山东省烟台市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析

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山东省烟台市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 光电效应现象及其解释,玻尔原子理论的基本假设,典型的核聚变方程,α和β、γ三种射线的性质

【正确答案】
A
【试题解析】


1-1（基础） 下列说法正确的是（　　）
A.光电效应现象说明光具有波动性
B.α衰变说明原子具有核式结构
C.核聚变反应广泛应用于当代的核电站中
D.玻尔的能级理论解释了氢原子光谱的不连续现象
【正确答案】 D

1-2（基础） 下列说法正确的是（　　）
A.重核裂变及轻核聚变过程都释放核能，原因是中等质量的核最稳定，平均每个核子的质量最小，比结合能最小
B.在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C.大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁时，可以辐射出6种不同波长的光子，其中波长最短是从n=4能级跃迁到n=3能级放出的
D.氚核发生β衰变时，一个中子释放出电子后变成质子，进而生成
【正确答案】 D

1-3（巩固） 下列说法中正确的是（　　）
A.一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时能发出2种不同频率的光子
B.的一种裂变可能为
C.核反应属于原子核聚变
D.发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，遏止电压就越大
【正确答案】 C

1-4（巩固） 以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（　　）
A.氢原子发光时，形成连续光谱的现象
B.重核裂变过程中反应前后核的总质量增大，轻核聚变过程中核的总质量减小
C.平均结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
D.紫外线照射到某金属表面时能够发生光电效应，则红外线照射时一定发生光电效应
【正确答案】 C

1-5（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.氢核聚变时，放出巨大能量，聚变产物的比结合能减小
B.氡的半衰期为3.8天，若取100个氢原子核，经7.6天后就只剩下25个氡原子核
C.原子的外层电子受到激发，挣脱原子核的束缚发射出来，形成β射线，这就是β衰变的实质
D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大
【正确答案】 D

1-6（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，则这种金属的逸出功W0越小
B.由玻尔理论可知，氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，其核外电子的动能减小
C.氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7. 6天时只剩下1个未发生衰变
D.是核聚变反应
【正确答案】 A

1-7（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.质量为m的物质一个衰变周期后剩一半
B.只要照射金属板的光足够强，都能发生光电效应
C.原子核的比结合能越大，原子越稳定
D.核裂变放热，核聚变吸热
【正确答案】 C

1-8（提升） 已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量为，其中n＝2，3，4…已知普朗克常量为h，则下列说法正确的是(　　)
A.氢原子跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小
B.基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为
C.大量处于n＝3的激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的光
D.若原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时所产生的电磁波能使某金属发生光电效应，则原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时所产生的电磁波也一定能使该金属发生光电效应
【正确答案】 C

1-9（提升） 原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断不正确的是（　　）

A.一个重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
B.核的结合能约为14MeV
C.中等质量的原子核最稳定
D.两个核结合成核要释放能量
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 理解内能的概念,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,理想气体状态方程

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其过程如图上的线段所示，则气体在这个过程中（　　）

A.气体压强不断变大 B.分子平均动能减小
C.外界对气体做功 D.气体从外界吸收的热量大于其增加的内能
【正确答案】 D

2-2（基础） 一定质量的理想气体由状态变为状态，其过程如图中直线段所示，状态对应该线段的中点。下列说法中不正确的是（ ）

A.、两点的内能相同
B.、两点的温度之比为3：4
C.过程中气体对外界做正功
D.过程中气体向外界放热
【正确答案】 D
2-3（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体，由状态变化到状态，再从状态变化到状态，最后从状态变化回到状态。下列说法正确的是（　　）

A.过程气体对外做功大于气体吸收的热量
B.过程气体分子的密集程度一直变小
C.过程气体的温度一定保持不变
D.过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
【正确答案】 D

2-4（巩固） 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，V－T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为。下列说法正确的是（　　）

A.状态A→B的过程气体吸热 B.状态A的气体压强为
C.状态B→C过程是等压变化 D.状态B→C过程气体对外做功200J
【正确答案】 C

2-5（巩固） 一定质量的理想气体从状态a开始，经、、三个过程后再回到状态a，其图像如图所示，则该气体（ ）

A.在状态a的内能小于在状态b的内能
B.在状态a的密集程度大于在状态b的密集程度
C.在过程中，外界对气体做功为0
D.由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热
【正确答案】 D
2-6（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体从状态开始经历过程①、②、③、④最后到达状态。下列说法错误的是（　　）

A.过程①中，气体的体积逐渐减小 B.过程②中，气体对外界做正功
C.过程③中，气体从外界吸收了热量 D.气体在状态和时的内能相等
【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） 如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等压变化到状态B，再经过等容变化到状态C，最终经过等温变化回到初始状态A。已知从状态A到状态B的过程中，气体吸收了的热量，关于从A到B过程下列说法中正确的是（　　）

A.气体内能增加 B.气体内能增加
C.气体内能减少 D.气体内能减少
【正确答案】 A
2-9（提升） 理想气体的图像如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始经过状态B、C、D又回到状态A，其中AB、CD的延长线经过坐标原点O，BC与横轴平行，，下列说法正确的是（　　）

A.气体从状态A到状态B分子平均动能减小
B.气体从状态C到状态D从外界吸热
C.气体在状态A的温度和状态D的温度相同
D.从状态D到状态A，外界对气体做功为
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 竖直上抛运动的三个基本公式
【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） 某同学在地面上，把一物体以一定的初速度竖直向上抛出，物体达到最高点后落回抛出点。如果取竖直向上为正方向，不计空气阻力。下列描述该运动过程的图像或图像正确的是（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 B

3-2（基础） 一质点做竖直上抛运动，其位移x与时间t的关系图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.t=0时，质点的速度为零
B.t=3s时，质点的速度和加速度均为零
C.在t=0至t=3s间，质点的速度与加速度同向
D.在t=3s至t=6s间，质点的速度与加速度同向
【正确答案】 D

3-3（巩固） 某同学在合肥海洋馆里观看海狮表演，海狮从水面将球以一定的初速度竖直向上顶出，该同学通过手机的录像功能测算出球被顶出又落回水面的时间为1.6秒，忽略空气阻力，g取，海狮抛接球视为同一位置，关于小球在空中运动过程下列说法正确的是（　　）

A.小球被顶出的初速度为
B.第一个比第二个的位移大
C.小球在空中的速度变化量为
D.小球在空中上升的最大高度为
【正确答案】 D

3-4（巩固） 将甲、乙两个小球（可视为质点）在同一水平邻的两个位置先后以相同的初速度竖直向上抛出。若抛出点所在平面高度设为0，两小球的高度h与时间t的图像如图所示。根据图像所给的信息，下列说法正确的是（　　）

A.甲回到抛出点的时刻为
B.乙回到抛出点的时刻为
C.乙距抛出点的最大高度为
D.乙距抛出点的最大高度为
【正确答案】 B

3-5（巩固） 一乒乓球在地面上方某高度处竖直向上抛出，设球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比。以竖直向上为正方向，则球在空中运动的速度v—时间t图像可能（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 D

3-6（巩固） 小球A从距离地面高H处自由下落，在A开始下落的同时，小球B在地面上以速度竖直上抛，设两小球运动时所在的竖直线不重合。重力加速度为g，空气阻力不计。下列关于两球运动的描述，错误的是（　　）
A.若两球能在空中相遇，相遇时A、B速度可能相同
B.若两球能在空中相遇，相遇时间一定小于
C.若两球能在空中相遇，相遇时间可能等于
D.若两球能在空中相遇，相遇时A、B的位移大小可能相等
【正确答案】 A

3-7（巩固） 在今年东京奥运会女子单人10米跳台决赛中，14岁中国小女孩全红婵完美夺冠，全程教科书级别发挥几乎没有扣分点，第一次参加奥运会就开启全红婵的跳水时代。如图所示是全红婵比赛时其竖直分速度随时间变化的关系，以其离开跳台为计时起点。则（　　）

A.时刻运动员到达最高点
B.时刻进入水面
C.时间内运动员速度方向竖直向上
D.全红婵对跳板施加压力之后跳板才对全红婵施加支持力
【正确答案】 B

3-8（提升） 如图所示，小球甲从距离地面高度为处以速度竖直向上抛出，同时小球乙从距离地面高度为处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取，则下列说法中正确的是（　　）

A.小球乙落地前，两小球的速度差逐渐变大
B.落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速率之比为5∶6
C.至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3∶4
D.小球甲、乙运动的第1s内位移相同
【正确答案】 B

3-9（提升） 在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速v0同地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔必须满足条件是：（不计空气阻力）（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 振动图像与波形图的结合

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v=4m/s，已知距坐标原点x=0.8m处质点的振动图像如图所示，在下图中能够正确表示t=0.35s时的波形图的是（　　）

A.B.C. D.
【正确答案】 B

4-2（基础） 图（a）为一列波在时的波形图，图（b）为媒质是平衡位置在处的质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）

A.波沿x轴正向传播 B.波在媒介中的传播速度为2m/s
C.时，P向y轴正方向运动 D.当时，P恰好回到平衡位置
【正确答案】 C

4-3（巩固） 某简谐横波在时的波形图如图甲所示，在该波传播方向上有两质点B、C（图中均未画出），B、C平衡位置间的距离为，其中B的振动图像如图乙所示，则C的振动图像可能是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-4（巩固） 图甲中，波源S从平衡位置开始振动，运动方向竖直向上（y轴的正方向），振动周期，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为。经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离。若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图乙的振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是（　　）

A.①为P点振动图像 B.②为Q点振动图像
C.③为Q点振动图像 D.④为P点振动图像
【正确答案】 D
4-5（巩固） 一列简谐横波在t＝s时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图像。下列表述正确的是（　　）

A.这列波的传播方向为沿着x轴正方向
B.t＝2 s时质点P的加速度方向沿着y轴负方向
C.这列波的传播速度大小为9 cm/s
D.质点Q的平衡位置横坐标为9 cm
【正确答案】 D

4-6（巩固） 一列简谐横波沿x轴负方向传播，已知x轴上和处两质点的振动图像分别如图甲、乙所示，则时刻x1与x2之间的波形图可能正确的是（　　）

A.B.C. D.
【正确答案】 C

4-7（巩固） 一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图，则平衡位置在处的质点的振动图像可能正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C
4-8（提升） 如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，M是平衡位置在处的质点，图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的说法是（　　）

A.在时，质点P向y轴正方向运动
B.在时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
C.在到，质点P通过的路程为
D.质点M简谐运动的表达式为
【正确答案】 C

4-9（提升） 图（a）为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）

A.从t=0时刻开始计时P点的振动方程为
B.从t=0时刻开始计时，P、Q两点在t=0.25s时位移相同
C.在t=2.0s时刻，设波已经传播过x=100m处，那么在t=2.8s时，x=32.5m的R点在处于平衡位置上方在向下振动
D.从t=0.20s到t=0.225s，质点P通过的路程为
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 用三角形法则解决平衡问题,平衡问题的动态分析

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 一只蜗牛沿着葡萄枝从左向右缓慢爬行，如图所示．下列说法中正确的是（ ）

A.葡萄枝对蜗牛的弹力一定不变
B.葡萄枝对蜗牛的摩擦力可能先变大后减小
C.葡萄枝对蜗牛的摩擦力可能一直减小
D.葡萄枝对蜗牛的作用力大小和方向一直不变
【正确答案】 D

5-2（基础） 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为F1，球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中（　　）

A.F1始终减小，F2始终增大
B.F1始终减小，F2始终减小
C.F1先增大后减小，F2始终减小
D.F1先增大后减小，F2先减小
【正确答案】 B

5-3（巩固） 如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（　　）

A.A所受合外力增大 B.A对竖直墙壁的压力减小
C.墙面对A的摩擦力一定增大 D.墙面对A的摩擦力可能减小
【正确答案】 D

5-4（巩固） 如图所示，直杆弯折成90°固定在竖直面内，OA段竖直，OB段水平，绕过光滑滑轮C的不可伸长的细线两端D、E分别固定在OA、OB上，质量为m的小球吊在滑轮下，静止时，DC段细线与竖直方向的夹角，不计滑轮及细线的重力，重力加速度为g，则（　　）

A.细线上的拉力大小为
B.仅将D端缓慢沿杆向上移，细线上拉力变小
C.仅将E端缓慢沿杆向左移，细线上拉力增大
D.仅将D端缓慢沿杆向下移，滑轮C接触到杆OA之前，不可能出现DC段细线水平的情况
【正确答案】 D

5-5（巩固） 如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）。则在此过程中绳中拉力大小（　　）

A.先变大后不变 B.先变大后变小
C.先变小后不变 D.先变小后变大
【正确答案】 A

5-6（巩固） 将四分之一圆柱体a置于粗糙水平面上，其横截面如图所示，B点为a的最高点。现将小物块b（可视为质点）靠紧圆弧，用始终垂直于过接触点半径方向的拉力F拉动物块，使物块由圆弧与水平面的交点A缓慢向B点运动，整个过程中a始终保持静止，不计a与b间的摩擦，则拉动过程中（ ）

A.拉力F先减小后增大 B.b对a的压力先减小后增大
C.地面对a的支持力先增大后减小 D.地面对a的摩擦力先增大后减小
【正确答案】 D

5-7（巩固） 如图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（　　）

A.绳的右端上移到，绳子拉力变小
B.将杆M向左移一些，绳子拉力变小
C.换用稍长一些的轻质晾衣绳，绳子拉力变小
D.绳的两端高度差越小，绳子拉力变小
【正确答案】 C

5-8（提升） 如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

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

5-9（提升） 是我国最大的产棉区，在超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在V形挡板上，两板间夹角为120°固定不变，V形挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动，忽略V形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　 ）


A.棉包对AP板的压力一直减小
B.棉包始终受到三个力的作用
C.在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变
D.当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 变压器两端电路的动态分析

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )

A.V1的示数减小，V2的示数减小 B.V1的示数不变，V2的示数减小
C.A1的示数增大，A2的示数增大 D.A1的示数减小，A2的示数减小
【正确答案】 B

6-2（基础） 如图所示，理想变压器原线圈接电压有效值不变的正弦交流电，副线圈接灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时S断开。现接通S，以下说法正确的是（　　）

A.M、N两端输出电压U减小
B.等效电阻R的电压增大
C.灯泡L1的电流增大
D.电流表的示数减小
【正确答案】 B

6-3（巩固） 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表；下列说法正确的是（　　）

A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变小
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变小
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D.若闭合开关S，则电流表A1示数变小，A2示数变大
【正确答案】 A

6-4（巩固） 如图一理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（　　）

A.保持 P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B.保持 P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
C.保持 P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D.保持 P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率先增大后减小
【正确答案】 D

6-5（巩固） 如图所示，是小型发电机输电的电路模拟图。正弦式交流发电机电动势的有效值稳定，发电机的内阻为R，副线圈接的定值电阻阻值为R、可变电阻为R1，理想变压器的原、副线圈匝数分别为，交流电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当副线圈接的可变电阻R1的阻值增大（其值大于零）时，电流表、电压表示数变化分别用和表示。则以下说法正确的是（　　）

A.
B.
C.当时，发电机的输出功率最大
D.发电机消耗的总电功率增大
【正确答案】 B

6-6（巩固） 在如图所示的电路中，理想变压器的原副线圈匝数比为2∶1，四个完全相同的灯泡额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么（　　）

A.L1和L2不能正常工作
B.输入端电压U0=4U
C.若减小输入端电压U0则L1和L2变的更亮
D.因原线圈连接有灯泡，所以原线圈输入功率不等于副线圈输出功率
【正确答案】 B

6-7（巩固） 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，灯泡a和b的额定电压相同，当原线圈输入的交变电压时，两灯泡均能正常发光，且滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是（　　）

A.灯泡的额定电压是44V
B.副线圈中交变电流的频率为12.5Hz
C.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡a两端的电压变小
D.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器的输入功率变小
【正确答案】 A

6-8（提升） 如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k，所接电源为有效值恒定的正弦交流电压，且不计电源内阻。原线圈接有定值电阻，副线圈接有定值电阻、，以及滑动变阻器，四个理想交流电表的连接如图所示。现将的滑动触头向下滑动少许，电表的示数变化量的绝对值分别为、、、，则下列说法正确的是（　　）

A.电压表的示数减小，电流表的示数减小
B.电压表的示数增大，电流表的示数增大
C.
D.
【正确答案】 D

6-9（提升） 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，电源的输出电压，定值电阻，，滑动变阻器的最大阻值为，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则（　　）

A.电流表示数为1.5A
B.电压表示数为15V
C.滑片P由a向b缓慢滑动，消耗的功率增大
D.滑片P由a向b缓慢滑动，变压器的输出功率减小
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 带电小球的平衡问题,电势的概念、定义式、单位和物理意义,利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化

【正确答案】
B
【试题解析】


7-1（基础） 一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有( )

A.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1
B.质点由a到b电势能减小，由b到c电场力做负功，在b点动能最小
C.a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是
D.若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列说法错误的是（　　）

A.a、b两点的电场强度相同
B.c、d两点的电势不相同
C.若将一负试探电荷由d点移到c点，电场力做正功
D.若将一正试探电荷由无穷远处移到c点，其电势能一定减少
【正确答案】 D
7-3（巩固） 如图所示，是边长为l的正四面体，虚线圆为三角形的内切圆，分别为和边与圆的切点，O为圆心，正四面体的顶点和D分别固定有电荷量为和的点电荷，则（　　）

A.两点的电场强度相同
B.将正试探电荷由P移动到N，电场力做负功
C.将正试探电荷由C移动到M，电势能减少
D.正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量大于由C移动到N时的
【正确答案】 B

7-4（巩固） 下图为一个以O为圆心、半径为R、带电量为+Q的均匀带电圆环，在圆心O处放一个带电量为q的负点电荷，AB为圆环的中轴线，C点在AB上距O的长度为R．现把该点电荷从O拉到C，若不考虑点电荷对场源的影响，则下列说法正确的是

A.点电荷在O点受到的电场力不为零
B.点电荷在C点受到的电场力大小为
C.点电荷从O到C的过程中，外力对其做正功，电势能增大
D.若将点电荷从C由静止释放，则它会一直沿由B到A的方向运动
【正确答案】 C

7-5（巩固） 如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Q1、Q2固定在c、d两点上。一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.Q2对P的静电力大小为
B.Q1、Q2的电荷量之比为
C.将P从a点移到b点，电场力做正功
D.将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
【正确答案】 B

7-6（巩固） 如图所示，在竖直平面内有以O点为圆心的一个圆，圆上有a、b、c、d、e、f6个点，ab连线水平且过圆心，cd连线竖直也过圆心。关于cd对称的e点和f点分别固定一个电荷量为Q的负点电荷，则（　　）

A.同一负电荷在c点的电势能比在d点的小
B.a、b两点电场强度相同
C.将一正点电荷从c点沿cd线移动到d点，电场力对其先做正功后做负功
D.将一正点电荷从d点静止释放，在其运动到O点的过程中，加速度保持不变
【正确答案】 C

7-7（巩固） 等量异种点电荷固定在如图所示的真空空间中，O为两电荷连线的中点，A、B为连线的中垂线上关于O点对称的两点，C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，电子重力不计。下列说法正确的是（ ）

A.C、D两点电场强度大小相等、方向不同
B.在A点由静止释放一电子，电子将沿AB做往返运动
C.将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大
D.将一电子从A点经C点、D点移到B点，电场力始终不做功
【正确答案】 C

7-8（提升） 如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC。顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、-q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系。已知静电力常量为k。则（　　）

A.N、P、M三点的电势相等
B.将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x=3L处，电场力可能先做正功后做负功
C.在处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为
D.在与x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为3：1
【正确答案】 C

7-9（提升） 如图甲所示，两个等量正点电荷固定在绝缘水平面上，、、、是其连线中垂线上位于竖直方向上的四点，一带电量为 ，质量为的小球从点静止释放，其运动的图像如图乙所示，其中点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），点处的切线平行于轴，运动过程中小球电荷量保持不变，已知、两点间距离为0.8m，、两点间的距离为2.7m，，下列说法中正确的是（　　）

A.两点电势差
B.小物块从点到点电场力做的功
C.点为间电场强度最大的点，场强大小
D.由到的过程中小物块的电势能先减小后变大
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 用动量定理解决流体问题

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面积为S的水柱以速度垂直射到钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的密度为，则水对钢板的平均冲力大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-2（基础） 台风具有极强的破坏力。若台风以40m/s的水平速度垂直吹向某广告牌，该广告牌长2m、宽1m，空气的密度为，台风遇到广告牌后速度变为零，则广告牌所受台风的压力大小为（　　）
A.4160N B.2130N C.416N D.213N
【正确答案】 A

8-3（巩固） 赵老师看到许老师新购买的清洗汽车用的高压水枪，想先尝试一下冲洗效果如何。如图所示，设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零，赵老师手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（　　）

A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C.水柱对汽车的平均冲力为
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的2倍
【正确答案】 C

8-4（巩固） 随着我国电子商务领域的不断发展，配送需求剧增，无人机物流解决了配送“最后一公里”的难题。一架无人机质量为，无人机螺旋桨的发动机的额定输出功率为P，螺旋桨转动能使面积为S的空气以一定速度向下运动。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机能携带货物的最大质量为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-5（巩固） 水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，是一种利用高压水流切割的机器。在电脑的控制下能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小。因为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。如图所示，若水柱的截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后速度减为零，已知水的密度为。则下列说法正确的是（　　）

A.减小水柱的截面S可以增大水对钢板冲力产生的压强
B.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的2倍
C.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍
D.若在水中添加适量食盐增大水的密度，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强减小
【正确答案】 C

8-6（巩固） 根据量子理论∶光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为∶当动量为p的光子垂直照到物体表面时，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为P0，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为η，则激光束对此物体产生的压强为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-7（巩固） 清洗汽车时经常会用到高压水枪，水枪喷出水柱的速度可以调节，且水速变化时水柱的横截面积不变。当水枪分别以，和的水平速度垂直于车门方向喷出水柱进行清洗时，车门所受的冲击力大小分别为和，不计空气阻力，水冲击车门后均沿车门流下，则和的比值为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-8（提升） 卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达之多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（　　）

A.正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小
B.离子推进器获得的平均推力大小
C.加速正离子束所消耗的功率
D.为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器
【正确答案】 C

8-9（提升） 如图所示，直升机的旋翼桨以角速度匀速转动时直升机悬停在空中。已知直升机总质量为，旋翼桨转动时形成以半径为的圆面，空气密度为，重力加速度为。则此直升机悬停在空中时（　　）

A.螺旋桨作用于空气后空气的速度为
B.螺旋桨作用于空气后空气的速度为
C.发动机的功率为
D.发动机的功率为
【正确答案】 D

【原卷 9 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,单缝衍射和小孔衍射图样,爱因斯坦光电效应方程,光子的动量及其公式

【正确答案】
B D
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，扇形为透明柱状介质的横截面，圆心角，两束平行于角平分线的单色光a和b由面射入介质，经面折射的光线相交于点，其中a光的折射光线恰好平行于OB，以下说法正确的是（　　）

A.该介质对a光的折射率为
B.把a光的入射光逐渐平行上移，则折射光必定可以在圆弧上某点发生全反射
C.b光的光子能量大于a光的光子能量
D.a光如果可以让某金属发生光电效应，则b光一定无法让该金属发生光电效应
【正确答案】 AB

9-2（基础） 实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒与动量守恒定律。如果电子具有足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法中正确的是（　　）
A.相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度变大
B.若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子最大初动能将变大
C.散射光中存在波长变长的成分
D.散射光中存在频率变大的成分
【正确答案】 BD

9-3（巩固） 两种单色光a和b，a光照射某种材料表面时有光电子逸出，b光照射该材料表面时没有光电子逸出，则（ ）
A.以相同的入射角斜射向一平行玻璃砖，a光的侧移量小于b光的侧移量
B.垂直入射到同一双缝干涉装置上，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
C.a光光子的动量大于b光光子的动量
D.b光照射处于基态的一群氢原子只能发出三种波长的光，则a光照射处于基态的一群氢原子可能发出四种波长的光
【正确答案】 BC

9-4（巩固） A、B两种单色光从水中射向空气，发生全反射的临界角分别为α、β，。下列说法正确的是（　　）
A.A、B分别用同一套双缝干涉实验装置进行实验，A光的干涉条纹间距比B光大
B.A光在水中的传播速度比B光小
C.用强度相同的A、B光束照射同一种金属，都有光电子飞出，则A光的饱和电流大，B光的遏止电压大
D.A光子的动量比B光子大
【正确答案】 AC

9-5（巩固） 如图所示，波长为和的两种单色光射入三棱镜，经折射后射出两束单色光a和b，则这两束光（ ）

A.照射同一种金属均有光电子逸出，光电子最大初动能
B.射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距
C.在水中的传播速度
D.光子动量
【正确答案】 BD

9-6（巩固） 如图是氢原子能级图，大量处在激发态n=5能级的氢原子向低能级跃迁，a是从n=4能级跃迁到n=2能级产生的光，b是从n=5跃迁到n=3能级产生的光．已知某金属的极限频率=5.53×1014Hz，普朗克常量h=6.6×10-34J·s，电子电荷量，则（  ）

A.在相同的双缝干涉实验装置中，a光产生的干涉条纹比b光更宽
B.a光和b光的光子动量之比为255:97
C.用a光照射该金属时，能产生最大初动能为0.27的光电子
D.在同样的玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
【正确答案】 BC

9-7（巩固） 用同一双缝干涉实验装置做甲、乙两种光的双缝干涉实验，获得的双缝干涉条纹分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（ ）

A.甲光的波长比乙光的波长大
B.甲光在水中的传播速度大于乙光在水中的传播速度
C.对同一种介质，甲光的折射率小于乙光的折射率
D.从同种介质射向空气甲光发生全反射的临界角小于乙光
E.遇到同一障碍物，乙光比甲光更容易发生明显的衍射现象
【正确答案】 ABC

9-8（提升） 在“利用双缝干涉测定光的波长”实验中，用放长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同双缝干涉装置，在观察解上形成干涉条纹，测得干涉条纹间距分别为Δx1、Δx2，且Δx1<Δx2，下列说法中正确的是（ ）
A.两光子的动量
B.当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角
C.两单色光的频率之比
D.若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比
【正确答案】 AC

9-9（提升） 在“双缝干涉测波长的实验”中，用波长为λ1和λ2的两束单色光同时入射双缝干涉装置，在观察屏上形成干涉条纹。波长λ1的光的干涉条纹间距大于波长为λ2的条纹间距。已知普朗克常数为h，光速为c。则下列说法正确的是(下列表述中，脚标“1”代表波长为λ1的光，脚标“2”代表波长为λ2的光)
A.则两单色光的光子动量之比为
B.当两束单色光从玻璃射向真空时，其临界角的正弦之比
C.若波长为λ1和λ2的这两束光分别由处在n＝3和n＝5激发态的氢原子跃迁到n＝2激发态时产生的，则两束光的频率之比约为0.66
D.这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之差为EK2－EK1＝
【正确答案】 ACD

【原卷 11 题】 知识点 带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动

【正确答案】
C D
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（　　）

A.小球运动过程中机械能守恒
B.小球经过环的最低点时速度最大
C.在最低点时球对环的压力为（mg+qE）
D.在最低点时球对环的压力为3（mg+qE）
【正确答案】 BD

11-2（基础） 如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为kg，电荷量为的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，，圆轨道半径m，g取10m/s2，，。则以下说法中正确的是（　　）

A.刚释放小球时小球的加速度的大小为12.5m/s2
B.若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为12.75m
C.若小球恰能到达C点．此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5N
D.若电场方向相反，大小不变，小球恰能到达C点，小球运动在过程中对轨道的最大压力为67.5N
【正确答案】 AC

11-3（巩固） 如图所示，一绝缘光滑圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，圆环半径为，场强为，在与环心等高处放有一带正电的小球，质量为、电量为，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（　　）

A.小球在运动过程中机械能守恒
B.小球经过环的最低点时速度最大
C.小球经过环的最低点时对轨道压力为
D.要使小球能到达最高点，小球初速度至少应为
【正确答案】 BD

11-4（巩固） 如图甲所示，空间竖直平面内存在方向斜向右上方、与水平方向成角的匀强电场，用绝缘轻绳拴着一个带负电小球在竖直面内绕O点做完整的圆周运动。已知小球速度越大，轻绳绷得越紧。在小球运动过程中经过动能最小位置时，轻绳上拉力F与小球的动能Ek关系如图乙所示。假设小球运动轨迹圆与电场线在同一竖直面内，小球受到的电场力与重力大小相等，不计小球大小，重力加速度为。则下列所求物理量正确的是（　　）

A.轻绳的长度为 B.轻绳的长度为
C.小球的质量为 D.小球的质量为
【正确答案】 AC

11-5（巩固） 如图，光滑水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中。一质量为m，带电量为q的带电小球，在轨道内做完整的圆周运动。若小球运动到B点时速度最大，运动到A点时速度大小为v，且轨道对小球的弹力大小为N。其图像如图2，则下列说法正确的是（　　）

A.圆形轨道半径为
B.小球受到的电场力大小为
C.小球由A点运动到B点，电场力做功
D.当时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为
【正确答案】 AD
11-6（巩固） 细线拉着一质量为m的带电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场（图中未画出），小球所受电场力水平向右，大小是其重力的倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为，方向水平向左，除受重力、电场力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中（ ）

A.小球最小速率为
B.小球速率最小时其电势能最大
C.若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为
D.若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为
【正确答案】 AC

11-7（巩固） 如图所示，竖直平面内固定着一个半径为R的光滑绝缘圆环，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心O等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为、、。下列说法正确的是（　　）

A.a与b之间的电势差
B.匀强电场场强大小为
C.匀强电场的方向为a指向b
D.小球运动过程中的最小速度为
【正确答案】 AD

11-8（提升） 半径为R的光滑绝缘圆形轨道固定在竖直平面内，处于与圆形轨道平面平行的水平向右的匀强电场中，如图所示。一质量为m的带电小球（可视为质点），静止于轨道上的P点，P点与轨道圆心O连线与竖直方向的夹角为。重力加速度为g，，。若小球恰好能在圆形轨道内做完整的圆周运动，小球运动过程中的最小速度大小为，最大速度大小为，则（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 BC

11-9（提升） 如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为R的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的轨道和，A点所在的半径与竖直直径间的夹角为。质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为质点）从A点静止释放，分别沿轨道和到达圆环上B、C两点的时间相同。现去掉轨道和，如图乙所示，在C点给小球一个初速度，让小球恰能在圆环轨道内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是（tan37°=0.75，g=10m/s2）（　　）

A.匀强电场的电场强度为
B.甲图中小球从A点运动到C点的时间为
C.乙图中小球经过A点时的电势能和重力势能之和最大
D.乙图中小球做圆周运动过程中对环的压力最大值为
【正确答案】 BCD

【原卷 12 题】 知识点 作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压,求导体棒运动过程中通过其截面的电量,细绳或弹簧相连的连接体问题

【正确答案】
B C D
【试题解析】


12-1（基础） 如图，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长，，线框导线的总电阻为R。则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.ad间的电压为
B.ab间的电压为2BLv
C.线框所受安培力的合力为
D.流过线框截面的电量为
【正确答案】 AD

12-2（基础） 如图所示，在光滑水平面上有一边长为L的单匝正方形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的右边界重合。线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为R。现将线框以恒定速度v水平向右匀速拉出磁场。此过程中保持线框平面与磁场方向垂直，拉力在线框平面内且与边垂直，b边始终与磁场的右边界保持垂直。在线框被拉出磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.导线所受安培力 B.两端的电压
C.线框中产生的热量 D.通过导线横截面的电量
【正确答案】 ACD

12-3（巩固） 有界匀强磁场磁感应强度为B，有一半径为R的线圈，其单位长度上的电阻为r，线圈直径MN垂直磁场边界于M点，现以M点为轴在纸面内，沿顺时针方向匀速旋转，角速度为，则（　　）

A.感应电流方向为顺时针方向
B.感应电动势的最大值为
C.感应电流的最大值为
D.通过导体任意横截面的电量为
【正确答案】 AD

12-4（巩固） 半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀直导棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器，直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持的良好接触，导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）

A.金属棒中电流从A流向B B.金属棒两端电压为
C.电容器的M板带正电 D.电容器所带电荷量为
【正确答案】 CD

12-5（巩固） 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定，倾角为，上端连接一电容器，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场穿过导轨所在平面。一根质量为m的导体棒垂直静置在导轨上。现让导体棒从静止开始滑下，导体棒做匀加速直线运动，所有电阻均不计，重力加速度大小为，则导体棒在导轨上运动的加速度大小可能为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

12-6（巩固） 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角α=30°，导轨宽度L=1m，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T。已知导体棒ab质量m=0.02kg，电容器电容为C=0.02F，耐压值足够大，定值电阻R=200Ω，重力加速度g=10m/s²，导体棒和导轨电阻不计。t=0时开关接1，导体棒ab由静止释放，t=2s时开关接2，下列说法正确的是（　　）

A.t=2s时，导体棒ab的速度为2.5m/s
B.t=2s时，电容器储存的电场能为0.16J
C.开关接2瞬间，导体棒ab的加速度为3m/s²
D.开关接2至导体棒ab达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
【正确答案】 BC

12-7（巩固） 在甲、乙、丙、丁四图中，除导体棒ab可以移动外，其余部分均固定不动，图中的R为定值电阻，导体棒和导轨电阻均不计，导体棒和导轨之间的摩擦力也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长。图甲、乙、丙中的导体棒ab均受外力F的作用，其中图甲、丙中外力F为恒力，图乙中外力F的功率恒定，图丙中的电容器C原来不带电，图丁中的电容器C已充电，四个图中导体棒ab从静止到最终做匀速运动的是（　　）

A.图甲 B.图乙 C.图丙 D.图丁
【正确答案】 ABD

12-8（提升） 如图所示，光滑水平面上存在边界从左向右按正弦规律变化的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一粗细均匀、总电阻为R、边长为l的单匝正方形闭合导线框abcd，在水平向右的推力F作用下，从图中位置起以大小为v的速度水平向右做匀速直线运动，不计空气阻力，在导线框完全穿过整个磁场区域过程中（　　）

A.流过导线框的电荷量为
B.导线框ad两端的最大电压为
C.推力F做功
D.推力F先增大后减小
【正确答案】 BC

12-9（提升） 如图所示，平行虚线M、N间，N、P间有垂直于光滑水平面、方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，每个磁场的宽度均为L。边长为L、质量为m、电阻为R的粗细均匀的单匝金属线框静止在水平面上，边离虚线M的距离也为L，用水平拉力F（大小未知）作用在金属线框上，使金属线框在水平面上向右做初速度为零的匀加速直线运动，线框运动过程中边始终与M平行，边刚进磁场的一瞬间，受到的安培力大小为，则下列判断正确的是（　　）

A.线框运动的加速度大小为
B.线框穿过虚线N的过程中，通过线框导线横截面的电量为0
C.线框进左边磁场过程中安培力的冲量小于出右边磁场过程中安培力的冲量
D.线框穿过整个磁场的过程中，拉力F的最大值为
【正确答案】 AD

【原卷 13 题】 知识点 探究加速度与力、质量的关系,验证牛顿第二定律实验方法的改进

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 某同学利用控制变量法探究加速度与力、质量的关系，实验装置如图1所示。在探究加速度与质量的关系时，需要保持小车_____________（选填“质量”或“所受作用力”）不变。他正确操作实验和处理数据，得到如图2所示的图像。由图像可知，小车的加速度与小车的质量成__________（选填“正比”或“反比”）。

【正确答案】 所受作用力 反比

13-2（基础） 某同学利用如图甲所示的实验装置探究物体的加速度与质量的关系。

（1）按正确的实验操作（包括平衡摩擦力）后，打出一条如图乙所示的纸带，图中A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点间的时间间隔为T，A、B两点间的距离为、两点间的距离为，则小车的加速度为a=___________（用题目中给出物理量的字母表示）。

（2）改变小车中砝码的质量，重复操作，得到多条纸带。记下小车中的砝码质量m，利用纸带测量计算小车的加速度a。以m为纵坐标，以为横坐标，在坐标纸上作出的关系图像是一条倾斜的直线，如图丙所示。如果在误差允许的范围内，测得图中直线的斜率等于___________，在纵轴上的截距绝对值b等于___________，表明合外力一定时，加速度与质量成反比。（以上两空用文字表述）

【正确答案】 槽码的重力 小车的质量

13-3（巩固） 图甲为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置．调整长木板和轻滑轮，使长木板及细线均水平，细线另一端悬挂二个钩码，接通电源，释放滑块，得到如图乙所示的一条纸带．请回答下列问题：

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

13-4（巩固） 图甲为“探究加速度与力、质量的关系” 装置示意图，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器，小车和挂在竖直面内的拉力传感器用一条柔软的轻绳通过光滑的定滑轮和动滑轮连接起来，拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号输出的装置，用于测小车受到拉力的大小。

（1）在安装器材时，要调整定滑轮的高度，使连接小车的细绳与木板平行。这样做的目的是______（填字母代号）。
A．在补偿阻力时，应将拉力传感器、钩码通过滑轮用细绳拴在小车上
B．连接拉力传感器和小车的细绳应与长木板平行
C．补偿阻力后，长木板的位置不能移动，每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
D．小车释放前应靠近打点计时器，但应先释放小车，再接通电源
（2）实验中______（填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）某实验小组在小车加速下滑过程中得到如图乙所示一条纸带的一部分，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了各段的长度，相邻两计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是______点。在打出C点时小车的速度大小为_______m/s；小车的加速度大小为______。（计结果保3位有效字）
（4）小组某同学保持小车质量M不变，根据测量数据作出了小车的加速度a和合外力F的图线，如图丙所示：
①下列分析正确的是 ________（填字母代号）；
A．图线不过原点的原因可能是没有平衡摩擦力
B．图线不过原点的原因可能是平衡摩擦力时木板的倾角过大，平衡摩擦过度
C．若小车的质量M过大，图线上部分可能会弯曲
②若牛顿第二定律成立，则利用图丙可否求出小车的质量M？如果能请直接求出M，如果不能请说明理由。____________。
【正确答案】 B 不需要 A 1.18 1.49 B 见解析

13-5（巩固） 某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好运动为止，记下传感器的最大示数并以此表示小车运动时所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数。

（1）打点计时器接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度___________（的计算结果保留两位有效数字）。
（2）改变小桶中细砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，记下每一次小车加速运动时的传感器示数，则小车的合力___________（选填“”或“”）；
（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数与小车加速运动时传感器示数的关系是___________（选填“<”“=”或“>”）。
【正确答案】

13-6（巩固） 某同学探究“物体质量一定时加速度与力关系”的实验装置如图甲所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，再将小车放在长木板上，小车前端固定一拉力传感器，实验中通过传感器将绳中拉力大小的信息以无线方式传输给数据采集系统，在传感器上系一细绳，绳的另一端跨过定滑轮挂上槽码，小车后端与一条穿过打点计时器的纸带相连。

（1）下列说法中正确的是__________。
A.打点计时器使用8V直流学生电源
B.不需要平衡摩擦力
C.细线必需要与长木板平行
D.实验时应先释放小车，再接通打点计时器的电源
（2）实验中得到一条打点清晰的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻两个计数点间都有4个计时点没有标出，已知交流电频率为50Hz，则这条纸带记录小车的加速度大小为__________（保留两位有效数字）；
（3）本实验中，砝码和托盘总质量是否需要远小于小车的质量：__________（选填“需要”或“不需要”）。
【正确答案】 C 0.63 不需要

13-7（巩固） 某实验小组用如图1所示的实验装置验证加速度与质量的关系，同时释放小车甲、乙后分别打出纸带甲、乙。忽略绳子的质量以及滑轮与绳子间的摩擦。

（1）甲同学测量纸带甲得到各相邻计数点间的距离，如下表所示（单位：cm）。
相邻计数点间距离
x1
x2




纸带甲
3.13
4.38
5.63
6.87
8.13
9.37
由表中数据可知，小车甲的运动______（填“是”或“不是”）匀变速直线运动。简要说明理由：______。
（2）乙同学测量纸带乙，得到各计数点到第一个计数点的位移x及各计数点的速度v，并根据实验数据绘制出了图像，如图2所示。由图像可知，小车乙运动的加速度为______。（保留2位有效数字）

（3）测得甲、乙两小车的质量分别为、，加速度分别为、，若在误差允许范围内满足______（用、、、表示），则验证了加速度与质量的关系。
（4）在本实验中，下列操作必要的有______（填选项前的字母）。
A.连接小车的细绳与木板平行
B.需要平衡两小车与木板间的摩擦力
C.用天平测量动滑轮和钩码的总质量
D.实验时要先接通打点计时器的电源，后释放小车
【正确答案】 是 相邻相等时间内的位移差相等 1.1 ABD

13-8（提升） 在某次探究小车加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。

（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量（未知）一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是__________
A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B．四组实验都需要平衡摩擦力
C．四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条纸带如下图所示（相邻两计数点间有四个点未画出），已知交流电源的频率为f，则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为___________

（3）后续实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置进行了新的探究，步骤如下：
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a大小；
③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；’
④以a为纵轴、m为横轴作出的图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以为纵轴，以__________（选填“”或“m”）为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量___________（用字母k，b表示）
【正确答案】 BC
13-9（提升） 某组同学设计了“探究加速度与物体所受合力及质量的关系”实验。图（a）为实验装置简图，实验中认为细绳对小车拉力等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度可用纸带上打出的点求得。

（1）实验中，平衡摩擦力的目的是______
A.让小车所受合力等于绳子的拉力
B.让绳子的拉力大小等于砂和桶的重力大小
（2）在“探究加速度与物体所受合力及质量的关系”实验过程中：
①图（b）为某次实验得到的图像，根据图像可求出小车的加速度大小为______。（结果保留两位有效数字）
②在“探究加速度与质量的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，改变小车质量，分别记录小车加速度与其质量的数据在分析处理时，该组同学存在两种方案；甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度与其质量的图像；乙同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度与其质量倒数的图像。两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图像（如下图所示）。你认为同学______（填“甲”、“乙”）的方案更合理。请继续帮助该同学作出坐标中的图像______。

③在“探究加速度与合力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中细砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度与合力的图线如图（c），该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因______。

【正确答案】 A 0.12 乙 没有平衡摩擦力（或者平衡摩擦力过小）

【原卷 14 题】 知识点 测量电阻丝电阻率的数据处理方法,利用双安法测量电阻

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中：
（1）利用米尺测量出金属丝接入电路的长度L，利用螺旋测微器测量金属丝的直径为d。
（2）估算被测电阻丝的阻值约，已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为，电流表内阻约，电压表内阻约。为使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽量准确，应选用下图所示的______（填电路图旁的字母代号）为本次实验的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏______（填“大”或“小”）。此时测得电流为I、电压为U。
A．B．C． D．
（3）本实验中金属丝的电阻率为______（用（1）、（2）中给出的字母表示）。
【正确答案】 A 小

14-2（基础） 用欧姆表粗测得一圆柱复合材料的电阻约为3kΩ，某实验小组通过以下实验测量其电阻率ρ。
（1）该实验小组用刻度尺测量其长度L、螺旋测微器测量其直径D，某次直径测量结果如图所示：D=______mm；

（2）实验使用的滑动变阻器的阻值为0～20Ω，请将如图实际测量电路补充完整______。

（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端（填“a”或“b”）；
（4）某次实验时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，用实验测量的物理量L、D、U、I表示电阻率，则表达式为ρ=______。
【正确答案】 6.700 a

14-3（巩固） 某小组测定一金属丝的电阻率，部分实验步骤如下：

①用螺旋测微器测量该金属丝直径，示数如图1所示，则该金属丝的直径___________mm；
②因为在实验室找不到合适的电流表，该同学设计了如图2所示的电路，电源电动势E为4.5V，内阻r约为，定值电阻；电压表量程为3V，内阻约为，一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、电阻箱。主要实验步骤如下：
A．将器材按如图2所示连接；
B．开关闭合前为了电压表的安全，金属夹应夹在电阻丝的___________（填“m”或“n”）端，并将电阻箱的阻值调到最小；
C．然后调节电阻箱的阻值使电压表的示数为，记下电阻箱的阻值；之后不断改变接入电路的长度x，调整电阻箱的阻值，使电压表示数始终为，记录下电阻丝接入电路的长度x及对应电阻箱的阻值R，得出多组数据，作出图线如图3所示。a、b为已知量；
D．根据图像和测量的直径求得金属丝的电阻率___________（用a、b、d、π等字母表示），电压表内阻使得电阻率测量结果___________（填“不变”“偏大”或“偏小”）。
【正确答案】 或3.699或3.701 m 不变

14-4（巩固） 在做《测定金属的电阻率》的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：

A．电池组（3V、内阻l）
B．电流表（0～3A，内阻0.0125）
C．电流表（0～0.6A，内阻0.125）
D．电压表（0～3V，内阻4k）
E．电压表（0～15V，内阻15k）
F．滑动变阻器（0～20，允许最大电流lA）
G．滑动变阻器（0～2000，允许最大电流0.3A）
H．开关、导线
（1）上述器材中应选用的是__________（只填写字母代号）
（2）某同学采用了如图所示的部分电路测量电阻，则测量值比真实值偏________（选填“偏大”或“偏小”）。根据测量数据得到的伏安特性曲线如图所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是________。
（3）在本实验中，某同学用游标卡尺和螺旋测微器测该电阻丝的长度和直径如图所示，则其长度为________cm，直径为________mm。

【正确答案】 ACDFH 偏小 电流增大，电阻丝温度升高，阻值变大 10.025 4.488

14-5（巩固） 实验室有一捆导线，某学习小组同学想通过测量其电阻率判断导线的材质，实验室提供的器材如下：
A．电源E（电动势为3V，内阻不能忽略）
B．电流表（量程为0～0.6A，内阻约为1Ω）
C．电流表（量程为0～0.3A，内阻约为2Ω）
D．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2.0A）
E．电阻箱R（阻值范围为0～9999.9Ω）
F．开关和导线若干
学习小组同学经过讨论设计了如图丙所示的电路．


（1）闭合开关，将滑动变阻器的滑片调节至合适位置，调节电阻箱的阻值，记录电流表、的示数和，记录电阻箱接入电路的阻值R；
（2）根据测量的多组数据作出图线，如图丁所示。根据图像可得截取的导线的电阻______Ω。

【正确答案】 1.5

14-6（巩固） 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：

（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D，如图甲所示，则______mm。
（2）该同学接着用欧姆表粗测该金属丝的电阻，他进行了如下操作：先用“”挡测量时发现指针偏转角度过大，则应该换用______（选填“”或“”）挡，正确换挡、重新欧姆调零后再进行测量，指针静止时位置如图乙所示，则该金属丝的电阻______。
（3）若用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。除电源（电动势为4V，内阻不计）、电流表A（量程为30mA，内阻约）、待测金属丝、导线、开关外，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______（以上两空均选填以下给定器材前的字母）。电压表的左端应与电路中的______（选填“a”或“b”）点相连。
A.电压表（量程为3V，内阻约）
B.电压表（量程为15V，内阻约）
C.滑动变阻器（总阻值为，额定电流为2A）
D.滑动变阻器（总阻值为，额定电流为2A）
（4）若某次测量中，电压表和电流表示数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、L、U、I）写出金属丝的电阻率的表达式，即______。
【正确答案】 1.416（1.415～1.418） 17.0 A C b

14-7（巩固） 某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，于是设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中为电阻丝，是阻值为的定值电阻，实验中测出电阻丝的直径为d，调节滑动变阻器的滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的长度x，记录多组U、I的值。

（1）根据实验数据绘出的图像如图乙所示，由图乙求得电池的电动势______V，内阻______；
（2）根据实验数据可绘出的图像如图丙所示，图像斜率为k，可求得电阻丝的电阻率______；
（3）对于本实险中的误差分析，请根据要求填写正确答案；
①若选用某组U、I值，用算出电阻丝连入电路中的电阻，则计算值______其真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；
②由于电表内阻的影响，电动势的测量值______其真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；
③由于电表内阻的影响，电阻的测量值______其真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）。
【正确答案】 1.5 0.5 大于 小于 大于

14-8（提升） 小李同学在“测定金属的电阻率”实验中。
（1）因电表内阻未知，用如图甲所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1=1.65V，电流表的示数如图乙所示；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2=1.75V，I1=0.33A．由此可知应采用电流表___________（填“内”或“外”）接法。

（2）完成上述实验后，小李同学进一步尝试用其他方法进行实验：
此时所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的平均长度为50.00cm。
①用螺旋测微器测量金属丝的直径如丙图所示。

②用伏安法测金属丝的电阻Rx，实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表、电压表、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。小李同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
图丁是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据上述表格的实验数据，补充完成图丁中实物间的连线___________，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。

③小李同学在坐标纸上建立U、I坐标系。如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的坐标点。描绘出U­I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx可以估算出金属丝电阻率约为___________（填选项前的序号）

A．1×10-2Ω·m B．1×10-3Ω·m C．1×10-6Ω·m D．1×10-8Ω·m
【正确答案】 外 C

14-9（提升） 一根粗细均匀，中空的柱形导电元件，其横截面及中空部分均为正方形，如图甲所示。某同学想知道中空部分正方形的边长a的大小，但a太小，无法直接测出，他设计了如下实验进行测量，已知该元件的长度L=10m及电阻率。

该同学进行了如下实验步骤：
（1）用螺旋测微器测得该元件横截面外边长b=5.500mm；
（2）用多用电表粗测该元件电阻阻值，多用电表的“Ω”挡有“×1”，“×10”、“×100”和“×1k”四挡，选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图乙所示，则该元件的电阻值为______Ω。
（3）为精确地测量该导电元件的电阻阻值，可供选择的器材如下：
A.待测导电元件Rx
B.电流表（量程600mA，内阻约为lΩ）
C.电流表（量程150m，内阻约为20Ω）
D.电流表（量程30mA，内阻为50Ω）
E.滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）
F.直流电源E（电动势约为12V，内阻不计）
G.定值电阻
H.定值电阻
I.开关一只，导线若干
①所用电流表应选择______和______；定值电阻应选择______（选填所选器材前的字母序号）。并将实验电路图画在图丙虚线框内，标明所选器材后的字母代号________。

②实验中调节滑动变阻器，测得多组电流值I、，做出的图像如图丁所示，可得该导电元件的电阻的测量值为______Ω，则该元件横截面的内边长a为______mm。（结果均保留3位有效数字）
【正确答案】 110 C D H 100 1.5

【原卷 15 题】 知识点 折射和全反射的综合问题

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 如图，长方体玻璃砖厚度为L，若光从上表面入射的入射角，光线经过进入玻璃砖继续传播，经中点反射后又从射出。已知。
（ⅰ）求玻璃折射率；
（ⅱ）若在玻璃砖内部底部中心位置设置一垂直于面的线光源，要求、、三面不经反射，每个面的全部表面均有光透出，求长度S满足的条件。

【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）

15-2（基础） 如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC。其中∠C=30°，AB边长为L。一束单色光从AB边的中点D垂直射入玻璃砖，恰好在AC面发生全反射，最后从BC边上的F点（图中未标出）射出玻璃砖。已知光在真空中的传播速度为c。
（i）作出光路图并求出玻璃砖的折射率n；
（ii）求单色光在玻璃砖中传播的时间t。

【正确答案】 （i）；（ii）

15-3（巩固） 如图所示是半径为R的半圆柱体玻璃砖的横截面，OD为直径，一束由a光和b光组成的复色光从A点以的入射角由真空从OD面射入玻璃，a光和b光的折射光分别射到半圆弧的B、C点，其中C点是半圆弧的中点。已知a、b两种单色光的折射率之比为，光在真空中传播的速度为c。求：
（1）B点在半圆弧上的位置；
（2）单色光a在玻璃砖中传播的时间。

【正确答案】 （1）B点在距O点三分之一半圆弧的位置；（2）

15-4（巩固） 如图甲所示，某汽车大灯距水平地面的高度为92.8cm；图乙为该大灯结构的简化图，由左侧旋转抛物面和右侧半径为R的半球透镜组成，对称轴以下装有挡光片，光源位于抛物面的焦点F处，已知点光源发出的光经旋转抛物面反射后，均垂直半球透镜的竖直直径MN进入透镜（只考虑纸面内的光），光在半球透镜中的折射率，已知透镜直径远小于大灯离地面的高度，忽略在半球透镜内表面反射后的光，求：（已知sin48°=0.75，sin37°=0.6，tan16°=0.29）
（1）所有垂直MN进入的光在透镜球面上透光部分的长度；
（2）若某束光从A点射入半球透镜，，则这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离？

【正确答案】 （1）；（2）

15-5（巩固） 一个半径为R的半圆形玻璃砖（折射率）的截面图，如图所示，直径AOB与半径OC垂直，一束平行单色光垂直于直径AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距离O点的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在的直线交于D点。
（1）求D点到O点的距离：
（2）若在玻璃砖平面AOB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧恰好没有折射光射出，求黑纸在AB方向的宽度。（不考虑光线在玻璃砖内的多次反射）

【正确答案】 （1）；（2）

15-6（巩固） 如图所示。某透明介质截面为直角三角形，其中AB边宽度为10m，BC边高度为cm，O点为AB中点，与截面ABC平行的光从上AB面O点入射，入射角θ从0°逐渐增大到60°过程，在AC面的出射光线的出射点移动的距离为cm，（不考虑AC面和BC面的反射光线）
（1）求透明介质的折射率。
（2）分析说明当入射角θ从0°逐渐增大到90°过程中，是否有光从BC面射出。

【正确答案】 （1）；（2）没有

15-7（巩固） 某发光二极管由一种透明材料封装而成，为研究其光学属性，某同学找来一个用此种透明材料制成的半球体。如图（a），该同学将一光线垂直直径MN竖直射入半球体，发现进入球体的光线在球面上的入射角时，折射光恰好消失。（）
（1）求该透明介质的折射率n；
（2）如图（b），二极管的半球球体直径为，二极管发光面是以EF为直径且保持水平的发光圆面，发光圆面圆心位于半球的球心O，为确保发光面发出的光第一次到达半球面时都不发生全反射，求二极管发光圆面的最大面积。（保留三位小数）

【正确答案】 （1）1.25；（2）

15-8（提升） 折射率为的半圆形透明柱体，其横截面的半径为R，圆心为O，AB为水平直径，如图所示。点光源S置于O点正下方距O点R处的圆面内，不考虑光在AB界面上的反射。
（1）求半圆形界面上无光线射出的区域长度l；
（2）若从O点正上方观察光源S，求观察到的光源距O点的距离h。

【正确答案】 （1）；（2）

15-9（提升） 某广场有一个喷泉，喷泉底部装有五颜六色的彩灯。如图所示，如果彩灯为一个长、宽的矩形水平光带（未标注），放置在水池底部，灯带离水面的高度差为h，水池面积足够大，灯带发出的绿光在水中的折射率为n，真空中的光速为c，求：
（1）灯带发出的绿光能射出水面的最短时间；
（2）灯带发出绿光时有绿光直接射出的水面的面积。

【正确答案】 （1）；（2）

【原卷 16 题】 知识点 卫星的各个物理量计算

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 2014年10月8日，月全食带来的“红月亮”亮相天空，引起人们对月球的关注．我国发射的“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n圈所用时间为t，如图所示。已知月球半径为R，月球表面处重力加速度为，引力常量为G。试求：
（1）月球的质量M；
（2）月球的第一宇宙速度；
（3）“嫦娥三号”卫星离月球表面的高度h。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-2（基础） 已知地球的质量m，太阳的质量M，地球绕太阳做轨道半径为r的匀速圆周运动，引力常量G，求：
（1）太阳对地球的引力大小F；
（2）地球绕太阳运转的线速度大小v。
【正确答案】 （1）；（2）

16-3（巩固） 我国2020年首次探测火星，而2023年2月10日，远在火星执行全球遥感科学探测任务的“天问一号”火星环绕器，已经在火星“上岗”满两年，不久的将来人类登上火星将成为现实。火星与地球的环境非常相近，很有可能成为人类的第二个家园。通常我们认为太阳静止不动，但事实上太阳因火星的吸引不可能静止，但二者并没有因为引力相互靠近，而是保持间距L不变。请由此构建一个太阳与火星系统的运动模型，并据此模型求火星的运行周期T。（已知火星的质量为m，火星的半径为R，太阳质量为M，且M >> m，万有引力常量为G。且太阳、火星均可视为质量分布均匀的球体，为简化问题，研究太阳与火星系统时可忽略其他星体的作用，只考虑两者之间的引力作用）。
【正确答案】 （1）火星绕太阳做匀速圆周运动模型，；（2）太阳与火星构成双星模型，

16-4（巩固） 人造地球卫星P绕地球球心做匀速圆周运动，距地球球心的距离为，地球的质量为，引力常量为，求：
（1）卫星P绕地球运行周期；
（2）现有另一地球卫星Q，Q绕地球运行的周期是卫星P绕地球运行周期的8倍，且P、Q的运行轨迹位于同一平面内，如图所示，求卫星P、Q在绕地球运行过程中，两星间相距最近时的距离多大；
（3）若第（2）问的卫星Q与卫星P在某时刻相距最近，求P、Q再次相距最近所需的最短时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）或

16-5（巩固） 《流浪地球2》中太空电梯非常吸引观众眼球。太空电梯通过超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与配重空间站，它们随地球以同步静止状态一起旋转，如图所示。图中配重空间站比同步卫星更高，距地面高达。若地球半径为R，自转周期为T，重力加速度为g，求：
（1）通过缆绳连接的配重空间站速度大小为多少；
（2）若配重空间站没有缆绳连接，在该处其速度大小又为多少；若缆绳断裂，空间站是被甩出去，还是掉落回地球？

【正确答案】 （1）；（2），见解析

16-6（巩固） 2021年2月10日，天问一号探测器成功实现近火制动开始绕火星运行。天问一号在绕火星运动过程中由于火星遮挡太阳光，也会出现类似于地球上观察到的日全食现象，如图所示。已知天问一号绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r，火星质量为M，引力常量为G，天问一号相对于火星的张角为α（用弧度制表示），天问一号、火星和太阳的球心在同一平面内，太阳光可看作平行光。试求：
（1）火星的第一宇宙速度v；
（2）天问一号每次经历日全食的时间t。

【正确答案】 （1）；（2）

16-7（巩固） 2016年11月18日13时59分，“神舟十一号”飞船返回舱在内蒙古中部预定区域成功着陆，执行飞行任务的航天员在“天宫二号”空间实验室工作生活30天后，顺利返回祖国，创造了中国航天员太空驻留时间的新纪录，标志着我国载人航天工程空间实验室任务取得重要成果。已知月球表面的重力加速度大小g，月球的半径为R，引力常量为G。请你试求出：
（1）月球的质量M；
（2）月球的第一宇宙速度v1；
（3）若距离月球表面的高为h处有一颗月球的卫星在绕着月球做匀速圆周运动，则该卫星的的线速度v是多少。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-8（提升） 质量为的宇宙飞船，在离月球地面高度处沿圆形轨道绕月球运行。为使飞船到达月球表面B点，喷气发动机在A点做一次极短时间的喷气。从喷口射出的气流方向与圆周轨道相切且相对飞船的速度为，月球半径为，，A、B两点与球心在一直线上，其速度与飞船到球心的距离成反比。月球表面重力加速度为。若以无穷远处为飞船引力势能的零势能点，飞船和球心距离为时，引力势能的表达式为。（是月球质量，本题中未知）。求：
（1）飞船在圆形轨道上运行的速度大小；
（2）飞船刚到点时的速度大小；
（3）需要喷出气流的质量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-9（提升） 利用水流和太阳能发电，可以为人类提供清洁能源。已知太阳光垂直照射到地面上时的辐射功率，地球表面的重力加速度取，水的密度。
（1）若利用太阳能发电，需要发射一颗卫星到地球同步轨道上，然后通过微波持续不断地将电能输送到地面，这样就建成了宇宙太阳能发电站。已知地球同步轨道半径约为地球半径的倍。求卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小；
（2）三峡水电站发电机输出的电压为18 kV。若采用500 kV直流电向某地区输电kW，要求输电线上损耗的功率不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值；
（3）三峡水电站水库面积约，平均流量m/s，水库水面与发电机所在位置的平均高度差为，并且在发电过程中水库水面高度保持不变。发电站将水的势能转化为电能的总效率。在地球同步轨道上，太阳光垂直照射时的辐射功率为。太阳能电池板将太阳能转化为电能的效率为20%，将电能输送到地面的过程要损失50%。若要使（1）中的宇宙太阳能发电站与三峡电站具有相同的发电能力，同步卫星上太阳能电池板的面积至少为多大？
【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 17 题】 知识点 带电粒子在复合场中的一般曲线运动,粒子由磁场进入电场

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，。PQ、MN间存在着匀强电场，，。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v0均匀向各个方向射入的区域，离子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上。离子到达MN边界即被吸收，不计离子重力及相互作用。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A点打到D点，求电场强度大小E。

【正确答案】 （1）；（2）

17-2（基础） 在如图所示的平面直角坐标系xOy中，在第I、II象限内存在方向垂直xOy平面的匀强磁场，第IV象限内存在有界匀强电场，方向沿y轴负方向，下边界为。在电场区域下方放置探测板，电子到达板上时被吸收。一电子从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场当人射电子的初速度大小为时，电子恰好能到达探测板，并击中点。已知电子质量为、电荷量为。
（1）求磁感应强度B和电场强度E的大小；
（2）求电子在磁场、电场中运动的总时间。

【正确答案】 （1），；（2）

17-3（巩固） 如图（a），空间直角坐标系中，有一边长为L的正方体区域，其顶点分别是a、b、c、d、O、、、，其中a、、在坐标轴上，区域内（含边界）分布着电场或磁场。时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度从a点沿ad方向射入区域，不计粒子重力。
（1）若区域内仅分布着沿y轴负方向的匀强电场，则粒子恰能从点离开区域，求电场强度E的大小；
（2）若区域内仅分布着方向垂直于平面向外的匀强磁场，则粒子恰能从边之间的e点离开区域，已知，求磁感应强度B的大小；
（3）若区域内仅交替分布着方向沿x轴负方向的磁场和沿y轴正方向的磁场，且磁感应强度和的大小随时间t周期性变化的关系如图（b）所示，则要使粒子从平面离开区域，且离开时速度方向与平面的夹角为，求磁感应强度大小的可能取值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-4（巩固） 如图，在空间直角坐标系中，界面I与平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为，与轴的交点分别为、、；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿轴负方向的匀强电场，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿轴正方向的匀强磁场。一质量为、电量为的粒子，从轴上距点处的点，以速度沿轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点进入磁场区域。粒子重力不计。求：
（1）电场强度的大小；
（2）要让粒子刚好不从界面III飞出，磁感应强度应多大。

【正确答案】 （1）；（2）

17-5（巩固） 如图所示，半径为的圆形区域与y轴相切，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧为匀强电场，场强为E，方向与之间夹斜向左下方。一带正电的粒子从圆弧顶点P平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。则：
（1）若粒子对准圆心射入，且速率为，求它在磁场中运动的时间；
（2）求（1）中的粒子两次经过y轴时位置间的距离和离开电场时速度的大小。

【正确答案】 （1）；（2）；

17-6（巩固） 如图所示，在直角坐标系中，第Ⅰ象限部分区域内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电量为、质量为的离子经过电压为的电场加速后，从上的点垂直轴进入第一象限，经磁场偏转后过轴上的点且垂直轴进入电场区域，在电场中偏转并击中轴上的点，速度与轴负向夹角为。已知，。（忽略重力影响）
（1）求射入磁场时的速度；
（2）求电场强度的大小；
（3）实际科学研究中，要考虑磁场的占地面积。若仍满足上述粒子的运动轨迹，设置一个矩形磁场，则矩形磁场的最小面积为多少？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-7（巩固） 利用电磁场控制带电粒子的运动路径，在现代科学实验和技术设备中有着广泛应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m、带电量为＋q、初速度为的带电粒子，经可调电压U加速后，从O点沿OQ方向入射长方体空间区域。已知长方体OM、边的长度均为d，OQ的长度为，不计粒子的重力及其相互作用。
（1）若加速电压且空间区域加沿方向的匀强电场，使粒子经过点，求此匀强电场电场强度的大小；
（2）若加速电压变化范围是，空间区域加沿方向的匀强磁场，使所有粒子由MP边出射，求此匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）若加速电压为，空间区域加（2）问的匀强磁场，粒子到达O点时加方向沿、大小为的匀强电场，一段时间后撤去电场，粒子经过点，求电场存在的时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-8（提升） 如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q的粒子从点以速度沿x轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从O点进入到平面yOz右侧区域，粒子从离开O点开始多次经过x轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x轴时距O点的距离s。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）（n＝1，2，3，…）

17-9（提升） 如图所示，在三维坐标系O-xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知、，，粒子的电量为q，质量为m（重力不计）。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子第二次经过yOz平面的坐标；
（3）电场强度E的大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 18 题】 知识点 没有其他外力的板块问题,完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题,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，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L（挡板的厚度可忽略），挡板上固定有一个小炸药包（可视为质量不计的点）。木板左端有一质量也为m（可视为质点）的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸（此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损），滑块最终回到木板的左端，恰与木板相对静止，求：
（1）滑块与木板间的动摩擦因数；
（2）小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度；
（3）炸药爆炸过程中对滑块的冲量。

【正确答案】 （1）；（2），，方向水平向右；（3），方向向左

18-2（基础） 光滑水平面上A球以水平向右的速度与静止的B球正碰，A、B球质量分别为，；A球初速度。求：
（1）若碰撞后A反弹，A球的速度大小，则碰撞后B球速度多大？
（2）若碰撞后A、B粘在一起，则A、B两球组成的系统损失的机械能约为多少？
【正确答案】 （1）；（2）

18-3（巩固） 如图所示、光滑平面上静止放置两厚度相同的木板A和B。A长度为，A、B的质量均为。一可视为质点，质量为的小物体C从A的左侧以水平向右的速度滑上A的上表面，C与A、B间的动摩擦因数均为，已知A和B发生碰撞前C和A的速度已经相等，且C处在A的最右端，碰撞后A、B被锁定在一起，求：
（1）动摩擦因数；
（2）若C恰好没从B上落下，B的长度为多少？

【正确答案】 （1）；（2）

18-4（巩固） 如图所示，在竖直平面内固定着半径为R的光滑半圆形轨道，A、B两小球的质量分别为m、4m。小球B静止在轨道的最低点处，小球A从离轨道最低点4.5R的高处由静止自由落下，沿圆弧切线进入轨道后，与小球B发生碰撞。碰撞后B球上升的最高点为C，圆心O与C的连线与竖直方向的夹角为60°。两球均可视为质点。求：
（1）A与B球相碰前的速度大小；
（2）第一次与B球相碰后瞬间A球的速度的大小和方向；
（3）A、B球第一次碰撞过程损失的机械能。

【正确答案】 （1）；（2），方向向右；（3）2mgR

18-5（巩固） 如图所示，A、B、C的质量分别为、、，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径的圆轨道，静止在水平面上。现用外力使小球A压缩弹簧（A与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为时由静止释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。求：
（1）小球B能达到的最大高度；
（2）通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。

【正确答案】 （1）；（2）不能

18-6（巩固） 如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，在B端放置两个滑块，滑块甲的质量M=0.4kg，滑块乙的质量m=0.2kg，两滑块间固定一压缩弹簧（图中未画出），水平面B端紧靠倾角的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为v=2m/s。现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左右弹开，滑块乙经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知光滑水平面A、B长度为6m，B、C两端间的距离L=3.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数，取，滑块与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞。滑块通过B处时无机械能损失。两滑块均可看作为质点。求：
（1）压缩弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；
（3）滑块乙第一次返回到AB面上后与滑块甲碰撞的位置及碰后二者的速度大小。

【正确答案】 （1）9.6J；（2）2s；（3）距A端4m处发生第一次碰撞，、

18-7（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

18-8（提升） 如图所示，是半径为、质量为3m的光滑四分之一圆弧轨道，放在光滑水平地面上，B处切线水平：将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球水平进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计）。已知小盒C静止时刚好和地面不接触，质量为m，上端绳长为，物块D（可视为质点）质量为，木板E质量为m，木板E与D和水平桌面间动摩擦因数都为0.8，质量为m的物体F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，不计空气阻力，不计绳子与滑轮间摩擦，重力加速度为g，求：
（1）若固定圆弧轨道和物块D，小球从A静止释放，与小盒C相撞后能上升的最大高度（桌面不会挡住摆动的绳子）；
（2）若不固定圆弧轨道和物块D，小球超过地面多高的地方释放后能使E与桌面之间出现滑动。

【正确答案】 （1）；（2）

18-9（提升） 如图，水平轨道分别与高为h、倾角的斜面轨道两端平滑连接，质量为m的小物块P静止在水平轨道上，质量大于m的小物块Q位于P的左侧，Q的初动能为（g为重力加速度大小），初速度方向向右；Q与P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度后返回，在水平轨道上与Q再次发生碰撞，所有垫道均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。
（1）求Q的质量；
（2）求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小；
（3）为保证第2次碰撞能在水平轨道上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．光电效应现象说明光具有粒子性，故A错误；
B．α粒子散射实验现象说明原子具有核式结构，α衰变说明原子核内部有复杂结构，故B错误；
C．广泛应用于当代的核电站中的核技术是核裂变，核聚变又叫热核反应，还不能广泛应用，故C错误；
D．玻尔的能级理论两个假设解释了氢原子光谱的不连续现象，故D正确。
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．相对轻核和重核，中等质量的核中平均每个核子的质量最小，亏损质量最大，比结合能最大，故最稳定，核裂变及核聚变过程都要释放核能，选项A错误；
B．根据光电效应方程

即光电子的最大初动能与入射光的频率为线性关系但不是正比例关系，选项B错误；
C．大量氢原子从能级向低能级跃迁时，可以辐射出不同波长光的种数

即放出6种不同波长的光，由

氢原子从能级跃迁到n=3能级所放出光子能量最小、其波长最长，选项C错误；
D．氚核发生β衰变生成，其实质是氚核中的中子发生能级跃迁，释放出电子同时，自身变成质子的缘故，选项D正确。
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
．根据公式知，处于能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子，A错误；
B．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，的一种裂变可能为

B错误；
C．核反应

属于原子核聚变，C正确；
D．根据光电效应方程

根据动能定理得

解得

遏止电压随入射光的频率的增大而增大，与光强无关，D错误。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氢原子发光时，形成不连续光谱的现象，故A错误；
B．裂变和聚变过程都有质量亏损，释放能量，故B错误；
C．平均结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；
D．能发生光电效应的条件是入射光的频率比该金属的极限频率大，红外线的频率比紫外线小，所以紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线不一定可以使该金属发生光电效应，故D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氢核聚变时，放出巨大能量，聚变产物的比结合能变大，A错误；
B．半衰期是统计规律，衰变规律只针对大量原子适应，B错误；
C．β衰变的实质是原子核中的中子转化为质子和电子，电子抛射出来形成β射线，C错误；
D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大，D正确。
故选D。
1-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由

可知用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，则这种金属的逸出功W0越小，故A正确；
B．由

可得由高能级跃迁到低能级，半径减小，核外电子速度增大，电子得动能增大，故B错误；
C．半衰期具有统计规律对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故C错误；
D．是裂变反应，故D错误。
故选A。
1-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．一定质量的放射性物质发生衰变时，每经一个半衰期，该放射性元素的质量减为原来的 ，并不是物质总质量将减为原质量的 ，A错误；
B．根据发生光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，与入射光的强度无关，B错误；
C．比结合能越大原子核的核子结合得越牢固，所以核子结合成原子核时，比结合能越大，原子核越稳定，C正确；
D．根据核反应的特点可知，核裂变反应放热，核聚变反应也放热，D错误。
故选C。
1-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A、氢原子跃迁到激发态后，核外电子的动能减小，电势能增大，总能量增大，选项A错误；
B、基态的氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，最大动能为Ekm＝hν－E1，设电子的最大速度为vm，则vm＝，选项B错误；
C、大量处于n＝3的激发态的氢原子，向低能级跃迁可辐射＝3种不同频率的光，选项C正确；
D、从n＝6能级向n＝1能级跃迁产生的电磁波能使某金属发生光电效应，从n＝6能级向n＝2能级跃迁产生的电磁波频率比n＝6能级向n＝1能级跃迁产生的电磁波小，故不一定能使该金属发生光电效应，选项D错误．
故选C．
1-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．一重原子核衰变成粒子和另一原子核，该过程中要释放能量，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故A正确，不符合题意；
B．分析图像可核的平均结合能为7MeV，根据平均结合能的定义可知，核的结合能为

故B错误，符合题意；
C．中等质量的原子核比结合能最大，最稳定，故C正确，不符合题意；
D．两个核结合成核，根据图像可知核的比结合能大于核的比结合能，所以生成的核更稳定一些，能量更低，因此该聚变反应也是一个放热反应，故D正确，不符合题意。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

可得

则从A到B气体压强不变，选项A错误；
B．从A到B气体温度升高，则分子平均动能变大，内能变大，选项B错误；
C．从A到B气体体积变大，则气体对外界做功，选项C错误；
D．根据热力学第一定律可知，气体对外界做功，W<0；内能变大，则∆U>0，则Q>0，则气体从外界吸收的热量大于其增加的内能，选项D正确。
故选D。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据理想气体的状态方程

可知，p-V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，、两点温度相同，内能相同； 、两点的温度之比

故AB正确不符合题意；
C．过程中体积变大，气体对外界做正功，故C正确不符合题意；
D．过程中气体内能不变（实际上先增大后减小），气体对外界做正功，根据热力学第一定律，从外界吸热，故D错误符合题意。
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AD．由理想状态方程可知，过程等压变化，体积增大，温度升高，故气体对外做功小于气体吸收的热量；温度升高气体分子平均动能增大，分子碰撞器壁时的平均作用力增大，这个过程气体压强不变，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，A错误D正确；
B．由理想状态方程可知，过程等体积变化，压强减小，温度降低，气体分子的密集程度不变，B错误；
C．由理想状态方程可知

解得

在过程中不能确定整个过程温度都是不变的，C错误。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从A到B，体积不变，温度降低，则对外放热，A错误；
B．由

得

B错误；
CD．从B到C过程，为等压变化，气体对外做功为

C正确，D错误；
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．状态a与状态b的温度相同，则内能相同，故A错误；
B．状态a到状态b温度不变，压强增大，则体积减小，所以在状态a的密集程度小于在状态b的密集程度，故B错误；
C．在过程中，体积减小，外界对气体做功为

在过程中，压强不变，温度升高，则体积增大，外界对气体做功为

在过程，体积不变，则有

由于，所以有

即在过程中，外界对气体做的总功为负功，故C错误；
D．由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，，由热力学第一定律可知

则由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热，故D正确。
故选D。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据
PV=nRT
根据图线的特点可知，过程①中，气体的体积不变，故A错误；
B．过程②中，气体的压强不变，温度升高，体积增大，故气体对外界做正功，故B正确；
CD．过程③中，温度不变，气体内能不变，压强减小，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体需要从外界吸热，故C、D正确。
本题选错误的，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】 A
【试题解析】 详解:
从状态A到状态B的过程中，气体对外做功

气体吸收了的热量，根据热力学第一定律可知

气体内能增加。
故选A。
2-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据理想气体整体方程

气体从状态A到状态B过程，气体压强增大，气体体积增大，可知气体温度升高，则分子平均动能增大，故A错误；
B．气体从状态C到状态D过程，气体压强减小，气体体积减小，可知气体温度降低，则气体内能减小，由于气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；
C．由图像可得

可得

则有
，
可得

则有

故C错误；
D．根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，从状态D到状态A，气体体积减小，外界对气体做正功，大小为

故D正确。
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由题意，可知物体先向上做加速度为的匀减速运动，到达最高点后，反向做加速度也为的匀加速运动，故图线应为B，故A错误，B正确；
CD．竖直上抛运动的加速度保持不变，为自由落体加速度，由于取竖直向上为正方向，故图线应为一条在轴负半轴，且平行于轴的直线，故CD错误。
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．x-t图的斜率表示速度，t=0时斜率不为0，A错误；
B．t=3s时，质点的速度为零，但随后速度即发生变化，说明加速度不为零，B错误；
C．在t=0至t=3s间，图像斜率在减小，物体在做减速运动，速度与加速度反向，C错误；
D．在t=3s至t=6s间，图像斜率在增大，质点的速度与加速度同向，D正确。
故选D。
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．小球上升时间和下降时间相等，故小球上升和下落的时间均为0.8s，由

可得小球被顶出的初速度为，A错误；
B．由匀变速直线运动规律

可得第一个比第二个多走的位移大小为，B错误；
C．小球初速度为，末速度为，方向相反，速度变化量为，故C错误；
D．小球在空中上升的最大高度为

故D正确。
故选D。
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．根据题意可知，甲乙两球的图形一样，只是乙向右平移了一些，由图可知，时刻的虚线为对称轴，则乙回到抛出点的时刻为，则乙运动的时间为

则甲回到抛出点的时刻为，故A错误，B正确；
CD．根据题意，由公式可知，乙距抛出点的最大高度为

故CD错误。
故选B。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
将乒乓球在地面上方某高度处竖直向上抛出，上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律有
mg+f=ma
又
f=kv
可得

则知小球的加速度随着速度减小而减小，v-t图像的切线斜率逐渐减小，当v=0时，a=g；下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律有
mg-f=ma
f=kv
得

则知小球的加速度随着速度增大而减小，v-t图象的切线斜率不断减小，故ABC错误，D正确。
故选D。
3-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．A、B相遇时，若速度方向相同，则一定是在B下降过程，这时A的速率一定大于B的速率，所以不可能出现相遇时速度相同的情况，故A错误；
B．A球在空中的运动时间，根据

则

B球在空中的运动时间为

所以在空中相遇时间一定小于，也一定小于，故B正确；
CD．只要满足小于，则两球一定能在同一时刻位于空中同一高度，即在空中相遇，有可能在B到达最高点时相遇，此时相遇时间

同理也可能在A、B起点的中点相遇，故CD正确。
故选A。
3-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．全红婵起跳时的速度方向向上，由图可知，t1时刻速度为零，说明全红婵达到最高点；在0∼t2时间内，图像斜率不变，加速度不变，所以全红婵在空中运动，t2时刻开始进入水面，t3时刻到达水中最深处，时间内运动员速度方向竖直向下；故B正确，AC错误；
D．全红婵对跳板的压力与跳板对全红婵的支持力是一对作用力和反作用力，同时产生同时消失，故D错误。
故选B。
3-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．以小球乙为参考系，小球甲向上做匀速直线运动，小球乙落地前，两小球的速度差不变，等于10m/s，A错误；
D．小球甲、乙运动的第1s内位移分别为


两个小球的位移大小相等，方向相反，位移不相等，D错误；
C．小球乙落地时间为

小球乙落地时，甲、乙两球的位移分别为


甲、乙两球的位移大小之比为0∶20，C错误；
B．乙球2s落地，乙的平均速率为

甲球上升时间为

1s内上升的高度为

离地面的最大高度为20m，自由落体的时间也是2s，甲球的平均速率为

平均速率之比为

B正确。
故选B。
3-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
物体A以初速度上抛时，设上升高度为，由匀变速运动知

物体B以初速度上抛时，设上升高度为，由匀变速运动知

由数学知识，做出图像如下

由图可知，两条图线的交点表示相遇，由此可看出两物体抛出的时间间隔必须满足

故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据振动图像可知，时，处质点在轴负方向上且向上振动。
A．简谐横波沿x轴正方向传播，可知选项A图中处质点在轴负方向上且向下振动，故A错误；
B．简谐横波沿x轴正方向传播，可知选项B图中处质点在轴负方向上且向上振动，故B正确；
C．简谐横波沿x轴正方向传播，可知选项C图中处质点在轴正方向上且向上振动，故C错误；
D．简谐横波沿x轴正方向传播，可知选项C图中处质点在轴正方向上且向下振动，故D错误。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图（b）为媒质是平衡位置在处的质点P的振动图像，则在时，振动方向为y轴负方向，则图（a）中，根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可知波的传播方向向左，故A错误；
B．图（a）可知，机械波的波长为；图（b）可知振动周期为，则波速为

故B错误；
C．图（b）可知，在时P向y轴正方向运动，故C正确；
D．图（b）可知，在时，P在y轴负方向最大位置，故D错误。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据波形图像可得波长
λ=4m
根据振动图像可得周期
T=2s
两质点之间的距离

根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟，或者提前，如图所示：

符合条件的只有选项C。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据波速公式


从而可得


当波传播到Q点时，S已经振动时间为，此时S在波峰，根据波形，P点在波谷；此时t=0时刻，Q的起振方向竖直向上，①为Q点的振动图像，④为P点振动图像。
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当t＝s时，Q向上振动，结合题图（a）可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．t＝2s时质点P处于平衡位置下方，其加速度方向沿着y轴正方向，故B错误；
C．由题图（a）可以看出，该波的波长λ＝36 cm，由题图（b）可以看出周期为T＝2 s，故波速为
v＝＝18 cm/s
故C错误；
D．设质点P、Q的平衡位置的x轴分别为xP、xQ，由题图（a）可知，x＝0处
y＝－＝Asin （－30°）
因此
xP＝λ＝3 cm
由题图（b）可知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经过Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播到P点处，所以
xQ－xP＝vΔt＝6 cm
解得质点Q的平衡位置的x坐标为
xQ＝9 cm
故D正确。
故选D。
4-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．由振动图可知，在t=0s时，的质点在平衡位置且接下来要沿y轴负方向运动，的质点位于波峰，接下来要沿y轴负方向运动，由于简谐横波沿x轴负方向传播，由上下坡法可知A选项中的质点接下来要沿y轴正方向运动，而C选项满足的质点在平衡位置且接下来要沿y轴负方向运动，同时也满足的质点位于波峰，且接下来要沿y轴负方向运动，故A错误，C正确；
BD．由振动图可知，在t=0s时，的质点在平衡位置，故BD错误；
故选C。
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．若波向右传播，处质点起振方向向下，且满足

求得
（n=0，1，2，3…）
可得当n=0时，可得T=24s，故A错误，C正确；
BD．若波向左传播，处质点起振方向向上，且满足

求得
（n=0，1，2，3…）
故BD错误。
故选C。
4-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图（b）为质点的振动图像，则知在时，质点正从平衡位置向波峰运动，所以时，质点向轴正方向运动，可知该波沿轴正方向传播，此时质点正向y轴负方向运动，选项A错误；
B．由图乙读出周期

从到经过的时间为

则在时，质点位于轴下方，加速度方向与轴正方向相同，选项B错误；
C．该简谐横波的表达式为

时的位移为

波向前传播的位移

即的位移与时处的质点的位移相同

所以从到，质点P通过的路程为

选项C正确；
D．质点简谐运动的表达式为

则质点M简谐运动的表达式为

选项D错误。
故选C。
4-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知振幅

周期

则

由t=0.20s质点Q向y轴正方向振动，可知简谐波向x轴正方向传播。t=0时与t=0.20s时刻的波形图相同。从t=0时刻开始计时Q点的振动方程为

从t=0时刻开始计时P点的振动方程为

故A错误；
B．从t=0时刻开始计时，P在t=0.25s时位移

从t=0时刻开始计时，Q在t=0.25s时位移

故B错误；
C．由

则

由t=0时质点Q在平衡位置向y轴正方向振动，在t=2.8s时质点Q也在平衡位置向y轴正方向振动，所以R点在处于平衡位置上方在向下振动，故C正确；
D．从t=0.20s到t=0.225s，经过的时间

质点P通过的路程为

故D错误。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABC．蜗牛沿着葡萄枝从左向右缓慢爬行，可以认为其受力平衡，对某一状态（设蜗牛所处位置的切线与水平面夹角为）进行受力分析，可得

依题意，夹角先变小再变大，所以葡萄枝对蜗牛的弹力先变大再变小，葡萄枝对蜗牛的摩擦力先变小再变大。故ABC错误；
D．根据三力平衡特点可知，葡萄枝对蜗牛的作用力与其重力等大反向，即葡萄枝对蜗牛的作用力大小和方向一直不变。故D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在缓慢转动的过程中，重力的大小方向不变，F1的方向始终不变，因此可用矢量三角形法，可知随着转动，F2将向竖直方向旋转，则F1、F2均不断减小，故选B。

5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；
BCD．对B受力分析如图

由平衡条件可得

解得

根据牛顿第三定律

对A受力分析，假设墙面对A的摩擦力向上，如图所示

由平衡条件可得


解得
，
可知力增大时，墙面对A的弹力增大，当时，墙面对A的摩擦力向上，随着增大，墙面对A的摩擦力减小，故D正确，BC错误。
故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据力的平衡，设细线上的拉力为T，则

解得

故A错误；
B．仅将D端缓慢沿杆向上移，根据几何关系可知，细线与竖直方向的夹角不变，因此拉力大小不变，故B错误；
C．仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，故C错误；
D．仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此段细线始终不可能变成水平，故D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对滑轮受力分析如图甲所示，由于跨过滑轮的绳子拉力一定相等，即F1＝F2，由几何关系易知绳子拉力方向与竖直方向夹角相等，设为θ，可知


如图乙所示，设绳长为L，由几何关系，即

其中d为两端点间的水平距离，由B点向C点移动过程中，d先变大后不变，因此θ先变大后不变，由上式可知绳中拉力先变大后不变，A正确，BCD错误。
故选A。
5-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．对物块进行受力分析，如图所示

由平衡条件知


可知θ增大，拉力减小，支持力增大，根据牛顿第三定律知，b对a的压力增大，故AB错误；
CD．对a与b看作整体，由平衡条件知


可知θ从0°增大90°，cosθ减小，F减小，则地面对a的支持力增大，而2θ从0°增大180°，sin2θ先增大后减小，地面对a的摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。
故选D。
5-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
如图所示，因为同一根绳子上的拉力相等，所以两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。

AD．设绳子的长度为x，则两杆之间的距离等于xcosθ，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变，所以

所以绳子上的拉力不变；绳的两端高度差的大小，对绳子的拉力没有影响，故AD错误；
B．当杆M向左移一些，两杆之间的距离变大，绳长不变，所以θ角度减小，sinθ减小，绳子拉力变大，故B错误；
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，θ角度变大，绳子拉力变小，故C正确。
故选C。
5-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的弹力N1和P对Q的弹力N2，如图

由几何关系得

所以

根据平衡条件得
，
故AB错误；
CD．对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的弹力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变小，故f变大，N2变大，故C正确，D错误。
故选C。
5-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．如下图所示，在BP板由水平位置逆时针缓慢转动过程中，两个挡板对棉包的支持力的合力与重力等大、反向，设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，在三角形OQD中根据正弦定理有
＝＝
当θ从0增大到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则根据牛顿第三定律，棉包对AP板的压力一直增大，A错误；

B．当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，B错误；
C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，C正确；
D．当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，D错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以B正确，ACD错误。
故选B。
点睛:
此题是关于变压器及电路的动态分析问题；在做电路的动态变化的分析题目时，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法；注意变压器次级电压是由初级电压和匝数比决定的。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，A错误；
BC．当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，灯泡L1变暗，B正确，C错误；
D．当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，D错误；
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻变大，次级电阻变大，由于次级电压一定，可知次级电流减小，即R1消耗的功率变小；因R1两端电压减小，则电压表V示数变大；次级电流减小，根据

可知初级电流减小，即电流表A1示数变小，选项A正确，BC错误；
D．若闭合开关S，则次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流变大，电流表A1示数变大；因R1两端电压变大，则电压表示数变小，则电阻R2的电流减小，即A2示数变小，选项D错误。
故选A。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据题意可知，原副线圈的匝数比为2，根据电流与匝数成反比，有

解得

根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为
U2=2IR1
则变压器原线圈的电压有效值为
U1=2U2=4IR1
设输入交流电的电压有效值为U0，则
U0=4IR1+IR2
可得

保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律
U1=4IR1
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故AB错误；
CD．设原副线圈的匝数比为n，同理可得
U1=n2IR1
则
U0=n2IR1+IR2
整理可得

保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知
U=IR2
可知U不断变小，根据原副线圈的功率相等可知R1消耗的功率

整理可得

可知n=3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故C错误，D正确。
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由电路可知

选项A错误；
B．设变压器次级电流为I，则根据

可得

则变压器初级电压

次级电压

则

选项B正确；
C．发电机的输出功率

当

时，电源输出功率最大，此时

即次级电阻为4R，则时，发电机的输出功率最大，选项C错误；
D．由于


解得

发电机消耗的总电功率

则当R1增大时，发电机消耗的总电功率减小，选项D错误。
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．设灯泡的额定电流为I，由于L3和L4恰能正常工作，副线圈的电流为2I，由于变压器电流与匝数成反比，可知原线圈的电流为I，L1和L2与原线圈串联电流为I，能正常工作，A错误；
B．设灯泡的额定电压为U，变压器电压与匝数成正比，可知原线圈两端电压为2U，L1和L2正常工作，两端的电压均为U，故输入端电压为
U0=4U
B正确；
C．若减小输入端电压U0，则变压器原线圈电压减小，副线圈电压减小，副线圈电流减小，导致原线圈电流减小，故L1和L2变的更暗，C错误；
D．理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，D错误。
故选AB。
6-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．设灯泡a和b的额定电压均为U，则变压器原线圈两端的电压为，原线圈回路有

解得

故A正确；
B．副线圈中交变电流的频率为

故B错误；
CD．设副线圈总电阻为，原副线圈的匝数比为，则有

当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电阻减小，则原线圈电流增大，变压器的输入功率变大，灯泡a两端电压变大，故CD错误。
故选A。
6-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路电阻值增大，作出该变压器的等效电路如图所示，可知等效电阻增大，则电流表示数减小，从而示数也减小，又因为分压减小，示数增大，由变压比可知示数增大，AB两项错误；

C．由原副线圈电压比与匝数比的关系可得

可知

由原副线圈电流比与匝数比的关系可得

可知

则有


则有


C选项错误；
D．由以上分析可知


则有

D选项正确。
故选D。
6-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．题图的电路图可以等效为

设原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有


整理有

电源的电压输出为，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有限值为30V，电流表的示数为

原线圈两端电压的有效值为

电压表测量的是副线圈两端的电压，即

整理有

故AB错误；
C．当滑片P从a向b缓慢滑动过程中，其电阻的阻值减小，根据电流规律可知，其总电阻减小，结合之前的分析可知，其电流将增加，即流过电阻的电流变大，根据

可知，电阻不变，电流变大，所以功率变大，故C项正确；
D．由之前的分析，电路图等效为

当滑片在a端时，其等效电阻为

当滑片在b端时，其等效电阻为

可以将电阻与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻时，即等效电阻为时，其输出功率最大，所以在滑片从a向b缓慢滑的过程中，其副线圈的输出功率先增大，后减小，故D项错误。
故D项错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知

代入库仑定律

可得

而a与c点的电场力相等；由

可知，加速度之比应为2:1:2，故A错误；
B．电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小，故B错误；
C．根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势低于ac两点的电势，即



即

故C正确；
D．该电场不是匀强电场，则粒子不可能在该电场中做类平抛运动，故D错误。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由等量异种电荷的场强分布规律可知，a、b两点的电场强度相同，A正确不符合题意；
BC．两电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，故c点电势高于d点电势，若将一负试探电荷由d点移到c点，电场力做正功，BC正确不符合题意；
D．由于中垂面为电势为零的等势面，正电荷一侧电势高于零，若将一正试探电荷由无穷远处移到c点，电势升高，其电势能增加，D错误符合题意；
故选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据对称性可知，M点和P点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；
B．在A处点电荷产生的电场中，N点和P点的电势相等，在B处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，在D处点电荷产生的电场中，N点的电势大于P点的电势，所以N点的电势高于P点的电势，正试探电荷在N点的电势能大于在P点的，正试探电荷由P到N电势能增加，电场力做负功，B正确；
C．仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，C错误；
D．根据对称性可知M点和P点电势相等，结合B项分析可知，正试探电荷由M到N，电场力做负功，电势能增加，因此正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量小于由C移动到N时的电势能变化量，D错误。
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据对称性判断O点的场强；用微元法求解C点的场强，然后求解电场力；根据AB上场强的分布判断电荷的运动情况.
详解:
由对称可知，圆环上电荷在O点形成的场强为零，则点电荷在O点受到的电场力为零，选项A错误；在圆环上取一小段电荷∆q，则该电荷在C点的场强为，则圆环上所有电荷在C点的场强为 ，则点电荷在C点受到的电场力大小为 ，选项B错误；因圆环上的电荷在AB直线上形成的场强为从O指向A或者从O指向B, 则点电荷从O到C的过程中，电场力做负功，外力对其做正功，电势能增大，选项C正确；若将点电荷从C由静止释放，则它会一直沿由B到A的方向运动直到运动到与C点关于O点对称的位置，选项D错误；故选C.
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于P处于平衡状态，可知Q2对P的静电力大小为

选项A错误；
B．同理可知Q1对P的静电力大小为

设ac=L，则 由库仑定律


联立解得Q1、Q2的电荷量之比为

选项B正确；
CD．将P从a点移到b点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项CD错误；
故选B。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．以ef线为对称轴，作c点的对称点c'点，负电荷在到达ef线前电场力做正功，在达到ef线后电场力做负功，且电荷运动到c点时累计做功正好为0，在c'点到d点的这段距离电场力做正功，累计做功也为正，即电势能减小。故A错误；
B．电场强度是矢量，既有大小也有方向，a、b两点的电场强度大小相同方向不同。故B错误；
C．异种电荷相互吸引，正电荷受到负电荷的吸引，在达到ef线前电场力做正功，在达到ef线后电场力做负功。故C正确；
D．对于同一电荷而言，电场力的大小受电场强度影响，显然距离ef线越近处电场强度越大。电场强度大小是变化的，故电场力的大小也是变化的，根据牛顿第二定律可知，其加速度也是变化的。故D错误。
故选C。
7-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，根据等量异种电荷的电场分布，两点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误；
B．根据等量异种电荷的电场分布可知，在A点由静止释放一电子，A点场强水平向右，电子将做曲线运动，不可能沿AB运动，故B错误；
C．图中的C点的电势高，D点的电势低，由可知将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大，故C正确；
D．C点电势大于零，AB两点电势为零，D点电势小于零，电子从A点到C点，由可知电场力做正功；从C点到D点，电场力做负功；从D点移到B点，电场力做正功，故D错误。
故选C。
7-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，故A错误；
B．由O点至x=3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，故B错误；
C．由几何关系可知OA=，则A点到处的距离为，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x=处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知

故C正确；
D．A点到x=L处的距离为，同理可得在x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为

可得

故D错误。
故选C。
7-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．据图可知A、两点的速度，根据动能定理得电场力做的功为
△
解得两点电势差为

故A错误；
B．小物块从点到点过程中，根据动能定理可知

故B正确；
C．据图可知物块在点的加速度最大为

电场力为

电场强度为

故C错误；
D．根据图可知由A到的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能一直减小，故D错误。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
以时间内射到钢板上的水柱为研究对象，规定水柱的速度方向为正方向，根据动量定理可得

其中

联立，可得

由牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲力大小为

故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设在时间内吹向广告牌的台风的质量为m，有

根据动量定理有

解得
F＝4160N
故选A。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．高压枪单位时间内喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即

故AB错误；
C．根据题意，设时间为，水柱对汽车的平均冲力为F，选择水流的速度方向为正方向，根据动量定理可得

解得

故C正确；
D．根据题意可知，喷出的水对汽车的压强为

可知，当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，故D错误。
故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
时间t内，螺旋桨使质量

的空气竖直向下运动，由动量定理可知，空气对无人机的作用力

直升机的输出功率

设该无人机能携带货物的最大质量为M，则

解得

故选B。
8-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
时间内喷射到板上的水的体积为

质量为

设水的初速度方向为正方向，板对水柱作用力为，根据动量定理可得

解得

由作用力与反作用力可知，水对板的作用力为

水对板的作用力产生的压强为

A．减小水柱的截面S不改变水对钢板冲力产生的压强，A错误；
BC．若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍，B错误，C正确；
D．若在水中添加适量食盐增大水的密度，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强增大，D错误。
故选C。
8-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
时间t内释放光子的能量为
E=P0t
光子的总动量为
p==
根据题意，由动量定理有
2ηp+（1-η）p=Ft
激光束对此物体产生的压强为
p压=
联立解得
p压=
故选B。
8-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设水柱的横截面积为S，作用时间为，设初速度方向为正方向，由动量定理可知


解得

故选A。
8-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小

选项A错误；
B．电场对粒子加速有

根据动量定理有

其中
，
整理得离子推进器获得的平均推力大小

选项B错误；
C．加速正离子束所消耗的功率

选项C正确；
D．根据以上分析可知

要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，选项D错误。
故选C。
8-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．在时间内被往下推动的空气质量

对内被推动的空气由动量定理可得

因为直升机悬停在空中所以，则

解得

故AB错误；
CD．发动机的功率等于旋翼桨对空气做功的功率， 在时间内被往下推动的空气获得的动能为

则

所以

故C错误，D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．对于a光可得进入介质的入射角为60°，折射角为30°，由折射定律可得

故A正确；
B．把a光的入射光平行上移，可知折射光在圆弧上的落点不断接近A点，当逼近A点时，介质中的折射光在圆弧面上的入射角达到60°，结合a光的折射率为，故必定可以在AB圆弧上某点发生全反射，故B正确；
C．由图可知b光在相同入射角的情况下折射角大，由折射定律可知b光的折射率小，频率小，能量小，故C错误；
D．尽管b光的频率小，但是a光如果可以让某金属发生光电效应，b光也有可能让该金属发生光电效应，故D错误。
故选AB。
9-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．光在介质中的传播速度与光的频率无关，只与介质有关，故相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度不变，A错误；
B．若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则因散射后光的能量变大，故照射该金属时，由光电效应方程

光电子的最大初动能将变大，B正确；
CD．散射后光的能量变大，由

所以散射光中存在频率变大的成分，或是波长变短的成分，C错误，D正确。
故选BD。
9-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．a光照射某种材料表面时有光电子逸出，b光照射该材料表面时没有光电子逸出，可知a光的频率大于b光的频率，以相同的入射角斜射向一平行玻璃砖，由于a光的折射率大于b光的折射率，可知a光的折射角小于b光的折射角，如图所示

可知a光的侧移量大于b光的侧移量，故A错误；
B．垂直入射到同一双缝干涉装置上，由于a光的频率大于b光的频率，则a光的波长小于b光的波长，根据

可知a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故B正确；
C．根据光子动量表达式

由于a光的波长小于b光的波长，可知a光光子的动量大于b光光子的动量，故C正确；
D．b光照射处于基态的一群氢原子只能发出三种波长的光，可知b光照射处于基态的氢原子激发到第3能级，则a光照射处于基态的氢原子至少跃迁到第4能级，这一群氢原子至少发出6种频率的光，所以不可能发出四种波长的光，故D错误。
故选BC。
9-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，两种单色光发生全反射的临界角分别为α、β

则根据

可知

又折射率越大，光的频率越高，则可知


A、B分别用同一套双缝干涉实验装置进行实验，则干涉条纹间距为

则

即A、B分别用同一套双缝干涉实验装置进行实验，A光的干涉条纹间距比B光大，所以A正确；
B．由A选项分析可知

根据

可得

即A光在水中的传播速度比B光大，所以B错误；
C．由A选项分析可得

那么相同强度的A、B光束中含有的光子数不同，A光的光子数大于B光的光子数，所以A光的饱和电流大，而遏制电压的大小取决于光的频率，所以B光的遏制电压大，所以C正确；
D．光子的动量为

由A选项分析可得

则

即A光子的动量比B光子小，所以D错误。
故选AC。
9-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据光路图可知三棱镜对b光的偏折程度更大，所以b光折射率大，频率高，波长短。根据光电效应方程：

因为，所以，故A错误；
B．根据双缝干涉条纹间距公式：

因为，所以，故B正确；
C．介质中传播速度：

因为，所以，故C错误；
D．根据光子动量的公式：

因为，所以，故D正确。
故选BD．
9-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A. 根据能级差公式

和氢原子能级图可知，氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级的能级差等于a光子的能量
Ea=3.4 eV −0.85 eV =2.55eV=h
同理，b光子的能量
Eb=1.51 eV −0.54 eV =0.97eV=h
可见：a光的频率大于b光的频率；
根据，可知a光的波长小于b光的波长；
根据干涉条纹的宽度公式

可知a光产生的干涉条纹比b光更窄，故A错误；
B. 根据光子的能量公式与动量公式

可知，a光和b光的光子动量之比等于a光和b光的光子能量之比为255:97，故B正确；
C. 某金属的极限频率=5.53×1014Hz，则逸出功为

用a光照射该金属时，能产生最大初动能为
Ek=Ea-W0=2.55eV-2.28eV=0.27eV
故C正确；
D．在同样的玻璃中，a光的频率高，折射率大；根据

可知a光的传播速度小于b光的传播速度，故D错误。
故选BC。
9-7【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．根据干涉条纹间距公式，可知，甲乙的L和d均相等，甲光的条纹间距大于乙，则甲的波长长，A正确；
BC．甲乙相比，甲光的波长长，折射率小，在同种介质中传播速度大，B、C正确；
D．根据全反射临界角公式，甲光的折射率小，故甲光发生全反射的临界角更大，D错误；
E．障碍物的尺寸与波长相当，或者更小时，更容易发生衍射，因为甲的波长长，所以甲光更容易发生明显的衍射现象，E错误；
故选ABC。
9-8【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．用波长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，根据双缝干涉条纹公式可知，，△x1＜△x2，则λ1＜λ2，根据可知，两光子的动量p1＞p2，故A正确；
B．根据波长、频率和波速的关系可知，c=λv，由λ1＜λ2可知，v1＞v2，频率大的光折射率大，即n1＞n2，根据临界角公式可知，，折射率大的临界角小，故当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角C1＜C2，故B错误；
C．根据波长、频率和波速的关系可知，c=λv，则两单色光的频率之比

故C正确；
D．根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=hv-W，若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比

故D错误。
9-9【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．根据可知，两单色光的光子动量之比为，选项A正确；
B．由可得

（其中λ′是光在介质中的波长，λ是光在真空中的波长），则

（其中λ1′λ2′分别是两种光在介质中的波长）选项B错误；
C．波长λ1的光由处在n＝3激发态的氢原子跃迁到n＝2激发态时产生的，则

波长λ2的光由处在n＝5激发态的氢原子跃迁到n＝2激发态时产生的，则

两束光的频率之比

选项C正确；
D．由光电效应的规律可得：


则

选项D正确；
故选ACD.
11-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．小球运动过程中电场力和重力都做正功，小球机械能不守恒，A错误；
B．小球从开始运动到经过环的最低点过程中电场力和重力始终做正功，从最低点向上运动时电场力和重力做负功，由此可知，小球经过环的最低点时速度最大，B正确；
CD．小球经过最低点的速度大小为，根据动能定理则有

最低点处环对小球的支持力为，根据牛顿第二定律可得

解得

根据牛顿第三定律可知，在最低点时球对环的压力为

C错误，D正确。
故选BD。
11-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律得

解得
m/s2
故A正确；
B．小球若恰好到达C点，在C点由牛顿第二定律得

从释放到到达C点，由动能定理得

代入数据解得
m
故B错误；
C．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故

解得

方向恰好沿斜面方向，大小为

由释放点到最大速度点由动能定理得

对该点由牛顿第二定律得

由牛顿第三定律得压力
N
故C正确；
D．若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得

沿如图所示OD方向

此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得

解得
m/s
对D到E由动能定理得

解得
m/s
对该点由牛顿第二定律得

由牛顿第三定律得压力
N
故D错误。
故选AC。
11-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故A错误；
B．小球受到的重力和电场力均竖直向下，小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，小球动能增加；小球从最低点到最高点的过程中，合力做负功，小球动能减少；，所以小球经过环的最低点时动能最大，速度最大，故B正确；
C．小球从静止释放到最低点的过程，根据动能定理可得

在最低点，根据牛顿第二定律得

联立解得

根据牛顿第三定律可知，小球经过环的最低点时对轨道压力为，故C错误；
D．小球恰能经过最高点时，根据牛顿第二定律可知

从起点到最高点，根据动能定理可得

联立解得

故D正确。
故选BD。
11-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
由题意知，小球运动过程中动能最小时经过等效最高点，有

解得

结合图像有

解得
，
可得

故AC正确；BD错误。
故选AC。
11-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．对A点处的小球受力分析，由牛顿第二定律可得

则

所以图像的斜率

图像的截距

解得匀强电场电场强度

圆形轨道半径

因为，故

故A正确，B错误；
C．小球运动到B点速度最大，说明A到B电场力做正功，小球带正电

又因为

得

故C错误；
D．当时，小球恰过A点，则

对小球从A到B过程，应用动能定理得

小球在B点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得

联立解得，当时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力

故D正确。
故选AD。
11-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．如图，当小球到达B点时小球的速度最大，到达C点时速度最小，BC连线与竖直方向夹角为

可知

由A到C由动能定理

解得

选项A正确；

B．电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，选项B错误；
CD．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则此时的时间

竖直方向做自由落体，则此时的速率为

选项C正确，D错误。
故选AC。
11-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AC．从最低点到最高点：

解得：

故ac连线为等势线，从a到b，有

解得：

电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A正确，C错误；
B． 匀强电场场强大小

故B错误；
D．电场力

当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最小速度

解得

故D正确。
故选AD。
11-8【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
小球能静止于轨道上P点，则在P点电场力与重力的合力沿半径方向，有

P点为竖直平面内圆周运动的等效“最低点”，则小球在等效“最高点”有最小速度，即

解得

小球在等效“最低点”有最大速度，由动能定理得

解得

故选BC。
11-9【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．小球沿AB轨道运动过程有
，
小球沿AC轨道运动过程有
，
解得

A错误；
B．根据上述有

即电场力与重力的合力方向由A指向O，且大小为

则有

结合上述解得

B正确；
C．小球在图乙中只有重力势能、动能与电势能之间的相互转化，总的能量守恒，根据上述可知，小球在A点的电场力与重力的合力方向指向圆心，即A点为等效的物理最高点，小球在该点的动能最小，则乙图中小球经过A点时的电势能和重力势能之和最大，C正确；
D．由于小球恰能在圆环轨道内做完整的圆周运动，则在等效物理最高点有

根据上述，与A点关于圆心对称的点为等效物理最低点，该位置小球做圆周运动过程中对环的压力最大，小球有A点到该点过程有

在等效物理最低点有

则小球做圆周运动过程中对环的压力

解得

D正确。
故选BCD。
12-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．由题可知，ab边切割磁感线，感应电动势为

ad间的电压为

ab间的电压为

A正确，B错误；
C．线框所受安培力的合力为

C错误。
D．由法拉第电磁感应定律可知

D正确。
故选AD。
12-2【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．cd边切割磁感线，据法拉第电磁感应定律得
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律得回路电流

导线cd所受安培力为

联立可得

故A正确；
B．线框中c、d两点间的电压为路端电压为

故B错误；
C．线框被拉出磁场所需时间

线框中产生的热量

故C正确；
D．此过程中线框中通过的电荷量

故D正确。
故选ACD。
12-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据楞次定律，感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化，可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小，由此可知感应电流应为顺时针方向，故A正确；
BC．当转过时的瞬间感应电动势最大，此时切割磁感线的有效长度最大，为圆形线圈的直径，由此可得感应电动势的最大值为

根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为

故BC错误；
D．通过导体任意横截面的电量为

故D正确。
故选AD。
12-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A，故A错误；
B．据E感=以及v=rω可得切割磁感线时产生的电动势
E感=
切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知

故B错误；
C．切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，故C正确；
D．由B分析知，AB两端的电压为，好电容器两端的电压也是，故电容器所带电荷量
Q=CU=
故D正确。
故选CD。
12-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
BD．电容器两端电势差U等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，当导体棒的速度大小为时，有






解得

选项BD均错误；
A．当时

选项A正确；
C．当时

选项C正确。
故选AC。
12-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．设在△t时间内，金属棒速度变化为△v，金属棒产生的感应电动势变化
△E=BL△v
电容器两极板电压变化
△U=BL△v
电容器所带电荷量变化
△q=C△U=CBL△v
金属棒中的电流

对金属棒，由牛顿第二定律有

解得

t=2s时，导体棒ab的速度为

故A错误；
B．t=2s时，电容器储存的电场能

故B正确；
C．开关接2瞬间，对导体棒ab有
， ，
解得

故C正确；
D．ab达到最大速度
， ，
解得

根据能量守恒，如果没有克服安培力做功

解得

通过电阻R的电荷量为

实际上，克服安培力做功，下滑位移更大，则通过的电量更大，故D错误。
故选BC。
12-7【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．图甲中的F为恒力，由

可知随着速度的变大，导体棒ab的加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒ab做匀速运动，A符合题意；
B．图乙中的F的功率恒定，由

可知随着速度的变大，导体棒ab的加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒ab做匀速运动，B符合题意；
C．由


可得

可知图丙导体棒ab从静止开始一直做匀加速直线运动，C不符合题意：
D．设图丁中的电容器两端的电压为，由

可知随着速度的变大，导体棒ab的加速度越来越小，当加速度为0时，导体棒ab做匀速运动，D符合题意。
故选ABD。
12-8【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．线框穿过整个磁场的过程中，流过线框的电荷量为

由题可知穿过线圈的磁通量变化量为零，则流过线框的电荷量为零，故A错误；
B．当ad边运动到磁场中心时，ad两端的电压最大 ，感应电动势

最大电流

ad两端电压最大值

故B正确；
C．通过磁场过程，产生的最大电动势大小为

此过程所用时间为

则推力F做的功等于产生的焦耳热

故C正确；
D．安培力

线框在磁场中的有效长度先增大后减小，再增大后减小；则安培力的大小是先增大后减小，再增大后减小；根据平衡条件可知，推力F先增大后减小，再增大后减小；故D错误。
故选BC。
12-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．设线框边刚进磁场时速度大小为，则感应电动势与感应电流分别为


则安培力为

解得

根据运动学公式有

解得

A正确；
B．线框穿过虚线N的过程中，平均电动势为

电流的平均值为


解得

B错误；
C．根据上述，线框进左边磁场过程通过的电荷量与出右边磁场过程通过的电荷量均为

则由于安培力的冲量大小为

解得

即线框进左边磁场过程中安培力的冲量和出右边磁场过程中安培力的冲量相等，C错误；
D．线框向右做匀加速直线运动，可知令边刚要通过N边时的速度为，边刚要通过P边时的速度为，则有


则对应速度产生的电动势为


对应位置的感应电流为


对应位置根据牛顿第二定律有


解得


即线框穿过整个磁场的过程中，拉力F的最大值为，D正确。
故选AD。
13-1【基础】 【正确答案】 所受作用力 反比
【试题解析】 详解:
[1]在探究加速度与质量的关系时，需要保持小车所受作用力不变。
[2]由图像可知，图像是一条经过坐标原点的倾斜的直线，说明加速度a与成正比，即小车的加速度与小车的质量成反比。
13-2【基础】 【正确答案】 槽码的重力 小车的质量
【试题解析】 详解:
（1）[1]利用逐差法可知

根据图乙数据代入解得

（2）[2] [3]设小车的质量为M，槽码的重力为G，如果合外力一定时，加速度与质量成反比，则有

整理得

结合图像可知，此时b=M，k=G。即直线的斜率k等于槽码的重力，在纵轴上的截距绝对值为b，等于小车的质量。
13-3【巩固】 【正确答案】 2.23
【试题解析】 详解:
（1）相邻计数点间的时间间隔为

由逐差法可得滑块的加速度为

（2）由牛顿第二定律得

整理得

题中图像的斜率为

所以滑块和传感器的总质量为

滑块受到的摩擦力大小为

解得

13-4【巩固】 【正确答案】 B 不需要 A 1.18 1.49 B 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．在补偿阻力时，应将拉力传感器、钩码撤去，细绳从小车上拿去，垫高长木板远离滑轮的一端，让小车的重力沿木板的分力与小车受到的阻力平衡，故A错误；
B．若连接拉力传感器和小车的细绳与长木板不保持平行，则绳子拉力的一个分力等于小车所受的外力，这样导致误差增大，故B正确；
C．补偿阻力后长木板的位置不能移动，但每次改变小车的质量时，小车的重力沿木板的分力和小车受到的阻力仍能抵消，不需要重新补偿阻力，故C错误；
D．实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，因此要求小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源，再释放小车，故D错误。
故选B。
（2）[2]由于本实验中的拉力传感器可以直接读出绳上的拉力大小，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量；
（3）[3]依题意，物块做加速运动，相同时间间隔内的位移会逐渐增大，所以在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A点；
[4][5]相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两点的时间间隔为

匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，则打点计时器在打C点时小车的瞬时速度大小为

根据逐差法，小车做匀加速运动的加速度大小为

代入数值得

（4）①[6]AB．由图丙可知，图线不过原点，当拉力为0时就有加速度，说明平衡摩擦力时木板末端拾的太高，平衡摩擦力过度了，故A错误，B正确；
C．本实验装置不需要满足当m远小于M的条件，因此小车质量M过大不会造成图线上部弯曲，故C错误。
故选B。
②[7]根据图像，可知
F+F0=Ma
变形有

结合图像有
kg =1.0kg
则
M=1.0kg
13-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]由逐差相等公式可得小车的加速度为

（2）[2]由题意可知小车所受合力为拉力与摩擦力之差，即为

（3）[3]小车加速运动时绳子上的拉力小于沙和沙桶的总重力，即有

13-6【巩固】 【正确答案】 C 0.63 不需要
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．打点计时器是应使用8V交流电源，A错误；
B．绳的拉力提供小车的合力，需要平衡摩擦力，B错误；
C．细线必需要与长木板平行，拉力才能等于小车所受合力，C正确；
D．实验时应先接通电源，再释放小车，D错误。
故选C。
（2）[2]相邻计数点时间间隔为

小车加速度大小为

（3）[3]小车所受合力由传感器测得，砝码和托盘总质量不需要远小于小车的质量。
13-7【巩固】 【正确答案】 是 相邻相等时间内的位移差相等 1.1 ABD
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]根据表格中的数据可知





可知，在误差允许的范围内，相邻相等时间间隔内的位移差相等，可知小车甲的运动是匀变速直线运动。
（2）[3]根据

则有

结合图乙有

解得

（3）[4]由于两车用同一根细绳连接，则在忽略绳子的质量以及滑轮与绳子间的摩擦时，细绳对车的拉力即为车所受外力的合力，则有

（4）[5]A．在忽略绳子的质量以及滑轮与绳子间的摩擦时，若细绳拉力为车所受外力的合力，则需要使连接小车的细绳与木板平行，A正确；
B．实验中要求细绳拉力为车所受外力的合力，则为了避免摩擦力的影响，实验需要平衡两小车与木板间的摩擦力，B正确；
C．根据上述，若有

则可验证了加速度与质量的关系，可知实验中不需要用天平测量动滑轮和钩码的总质量，C错误；
D．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时，要先接通打点计时器的电源，后释放小车，D正确。
故选ABD。
13-8【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
（1）[1]AB．四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，A错误，B正确；
CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]根据逐差法可知小车运动的加速度为

由于相邻两计数点间有四个点未画出，则

代入可得

（3）[3]由加速度和合力之间的关系，对m，轻绳拉力的大小为F，有

对M

可得

以为纵轴，以为横轴，便可得到线性图像。
[4]若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则


联立可得

13-9【提升】 【正确答案】 A 0.12 乙 没有平衡摩擦力（或者平衡摩擦力过小）
【试题解析】 详解:
（1）[1] A．实验中，平衡摩擦力的目的是让小车所受合力的大小等于绳子的拉力，A正确；
B．实验中，对保砂和桶分析有

对小车分析有

则有

可知，当只有确保砂和桶的的质量远远小于小车的质量时，绳子的拉力大小才近似等于砂和桶的重力大小，B错误。
故选A。
（2）①[2]图像的斜率表示加速度，根据图像可知

②[3]在“探究加速度与质量的关系”时，保持细砂和小桶质量不变，即保持小车合力一定，此时有

即，加速度与小车质量成反比，根据甲同学描绘的点迹可知，甲描绘的是一条曲线，不能简单根据曲线判定反比关系，根据乙同学描绘的点迹可知，乙描绘的是一条过原点的倾斜的直线，可知加速度与成反比，因此乙同学的方案更加合理；
[4]舍弃偏差较大的第三个点迹，将乙中其他各个点迹用一条直线连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示


③[5]根据图像可知，小桶中所加细砂的质量较小时，小车的加速度为0，小车仍然处于静止状态，表明小车没有平衡摩擦力，或者平衡摩擦力过小。
14-1【基础】 【正确答案】 A 小
【试题解析】 详解:
（2）[1]因待测电阻

因此电流表应用外接方式；又金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽量准确，滑动变阻器应用分压方式接入电路，因此应选用下图A所示的电路。
[2]由于电压表并联在待测电阻两端，电压表有分流作用，电流表外接，电流表的电流应大于流经待测电阻的电流，由欧姆定律可得，可知测量值比真实值偏小。
（3）[3]由电阻定律，可得金属丝的电阻率为

14-2【基础】 【正确答案】 6.700
a
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图可得，其直径D为

（2）[2]因为待测电阻约为3千欧，则电流表应该内接，且滑动变阻器应该采用分压式接法，故电路如图

（3）[3]闭合开关前，应该让待测电阻两端分的电压为零，即滑动变阻器的滑片应置于a （左）端；
（4）[4]由电阻定律变形可得

其中


联立解得

14-3【巩固】 【正确答案】 或3.699或3.701 m 不变
【试题解析】 详解:
①[1]螺旋测微器的读数为

②[2]根据图2可知电压表测量的是电阻丝与电阻箱串联总电阻的电压。总电阻越大分压越大，为了保护电压表，应该使电阻丝与电阻箱串联总电阻最小，即金属夹应夹在电阻丝的m端，并将电阻箱的阻值调到最小；
[3]根据题意实验中电压表的数值一直不变，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流大小不变，故电阻丝与电阻箱串联后的总电阻不变，即为一定值，根据图3有，当，；当，，可得

结合电阻定律有

解得

[4]由于实验过程中电阻丝与电阻箱串联后的总电阻为定值，且电压表示数不变，所以电压表内阻对电阻率的测量结果无影响，即测量结果不变。
14-4【巩固】 【正确答案】 ACDFH 偏小 电流增大，电阻丝温度升高，阻值变大 10.025 4.488
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题图可知，测量电阻需要电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线，由于电路中的最大电流约为

因此电流表应选C，由于电池组的电动势为3V，因此电压表应选D，由于电路中的电压从零开始变化，滑动变阻器应用分压式接入电路，所以应选阻值较小的便于操作，即选F，则器材中应选用的是ACDFH。
（2）[2]由题图的测量电路可知，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值比真实值偏大，由可得，电阻的测量值比真实值偏小。
[3]由测量数据得到的伏安特性曲线如图所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是：随电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻值增大。
（3）[4]游标卡尺的主尺读数为10cm，游标尺的第5个刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标尺是20分度，因此游标尺的读数为
5×0.05mm=0.25mm=0.025cm
则电阻丝的长度为
10cm+0.025cm=10.025cm
[5]螺旋测微器的固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为
48.8×0.01mm=0.488mm
直径为
4mm+0.488mm=4.488mm
14-5【巩固】 【正确答案】 1.5
【试题解析】 详解:
（2）[1]根据

得

由图知，图像斜率

得

14-6【巩固】 【正确答案】 1.416（1.415～1.418） 17.0 A C b
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为

（2）[2]用“”挡测量时发现指针偏转角度过大，表明通过表头的电流过大，待测电阻较小，为了减小读数误差，应该使指针指在中央刻线附近，则需要换用小倍率，即应该换用挡；
[3]根据欧姆表的读数规律，换挡后，该读数为

（3）[4]为了确保电压表的精度，所选电压表的量程应该与电源电动势接近的，即选择3V量程，可知，电压表选择A；
[5]根据上述可知，待测电阻约为17.0Ω，电路中滑动变阻器采用限流式接法，若选择总阻值200Ω时，调节滑片时，获得的实验数据的连续性较弱，跳跃性较大，因此为了确保测量数据的连续性，减小实验误差，滑动变阻器选择总阻值为50Ω，即滑动变阻器选择C；
[6]根据器材的阻值有

可知，实验时，电流表的分压影响大，实验中应该排除电流表的分压影响，即采用电流表外接法，即电压表的左端应与电路中的b点相连。
（4）[7]根据
，，
解得

14-7【巩固】 【正确答案】 1.5 0.5 大于 小于 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有

所以U-I图像的纵截距表示E，斜率的绝对值表示R0+r，则由图可知


（2）[3]根据欧姆定律可得PN段的阻值为

根据电阻定律有

联立以上两式可得

由题意可得


解得

（3）[4]电路接法为电流表内接法，当选用内接法，电流测量值准确，电压测量值偏大，根据

可知，计算值偏大。
[5]电压表的分流使得电流表对干路电流的测量不准确，真实的干路电流比电流表的求数要略大，其大小由电压表的示数决定，因而真实的U−I图线在此图线的上方，并随电压的减小而靠近，电动势的测量值小于真实值。
[6]电流表内接法测量电阻阻值时，误差来源于电流表内阻的分压，电压表测量的电压大于待测电阻两端实际电压，测量值大于真实值。
14-8【提升】 【正确答案】 外
C
【试题解析】 详解:
（1）[1]由电流表的表盘可知电流大小为0.34A，电压表的百分比变化为
η1=×100%≈5.7%
电流表的百分比变化为
η2=×100%≈3.0%
可知电压表的示数变化更明显，故采用电流表外接法。
（2）①[2]②由图表数据可知，待测电阻阻值约为5Ω，若电路采用限流接法，回路最小电流

代入数值约为0.11A，不可能达到0.020A，所以应该是分压接法。实物图如下

实物连图时要注意：开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端，以使待测电阻的电压最小；应保证开关能控制整个电路的通断；电流从电压表和电流表正极流入。
③[3]主尺半刻度线未露出，读数为0mm，螺旋尺的读数为
39.8×0.01mm=0.398mm
所以此螺旋测微器读数为
（0＋0.398）mm=0.398mm
图线的斜率即为Rx的阻值，由图像可知，Rx≈4.5Ω。由电阻定律知R=ρ，则
ρ=·R=R≈1.1×10-6Ω·m≈1×10-6Ω·m
故选C。
14-9【提升】 【正确答案】 110 C D H 100 1.5
【试题解析】 详解:
（2）[1]选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，说明倍率太大，因此要减小倍率，选择“×10”挡，则由图乙可读得该原件的电阻值为
（3）[2][3][4]电源电压为，待测电阻约为，则用直除法可知电流表选择量程为150mA的即可满足实验要求；另所给器材中没有电压表，因此要用已知内阻的电流表进行改装，而内阻已知的电流表只有；要改装的电压表的量程需接近电源电压，则根据电压表的改装原则

可知定值电阻需选用的。
[5]
[6]根据电路图可得

即

代入图中数据解得

[7]由电阻定律有

代入数据解得

15-1【基础】 【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）
【试题解析】 详解:
（ⅰ）设玻璃折射率为n，折射角为r。则光路图如下图所示

根据几何关系

即

又

折射定律

联立解得

（ⅱ）设从玻璃砖内部射出时全反射的临界角为C。根据折射定律

设长为S，出射点在边上时，出射点为B点时入射角度最大

同理出射点在边上时，出射点为A点、B点时入射角度最大

联立解得

根据对称性A边也有相同得结果。因此距离只能取。

15-2【基础】 【正确答案】 （i）；（ii）
【试题解析】详解:
（i）根据题意，作出光路图如图所示

由几何关系可知，光在AC面上的入射角α=60°，由于光在AC面恰好发生全反射故临界角
C=α=60°
玻璃砖的折射率

解得

（ii）由光路图和几何关系可得
DE=L，EF=L
单色光在玻璃砖中通过的路程为
s=DE+EF=
单色光在玻璃砖中的传播速度

所以单色光在玻璃砖中传播的时间

15-3【巩固】 【正确答案】 （1）B点在距O点三分之一半圆弧的位置；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意做出a、b两种单色光的入射光路图，如图所示

C点是半圆弧的中点，可知

由折射定律可知

可得


即

B点在距O点三分之一半圆弧的位置。
（2）a光的折射率为

a光的临界角为

则有

故

单色光a在玻璃砖中光路图如图所示

根据几何关系可知

可知a光在B点发生全反射，同理可得a光在E点发生全反射，a光在D点射出玻璃砖，由边角关系可知光在玻璃砖中经过的路程为

光在玻璃砖中的传播速度为

单色光a在玻璃砖中传播的时间为

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光路图如图所示

设此光线恰好发生全反射，此时透镜内的临界角为C，由折射率定义可知

即

此角对应的弧长为

（2）若某束光从A点射入半球透镜,光路图如图所以

根据题意，则


有折射率可知

解得

即

有几何关系可知

束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
设光线的入射点为F，出射点为F，出射角为，连接OE，即为法线。如图所示，根据光的折射定律


根据几何关系得


（2）如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知


由几何关系知
ON＝R
所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少为


15-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）没有
【试题解析】 详解:
（1）由几何关系可知，∠A=30°，OD=cm，设∠DOE=r，则在∆ODE中由正弦定理


解得
r=30°
则折射率

（2）因临界角

当光线在AB面上的入射角为90°时，则折射角为C，假设光线能射到BC面上，则此时求得入射点到B点的距离为

即光线不能射到BC上；可知当入射角θ从0°逐渐增大到90°过程中，不会有光线从BC面射出。
15-7【巩固】 【正确答案】 （1）1.25；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由进入球体的光线在球面上的入射角时，折射光恰好消失，说明刚好发生全反射，临界角

根据临界角公式

解得该透明介质的折射率

（2）发光面发出的光第一次到达半球面，入射角最大的光线，如图所示，设此光线刚好发生全反射，入射角为临界角C。根据临界角公式

得

二极管发光圆面的半径

二极管发光圆面的最大面积


15-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光在介质内刚好发生全反射时的光路图如图所示

光在D点恰好发生全反射
，
解得

无光线射出的部分对应的圆心角

故无光线射出的长度

解得

（2）从O点正上方观察时光路如图所示

由图中几何关系可得


由于较小，故

由折射定律得

可得观察到得光源的深度为

15-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）从灯带发出的竖直向上的光垂直穿出水面，所用路程最短为h，用时最短。

则最短时间

解得

（2）如图所示，设N端绿光在水面上的A点发生全反射，则


NB=
解得

能射出绿光的水面形状如图所示，扇形的半径为R=NB，总面积为


代入数据解得面积为

16-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）月球表面处引力等于重力

得

（2）第一宇宙速度为近月卫星运行速度，由万有引力提供向心力得

所以月球第一宇宙速度

（3）“嫦娥三号”卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力，得

卫星周期

轨道半径

联立解得“嫦娥三号”卫星离月球表面的高度为

16-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据万有引力定律，太阳对地球的引力为

（2）地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有

解得

16-3【巩固】 【正确答案】 （1）火星绕太阳做匀速圆周运动模型，；（2）太阳与火星构成双星模型，
【试题解析】 详解:
（1）火星绕太阳做匀速圆周运动，对火星，万有引力提供向心力，有

整理可得

（2）太阳与火星构成双星模型，即二者都围绕它们连线上的某一定点O做周期相同的匀速圆周运动，运动轨迹示意图如下


其中

解得

16-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）对卫星P有

解得

（2）根据开普勒第三定律有

两星间相距最近时的距离

解得

（3）令P、Q再次相距最近所需的最短时间为，若两卫星同向转动，则有

解得

若两卫星反向转动，则有

解得

16-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），见解析
【试题解析】 详解:
（1）配重空间站绕地心转动的周期与地球自转的周期相同，通过缆绳连接的配重空间站速度大小为

（2）若配重空间站没有缆绳连接，由万有引力提供向心力得

地面的物体

解得

由于

若缆绳断裂，空间站做离心运动，被甩出去。
16-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）火星的半径为

根据

可得火星的第一宇宙速度

（2）根据

天问一号每次经历日全食的时间

16-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在月球表面有

解得月球的质量

（2）某卫星在月球表面附近绕其做圆周运动时有

解得

（3）由万有引力提供向心力，有

又有

可得卫星的线速度为

16-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）飞船在圆形轨道上运行时，万有引力提供向心力，则有

在月球表面的物体万有引力近似等于重力，则有

联立可得

（2）设喷气后飞船在A点速度变为，质量变为，飞船从A点沿椭圆轨道运动到B点过程机械能守恒，则有

A、B两点与球心在一直线上，其速度与飞船到球心的距离成反比

又因为

联立可得
，
（3）喷气发动机在A点做一次极短时间的喷气过程动量守恒

又因为

联立可得

16-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设同步卫星的轨道半径为R，卫星所在轨道的向心加速度大小为a，根据万有引力定律和牛顿第二定律得

当物体在地表附近时，万有引力近似等于重力

根据题意，同步轨道的半径
解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小

代入数据解得

（2）设输电线总电阻的最大值为r，当通过输电线的电流为I时，输电线上损耗的功率为

采用直流电向某地区输电时，通过输电线的电流

依题意得
解得

（3）三峡水电站的发电功率为

设卫星太阳能电池板的面积至少为S，则宇宙太阳能发电站的发电功率为

根据题意
所以太阳能电池板的面积至少为

17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）离子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上，设正离子射出磁场的最远点为F，如图

根据几何关系可知OF为正离子在磁场中运动轨迹的直径，则轨迹半径

在磁场中洛伦兹力提供向心力，有

解得

（2）根据题意沿y轴正向入射的离子能经过A点，则根据几何关系有轨迹半径

从A点入射的离子以沿x轴正向进入电场，在x轴方向上做匀速直线运动，有

在y方向做匀加速直线运动有

联立解得

17-2【基础】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，则

根据几何关系可得

联立可得

电子在电场中运动，根据动能定理得

解得

（2）电子在磁场中运动轨迹为半圆，所用时间

电子在电场中做匀变速直线运动

电子运动的总时间

17-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子恰能从点离开区域

解得

（2）粒子恰能从边之间的e点离开区域，根据几何关系

解得

根据

解得


（3）粒子运动周期

半径

（i）若粒子射出时与z轴负方向的夹角为60°，则粒子在正方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图2所示，沿x轴负方向的侧视如答图3所示，设粒子在平行于yOx平面内运动了n个半周期（答图2、答图3为n=3的情况），则根据答图2，x轴正方向

根据图3，y方向

因为y>L，故粒子无法到达平面，不合题意。
（i i）若粒子射出时与x轴正方向的夹角为60°，则粒子在正方体区城运动轨造沿y轴负方向的俯视如答图4所示，根据答图4，x轴正方向：

据答图3，y负方向
y=2nR（n=0，1，2，3.......）
因为y

17-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子加速度为，沿轴正方向看，如图所示


粒子从点进入右边磁场，则



联立方程解得

（2）设粒子到点时的速度为，与轴夹角为，如图所示，则
，

故

即有


在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，如图所示，则

又根据几何关系

解得

17-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；
【试题解析】 详解:
（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得

其中

带电粒子在磁场中运动的轨道半径为

其运动轨迹如图所示

从图中几何条件分析可知


轨迹所对的圆心角为60°，可知粒子运动周期为

粒子在磁场中的运动时间为

（2）粒子进入电场区域做类平抛运动，轨迹如图所示

设两次经过y轴的位置O'K间的距离为L，则有


联立解得

从O'至K由动能定理得

解得

17-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设带电粒子经电压为U的电场加速后获得速度为，由动能定理得

解得

（2）带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，从P点到达C点，由运动学公式得

，，
联立解得
，
（3）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，如图所示

有几何关系可得，带电粒子在第一象限的运动半径为

则矩形磁场的最小长度为

矩形磁场的最小宽度为

即最小面积为

17-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）仅加电场时粒子做类平抛运动，由类平抛规律可得



解得

（2）粒子经加速电场加速

由可得

仅加磁场时粒子做匀速圆周运动，从M点以出射的粒子对应所加磁场的最大值


解得

从P点以出射的粒子对应所加磁场的最小值


解得

综上，所加匀强磁场的磁感应强度大小为

（3）带电粒子在垂直的方向上做匀速圆周运动，结合几何关系知，轨迹所对应的圆心角为60°，粒子运动时间

沿方向，当电场存在时间最短时，粒子由O点开始先匀加速运动再匀速运动


解得

17-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）（n＝1，2，3，…）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在电场中运动时，有
，
由牛顿第二定律

得

（2）在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有
，，
解得
，，
粒子轨迹如图所示

根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为

由牛顿第二定律得

解得

（3）将粒子在O点的速度分解
，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间



解得
（n＝1，2，3，…）
17-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得

解得

由牛顿第二定律可得

解得

（2）在右侧磁场中由牛顿第二定律得

解得



即坐标为。
（3）粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上

y轴方向上

解得

18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2），，方向水平向右；（3），方向向左
【试题解析】 详解:
（1）滑块相对模板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为，以水平向右为正方向；滑块和模板组成的系统，滑块和木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，有

解得

方向水平向右；
滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知

联立解得

（2）设爆炸后滑块和木板的速度分别为和，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为，系统在爆炸前后动量守恒，则有


系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有

联立以上各式解得


方向水平向右；
（3）炸药包对滑块的冲量

方向向左。
18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据动量守恒定律可知

代入数据解得

（2）碰撞后A、B粘在一起，则碰撞类型为粘合碰撞，系统动量守恒

系统损失的机械能约为

解得

18-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）C从左端滑上木板A到A的最右端过程，以A和C为系统，根据动量守恒可得

解得

根据能量守恒可得

解得动摩擦因数为

（2）A和B发生碰撞过程，以A和B为系统，根据动量守恒可得

解得

若C恰好没从B上落下，设B的长度为，C从左端滑上木板B到B的最右端过程，根据系统动量守恒可得

解得

根据系统能量守恒可得

解得

18-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），方向向右；（3）2mgR
【试题解析】 详解:
（1）根据机械能守恒可知

可得A球与B球相碰前的速度大小

（2）碰撞后，B球上升到C点，根据机械能守恒

可得B球碰后的速度

球A与B碰撞过程中，满足动量守恒

可得第一次与B球相碰后瞬间A球的速度

负号表示碰后A球速度水平向右，大小为。
（3）A、B球第一次碰撞过程损失的机械能

代入数据可得

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）不能
【试题解析】 详解:
（1）设碰前小球A的速度为，从释放小球A到分离的过程，由能量守恒定律得

代入数据解得

A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒有


带入数据解得
，
小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为，小球与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒有

小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有

代入数据解得
，
（2）设小球与圆轨道分离时的速度分别，由动量守恒定律和能量能守恒定律得


联立带入数据解得
，
球A与球B第一次碰后以的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A与弹簧分离后的速度大小为，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为、，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得



联立带入数据解得
，
因为，所以小球B无法第二次进入圆轨道。
18-6【巩固】 【正确答案】 （1）9.6J；（2）2s；（3）距A端4m处发生第一次碰撞，、
【试题解析】 详解:
（1）设滑块乙上滑过程中的加速度为，则有

解得

滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，则

解得

由动量守恒得

解得

弹簧储存的弹性势能

（2）设滑块乙从B点运动到C点所用时间为，则

解得

滑块乙下滑过程中，设刚开始下滑阶段加速度大小为，则有

解得

设滑块乙从C点向下加速度到与传送带速度相同时间为，位移为，则有
、
解得
、
由于

滑块继续向下加速，设加速度为，则

解得

之后运动到B点所用时间设为，则有

解得

则滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间

（3）滑块乙回到B端的速度

由于

此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距A端2m处，由于

可以判断得出滑块在距A端4m处发生第一次碰撞；滑块甲与滑块乙碰撞过程，以向右问正方向，根据动量守恒得

根据能量守恒得

联立解得
、
可知碰后甲、乙的速度大小分别为， 。
18-7【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
18-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）固定圆弧轨道和物块D，取水平向右为正方向，设小球划出圆弧时的速度为，刚卡住瞬间的速度为，由动能定理可得

小球撞击C瞬间二者组成的系统动量守恒，由动量守恒可得

联合解得

设与小盒C相撞后能上升的最大高度为，由机械能守恒可得

解得

（2）小球向下时由系统水平方向动量守恒有

由能量守恒有

小球和C，根据动量守恒有

根据牛顿第二定律

对E有

联立解得

18-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设Q的质量为M，初速度大小为V0，第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1、V1， 以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有




联立可得

（2）第2次碰撞前瞬间P的速度大小为v1，方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别v2、V2， P沿斜面上滑到C点时的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有



联立可得

（3）设初始时P离斜面底端B的距离为s，第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为t，P运动到斜面底端B所需时间为t1，P沿斜面运动时加速度的大小为a，在斜面上运动所需总时间为t2，由运动学公式、牛顿第二定律有




由题意

联立上述各式并由题给条件得

即初始时P离斜面底端B的最小距离为。