量，即图线斜率的绝对值应等于图线的斜率；若操作规范、计算无误，由于阻力的影响，实际上重力势能的减少量应该大于动能的增加量，则表现在图像上有

（3）[4]A．实验中打点计时器使用的是交流电源，因此不可以用干电池作为电源，故A错误；
B．重锤在下落过程中由于受到阻力的作用，实际加速度并不能达到重力加速度，因此不能用该公式计算瞬时速度，故B错误；
C．纸带上的点迹从左端开始向右逐渐稀疏起来，而匀加速直线在连续相等时间间隔内的位移逐渐增大，则可知重锤与纸带左端相连，故C错误；
D．在同等质量下，若选择密度较大的金属块可以可使重物的体积较小，从而减小重物在下降过程中空气阻力对其的影响，从而减小实验误差，故D正确。
故选D。
13-5【巩固】 【正确答案】 B D 不能 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]
A．验证机械能守恒表达式左右两边质量可以约掉，所以不需要秤出重物的质量，故A错误；
B．为了减小摩擦阻力的影响和充分利用纸带，释放重锤前，手捏住纸带上端，让重物靠近打点计时器并使纸带保持竖直，故B正确；
C．做实验时，应先再接通打点计时器的电源，再释放重物，故C错误。
故选B。
（2）[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有

从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为

（3）[3]
A．如果利用公式

计算重物速度，已经认为重物下落加速度为重力加速度，即已经认为重物仅仅受到重力作用，则实验结果应该是重力势能的减少量完全等于动能的增加量，故A错误；
B．如果利用公式

计算重物速度，已经认为重物下落加速度为重力加速度，即已经认为重物仅仅受到重力作用，则实验结果应该是重力势能的减少量完全等于动能的增加量，故B错误；
C．实验中采用多次实验取平均值的方法是为了减小实验的偶然误差，不是重力势能的减少量略大于动能的增加量的原因，故C错误；
D．由于实验过程存在空气阻力和摩擦阻力的影响，有一部分重力势能转化为内能，因此导致实验结果显示重力势能的减少量略大于动能的增加量，故D正确。
故选D。
（4）[4][5]若重物下落过程中受到恒定不变的阻力，根据动能定理可得

可得

可知图像的斜率为

可知若描绘出的图像是一条过原点的倾斜直线，不能说明重物下落过程中机械能守恒，只有当图像斜率近似等于时，才能说明重物下落过程中机械能守恒。
13-6【巩固】 【正确答案】 C B 1.84 1.74 1.69 C
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验中，验证机械能守恒的表达式为

等号两边可以将质量约掉，所以不需要测量物体的质量，则C不必要；
[2]打点计时器需要接在交流电上才能正常使用，则B错误；
（2）[3]B点的速度

[4]减小的重力势能

[5]O点下落到B的过程中动能增加量为

（3）[6]约掉质量后的表达式为

所以图像为一条过原点的直线。
故选C。
13-7【巩固】 【正确答案】 空气阻力的影响，绳子与滑轮之间存在摩擦力，合理即可
【试题解析】 详解:
（1）[1]由光电门测速原理，重物A通过光电门的速率为

[2]根据滑轮组的连接方式，可知重物B的速率为重物A的2倍

（2）[3]如果系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为

整理得

[4]上述关系式没能满足主要是重力势能减少量大于动能增加量，其主要原因一部分是由于空气阻力的影响，也有一部分是由于绳子与滑轮之间存在摩擦力。
13-8【提升】 【正确答案】 BCD 0.476 0.473 由于克服空气阻力及纸带与限位孔的摩擦阻力做功，减少的重力势能中有少部分要转化为内能 D B
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．按照图示的装置安装器件，该步骤有必要；
B．将打点计时器接到电源的交流输出端上，该步骤不恰当；
C．要验证的关系式中两边都有质量，可以消掉，则没必要用天平测量出重锤的质量，该步骤没必要；
D．先接通电源，然后再释放纸带，该步骤不恰当；
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离，该步骤有必要；
F．计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能，该步骤有必要；
G．改换纸带，重做几次，该步骤有必要。
故选BCD。
（2）[2]从打下O点到打下计数点B的过程中重力势能的减少量

[3]动能的增加量

[4]实验发现二者并不完全相等，可能的原因：由于克服空气阻力及纸带与限位孔的摩擦阻力做功，减少的重力势能中有少部分要转化为内能；
（3）[5]两种方法均不正确；原因是所用的表达式里面都有重力加速度g，也就间接应用了机械能守恒定律，失去了验证的价值。故选D。
（4）[6]A．因

则图像是过原点的直线，选项A错误；
B．因

则图像是开口向下的抛物线，选项B正确；
C．因

则图像为直线，选项C错误；
D．因

则总的机械能与下落的高度h无关，即E-h图像是平行横轴的直线，选项D错误。
故选B。
13-9【提升】 【正确答案】 0.056 0.057 1.8 绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，等
【试题解析】 详解:
（4）[1]根据匀变速运动规律可知打下计数点B时的速度等于A和C之间的平均速度，则

[2]根据匀变速运动规律可知打下计数点E时的速度等于D和F之间的平均速度，则

故系统动能的增加量为

[3]物块1下降的高度等于物块2上升的高度为

系统的重力势能减少量为

（5）[4]带入实测数据得系统动能的增加量为

[5]系统重力势能的减小量为

[6]两者的相对偏差为

（6）[7]绳与轮、打点计时器与纸带有摩擦消耗掉一定能量，绳子、纸带动能势能变化没有计入，等等。
14-1【基础】 【正确答案】 C ×1k 13k
【试题解析】 详解:
（1）[1] A．开关S接到位置“2”时，电阻与表头并联，分流作用，是电流挡，故A错误；
B．开关S接到位置“4”时，内部有电源，是欧姆挡，故B错误；
C．开关S接到位置“5”时的量程比接到位置“6”时的量程小，因为分压电阻小，故C正确。
故选C。
（2）[2][3] 他先将选择开关旋至“×100”挡，A、B表笔短接调零后进行测量，发现欧姆表指针偏角太小，说明电阻太大，所以应该选择×1k挡位，使指针指向中间部分，并重新短接调零，再次测量，指针位置如图乙所示，该电阻的阻值为13k。
14-2【基础】 【正确答案】 BC或CB
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压，进表电流方向应“红进黑出”，故A错误；
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流，表与灯泡串联且满足进表电流方向“红进黑出”，故B正确；
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，表与电源并联且满足进表电流方向“红进黑出”，故C正确；
D．利用多用电表欧姆挡测电阻，必须把表与外部电源断开，故D错误。
故选BC。
（2）[2]欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡，则读数为

[3]电压表读数为5V，欧姆表内阻为，与电压表串联，由闭合电路欧姆定律得

（3）[4]电动势为，欧姆调零后，欧姆表内部电阻为

电动势变为，欧姆调零后，欧姆表内部电阻为

由示数，例出对应的电流关系为

解得

14-3【巩固】 【正确答案】 表笔1 闭合 142 137.5 7.5
【试题解析】 详解:
（1）[1]欧姆表都是红表笔电势低于黑表笔电势，因此，表笔1是红表笔，表笔2是黑表笔；
（2）[2]低倍率时欧姆表内部总电阻小于高倍率时欧姆表内部总电阻，因此，电路中开关K闭合时对应低倍率；
（3）[3]使用“×10”挡位时，中值电阻为150 Ω，设此时滑动变阻器的最大值为，则

解得

[4]使用“×1”挡位时，中值电阻为15 Ω，设此时滑动变阻器的最大值为，则

代入数据解得

（4）[5]用“×1”挡位测量一只电阻为5 Ω的标准电阻时，总电流

则有

故通过G的电流为

14-4【巩固】 【正确答案】 B 180 22.0V 190Ω
【试题解析】 详解:
（1）[1]由电表扩大量程可知，对电表并联电阻应是改装为大量程的电流表，由

可知并联电阻越小，量程越大，因此“1”挡为直流电流10mA挡，AC错误，B正确。
故选B。
（2）[2]由（1）中可知“1”挡量程

“2”挡量程

联立解得

（3）[3] “4”挡为50V电压表，最小分度值是1V，则该多用电表的读数为22.0V。
[4]若 B端是与“5”连接的，则多用电表为欧姆表×10挡，则该多用电表的读数为190Ω。
14-5【巩固】 【正确答案】 红 500 5 等于 20
【试题解析】 详解:
（1）[1]电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“﹣”接线柱流出，所以毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的红表笔相连。
（2）[2]设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得

解得

（3）[3]设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有

整理得

所以电源的电动势为

[4]根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，所以在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。
（5）[5]设欧姆表在“”挡位下的内阻为r内，则


联立以上两式解得

14-6【巩固】 【正确答案】 短接表笔进行欧姆调零 2200 1.5 2.5
【试题解析】 详解:
（1）[1]多用电表调至欧姆挡，在正式测量前需要进行欧姆调零，即短接表笔进行欧姆调零。
（2）[2]根据表盘数字，待测电阻为

（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律

得

可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则
，
14-7【巩固】 【正确答案】 ×10 R1 160 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]由指针所指刻线和待测电阻的大约阻值可知，组装的这个欧姆表的倍率应为×10；
[2]由欧姆表的倍率可知欧姆表的中值电阻为

电路中的最大电流为

图甲中与电流表并联的电阻R的阻值为

故电阻R应选用定值电阻中的R1；
（2）[3]欧姆表表针所指的刻线为16，倍率为×10，则待测电阻阻值的测量值为

（3）[4]由题意可知组装的新欧姆表的中值电阻为

使用两节干电池时电路中的最大电流为

则电路连接方案如图所示

14-8【提升】 【正确答案】 黑 变小
【试题解析】 详解:
(1)[1] 由图甲所示可知，a与电源正极相连，则a表笔是黑色的；
[2][3] 电流表G与定值电阻并联，由题意可知

则有

由图甲所示，根据闭合回路欧姆定律得

变形得

由图乙所示图象可知，图象纵轴截距

图象斜率

解得
E=8V
内阻


[4]由欧姆定律得

电流表的量程为

(2) [5] 将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表（表盘刻度不变），欧姆表电流变大，内阻减小，新欧姆表的倍率较改装前欧姆表的倍率变小。
14-9【提升】 【正确答案】 欧姆调零 电流挡 0.9A 156V
【试题解析】 详解:
（1）[1] [2][3]由于欧姆表的构造，指针越靠近中间，读数越准确，因此若表针指向中间，应换成“”倍率；同时换挡后重新进行欧姆调零；此时读得电阻的值

（2）[4] [5][6]若灵敏电流计与电阻并联，电阻起到分流的作用，因此改装的是电流表，若灵敏电流计与电阻串联，电阻起到压的作用，因此改装的是电压表，故接“1”是电流表，量程为

接“2”是电压表，量程为

（3）[7]设新电池的欧姆表内电阻为，电池用久后欧姆表的内电阻为，欧姆调零时，电流都达到满偏电流，根据欧姆定律

都指到时电流也相等，根据欧姆定律

联立可得电阻的真实值

15-1【基础】 【正确答案】 ①放热；②；③
【试题解析】 详解:
①②以封闭气体为研究对象，气体做等温变化，设玻璃管横截面积为，玻璃管水平时


玻璃管竖起来后


根据

解得

气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热；
③空气柱长度为；由等压变化得

其中



解得

15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，气体做等温变化，初状态


末状态

根据玻意耳定律

代入数据得

上述操作中B管应向上移动

（2）根据题意可知，若使A管中气柱长度恢复到，末状态的压强

由查理定律

代入数据得

15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）封闭气柱的压强为

（2）因为气体发生等温变化，设玻璃管横截面积为S，此时两边水银柱的高度差为，根据玻意耳定律得

解得

同时有

解得

即此时两边水银柱的高度差为

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）20cm；（2）放热；（3）24cm
【试题解析】 详解:
（1）以封闭气体为研究对象，设玻璃管横截面积为S，根据玻意耳定律，有

玻璃管水平时，，玻璃管竖起来后
，
解得
L=20cm
（2）根据热力学第一定律

气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，可知气体向外放热；
（3）由等压变化得

其中，，，，解得

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 分析:
详解:
解：（１）对封闭的气体，从开始到平放在水平面上，气体温度恒定，现将U型管平放在水平面上，此时水银柱液面离管口的距离是x。初态：气体压强

气体体积

末态：气体压强，气体体积

根据玻意耳定律得，代入数据解得

（２）缓慢加热过程，密封气体再经等压膨胀过程体积变为

设水银柱液面恰好与管口平齐时封闭气体的温度为，根据盖吕萨克定律有，代入数据解得

15-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对汽缸A受力分析有

解得

对汽缸A和活塞C、D受力分析

解得

（2）设甲图中气体a和b对应的体积为V，图乙中稳定后，气体a、b压强均为大气压强，设此时气体a和b对应的体积分别为Va和Vb，则有
，
可得

15-7【巩固】 【正确答案】 （1）88cmHg；（2）7.25cm
【试题解析】 详解:
（1）设左侧管横截面积为S，则右侧管横截面积为4S，以右侧管封闭气体为研究对象，初状态压强为

体积为

末状态气体压强，从初状态到末状态，左侧管水银面下降，右侧水银面上升，则


可得


末状态体积为

根据玻意耳定律

联立可得

（2）以左侧管被活塞封闭的气体为研究对象，初状态
，
末状态
，
由等温变化有

联立可得

所以活塞推动的距离为

15-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）开始时的状态参量为



温度改变后的状态参量为


根据理想气体状态方程得

解得

（2）设温度时，剩余气体的体积为

对剩余气体根据玻意耳定律得

解得

剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为

15-9【提升】 【正确答案】 （1）88cmHg；（2）右边；（3）
【试题解析】 详解:
（1）图示位置时，密闭气体的压强为
p1=p0+ph=76cmHg+12cmHg=88cmHg
（2）温度升高时管内气体膨胀，A、B两支管水银面始终在同一水平面上，当a部分水银完全进入A管时，A管中水银面比C管高出

则B管中水银面高度也为16cm，而当b部分水银完全进入B管时，B管中水银总高度为

则B管水银柱下端距C管2cm。所以是右边水银先完全进入竖直管。
（3）在温度为

时，气柱中的空气的压强和体积分别为
，
当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被缓慢压入A管和B管。设温度升高到时，气柱右侧水银刚好全部压到B管中，使管中水银高度增大

由此造成气柱中空气体积的增大量为

与此同时，气柱左侧的水银也有一部分进入A管，进入A管的水银使A管中的水银高度也应增大，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为

所以，当温度为时空气的体积和压强分别为
，
由状态方程知

由以上各式，代入数据可得
K
此值小于题给的最终温度K，所以温度将继续升高。从这时起，气柱中的空气作等压变化。当温度到达时，气柱体积为

代入数据可得

16-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对m3，由牛顿第二定律得

对m1和m2，由牛顿第二定律得

解得

（2）由（1）得

对m1由牛顿第二定律得

绳子与的拉力差

16-2【基础】 【正确答案】 （1），方向水平向右；（2）
【试题解析】 详解:
（1）当A和B共同运动时，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得

带入数据可得

方向水平向右。
（2）对A受力分析，根据牛顿第二定律可得

带入数据可得

方向水平向左，说明弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有

带入数据可得

所以A、B之间的距离为。
16-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）推力作用在P上时，P、Q有相同大小的加速度，设为。以P为对象，根据牛顿第二定律可得

以Q对象，根据牛顿第二定律可得

联立解得
，
（2）推力作用时间后撤去，此时P、Q的速度大小为

P通过的位移为

撤去推力后，P、Q一起做加速大小相等的减速运动，设加速度大小为，以P为对象，根据牛顿第二定律可得

以Q对象，根据牛顿第二定律可得

联立解得

设Q着地瞬间的速度大小为，P、Q一起做减速运动到Q着地瞬间，根据运动学公式可得

解得

Q着地后，P继续在水平桌面上做匀减速运动，设加速度大小为，以P为对象，根据牛顿第二定律可得

解得

P继续在水平桌面上做匀减速运动到停下通过的位移为

物块P运动的总位移为

16-4【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s2；（2）0.75m
【试题解析】 详解:
（1）根据

解得

（2）对Mm的整体由牛顿第二定律可知

解得

M落地后m上滑的加速度

解得
a1=8m/s2
M落地瞬时的速度

则m继续上滑的距离

则物块m沿斜面运动的最大距离
x=s+h=0.75m
16-5【巩固】 【正确答案】 （1）36N；（2）45N
【试题解析】 详解:
（1）对整体，由牛顿第二定律得

解得

（2）绳恰好不被拉断时，绳对B的拉力为F′=30N，此时加速度最大，对B，由牛顿第二定律得

对整体，有

解得

16-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）选动滑轮为研究对象，设细绳拉力为，由平衡条件可知

解得

对物体B进行受力分析，根据平衡条件有

解得


（2）缓慢向右移动竖直杆，轻绳与竖直方向夹角为时，B与斜面间的摩擦力达到最大值，设此时轻绳上张力为，对受力分析，则有

对B受力分析，则有
，，
联立解得

16-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

解得

令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知


由牛顿定律可知

联立解得

（2）从施加F开始到B刚要离开C的过程中A上升的位移

16-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）因物块c始终保持静止，可知

解得
μ=0.75
对ab的整体，由牛顿第二定律

解得

（2）绳断时，对b木板分析，有

解得
a1=9m/s2
当t=3s时
v=at=7m/s
所以至少需要的距离为

16-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对B有

对A、B整体有

联立解得

（2）B从开始到细管下端有

解得

速度为

细管固定解除后，对细管有

解得

对A、B整体有

则A、B做匀速运动。
B穿过细管时，由运动学得

解得

总时间为

17-1【基础】 【正确答案】 (1)负电；(2)；(3)，
【试题解析】 详解:
(1)据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带”负电”；

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

(3)粒子由O运动到A时速度方向改变了角，所以粒子做圆周运动的圆心角为

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

所以运动的时间

A与x轴的距离为d，由图可得

解得

17-2【基础】 【正确答案】 （1）顺时针；（2）；；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由左手定则可知，带正电的粒子从y轴正向以速度v进入磁场时，沿z轴负方向看，粒子会顺时针运动。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有

解得

结合匀速圆周运动中速度与周期关系式

解得

（3）粒子第一次回到x轴，正好转过半个圆周到达x正半轴，坐标

故粒子第一次回到x轴上的坐标为
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）0.2s；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由题意可知，粒子束做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力合力为零，受力如图所示

设重力与电场力的合力与x轴负方向夹角为θ，由平衡条件可得

解得

粒子束做匀速运动，有


联立解得

（2）当电场力与重力平衡时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图


根据洛伦兹力提供向心力有

根据几何关系有



解得
，
所以所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为

17-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)在平行板器件I中

解得

(2)在平行板器件Ⅱ中，只有电场时
，，
只有磁场时
R2=(R-y)2+L2
又有

联立解得

17-5【巩固】 【正确答案】 （1）做匀速直线运动，6cm；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由公式


因为

所以粒子在第一个时间内做匀速直线运动，其位移

（2）在第二个t0时间内，由于，粒子做匀速圆周运动，根据

其周期T为
T==1×10－4s
恰好等于t0，在一个周期内恰好回到圆周运动的起点，其轨道半径

直径是2.0cm，小于射入方向到A板的距离，所以粒子不会碰到A板，由此可以判断粒子在第一个t0内做匀速直线运动，在第二个t0内作匀速圆周运动，如此往复，经过5个t0，粒子向前18cm，还有才能射出两板，如图所示

粒子经过5t0后做匀速圆周运动的圆心角为θ，则

所以

总时间

17-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）（，，）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子所受的合力为零，则有

解得电场强度大小为

（2）撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，则有



联立解得

又

粒子经过的坐标为（，，）。
17-7【巩固】 【正确答案】 (1)，方向竖直向上；(2)
【试题解析】 详解:
(1)设电场强度为E，由题意有

解得

方向竖直向上
(2)如图所示

设小球不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的小球在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，由公式

得

则有

有

由
，
解得小球入射速度的最小值为

17-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设离子进入磁场的速度为v，根据动能定理，有

离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

根据几何关系，有

解得


（2）离子在圆柱形区域内的电场中沿y轴正方向做匀速直线运动，沿z轴负方向做匀加速直线运动，则
沿y轴正方向有

沿z轴负方向有

其中，
解得

（3）在圆柱形区域内加磁场后，离子沿z轴负方向做与第（2）问相同的匀加速直线运动，由（2）可知离子在圆柱形区域内运动的时间

由磁场方向变化的周期为可知，离子在圆柱形区域内运动时，磁场方向一直沿z轴负方向
在垂直电场方向，即离子的运动在圆柱底面的投影运动为匀速圆周运动，该匀速圆周运动的线速度大小，设该匀速圆周运动的轨迹半径为，周期为T，则


解得


设离子做圆周运动转过的圆心角，如图所示，则


解得

设该离子打在圆柱形底面的位置坐标为（x，y，0），根据几何关系可知：


则坐标为
17-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4），匀变速曲线运动，
【试题解析】 详解:
（1）MN间电场加速，由动能定理得

在Ⅰ区域匀强电场中，由类平抛运动规律得
、、
解得

（2）质子进入Ⅱ区域后，参与两个分运动：沿x轴正向的匀速直线运动，速度大小为

在yOz平面内的匀速圆周运动，速度大小为，圆周运动恰好与面P相切。设轨迹半径为，由几何关系知

轨迹半径应满足

由得


（3）满足从右侧面P射出的条件，在Ⅱ区域参与匀速直线和匀速圆周两个分运动，设圆轨迹半径为，由得

由几何关系知：匀速圆周运动转过的角度
、
运动时间

沿x轴正方向位移

得

沿y轴正方向位移

得

沿z轴正方向位移

质子在Ⅰ区域中沿x轴正方向位移

得

沿y轴方向位移，沿z轴正方向位移

质子离开右侧面P时位置关系为

（4）粒子在加速电场中加速后，在区域Ⅰ中匀强电场中偏转运动轨迹与质子的运动轨迹重合，则粒子进入Ⅱ区域时的位置坐标为；
经分析可知，粒子在Ⅱ区域内做匀变速曲线运动；轨迹所在平面为xOz平面，轨迹如图所示

18-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
C恰好能滑上B，根据题意满足动量守恒和能量守恒得
，
解得

A滑上B
，
恰好不会从B上掉下
，
解得

综上所述满足

18-2【基础】 【正确答案】 （1）3Ns；（2）2s；（3）2.25m
【试题解析】 详解:
（1）设水平向右为正方向，A、B、C质量均为m，A、B碰撞过程中，由动量守恒有

对B，由动量定理有：

解得
I=3Ns
（2）P、C第一次碰撞过程中，由动量守恒有：

由机械能守恒有：

解得：
；
C第一次被碰至停止前，对C由动能定理：

解得：
xC=2m
则

（3）对P、C构成的系统由能量守恒

解得：
x=2.25 m
18-3【巩固】 【正确答案】 （1），方向水平向右；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）以A、B为整体，由动量定理可得

解得获得冲量后瞬间A、B的速度为

方向水平向右。
（2）A、C碰撞瞬间，由动量守恒定律可得

在A、C碰撞后到A、B再次共速的过程中，A、B组成的系统由动量守恒可得

根据题意有

联立解得
，，
A、C碰撞时损失的机械能为

（3）在A、C碰撞后到A、B再次共速的过程中，A、B相互作用的时间为

长木板A的长度至少为

代入数据解得

18-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），方向竖直向上
【试题解析】 详解:
（1）碰前对小球由动量定理有

解得

（2）对A、B研究，碰撞前后动量守恒

弹性碰撞在碰撞前后总动能相等

联立解得

（3）因为B球在轨道上机㭜能守恒

解得

在最高点C对小球B有

解得

由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向上。
18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，人和甲车滑至水平面过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律有

解得

（2）设人跳出甲车的水平速度（相对地面）为，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为和，规定向左为正方向，由动量守恒定律，对人和甲车有

对人和乙车有

解得


根据题意可知，两车不相撞的条件是

联立解得

18-6【巩固】 【正确答案】 （1）vC＝4m/s，;（2）vA＝2m/s；（3）0.25m
【试题解析】 详解:
（1）C下摆过程，根据动能定理有：

代入数据解得：碰前C的速度
vC＝4m/s
（2）C与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有

解得碰后A的速度
vA＝2m/s
（3）A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小．
物块A与木板B相互作用过程中，系统的动量守恒，规定向右为正方向由动量守恒定律得

代入数据解得
v＝1.5m/s
由能量守恒定律得

代入数据解得
x＝0.25m
18-7【巩固】 【正确答案】 （1），方向竖直向上；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由题意，小物块b在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等，可知小物块在半圆轨道内做匀速圆周运动，向心力由半圆轨道对小物块的支持力提供，则可以确定电场力大小等于物块的重力大小，且方向相反，即

解得
，方向竖直向上
（2）设小木块和长木板达到共速时速度为，则由动量守恒定律可得

解得

设此时小木块的对地位移为，长木版的对地位移为，小木块和长木板共速时距离右端的距离为，则对小木块和长木版分别由动能定理可得


解得
，
则可得

与半圆形轨道碰撞后长木板瞬间停止，则此刻开始小木块做匀减速运动，直至与小物块与放在半圆轨道最低点的物块发生弹性碰撞，设小物块与物块发生碰撞前的速度为，碰撞后物块的速度为，物块的速度为，则由运动学公式可得
，
解得

由动量守恒定律和机械能守恒可得


解得
，
设物块在半圆轨道内运动的时间为，则可知

18-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）假设煤块一直加速，t时间内通过传送带

解得

煤块在t时间内的末速度

所以假设成立，煤块在传送带上一直加速，离开传送带时的速度大小为
（2）设煤块与长木板共速的速度为，根据动量守恒可知

解得

煤块滑上长木板后，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律可知

解得

设长木板右端第一次运动到C点用时，有

解得

设此时长木板的速度大小为，则

即长木板与C端第一次碰撞时的速度大小为
（3）设长木板右端第一次运动到C点时煤块的速度大小为，则

煤块和长木板组成的系统动量守恒，设长木板第二次与C碰撞前煤块的速度大小为，第一次与C碰撞后到第二次与C碰撞前，根据动量守恒有

解得

设煤块在D点的速度大小为，过程中根据机械能守恒，有

解得

设煤块落地前的速度大小为v，从D点到落地前，有

解得

由D点到落地前的速度变化情况如图所示。

设D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，落地速度方向与水平方向夹角为，


最大水平射程

当时，

18-9【提升】 【正确答案】 （1）μ1=0.1， μ2=0.4；（2）
【试题解析】 详解:
（1）甲乙开始进入粗糙面时的摩擦力大小与位移成正比，由动能定理
，
解得
，
（2）甲乙发生弹性碰撞，设速度大小分别为和，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒有
，
代入数据得
（向左），
碰撞后，乙在O的右边做匀减速运动，根据牛第二定律有

解得

0.5s时的速度为

0.5s时的位移为

甲与挡板碰撞后返回以原速率进入粗糙面，设与乙碰撞前的速度为，进入粗糙面的过程中加速度在增大，全部进入时加速度为，根据牛顿第二定律有

解得

由运动学公式有

解得

甲乙发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为和，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒有
，
解得
，
由运动学公式
，
解得
，
可知不会发生第三次碰撞，甲乙都静止时两者相隔的距离为