湖北省武汉市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析

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湖北省武汉市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题,用三角形法则解决平衡问题

【正确答案】
D
【试题解析】


1-1（基础） 如图所示，在倾角为的足够长斜坡上，用细绳水平拉着一个质量为的均匀实心球。已知斜坡的表面非常光滑，细绳的延长线经过球心，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）

A.细绳对球的拉力大小为
B.斜面对球的支持力大小为
C.适当增加细绳长度，则绳子对球的拉力将减小
D.适当增加细绳长度，则斜面对球的支持力将增大
【正确答案】 C

1-2（基础） 如图所示，质量均为m的小球A和B用轻质细绳连接，再将它们悬挂于固定点O，用水平力作用于小球B将A、B缓慢向右拉，直到绳偏离竖直方向的夹角为，之后缓慢调整F的大小和方向但始终保持与竖直方向的夹角为。，，则F的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

1-3（巩固） 如图所示，物块的重力为60N，用不可伸长的细绳OC悬挂于O点，现用细绳B系于绳OC的A点，再用水平力牵引A点使其向右缓慢运动，则在过程中（ ）

A.AB绳拉力逐渐变小
B.OA绳拉力先变小后变大
C.若时，OA绳的拉力为，AB绳的拉力为60N
D.若时，OA绳的拉力为120N，AB绳的拉力为
【正确答案】 D

1-4（巩固） 如图所示，质量为M的物体用轻绳悬挂于O点，开始时轻绳水平，两绳之间的夹角，现将两绳同时顺时针缓慢转过，且保持O点及夹角不变，物体始终保持静止状态。在旋转过程中，设绳的拉力为，绳的拉力为，则下列说法正确的是（　　）

A.逐渐增大，最终等于
B.先减小后增大
C.逐渐减小，最终等于零
D.先增大后减小
【正确答案】 C

1-5（巩固） 质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）

A.推力先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【正确答案】 C

1-6（巩固） 为庆祝全国两会胜利召开，某景区挂出34个灯笼（相邻两个灯笼之间用轻绳等距连接），灯笼上依次贴着“高举伟大旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”的金色大字，从左向右依次标为1、2、3、……、34。无风时，灯笼均自然静止，与“全”字灯笼右侧相连的轻绳恰好水平，如图所示。已知每个灯笼的质量均为，取重力加速度，悬挂灯笼的轻绳最大承受力，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。，。下列说法正确的是（　　）

A.夹角θ的最大值为45°
B.当夹角θ最大时，最底端水平轻绳的拉力大小为
C.当时，最底端水平轻绳的拉力大小为204N
D.当时，第4个灯笼与第5个灯笼之间的轻绳与竖直方向的夹角为45°
【正确答案】 B

1-7（巩固） 如图所示，L形支架的竖直杆上串有物体甲，水平杆上串有物体乙，甲、乙之间用轻杆连接，连接处可自由转动。已知竖直杆光滑，乙与水平杆的动摩擦因数为，甲、乙的质量关系为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，甲、乙处于静止状态，轻杆与水平方向所成的夹角为，在乙缓慢向右移动过程中（系统处于动态平衡），下列说法正确的是（　　）

A.轻杆受到的力减小
B.乙受到的摩擦力减小
C.水平杆对乙的支持力增大
D.轻杆与水平方向所成的最小夹角为
【正确答案】 D

1-8（提升） 如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m的小球固定在光滑的木板MN上，将木板以底边为轴缓慢顺时针转动至水平，在转动过程中保持轻绳与木板之间的夹角不变，则在转动过程中，下列说法正确的是（　　）

A.小球对木板压力逐渐增大 B.小球对木板压力先增大后减小
C.绳上的拉力先增大后减小 D.绳上的拉力逐渐增大
【正确答案】 B

1-9（提升） 如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为和的两个小球A和B（可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成角，槽右壁与水平地面成角时，两球刚好能平衡，且，则B、A两球质量之比为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化,天体运动中机械能的变化

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 2022年11月1日，梦天实验舱与“天宫”空间站组合体成功在轨交会对接。梦天入列，标志着中国载人航天全面进入“空间站时代”。已知完成对接后的梦天实验舱绕地球做圆周运动，轨道高度为，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，则梦天实验舱的（　　）
A.发射速度小于第一宇宙速度
B.运行速度大于第一宇宙速度
C.运行周期比地球同步卫星的小
D.运行加速度比地球表面重力加速度大
【正确答案】 C

2-2（基础） 如图，我国空间站建设正如火如荼地实施，2022年10月即将发射梦天实验舱，梦天实验舱将与空间站天和核心舱和问天实验舱组合在一起形成中国第一期完整的空间站，在即将发射的梦天实验舱过程中，能将其看为质点的说法，正确的是（　　）

A.观察梦天实验舱火箭喷口的转动时
B.梦天实验舱与核心舱对接时
C.研究梦天实验舱与空间站对接后整体绕地球飞行轨迹时
D.梦天实验舱与运载火箭第二级分离时
【正确答案】 C

2-3（巩固） 2022年10月31日，中国空间站梦天实验舱在海南文昌发射中心发射成功，标志着我国空间站建造阶段完美收官。已知中国空间站的运行轨道可以近似为近地圆轨道，地球同步卫星距地球表面的高度为地球半径的5.6倍，下列说法正确的是（　　）
A.中国空间站的在轨运行速度大于第一宇宙速度
B.中国空间站的在轨运行速度大于地球同步卫星的运行速度
C.中国空间站的角速度小于地球同步卫星的角速度
D.中国空间站的运行周期大于地球的自转周期
【正确答案】 B

2-4（巩固） 2021年4月29日11时23分，在海南文昌航天发射场用“长征”5B运载火箭将中国首个空间站核心舱“天和”号送入太空。中国空间站包括“天和”核心舱、“问天”实验舱和“梦天”实验舱3个舱段，整体呈“T”字构型，计划于2022年全部完成发射，“天和”核心舱是未来空间站的管理和控制中心。已知“天和”核心舱在轨运行时离地面的平均高度为h，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.实验舱在做匀速圆周运动的过程中，速度始终不变
B.“天和”核心舱所在轨道处的加速度大小为
C.“天和”核心舱绕地球运行的周期
D.要实现“问天”、“梦天”实验舱从较低轨道与“天和”核心舱对接，需使实验舱减速变轨
【正确答案】 C

2-5（巩固） 2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（　　）

A.图中两阴影部分的面积相等
B.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大
C.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小
D.探测器在点的加速度小于在点的加速度
【正确答案】 C

2-6（巩固） 如图所示是嫦娥探测器的变轨示意图，已知探测器在变入低轨后的绕月圆轨道上运动的周期为T，轨道半径为r，月球表面重力加速度为，则（　　）

A.探测器在变轨以后机械能比变轨前大
B.探测器在圆轨道上运动时处于平衡状态，飞船内的物体所受合力为零
C.月球的半径为
D.月球的平均密度为
【正确答案】 C

2-7（巩固） 2022年11月1日4时27分，空间站梦天实验舱在发射入轨后，成功对接于天和核心舱前向端口。梦天实验舱，又称为梦天舱，是中国空间站“天宫”的重要组成部分。对接变轨过程简化为如图所示，MN是椭圆轨道Ⅱ的长轴。梦天实验舱从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，并在圆轨道Ⅲ上与运行的天和核心舱实施对接。下列说法正确的是（　　）

A.梦天实验舱在变轨过程中机械能不变
B.可让梦天实验舱先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶天和核心舱实现对接
C.无论在轨道Ⅱ还是轨道Ⅲ，梦天实验舱在N点的加速度都相同
D.梦天实验舱在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期与天和核心舱的运行周期相等
【正确答案】 C

2-8（提升） 2022年11月29日23时08分，搭载着神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心升空，11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船与天和核心舱成功完成自主交会对接。如图为神舟十五号的发射与交会对接过程示意图，图中①为近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点，已知神舟十五号的质量为m，地球表面重力加速度为g。关于神舟十五号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（　　）

A.神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能等于在②轨道上经过P点时的机械能
B.神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度小于在②轨道上经过P点时的加速度
C.神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为
D.神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功为
【正确答案】 C

2-9（提升） 人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为零势能点，引力势能可以表示为，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为。此过程中损失的机械能为（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 斜抛运动,重力做功与重力势能的关系,计算物体的机械能

【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） 质量为50 kg的小明同学参加学校运动会的跳远项目，从O点由静止开始助跑，在A点起跳直至B点落地过程如图所示。最终跳出了4.8 m的成绩。将小明同学看成质点，已知小明最高的腾空距离0.45 m， 从O点静止开始运动到B点落地，OA克服阻力做功50J。忽略起跳后的空气阻力，重力加速度g取 10 m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.小明在空中运动的时间为0.3s
B.小明在最高点时的动能为1600J
C.运动到点着地时的动能为1725J
D.全过程小明做的功为1825J
【正确答案】 B

3-2（基础） 某同学练习定点投篮，篮球从同一位置出手，两次均垂直撞在竖直篮板上，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A.两次篮球出手时速度大小可能相等
B.两次击中篮板时的速度相等
C.第1次击中篮板时的速度大
D.球在空中运动过程第2次速度变化比第1次快
【正确答案】 A

3-3（巩固） 雨滴在高空形成后，由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大小与雨滴的速度大小成正比。设下落过程中雨滴的质量不变，雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E与时间t的关系图像一定错误的是（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 C

3-4（巩固） 质量的小强同学参加学校运动会的三级跳远项目，从静止开始助跑直至落地过程如图所示。已知小强每次起跳腾空之后重心离地的高度是前一次的2倍，每次跳跃的水平位移也是前一次的2倍，最终跳出了的成绩。将小强同学看成质点，已知小强最高的腾空距离，从O点静止开始到D点落地，全过程克服阻力做功。空气阻力忽略不计，重力加速度。下列说法正确的是（　　）

A.第三步跳跃在空中运动的时间为
B.运动到第三次起跳腾空之后最高点时的动能为1050J
C.运动到D点着地时的动能为1625J
D.全过程运动员做的功为1425J
【正确答案】 C

3-5（巩固） 如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为和，加速度大小分别为和。已知，下列说法正确的是（　　）

A.若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，
B.若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，
C.若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，
D.若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，
【正确答案】 D

3-6（巩固） 下列图像中，可表示地面附近一小球沿竖直方向做抛体运动过程中，速度与重力势能之间关系的是（不计空气阻力）（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 A

3-7（巩固） 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）

A.重力做功2mgR B.合外力做功mgR
C.克服摩擦力做功mgR D.机械能减少2mgR
【正确答案】 C

3-8（提升） 如图所示，滑块以初速度v0从固定斜面顶端下滑，到达斜面底端时速度刚好为零。取斜面底端所在水平面为零势能面。下列描述滑块的加速度大小a、重力功率P、动能Ek、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的是（　　）

A.B.C. D.
【正确答案】 D

3-9（提升） 2022年2月18日，我国运动员夺得北京冬奥会自由式滑雪女子U形场地技巧赛冠军。比赛场地可简化为如图甲所示的模型：滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道连接而成，轨道的倾角为。某次腾空时，运动员（视为质点）以大小为v的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘AD的夹角为，腾空后沿轨道边缘AD上的N点进入轨道，腾空过程（从M点运动到N点的过程）的左视图如图乙所示。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A.运动员腾空过程中处于超重状态
B.运动员腾空过程中离开AD的最大距离为
C.运动员腾空的时间为
D.M、N两点的距离为
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 法拉第电磁感应定律的表述和表达式,有效值读取交流电表示数的含义,根据有效值计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示为风速测量装置，风叶转动带动永磁铁同步转动，交流电表的示数值反映风速的大小，则 （ ）

A.风速越大，电表的示数越大
B.电表的测量值是电流的平均值
C.电表的测量值是电压的最大值
D.风叶转动一周，线圈中电流方向改变一次
【正确答案】 A

4-2（基础） 动圈式话筒因其耐用、噪音低、稳定性好等优点，在教学、KTV等场景有广泛应用。它的结构图如图所示，当对着话筒讲话时，声音使膜片振动，与膜片相粘连的线圈跟随膜片一起振动。下列说法正确的是（　　）

A.动圈式话筒将电信号转变为声音信号
B.动圈式话筒的原理与电动机的原理相同
C.线圈随膜片振动时，线圈的磁通量会改变
D.线圈随膜片振动时线圈中产生的电流方向不变
【正确答案】 C

4-3（巩固） 交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（ ）

A.此交流电的频率为100Hz
B.此发电机电动势的有效值为20V
C.当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D.当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
【正确答案】 D

4-4（巩固） 无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，某段时间内线圈N产生的磁场平行于圆轴线向上穿过线圈M。下列说法正确是（　　）

A.当线圈M中磁感应强度B不变时，能为电动汽车充电
B.当线圈N接入恒定电流时，线圈M两端产生恒定电压
C.当线圈M中的磁感应强度B增加时，线圈M两端产生电压可能变大
D.若这段时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M中产生的电动势为
【正确答案】 C

4-5（巩固） 如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，为导轨最低位置，与为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度从沿导轨做匀速圆周运动至处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（　　）

A.经过最低位置处时，通过电阻R的电流最小
B.经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为
C.全程电阻R上产生的热量为
D.全程通过电阻R的电荷量为
【正确答案】 C

4-6（巩固） 如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈A相连，线圈C接图示电路，线圈A与线圈C的匝数比，不计导体棒、导轨的电阻：两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上：，，滑动变阻器（阻值0～20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下做往复运动，其速度随时间变化关系符合。以下说法正确的是（ ）

A.电压表示数为
B.滑动变阻器滑片向下滑动时变压器输入功率减小
C.滑动变阻器滑片滑到正中间位置，在1min内外力对导体棒做的功为192J
D.导体棒的最大速度变为，则变压器的输出功率也变为原来的一半
【正确答案】 B

4-7（巩固） 在市少年宫物理兴趣小组自做的发电机工作原理如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一匝数为的矩形线圈，其面积为，电阻为，线圈两端外接一电阻为的用电器和一个交流电压表，若线圈绕对称轴以角速度做匀速转动，则线圈从图示位置转过的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.交流电压表的示数为
B.通过电阻的电量为
C.交流电压表的示数为
D.电阻产生的热量为
【正确答案】 B

4-8（提升） 如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为，电阻为、半径为、圆心角为45°扇形闭合导线框绕垂直于纸面的轴以角速度匀速转动（轴位于磁场边界），则线框内产生的感应电流的有效值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-9（提升） 如图所示为一交流电通过一电子元件后的波形图（曲线部分为正弦式交流电电流的一部分），则下列说法正确的是（　　）

A.这是一种交变电流
B.电流的变化周期为0.03s
C.电流通过100的电阻时，电功率为300W
D.电流通过100的电阻时，电功率为
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 氢原子能级图

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 可见光的光子能量如下表所示，玻尔的氢原子能级图如图所示，则关于氢原子能级跃迁的说法正确的是（　　）
色光
红
橙
黄
绿
蓝—靛
紫
光子能量范围（eV）
1.61～2.00
2.00～2.07
2.07～2.14
2.14～2.53
2.53～2.76
2.76～3.10

A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出射线
B.处于能级的氢原子可以吸收红光发生电离
C.从的能级向的能级跃迁时会辐射出红外线
D.大量氢原子从能级向低能级跃迁时可辐射出两种频率的可见光
【正确答案】 D

5-2（基础） 如图为氢原子的能级示意图。已知蓝光光子的能量范围为2.53 ～ 2.76eV，紫光光子的能量范围为2.76 ～ 3.10eV。若使处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则激发氢原子的光子能量为（ ）

A.10.20eV B.12.09eV C.12.75eV D.13.06eV
【正确答案】 C

5-3（巩固） 氢原子的能级图如图1所示，若第3能级的氢原子向基态跃迁辐射光子，用这些光子照射图2电路中光电管的阴极金属K，电表A有光电流流过。上述实验材料、设备均不变，图2电路也不变的情况下，下列说法正确的是（　　）


A.第2能级向基态跃迁辐射的光子照射K，A中一定有光电流流过
B.第3能级向第2能级跃迁辐射的光子照射K，A中一定有光电流流过
C.第4能级向第2能级跃迁辐射的光子照射K，A中一定有光电流流过
D.第4能级向基态跃迁辐射的光子照射K，A中一定有光电流流过
【正确答案】 D

5-4（巩固） 子与氢原子核（质子）构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．如图为氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出频率为和的光子，且频率依次减小，则E等于（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-5（巩固） 如图为玻尔解释氢原子光谱画出的氢原子能级图，一群处于n=4激发态的氢原子，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的是（　　）

A.这群氢原子跃迁时最多可产生3种不同频率的光子
B.核外电子的轨道半径减小、动能增大，电势能变小，总能量不变
C.由n=4能级跃迁到n=1能级时发出光子的波长最短
D.已知金属钾的逸出功为2.25eV，从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子可使金属钾发生光电效应
【正确答案】 C

5-6（巩固） 有些金属原子受激后，从某激发态跃迁回基态时，会发出特定颜色的光。图甲所示为钠原子和锂原子分别从激发态跃迁回基态的能级差值，钠原子发出频率为的黄光，可见光谱如图乙所示。锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为（ ）

A.红色 B.橙色 C.绿色 D.青色
【正确答案】 A

5-7（巩固） 如图所示为氢原子的能级示意图，则下列说法正确的是（　　）

A.氢原子由能级跃迁到能级时，氢原子的电势能减小
B.如果能级的氢原子吸收某电子的能量跃迁到能级，则该电子的能量一定等于
C.大量处于基态的氢原子吸收某频率的光子跃迁到能级时，可向外辐射两种不同频率的光子
D.用氢原子从能级跃迁到能级辐射出的光照射逸出功为的金属时，逸出的光电子的最大初动能为
【正确答案】 D

5-8（提升） 如图所示为氢原子的能级示意图，已知锌的逸出功是3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（　　）

A.一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，能放出8种不同频率的光
B.一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，其中有4种不同频率的光能使锌板发生光电效应
C.用能量为10.30eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D.假设氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为，则对个处于能级的氢原子，跃迁过程中辐射的光子的总数为个
【正确答案】 B

5-9（提升） 一群处于基态的氢原子受某种光照射后，跃迁到第4能级，发出的光谱中只有两条可见光a和b。a、b在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系如图甲所示。图乙为氢原子能级图，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，下列说法正确的是（　　）

A.照射光子的能量E=12.09eV
B.a光的波长比b光的波长短
C.氢原子受激发后，能发出10种不同频率的光
D.a光是氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 光的折射定律、折射率,折射率的波长表达式和速度表达式

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示，一条单色光线从空气射入某介质时，若入射光线与界面的夹角是30°，折射光线与法线的夹角也是30°，则该介质的折射率为（ ）

A.1 B. C. D.
【正确答案】 D

6-2（基础） 如图所示，一束光由空气射入某种介质的折射情况，入射光线、折射光线与法线的夹角分别为、，则（　　）

A.这束光在介质中的传播速度比空气中大
B.适当减小，就会发生全反射
C.介质的折射率为
D.介质的折射率为
【正确答案】 D

6-3（巩固） 如图所示，某单色光a以i＝30°的入射角射向半圆形玻璃砖的下表面，经折射后光束a与法线的夹角为60°，已知光在真空中的传播速度。下列说法正确的是（ ）

A.玻璃砖对a光的折射率为
B.玻璃砖对a光的折射率为
C.a光在玻璃砖中的传播速度为
D.a光在玻璃砖下表面发生全反射的临界角为60°
【正确答案】 A

6-4（巩固） 图所示，是空气与某种介质的界面，一条光线从某种介质射入空气的光路如图所示，那么根据该光路图做出下列判断中正确的是

A.该介质的折射率为
B.光在介质中的传播速度为（c为真空中光速）
C.反射光线与折射光线的夹角为105°
D.反射光线与折射光线的夹角为135°
【正确答案】 B

6-5（巩固） 人眼结构的简化模型如图所示，折射率相同、半径不同的两球体共轴，球心分别为和，位于小球面上。宽为d的单色平行光束对称地沿轴线方向射入小球，会聚在轴线上P点，光线的会聚角。则（　　）

A.不能求出小球的半径
B.可求出球体对该色光的折射率
C.光线射到P点时可能会发生全反射
D.若大球折射率略减小，光线将会聚在P点右侧
【正确答案】 B

6-6（巩固） 如图所示，一束复色光沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O点，经过玻璃砖后有A、B、C三束光射出，下列说法正确的是（　　）

A.A光束是单色光
B.B光的折射率比C光大，B光的频率比C光小
C.入射角α逐渐增大，B光比C光先消失
D.做双缝干涉实验时，用B光要比用C光条纹间距大
【正确答案】 C

6-7（巩固） 虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，所以虹看起来较亮，霓看起来较暗，也就是人们常说的“双彩虹”，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.M到N之间光带颜色顺序和P到Q之间光带颜色顺序相同
B.在水珠中，M位置光的传播速度小于N位置光的传播速度
C.在同一介质中，以相同入射角从介质射入空气，若M位置的光发生全反射，N位置的光一定也能发生全反射
D.用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，M位置的光的条纹间距大于N位置的光的条纹间距
【正确答案】 B

6-8（提升） 一柱状容器的高为3l，底面是边长为2l的正方形，容器内装满某种透明液体。过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面图的左下角处有一点光源，其发出的红光经过容器内部相应光路后，从液体上表面的D点射出两束相互垂直的光，则（　　）

A.该透明液体对红光的折射率为
B.红光在透明液体中的传播速度为0.6c
C.红光从透明液体到空气的临界角为37°
D.将红光改为紫光后从D点射出的两束光夹角为锐角
【正确答案】 A

6-9（提升） 2021年12月9日，我国神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站进行了太空授课。如图甲所示，王亚平在水球里注入一个气泡，观察水球产生的物理现象。课后小明同学画了过球心的截面图，如图乙所示，内径是R，外径是R。假设一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角i=30°，经折射后恰好与内球切。已知光速为c。则（　　）

A.单色光在材料中的折射率为
B.单色光在该材料中的传播时间为
C.只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射
D.只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在外球面发生全反射
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 带电粒子在弧形边界磁场中运动,洛伦兹力的方向

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 比荷（）相等的带电粒子M和N，以不同的速率经过小孔S垂直进入匀强磁场，磁感应强度为B，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）

A.N带负电，M带正电
B.N的速率大于M的速率
C.N的运行时间等于M的运行时间
D.N受到的洛伦兹力一定等于M受到的洛伦兹力
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面（纸面）向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是（　　）（重力加速度为g）

A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用 B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为
C.洛伦兹力做正功 D.滑块的机械能增大
【正确答案】 B

7-3（巩固） 人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）

A.右侧为负电子运动轨迹
B.正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度
C.正、负电子所受洛伦兹力始终相同
D.正、负电子在气泡室运动时，动能减小、半径减小、周期不变
【正确答案】 D

7-4（巩固） 如图所示，xOy直角坐标系中，虚线是中心在O点的一个椭圆，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点，Q是位于一焦点上的负点电荷。当带正电的点电荷q，仅在静电力的作用下绕Q在椭圆轨道上沿逆时针方向运动时，下列说法中正确的是（　　）

A.从P1到P2的过程中，q的电势能一直减小
B.从P2到P3与从P3到P4的过程中，静电力对q做的功相同
C.从P3到P4的时间大于从P4到P1的时间
D.当q到达P4点时，若加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，q可能做直线运动
【正确答案】 A

7-5（巩固） 如图所示，为空间站霍尔推进器的简化图，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面加有匀强磁场Ⅱ和垂直圆环平面向里的匀强电场（图中没画出），磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。已知电子质量为m、电荷量为e，若电子恰好可以在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A.电子沿逆时针方向运动 B.垂直环平面的磁场Ⅱ方向为垂直圆环平面向里
C.电场强度大小为 D.质子也可以在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动
【正确答案】 B

7-6（巩固） 一长直细金属导线竖直放置，通以向上的恒定电流，一光滑绝缘管ab水平固定放置，两端恰好落在一以导线为圆心的圆上，俯视如图所示。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以初速度v0向b端运动过程中，则下列说法正确的是（　　）

A.小球在绝缘管中先加速后减速运动
B.洛伦兹力对小球先做正功再做负功
C.小球在管中点处受到的洛伦兹力为零
D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终向下
【正确答案】 C

7-7（巩固） 如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）

A.B.C.D.
【正确答案】 A

7-8（提升） 如图所示，PQ为放在竖直平面的半圆弧的直径，O为圆心，小球带正电，以初速度v沿直径水平抛出；甲图中只受重力作用，乙图中有竖直向下的匀强电场，丙图中有垂直纸面向里的匀强磁场，丁图中有垂直纸面向外的匀强磁场，小球能垂直落在圆弧弧面上的是（　　）

A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
【正确答案】 D

7-9（提升） 某一空间存在着磁感应强度为且大小不变、方向随时间做周期性变化的匀强磁场（如图甲所示），规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按的顺序做横“∞”字曲线运动（即如图乙所示的轨迹），下列办法可行的是（粒子只受洛伦兹力的作用，其他力不计）（　　）

A.若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B.若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C.若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D.若粒子的初始位置在处，在时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 斜抛运动,平抛运动速度的计算,平抛运动位移的计算

【正确答案】
B C
【试题解析】


8-1（基础） 2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌。图（a）是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图（b）是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线，将谷爱凌视为质点。已知时，图线所对应的切线斜率为6（单位：m/s），重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（  ）

A.时，谷爱凌到达最高点
B.时，谷爱凌到达最高点
C.和时，谷爱凌速度大小相等
D.和时，谷爱凌的速度方向相反
【正确答案】 BC

8-2（基础） 如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（　　）

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

8-3（巩固） 2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成，最后落在雪坡上的P点（图中未画出）。把运动员视为质点，不计空气阻力，取，，则（　　）

A.运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s
B.运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C.运动员离开雪坡的最大距离为19.36m
D.运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
【正确答案】 AC

8-4（巩固） 排球比赛中运动员从某一高度将排球击出，击出排球瞬间开始计时，排球在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，图中相关坐标值均为已知，若时刻排球恰好落到对方的场地上，排球可视为质点，运动过程中受到的阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

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

8-5（巩固） 如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则（ ）

A.甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
B.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍
C.两黄豆相遇时甲、乙的速度大小之比为：
D.若仅改变乙黄豆从M点射出时的速度方向，则当其运动到MN所在水平面时，可能位于N点的右侧
【正确答案】 BC

8-6（巩固） 小卯同学喜爱打篮球，一次他将篮球从地面上方B点以速度v斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。当他后撤到与B等高的C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，他应该（　　）

A.增大抛射角θ B.减小抛射角θ
C.增大抛出速度v D.减小抛出速度v
【正确答案】 BC

8-7（巩固） 某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程，不正确的是（　　）

A.两次在空中运动的时间相等
B.两次抛出时的速度相等
C.第2次抛出时速度的竖直分量大
D.第1次抛出时速度的水平分量小
【正确答案】 ABC

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

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

8-9（提升） 如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，一质点从斜面上某处以速度v斜向上抛出，初速度方向与斜面夹角为，斜面足够长，不计空气阻力。已知质点与斜面碰撞前后的速率不变，且速度方向遵循光的反射定律，若要求质点最后仍能回到原出发点，则α角的正切值可能是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 ACD

【原卷 9 题】 知识点 带电粒子在复合场中的一般曲线运动

【正确答案】
A C
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。已知一带电粒子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ABC运动，到达C点时速度为零。B点是运动的最低点。重力忽略不计，则以下说法中正确的是（　　）

A.此粒子带正电
B.该带电粒子运动到B点时动能最大
C.该带电粒子在C点加速度为零
D.A点到B点的时间大于B点到C点的时间
【正确答案】 AB

9-2（基础） 如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为、带电量大小为的小球，以初速度沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。经过时间，小球到达点（图中没标出），电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。已知重力加速度为，则（　　）

A.小球一定带正电
B.时间内小球可能做匀变速直线运动
C.匀强磁场的磁感应强度为
D.电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动
【正确答案】 AC

9-3（巩固） 如图所示，O点下方水平边界之下充满了正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿纸面水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。将一带正电小球从O点由静止释放，小球穿过电磁场后到达水平地面，空气阻力忽略不计，下列说法中正确的是（　　）

A.小球进入电磁场后做匀变速曲线运动
B.小球下落过程中增加的机械能等于减少的电势能
C.若仅增大磁感应强度，其他条件不变，小球下落到水平地面时的动能将变大
D.若仅将电场反向，其他条件不变，小球在电磁场中可能沿直线运动
【正确答案】 BC

9-4（巩固） 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受静电力与重力大小相等。现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）

A.小球能越过d点并继续沿环向上运动 B.当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能减少 D.小球经过c点时速度最大
【正确答案】 BC

9-5（巩固） 如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中，两轨道平面分别与磁场垂直，与电场平行，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是（　　）

A.两小球到达轨道最低点的速度
B.两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力
C.小球第一次到达M点的时间早于小球第一次到达N点的时间
D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端
【正确答案】 CD

9-6（巩固） 如图所示，在竖直平面内，由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD、FG与半圆轨道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圆弧轨道半径为R，圆心为O，P为圆弧最低点，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E。DC段还存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。有一金属圆环M，带有正电荷q，质量，套在轨道FG上，圆环与CD轨道间的动摩擦因数μ=0.2.如果圆环从距G点高为10R处由静止释放，则下列说法正确的是（　　）

A.圆环在CD轨道上也能到达相同高度处
B.圆环第一次运动到P点（未进入磁场区域）时对轨道的压力为21mg
C.圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgR
D.圆环最终会静止在P点
【正确答案】 BC

9-7（巩固） 如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置。已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计。对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度、加速度随时间变化的图像、重力势能、机械能随圆环离开出发点的高度h变化的图像，其中一定不正确的是（　　）

A.B.C. D.
【正确答案】 BC

9-8（提升） 带电粒子在重力场中和磁场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。若带正电小球的初速度为零，可以分解为在水平方向上有两个大小相等、方向相反速度。水平向右的速度对应的洛伦兹力与小球的重力平衡，水平向左的速度对应的洛伦兹力提供小球匀速圆周运动向心力。设带电小球的质量为m、电量为，磁感应强度为B（范围无限大），重力加速度为g，小球由静止开始下落，则以下猜想正确的是（　　）

A.两点间的距离为 B.小球在运动过程中机械能不守恒
C.小球下降的最大高度为 D.小球的加速度大小恒为g
【正确答案】 CD

9-9（提升） 如图所示，真空中有平面直角坐标系xOy，其x轴方向水平向右，坐标系xOy所在的空间有一正交的匀强电磁场，匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；匀强磁场方向垂直于坐标系xOy向里，磁感应强度大小为B。一群带正电的粒子，质量均为m，所带电荷量均为q，以大小不同的初速度从坐标原点O沿x轴正方向射出，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则（　　）


A.若初速度，粒子恰好能做匀速直线运动
B.当粒子离x轴最远时，速度达到最大
C.若初速度，粒子每隔时间就会返回x轴一次
D.在任意时刻，粒子在x方向的速度分量的大小为，与x轴的距离为h，那么与h的关系式为
【正确答案】 ACD

【原卷 10 题】 知识点 物体在粗糙斜面上滑动,摩擦力做功的计算

【正确答案】
A B C
【试题解析】


10-1（基础） 如图所示，质量为m的物体相对静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离l，物体相对斜面静止，则下列说法正确的是（　　）

A.重力对物体做正功 B.合力对物体做功为零
C.摩擦力对物体做负功 D.支持力对物体做正功
【正确答案】 BCD

10-2（基础） 一物块从粗糙斜面底端，以某一初速度开始向上滑行，到达某位置后又沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中（ ）

A.上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力
B.上滑时，地面对斜面的摩擦力方向向左
C.下滑时，地面对斜面的摩擦力方向向右
D.上滑的时间小于下滑的时间
【正确答案】 BD

10-3（巩固） 在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，则可知（　　）

A.A、B两点的距离为3.2m
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.8
C.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为11.2J
D.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为5.8J
【正确答案】 AC

10-4（巩固） 如图所示，将质量为m的物块（视为质点）从空中O点以大小为的初速度水平抛出，恰好沿斜面方向落到倾角为的固定斜面顶端，然后沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A.物块与斜面间的动摩擦因数为
B.物块在空中做平抛运动的时间为
C.物块沿斜面下滑的过程中，因摩擦产生的内能为
D.物块沿斜面下滑的过程中，合力的冲量大小为
【正确答案】 BD

10-5（巩固） 有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）

A.物体在斜面上运动的过程机械能减小了30J
B.斜面与物体间的摩擦力大小f=4N
C.物体的质量为m=2kg
D.斜面的倾角θ=37°
【正确答案】 BD

10-6（巩固） 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g= 10m/s2．根据图象可求出

A.物体的初速率v0＝6m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C.当θ=30o时，物体达到最大位移后将保持静止
D.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值
【正确答案】 BD

10-7（巩固） 一质量为2kg的物体静止在水平地面上，t=0时刻对物体施加一个外力F，1s后撤去外力F，物体在地面上的运动的速度—时间图像如图所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A.物体在地面上运动的位移为6m B.物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1
C.外力F的大小为6N D.摩擦力对物体做的功为－9J
【正确答案】 AB

10-8（提升） 如图所示，倾角为的斜面段粗糙（足够长），其余部分光滑，在斜面点上方静止一质量均匀分布、长度为的薄板，薄板下端与点之间的距离为，薄板与段的动摩擦因数。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面段上重量的倍。以点为坐标原点，沿斜面向下建立直线坐标轴。从薄板下端刚到达点开始，薄板所受的摩擦力、速度、加速度，动能与薄板下端相对点的位移的关系图像为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 AC

10-9（提升） 如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q（可视为质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）

A.时长木板P停下来 B.长木板P的长度至少是
C.地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075 D.恒力F等于
【正确答案】 CD

【原卷 11 题】 知识点 感应电流产生条件的总结,增反减同,来拒去留

【正确答案】
C D
【试题解析】


11-1（基础） 如题图所示，仅有矩形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，闭合圆形导线圈由位置1沿直线穿越磁场运动至位置2。关于能产生感应电流的过程，下列说法中正确的是（　　）

A.线圈进入磁场过程
B.线圈完全进入磁场后至离开磁场前
C.线圈离开磁场的过程
D.线圈离开磁场后远离矩形区域的过程
【正确答案】 AC

11-2（基础） 如图所示，下列矩形线框在无限大的匀强磁场中运动，则不能够产生感应电流的是（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 ABC

11-3（巩固） 关于下列四幅演示实验图，能正确表述该实验现象的是（　　）

A.图甲用磁体靠近闭合铝环A，A会被磁体排斥
B.图乙断开开关S，触点C不会立即断开
C.图丙闭合开关S瞬间，电流表示数不为零，断开开关S瞬间，电流表示数为零
D.图丁铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
【正确答案】 AB

11-4（巩固） 用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是（　　）

A.甲图中，使导体棒顺着磁感线方向运动，且保持穿过中的磁感线条数不变
B.乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈
C.丙图中，开关闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动
D.丙图中，开关保持闭合，使小螺线管A从大螺线管B中拔出
【正确答案】 BD

11-5（巩固） 如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（　　）

A.感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B.感应电动势最大值
C.半圆形闭合导线所受安培力方向向左
D.感应电动势平均值
【正确答案】 BCD

11-6（巩固） 一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以长直导线为对称轴安装一个用细导线绕制的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与一电阻连接。螺线管的横截面是半径为a的圆，其中心与长直导线的距离为r。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为。下列选项中正确的是（　　）

A.时间内通过长直导线横截面的电荷量
B.时刻通过螺线管某一匝线圈的磁通量
C.时间内和时间内螺线管内有感应电流产生
D.时间内螺线管内均有感应电流产生
【正确答案】 BC

11-7（巩固） 如图所示为某同学探究电磁感应现象的实验装置。将两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R、开关组成一个回路，B线圈与电流计G、开关组成另一个回路。关于该实验现象下列说法正确的是（　　）

A.先闭合，再闭合的瞬间，G中无感应电流
B.先闭合，再闭合的瞬间，G中无感应电流
C.闭合、，待电路稳定后G中一直有感应电流
D.闭合、，待电路稳定后R的滑片向左移动的过程中，G中有感应电流
【正确答案】 AD

11-8（提升） 如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是（ ）

A.先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B.S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C.先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D.S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
【正确答案】 AD

11-9（提升） 已知某一区域的地下埋有一根与地表面平行的直线单芯电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度。当线圈平面平行地面测量时，在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零，b、d两处线圈中的电动势不为零；当线圈平面与地面成60°夹角时，在b、d两处测得试探线圈中的电动势为零。经过测量发现，a、b、c、d恰好位于边长为1m的正方形的四个顶角上，如图所示，据此可以判定（　　）

A.地下电缆在ac两点连线的正下方，离地表面的深度为
B.地下电缆在cd两点连线的正下方，离地表面的深0.5m
C.地面上a、b、c、d 四处测得试探线圈中的电动势为零，则此直线型电缆可能是双芯的、各自通有方向相同、等大的电流
D.地面上a、b、c、d四处测得试探线圈中的电动势为零，则此直线型电缆可能是双芯的、各自通有方向相反、等大的电流
【正确答案】 AD

【原卷 12 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】


12-1（基础） 某同学用如图所示的实验装置来验证重物B和滑块A所组成的系统机械能守恒。实验前先将气垫导轨固定在水平桌面上，调成水平，右端固定一轻质定滑轮，滑块A和重物B分别系在一条跨过定滑轮的细绳两端，将一遮光条固定在滑块A上，将一光电门固定在气垫导轨上方，使滑块运动过程中遮光条能穿过光电门。

（1）实验时，用20分度的游标卡尺测量遮光条宽度，如图所示，则遮光条宽度d=___________mm。

（2）若测得滑块A的质量、重物B的质量，释放滑块时遮光条到光电门中心的距离为，遮光条通过光电门时光电计时器记录的时间为，取,则遮光条通过光电门时滑块A的速度大小为_________m/s，从释放滑块到遮光条通过光电门的过程中，滑块A和重物B组成的系统重力势能减小量为_________J、动能增加量为_________J。（计算结果均保留2位有效数字）
（3）为提高实验结果的淮确程度，某小组同学对此实验提出以下建议，其中对减小实验误差有用的是___________。
A．绳的质量要轻
B.将气垫导轨倾斜适当角度平衡摩擦力
C.应让重物B的质量远小于滑块A的质量
D.把连接两物块的绳子换为弹性绳
【正确答案】 5.40 2.7 0.59 0.55 AB或BA

12-2（基础） 柯同学利用如图所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验。

（1）关于本实验，下列说法正确的是________。
A．纸带越短，阻力的影响越小，实验效果越好
B．根据图甲中的打点计时器外观，它应该接低压交流电源
C．纸带上端用固定的夹子夹住或释放纸带的效果比用手更好
D．必须利用天平准确测量出重物的质量，否则无法进行验证
E．若要对减小实验误差有利，重物可选用质量和密度较大的金属重锤
（2）操作全部规范后，柯同学得到一条合适的纸带（局部）如图乙所示，已知该条纸带上的第1、2两个点（图中未画出）间的距离近似为，刻度尺的“0”与第1个点对齐，A、B、…G各点对应的数据是该点到第1个点的距离（），打点计时器所接电源频率为，重物质量为，当地的重力加速度为。

①若规定打下第1个点时重物所在位置为参考点，则打下B点时，重物的重力势能为________J（结果保留三位有效数字）。
②打下B点时，重物的动能为________J（结果保留三位有效数字）。
【正确答案】 BCE 2.35

12-3（巩固） 某研究小组利用DIS实验装置验证机械能守恒定律。如图（a），内置有光电门的摆锤通过轻杆与转轴O相连，摆锤通过遮光片时可记录遮光时间。实验时，摆锤从M点由静止释放，依次记录其通过每个遮光片所对应的时间t。用刻度尺测出每个遮光片距最低点N的竖直高度为h，摆锤质量为m，重力加速度为g。

（1）实验前，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b），则__________mm。
（2）若以最低点N为零势能面，选用字母m、h、d、t、g表示物理量，则经过某个遮光片时，摆锤的重力势能_________，动能________；对比通过各遮光片处摆锤的机械能（）是否相等，可判断机械能守恒与否。
（3）为了更直观的处理数据，研究小组绘制了摆锤摆下过程中动能、重力势能及机械能随高度变化的图像如图（c）所示，其中重力势能的图线应为__________（选填“A”，“B”或“C”）；仔细比对数据发现，摆锤摆下过程中，重力势能减少量__________动能增加量（选填“大于”或“小于”）。
【正确答案】 8.7 B 大于

12-4（巩固） 用如图装置来验证机械能守恒定律

（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出_____________（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离H．
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片的时间为．
③测出挡光片的宽度，则重物经过光电门时的速度为____________．
（2）如图系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为________（已知重力加速度为g）
【正确答案】 挡光片中心

12-5（巩固） （1）某次实验将打点计时器接到频率为的交流电源上，实验完成后选出一条点迹清晰的纸带，标出部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个打下的点，图中未画出）。其中、、、、、。已知物体做匀加速直线运动，则物体的加速度______（要求充分利用测量的数据，结果保留2位有效数字）。

（2）为了探究物体质量与加速度的关系，某同学设计了如图所示的实验装置。质量分别为和的两个小车，用一条柔软的轻绳通过滑轮连起来，重物的质量为，忽略滑轮的质量和各种摩擦，使两车同时从静止开始运动，同时停止，两个小车发生的位移大小分别为x1和x2。

①如果想验证在合外力一定的情况下，小车的加速度和质量成反比，只需验证表达式______成立。（用题中所给物理量表示）
②实验中______（填“需要”或“不需要”）满足重物的质量远小于小车的质量。
（3）某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上点处有一带长方形遮光条的滑块（总质量为，遮光条两条长边与导轨垂直），左端由跨过定滑轮的细绳与一质量为的小球相连，导轨上点处有一光电门。实验时，将滑块从A点由静止释放，测得遮光条的宽度d，遮光条经过光电门时的挡光时间t，A点到点的距离l，A点与点间的高度差为。

①滑块从A点B点的过程中，动能增加量可表示为______，重力势能减少量可表示为______，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒；（用题中所给字母以及重力加速度表示）
②该学习小组在斜面倾角为30°且的情况下，多次改变A、B间的距离，计算出多组滑块到达点时的速度，并作出图像如图乙示，根据图像可得重力加速度______（保留3位有效数字）。
【正确答案】 0.64 不需要 9.82

12-6（巩固） 某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B，重物B上固定一遮光条，遮光条的宽度为d，已知A、B的质量相等，悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直，滑轮的质量忽略不计。

（1）开始时，绳绷直，重物A、B处于静止状态。释放后，A、B开始运动，测出遮光条通过光电门的时间t，则重物B经过光电门时的速度为v=___________（用题中所给的字母表示）。
（2）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d=___________cm。

（3）调整B开始释放的位置到光电门之间的高度H，得到多组时间t。如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为___________（已知当地重力加速度大小为g，用实验中所测得的物理量的字母表示）。
【正确答案】 1.020

12-7（巩固） 以下是利用落体法验证机械能守恒定律的两种方案。
（1）采用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示。

①图乙中的纸带是实验过程中打点计时器打出的一条纸带。打点计时器频率为50 Hz，打下O点（图中未标出）时，钩码开始下落，、、是打点计时器连续打下的3个点。刻度尺的0刻线与O点对齐，、、三个点所对刻度如图乙所示。打点计时器在打出b点时钩码下落的速度为_______m/s（计算结果保留三位有效数字）；
②若打点计时器在打出b点时的速度表示为，钩码下落的高度表示为，当地的重力加速度为g，若在误差允许范围内表达式_______（用题中所给的物理量表示）成立，则机械能守恒。

（2）采用光电门验证机械能守恒定律，装置如图丙所示。切断电磁铁电源，让小钢球自由下落，下落过程中小钢球经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小钢球通过光电门1、2的时间、，用刻度尺测出两光电门间距离h，已知小钢球的直径为d，当地的重力加速度为g。

①小钢球通过光电门1时的瞬时速度________（用题中所给的物理量表示）；
②保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出随h变化的图像，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率________（用题中所给的物理量表示），就可以验证小钢球下落过程中机械能守恒；
③若考虑空气阻力的影响，则实验得出的随h变化的图像的斜率一定________（填“大于”“小于”或“等于”）不考虑空气阻力时图线的斜率。
【正确答案】 1.95 小于

12-8（提升） 某同学设计出如图 1 所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门 1 和光电门 2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间 、 ，已知当地的重力加速度为 g。

（1）该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图 2 所示，则其直径 d=______mm。

（2）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量______（填选项序号）。
A.小球的质量 m
B.光电门 1 和光电门 2 之间的距离 h
C.小球从光电门 1 到光电门 2 下落的时间t
（3）小球通过光电门 1 时的瞬时速度v1=______（用题中所给的物理量符号表示）
（4）保持光电门 1 位置不变，上下调节光电门 2，多次实验记录多组数据，作出h 变化的图像如图 3 所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率k1=______（用题中所给的物理量符号表示），就可以验证小球下落过程中机械能守恒。

（5）考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为 f，根据实际数据绘出的随 h变化的图像的斜率为 k2（k2 （6）实验中小钢球通过光电门的平均速度______（选填“大于”“小于”或“等于”）小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。
【正确答案】 6.200 B 小于

12-9（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 13 题】 知识点 电学创新实验,利用局部→整体→局部的方法分析动态电路

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：
待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），
电压表V（量程为3.0 V，内阻很大），
电阻箱R（0 ～ 99.99 Ω），
单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
某同学连接了一个如图所示的电路，他接下来的操作是：
a．拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图甲所示的位置后，将S2接掷于a，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.00 V，然后断开S1；
b．保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图乙所示），然后断开S1。

请你解答下列问题：图甲所示电阻箱的读数为__________Ω，图乙所示的电压表读数为__________V，由此可算出定值电阻R1的阻值为__________Ω。（电阻R1计算结果保留3位有效数字）
【正确答案】 20.00 2.60 6.00

13-2（基础） 某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为Rt＝a＋kt，a＞0，k＞0).设计电路如图所示，并按如下步骤进行操作：

(1)按电路图连接好实验器材；
(2)将滑动变阻器滑片P滑到a端，单刀双掷开关S掷于c端，调节滑片P使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路；
(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准电流表的示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关，请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I＝__________(用题目中给定的符号)；
(4)根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表，根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________侧(填“左”或“右”)，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”).
【正确答案】 右 否

13-3（巩固） 利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑夜打开。某同学利用如下器材制作了一个简易的路灯自动控制装置。
A．励磁线圈电源 B．路灯电源 C．路灯灯泡L D．定值电阻
E．光敏电阻 F．电磁开关 G．导线、开关等
（1）电磁开关的内部结构如图甲所示。1、2两接线柱接励磁线圈（电磁铁上绕的线圈），3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接，相当于路灯的开关。当流过励磁线圈的电流大于某个值时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开，路灯熄灭。该同学首先用多用电表的欧姆挡测量励磁线圈的电阻，将选择开关置于“×10”挡，调零后测量时的示数如图丙所示，则励磁线圈的电阻约为___________Ω；

（2）图乙为光敏电阻的阻值随照度的变化关系（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，单位为lx）。从图中可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而___________（选填“减小”“不变”或“增大”）；

（3）已知励磁线圈电源电动势（内阻不计），定值电阻R0=70Ω。若设计要求当流过励磁线圈的电流为0.02 A时点亮路灯，则此时的照度约为___________ lx。（保留1位有效数字）
【正确答案】 200 减小 0.6

13-4（巩固） 图中虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的磁场力，来测量磁场的磁感应强度大小。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的“U”形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长，E为直流电源，R为电阻箱，A为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。

（1）在图中画线连接成实验电路图______。
（2）完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙的质量m1。
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D______，然后读出______，并用天平称出此时细沙的质量m2。
④用米尺测量D的底边长度L。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=______。
【正确答案】 重新处于平衡状态 电流表的示数I

13-5（巩固） 兴趣学习小组将电压表改装成测量物体质量的仪器，如图1所示。所用实验器材有：
直流电源：电动势为E，内阻为r；
理想电压表V：量程0～3V；
滑动变阻器R：规格；
竖直固定的粗细均匀的直电阻丝：总长为，总阻值为；

竖直绝缘弹簧：下端固定于水平地面，上端固定秤盘，弹簧上固定一水平导体杆，导体杆右端点P与直电阻丝接触良好且无摩擦；开关S以及导线若干。
实验步骤如下：
（1）秤盘中未放被测物前，将导体杆右端点P置于直电阻丝上端a处，秤盘处于静止状态。
（2）直流电源的图象如图2所示，则电源电动势___________V，内阻___________。
（3）在弹簧的弹性限度内，在秤盘中轻轻放入被测物，待秤盘静止平衡后，导体杆右端点P正好处于直电阻丝下端b处，要使此时电压表达到满偏，则滑动变阻器R接入电路的阻值为___________。已知弹簧的劲度系数，当地重力加速度，则被测物的质量___________。由此在电压表的刻度盘上标示相应的质量数值，即将该电压表改装成了测量物体质量的仪器，则质量刻度是___________（填“均匀”或“非均匀”）的。
（4）直流电源使用较长时间后，电动势E减小，内阻r增大。在此情况下，被测物体质量的测量值与真实值相比___________（填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
【正确答案】 4.0 1.0 2 10 均匀 偏小

13-6（巩固） 如图所示为商场安装的光敏电阻自动计数器的示意图。其中A为光源，B为由电动机带动匀速运行的自动扶梯，为光敏电阻，为定值电阻，当有光照射时。每当扶梯上有顾客经过，挡住由A射向的光线时，的电阻值就增大，计数器就计数一次。

（1）当扶梯上的顾客挡住由A射向的光线时，光敏电阻两端的电压将______________（选填“变大”或“变小”），的功率将____________（选填“变大”或“变小”）。
（2）若已知自动扶梯满载时，相邻的两个顾客之间的距离均为，扶梯运行的速度为。求计数器计数101次，自动扶梯移动的距离是______________，所需用的时间______________。
（3）若某一段时间内自动扶梯的乘载率为，试求这一段时间内该商场自动扶梯上的平均客流量是___________人/（客流量是指单位时间经过的顾客人数）。
【正确答案】 变大 变小 50m 50s 24

13-7（巩固） 研究小组要测定某直流电动机正常工作时的机械功率，电动机铭牌上只有额定电压为10V，其它字迹不清楚。现实验室提供的器材有：电流表、电压表、滑动变阻器（阻值较小）、备用蓄电池，开关、若干导线、细线、重物等则：

（1）在小组成员中设计了如图甲、乙两个测量电路，其中，比较合理的是___________（选填“甲”或“乙”）图。
（2）根据选取的电路图，在答题卡上完成丙图中用电动机提升重物的实物电路连接。___________
（3）闭合开关S前，应将丙图中的滑动变阻器的滑片P移到最___________（ 选填“左”或“右”）端，闭合开关S后移动滑动变阻器，使电压表和电流表都有明显的示数，但电动机并未转动，读出此时电压表和电流表的示数分别为2V、1A，继续移动滑动变阻器的滑片P，将电压表的示数调为10V，这时电流表的示数为0.4A，此时，电动机输出的机械功率为___________W，若重物重为8N，那么，重物上升的速度大小为___________。
【正确答案】 乙 见解析 右 3.68 0.46

13-8（提升） 某科技小组设计一款自动测量水库水位系统，包括电路系统和绝缘材料制作的长方体仪器，正视图如下。仪器内部高，在左右两侧壁上铺满厚度、电阻均可忽略的电极板A、B。仪器底部内侧是边长为的正方形，中间有孔与水库连通。将仪器竖直固定在水中，长方体中心正好位于每年平均水位处，此高度定义为0m，建立如图右侧坐标系。每隔一段时间，系统自动用绝缘活塞塞住底部连通孔，闭合开关，连接恒压电源，读出电流表示数I，通过计算得出此时水位h。已知此处水的电阻率。

（1）电流表应选择______（请填英文序号）
A.满偏电流，内阻可忽略的电流表
B.满偏电流，内阻可忽略的电流表
（2）将电流表表盘改为水库水位表，请写出电流表示数I与水位h之间关系式：I=______（请用符号E、h、H、、L表示）
（3）正确选择电流表后，当电流为满偏电流时，对应水位h=______
（4）若电流表内阻不能忽略，由电流表改装的水位刻度______（选填“均匀”、“不均匀”），请列式说明理由：______。
【正确答案】 B 2.5m 不均匀 根据式子可知，I与h不成线性关系

13-9（提升） 现要组装一个酒精测试仪，它利用一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，此传感器的电阻R随酒精气体浓度的变化而变化，规律如图甲所示。目前国际公认的酒驾标准是“0.2mg/mL≤酒精气体浓度＜0.8mg/mL”，醉驾标准是“酒精气体浓度≥0.8mg/mL” 。提供的器材有：
A.二氧化锡半导体型酒精传感器Rx
B.直流电源（电动势为4V，内阻不计）
C.电压表（量程为3V，内阻非常大，作为浓度表使用）
D.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）
E.定值电阻R1（阻值为50Ω）
F.定值电阻R2（阻值为10Ω）
G.单刀双掷开关一个，导线若干
（1）图乙是酒精测试仪电路图，请在图丙中完成实物连线；（______）


（2）电路中R应选用定值电阻______（填R1或R2）；
（3）为便于识别，按照下列步骤调节此测试仪：
①电路接通前，先将电阻箱调为30.0Ω，然后开关向______（填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为0.2 mg/mL；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大，按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为“酒精浓度”，此浓度表刻度线上对应的浓度值是______（填“均匀”或“非均匀”）变化的；
③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。
（4）某同学将调适好的酒精测试仪靠近酒精瓶口，发现电压表读数为2V，则测量的酒精浓度______（填“有”或“没有”）达到醉驾标准。
【正确答案】 R2 a 非均匀 有

【原卷 14 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 体积为的钢化气瓶A装满氢气，静止在水平地面上，气瓶上方开口处通过阀门连有气球B，装置的总质量为。初始阀门关闭，气球B处于自由松弛状态，里面封闭的氢气质量为，体积为，压强与外界大气压相等；已知整个过程气体温度保持不变，空气的密度为，重力加速度为，大气压强为，气瓶A内封闭氢气初始压强为，求：
（1）打开阀门，气瓶A中部分气体充入气球B，使得气球B慢慢膨胀（可近似认为内部压强始终等于大气压强），当气瓶A刚要离地时需向B中充入的气体质量；
（2）气瓶刚要离开地面时，气瓶A内封闭的气体压强p2。

【正确答案】 （1）；（2）

14-2（基础） 一圆柱形导热气缸置于水平桌面上，质量为，内有一活塞，活塞质量为，横截面积为，活塞与气缸壁间的摩擦不计，且不漏气。如图所示，用弹簧测力计钩住活塞，稳定时气缸内气柱的长度为，弹簧测力计的示数为。已知外界大气压强为，重力加速度为，缸内气体可视为理想气体，缸体和活塞的厚度不计。
(1)稳定时气缸内气体的压强为多大？
(2)当用弹簧测力计拉着活塞和气缸一起以的加速度向上做匀加速运动时，气缸内气柱的长度为多少？（计算结果均保留3位有效数字）

【正确答案】 (1)；(2)

14-3（巩固） 某医用氧气瓶容积为40L，瓶内贮有压强为的氧气，可视为理想气体。广泛用于野外急救的氧气袋容积为5L。将氧气瓶内的氧气分装到氧气袋，充气前袋内为真空，充气后袋内压强为。分装过程不漏气，环境温度不变。
（1）最多可分装多少个氧气袋；
（2）若将医用氧气瓶内的氧气依次分装到原为真空、容积为5L的若干个便携式钢瓶内，每次分装后，钢瓶内气体压强与氧气瓶内剩余气体压强相等，求分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比。
【正确答案】 （1）；（2）

14-4（巩固） 用气泵向一导热容器内充气，气泵每次工作时吸入体积120L、压强1atm的气体，然后向容器内充气，气泵总共工作20次。前10次时均有7.5%的气体未充入，后10次工作时，由于容器内部压强增大，均有12.5%的气体未充入。已知容器的容积为2400 L，原来容器内气体压强为0.9atm。假设充气过程中环境温度不变。
（1）求充气结束后容器内气体的压强；
（2）充气结束后将环境的温度从7℃升高到42℃，不考虑容器容积的变化，若容器能承受的最大压强为2atm，试分析此过程是否安全。
【正确答案】 （1）；（2）见解析

14-5（巩固） 如图，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积、质量、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离，在活塞的右侧距离其处有一对与气缸固定连接的卡环，两卡环的横截面积和为。气体的温度，外界大气压强。现将气缸开口向下竖直放置（g取）。
（1）求此时活塞与气缸底部之间的距离h；
（2）如果将缸内气体加热到，求两卡环受到的压力大小（假定活塞与卡环能紧密接触）。

【正确答案】 （1）0.45m；（2）60N

14-6（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。两个气缸的质量均为，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，两活塞均不脱离气缸，求稳定后气体a、b的体积之比。

【正确答案】 （1），；（2）

14-7（巩固） 如图所示，足够长圆柱形气缸开口向上直立于水平面上，气缸的底面积为S=2.0×10-3m2.缸内有两个质量为m=1kg、可沿缸内无摩擦滑动的活塞，封闭着两部分理想气体，两活塞间连着一根劲度系数为k=1.05×103N/m 的轻质弹簧，当温度为T0=300K 时两部分气柱的长度均等于弹簧的自由长度l0=0.1m，当气体开温后，B 室的气柱长度变为l=0.2m.求:
（1）气体升温后的温度:
（2）气体开温后A室的气柱长度，(已知大气压强为p0=1.0×105Pa, g=10m/s2，弹簧始终在弹性范围内)

【正确答案】 （1）；（2）

14-8（提升） 如图所示，左管口封闭、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，管内两段水银柱封闭有长度均为10 cm的两段气柱，水银柱A的长度为5 cm，水银柱B在左管中的液面比在右管中的液面高5 cm，已知大气压强为75 cmHg，环境温度为320 K。现将环境温度降低，使气柱b长度稳定时变为9 cm，求：
（1）降低后的环境温度；
（2）水银柱A下降的高度。

【正确答案】 （1）；（2）

14-9（提升） 如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体）副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面附近达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触（无挤压），弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触（无挤压）氦气体积变为地面附近时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面附近大气压强、温度，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氮气温度不变，求目标高度处氦气的压强和此处的大气压强；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变（与上一问相同）。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的，求
①此时气球内部的压强。
②此时气球驻留处的大气温度主气囊。


【正确答案】 （1），；（2）①；②266K

【原卷 15 题】 知识点 完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 如图，成量为的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为的小球以10的速率向右运动。
（1）若小球碰到滑块后又以1的速率被弹回，求滑块获得的速度；
（2）若小球碰到滑块两者黏在一起运动，求之后的共同速度；
（3）若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），

15-2（基础） 如图所示，在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前物体B静止，物体A以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：
（1）碰撞后物体的速度大小；
（2）碰撞过程中物体B受到的冲量I。

【正确答案】 （1）；（2）

15-3（巩固） 如图所示，四分之三光滑圆弧轨道竖直固定在地面上，圆弧半径为R，O为圆心，AB为竖直直径，C与圆心等高，两个小球（均可看作质点）都套在圆弧上，小球甲质量为2m，小球乙质量为m。小球甲从最高点静止释放，沿轨道下滑到最低点与静止在此处的小球乙发生碰撞，已知重力加速度为g。
（1）求小球甲刚到最低点与小球乙碰撞前瞬间，轨道对小球甲的作用力大小；
（2）若两球碰撞后粘在一起继续运动，求从B点算起它们此后能上升的最大高度。

【正确答案】 （1）；（2）

15-4（巩固） 如图所示，小车静止在光滑的水平面上，小车的左端固定有硬质的细杆，小车和硬杆的总质量为，硬杆左端点处系有轻质细线，细线下端连接有质量为的小球b，细线长为固定的光滑轨道，圆弧半径，圆心角，左侧距A点高h处有质量为的小球a，现给小球a一水平向右的初速度，经过一段时间小球a恰好由A点沿切线进入圆弧轨道，从B点离开时恰好与小球b发生弹性对心碰撞，重力加速度，试求：
（1）小球a抛出点距A点的高度h为多少；
（2）小球b首次摆回最低点时细线对其拉力为多少。

【正确答案】 （1）7.2 m；（2）18 N

15-5（巩固） 如图所示，静置于水平地面的二辆手推车沿一直线排列，质量均为，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的0.1倍，重力加速度，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力。求：
（1）两车碰撞刚刚发生后共同运动的速度；
（2）第一辆车碰撞第二辆车时的速度；
（3）两车碰撞过程中损失的能量；
（4）人对第一辆车水平冲量的大小。


【正确答案】 （1）；（2）；（3）60J；（4）

15-6（巩固） 某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中使用的红色冰壶A和蓝色冰壶B的质量均为20kg，初始时两冰壶之间的距离s=7.5m，运动员以v0=2m/s的初速度将红色冰壶A水平掷出后，与静止的蓝色冰壶B碰撞，碰后红色冰壶A的速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间；
（2）两冰壶碰撞过程中损失的机械能。

【正确答案】 （1）6s；（2）3.2J

15-7（巩固） 如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小书斜面体高度，重力加速度为g，求：
（1）A、B碰撞过程中损失的机械能是多少？
（2）A和B沿C能上升的最大高度。

【正确答案】 （1）；（2）

15-8（提升） 某个物理实验可简化为如图所示的情景：光滑水平地面上，一些大小相同的小物块静止排列在一条直线上，相邻物块间距均为，从左向右物块序号分别为1、2、3、……。其中1号物块有多种质量规格可供选择，设其质量为（为大于1的正整数），其余每个物块质量均为。水平向右的恒力从某时刻开始作用于1号物块，此后物块运动起来，并依次与后面的物块发生碰撞，所有碰撞均为完全非弹性碰撞，忽略碰撞时间，重力加速度为，小物块视为质点，数量足够多。
（1）若，求1、2两物块碰撞过程损失的机械能；
（2）若，且已知第次碰撞前1号物块的动能为，则第次碰撞前1号物块的动能为多大；
（3）若，求运动过程中1号物块的最大速度以及从开始运动到1号物块达到最大速度所需时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-9（提升） 如图所示，长为的轻质细绳一端固定，另一端悬挂一质量为m的小球，将细线拉至水平并刚好伸直，小球由静止开始下摆，并在最低点与质量也为m的滑块发生弹性碰撞。滑块右侧有一段长也为L的粗糙地面，与滑块的动摩擦因数为0.5，B点右侧放置一质量为的圆弧（未固定），重力加速度，除粗糙地面外其余部分摩擦均不计。
（1）滑块第一次到达B点时的速度大小；
（2）若滑块第一次冲上圆弧时恰能到达其顶端，求圆弧半径。

【正确答案】 （1）；（2）

【原卷 16 题】 知识点 粒子在回旋加速器中的最大动能

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 如图为一回旋加速器的示意图，其核心部分为处于匀强磁场中的D形盒，两D形盒之间接交流电源，并留有窄缝，离子在窄缝间的运动时间忽略不计。已知D形盒的半径为R，在部分的中央A处放有离子源，离子带正电，质量为m、电荷量为q，初速度不计。若磁感应强度的大小为B，每次加速时的电压为U。忽略离子的重力等因素。求：
（1）加在D形盒间交流电源的周期T；
（2）离子加速后可获得的最大动能；
（3）从节能高效的角度，科学家将D形盒改进成了半径固定的环形轨道，即环形加速器，让带电粒子反复通过同一加速间隙，当在间隙上加载交变电压时，粒子能量将得到多次增加。请简要分析说明，如何可以保证粒子在半径固定的环形轨道上加速运动？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）见详解

16-2（基础） 2021年4月24日，首台国产医用回旋加速器在绵阳正式商用。如图所示为回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。求：
（1）质子离开回旋加速器时的最大动能；
（2）质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比。

【正确答案】 （1）；（2）

16-3（巩固） 如图所示，P、Q为等离子体发电机的两个极板，M、N为平行板电容器的两个极板，它们通过导线相连，极板P与Q之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，P与Q的间距为d，极板M与N的长度为3L，二者之间的距离为2L。以极板N右侧边缘O点为原点建立直角坐标系，在第四象限内存在一边界与x轴重合的矩形匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿x轴正方向喷入极板P与Q之间的磁场中。一电荷量为、质量为m的带正电粒子以速度沿平行于极板M、N的方向从紧挨极板M左边缘的A点射入极板M、N之间，恰好从O点进入第四象限，经过x轴时速度与x轴垂直，不计粒子的重力和电容器的边缘效应，求：
（1）极板M、N之间电场强度的大小；
（2）等离子体喷入极板P与Q之间的速度大小；
（3）矩形磁场区域的最小面积。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-4（巩固） 如图所示，已知截面为矩形的管道长度为l，宽度为a，高度为b．其中相距为a的两侧是电阻可忽略的导体，该两侧面间用理想导线串联一阻值为R的定值电阻，相距为b的两侧而（顶面和底面）是绝缘体，将电阻率为的水银沿图示方向通过矩形导管，假设沿流速方向上管道任意横截面上各点流速相等，且水银流动过程中所受管壁摩擦力与水银流速成正比。为使水银在管道中匀速流过，就需要在管道两端加上压强差。初始状态下，整个空间范围内无磁场，此时测得在管道两端加上大小为的压强差时水银的流速为，则：
（1）求水银受到摩擦力与其流速的比例系数k；
（2）在管道上加上垂直于两绝缘面，方向向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场时，若仍要保持水银的流速为不变，求此时管道两端的压强差；
（3）在第（2）问外加磁场的情况下，若测得稳定时管道两端的压强差仍为，求此时水银的流速。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-5（巩固） 一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量为、质量为的正离子，从容器A下方的小孔飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为0。这些离子经加速后通过狭缝沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打在照相底片的中点上。已知，放置底片的区域，且。
（1）求离子进入磁场时的速度的大小；
（2）求磁场的磁感应强度的大小；
（3）某次测量发现底片左侧包括点在内的区域损坏，检测不到离子，但右侧区域仍能正常检测到离子。若要使原来打到底片中点的离子可以被检测，在不改变底片位置的情况下，分析说明可以采取哪些措施调节质谱仪。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析

16-6（巩固） 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a=2m、b=0.4m、c=0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B=1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，用电压表测得两个电极间的电压U=1V。且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f=kLv，其中比例系数k=25N⸱s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。求：
（1）污水的流速v的大小；
（2）污水的流量（单位时间内流出的污水体积）Q；
（3）为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差Δp。

【正确答案】 （1）4m/s；（2）0.32m3/s；（3）2500Pa

16-7（巩固） 如图所示，粒子源A产生的初速度为零的带电粒子，经过电压为的加速电场加速后，从平行板电容器的极板左端中央沿垂直电场方向射入偏转电场，离开偏转电场后进入范围足够大、以为理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为粒子收集装置，已知偏转极板的长度为其板间距离的倍，磁场边界与极板右侧边缘直线之间的夹角为，与偏转极板平行长度为，若带电粒子所带电荷量为e、质量为m，带电粒子偏转后恰好从下极板右侧边缘离开偏转电场，经磁场偏转后恰好垂直打在收集装置的中点。整个装置处于真空中，粒子所受重力、偏转电场的边缘效应均可忽略不计。求：
（1）偏转电场两极板间的电压；
（2）磁场的磁感应强度大小。

【正确答案】 （1）；（2）

16-8（提升） 如图所示，在平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和、、点，其中圆弧的半径为R。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U。圆弧上方圆周外区域，存在着上边界为的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧内无电场和磁场。O点处有一粒子源，在平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：
（1）粒子被电场加速后的速度v；
（2）要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值；
（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中的倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-9（提升） 磁控管在现代科技领域有广泛的应用。为使问题简化，我们将静态磁控管简化为一对长度足够的平行平板电极系统中的电子在正交稳恒电磁场中的运动。如图1所示，在间距为d的两极板间加不计内阻、电动势为U的电源，两极板间存在方向垂直平面向里、大小为B的匀强磁场，位于阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似为零的电子，当U不变，改变B的大小时，电子在两极板间的运动轨迹将发生变化，如图2所示，其中轨迹Ⅲ最高点P恰好与阳极相切。电子电荷量为e，质量为m，不计电子的相互作用。
（1）求轨迹Ⅰ对应的磁感应强度大小，并比较轨迹Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所对应的磁感应强度、和的大小关系；
（2）求轨迹Ⅲ对应的磁感应强度以及轨迹在P处的曲率半径；
（3）若灯丝单位时间发射n个电子，画出电流I随磁感应强度B变化的图像。

【正确答案】 （1）0，；（2），2d；（3）


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，对小球受力分析，如图所示

由平衡条件有


解得


故AB错误；
CD．根据题意，适当增加细绳长度，则绳子的拉力方向逆时针旋转，由平衡条件可知，支持力和绳子拉力的合力与重力等大反向，画出重力等大方向的力，由矢量三角形可得，如图所示

由图可知，绳子对球的拉力将减小，斜面对球的支持力将减小，故D错误，C正确。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
对A、B整体受力分析，可得如图所示的矢量图

由该图可知当F与绳垂直时最小，可得

故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．水平力牵引A点使其向右缓慢运动过程，A点受到重物对A点的拉力和两绳子的拉力，处于平衡状态，三个力构成矢量三角形如图所示

由图可知，随着角度增大，AB、OA绳子拉力均增大，故AB错误；
CD．若时，OA绳的拉力为

AB绳的拉力为

故C错误，D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．结点O受三个力作用处于平衡状态，和夹角始终不变。作该矢量三角形的外接圆，如图所示，矢量箭头将始终落在圆周上，由图可知，顺时针转过，先增大后减小，最终等于，AB错误；
CD．初始时刻，恰好为其外接圆的直径，故逐渐减小，当绳转过处于竖直位置时，C正确，D错误。
故选C。


1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】详解:
AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有


滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为

则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为

则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
1-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．分析可知，当绳子拉力达到最大时，夹角θ的值最大，以整体为研究对象，根据平衡条件竖直方向有

解得

可得

A错误；
B．当夹角θ最大时，以左边16个灯笼为研究对象，水平方向

解得

B正确；
C．当时，以左边16个灯笼为研究对象，根据几何关系可得

解得

C错误；
D．当时，以左边第5个球到16个灯笼为研究对象，根据几何关系可得

解得

可知第4个灯笼与第5个灯笼之间的轻绳与竖直方向的夹角不为45°，D错误。
故选B。
1-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对甲做力的动态平衡，如图1：

由图可知在乙缓慢向右移动过程中，轻杆受到的力增大，故A错误；
BC．对整体受力分析如图2：

水平杆对乙的支持力等于甲乙的总重力，大小不变，由A分析可知N增大，所以乙受到的摩擦力增大，故BC错误；
D．设轻杆与水平方向所成的最小夹角为，对乙根据共点力平衡条件有

解得

故D正确；
故选D。
1-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
小球在转动过程中某一位置的受力分析如图所示，由平行四边形可得


设轻绳与木板MN的夹角为，可知

不变，逐渐减小到0，先增大到90°后为钝角﹐因此，绳子的拉力T逐渐减小，小球受到的支持力先增大后减小。由牛顿第三定律，小球对木板压力先增大后减小。
故选B。
1-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式，再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，同样根据共点力平衡条件列式，最后联立求解。
详解:
对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示

根据共点力平衡条件，有

再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示

根据平衡条件，有

联立解得

故选B。
点睛:
本题关键先后对A球、B球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，注意杆对两个球的弹力等大、反向、共线。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．第一宇宙速度是从地表发射人造卫星的最小发射速度，则梦天实验舱的发射速度不可能小于第一宇宙速度，故A错误；
B．第一宇宙速度为绕地球做圆周运动的最大速度，梦天实验舱的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据题意，有万有引力提供向心力有

可得

由于梦天实验舱的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则运行周期比地球同步卫星的小，故C正确；
D．根据万有引力等于重力有

可得，地球表面的重力加速度为

根据万有引力提供向心力有

解得，梦天实验舱的运行加速度为

可知，运行加速度比地球表面重力加速度小，故D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABD．“质点”是人们为了研究物体运动时能忽略其大小，而只考虑其质量的一个理想模型。观察梦天实验舱火箭喷口转动、梦天实验舱与核心舱对接以及与运载火箭第二级分离时均不能忽略梦天实验舱自身的大小和形状，均不能将梦天实验舱看为一个点，故ABD错误；
C．研究空间站和梦天实验舱整体绕地球飞行轨迹时可忽略其形状和大小，仅考虑质量，可以看为一个质点，故C正确。
故选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即

所以
，，
所以空间站在轨运行的速度为

该速度等于地球的第一宇宙速度，故A错误；
BCD．由于空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以空间站在轨运行速度大于地球同步卫星的运行速度，空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，空间站的运行周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球的自转周期，故B正确，CD错误。
故选B。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．实验舱在做匀速圆周运动的过程中，速度方向在改变，A错误；
B．根据牛顿第二定律有
G = mg，G = ma
经过计算有
a =
B错误；
C．实验舱在做匀速圆周运动有
G = mg，T = 2π
经过计算有

C正确；
D．要实现“问天”、“梦天”实验舱从较低轨道与“天和”核心舱对接，需使实验舱加速变轨，D错误。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，故A错误；
B．根据开普勒第三定律知探测器在停泊轨道上运行周期比在调相轨道上小，故B错误；
C．探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P点减速，做近心运动，机械能减小，故C正确；
D．根据牛顿第二定律

可知P点的加速度比在N点的大，故D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．探测器从高轨道变到低轨道需要减速做近心运动，除了万有引力之外的其他力做负功，机械能变小，A错误；
B．探测器在圆轨道上运动时一定有向心加速度，探测器所受地球的万有引力全部用来提供做圆周运动的向心力而处于完全失重状态，合力不为零，B错误；
C．在月球表面，根据

探测器绕月球做圆周运动，由万有引力提供向心力

联立解得月球的半径

C正确；
D．根据

可得月球的质量

月球的平均密度

又

联立可得

D错误。
故选C。
2-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．梦天实验舱在变轨过程中都需要加速度做离心运动，有外力对其做正功，机械能变大，故A错误；
B．如果梦天实验舱先进入圆轨道Ⅲ后再加速，梦天实验舱会飞到更高的轨道，无法与和核心舱实现对接，故B错误；
C．无论在轨道Ⅱ还是轨道Ⅲ，梦天实验舱在N点所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知梦天实验舱在N点的加速度都相同，故C正确；
D．由图可知椭圆轨道Ⅱ的半长轴小于圆轨道Ⅲ的轨道半径，根据开普勒第三定律可知梦天实验舱在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期小于天和核心舱的运行周期，故D错误。
故选C。
2-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．神舟十五号由①轨道变轨到②轨道是由低轨道到高轨道，需要在切点加速，机械能增大，神舟十五号在同一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能小于在②轨道上经过P点时的机械能，A错误；
B．神舟十五号在①轨道上经过P点时与在②轨道上经过P点时，其到地心间距相同，根据

解得

可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度等于在②轨道上经过P点时的加速度，B错误；
C．根据开普勒定律有

神舟十五号在①轨道上有

在地球表面有

解得神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为

C正确；
D．神舟十五号在①轨道上有
，
解得神舟十五号在③轨道上有
，
在地球表面有

神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船增加的机械能为

由于变轨加速过程是通过飞船自身动力向后喷气，则飞船自身动力做的功应该等于飞船增加的机械能与喷出气体增加的机械能的和值，即神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功

D错误。
故选C。
2-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时有

卫星的引力势能为

轨道半径为时有

卫星的引力势能为

设损失的机械能为，根据能量守恒定律得

联立以上各式可得

故选A。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．小明从最高点运动到B点落地，有

所以小明在空中运动的时间为0.6s，A错误；
B．小明从最高点运动到B点落地，由

最高点的动能为
=1600J
B正确；
C．由能量守恒知运动到B点着地时的动能为
=1825J
C错误；
D．根据能量守恒可知全过程小明做的功为1875J，D错误。
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．将篮球的运动反过来看，则篮球两次做平抛运动，由于第1次平抛运动的高度更大，由

得

所以第1次运动的时间更长，由于两次的水平位移相等，有

则时间越长的水平初速度越小，所以第1次击中篮板时的速度小，第2次击中篮板时的速度大，根据抛出时的速度大小为

由于水平速度第二次大，竖直速度第一次大，故抛出时的速度大小不能确定，所以两次抛出时速率有可能相等，故A正确，故BC错误；
D．球在空中运动过程速度变化快慢即为加速度，由于球只受重力作用，加速度为重力加速度，则

所以两次速度变化快慢相同，故D错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题意可知

雨滴的速度越来越大，加速度就越来越小，最终雨滴做匀速直线运动，作匀速运动之前加速度越来越小，故A正确；
B．由于

速度逐渐趋近与最大值，动能也逐渐趋近与最大值，故B正确；
C．雨滴下落的过程中，重力的功率

由于雨滴的速度越来越大，重力势能减小的越来越快，故C错误；
D．雨滴下落的过程中，阻力做功的功率

可知，速度越来越大，阻力的功率也逐渐增大，雨滴的机械能减小的越来越快，故D正确。
本题选择错误选项，故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小强从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有

解得

由对称性可知，第三步跳跃在空中运动的时间为，A错误；
B．由题意可知，第三次起跳腾空的水平位移

水平方向匀速直线运动

解得

即运动到第三次起跳腾空之后最高点时的动能为

B错误；
C．平抛过程，由动能定理可知

解得

C正确；
D．全过程由动能定理可知

解得

D错误。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，若以抛出所在的水平面为零势能面，则小球的机械能为


所以

故A错误；
B．若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，小球只受重力作用，两小球加速度相同，均为重力加速度g，则小球上升的最大高度为

以A球的最大高度所在的平面为零势能面，则


所以

故B错误；
C．若两球受到相等的空气阻力，上升过程，根据牛顿第二定律


解得加速度为



所以

故C错误；
D．若两球受到相等的空气阻力，下落过程，根据牛顿第二定律


解得加速度为



所以

故D正确。
故选D。
3-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据

可得

重力势能的表达式

速度的大小越小，重力势能越大，与速度的方向无关，与零势能面的选取无关。
故选A。
3-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球从P到B的运动过程中，重力做功

A错误；
B．小球通过B点时恰好对轨道没有压力，即重力提供向心力
mg＝m
解得小球通过B点时速度
v＝
合外力做功等于动能增加量

B错误；
CD．克服摩擦力做功等于机械能的减少量，设小球从P到B的运动过程中，克服摩擦力做功为，由动能定理得

得

C正确，D错误。
故选C。
3-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由牛顿第二定律得， ，加速度不变，A错误；
B．重力的功率



解得 ，a不变，是一条倾斜的直线，B错误；
C．由 和得， ，a不变，这是一个开口向上的抛物线，C错误；
D．由



解得 ，a不变，这是一个开口向上的抛物线，D正确。
故选D。
3-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．加速度方向向上则超重，加速度方向向下则失重，运动员腾空过程中加速度方向一直向下，运动员一直处于失重状态， A错误；
B．运动员在M点时垂直AD方向的速度大小

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有

设运动员腾空过程中离开AD的最大距商为d，根据匀变速直线运动的规律有

解得

B错误；
C． 可得运动员从M点到离开AD最远的时间

根据对称性可知，运动员腾空的时间

C错误；
D．运动员在M点时平行AD方向的速度大小

设运动员在ABCD面内平行AD方向的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有

根据匀变速直线运动的规律可知，M、N两点的距离

D正确。
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．风叶的转动带动磁铁转动，风速越大，则线圈的两边切割磁感线的速度就越大，产生的感应电动势越大，所以电表的示数越大，故A正确；
BC．电表直接与线圈相连，则电表测量的是电流的有效值，不是平均值也不是最大值，故BC错误；
D．风叶转动一周，线圈中电流方向改变二次，故D错误。
故选A。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．动圈式话筒将声音信号通过线圈的振动，转化为变化的电流的电信号，故A错误；
B．动圈式话筒的原理是导线切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，是电磁感应现象，电动机的原理是通电导线在磁场中受力，与动圈式话筒的原理不同，故B错误；
C．线圈随膜片振动时，线圈的磁通量会改变，产生感应电流，故C正确；
D．膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的，产生的电流方向会发生变化，故D错误。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

故A错误；
B．根据

解得

故B错误；
CD．当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大。故C错误；D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A错误；
B．当线圈N接入恒定电流时，受电线圈M中的磁通量不变，故M两端不能产生感应电动势，线圈M两端无电压，故B错误；
C．穿过线圈M的磁感应强度增加，根据法拉第电磁感应定律，如果磁感应强度增加的越来越快，则产生增大的感应电动势，线圈M两端产生的电压就可能变大，故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，有

故D错误；
故选C。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．金属棒从位置运动到最低的位置，水平方向切割磁感线的分速度逐渐增大，由公式，可知金属棒产生的感应电动势逐渐增大，由欧姆定律可知，通过电阻R的电流逐渐增大，最低位置处时电流最大，A错误；
B．金属棒经过最低位置处时，由右手定则可知，通过金属棒的电流方向为，B错误；
C．金属棒从位置匀速转动到处时，金属棒上产生的是正弦式交流电，则有最大感应电动势为

电路中电流的有效值为

由焦耳定律公式，可得电阻R上产生的热量为

C正确；
D．全程通过电阻R的电荷量为

D错误。
故选C。
4-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．感应电动势最大值

变压器原线圈有效值

又

则电压表示数

选项A错误；
B．滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻增大，变压器输出电流减小，输出功率减小，选项B正确；
C．滑动变阻器滑片滑到中间位置时接入电路的电阻为10Ω，可求得次级电阻为10Ω，则次级消耗的功率

则初级输入功率即导体棒产生的功率
P1=1.6W
在1min内外力对导体棒做的功为
W=P1t=96J
选项C错误；
D．导体棒的最大速度变为，则产生的感应电动势最大值变为原来的一半，有效值变为原来的一半，变压器次级电压有效值变为原来的一半，则根据

变压器次级功率变为原来的，则变压器的输出功率也变为原来的，选项D错误。
故选B。
4-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．电动势的最大值
Em=NBSω
电动势的有效值
E=Em
交流电压表示数
U=E
得到

选项AC错误；
B．从图示位置开始转动90°磁通量的变化量
ΔΦ=Φ2-Φ1=BS
由

联立解得电量
q=
选项B正确；
D．电阻R产生的热量

选项D错误。
故选B。
4-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，根据题意可知，线框转动周期为，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有

解得

故选B。
4-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．由图像可知，电流大小变化，但方向没有变化，因此这是直流电，故A错误；
B．由图像可知，电流变化的周期为0.15s，故B错误；
CD．根据电流有效值的定义可得

解得

电流通过100的电阻时，电功率为

故D正确，C错误。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．核反应才会释放射线。A错误；
B．处于能级的氢原子至少吸收3.4ev的能量才能电离，而红光的能量较小，B错误；
C．从的能级向的能级跃迁时，释放的能量为1.89ev，该能量在红光能量范围内，所以辐射的是红光。C错误；
D．大量氢原子从能级向低能级跃迁时，从4到2跃迁和从3到2跃迁释放的能量都在可见光范围，其他的不在可见光范围，D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题知使处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则由蓝光光子能量范围可知从氢原子从n = 4能级向低能级跃迁可辐射蓝光，不辐射紫光（即从n = 4，跃迁到n = 2辐射蓝光），则需激发氢原子到n = 4能级，则激发氢原子的光子能量为
DE = E4－E1= 12.75eV
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．基态氢原子能量为

第能级的氢原子的能量为

由此可得，氢原子从第3能级向基态跃迁时辐射光子的能量为

A中有光电流流过，说明K发生了光电效应，光子的频率大于金属K的极限频率，第2能级向基态跃迁辐射的光子能量

因此金属K能否发生光电效应无法判断，A错误；
B．第3能级向第2能级跃迁辐射的光子的能量

因此金属K能否发生光电效应无法判断，B错误；
C．第4能级向第2能级跃迁辐射的光子的能量

因此金属K能否发生光电效应无法判断，C错误；
D．第4能级向基态跃迁辐射的光子的能量

因此金属K一定能发生光电效应，A中一定有光电流流过，D正确。
故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据题意可知，大量处于能级的氢原子吸收光子后，能发出6种频率的光子，可知大量氢原子吸收光子后，跃迁到能级，和的光子频率逐渐降低，结合图可知为跃迁到能级发出的光子，为跃迁到能级发出的光子，为跃迁到能级发出的光子，可知

故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据数字组合公式=6，可知，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，最多只能辐射出6种频率的光子，A错误；
B．根据库仑力提供向心力

核外电子的动能为

解得

据此可知，从高能级向低能级跃迁时，核外电子的轨道半径减小，动能增大，因库仑力做正功，则电势能减小，由于要释放能量，因此总能量会减小，B错误；
C．根据辐射的能量等于两能级间的能级差，那么在辐射出的光子中，由n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量最大，频率最大，波长最短，C正确；
D．由n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量为

小于钾的逸出功2.25eV，不能让金属钾发生光电效应，D错误。
故选C。
5-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由波尔理论结合普朗克的量子假说，即，根据图甲可得
，
代入数据可得

对照图乙可知，锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为红光。
故选A。
5-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氢原子由能级跃迁到能级时需吸收能量，原子的总能量增大，又核外电子轨道半径变大，根据

可知

则电子的动能减小，所以电势能变大，故A错误；
B．如果由能级的氢原子吸收电子跃迁到能级，吸收的能量一定等于12.09eV，因此电子的能量大于或等于12.09eV即可，故B项错误；
C．大量处于基态的氢原子吸收某频率的光子跃迁到能级时，由

可知向外辐射三种不同频率的光子，故C项错误；
D．氢原子从能级跃迁到能级辐射出的光子的能量为

如果用该光照射逸出功为的金属时，由爱因斯坦光电效应方程

得逸出的光电子的最大初动能为，故D项正确。
故选D。
5-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，能放出
种
不同频率的光，A错误；
B．一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，其中只有从能级跃迁到基态，从能级跃迁到基态，从能级跃迁到基态，从能级跃迁到基态，这4种不同频率的光子能量大于锌的逸出功，故有4种不同频率的光能使锌板发生光电效应，B正确；
C．用能量为10.30eV的光子照射，可使处于基态的氢原子能量为

没有-3.30eV能量的激发态，故不发生跃迁现象，C错误；
D．假设氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为，则对个处于能级的氢原子，直接跃迁到基态的氢原子有

则对个处于能级的氢原子，跃迁到能级的氢原子有

则处于能级的氢原子还要继续跃迁到基态，则有

跃迁过程中辐射的光子的总数为

D错误。
故选B。
5-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．因为可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，所以只有从n=4能级跃迁到n=2能级和从n=3能级跃迁到n=2能级的光属于可见光，当照射光子的能量为12.09eV时，氢原子获得的能量不足以跃迁到n=4能级，达不到可见光的能量，故A错误；
BD．从n=4能级跃迁到n=2能级时，发出的光子能量为2.6eV，从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量为1.89eV，由图甲可知，在光电效应装置中，a光遏止电压低，根据

可知，a光的光子能量小，又因为

故a光的波长比b光的大，a光是从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光，故B错误D正确；
C．氢原子受激发后跃迁到第4能级，能够辐射的光子数为

故C错误。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据折射定律可知，该介质的折射率为

故选D。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．这束光在介质中的传播速度比空气中小，选项A错误；
B．光由空气射入某种介质不可能发生全反射，选项B错误；
CD．介质的折射率为

选项C错误，D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．玻璃砖对a光的折射率为

故A正确，B错误；
C．由解得a光在玻璃砖中的传播速度为

故C错误；
D．由

所以a光在玻璃砖下表面发生全反射的临界角小于60°，故D错误。
故选A。
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A. 由图知，入射角i=60°，折射角r=45°，则折射率为，故A错误；
B. 光在介质中的传播速度，故B正确；
CD.根据反射定律，反射光线与界面间的夹角为30°，由图可知，反射光线与折射光线的夹角为75°，故C错误，D错误．
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．已知大圆的弦长d和张角α，分别连接AO2、AO1，光束中间两球体轴线与小球左边交点为C点，由几何关系可得
，，
由于AB=d，则可得大小球半径分别为
，
光线的入射角i等于，则球体对该色光的折射率

故A错误，B正确；
C．因光线在P点的入射角小于，可知光束在P点的入射角小于临界角，则光线不可能在P点发生全反射，选项C错误；
D．若大球折射率略减小，则光线射出小圆后折射角变大，如图所示则光线向下偏折，则光线将会聚在P点左侧，选项D错误。
故选B。

6-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．复色光沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O点，两种光都发生反射，A光束是复色光，A错误；
B．根据图中折射情况，结合折射定律可知玻璃对B光的折射率比C光大，B光的频率比C光大，B光的波长比C光小，B错误；
C．根据

玻璃对B光的折射率比C光大，B光的临界角比C光小，入射角α逐渐增大，B光比C光先消失，C正确；
D．根据

可知做双缝干涉实验时，用B光要比用C光条纹间距小，D错误。
故选C。
6-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．紫光折射率最大，折射角最小；红光折射率最小，折射角最大。根据光路图可知，M、Q为紫光，则M到N之间光带颜色顺序和P到Q之间光带颜色顺序不相同，A错误；
B．根据

可知，紫光在水珠中的速度小，M位置光的传播速度小于N位置光的传播速度，B正确；
C．根据

可知，紫光临界角小，则M位置的光发生全反射，N位置的光不一定能发生全反射，C错误；
D．根据

紫光波长短，则M位置的光的条纹间距小于N位置的光的条纹间距，D错误。
故选B。
6-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设从光源发出的光直接照射到D点射出的光的入射角为i1，折射角为r1，经反光壁反射后从D点射出的光的入射角为i2，折射角为r2，在剖面图内作光源相对于反光壁的对称点C，连接CD，交反光壁于E点，则这两束光的光路图如图所示

A．设液体对红光的折射率为n，由折射定律可得


由题意可得
r1＋r2=90°
由几何关系可得
，
联立可得

A正确；
B．由折射定律可得

可得红光在透明液体中的传播速度

B错误；
C．由全反射临界角公式可得

故红光从透明液体到空气的临界角大于37°，C错误；
D．将红光改为紫光后，光的频率增大，液体对光的折射率变大，因为入射角不变，则折射角增大，故两条折射光线夹角为钝角，D错误。
‍故选A。
6-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在A点时，由题意可知，入射角为60°，则由几何关系有
sin∠BAO=
由折射定律得

故A错误；
B．该束单色光在该透明材料中的传播速度为

单色光在该材料中的传播时间为

带入数据解得

故B错误；
C．光束从A点入射，入射角为i′时光束经折射到达内球面的C点，如图

恰好发生全反射，由于
sin∠DCA=
由正弦定理得

解得
sin∠CAO=
由折射定律得

解得

可见，只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射，则C正确；
D．根据对称性和光路可逆原理可知，在外球面的入射角不会大于临界角，所以不能够在外球面发生全反射，则D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据左手定则，N粒子带正电，M粒子带负电，故A错误；
B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有

可推知

由于两粒子的比荷相等，可知，粒子做圆周运动的半径与粒子速度成正比，根据图片可知，M粒子做圆周运动的半径比N粒子做圆周运动的半径大，故M粒子的速率比N粒子的速率大，故B错误；
C．根据匀速圆周运动速度与周期的关系

可推知

由于两粒子的比荷相等，故两粒子做圆周运动的周期相同，图片可知，两粒子在磁场中做圆周运动的圆心角相同，故两粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确；
D．粒子在磁场中受洛伦兹力的大小为

在同一磁场，B相同，根据以上的分析可知M粒子的速率比N粒子的速率大，但是，题设只已知比荷相等，并不知道两粒子电荷量的大小关系，故不能确定两粒子所受洛伦兹力的大小关系，故D错误。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；
BCD．滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒

得

故滑块在b点受到的洛伦兹力为

故B正确，C错误，D错误。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据电子的运动轨迹结合左手定则可知，左侧为负电子运动轨迹，右侧为正电子运动轨迹，A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力有
，
根据运动轨迹可知正电子与负电子分离瞬间左侧负电子的轨迹半径大于右侧正电子的轨迹半径，可得负电子速度大于正电子速度，B错误；
C．根据前面分析可知正、负电子存在速度大小不相等的时候，根据

可知正、负电子所受洛伦兹力大小并不是始终相同，同时所受洛伦兹力方向也不相同，C错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力有
，
正、负电子在气泡室运动时，根据轨迹可知运动的轨迹半径在减小，所以速度在减小，动能减小，周期与速度大小无关，保持不变，D正确。
故选D。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从P1到P2的过程中，静电力对q做正功，电势能减小，A正确；
B．从P2到P3静电力对q做正功，从P3到P4静电力对q做负功，故静电力对q做的功不相同，B错误；
C．从P3到P4再到P1的过程，静电力对q做负功，速度不断减小，故在P3到P4过程的平均速率大于在P4到P1过程的平均速率，路程相同的情况下，从P3到P4的时间小于从P4到P1的时间，C错误；
D．当q到达P4点时，若加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，则q除受到指向Q的库仑力外还受到向下的洛伦兹力作用，随着距离的变化，库仑力一定发生变化，合力不可能与运动方向在同一直线，不可能做直线运动，D错误。
故选A。
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，由平衡条件可知，电子受磁场Ⅰ的洛伦兹力方向垂直圆环平面向里，根据左手定则可知，电子在圆环内沿顺时针方向运动，A错误；
B．电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，有

解得

由左手定则可知，磁场Ⅱ的方向为垂直圆环平面向里，B正确；
C．电子在垂直环平面方向受力平衡，则有

解得

故C错误；
D．质子带正电，不能在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，D错误。
故选B。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
BD．由安培定则可知导线周围的磁感线分布如图所示

由左手定则可知，小球从a向b运动时，所受洛伦兹力先竖直向下，再竖直向上，洛伦兹力与小球运动方向垂直，所以对小球不做功，故BD错误；
C．在管中点处，由于小球运动方向与磁场方向相同，所以小球所受洛伦兹力为零，故C正确；
A．小球在管中运动时，受到重力、管壁的弹力以及洛伦兹力，这三个力的方向与运动方向垂直，所以小球沿管做匀速直线运动，故A错误。
故选C。
7-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
7-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．平抛运动中，某时刻速度的反向延长线交于该段时间的水平位移的中点，在甲图中，小球落在圆弧面上的水平位移一定小于直径，所以小球落在M点速度的反向延长线与直径PQ的交点N在O点的左侧，而不是在O点，如图所示：

所以小球不能垂直落在圆弧上；乙图中的小球做类平抛运动，同理也不能垂直落在圆弧上，故AB错误；
C．根据左手定则，丙图中小球受到向上的洛伦兹力作用，所以在重力和洛伦兹力的作用下，小球的运动轨迹比甲图中要平缓些，圆弧面上的落点在M点的右侧，所以相对于甲图来说，丙图中的小球落到圆弧面上时竖直速度减小，水平速度增大，小球速度的反向延长线与直径PQ的交点在N点的左侧，所以不能垂直落在圆弧面上，故C错误；
D．丁图中的小球所受洛伦兹力向下，在重力和洛伦兹力的作用下，小球在圆弧面上的落点在M点的右侧，所以相对于甲图来说，小球在竖直方向的速度增大，水平方向的速度减小，小球速度的反向延长线与直径PQ的交点在N点的右侧，小球可以垂直落在圆弧面上，故D正确。
故选D。
7-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若粒子初始位置在a处，时磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向向上，沿逆时针方向从a运动到b， 时间后，磁场方向变为垂直纸面向外，洛伦兹力方向向右，粒子沿bcdb运动一周回到b，此时磁场方向又改变为向里，粒子沿bef圆弧运动又回到a点，接着周而复始，故粒子能做横“∞”字曲线运动，故A正确；
B．在时，磁场方向已向外，粒子受力方向向左，故粒子不能沿图中轨迹运动，故B错误；
C．在时，磁场方向向里，粒子在e点有水平向左的初速度，所受洛伦兹力方向向下，沿运动时间后磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子在f点离开圆弧向左偏转，故C错误；
D．时磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向向右，由b到d，时磁场方向改变为向外，洛伦兹力方向向下，不能沿圆做横“∞”字曲线运动，故D错误。
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．依题意，时，图线所对应的切线斜率为6，则此时谷爱凌竖直方向分速度大小为

设再经t’时间达到最高点，则有

解得

即时，谷爱凌到达最高点。故A错误；B正确；
CD．结合上面选项分析可知1s和 2.2s两个时刻关于1.6s对称，结合斜抛运动规律可知，在这两个时刻，谷爱凌的速度大小相等，速度方向不相同也不相反，分别为斜向上和斜向下两个方向。故C正确；D错误。
故选BC。
8-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由

知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故A错误。
BC．根据对称性性可知从抛出到落地的时间相同，达到最高点的速度等于水平方向的速度，根据
x=vxt
可知B在最高点的速度比A在最高点的大。故B错误C正确。
D．根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大。故D正确。
故选CD。
8-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为

垂直于雪坡方向上的速度为

同理可得


根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为

故A正确，B错误；
CD．运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零

故C正确，D错误。
故选AC。
8-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．由图可知，运动员从某一高度将排球击出，阻力不计球速度变小，时刻排球处于最高点，速度方向水平，击球点到落地点间的水平距离为

故A错误，B正确；
CD．排球落地的竖直方向分速度为

由速度位移公式可得排球运动过程中离地的最大高度为

故C正确，D错误。
故选BC。
8-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，而二者整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故A错误；
B．设PM=MN=h，甲、乙两黄豆自射出后经时间t相遇，则有

对于乙黄豆，根据斜抛运动的对称性可知其从最高点（设为Q）到N的运动时时间为，Q、N两点之间的水平距离为，竖直距离为

根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α1的正切值为位移方向与水平方向的夹角θ1的正切值的2倍，即

乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α2的正切值为相对于Q点的位移方向与水平方向的夹角θ2的正切值的2倍，即

所以

故B正确；
C．根据B项分析，设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为v0，速度大小分别为v1、v2，则根据速度的合成规律，有


所以

故C正确；
D．而当速度一定时，斜抛物体的射程为

当θ=45°时射程最远，由以上分析可知，乙黄豆射出时速度方向与水平方向的夹角为45°，此时射程最远，则当仅改变乙黄豆从M点射出时的速度方向，则当其运动到MN所在水平面时，一定位于N点的左侧，选项D错误。
故选BC。
8-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
将篮球从手到篮板的运动过程逆向看作是平抛运动，设运动时间为t，水平速度为v0，则根据平抛运动规律有


根据速度的合成与分解有

两次篮球的竖直位移y相同，所以t相同，而第二次水平位移x增大，所以v0增大，则θ应减小，且根据

可知同时应增大抛射速度v。
故选BC。
8-7【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
C．将篮球的运动反向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间减小，C错误；
D．平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由可知，第2次水平分速度较大，第1次抛出时速度的水平分量小，D正确；
B．水平速度第2次大，竖直速度第1次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误。
本题选择不正确的，故选ABC。
8-8【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，则

可得

石块落在1.8m高的斜面上，则

则石块的水平位移

由石块斜向上运动时
，
又

解得

所以石块出手时的初速度为

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

石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间

最大水平位移为

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

则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过

故D正确。
故选ACD。
8-9【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
如图所示：

在垂直于斜面方向上，质点具有不变的加速度

由于碰撞前后的速率不变，故质点落在斜面和离开斜面的速率相等，均为

所以质点每两次碰撞之间所用的时间不变，均为

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

可得
（k取正整数）
当k为奇数时，质点运动到距斜面最大距离处时的速度为零；当k为偶数时，质点回到斜面时沿斜面方向的速度为零。
联立解得
（k取正整数）
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
故选ACD。
9-1【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．根据题意可知，带电粒子从静止开始向下运动，则受到的电场力向下，由于电场方向竖直向下，则此粒子带正电，故A正确。
B．根据题意可知，该带电粒子从静止开始自A点沿曲线ABC运动过程中，洛伦兹力不做功，从电场力做正功，粒子的动能增加，从电场力做负功，粒子动能减小，则该带电粒子运动到B点时动能最大，故B正确；
C．该带电粒子在C点时速度为零，洛伦兹力为零，但电场力不为零，则加速度不为零，故C错误；
D．根据题意题意可知，粒子到达C点时速度为零，则整个过程电场力做功为零，A、C两点电势相等，处于同一高度，由对称性可知，A点到B点的时间等于B点到C点的时间，故D错误。
故选AB。
9-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
B．假设小球做变速直线运动，小球所受重力与电场力不变，而洛伦兹力随速度的变化而变化，则小球将不可能沿直线运动，故假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，B错误；
A．小球做匀速直线运动，根据平衡条件可以判断，小球所受合力必然为0，故电场力水平向右，洛伦兹力垂直直线斜向左上方，小球一定带正电，A正确；
C．根据平衡条件，得

解得

C正确；
D．根据平衡条件可知

电场方向突然变为竖直向上，则电场力竖直向上，与重力恰好平衡，洛伦兹力提供向心力，小球将做匀速圆周运动，D错误；
故选AC。
9-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．小球进入电磁场后受到变化的洛伦兹力作用，加速度不恒定，选项A错误；
B．下落过程中电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒，减少的电势能等于增加的机械能，选项B正确；
C．若仅增大磁感应强度，小球落地时的水平距离将增大，电场力做功增加，小球下落到水平地面时的动能将变大，选项C正确；
D．若仅将电场反向，刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力可能平衡，但洛伦兹力是变力，合力会发生变化，小球不可能沿直线运动，选项D错误。
故选BC。
9-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功
A．电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；
B．当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；
C．根据题图可知小球从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减少，故C正确；
D．由于等效重力指向左下方45°，弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D错误。
故选BC。
9-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
AC．在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知
，
解得

由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A错误，C正确；
B．最低点M时，支持力与重力和洛伦兹力（方向竖直向下）的合力提供向心力，最低点N时，支持力与重力的合力提供向心力，因为，则M的向心力大于N的向心力，可知轨道对M小球的支持力大于对N小球的支持力，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力，故B错误；
D．由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D正确。
故选CD。
9-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．圆环从M点到CD轨道最高点的过程中，电场力和摩擦力都做负功，圆环的机械能减少，所以圆环在CD轨道上不能到达相同高度，故A错误；
B．对圆环第一次运动到P点的过程由动能定理得

在P点由牛顿第二定律得

又，解得

由牛顿第三定律可知圆环第一次运动到P点时对轨道的压力，故B正确；
CD．当圆环经过D点速度为零时，设圆环能返回到G点上方H点，H点离G点的竖直距离为x，D到H的过程，由动能定理得

得
x=2R
圆环最终会在DH间往复运动，经过D点或H点时速度为0，对整个过程由动能定理得

克服摩擦力所做的功为，故C正确，D错误。
故选BC。
9-7【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．上升阶段，以圆环为对象，根据牛顿第二定律可得

又

联立解得

可知上升阶段，圆环做加速度逐渐减小的减速运动；最高点时，圆环速度为零，圆环的加速度为

圆环下落阶段，以圆环为对象，根据牛顿第二定律可得

解得

可知下落阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动；
根据以上分析可知，A可能正确，不满足题意要求；B错误，满足题意要求；
C．以初始位置为零势能参考平面，圆环的重力势能为

可知图像为过原点的倾斜直线，C错误，满足题意要求
D．圆环上升阶段由于受到摩擦力作用，圆环的机械能逐渐减小，根据

可知上升阶段，圆环受到的摩擦力逐渐减小，则图像在圆环上升阶段的切线斜率逐渐减小；
圆环下落阶段由于受到摩擦力作用，圆环的机械能继续逐渐减小，根据

可知下落阶段，圆环受到的摩擦力逐渐增大，则图像在圆环下落阶段的切线斜率逐渐增大；圆环回到起始位置的机械能小于开始运动时的机械能，D可能正确，不满足题意要求。
故选BC。
9-8【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．在水平方向上带电小球受力平衡，则有

求得水平速度为

竖直面内匀速圆周运动半径为

周期为

两点间距离为

故A错误；
B．小球在运动过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能守恒，故B错误；
C．小球下落的最大高度为

故C正确；
D．小球在水平面内是匀速直线运动，竖直面内是匀速圆周运动，小球的加速度大小恒为

故D正确。
故选CD。
9-9【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．带正电的粒子不计重力，受向上的洛伦兹力和向下的电场力，若，则有

故粒子恰好能做匀速直线运动，故A正确；
B．正粒子的速度读若满足，将向上偏转，电场力做负功，当粒子离x轴最远时，电场力做负功最多，其速度达到最小；若满足，将向下偏转，电场力做正功，当粒子离x轴最远时，电场力做正功最多，其速度达到最大，故B错误；
C．若初速度，粒子的运动规律表现出周期性，可分解为两个分运动，即向右的匀速运动和圆周运动，每经历圆周运动的一个周期，粒子将返回x轴一次，故C正确；
D．设任意时刻，粒子在y方向的速度分量为，在x方向的速度分量为，在一小段时间内，粒子在y方向的位移为，由左手定则和动量定理可知

即

对这个等式求和即可知

故D正确；
故选ACD。
10-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．重力竖直向下，位移水平向右，故重力对物体不做功，故A错误；
B．合力为0，故合力对物体做功为零，故B正确；
C．摩擦力沿斜面向上，与位移的夹角为钝角，故摩擦力对物体做负功，故C正确；
D．支持力垂直于斜面向上，与位移的夹角为锐角，故支持力对物体做正功，故D正确。
故选BCD。
10-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．设斜面倾角为θ，无论物块上滑与下滑，物体受到的摩擦力均为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式可得

所以物块上滑与下滑时的滑动摩擦力相等，故A错误；
BC．物块在斜面上上滑和下滑过程中，加速度都是沿斜面向下，所以整体有水平向左的加速度，则斜面受到地面的摩擦力向左，故B正确，C错误；
D．根据牛顿第二定律可得上滑时有

解得上滑时的加速度为

同理可得下滑时的加速度为

由此可知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，根据位移时间关系

解得

上滑与下滑时的位移大小相等，所以
t上＜t下
故D正确。
故选BD。
10-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有

由图乙可得

货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有

由图乙可得

联立解得


v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为

故A正确，B错误；
C．货物受到的摩擦力为

时间内的位移为

沿传送带向下，摩擦力对货物做正功

同理 时间内，货物的位移为

摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为

所以整个过程，传送带对货物做功的大小为
12J–0.8J=11.2J
故C正确；
D．对货物受力分析知摩擦力

在时间内，传送带位移
x3=0.4m
在时间内，传送带位移
x4=2m

货物与传送带摩擦产生的热量为

故D错误。
故选AC。
10-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
B．物块在空中做平抛运动有

整理得

B正确；
A．物块在空中做平抛运动到达斜面顶端有

由题知物块沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零，当
gsinθ = μgcosθ
时，即加速度为零
μ = tanθ
与题意不符，则不成立，A错误；
C．物块从O点到斜面底端，由动能定理有

即

C错误；
D．根据动量定理有

D正确。
故选BD。
10-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由图可知，物体从斜面底端上滑时动能为50J，返回斜面底端时动能为10J，所以物体在斜面上运动的过程机械能减小了40J，故A错误；
B．根据功能关系可得

所以

故B正确；
CD．物块下滑过程，有


解得
，
故C错误，D正确。
故选BD。
10-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A项：由图可知，当夹角为90°时，x=0.80m，物体做竖直上抛运动，则由竖直上抛运动规律可知：，解得：，故A错误；
B项：当夹角θ=0时，x=1.60m，由动能定理可得： ，解得：，故B正确；
C项：若θ=30°时，物体的重力沿斜面向下的分力大小为：mgsin30°=0.5mg；最大静摩擦力为：，则，，因此，物体达到最大位移后将下滑，故C错误；
D项：根据动能定理得：，解得：
其中tanα=2，当，，此时位移最小，故D正确．
10-7【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，所以物体在地面上运动的位移为

故A正确；
BC．v-t图像的斜率表示加速度，所以撤去拉力前后，物体的加速度大小分别为


根据牛顿第二定律有


解得
，
故B正确，C错误；
D．摩擦力对物体做的功为

故D错误。
故选AB。
10-8【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．设薄板的单位长度上的质量为，则薄板的单位长度上的重力为，当薄板通过点过程中，薄板所受摩擦力大小与薄板过点的距离的关系

可知，在薄板没有全部滑过点前，薄板受到的摩擦力的大小与成正比，薄板全部滑过点后，薄板受到的摩擦力

保持不变。故A正确；
BC．以薄板为研究对象，在薄板没有全部滑过点前，薄板受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得

由于摩擦力随增大，所以薄板的加速度开始时随的增大而减小，与是线性函数关系；
当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，有

可得：
薄板开始做加速度增大的减速运动，所以在时，薄板的速度最大；当薄板全部滑过点后，薄板受到的摩擦力不变，薄板的加速度不变，做匀减速运动。故B错误，C正确；
D．结合B的分析可知，在薄板滑过的过程中，前做加速运动，后做减速运动，且减速的过程与加速运动的过程是对称的，所以在与时刻薄板的速度大小相等，所以薄板的动能也大小相等；
薄板在点以上时，由牛顿第二定律有

所以

当薄板滑过点后

所以

可知薄板在点以上时与点以下的运动也具有对称性，则薄板整体过点后，位移等于薄板在点以上的位移时的速度为0，即时刻薄板的动能为0。故D错误。
故选：AC。
10-9【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
C．由乙图可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度，时二者速度相同，为，前长木板P的速度大于滑块Q的速度。后长木板P的速度小于滑块Q的速度，过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得

解得

过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得

解得

C正确。
A．末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得

解得

这段时间为

所以时长木板P停下来，A错误。
B．长木板P的长度至少是前过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，即

B错误。
D．对长木板受力分析，据牛顿第二定律可得

其中

解得

D正确。
故选CD。
11-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．线圈进入磁场过程，穿过线圈的磁通量增加，线圈中有感应电流，故A正确；
B．线圈完全进入磁场后至离开磁场前，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流，故B错误；
C．线圈离开磁场过程，穿过线圈的磁通量减小，线圈中有感应电流，故C正确；
D．线圈离开磁场后远离矩形区域的过程，穿过线圈的磁通量为零，没有感应电流，故D错误。
故选AC。
11-2【基础】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流。
故选ABC。
11-3【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．图甲用磁铁靠近轻质铝环，由于环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，将被排斥，远离磁铁，故A正确；
B．图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触点C不会立即断开，故B正确；
C．图丙闭合开关和断开开关时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；
D．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍．因此铜盘将转慢，故D错误。
故选AB。
11-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，AB不切割磁感线，并且保持穿过ABCD中的磁感线条数不变，磁通量没变化，故不产生感应电流，A错误；
B．乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈，在磁铁从上向下穿过时，穿过线圈的磁通量会变化，故产生感应电流，B正确；
C．丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，两线圈没有相对运动，B中的磁通量没变化，故不产生感应电流，C错误；
D．丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A从大螺线管B中拔出，大螺线管B中的磁通量变化，故产生感应电流，D正确。
故选BD。
11-5【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
AC．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向不变，根据“来拒去留”可知半圆形闭合导线所受安培力方向向左，故A错误，C正确；
B．当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，感应电动势最大，为

故B正确；
D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为

故D正确。
故选BCD。
11-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由电量和电流的关系

可知图像下方的面积表示电荷量，因此有

故A错误；
B．由图像知时刻电流为，由磁通量的定义可得

故B正确；
C．时间内和时间内直线电流变化，螺线管内的磁通量发生变化，所以螺线管内有感应电流产生，故C正确；
D．时间内直线电流不变，螺线管内的磁通量保持不变，所以螺线管内没有感应电流产生，故D错误。
故选BC。
11-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．先闭合后，线圈A中产生的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，再闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B不产生感应电动势，故G中无感应电流。故A正确；
B．先闭合，此时穿过线圈B的磁通量仍为零。再闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，线圈B产生感应电动势，G中有感应电流。故B错误；
C．闭合、，待电路稳定后，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B不产生感应电动势，G中无感应电流。故C错误；
D．闭合、，待电路稳定后，R的滑片向左移动的过程中，电阻变大，电路中电流减小，穿过线圈B的磁通量减少，线圈B产生感应电动势，G中有感应电流。故D正确。
故选AD。
点睛:
电流表与线圈B形成闭合电路，当线圈B中磁通量发生改变时，产生感应电动势，继而出现感应电流。
11-8【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故A正确；
B．当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故B错误；
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故C错误；
D．当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故D正确，
故选AD
11-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．当线圈平面平行地面测量时，在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零，说明a、c位置通过线圈的磁通量为零，则地下电缆在a、c连线的正下方，在b、d两处线圈中的电动势不为零，说明穿过试探线圈的磁通量发生变化，试探线圈在通电直导线的两边，且与地面成60°夹角时，在b、d两处测得电动势为零，说明b、d两位置通过试探线圈的磁通量为零，即地下电缆与试探线圈的连线O′d与线圈平面垂直，如图所示

根据几何关系可得

故A正确，B错误；
CD．若地面上a、b、c、d四处测得试探线圈中的电动势为零，说明穿过试探线圈的磁通量为零，则此直线型电缆可能是双芯的、且通有反方向的等大电流，故C错误，D正确。
故选AD。
12-1【基础】 【正确答案】 5.40 2.7 0.59 0.55 AB或BA
【试题解析】 详解:
（1）[1]如图所示读数为

（2）[2]遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过A物块的瞬时速度

[3]滑块A和重物B组成的系统重力势能减小量

[4]动能增加量

（3）[5]A．如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差，故绳子要轻，故A正确；
B．为避免斜面摩擦力的影响，应将气垫导轨倾斜适当角度平衡摩擦力，故B正确；
C．这个实验不需要用重力代替绳的拉力，所以不需要重物B的质量远小于滑块A的质量，故C错误；
D．连接两物块的绳子换为弹性绳，则两物体的机械能损失更多，故D错误。
故选AB。
12-2【基础】 【正确答案】 BCE 2.35
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．纸带过短，记录的点迹过少，将影响数据测量，实验效果反而不好，A错误；
B．根据图甲中的打点计时器外观可知，此为电磁打点计时器，应该接低压交流电源，B正确；
C．纸带上端用固定的夹子夹住或释放纸带的效果比用手更好，可以有效防止手抖动带来的影响，C正确；
D．根据实验原理可知，验证的关系为

故重物的质量可以不测量，D错误；
E．若要对减小实验误差有利，重物可选用质量和密度较大的金属重锤，E正确。
故选BCE。
（2）①[2]规定打下第1个点时重物所在位置为参考点，则打下B点时，重物的重力势能为

②[3]用AC段的平均速度代替B点的瞬时速度，即

则此时重物的动能为

12-3【巩固】 【正确答案】 8.7 B 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图可知遮光片的宽度为

（2）[2]若以最低点N为零势能面，则经过某个遮光片时，摆锤的重力势能为

[3]经过遮光片时的速度大小为

则经过某个遮光片时，摆锤的动能为

（3）[4]根据重力势能表达式

可知图像应为过原点的倾斜直线，重力势能的图线应为B。
[5]图线A为摆锤摆下过程机械能随高度变化的图像，可知摆锤摆下过程机械能逐渐减小，可知摆锤摆下过程中，重力势能减少量大于动能增加量。
12-4【巩固】 【正确答案】 挡光片中心
【试题解析】 详解:
（1）①[1]测出挡光片中心到光电门中心的竖直距离H；
③[2]经过光电门的平均速度近似等于其瞬时速度，故有

（2）[3]下降的高度为H，故重力做功为

系统增加的动能为

故满足

12-5【巩固】 【正确答案】 0.64 不需要 9.82
【试题解析】 详解:
（1）[1]计数点之间的周期为
T=0.1s
则加速度为

（2）[2]根据牛顿第二定律

根据匀变速直线运动位移时间关系有


如果想验证在合外力一定的情况下，小车的加速度和质量成反比，只需验证表达式

[3]同一绳拉力大小相等，本实验想验证在合外力一定的情况下，小车的加速度和质量的关系，所以不需要满足重物的质量远小于小车的质量；
（3）[4]①滑块从A点B点的过程中，动能增加量可表示为

[5]重力势能减少量可表示为

[6]②若，则可认为系统的机械能守恒，有

化解的

由图像可得斜率

解得

12-6【巩固】 【正确答案】 1.020
【试题解析】 详解:
（1）[1]由速度公式，重物B经过光电门时的速度为

（2）[2]遮光条的宽度为。
（3）[3]设A、B重物的质量为m，根据机械能守恒定律有

化简得

12-7【巩固】 【正确答案】 1.95 小于
【试题解析】 详解:
（1）①[1]用、两点之间的平均速度代表b点的瞬时速度有

②[2]若机械能守恒，则有

整理后有

（2）①[3]小钢球通过光电门1时的瞬时速度为

②[4]不考虑空气阻力，由
，，
可得

由此可知若随h变化图像的斜率为

就可以验证小钢球下落过程中机械能守恒；
③[5]考虑空气阻力的影响，则小钢球下落的加速度小于g，由可知，实验得出的随h变化的图像的斜率一定小于不考虑空气阻力时图线的斜率。
12-8【提升】 【正确答案】 6.200 B 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1] ]螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为
6mm +20.00.01mm = 6.200mm
（2）[2]小球经过光电门1和光电门2的速度可表示为
，
小球从光电门1运动到光电门2过程，据机械能守恒定律可得

联立可得

只要上述表达式成立，即可证明小球下落过程机械能守恒。
AC．小球的质量m、小球从光电门1到光电门2下落的时间t不需要测量，AC错误；
B．小球的直径d已经测量，该实验还需要测量光电门1和光电门2之间的距离h，B正确。
故选B。
（3）[3] 小球经过光电门1和光电门2的速度可表示为

（4）[4] 由（2）解析可得

随h变化的图像的斜率为

如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
（5）[5] 设小球在下落过程中平均阻力大小为f，由牛顿第二定律可得


解得

（6）[6] 根据匀变速直线运动的规律得小球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，有

小球球心通过光电门的瞬时速度为位移中点速度，有
，
得

所以

实验中小钢球通过光电门的平均速度小于小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。
12-9【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。
13-1【基础】 【正确答案】 20.00 2.60 6.00
【试题解析】 详解:
[1]电阻箱读数为
R=(10×2+1×0+0.1×0+0.01×0) Ω=20.00Ω
[2]电压表的分度值0.1V，则估读位是0.01V，由指针所指位置可得电压表读数为
U2=2.60V
[3]当S2打到a端时电路电流为

S2打到b端时，有

13-2【基础】 【正确答案】 右 否
【试题解析】 详解:
(3)[1]当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为
Rt=a+kt
根据闭合电路的欧姆定律可得

(4)[2][3]由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的。
13-3【巩固】 【正确答案】 200 减小 0.6
【试题解析】 详解:
（1）[1]励磁线圈的电阻约为

（2）[2]从题图乙中可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而减小。
（3）[3]定值电阻R0应为保护电阻，串联在电路中，当流过励磁线圈的电流为0.02 A时，根据闭合电路欧姆定律可得此时光敏电阻的阻值为

由题图乙可知此时的照度约为0.6lx。
13-4【巩固】 【正确答案】
重新处于平衡状态 电流表的示数I
【试题解析】 详解:
（1）[1]连接完成的实验电路图如图所示

（2）[2][3]本题考查了磁场力作用下物体的平衡，利用平衡条件求解磁感应强度，故应使D重新处于平衡状态；两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力大小相等，磁场力与电流大小有关，故还需读出电流表的示数I。
（3）[4]两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力相等，即

所以磁感应强度

13-5【巩固】 【正确答案】 4.0 1.0 2 10 均匀 偏小
【试题解析】 详解:
（2） [1][2]由于图线与纵轴交点表示电动势，图线斜率表示内阻，可得


（3）[3]电压表达到满偏时，设滑动变阻器R接入电路的阻值为，可得

解得

[4][5]由平衡条件可得

解得

因为电压表示数与弹簧形变成正比，被测物的质量也与弹簧形变成正比，所以将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是均匀的。
（4）[6]直流电源使用较长时间后，电动势E减小，内阻r增大，电路中电流偏小，当右端点P处于相同位置时，电压表示数较小，改装成的测量物体质量的仪器的示数与被测物的质量的真实值相比偏小。
13-6【巩固】 【正确答案】 变大 变小 50m 50s 24
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]由图可知，该电路为串联电路；当的阻值变大时，因为

所以I变小
U1=U-IR2
I变小，所以两端的电压变大，光敏电阻的功率

所以当


R1=R2
时的功率最大，因为当有光照射时
R1=R2
挡住由A射向的光线时，的电阻值增大，与R2就不相等了，所以的功率变小。
（2）[3][4]计数器计数101次，自动扶梯移动的距离为
s=（101-1)×0.5m=50m
所需用的时间

（3）[5]平均客流量

13-7【巩固】 【正确答案】 乙 见解析 右 3.68 0.46
【试题解析】 详解:
（1）[1]乙电路图能够使电动机得到从零开始的连续可调的电压，便于调节在电压较低的情况下电动机不转时的电压表和电流表的值，便于测出电动机线圈的电阻，故选乙图较好。
（2）[2]实物电路如图所示

（3）[3]为了使闭合开关时，电表示数从零开始调节，应将丙图中的滑动变阻器的滑片P移到最右端；
[4]电动机并未转动，读出此时电压表和电流表的示数分别为2V、1A，可知电动机线圈的电阻为

将电压表的示数调为10V，这时电流表的示数为0.4A，此时，电动机输出的机械功率为

[5]若重物重为8N，重物上升的速度大小为

13-8【提升】 【正确答案】 B 2.5m 不均匀 根据式子可知，I与h不成线性关系
【试题解析】 详解:
（1）[1]水满时，电阻最小，电路电流达到最大，根据电阻定律，最大阻值为

最大电流约为

故选择满偏电流的电流表比较合适。
（2）[2] 根据电阻定律，水位为h时阻值为

电流表示数

（3）[3] 当电流为满偏电流时，即

根据

解得

（4）[4][5] 根据式子

可知，I与h不成线性关系，即由电流表改装的水位刻度不均匀。
13-9【提升】 【正确答案】
R2 a 非均匀 有
【试题解析】 详解:
(1)[1]实物连续如图所示

(2)[2]在乙图中，根据闭合电路欧姆定律，电压表的读数为

因为电压表的量程为3V，所以

根据图甲

解得

故选R2。
(3)[3]电路接通前，先将电阻箱调为30.0Ω，然后开关向a端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为0.2mg/mL；
[4]由电压与电阻箱电阻的关系式为

可知与成非线性关系，所以此浓度表刻度线上对应的浓度值是非均匀变化的。
(4)[5] 电压表读数为2V，所以

解得

通过图甲可知，此时酒精气体浓度为0.8 mg/mL，达到醉驾标准。
14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，初始整个装置静止在水平地面上，总重力大小等于支持力大小，当气球体积增大到刚好使增加的空气浮力等于装置的总重力时，气瓶离开地面，增加的浮力为

得

由于

解得

（2）对于质量为的氢气，经历等温变化，由玻意耳定律有

解得

对气瓶内封闭的气体，由玻意耳定律有

联立解得

14-2【基础】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)对活塞受力分析有

解得此时气缸内气体的压强为

(2)对活塞和气缸整体受力分析有

得

对活塞受力分析有

得

缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有

即

解得

14-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，初状态氧气压强，设充满n个氧气袋后，氧气瓶内的氧气压强也为时，无法再给氧气袋充气，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得

代入V0=40L，V1=5L，解得

（2）根据玻意耳定律，分装一次有

分装二次

分装三次

……
依次类推，第n次分装后

可得

代入数据解得

14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）见解析
【试题解析】 详解:
（1）令每次吸入气体的体积为、压强为，容器的容积为，开始时容器内气体压强为，充气过程容器内气体发生等温变化，则有

则充气结束后容器内气体的压强

（2）环境的初始温度

末态温度

此过程中封闭气体发生等容变化，则有

解得

故此过程不安全。
14-5【巩固】 【正确答案】 （1）0.45m；（2）60N
【试题解析】 详解:
（1）气缸竖直放置时，封闭气体的压强

由玻意耳定律

得

解得

（2）温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化，此时


气缸内气体温度继续升高，气体做等容变化

代入数据得

活塞受力平衡，有

代入数据得

由牛顿第三定律可知，两卡环受到活塞的压力为。
14-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对气缸A受力分析有

解得

对气缸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

14-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
(1) 对B 室气体．初态: 、T0=300K 、
升温后: 、T 、
由理想气体状态方程

解得
T=900K
(2) 对A室气体，初态: VA=loS TA=T0=300K
升温后: V´A=l1S T=900K
压强不变，由盖吕萨克定律:

解得

14-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）初始时，右管中气柱a的压强为

左管中气柱b的压强为

温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为

对气柱b，根据理想气体状态方程有

解得

（2）气柱a发生等压变化，有

解得

则水银柱A下降的高度为

14-9【提升】 【正确答案】 （1），；（2）①；②266K
【试题解析】 详解:
（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为p1，由玻意耳定律

解得

由目标处的内外压强差可得

解得此处的大气压强为

（2）①由胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即

设此时气囊内气体的压强为，对活塞压强平衡可得

②其中

由理想气体状态方程可得

解得

15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，由动量守恒定律有

代入数据解得

方向水平向右；
（2）若小球碰到滑块两者黏在一起运动，由动量守恒定律有

解得之后的共同速度为

方向水平向右；
（3）根据动量守恒定律

小球与滑块的碰撞没有能量损失为弹性碰撞，碰撞过程中机械能守恒

联立解得
，
即碰后瞬间小球速度大小为2m/s，方向水平向左，滑块的速度大小为8m/s，方向水平向右。
15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据动量守恒定律，有

解得

（2）碰撞过程中物体B受到的冲量

方向与初速度方向相同（水平向右）。
15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）小球甲从A点滑到B点，此过程中仅重力做功，由机械能守恒得

解得

根据牛顿第二定律有

解得轨道对小球甲的作用力大小

（2）若两球碰撞后粘在一起继续运动，则有

解得

故碰后它们能上升的最大高度为，有

解得

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）7.2 m；（2）18 N
【试题解析】 详解:
（1）在A点，由速度的分解与合成规律有

由运动学公式有

联立解得

（2）小球a由A到B过程，由速度的分解与合成规律有

由动能定理有

解得

小球a与b碰撞过程，取水平向右为正方向，由机械能守恒定律有

由动量守恒定律有

解得

以小车、杆和小球b为系统，小球b向右摆起到第一次回到悬点正下方过程，由机械能守恒定律有

由动量守恒定律有

解得
，
小球b第一次摆到最低时，由牛顿第二定律有

解得

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）60J；（4）
【试题解析】 详解:
（1）两车碰撞刚刚发生后到停止运动，由动能定理得

解得两车碰撞刚刚发生后共同运动的速度

（2）第一辆车碰撞第二辆车时由动量守恒定律得

解得第一辆车碰撞第二辆车时的速度

（3）两车碰撞过程中损失的能量

（4）第一辆车获得冲量到第一辆车与第二辆车碰撞前，由动能定理得

解得

由动量定理得人对第一辆车水平冲量的大小

15-6【巩固】 【正确答案】 （1）6s；（2）3.2J
【试题解析】 详解:
解：（1）红色冰壶A以v0=2m/s的初速度开始运动后，加速度大小由牛顿第二定律为

方向向左，冰壶A做减速运动，设在与B碰撞时速度为v1，则有


所用时间为

与冰壶B碰撞后，以速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，做减速运动直到停下，所用时间

红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间为
t=t1+t2=5s+1s=6s
（2）两冰壶碰撞满足动量守恒，则有
mv1=mvA+m vB
解得
vB=v1−vA=1 m/s −0.2 m/s=0.8m/s
两冰壶碰撞中损失的机械能

15-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知

解得

当A、B发生碰撞根据动量守恒定律可知

解得

A、B碰撞过程中损失的机械能是

（2）将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知

根据能量守恒定律可知

联立解得，A和B沿C能上升的最大高度为

15-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）若，则1号物块与2碰撞前，根据动能定理有

1、2发生碰撞，有

碰撞过程中损失的能量为

联立求得

（2）若，且已知第次碰撞前1号物块的动能为，则有

第次碰撞后，有

根据功能关系可得第次碰撞前，有

第次碰撞前，1号物块的动能为

联立可得

（3）若，由（2）问可知

化简为

类似递推有


……

以上个式子相加有

又

解得

化为

由上式可知时，即第10次碰前，取最大值为

从开始运动到1号物块达到最大速度，对系统用动量定理有

解得

15-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设小球与滑块碰前的速度为，根据机械能守恒定律得

小球与滑块碰后的速度分别为、，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得

根据机械能守恒定律得

解得

从A点到B点，根据动能定理得

解得

（2）取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得

根据机械能守恒定律得

解得

16-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）见详解
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，加在D形盒间交流电源的周期等于粒子在磁场中的运行周期，在磁场中，由牛顿第二定律有

又有

联立解得

（2）根据题意可知，设粒子的最大速度为，对应着粒子的最大运动半径即，则有

又有

联立解得

（3）根据题意，在磁场中，由牛顿第二定律有

可得

粒子经过加速，速度变大，要想粒子在半径固定的环形轨道上运动，需同步增加磁感应强度，同时保证交变电压的周期与粒子在环形轨道上运动的周期相同，由

可知，需同步减小交变电压周期。
16-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）高频交流电频率为f，周期为

则质子在D形金属盒内做匀速圆周运动的周期也是，故质子在D形金属盒内做匀速圆周运动的线速度为

因此当时，质子在D形金属盒内的速度达到最大值，即

故最大动能为

（2）质子第1次经过两D形盒间狭缝，由动能定理可得

解得

质子第2次经过两D形盒间狭缝，由动能定理可得

解得

质子在D形金属盒内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

可得

故质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为

16-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带正电粒子在极板M、N之间做类平抛运动，则


由牛顿第二定律得

解得

（2）极板M、N之间的电势差等于极板P、Q之间的电势差，则

设等离子体的带电荷量为，则

解得

（3）如图所示

设带正电粒子从O点进入第四象限时速度与水平方向的夹角为，则



又

解得

带正电粒子在第四象限磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得

由几何关系得矩形磁场区域的最小面积为

解得

16-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）水银匀速流动，则以导管内水银为研究对象则有
p0ab=kv0
解得

（2）外加磁场达到稳定时有

等效电源内阻为

由欧姆定律可得

水银匀速流动，由受力平衡可得
p1ab=IBa+kv0
解得

（3）设外加磁场且压强差仍为p0时水银流速为，则由（2）同理可解得

16-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）离子加速过程，根据功能关系

得

（2）离子进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律

根据题意

得

（3）)由(1)(2)可推得

可知，将r增大的调整措施有增大加速电场的电压U，或减小磁场的磁感应强度B。
16-6【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）0.32m3/s；（3）2500Pa
【试题解析】 详解:
（1）最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有

解得

（2）污水的流量为

（3）污水流过该装置时受到阻力为

为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是200N，则压强差为

16-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在加速电场中加速

在偏转电场中，设极板间距为d，两板间电压为U，水平方向有

竖直方向有

带电粒子在偏转电场中的加速度

解得

（2）带电粒子以速度进入磁场中做匀速圆周运动，半径为r，设磁感应强度为B，有

带电粒子进入磁场时速度方向与水平方向夹角为，由几何关系

解得

由速度分解

由几何关系

联立解得


16-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设粒子被电场加速后速度为v，由动能定理可得

解得

（2）垂直磁场上边界射出的粒子的圆心必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，满足磁感应强度有最大值，即r有最小值，又因为


当r有最小值时，取最小值，最小值为O点到磁场上边界的距离，故

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

联立解得

（3）当时，根据

可得带电粒子在磁场中的运动半径

由几何知识可知，当粒子从沿x轴正方向进入磁场，粒子从磁场上边界的射出点，为粒子能够到达上边界的最右端，粒子能够到达上边界的最右端y轴的距离

当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如图

由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距y轴的距离为

可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度

16-9【提升】 【正确答案】 （1）0，；（2），2d；（3）
【试题解析】 详解:
（1）轨迹Ⅰ，电子做直线运动，，且根据

可得

由图2可知由于

所以

（2）根据动能定理，有

可得

将电子运动速度分解为和，则

在时间内，动量定理，有

累加，得

联立，得

在P点，根据牛顿第二定律有

求得

（3）饱和电流

截止和饱和

可画出电流I随磁感应强度B变化的图像如图所示