2022-2023学年变式题 2022年高考辽宁卷物理高考真题变式题库（解析版）

这是一份2022-2023学年变式题 2022年高考辽宁卷物理高考真题变式题库（解析版）


变式题库
【原卷 1 题】 知识点 路程和位移的计算



【正确答案】
C
【试题解析】


1-1（基础） 以下4个运动中，位移大小最大的是（　　）
A.物体先向东运动8m，接着向西运动4m
B.物体先向东运动2m，接着向西运动8m
C.物体先向东运动4m，接着向南运动3m
D.物体先向东运动3m，接着向北运动4m
【正确答案】 B

1-2（基础） 有一个小球从空中的10m处落下，落到地面反弹在离地2m的地方被接住，那么小球的位移大小和路程是（　　）
A.10m、8m B.8m、12m C.10m、12m D.8m、8m
【正确答案】 B

1-3（基础） 如所示，某同学在百米跑道沿直线进行折返跑，他先从A处向前跑80m到达B处，再向后跑30m到达C处，这一过程中的位移大小是（　　）

A.10m B.80m C.50m D.30m
【正确答案】 C

1-4（基础） 一位同学从操场A点出发，向西走了30 m，到达B点，然后又向北走了40 m，到达C点。在从A点到C点的过程中，该同学的位移大小是（　　）
A.70 m B.50 m
C.40 m D.30 m
【正确答案】 B

1-5（基础） 小明沿着半径为R的水平圆周跑道跑了1.25圈时，他的（　　）
A.路程和位移大小均为2.5πR
B.路程和位移的大小均为R
C.路程为2.5πR、位移的大小为R
D.路程为0.5πR、位移的大小为R
【正确答案】 C

1-6（基础） 如图所示，将弹性小球从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点，则此过程中（　　）

A.小球的位移大小为0.5m，方向竖直向上 B.小球的位移大小为3.5m，方向竖直向上
C.小球的位移大小为0.5m，方向竖直向下 D.小球的位移大小为3.5m，方向竖直向下
【正确答案】 C

1-7（巩固） 小明沿半径为50m的圆形草坪边缘绕跑一圈后回到起点，在跑步过程中，小明的路程和位移大小的最大值分别是（　　）
A.100 m，100m B.100 m，0
C.50 m，50m D.50 m，0
【正确答案】 A

1-8（巩固） 在长为50m的游泳池中举行200m蛙泳比赛，运动员从比赛开始到结束的过程中，游过的路程的最大值和位移的大小的最大值分别是（　　）
A.0，50m B.200m，200m C.200m，50m D.200m，0
【正确答案】 C
1-9（巩固） 某校举行教职工趣味运动会，其中一项比赛项目——“五米三向折返跑”，活动场地如图所示，AB＝AC＝AD＝5m，参赛教师听到口令后从起点A跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点。若人可视为质点，现测得某参赛教师完成活动的时间为7.5s，则（ ）

A.A到B和A到C的位移相同
B.A到B和A到C的路程相同
C.该教师通过的总位移为30m
D.7.5s指的是该教师回到起点的时刻
【正确答案】 B

1-10（巩固） 以下四种运动中，哪种运动的位移的大小最大（　　）
A.物体先向东运动了4m，接着再向南运动了3m B.物体先向东运动了8m，接着再向西运动了4m
C.物体沿着半径为4m的圆轨道运动了圈 D.物体向北运动了2s，每秒通过3m的路程
【正确答案】 D

1-11（巩固） 从高出地面3m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5m后回落，最后到达地面，则这一过程中（　　）
A.小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为13m
B.小球的位移为5m，方向竖直向上，路程为5m
C.小球的位移为3m，方向竖直向下，路程为3m
D.小球的位移为5m，方向竖直向上，路程为13m
【正确答案】 A

1-12（巩固） 如图所示，某质点沿半径为r的圆弧由a点运动到b点，它通过的位移和路程分别是（ ）

A.0，0 B.2r，向东；πr
C.r，向东；πr D.2r，向东；2r
【正确答案】 B

1-13（提升） 如图所示，一小球在光滑的V形槽中由A点释放，经B点到达与A点等高的C点，设A点的高度为1m，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为（　　）

A.m，m B.m，m
C.m，m D.m，1m
【正确答案】 C

1-14（提升） 物体沿两个半径为R的圆弧由A到C，则它的位移和路程分别为（　　）

A.2.5πR，A指向C；R B.2.5πR，A指向C；2.5πR
C.R，A指向C；2.5πR D.R，A指向C；R
【正确答案】 C

1-15（提升） 在第15届机器人世界杯赛上，中国科技大学获得仿真2D组冠军，标志着我国在该领域的研究取得了重大进展。图中是科大著名服务机器人“可佳”，如图所示，现要执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点（1 m，1 m）出发，沿直线运动到点（4 m，2 m），然后又由点（4 m，2 m）沿直线运动到点（2 m，5 m），然后又由点（2 m，5 m）沿直线运动到点（6 m，6 m），然后又由点（6 m，6 m）沿直线运动到点（3 m，3 m）。整个过程中机器人所用时间是 s，下列说法正确的是（　　）

A.机器人的运动轨迹是一条直线
B.整个过程中机器人的位移大小为m
C.整个过程中机器人的路程大小为m
D.整个过程中机器人的平均速度为1.5 m/s
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 根据条件写出核反应方程,利用质能方程公式进行计算

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 2021年10月12日，物理学家组织网报道，一国际物理学家团队对中子的“寿命”开展了迄今最精确测量，精确度提高了两倍多，这项研究有助揭示宇宙的演化历程并为发现新物理现象提供证据。下列核反应方程中X1、X2、X3、X4代表中子的是（　　）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 B

2-2（基础） 核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌症的风险，已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，下列有关说法正确的是（　　）
A.射线和射线一样都是电磁波，但射线穿透本领比射线弱
B.的半衰期为24100年，随着地球温度的升高，其半衰期将变短
C.X原子核中含有92个质子
D.由于衰变时释放巨大能量，根据，衰变过程总质量增加
【正确答案】 C

2-3（基础） 铀原子核既可发生衰变，也可发生裂变。其衰变方程为，裂变方程为，其中、、、的质量分别为、、、，光在真空中的传播速度为，下列叙述正确的是（　　）
A.发生的是衰变 B.若提高温度，的半衰期将会不变
C.原子核中含有56个中子 D.裂变时释放的能量为
【正确答案】 B

2-4（基础） 下面是一核反应方程，用c表示光速，则(　 　)
A.X是质子，核反应放出的能量等于质子质量乘c2
B.X是中子，核反应放出的能量等于中子质量乘c2
C.X是质子，核反应放出的能量等于氘核与氚核的质量和减去氦核与质子的质量和，再乘c2
D.X是中子，核反应放出的能量等于氘核与氚核的质量和减去氦核与中子的质量和，再乘c2
【正确答案】 D

2-5（巩固） 2021年12月30日，在中科院合肥等离子体物理研究所内，有“人造太阳”之称的全超导托卡马克实验装置（EAST）实现了1056秒的长脉冲高参数等离子体运行，这是目前世界上该装置高温等离子体运行的最长时间。该装置内发生的核反应方程为，已知氘核（）的质量为2.0136u，X的质量为1.0087u，氦核（He）的质量为3.0150u，u为原子质量单位，1u相当于931MeV，下列关于该核反应的说法正确的是（　　）
A.X为质子
B.反应前后核总质量相等
C.反应过程中中子数减少了1个
D.反应过程中释放的核能
【正确答案】 D

2-6（巩固） 钴，银白色铁磁性金属，元素符号Co，早期的中国就已知并用于陶器釉料；Co衰变的核反应方程为Co→Ni+e，其半衰期为，Co、Ni、e的质量分别为m1、m2、m3，下列说法正确的是（　　）
A.经过的时间，10个Co核中有5个已经发生了衰变
B.γ射线的穿透本领比β粒子弱
C.该核反应中释放的能量为（m1-m2-m3）c2
D.β粒子是Co核外的电子电离形成的
【正确答案】 C

2-7（巩固） 静止的镭核发生衰变生成，衰变方程：。已知、、的质量分别为226.0254u，222.0175u，4.0026u。1u相当于931MeV，则此衰变释放的核能约为（　　）
A.0.087MeV B.1.67MeV C.3.25MeV D.4.93MeV
【正确答案】 D

2-8（巩固） 2021年5月28日，中科院合肥物质科学研究院升级改造后的可控核聚变装置创造了新的世界纪录。已知该装置内部发生的核反应方程为，氘核的质量为，氚核的质量为，氦核的质量为，反应中释放的能量为E，光速为c，则下列说法正确的是（　　）
A.X是质子
B.X的质量为
C.该反应属于衰变
D.氦核的比结合能与氚核的比结合能相同
【正确答案】 B

2-9（巩固） 利用氘和氚的核反应可获得核能，方程为：①；科学家用X轰击Y得到氚核，方程为：②。下列说法正确的是（　　）
A.X是质子 B.Y的质子数、中子数均为3
C.两个核反应都是轻核聚变反应 D.目前我国核电站是利用核反应①的核能发电
【正确答案】 B

2-10（巩固） 铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变是生成钡和原子核X，同时放出三个中子，核反应方程是，下列说法正确的是（ ）
A.原子核X的质量数为88
B.原子核X的中子数为55
C.的比结合能比的比结合能小
D.的比结合能比的比结合能大
【正确答案】 C

2-11（巩固） 一个质子和一个中子结合成一个氘核，同时辐射出一个γ光子，已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c．下列说法正确的是（　　）
A.核反应方程是：
B.该核反应属于原子核的人工转变
C.辐射出的y光子的能量E＝（m3﹣m1﹣m2）c2
D.y光子的波长
【正确答案】 D

2-12（提升） 太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为1个氦核的热核反应，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核的质量分别为，下列说法正确的是（　　）
A.该核反应中会生成中子
B.该核反应中会生成电子
C.该核反应中质量亏损
D.该核反应方程是
【正确答案】 D

2-13（提升） 如图是原子核的比结合能与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原子核的比结合能，如的核子比结合能约为7.6Mev，的核子比结合能约为7Mev，根据该图像判断，下到说法正确的是（　　）

A.随着原子质量数的增加，原子核的比结合能增大
B.核的结合能最大
C.把分成8个质子和8个中子，会发生质量亏损
D.3个核结合成1个核，释放约7.2MeV的能量
【正确答案】 D

2-14（提升） 硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入癌细胞内的硼核（）吸收慢中子，转变成锂核（）和α粒子，释放出γ光子。已知核反应过程中质量亏损为，释放的γ光子的能量为E0，普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法正确的是（　　）

A.核反应方程为
B.核反应过程中亏损的质量会转化为能量
C.核反应中释放出的核能为
D.释放的γ光子在真空中的动量
【正确答案】 D

2-15（提升） 静止的氘核吸收一个光子而被分解成一个中子和一个质子，已知氘核的结合能为光子的动量和能量均不能忽略，光速为c，关于此核反应，下列说法正确的是（　　）
A.静止质量增加，增加量等于
B.静止质量减少，减少量大于
C.光子的能量等于E
D.光子的能量大于E
【正确答案】 AD

【原卷 3 题】 知识点 机械波中质点振动的特点,根据波的图象判断质点在某时刻的位移、速度和加速度方向

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为10m/s，t=0时刻的波形如图所示下列说法正确的是（　　）

A.0～0.6s时间内，质点P运动的路程为18cm
B.t=0.6s时刻，质点P相对平衡位置的位移是6cm
C.t=1.2s时刻，质点Q加速度最大
D.t=1.4s时刻，质点M沿y轴负方向运动
【正确答案】 A

3-2（基础） 一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时的波形如图。此时平衡位置处于x＝3 m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa＝2.5 m和xb＝5.5 m，则

A.当a质点处在波峰时，b质点在波谷
B.当a质点速度最大时，b质点速度为0
C.t＝0时，a、b两质点加速度大小相同，方向相反
D.t＝时，b质点正在向y轴正方向运动
【正确答案】 B

3-3（基础） 图中画出了一列向右传播的简谐横波在某个时刻的波形图线，由图线可知（　　）

A.质点c此时动能最大
B.质点b此时向y轴负方向运动
C.质点d的振幅是2cm
D.质点a再经过通过的路程是2cm
【正确答案】 C

3-4（基础） 一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图所示的形状，对此时绳上A、B、C、D、E、F六个质点叙述正确的是（　　）

A.它们的振幅相同
B.质点D和F的速度方向相同
C.质点A和C的速度方向相同
D.从此时算起，质点C比B先回到平衡位置
【正确答案】 A

3-5（基础） 沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，P为介质中的一个质点，该波的传播速度为2m/s，则t=5s时（　　）

A.质点P对平衡位置的位移为正值
B.质点P的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C.质点P的速度方向与加速度的方向相同
D.质点P的加速度方向与对平衡位置的位移方向相同
【正确答案】 B

3-6（巩固） 如图为时刻一列沿x轴正方向传播的简谐横波的完整波形图，波速大小为5m/s，P点位于x轴上且横坐标为8m，下列说法正确的是（　　）

A.P点开始振动的方向沿y轴负方向 B.该简谐横波的频率为0.8Hz
C.t=2s时，P点的位移为10cm D.从t=0到t=2s，P点振动路程为0.6m
【正确答案】 D

3-7（巩固） 如图所示是一列沿x轴正方向传播的机械波在t =0时的波形图，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速v =0.5m/s，下列说法正确的是（　　）

A.t =0时刻，x =7cm处的质点振动方向沿y轴正方向
B.此列波的周期T =2s
C.0~0.03s时间内，质点P的速度不断增大
D.t =0.47s时，质点P运动到负方向最大位移处
【正确答案】 D

3-8（巩固） 如图所示，实线是沿 x 轴传播的一列简谐横波在t=0 时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s 时刻的波形图。已知该波的波速是 0.8m/s，则下列说法错误的是（　　）

A.这列波的波长是 12cm
B.这列波的周期是 0.15s
C.这列波可能沿 x 轴正方向传播
D.从t=0时刻开始，x=5cm处的质点经0.1s振动到波峰
【正确答案】 C

3-9（巩固） 一简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻其波形如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.由图可知该波的周期为4s
B.由图可知该波的波长为5cm
C.经周期后质点R的速度变为零
D.经周期后质元P运动到Q点
【正确答案】 C

3-10（巩固） 一列简谐横波以速度沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t=0时刻的位移，则（　　）

A.该波的传播周期为2s
B.该波的波长为4m
C.时，质点A沿y轴正方向运动
D.时，平衡位置为的质点位于波谷
【正确答案】 C

3-11（提升） 一列简谐横波在时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图象。关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）

A.波速为9 cm/s
B.沿x轴正方向传播
C.质点Q在时沿y轴正方向振动
D.在时质点P移动到O点
【正确答案】 C

3-12（提升） 如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。时，离O点的A点开始振动；时，离O点的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置。则（　　）

A.波的周期为
B.波的波长为
C.波速为
D.时，连线上有4个点处于最大位移
【正确答案】 B

3-13（提升） 如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置在x1=1m、x2=12m处的质点，从t=0时刻开始，质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，则下列说法错误的是（　　）

A.波沿x轴正向传播
B.波传播的速度大小为10m/s
C.波传播的周期为1.2s
D.质点Q的振动方程为y=10sin（t）cm
【正确答案】 D

3-14（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

3-15（提升） 如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，O处的波源垂直xOy平面振动后，产生的简谐横波在xOy平面内传播，实线圆、虚线圆分别表示t=0时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，图乙为图甲中质点A的振动图像，z轴垂直于xOy水平面，且正方向为竖直向上，则下列说法不正确的是（　　）

A.此机械波的波长是2m
B.此机械波的传播速度为10m/s
C.t=0.2s时，机械波恰好传至B处
D.在t=0至t=0.85s这段时间内，C质点运动的路程为12cm
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡

【正确答案】
D
【试题解析】





4-1（基础） 如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L=2 m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d=1.2 m，重为8 N的钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（　　）

A.10 N B.8 N C.6 N D.5 N
【正确答案】 D

4-2（基础） 如图所示，直角三角形框架竖直放置，两侧细杆光滑，左侧杆与水平地面成θ角，细杆上分别穿有两个小球A和B，两个小球A、B用轻质细线相连，当两个小球都静止时，细线与左侧杆成α角，已知θ=45°，α=30°，则小球A与小球B的质量之比为（　　）

A.:1 B.1: C.:1 D.1:
【正确答案】 C

4-3（基础） 如图甲所示，质量为、倾角为的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为的物体A，将一竖直向下的力作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑。若将一斜向下的力作用在A上时，A加速下滑，如图乙所示，则在图乙中关于水平面对劈的摩擦力及支持力的结论正确的是（　　）

A.， B.，
C.方向向右， D.方向向右，
【正确答案】 B

4-4（基础） 如图所示，静止斜面倾角为θ，斜面上固定着竖直挡板AB，光滑圆球静止在斜面上，挡板对球的弹力N1，斜面对球的支持力N2，则（　　）

A.N1=mgtanθ，N2= B.N1=mgcosθ，N2=
C.N1=mgsinθ，N2= D.N1=mgcosθ，N2=
【正确答案】 A

4-5（基础） 如图所示，一段细线绕过光滑动滑轮，两端分别固定在天花板上的A点和B点，滑轮上吊着质量为m的重物，不计滑轮重力.在滑轮上施加一水平拉力F使整个装置静止，此时AC段细线与BC段细线垂直，AC与水平方向的夹角为37°，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。水平拉力F的大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

4-6（巩固） 如图所示，竖直墙壁上固定一排挂钉，挂钉均与墙面垂直且在同一水平线上，将质量为m的挎包挂在挂钉上静止时，挎包背带与竖直方向夹角均为，不计钉的大小及一切摩擦，挎包与墙面不接触，重力加速度为g，此时两侧背带对挎包的拉力大小均为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-7（巩固） 如图所示，、，为三根不可伸长的轻绳，其中， ，先只用、绳将重物提起，结点为O点，此时、绳的力分别为 和；保持绳不变，将绳换成绳， 绳水平，仍将此重物提起，且使O点位置不变，此时，绳的力分别为和 ，则（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-8（巩固） 抖空竹在中国有着悠久的历史。假设抖空竹所用轻绳总长L，空竹重量为G，可视为质点。绳能承受的最大拉力是，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大可能值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-9（巩固） 如图所示为一种简易“千斤顶”。一竖直放置的轻杆，由于限制套管P的作用，只能在竖直方向上运动。若轻杆上端放一质量为m的重物，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角θ、质量为M的斜面体上，并将斜面放在水平地面上。为了能顶起重物，沿水平方向对斜面体施加推力的最小值为F。小轮、水平面等摩擦和小轮质量不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A.最小值
B.若重物质量为2m，推力的最小值仍为F
C.地面对斜面体的支持力大于
D.小轮对斜面的压力大于F
【正确答案】 D

4-10（巩固） 如图所示。在水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d。A、B两点间的高度差为，现有带光滑钩子、质量为m的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A.开始平衡时轻绳的张力大小为mg
B.开始平衡时轻绳的张力大小为
C.若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大
D.若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小
【正确答案】 B

4-11（巩固） 如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，O为圆心，A、B两个小球用轻杆连接，放在圆轨道内，静止时，小球B与O在同一高度，杆与水平方向的夹角为，则A、B两球的质量之比为（　　）

A. B.2：1 C. D.3：1
【正确答案】 B

4-12（巩固） 如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则下列说法错误的是（　　）

A.绳的张力的大小和方向都不变
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【正确答案】 C

4-13（巩固） 如图所示，将三段轻绳相结于O点，其中OA绳的一端拴在墙上，OB绳的下方悬挂甲物体，OC绳跨过光滑定滑轮悬挂乙物体。OC绳与竖方向的夹角为=70°。OA绳与竖直方向的夹角为（未知）。若甲、乙两物体的质量均为m=2kg，重力加速度g取10m/s2，sin55°≈0.82。根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为（　　）

A.16N B.23N C.31N D.41N
【正确答案】 B

4-14（提升） 如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量为m，用轻绳拴接置于半圆柱上；质量为2m的物块甲用轻绳拴接放在斜面体上，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为R，整个装置处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A.拴接小球乙的轻绳拉力大小为mg
B.小球乙对半圆柱体的压力大小为mg
C.物块甲所受的摩擦力方向沿斜面向下
D.半圆柱体所受的摩擦力大小为mg
【正确答案】 D

4-15（提升） 如图所示，长方体由木块A、B组成，木块A固定在水平地面上，木块B的上下表面为相同的三角形，顶角为，木块A与B间、木块B与地面间的动摩擦因数均为。现用垂直木块B一边的力推动木块匀速运动，则木块B受到的摩擦力大小与重力大小之比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-16（提升） 如图所示，弹性绳（遵循胡克定律）的一端固定在天花板上的O点，另一端悬挂一质量为m的小球，静止时小球位于B点，A点固定一光滑的小定滑轮，。现对小球施加一沿方向的拉力F，使小球沿缓慢运动到C点。已知三点刚好组成一个正三角形，D为的中点，重力加速度为g，则（　　）

A.小球在C点受到的拉力F等于小球重力的倍
B.在D点时弹性绳的弹力大小为
C.该弹性绳的原长为
D.从D到C的过程中拉力F可能先减小后增大
【正确答案】 C

4-17（提升） 如图所示，OA、OB是两根光滑的金属杆，且AO⊥OB，OA与水平方向呈60°角。小球a、b分别套在OA和OB两根杆上，其质量均为m，某位置系统处于平衡状态，弹簧与金属杆OB呈60°角。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k。则以下说法中错误的是（　　）

A.此时弹簧处于压缩状态，且其压缩量等于
B.小球a受到OA杆的弹力大小为mg
C.小球b受到OB杆的弹力大小为mg
D.向下移动小球b至O点，待系统再次平衡后，弹簧压缩量变为
【正确答案】 D

4-18（提升） 如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，与竖直方向夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力，下列说法正确的是（　　）

A.若沿水平方向，则
B.若沿竖直方向，则
C.的最大值为
D.的最小值为
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 折射率的波长表达式和速度表达式,折射和全反射的综合问题

【正确答案】
C
【试题解析】



5-1（基础） 单镜头反光相机简称单反相机，为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于射入棱镜，经两次反射后光线垂直于射出，且在、边只有光射出，光路如图中所示。则下列关于a、b两束光的说法正确的是（　　）

A.在真空中，b光的频率比a光的小
B.在棱镜内，b光的传播速度比a光的大
C.a光的光子能量比b光的光子能量大
D.以相同的入射角从空气斜射入水中，a光的折射角较大
【正确答案】 D

5-2（基础） 如图，ACB为由三角形和扇形组成的玻璃砖的横截面，O为圆心，M为半径OA的中点，半径为R的圆弧AB镀银。一红光PM垂直OA从M点射入玻璃砖，经圆弧AB反射后照到BC面恰好发生全反射，且从O点射出玻璃砖。已知该玻璃对红光的折射率为。则红光从O点射出的折射角为（　　）

A.15° B.30° C.45° D.60°
【正确答案】 C

5-3（基础） 如图所示，AOB为扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射光线与AO面的夹角为30°，折射光线平行于BO边，圆弧的半径为R，C点到BO面的距离为，AD⊥BO，∠DAO=30°，光在空气中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）

A.玻璃砖的折射率
B.光线在AB圆弧面上出射时的折射角30°
C.光线会在AB圆弧面上发生全反射
D.光在玻璃砖中传播的时间为
【正确答案】 D

5-4（基础） 水下一点光源，发出a、b两单色光。人在水面上方向下看，如图所示，水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出，Ⅱ区域只有a光射出。下列判断正确的是（　　）

A.a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角小
B.在真空中，a光的波长小于b光的波长
C.水对a光的折射率大于对b光的折射率
D.水下b光不能射到图中Ⅱ区域
【正确答案】 A

5-5（基础） 如图甲所示，倒挂的彩虹被叫做“天空的微笑”，实际上它不是彩虹，而是日晕，专业名称叫“环天顶弧”，是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成，因为大量六角片状冰晶的随机旋转而形成“环天顶弧”。光线从冰晶的上底面进入，经折射从侧面射出，当太阳高度角增大到某一临界值，侧面的折射光线因发生全反射而消失不见。简化光路如图乙所示，以下分析正确的是（　　）

A.光线从空气进入冰晶后传播速度变大
B.红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度小
C.若太阳高度角等于30°时恰好发生全反射，可求得冰晶的折射率为
D.若太阳高度角等于30°时恰好发生全反射，可求得冰晶的折射率为
【正确答案】 D

5-6（基础） 如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是（　　）

A.在真空中光束b的波长小于光束c的波长
B.在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
C.玻璃砖对光束b的折射率小于对光束c的折射率
D.b、c两束单色光由玻璃射入空气时b光束发生全反射的临界角更大
【正确答案】 A

5-7（巩固） 空气中放一折射率n=2透明的玻璃球，在玻璃球内有一离球心距离为d=4cm的点光源S可向各个方向发光，点光源发出的所有光都能够射出玻璃球。则玻璃球半径R一定满足（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-8（巩固） 某透明介质的剖面如图所示：由圆心为O的半圆和△CDE紧密结合而成，激光器从A点发出一红色细光束从B点由空气折射入介质后，折射光线与DE平行。CD是水平直径，长为，B点到AO的距离为，，，，光在真空中的传播速度为c，则光线从B点射入介质到第一次射出介质所需的时间为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

5-9（巩固） 如图所示，玻璃球体的折射率n＝、半径为R，O为球体球心且位置坐标为（R，0）。在P点（与原点重合）有一能发射出直线光束的光源（方向能够在竖直面内转动）。在横坐标为x＝3R的位置有一足够大的竖直光屏MN。在光束转动过程中，当刚要发生全反射时（不考虑二次反射），光束在屏上留下的光斑到x轴的距离（　　）

A.R B.R C.R D.R
【正确答案】 D

5-10（巩固） 一直桶状容器的高为3l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴、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，在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，则该液体的折射率为（　　）

A.3 B.2.76 C.2.10 D.1.55
【正确答案】 C

5-11（巩固） 如图所示光屏竖直放置，一个半径为r的半圆形透明介质水平放置。一束光线由a、b两种频率的单色光组成。该光束与竖直方向成30°沿半径方向从圆周上的某点入射，此时光屏截取到三个光斑，分别位于P、Q、R位置，其中P为a光的光斑。若已知a光的折射率为，下列说法正确的是（　　）

A.在该透明介质中，a光的折射率小于b光的折射率
B.在该透明介质中，b光的速度大于a光的速度
C.a光进入介质后经时间到达光屏P点
D.若要使Q处光斑消失，则入射光线绕O点逆时针转过至少15°
【正确答案】 A

5-12（提升） 如图所示，一个横截面为半圆的透明光学介质，其横截面半径为R，在该介质上方平行于其底面且与底面距离为R处放置了一块平面镜。一束光从底面A点垂直于底面入射进入介质后在圆弧上B点同时发生反射和折射，已知AB直线与过B点半径夹角为。若把反射光到达圆弧上的点标记为C点（图中未画出），且折射光经平面镜一次反射之后恰好也能到达C点。则下列说法正确的是（取）（　　）

A.该介质的折射率为
B.反射光从B点到C点经历的时间是折射光从B点经平面镜反射到C点的倍
C.将入射点A向右移动靠近圆心的过程中，反射光有可能在C点发生全反射
D.将入射点A向右移动靠近圆心的过程中，反射光不可能从底面出射
【正确答案】 B

5-13（提升） 内径为r，外径为r的透明介质半球壳折射率n=2，如图为其截面示意图。现将点光源分别放在球心O处和P处，P在O点正上方内壳上，光射向外壳经过折射后射出球壳（不考虑光的反射，已知光在真空的传播速度为c）。则下列说法正确的是（　　）

A.光线从O点射出球壳的时间为t=
B.光线从O点射出球壳的时间为t=
C.若点光源放于P点处，则介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长为
D.若点光源放于P点处，则介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长为
【正确答案】 C

5-14（提升） 如图所示，横截面为圆环的柱形容器由折射率为n的玻璃制成，其外径为R1，内径为R2，MN为一条直径。有两束光线，其中光线A在纸平面内传播，从P点射向容器，经一次折射后，恰好与容器内壁相切，另一束光线B平行于MN射向容器，经过一次折射后，恰好在容器内壁发生全反射，则（　　）

A.光线A入射角的正弦值
B.光线A射入柱形容器后折射出去的时间为
C.光线B的入射角的正弦值
D.光线B到MN的距离等于R2
【正确答案】 D

5-15（提升） 某种透明材料制成的空心球体外径是内径的两倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示，一束复色光沿纸面内以入射角从外球面上A点射入，分解成a光和b光，其中b光经折射后恰好与内球面相切于B点，两光分别照在外球面的M、N两点上。下列分析判断正确的是（　　）

A.同一实验装置演示双缝干涉，b光的条纹宽度比a光大
B.当入射角变为时，b光恰好在内球面上发生全反射
C.增大入射角i，a光可能在外球面上发生全反射
D.a光通过AM的时间等于b光通过AN的时间
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 应用理想气体状态方程处理实际问题,理解热力学第一定律的表述和表达式

【正确答案】
A
【试题解析】



6-1（基础） 如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C，下列说法正确的是（ ）

A.状态A和状态B温度相同，状态C温度最高
B.状态B和状态C温度相同，状态A温度最高
C.从状态A到状态B温度升高，气体对外界做功，不断吸热
D.从状态B到状态C温度降低，气体对外界做功，不断吸热
【正确答案】 C

6-2（基础） 如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是（　　）

A.A→B温度升高，压强变大
B.B→C体积不变，压强变大
C.B→C体积不变，压强不变
D.C→D体积变小，压强变大
【正确答案】 D

6-3（基础） 一定质量的理想气体从状态经过状态变化到状态，其图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.的过程中，气体分子平均动能增加
B.的过程中，气体一定放出热量
C.的过程中，气体分子的密集程度变小
D.的过程中，分子的平均动能变大
【正确答案】 B

6-4（基础） 一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0 ， 2p0）、b（2V0 ， p0）、c（3V0 ， 2p0）。以下判断正确的是（　　）

A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【正确答案】 B

6-5（基础） 一定质量的理想气体，由状态A开始，经历①②两个不同过程到达状态C，图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.过程①气体对外放热
B.过程②气体从外界吸收热量
C.在B到C的过程中，气体对外界做正功
D.单位时间内，状态A比状态C器壁单位面积上分子碰撞的次数多
【正确答案】 C

6-6（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C。已知状态B的温度为320K，由状态A变化到状态B的过程中，气体内能增加了7.5×104J，1atm=1.0×105Pa，则（　　）

A.气体在状态C的温度为640℃
B.气体在状态C的内能与A的相等
C.状态A到B的过程中气体吸收1.25×105J的热量
D.状态A到B的过程中气体放出1.25×105J的热量
【正确答案】 C

6-7（巩固） 某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作。该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成。如图所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体（　　）

A.在状态a和c时的内能可能相等
B.在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C.b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能
D.在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
【正确答案】 B

6-8（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体沿直线从状态A变化到状态B。已知在此过程中，气体吸收了280J的热量。则该理想气体在此过程中（　　）

A.每个气体分子的动能均增大
B.状态B的热力学温度是状态A的2倍
C.外界对气体做正功
D.内能增加180J
【正确答案】 D

6-9（巩固） 一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D的状态变化过程p-V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400K，从A状态至B状态气体吸收了320J的热量，下列说法不正确的是（　　）

A.D状态的温度为225K
B.A状态的内能等于C状态的内能
C.从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功62.5J
D.从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了400J
【正确答案】 D

6-10（巩固） 如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e、对此气体，下列说法正确的是（　　）

A.过程①中气体的压强逐渐减小 B.过程②中外界对气体做功
C.过程④中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d的内能相等，d的压强比b的压强小
【正确答案】 D

6-11（巩固） 如图所示是某容器内一定量理想气体的状态变化A→B→C→A过程的p-V图像，下列说法错误的是（　　）

A.由状态A到状态B的过程中，气体吸收热量，内能不变
B.由状态B到状态C的过程中，气体吸收热量，内能增加
C.由状态C到状态A的过程中，气体放出热量，内能减小
D.A→B→C→A的过程中，气体放出的热量多于吸收的热量
【正确答案】 A

6-12（巩固） 如图所示为一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B，直线反向延长后过坐标原点，下列说法正确的是（　　）

A.气体变化过程中体积不变
B.气体在A状态体积比B状态体积大
C.气体变化过程中一定从外界吸热
D.气体变化过程中每个分子速率均增大
【正确答案】 B

6-13（提升） 一定质量的理想气体经历的循环过程，循环过程中的压强与体积的变化如图所示，图中的曲线I和曲线II均为反比例函数的一部分。其中，则下列说法正确的是（　　）

A.理想气体从到的过程中从外界吸热
B.理想气体从到的过程中向外界放热
C.理想气体从到的过程中所有气体分子的速率都变大
D.理想气体从到的过程中气体放出的热量大于外界对气体所做的功
【正确答案】 D

6-14（提升） 一定质量的理想气体经历了如图所示的循环，该过程每个状态均可视为平衡态，各状态参数如图所示。对此气体，下列说法正确的是（　　）。

A.的过程中，气体向外界放热，内能不变
B.的过程中，气体的压强增大，气体从外界吸热
C.的过程中，气体的压强不变，气体从外界吸热
D.的过程中，气体的压强不变，分子的平均动能减小，单位体积内的分子数不变
【正确答案】 B

6-15（提升） 一定质量的理想气体沿如图所示的状态变化，ba的延长线过坐标原点，T＝t＋273K，下列说法中正确的是（　　）

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

6-16（提升） 如图，一定质量的理想气体从状态a（p0、V0、T0）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a，且外界环境为非真空状态。则下列说法错误的是（　　）

A.b、c两个状态气体温度相同
B.bc过程中，气体温度先升高后降低
C.bc过程中，气体一直放热
D.ab过程中，在单位时间内气体分子对单位器壁面积的平均作用力增加
【正确答案】 C

6-17（提升） 一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其压强p与温度t的关系图像如图所示，下列判断正确的是（　　）

A.气体在a状态时的体积小于在b状态时的体积
B.气体在状态a时的内能大于它在状态b时的内能
C.气体在过程ab中一定吸收热量
D.气体在过程ca中向外界放出的热量小于外界对气体做的功
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 牛顿定律与直线运动-简单过程



【正确答案】
B
【试题解析】



7-1（基础） 质量为m的物体放在粗糙的水平面上，用水平力F拉物体时，物体获得的加速度为a，若水平拉力为2F时，物体的加速度（　　）
A.等于2a B.在a与2a之间 C.大于2a D.等于a
【正确答案】 C

7-2（基础） 蹦床比赛项目中，若蹦床对运动员的弹力大小与其下压的形变量呈线性关系，且比赛全程蹦床始终处于弹性限度内，取运动员上升的最高点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力。从运动员某次上升到最高点时开始计时，从最高点下降到最低点的过程中用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间，下列描述速度v与时间t，加速度a与竖直位置坐标y的关系图像可能正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

7-3（基础） 救生滑梯是飞机上乘客紧急时刻的“救护神”。如图，乘客从滑梯顶端由静止开始匀加速直线下滑至底端，前两秒的平均速度为1m/s，最后两秒的平均速度为2m/s，已知滑梯顶端离地高度为2.7m，乘客重为G，则（　　）

A.滑梯长度为6m
B.乘客下滑历时3s
C.乘客滑至底端时，速度大小为4m/s
D.乘客下滑过程中，受到的阻力为0.6G
【正确答案】 B

7-4（基础） 在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动，甲在冰上滑行的距离比乙远，假定甲、乙两滑冰板与冰面间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（　　）
A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B.在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间
C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D.在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
【正确答案】 C

7-5（巩固） 我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。在某次消防灭火行动中，“直8”通过一根长绳子吊起质量为的水桶（包括水），起飞时，在内将水桶（包括水）由静止开始竖直向上匀加速提升了，重力加速度g取，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-6（巩固） 在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m。假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，g=10m/s2。则汽车开始刹车时的速度为（　　）
A.7m/s B.10m/s C.14m/s D.20m/s
【正确答案】 C

7-7（巩固） 如图所示为用同种材料制成的倾角为θ的斜面和水平面。固定斜面长为s，一物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面自由下滑，经时间t0恰停在斜面底端。现改变初速度v0的大小，重新让其自由下滑，已知重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　）

A.根据题意可求出物体与材料间的动摩擦因数
B.若改变物体的质量，但材料不变，仍以初速度v0沿斜面自由下滑，则物体肯定不能到达斜面底端
C.若初速度v0减小为v1，可求出物体在斜面上滑行的时间
D.若初速度v0增大为v2，可求出物体在水平面上滑行的时间
【正确答案】 B

7-8（巩固） 美国国家航空航天局（NASA）有一项面向大学生的“微重力学生飞行挑战计划”，学生以团队形式提交自己设计的微重力实验方案，获胜的队伍会受邀到约翰逊航天中心，乘坐飞机到达9000m高空，然后飞机由静止开始下落，以模拟微重力环境。下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍。这样可以获得持续约25s之久的失重状态，大学生们便在这段时间内进行关于微重力影响的实验。紧接着，飞艇又做匀减速运动。若飞艇离地面的高度不得低于500m，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A.飞艇在20s内下落的高度为1820m
B.飞艇在25s时速度为240m/s
C.飞艇后来的减速过程中加速度约为3.24m/s2
D.在飞艇后来的减速过程中，大学生对座位的压力约是重力的1.48倍
【正确答案】 B

7-9（巩固） 如图，倾角为的斜面体固定在水平地面上，一物块以一定的初速度从斜面底端点沿斜面上滑，到达最高点点后又沿斜面下滑，是的中点，已知物块从上滑至所用时间和从到所用时间相等，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

7-10（巩固） 如图所示，某滑草场的滑道由AB段和BC段组成，AB段的倾角为53°， BC段的倾角为37°，滑草运动员由A点静止滑下，沿滑道下滑到C点时速度恰好为零。已知运动员在AB段、BC段运动时间相等，不计B处能量损失，sin 37°=0.6，则（　　）

A.运动员在滑道的AB段下滑的平均速度大于在BC段下滑的平均速度
B.运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度相同
C.滑道的AB段比BC段长
D.运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同
【正确答案】 D

7-11（巩固） 如图所示，质量为60kg的某同学在做引体向上运动，他双臂伸直后从静止开始竖直向上做匀变速运动到肩部与单杠同高度，所用时间为0.8s，他在运动过程中双手竖直向上的力大小为675N，g=10m/s2，则该同学肩部上升的距离为（　　）

A.0.4m B.0.45m C.0.5m D.0.55m
【正确答案】 A

7-12（提升） 2022年2月，北京市和张家口市联合举办了第24届冬季奥林匹克运动会，让世界瞩目。冰壶是冬奥会上一种投掷性竞赛项目。国家游泳中心又名“水立方”，冬奥会期间转换成为“冰立方”作为冰壶项目的比赛场馆，“水立方”成为国际首个泳池上架设冰壶赛道的场馆。运动员以一定初速度投出冰壶使其在冰面上沿直线自由滑行，脱手后，队友用冰刷擦试冰壶前的冰面，图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A.冰壶做加速度逐渐增大的减速运动
B.冰壶在秒内运动的位移
C.水平面的动摩擦因数逐渐减小
D.冰壶在位移中点的瞬时速度小于时间中点的瞬时速度
【正确答案】 C

7-13（提升） 如图所示，一竖直的空管质量为4kg，空管受到竖直向上的恒力作用，空管长为15m，N端距离地面25m高，M、N为空管的上、下两端，当管由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度v=10m/s竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s2。下列说法错误的是（　　）

A.小球落地时间为4s B.空管落地时间5s
C.二者落地时间差3s D.二者落地时间差1s
【正确答案】 C

7-14（提升） 如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的水平距离相同，牵引力相同，则（　　）

A.携带弹药越多，加速度越大
B.加速度相同，与携带弹药的多少无关
C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D.携带弹药越多，滑行时间越长
【正确答案】 D

7-15（提升） 物理是来源于生活，最后应用服务于生活。在日常生活中，有下面一种生活情境。一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取）（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-16（提升） 为了安全在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离我国交通管理部门规定：高速公路上行驶的汽车安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h，g取10m/s2。已知驾驶员的反应时间大约为（0.3-0.6s），各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如下表，请问交通部门规定的高速公路上汽车行驶的安全距离是怎样获得的（　　）
各种路面与轮胎之间的动摩擦因数
路面
动摩擦因数
干沥青与混凝土路面
0.7-0.8
干碎石路面
0.6-0.7
湿沥青路面与混凝土路面
0.32-0.4
A.反应时间取0.3s，动摩擦因数取0.8
B.反应时间取0.45s，动摩擦因数取0.32
C.反应时间取0.45s，动摩擦因数取0.8
D.反应时间取0.6s，动摩擦因数取0.32
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 带电粒子在弧形边界磁场中运动


【正确答案】
A D
【试题解析】



8-1（基础） 如图所示，半径为R的圆形磁场区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子从圆上P点沿半径方向以速度v0射入匀强磁场，从Q点飞出匀强磁场，速度偏转角为60°。现仅将该粒子射入时的速度变为，其他条件不变。不计粒子所受重力。下列说法正确的是（　　）

A.粒子离开磁场时速度偏转角将变为120°
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.该粒子两次在磁场中运动的加速度大小之比为1∶3
D.该粒子两次在磁场中运动的时间之比为1∶3
【正确答案】 AB

8-2（基础） 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AC为圆的直径，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点以一定的初速度平行于纸面射入磁场，粒子刚好从C点射出磁场，粒子从A点运动到C点时的速度偏向角为60°，不计粒子的重力，则（　　）

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
B.粒子在磁场中运动的速度大小为
C.粒子在磁场中运动的时间为
D.保持粒子速度大小不变，改变粒子垂直射入磁场的方向，粒子在磁场中运动的时间可能会变长
【正确答案】 BC

8-3（基础） 如图所示，在圆形区域内有在垂直纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，P为圆周上的点，。带正电的粒子a和带负电的粒子b（a、b在图中均未画出）以相同的速度从P点沿方向射入磁场，结果恰好从直径两端射出磁场。粒子a、b的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法错误的是（　　）

A.从A点射出磁场的是粒子a B.粒子a、b在磁场中运动的半径之比为1∶3
C.粒子a、b的电荷量之比为3∶1 D.粒子a、b在磁场中运动的时间之比为3∶2
【正确答案】 ABC

8-4（基础） 如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q。其中速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，∠POA=90°。则（　　）

A.磁场方向垂直纸面向外 B.粒子在磁场中运动的周期为2t
C.速率为2v0的粒子在磁场中的运动最长时间为 D.从A点离开磁场的速率最小值为
【正确答案】 AD

8-5（基础） 如图所示的圆形虚线框内存在垂直纸面的匀强磁场，图中的线段AB为圆的一条水平弦，C点为圆上的一点且AC=d，一带正电的粒子由C点沿平行于AB的方向射入磁场，粒子的速度大小为v0，该粒子经偏转后由圆形磁场边界的B点离开，已知粒子在B点的速度方向与AB的夹角为60°，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）

A.磁场的方向垂直纸面向外 B.粒子在磁场中运动的时间为
C.圆形磁场的半径为2d D.粒子轨道的半径为2d
【正确答案】 AD

8-6（巩固） 如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，电荷量均为q、质量均为m的相同带电粒子a、b（不计重力）从P点先后以大小相同的速度射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角，已知它们在磁场中运动的时间之比为1：2，离开磁场的位置相同，下列说法正确的是（　　）

A.θ＝60°
B.θ＝30°
C.粒子的速度大小为
D.粒子的速度大小为
【正确答案】 AD

8-7（巩固） 如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，与水方向的夹角为。现有氢的同位素粒子从A点沿水平方向以大小为的速度垂直射入磁场，其离开磁场时，速度方向刚好改变了；氢的另一同位素粒子以大小为的速度从C点沿方向垂直射入磁场。已知的电荷量为e，质量为m，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（　　）

A.粒子竖直向上射出磁场 B.粒子在磁场中运动的时间为
C.该匀强磁场的磁感应强度 D.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为
【正确答案】 AD

8-8（巩固） 如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，可以释放质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子沿位于纸面内的各个方向以相同的速率射入磁场区域。不计粒子的重力和空气阻力，忽略粒子间的相互影响，粒子在磁场内做圆周运动的轨道半径，A、C为圆形区域水平直径的两个端点。下列说法中正确的是（　　）

A.粒子射入磁场的速率为
B.粒子在磁场中运动的最长时间为
C.不可能有粒子从C点射出磁场
D.若粒子的速率可以变化，则不可能有粒子从A点水平射出
【正确答案】 AB

8-9（巩固） 如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。P是磁场边界上的一点，大量电荷量为q、质量为m、相同速率的离子从P点沿不同方向同时射入磁场。其中有两个离子先后从磁场边界上的Q点（图中未画出）射出，两离子在磁场边缘的出射方向间的夹角为，P点与Q点的距离等于R。则下列说法正确的是（ ）

A.离子在磁场中的运动半径为
B.离子的速率为
C.两个离子从Q点射出的时间差为
D.各种方向的离子在磁场边缘的出射点与P点的最大距离为
【正确答案】 BCD

8-10（巩固） 如图，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。下列说法中正确的是（　　）

A.电子在磁场中运动的时间为
B.电子在磁场中运动的时间为
C.磁场区域的圆心坐标为
D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为
【正确答案】 BC

8-11（巩固） 如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于圆面向里的匀强磁场，A、C、D、E是圆的四个等分点，在A点的粒子源沿与AC成45°斜向上且垂直磁场的方向射出各种不同速率的带负电粒子，粒子的质量均为m。电荷量均为q。不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（　　）

A.若粒子从E、C两点间的圆弧射出，则粒子的速率应满足的条件为v>
B.若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
C.若粒子从C、D两点间的圆弧射出，则粒子的速率应满足的条件为 D.当速度足够大时，粒子可能从A、E两点间的圆弧射出
【正确答案】 BC

8-12（巩固） 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，O为圆心，M、N、P为磁场边界上的三点，∠POM=60°，∠PON=90°。不计重力的带电粒子从P点以速度v沿半径PO方向射入磁场，一段时间后从N点离开。若让该粒子以相同的速度v从M点射入磁场，下列说法正确的是（　　）

A.该粒子带正电
B.该粒子的比荷为
C.该粒子一定从N点射出磁场
D.该粒子在磁场中的运动时间为
【正确答案】 BC

8-13（巩固） 如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（　　）

A.从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率
B.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
C.所有粒子所用最短时间为
D.所有粒子所用最短时间为
【正确答案】 AD

8-14（提升） 如图所示，在以O为圆心、AC为直径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ACQP是一矩形的四个顶点，，PQ处放置一感光板。一位于A点的粒子源可在ACQP平面内发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）。已知以速率v从A点沿AO方向射入磁场的粒子，经磁场偏转后，恰好垂直打到感光板上。下列说法正确的是（　　）

A.圆形区域的半径为
B.以速率v从A点射入磁场的粒子从A点运动到PQ上用时可能为
C.以速率2v从A点射入磁场，从C点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
D.若粒子从A点沿AO方向射入磁场，最后恰好到达P点，则该粒子射入磁场时的速率为
【正确答案】 BCD

8-15（提升） 如图，空间有垂直于纸面的匀强磁场B1和B2，磁感应强度大小均为0.1T，B2分布在半径R = 2m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，B1分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场B1中有粒子源S，S与O的距离，且SO⊥MN。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量、电量、速率，不计粒子之间的相互作用，则（　　）

A.所有粒子都能进入B2区域
B.粒子在磁场中的轨迹半径均为2m
C.能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为
D.离开B2区域时速度方向与连线SO平行的粒子在磁场中运动的时间为
【正确答案】 BCD

8-16（提升） 如图，圆形区域内有垂直纸面、大小为B0的匀强磁场，两个比荷（绝对值）相等、带异种电荷的粒子a、b，以不同的速率从M点沿直径MN射入磁场。之后，a、b分别从PQ两点射出磁场。PQ是另一直径的两端点，且∠PON=60°。不考虑粒子间的作用，则（　　）

A.a、b两粒子在磁场中的运动时的时间之比为1：2
B.a、b两粒子射入磁场时的速度之比为：1
C.仅将B0变为B0，a在磁场中运动的时间将变为原来的倍
D.仅将B0变为，a、b在磁场中运动的时间之比将大于3：1
【正确答案】 AC

8-17（提升） 如图所示，某同学为探究带电粒子“约束”问题。构想了向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B，边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的点且OP=PA。若有一粒子源垂直磁场方向在纸面内的360°发射出比荷为的带负电粒子，速度连续分布且无相互作用，不计其重力，sin37°=0.6。对粒子源的位置和被约束相关量的说法正确的是（　　）

A.在A时，被磁场约束的粒子速度最大值
B.在O时，被磁场约束的粒子速度最大值
C.在O时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间最大值
D.在P时，被磁场约束的粒子速度最大值
【正确答案】 ACD

8-18（提升） 如图，在水平面内存在半径为R和半径为2R的两个同心圆，在小圆和大圆之间形成一环形区域小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场，小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面，向各个方向发射速率相同、电荷量为q、质量为m的正粒子，粒子从发射至第一次离开小圆区域运动的时间均为，不计粒子所受的重力及相互作用力，下列说法中正确的是（　　）

A.粒子的发射速度大小为
B.为了将所有粒子都束缚在大圆区域内，环形区域磁场的磁感应强度的大小至少为B
C.若粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的时间为
D.若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，则粒子在两磁场中运动的总时间为
【正确答案】 CD

【原卷 9 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较

【正确答案】
B C
【试题解析】





9-1（基础） 为满足不同领域的需要，我国有许多不同轨道高度的人造卫星。如题图所示，在某一轨道平面上有人造卫星A、B都绕地球做圆周运动，A、B的质量之比为2：3，到地球球心的距离之比为3：5，则它们的（　　）

A.周期之比为2：
B.线速度大小之比为：
C.向心加速度大小之比为5：3
D.向心力大小之比为50：27
【正确答案】 BD

9-2（基础） 有两颗卫星分别用a、b表示，若a、b两颗卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径之比为，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A.a、b两颗卫星的质量之比为
B.a、b两颗卫星运行的线速度大小之比为
C.a、b两颗卫星运行的角速度之比为
D.a、b两颗卫星运行的向心加速度大小之比为
【正确答案】 BC

9-3（基础） 如图所示，三颗人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A.运行线速度关系为vA>vB=vC B.向心加速度的大小关系为aA C.运行周期关系为TA>TB=TC D.半径与周期关系为
【正确答案】 AD

9-4（巩固） 执行探月工程任务的“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”成功实施了近月制动，进入月球至地月拉格朗日转移轨道。“鹊桥”在拉格朗日点、、、、时，均可以在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆周运动。则关于“鹊桥”在这几个可能的拉格朗日点上运动状态的说法中，正确的是（　　）

A.和到地球中心的距离相等
B.“鹊桥”位于点时，绕地球运动的周期和月球的公转周期相等
C.“鹊桥”在点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大
D.“鹊桥”位于点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度等于月球绕地球运动的向心加速度
【正确答案】 BC

9-5（巩固） 如图，轨道在同一平面内的两颗卫星a和b某时刻运动到地球的同一侧，且三者在同一条直线上，经t时间两颗卫星与地心的连线转过的角度分别为和。下列说法正确的是（　　）

A.a卫星的动能大于b卫星的动能
B.a卫星的周期与b卫星的周期之比为
C.a卫星的线速度与b卫星的线速度之比为
D.a、b卫星到下次相距最近，还需经过的时间为
【正确答案】 BC

9-6（巩固） 如图，是宇宙空间中某处孤立天体系统的示意图，位于O点的一个中心天体有两颗环绕卫星，甲卫星绕O点做匀速圆周运动，乙卫星绕O点的运动轨迹为椭圆，甲、乙均沿顺时针方向运转，两卫星的运动轨迹共面且交于M、N两点。已知甲卫星圆形轨道半径为r，乙卫星的长轴、短轴，两颗卫星通过M点时速率均为v，不考虑两卫星间的万有引力，则（　　）

A.甲、乙经过N点时的速率也均为v
B.甲、乙各自运动一周所用的时间不一样
C.甲、乙各自经过M处时的加速度大小均为
D.甲、乙各自从M点运动到N点的最短时间之比为1∶3
【正确答案】 AC

9-7（巩固） 2021年10月，神舟十三号载人飞船与空间站的天和核心舱成功对接，对接后成为一个太空组合体，开启了我国有宇航员长期驻留空间站的时代。某卫星A与组合体B的运行轨道在同一平面且绕行方向相同（二者运行轨道均可看作圆），可利用卫星A对组合体B进行观测。若A离地面的高度为地球半径的1.12倍，运行周期为T，根据观测记录可知，A观测B的最大张角，如图所示，设地球的半径为R，则下列说法正确的是（　　）

A.组合体B的运行轨道半径为1.06R
B.卫星A与组合体B的加速度之比为1：4
C.卫星A与组合体B运行的角速度之比为
D.某时刻卫星A和组合体B相距最近，再经过T时间，它们又相距最近
【正确答案】 AB

9-8（巩固） 宇宙中有两颗相距无限远的恒星、，半径均为，如图分别是两颗恒星周围行星的公转周期平方与公转半径三次方的图像，则（　　）

A.恒星的密度大于恒星的密度
B.恒星的质量小于恒星的质量
C.恒星的第一宇宙速度小于恒星的第一宇宙速度
D.距两恒星表面高度相同的行星，的行星向心加速度较大
【正确答案】 BC

9-9（提升） 如图所示，A，B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，O为地心，在两卫星运行过程中，A、B连线和O、A连线的夹角最大为，则A、B两卫星（　　）

A.做圆周运动的周期之比为
B.做圆周运动的周期之比为
C.与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为
D.与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为
【正确答案】 AC

9-10（提升） 2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星II，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星I发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星I发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星I对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（　　）

A.地球的平均密度为
B.卫星I、II的角速度之比为
C.卫星II的周期为
D.题中时间为
【正确答案】 AC

9-11（提升） P1P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星sl、s2做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同。则（ ）

A.P1的平均密度比P2的大
B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小
C.s1的向心加速度比s2的小
D.s1的公转周期比s2的小
【正确答案】 AD

9-12（提升） 在科学史上，有学者提出制造“人造月亮”，以解决高纬度地区的夜晚照明问题。据报道中国四川成都天府系统科学研究会曾宣布，将在2022年在成都正式升空中国制造的“人造月亮”，届时天空中将同时出现月亮和“人造月亮”。如果在将来某一时刻，月亮A、“人造月亮”B和地球（球心为O）的位置如图所示，（。月亮和“人造月亮”绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，设运动过程中的最大正弦值为p，则（　　）

A.月亮与人造月亮的轨道半径之比
B.月亮与人造月亮的周期之比
C.月亮与人造月亮的线速度之比
D.月亮与人造月亮的向心力之比
【正确答案】 BC

【原卷 10 题】 知识点 带电小球的平衡问题,静电力作用下的加速度问题


【正确答案】
B C D
【试题解析】






10-1（基础） 如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定着质量完全相等的三个带电小球a、b、c。三球在一条直线上，若释放a球，a球的初始加速度大小为2m/s2，方向水平向左；若释放c球，c球的初始加速度大小为4m/s2，方向水平向右；当释放b球时，b球的初始加速度大小和方向分别是（　　）

A.2m/s2 B.4m/s2 C.方向水平向左 D.方向水平向右
【正确答案】 AC

10-2（基础） 如图所示，一个电量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为＋q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v。已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，则以下说法正确的是（　　）

A.O、B间的距离为
B.从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为μmgL＋mv02－mv2
C.从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为μmgL＋mv2－mv02
D.从A到B的过程中，两电荷的电势能一直减少
【正确答案】 ACD

10-3（基础） A，B两带电小球，电量分别为、，质量分别为、，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止A、B两球处于同一水平线上，其中O点到A球的间距，，，C是AB连线上一点且在O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　）

A.A、B间的库仑力为
B.A、B两球的质量之比为
C.挂A、B两球的绳子的拉力之比为
D.若仅互换A、B两球的带电量，则A、B两球位置仍处于同一水平线上
【正确答案】 AD

10-4（基础） 如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则（　　）

A.小球A与B之间库仑力的大小为
B.当时，细线上的拉力为0
C.当时，细线上的拉力为0
D.无论满足什么条件，斜面对小球A的支持力都不可能为0
【正确答案】 ACD

10-5（巩固） 如图所示，光滑绝缘的四分之三圆环竖直放置，甲、乙、丙为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球已知小球丙位于圆环最高点，甲、丙连线与竖直方向成角，乙、丙连线与竖直方向成角，三个小球均处于静止状态且甲、乙与圆环间无作用力，下列说法正确的是（　　）

A.甲、乙、丙小球带同种电荷
B.甲、乙小球带同种电荷，乙、丙小球带异种电荷
C.甲、乙小球的电荷量比值为
D.甲、乙小球的电荷量比值为
【正确答案】 BD

10-6（巩固） 如图所示，A、B是质量均为m，电量大小均为q的两个带有异种电荷的小球，将它们分别用两根等长的绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，静止时木盒对光滑地面的压力为FN，细线对B的拉力为F．已知剪断系A或者系B的细线，在A或B运动的过程中木箱始终不会离开地面（ ）

A.若只剪断系B的细线，B将上升，在碰A前A始终静止，AB系统机械能增大；
B.若只剪断系A的细线，A在下落到碰B前B始终静止，AB系统电势能增大；
C.若同时剪断系A和系B的细线，AB在碰撞前，A、B运动的加速度均逐渐增大；
D.现使木盒获得一个向右的瞬时冲量，当A、B与木盒相对静止时，B仍处于A的正下方，此时地面受到的压力大于FN．
【正确答案】 AC

10-7（巩固） 如图，A、B两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）

A.将Q变为2Q，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量小于4x0
B.保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量大于2x0
C.保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量等于x0
D.保持q不变，将Q变为-2Q，平衡时弹簧的缩短量大于2x0
【正确答案】 AD

10-8（巩固） 一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带正电的小球a，在正下方有一光滑的绝缘水平细杆，一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远处，小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止，如图所示，现保持悬线与竖直方向的夹角为θ，并在较远处由静止释放小球b，让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方，在此过程中(　　)

A.悬线Oa的拉力逐渐增大，水平细线的拉力逐渐减小
B.b球的加速度先增大后减小，速度始终增大
C.b球所受的库仑力一直增大
D.b球所受的库仑力先减小后增大
【正确答案】 BC

10-9（巩固） 内半径为R，内壁光滑的绝缘球壳固定在桌面上。将三个完全相同的带电小球放置在球壳内，平衡后小球均紧靠球壳静止。小球的电荷量均为Q，可视为质点且不计重力。则小球静止时，以下判断正确的是（　　）
A.三个小球之间的距离均等于
B.三个小球可以位于球壳内任一水平面内
C.三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面
D.每个小球对球壳内壁的作用力大小均为，k为静电力常量
【正确答案】 CD

10-10（巩固） 如图所示，在光滑水平面上有A、B、C三个质量均为m的小球，A带正电，B带负电，C不带电，A、B带电量的绝对值均为Q，B、C两个小球用绝缘细绳连接在一起，当用外力F拉着A球向右运动时，B、C也跟着A球一起向右运动，在运动过程中三个小球保持相对静止共同运动，其中静电力常量为k，则（　　）

A.B、C间绳的拉力大小为F
B.B、C间绳的拉力大小为F
C.A、B两球间距为
D.A、B两球间距为
【正确答案】 BC

10-11（巩固） 如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）

A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE
B.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE
C.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
D.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
【正确答案】 AC

10-12（巩固） 如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A.小球P的速度一定先增大后减小
B.小球P的机械能先增大后减小
C.小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零
D.小球P与弹簧组成的系统机械能保持不变
【正确答案】 AB

10-13（提升） 如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（　　）

A.A球的质量小于B球的质量 B.此过程中A球保持静止状态
C.此过程中点电荷对B球的库仑力逐渐增大 D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【正确答案】 AB

10-14（提升） 如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则（　　）

A.小环A的加速度大小为 B.小环A的加速度大小为
C.恒力F的大小为 D.恒力F的大小为
【正确答案】 BC

10-15（提升） 如图（a），场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距r0的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，经一定时间，离子运动到与O相距rN的N点。用a表示离子的加速度，用r表示离子与O点的距离，作出其图像如图（b）。静电力常量为是k，不计离子重力。由此可以判定（  ） 

A.场源点电荷带正电
B.场源点电荷的电荷量为
C.离子在P点的加速度大小为
D.离子在P点受到的电场力大小为
【正确答案】 BD

10-16（提升） 如图所示，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时A、B间距离减为，可采用以下哪些方法（　　）

A.将小球A、B的质量都增大到原来的2倍
B.将小球B的质量增大到原来的8倍
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍
【正确答案】 BD

【原卷 11 题】 知识点 灵敏电流计改装成电流表,电流表的内接与外接及相应的误差分析




【名师点拔】
不论是电流表还是电压表都可以使用灵敏电流计改装而成。根据串联分压的理论可知改装电压表需要给灵敏电流计串联一个大电阻，通过这个大电阻分到更大电压从而使改装后的电压表量程变大，而原来的灵敏电流计只是换了一张量程纸，它自身的量程并没有变化；类似的，根据并联分流的理论可知改装电流表需要给灵敏电流计并联一个小电阻，通过这个小电阻分到更大电流从而使改装后的电流表量程变大，而原来的灵敏电流计只是换了一张量程纸，它自身的量程并没有变化。
【正确答案】
 ①. 1    ②. 大    ③. 乙
【试题解析】




11-1（基础） 晓明同学在实验过程中需改装一电流表，现有一小量程电流表内阻Rg＝200Ω，满偏电流Ig＝20mA，现在需改装成0-0.1A和0-1A的两个量程的电流表（如图甲），此电流表公用一负接线柱，通过选择不同的正接线柱改变量程，改装电路如图乙所示，其中a接线柱应该标注量程为______（选填“0-0.1A”或“0-1A”）．通过计算，晓明认为需接入R1=______Ω和R2=________Ω.

甲 乙
【正确答案】 0-1A； 5Ω； 45Ω．

11-2（基础） 某同学将一量程为250μA的微安表改装成量程为1.5V的电压表。先将电阻箱R1与该微安表串联进行改装，然后选用合适的电源E、滑动变阻器R2、定值电阻R3、开关S和标准电压表对改装后的电表进行检测，设计电路如图所示。

（1）微安表铭牌标示内阻为0.8kΩ，据此计算R1的阻值应为___________kΩ。按照电路图连接电路，并将R1调为该阻值。
（2）开关闭合前，R2的滑片应该移动到___________端。
（3）开关闭合后，调节R2的滑片位置，微安表有示数，但变化不显著，故障原因可能是___________（填选项前的字母）。
A.1、2间断路
B.3、4间断路
C.3、5间断路
（4）排除故障后，调节R2的滑片位置，当标准电压表示数为0.60V时，微安表的示数为98μA，此时需要___________（填写“增大”或“减小”）R1的阻值，以使改装电表的量程达到预期值。
【正确答案】 5.2 左或2 A 减小

11-3（基础） 未知电阻约500 Ω左右，同学欲精确测定其阻值。可用器材有：电压表V（量程为3V，内阻很大），电流表A（量程为1mA，内阻为300 Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10 Ω或1.5kΩ），定值电阻（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。
（1）实验时，要将电流表量程扩大为5mA，应选阻值为___________（填“75Ω”或“150Ω”）的定值电阻；
（2）要求通过的电流可在0~5mA范围内连续可调，图（a）中的R应选最大阻值为___________（填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，并将图（a）的实验电路原理图补全；___________

（3）测量多组数据取平均可得的精确值。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为___________V，流过的电流为___________mA。此组数据得到的的阻值为___________Ω（该空保留3位有效数字）。
【正确答案】 75Ω 10Ω 2.30 4.20 548

11-4（基础） （1）灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻Rg=900Ω，某实验小组学习多用电表原理后将G改装成一个1mA的电流表，然后利用电流表改装成量程为3V的电压表，实验室提供的定值电阻有R1=100Ω、R2=2000Ω、R3=2910Ω、R4=8100Ω，应选定值电阻________和________完成改装。
（2）用改装的电压表测量某电阻两端的电压，G的指针位置如图甲所示，则电压为________V。
（3）①将改装后的电压表与标准电压表校对，用笔画线完成乙图电路________。
②校对时，闭合S前滑片应在________（a或b）端。

【正确答案】 R1 R3 1.5 a端

11-5（基础） 在学习了串并联的基本规律后，我们可以把一个最大量程为的电流计，分别改装成电压表和更有大量程的电流表．

（1）若已知该电流计的内阻为，为了改装成最大量程为的电压表，需________联（填“串”或“并”）一个__________的电阻．
(2)如图所示，虚线框内是用该电流计改装成的多量程电流表，、、为改装后新电流的接线柱，为负极接线柱，为大量程接线柱、为小量程接线柱．已知为电流计内阻，若、，那么选择、接线柱时，新电流表的量程为__________；选择、接线柱时，新电流表的量程为__________．
【正确答案】 串联 200 800

11-6（巩固） 某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
（1）已知表头G满偏电流为200μA，表头上标记的内阻值为800Ω，R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则根据题给条件，定值电阻的阻值应选=______，=_______和=______。

（2）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值________(填“大于”或“小于”)800Ω。
【正确答案】 200 840 2000 大于

11-7（巩固） 在学校社团活动中，某实验小组欲将一只量程为的微安表头G改装为量程为0~15V的电压表，首先利用如图所示的电路测量微安表的内阻，可供选择的实验器材有：

A.待改装的微安表头G（量程为，内阻约为几百欧姆）
B.微安表（量程为）
C.滑动变阻器（）
D.滑动变阻器（）
E.电阻箱（）
F.电源E（电动势约为9V）
G.开关、导线若干
（1）为顺利完成实验，变阻器1应选择______，变阻器2应选择______（填器材前序号）；
（2）实验时，除了微安表的示数和微安表G的示数，还需要记录的数据是______；
（3）改装完成后，实验小组利用电流表A和改装后的电压表V，用伏安法测量某未知电阻的阻值，测量时电流表的示数为0.2A，改装的电压表指针指在原处，则该电阻的测量值为______。
【正确答案】 D E 变阻器2的阻值 60

11-8（巩固） 在“多用电表的使用”实验中，
（1）如图所示，为一正在测量中的多用电表表盘。如果用电阻挡“”测量，则读数为___________；如果用“直流5V”挡测量，则读数为___________V。

（2）甲同学利用多用电表测量电阻。他用电阻挡“”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为___________（填写选项前的字母）。
A．将选择开关旋转到电阻挡“”的位置
B．将选择开关旋转到电阻挡“”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“”
（3）丁同学将选择开关旋转到“直流”挡作为电流表，设计了如图所示的电路，已知电流表内阻，，。若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为___________A；若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为___________V。

【正确答案】 1200 2.80 AD 1 3

11-9（巩固） 将满偏电流、内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对。

(1)利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势）：先闭合，调节，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合，保持不变，调节，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时的阻值为，则电流表内阻的测量值Rg=________。
(2)将该表改装成量程为的电压表，需______（填“串联”或“并联”）阻值为______的电阻。
(3)把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试在答题卡上画出实验电路图和实物连接图_______。
【正确答案】 100 串联 9900 见解析

11-10（巩固） 某同学将一微安表μA（量程，内阻）改装为量程是20mA的毫安表，并利用量程是20mA的标准毫安表mA进行校准。

（1）图（a）是电路图，虚线框内是改装后的毫安表，则与微安表μA并联的电阻R1的阻值是_______Ω（保留到个位）；
（2）根据图（a），将图（b）中的实物电路补充完整_______；
（3）正确连接实物电路后，闭合开关S，调节滑动变阻器R3，当标准毫安表的示数是15.2mA时。微安表μA的示数如图（c）所示，该示数是_______μA（保留到个位）；由此可以推测出改装毫安表的实际量程是_______mA（保留到个位）。

【正确答案】 10 160 19

11-11（巩固） 测电阻有电流表“外接法”（如图甲）和电流表“内接法”（如图乙）两种选择，两种电路测量电阻都有误差。

（1）当用电流表外接法时，待测电阻测量值R___________待测电阻真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。当用电流表内接法时，待测电阻阻值越大，实验误差越___________（填“小”或“大”）。
（2）实验中所用电压表只有一个0~3V的量程，内阻为，其内部简化结构如图所示。要把它的量程扩大到15V，应串联一个___________ 的电阻。

【正确答案】 小于 小 ）1.2×104

11-12（提升） 将一个灵敏电流计G改装成如图所示的多用表，已知灵敏电流计（，）。

（1）改装后的多用电表两个电流表的是量程分别为和，则定值电阻______，______，当S接______时多用电表为电流表且量程为；
（2）当S接5时多用电表为量程为3V的电压表，则定值电阻______；
（3）当S接3时多用电表为倍率为“”的欧姆表，其中E为一个电动势1.5V，内阻忽略不计的电源，在进行欧姆调零时，直接将红黑表笔短接，当指针指到满偏刻度时，滑动变阻器的接入电阻为______。
【正确答案】 1

11-13（提升） 如图为某同学将一个量程为100μA，内阻为810Ω的灵敏电流表改装成的一个简易的多用电表。改装后的量程分别为：电流1mA ，电压3V，欧姆挡×100Ω。

（1）图中的B端与_______（填“红”或“黑”）表笔连接。
（2）当选择开关拨至挡位1时，对应量程为_______（选填“电流1mA” “电压3V”“欧姆挡×100Ω”），图中定值电阻R1=_______Ω。
（3）当选择开关拨至挡位3时，电阻箱R2应调成_______Ω。
【正确答案】 红 电流1mA 90 2919

11-14（提升） 某同学有一块满偏电流Ig=250μA的小量程电流表G。需要将它改装为4mA量程的电流表。

（1）他采用如图所示电路测量电流表G的内阻R。断开S1闭合S2时电流表G读数为Ig，若再闭合S1后干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为___________时，电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。
（2）据此原理，该同学测出电流G内阻。下面是打乱的操作，正确的步骤排序为___________。
A．读出R'的阻值为90.0Ω，断开开关
B．闭合开关S2，调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度
C．闭合开关S1保持R的阻值不变，调节R'的阻值使电流表G指针偏转到满刻度的一半
D．将R的阻值调至最大
（3）改装为4mA量程的电流表，需要将电阻箱R'并联在电流表G两端，调其阻值为___________Ω。
【正确答案】 DBCA 6.0

11-15（提升） 某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表V对改装后的电压表进行检测。

（1）利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A.滑动变阻器R1（0~20kΩ）
B.电阻箱R′（0~9999.9Ω）
C.电源E1（电动势为1.5V）
D.电源E2（电动势为9V）
E.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a、按电路原理图甲连接好线路；
b、将滑动变阻器R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使微安表G的指针满偏；
c、闭合S2，保持R1不变，调节R′的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R′的示数为2000.0Ω。
回答下列问题：
①为减小实验误差，实验中电源应选用___________（选填“E1”或“E2”）。
②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值与微安表内阻的真实值相比___________（选填“偏大”“相等”或“偏小”）。
（2）利用（1）中提供的实验器材及一个标准电压表V，在图乙虚线框内画出对改装的电压表进行校对的电路，其中部分电路元件已在图中给出。___________
（3）由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，与微安表串联的电阻值应调至___________Ω（结果保留1位小数）。
【正确答案】 偏小 1959.6

11-16（提升） 李老师为了让同学们更好地理解电表的改装原理，将量程为0~3V~15V的电压表底座拆开后，展示其内部结构，如图甲所示。图中a、b、c是该表的3个接线柱，李老师已根据图甲画出如图乙所示的电路图。

（1）根据图乙可以判断，当需要选择0~3V的量程时，应接入电路的两个接线柱是__________；
（2）若电压表的表头内阻为200Ω，满偏电流为600μA，则可以计算出R1=__________Ω，R2=__________Ω；
（3）某同学受到启发后，继续研究量程为0~0.6A~3A的电流表。拆开电流表底座后，发现其内部结构如图丙所示，其中“－”为电流表的负接线柱，d、e为其余两个接线柱。在所给的器材符号之间画出连线，组成该电流表的电路图________；

（4）已知电流表中R4=0.22Ω，表头与电压表的表头相同，则R3=__________Ω。
【正确答案】 b、c或c、b 20000 4800 0.88

【原卷 12 题】 知识点 牛顿第二定律的简单应用,重力加速度及其测定





【正确答案】

【试题解析】




12-1（基础） 图为用频闪相机拍摄的羽毛与苹果在真空中从静止开始同时下落的局部频闪照片，该频闪相机闪光的频率为f。

（1）这个实验表明：物体只在重力作用下从静止开始下落，下落的快慢与物体_____无关。
（2）关于图中的x1、x2、x3和x4，下列关系一定正确的是_____。
A．
B．
C．
（3）若图中所示数据为实际距离，则当地的重力加速度大小g=_____。（用题中所给的物理量符号表示）
【正确答案】 质量（重量、重力也可） C

12-2（基础） 某实验小组用如图装置测量物体下落时的重力加速度值g。

（1）从实验装置看，该实验小组所用电源为_________；
（2）选择一条符合实验要求的纸带，数据如图：甲、乙两位同学用两种方法处理数据（T为相邻两计数点的时间间隔）：
甲同学：由，， 取平均值
乙同学：由，， 取平均值
你认为选择哪位同学的________（甲或乙）方法更合理。
（3）如果求出的加速度值为g与当地重力加速度公认的值g′有较大差距，说明实验过程存在较大的阻力，若还要利用该装置测出阻力的大小，则还要测量的物理量是_________（需写物理量的符号），试用这些物理量符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F＝_________。
【正确答案】 220V交流电源 乙 重物的质量m

12-3（基础） 某同学用图甲所示装置测定重力加速度，（已知打点频率为）

（1）有关电火花打点计时器的使用正确的是___________；
A．先接通电源，后拉动纸带 B．先拉动纸带，后接通电源
C．电火花计时器使用以下的交流电源 D．打点前，应使物体停在靠近打点计时器的位置
（2）打出的纸带如图乙所示，可以判断实验时重物连接在纸带的___________（填“左”或“右”）端；
（3）图乙中是连续的几个计时点，每个计时点到0点的距离d如下表所示：
计时点
0
1
2
3
4
5
6
距离
0
6.00
12.50
19.30
26.50
34.10
42.10
根据这些数据可求出重力加速度的测量值为___________。（保留三位有效数字）
【正确答案】 AD或DA 左 9.72

12-4（基础） 某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地重力加速度，主要操作步骤如下：

（1）安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上。
（2）打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，请计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v＝________。
（3）保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复（2）的操作，测出多组（h，t），计算出对应的速度，数据如下表，请根据表中数据在图乙中画出v－t图像_______。

实验次数
1
2
3
4
5
6
h/cm
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t/s
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v/（）
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
（4）根据v－t图像，可以求得当地重力加速度g为________m/s2，小铁球通过光电门1时的速度为________m/s。（以上结果均保留两位有效数字）
【正确答案】 9.7 1.2

12-5（巩固） 某学习小组的同学应用自由落体运动知识测当地重力加速度g，现有如图甲所示的实验器材：金属小球、游标卡尺、电磁铁、铁架台及其附件、光电计时器1套。

实验步骤如下：
A．用游标卡尺测出金属球的直径d；
B．测出光电门与B点（球心等高点）之间的高度h，记录金属小球通过光电门的遮光时间t；
C．逐步下调光电门的位置，测出多组数据，以h为横坐标，为纵坐标，绘制出图像。
（1）金属球过光电门的速度v=_____。
（2）正确操作后绘制出如图乙所示的图像，则重力加速度g=_____。

（3）若未考虑金属小球的半径，从图甲中的A点开始测量下落高度h，仍然用上述方法，则测出的重力加速度与第（2）问相比_______（填偏大、偏小或不变）。
【正确答案】 9.75 不变

12-6（巩固） 利用图甲装置研究滑块在斜面上的运动，其中光电门的位置可移动，让带有宽度为d的遮光片的滑块自斜面上同一位置自由下滑，与光电门相连的计时器可以显示出遮光片通过光电门所用的时间t，并用刻度尺测量滑块到光电门之间的距离s，改变光电门的位置进行多次测量，利用所得数据描绘出图象，如图乙所示。

(1)若用某工具测量遮光片宽度的读数为d=2.40mm，则所用工具为________。
A．最小分度为毫米的刻度尺
B．10分度游标卡尺
C．20分度游标卡尺
D．螺旋测微器
(2)滑块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2。（保留两位有效数字）
(3)若斜面倾角θ=53°，重力加速度大小为g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则滑块与斜面间的动摩擦因数μ=________。（结果保留一位有效数字）
【正确答案】 C 5.0 0.5

12-7（巩固） 图甲为某实验小组做“探究物体加速度与所受合力关系”实验的装置。

（1）某同学调整长木板和滑轮，使细线平行于长木板：在砝码盘中放入适当的砝码接通电源，在实验中得到一条纸带的部分如图乙所示。相邻两计数点间的距离已在图中标明。已知电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有3个计时点未标出，根据图中数据计算出滑块的加速度大小为_______m/s2;（结果保留三位有效数字）

（2）保持滑块的质量M不变，改变砝码盘及砝码的总质量m，通过每次打出的纸带求出对应滑块的加速度a。以砝码盘及砝码的总重力F为横坐标，以滑块的加速度a为纵坐标，根据实验测得的数据，利用描点法画出如图丙所示的a—F图像。利用该图像可求出滑块的质量M为_________kg（结果保留三位有效数字）。由于用砝码盘及砝码的重力作为滑块所受的合力F，故求得的滑块质量与真实值相比_______（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）。

【正确答案】 0.535 0.422 偏大

12-8（巩固） 一位同学用手机测量重力加速度。先拍摄小球自由下落的视频，得到分帧图片，再利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图所示。

（1）下列主要操作步骤的正确顺序是________（填写各步骤前的序号）。
①把刻度尺竖直固定在墙上
②打开手机摄像功能，开始摄像
③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
④捏住小球，从刻度尺旁静止释放
（2）将小球顶部与刻度尺0刻度对齐，由静止释放，用手机连拍其下落过程：手机每隔0.1s拍摄一张照片，选取连续拍摄的3张照片如图所示，读出第一张和第二张照片中小球顶部对应的刻度分别为78.00cm、122.00cm，读得第三张照片中小球顶部对应的刻度（实线处）为________。计算得到当地的重力加速度g=________（保留3位有效数字）。

（3）若释放时手不小心给了小球一个向下的初速度，但也仍能用（2）的方法计算当地的重力加速度，这是因为________。
【正确答案】 ①③②④ 175.70 9.70 利用计算加速度大小与初速度是否为零无关

12-9（巩固） 某同学用如图所示装置测当地重力加速度。电磁铁和光电门固定在铁架台上，实验中已测得的铁球的直径为D。

（1）给电磁铁通电，将铁球吸附在电磁铁下面，给电磁铁断电，小球自由下落通过光电门，与光电门连接的数字计时器显示小球通过光电门的遮光时间为，则小球通过光电门的速度大小为___________；（用测量的物理量符号表示）
（2）保持电磁铁的位置不变，记录第一次光电门的位置，再下调光电门的位置，重复实验，记录小球通过改变位置后的光电门遮光时间，测得光电门前后两次的位置高度差为h，由此求得当地的重力加速度___________。（用测量的物理量符号表示）
（3）若考虑空气阻力的影响，且操作无误，则实验中测得的重力加速度___________（填“大于”“小于”或“等于”）当地实际的重力加速度。
【正确答案】 小于

12-10（巩固） 某同学在测量当地的重力加速度实验中：
（1）按图甲所示连接好装置，接通电源、释放钩码，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此时力传感器的示数F。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，重物的加速度a=___________（计算结果保留2位有效数字）。
（2）改变钩码的质量，重复实验步骤（1），得到多条纸带，并对纸带数据进行处理。
（3）由实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则当地的重力加速度g=___________，重物及动滑轮的总质量为___________（均用图丙中字母表示）。

【正确答案】 2.4 b

12-11（巩固） 某同学用智能手机测自由落体加速度的实验步骤如下：

①在水平地面上铺设软垫；
②打开手机中的加速度传感器，让手机在离软垫一定高度处由静止开始自由下落；
③手机落到软垫后，关闭传感器，得到全过程中加速度绝对值随时间变化图像如图所示。
根据图像回答下列问题：
（1）与时刻加速度方向______（选填“相同”或“相反”）；
（2）从时刻到时刻加速度逐渐减小的原因是______；
（3）当地重力加速度约为______。
【正确答案】 相反 见解析 9.76

12-12（提升） 某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②把质量为m0橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后使之做匀速运动；
③在重锤1上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码；
④左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间t。
请回答下列问题：
(1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差，应补充的操作步骤为______；
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了______；
A.使H测得更准确
B.使重锤1下落的时间长一些
C.使系统的总质量近似等于2M
D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)用实验中的测量量和已知量表示g，得g=______。
【正确答案】 重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t B

12-13（提升） 用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；
(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2；
(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些（_________）
A.没有使用电火花计时器 B.m1和m2的质量太悬殊
C.绳子和定滑轮之间存在阻力 D.绳子拉力不等于m2的重力
【正确答案】 1.5 1.9 9.5 C

12-14（提升） 某实验小组利用“阿特伍德机”实验装置，测量当地的重力加速度，主要实验步骤如下：
①按照实验设计组装仪器，并使系统处于静止状态，如图甲所示；
②接通电源，释放重锤；
③选取纸带中一段清晰的连续的点作为计时点，用刻度尺测量其计时点间的距离，如图乙所示；
④用天平测出重锤质量和物体质量。

（1）已知打点计时器所接电源的频率为，打点计时器打第2点时纸带速度大小为____________；（保留三位有效数字）
（2）纸带的加速度大小为____________；（保留三位有效数字）
（3）不计一切摩擦阻力，应用牛顿第二定律，测出当地重力加速度大小为____________。（保留三位有效数字）
【正确答案】 3.31 5.75 9.58

12-15（提升） 在暗室中用如图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验。实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：
①在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率f1一滴滴地落下；
②用频闪仪发出的白色闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的闪光频率f2直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴；
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；
④采集数据进行处理。
（1）实验中第一次看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是___________。
（2）实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示，根据数据测得当地重力加速度g=___________m/s2；第8个水滴此时的速度v8=___________m/s。（结果均保留三位有效数字）

【正确答案】 9.72 2.27

12-16（提升） 某实验小组设计了一个用带喷头的喷墨打印机墨盒测定重力加速度的实验，实验装置的示意图表面粘有白纸如图所示。装置中的长铁板质量分布均匀，表面粘的铁板有白纸（其上画有xOy直角坐标），塑料轨道沿竖直方向；墨盒在振动装置带动下，可沿光滑水平轨道以O点为中心位置作往复运动。已知墨盒振动的频率为f（即相邻两次经过O点的时间间隔为），且，实验的主要步骤有：
调节轨道座水平，塑料轨道及长铁板竖直，使Ox轴沿竖直方向，墨盒的喷头与白纸的间歇极小，并使喷头对准坐标原点O。
A．关闭电源，并取下粘在铁板上的白纸
B．将电键扳到1位置使电磁铁吸住铁板
C．抽去托板，并同时迅速将电键扳到2位置，使墨盒开始振动
D．在纸上的Ox轴上依次标出a、b、c、d、e、f点，测出它们相邻之间的距离分别为，，，

（1）该同学实验的顺序是（填写步骤前的字母）：________；
（2）计算重力加速度的表达式为：______；
（3）实验测得当地的重力加速度为______；
（4）Oa间没有墨迹的原因是_______。
【正确答案】 BCAD 9.66 电键从1位置扳到2位置有时间差

【原卷 13 题】 知识点 位移速度公式的推导与简单应用,匀速圆周运动,比较向心加速度的大小



【正确答案】

【试题解析】




13-1（基础） 为提高冰球运动的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离和（）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示，训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板，冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗，训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处，假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球滑向挡板过程做匀减速运动，冰球到达挡板时的速度为，求：
（1）冰球滑行过程中的加速度大小。
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【正确答案】 （1）；（2）

13-2（基础） 一部机器与电动机通过皮带连接，机器皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的3倍，皮带与两轮之间不发生滑动。已知机器皮带轮边缘上一点的向心加速度为0.10。
（1）电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比是多少？
（2）机器皮带轮上A点到转轴的距离为轮半径的一半，A点的向心加速度是多少？
（3）电动机皮带轮边缘上某点的向心加速度是多少？

【正确答案】 （1）3:1；（2）0.05m/s2；（3）0.3m/s

13-3（基础） 近两年，丰城交警将“礼让行人”作为管理重点，“斑马线前车让人”现已逐渐成为一种普遍现象。司机小明驾车以（约为）的速度，在平直的城市道路上沿直线行驶。看到斑马线有行人后立即以的加速度刹车，停住时车头刚好碰到斑马线。等待行人后（人已走过），又用了时间匀加速至原来的速度。开始刹车时设为计时起点（即），求：
（1）车内的位移；
（2）从开始制动到恢复原速这段时间内车的平均速度大小。

【正确答案】 （1）36m；（2）3.5m/s

13-4（基础） 在一次0.4km赛程的直线加速赛车比赛中，某赛车在完成整个赛程时车速达到540km/h。现将该赛车在整个赛程中的运动简化为长度相等的两段匀加速直线运动，若前、后两段的加速度之比是25∶11，求该赛车：
（1）到达赛程中点的速度；
（2）完成整个赛程所用的时间。
【正确答案】 （1）125m/s；（2）4.65s

13-5（巩固） 架设在公路上的激光测速仪发射出的光束有一定的倾角，导致只能测定距离仪器20～200 m范围内汽车的车速。某路段限速54 km/h，一辆小轿车在距离测速仪264 m时司机发现了前方的测速仪，立即开始做匀减速直线运动，结果第一次测速时该车恰好没有超速，且第二次测速时测得小轿车的速度为50.4 km/h。已知测速仪每隔2 s测速一次，测速激光脉冲时间极短。试求该小轿车减速前的速度范围。
【正确答案】

13-6（巩固） 如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿逆时针方向做匀速圆周运动，圆周半径为R；乙做自由落体运动，当乙下落至A点时，甲恰好运动到最高点B，求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度。

【正确答案】 （n＝0、1、2、…）

13-7（巩固） 一质点沿着竖直面内半径r = 1m的圆周以n = 2r/s的转速逆时针匀速转动，如图所示。试求：
（1）OA水平，从A点开始计时，经过s的时间质点速度的变化；
（2）质点的向心加速度的大小。

【正确答案】 （1）4πm/s，方向与水平方向成45°角斜向左下方；（2）16π2m/s2

13-8（巩固） 无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长9m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点。小车（可视为质点）以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在ABC段的加速度最大为，CD段的加速度最大为。求：
（1）小车从B到D运动的最大速率；
（2）小车完成这次配送从A到B的最短时间。

【正确答案】 （1）2m/s；（2）

13-9（巩固） 如图所示，狐狸沿固定直线以恒定速率逃跑，直线外一猎犬以恒定速追击，运动方向始终对准狐狸。初始时两者相距d，连线方向与狐狸逃跑线路垂直，此时猎犬的加速度为多少？

【正确答案】

13-10（提升） 电动打夯机的结构如图所示，则偏心轮（飞轮和配重物m组成）、电动机和底座三部分组成，飞轮上的配重物的质量m＝6 kg。电动机、飞轮（不含配重物）和底座总质量M＝30 kg，配重物的重心到轮轴的距离r＝20 cm。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，g取10 m/s2，求：
(1)在电动机带动下，偏心轮转动的角速度ω；
(2)打夯机对地面的最大压力。

【正确答案】 (1)17.3rad/s；(2)720N

13-11（提升） 做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而它是一种变速运动，具有加速度。图中圆弧是某一质点绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动的轨迹，若质点在时间内从A点经过一段劣弧运动到B点。
（1）请在图中画出质点经过A、B两点时的速度方向；
（2）请在图中画出质点从A点至B点速度变化量；
（3）根据加速度的定义，我们可以求得时间内的平均加速度，当趋近于零时，就可得到该点的瞬时加速度。已知质点做匀速圆周运动的线速度为v，运动半径为r，根据所学知识，推导匀速圆周运动的向心加速度。

【正确答案】 （1） ；（2） ；（3）见解析

13-12（提升） 如图所示，一个半径为R的半圆形的凹槽固定在地面上，一个半径为KR（K＜1）的圆柱体从凹槽的右端静止释放，假设凹槽内表面足够粗糙，圆柱体在滚动时不会打滑，刚释放时，圆柱体表面的箭头指向凹槽中心O，试通过计算说明，当K=时，圆柱体滚动到凹槽左端最高点时的箭头的指向为哪个方向？

【正确答案】 水平向左

【原卷 14 题】 知识点 带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动



【正确答案】

【试题解析】




14-1（基础） 如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场区域，匀强电场区域的竖直高度为h，水平方向的宽度足够大，匀强电场的下边界距离地面高为，现将一质量为、电荷量为的小球由距匀强电场上边界高为h处由静止释放，P点为此时小球正下方地面上的投影点，已知匀强电场的电场强度，重力加速度为，不计其他阻力，求：
（1）小球落地时重力的瞬时功率；
（2）小球离开电场时的速度大小；
（3）小球落地点距P点的距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-2（基础） 一长为L的细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点且速度恰好为零，重力加速度大小为g。
（1）判断小球的电性；
（2）求小球由A点摆动到B点过程中电势能的变化量；
（3）求匀强电场的电场强度大小。

【正确答案】 （1）带正电；（2）；（3）

14-3（基础） 如图所示，AB为固定的粗糙绝缘竖直杆，△ABC为直角三角形，∠A=30°。 C点固定一个电荷量为Q的正点电荷。现将中间有小孔的带电小球穿过竖直杆，并从A点由静止释放，带电小球沿杆一直加速下滑，通过AB的中点P时的加速度大小为g（g为重力加速度的大小）。已知杆的长度为2L，小球的质量为m，电荷量为q，静电力常量为k。
求: （1）小球与杆间的动摩擦因数μ；
（2）小球刚到达B端时的加速度大小a。

【正确答案】 (1) (2) g-

14-4（基础） 一质量为m的带电小球以速度沿竖直方向从A点垂直进入电场强度大小为E。方向水平向右的匀强电场中，如图所示。经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为，重力加速度为g，求：
（1）小球带正电还是负电，电量q是多少：
（2）小球由A到B电势能的变化量；
（3）小球速度的最小值。

【正确答案】 （1）小球带正电，；（2）；（3）

14-5（巩固） 如图所示，在水平向右的匀强电场中，半径为的绝缘光滑圆弧轨道固定在光滑绝缘水平轨道上，下端与水平轨道相切于B点，上端C与圆轨道的圆心等高。现将一质量为，电荷量为的带电小球从距离B点的A处无初速度释放（图中没有画出）。已知电场强度，小球运动过程中电量保持恒定，不计空气阻力，重力加速度。求：
（1）小球经过圆弧轨道C点时的速度大小；
（2）小球离开圆弧轨道后第一次的落点到C点的水平距离。

【正确答案】 （1） ；（2）

14-6（巩固） 如图所示,空间存在方向斜向上且与水平方向夹角为的匀强电场,电场强度大小为，范围足够大。电场中有一绝缘挡板MN,与水平方向夹角为θ =,质量为m、电荷量为q、带正电的小球从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出,小球运动过程中恰好不和挡板碰撞,小球运动轨迹所在平面与挡板垂直,重力加速为g,求:
(1)小球贴近挡板时速度的大小;
(2)小球贴近挡板时距M点的距离。

【正确答案】 (1)(2)

14-7（巩固） 如图所示，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为，水平面长为，斜面足够长，空间存在与水平方向成角的匀强电场，已知。一质量为、电荷量为的带正电小物块，从右斜面上距水平面竖直高度为的点由静止释放，不计摩擦及物块在轨道连接处损失的能量。小物块在点的重力势能和电势能均取值为零，重力加速度为。试求：
(1)小物块第一次滑至点时的速度大小；
(2)在之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度；
(3)除点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度。

【正确答案】 (1)；(2)；(3)

14-8（巩固） 如图，竖直面内，圆心在O点的圆弧轨道AB与水平轨道BC平滑对接于B点，轨道固定且绝缘，所在空间有方向水平向右（与OA平行）的匀强电场。从图弧轨道上最高点A由静止释放一质量为m、电荷量为q的小球，小球在水平轨道上向左能够到达的最远点为D，。小球可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。求：
（1）电场的场强大小；
（2）小球通过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小。

【正确答案】 （1）；（2）

14-9（巩固） 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿y轴正方向的匀强电场E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A（0，4L）点，另一端系一个带负电小球，电荷量大小为，开始绳刚好水平伸直．重力加速度为g．求：

（1）小球由静止释放，运动到y轴时绳断裂，小球能到达x轴上的B点，B点位置坐标；
（2）假设绳长可以0到4L之间调节，小球依然由原位置静止释放，每次到达y轴绳断裂，其他条件不变，则小球在x轴上的落点与原点间距离最大时，求轻绳的长度及该最大距离．
【正确答案】 （1）（2）

14-10（巩固） 如图所示，竖直平面内直角坐标系xOy的第一象限和第二象限存在沿水平方向的匀强电场。一质量为m，电荷量为＋q的带电小球，从x轴上的A点以初速度沿y轴正方向射入第二象限，经过一段时间后小球从y轴正半轴的B点处进入第一象限，小球经过B点时的速度大小仍为，已知AB连线与x轴正方向的夹角，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）粒子在电场中运动时的合力大小和方向；
（2）AB两点的距离。

【正确答案】 （1），x轴正方向成；（2）

14-11（巩固） 如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，是半径为的四分之一固定光滑圆弧轨道，质量为、带电量为的小物块从光滑水平轨道的点由静止释放，物块冲上圆弧轨道离开轨道后，能到达空间最高点（图中未画出）。已知，物体到点时对轨道的压力为其重力的3倍，重力加速度为。求：
（1）电场强度的大小；
（2）物块在最高点的动能。

【正确答案】 （1）；（2）

14-12（巩固） 如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴水平。第一象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1（大小未知），第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E2=50N/C。一个质量m=1kg带电量q=+0.1C的小球（视为质点）从A点（-0.3m，0.7m）以初速度v0水平抛出，小球从y轴上B点（0，0.4m）进入第一象限，并恰好沿直线从x轴上C点（图中未标出）飞出，重力加速度为g=10m/s2求：
（1）初速度v0大小；
（2）B、C两点间电势差UBC

【正确答案】 （1）1.5m/s；（2）10V

14-13（提升） 下图为某同学设计的弹射装置。光滑竖直细管段高；四分之一光滑圆弧弯管的半径；光滑竖直圆弧轨道的半径也为，其对应的圆心角；点在圆弧轨道圆心的正下方，并与水平地面上长的粗糙平直轨道平滑连接；处于方向水平向右、电场强度的匀强电场中。现在管中有一质量，带电量的小物块，压缩弹簧后被锁扣锁在点。打开锁扣，小物块被弹出后，从管口水平飞出，并恰好从点沿切线方向进入轨道。已知小物块到达管口时对管壁的作用力恰好为零。设小物块在运动过程中带电量始终保持不变，空气阻力忽略不计，取。试求：
（1）小物块到达管口时的速度大小；
（2）弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能；
（3）设小物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，则若要小物块能与右墙碰撞。且只会与其发生一次碰撞，并最终停在轨道间，那么小物块与轨道之间的动摩擦因数应满足什么条件？结果保留2位小数。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-14（提升） 一质量为8m的小滑块，从竖直放置在地面上的轻质弹簧顶端处由静止释放，弹簀原长为2R，当弹簧压缩到最短时，弹簧长度变为R。现将该弹簧放到倾角为37°的斜面上，弹簧一端固定在绝缘斜面底端的A点，另一端放带正电的小滑块P，滑块P与弹簧接触点绝缘且不连接。斜面顶端与半径为0.4R的光滑半圆形轨道BCD相切于B点，如图所示。作过BD的虚线，在虚线右侧区域有水平向右的匀强电场，电场强度为。已知整个系统处于同一竖直平面内，滑块P质量为m，其电荷量为q，滑块与斜面的动摩擦因数，AB长为6R，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（，）
（1）质量为8m的滑块从竖直放置在地面上的轻质弹簧顶端处由静止释放，当弹簧长度为R时，弹簧的弹性势能；
（2）通过滑块P将斜面上的弹簧压缩到长度为R时，由静止释放滑块，求该滑块运动到B点的速度大小；
（3）若在虚线BD区域左侧再加上沿斜面向下的匀强电场E'，其它条件不变，仍通过滑块P将斜面上的弹簧压缩到长度为R时，由静止释放滑块P，要使滑块P能滑到半圆形轨道上且在轨道BCD内部运动过程中不脱离轨道，求E'大小的取值范围。

【正确答案】 （1）8mgR；（2）；（3）0<≤或≤＜

14-15（提升） 如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个半径为圆周，点为圆周上和圆心等高的一点，点为圆周上的最高点。在点的粒子源以相同大小的初速度在竖直面内沿各个方向发射质量为，带电量为带正电的同种粒子。已知竖直向上发射的粒子恰好经过点，且在点速度方向恰好水平面右，重力加速度为。求：
(1)发射粒子的初速度大小；
(2)电场强度的大小和方向；
(3)所有经过圆周上粒子的动能的最大值。

【正确答案】 (1)；(2)， 向水平向右；(3)

14-16（提升） 如图所示，竖直平面内存在方向相反的两个有界匀强电场，x轴为两电场的交界，电场强度的方向平行于y轴，大小均为，电场的左边界是y轴，右边界与y轴平行，位于x=L处。一质量为m、带电量为q的小球以某初速度从y轴的A点沿水平方向进入电场，A点纵坐标为d1，经偏转后从电场的右侧沿水平方向离开，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）判断粒子的电性；
（2）求小球在下方电场中的竖直方向的最大偏移量d2；
（3）求小球进入电场的初速度v0的可能值。

【正确答案】 （1）带正电；（2）；（3）

【原卷 15 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,双杆在等宽导轨上运动问题



【名师点拔】
双导体棒在等宽光滑导轨上同向运动切割磁感线，安培力为系统的相互作用力，那么双导体棒构成的系统满足动量守恒定律，可以将问题转化为类碰撞的问题进行处理；针对每个导体棒又可以使用动量定理来列方程求解相关物理量；这样，系统使用动量守恒定律和能量守恒定律，单个导体棒使用动量定理，联合求解是解决这一问题的关键。
【正确答案】

【试题解析】








15-1（基础） 如图所示，两足够长、阻值不计、间距为的光滑平行固定金属导轨、水平放置，两导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。质量均为、阻值均为的导体棒、静止于导轨上，两导体棒与两导轨垂直，两棒间距也为，并与导轨保持良好接触。现给导体棒一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度。求：
（1）从开始到稳定的过程中，流过棒的电荷量；
（2）稳定时、两导体棒之间的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

15-2（基础） 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量均为m，棒ab和cd的有效电阻分别为2R和R。回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动过程棒ab产生的焦耳热最多是多少？
（2）当ab棒的速度变为初速度的时，棒cd的速度和加速度分别是多少？

【正确答案】 （1）；（2），

15-3（基础） 如图所示，两根间距为L的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成，其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°。求：
（1）ab棒中的最大电流是多少？
（2）cd棒能达到的最大速度是多大？
（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，ab棒所能释放的热量是多少？
（4）cd棒离边界N至少多远才能保证运动过程中ab、cd不相撞？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）

15-4（巩固） 如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m。在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B =0.5T，磁场区域的高度d =1m， 导体棒a的电阻Ra=1Ω；导体棒b的质量m =0. 05kg电阻Rb=1.5Ω，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g = 10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
（1）b棒匀速穿过磁场区域的速度；
（2）a棒刚进入磁场时两端的电压；
（3）从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）5m/s；（2）2.1V；（3）0.48J

15-5（巩固） 如图甲所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分连接组成，水平部分处在竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，两个磁场的磁感应强度大小均为B，导轨的间距均为L，倾斜部分倾角为。质量为m、电阻为R、长为L的两根相同导体棒a和b，导体棒a在水平导轨上垂直导轨静止放置，导体棒b在倾斜导轨上垂直导轨由静止释放并开始计时，利用传感器技术测得导体棒a的图像如图乙所示，导体棒a从时刻开始运动，时间内图线为曲线，之后图线为一条倾斜直线，时其速度大小为，图中均为已知量。水平导轨与导体棒a间的动摩擦因数为，倾斜导轨光滑，除导体棒外，其余电阻不计，两部分导轨都足够长。求：
（1）时刻导体棒b的速度大小；
（2）从释放到时刻过程中，导体棒b的位移大小；
（3）时导体棒b的速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-6（巩固） 如图所示，ab、cd、ef是三根相同的导体棒，质量均为m，垂直放在光滑的平行金属导轨上，导轨水平且间距为L，导体棒连入导轨间的电阻均为R。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始棒均静止，ab、cd锁定，用平行于导轨向右的拉力拉ef，使其以加速度a向右匀加速运动，经时间t0后撤去拉力，同时解锁ab、cd棒，已知导轨足够长，求：
（1）施加拉力后t时刻拉力的大小（t＜t0）；
（2）撤力后回路中产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）

15-7（巩固） 如图所示，电阻不计的平行金属导轨PQ、MN固定在倾角α=37°的绝缘斜面上，导轨下端接R0=2的电阻，导轨间的距离d=1m。磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，两导体棒a、b的质量均为m=1kg，接入电路的电阻均为R1=1，导体棒a与导轨间的动摩擦因数μ1=0.8，导体棒b与导轨间的动摩擦因数μ2=0.5，开始时导体棒a静止在导轨上，现让b棒从a棒上方一定距离的导轨上由静止释放，当a棒刚要开始运动时，a、b棒恰好相碰，碰后并联在一起向下运动。a、b棒始终与导轨垂直并保持良好的接触。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）a棒刚要开始运动时，b棒的速度大小；
（2）a、b棒相碰后一起下滑过程中最大速度的大小；
（3）若两棒相碰后，经过t=7s已经达到最大速度，这段时间内电路中电阻产生的焦耳热量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-8（巩固） 足够长的平行金属轨道M、N，相距L=0.5m，且水平放置。M、N左端与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量都为0.1kg接入电路的有效电阻都为1W，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取，求：
（1）c棒的最大速度；
（2）若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。

【正确答案】 （1）；（2）

15-9（巩固） 如图所示，间距为的足够长平行金属导轨形成左右互相垂直的两个导轨平面，左导轨平面与水平面成角，右导轨平面与水平面成角，左导轨粗糙，右导轨光滑，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度、方向平行于左导轨平面向上的匀强磁场中，现同时把质量均为、电阻均为的金属棒、垂直导轨由静止释放，经过足够长时间金属棒、都最终匀速运动，，，。求：
（1）金属棒最终匀速运动的速率；
（2）金属棒与导轨之间的动摩擦因数；
（3）金属棒从静止到沿着导轨下滑的过程中产生的热量（此时金属棒已经匀速运动）。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-10（巩固） 如图所示，竖直固定的电阻不计的光滑金属长导轨MN、PQ间距为，两金属棒ab、cd的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，两棒均垂直导轨放置，两端均与导轨接触良好，开始时金属棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。金属棒ab在竖直向上的恒力作用下，由静止开始运动至速度达到最大所用的时间为t，此后金属棒cd对绝缘平台的压力恰好为零，重力加速度大小为g，求：
（1）恒力的大小F；
（2）金属棒ab加速过程中金属棒cd产生的焦耳热Q。

【正确答案】 （1）；（2）

15-11（提升） 如图，两根间距为d的光滑平行导轨处于同一水平面内，同种材料制成的长度均为d，质量分别为2m、m的金属棒a、b静止在导轨上，金属棒b刚好处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场的左边界处。现使金属棒a以速度向右运动，两金属棒发生弹性碰撞后进入磁场区域，经过一段时间后，两金属棒的运动状态达到稳定，此时对金属棒b施加水平向右的恒力F，又经过时间t，两金属棒中的电流刚好达到最大值且之后保持恒定。已知金属棒a的电阻为R，两棒碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。求：
（1）金属棒a刚进入磁场瞬间回路中电流的大小；
（2）从两棒碰撞结束到施加力F之前的过程中，金属棒b上产生的焦耳热；
（3）施加力F后金属棒中的电流刚好达到最大值时，金属棒b的速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）或

15-12（提升） 如图所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场，有两条间距为平行的足够长直导轨、处于同一水平面内，左端连接一电容为的电容器，右端连接阻值为的电阻。质量为的导体棒垂直跨放在导轨上，与导轨间的摩擦不计。闭合，断开，从时刻开始，对导体棒施加一个大小为水平向右的恒力，使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除以外其余部分的电阻均不计，重力加速度为。
（1）求导体棒向右运动时的速度大小；
（2）导体棒向右运动时，断开，闭合，若导体棒再向右运动时，导体棒已经匀速运动，求匀速运动的速度和这一过程中电阻上产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）

15-13（提升） 如图所示，间距L=1m的两光滑平行金属导轨水平放置，左侧接C=0.1F的电容，开始时不带电，右侧接R=6Ω的电阻，中间MA、ND段绝缘，右侧ADEF区域存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B1=1T，AF长度d=1.8m，MN左侧轨道足够长且存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度B2=2T，EF的右侧某位置固定一轻质弹簧。金属杆a、b的长度均为L，质量均为m=0.1kg，电阻均为r=6Ω，金属杆a以v0=10m/s的速度进入ADEF磁场区域，金属杆b静止在ADEF区域外侧，金属杆a、b碰后粘连在一起，求：
（1）a棒刚进入ADEF磁场区域时，通过a棒的电流大小；
（2）粘连一起后的导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小；
（3）导体棒最终的速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）3m/s；（3）1m/s

15-14（提升） 如图所示，质量为的足够长金属导轨abcd在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨段长为，开始时PQ左侧导轨的总电阻为，右侧导轨单位长度的电阻为。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为。在时，一水平向左的拉力垂直作用于导轨的边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为。求：
（1）回路中感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少；
（3）当导轨abcd的速度达到时突然撤去，导轨经过位移停下来，求在此过程中回路中产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2） ; ；（3）

15-15（提升） 如图，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2，由四分之一圆弧与水平两部分构成，导轨的末端固定两根绝缘柱，弧形部分的半径r=0.8m、导轨间距L=1m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直于导轨，静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中的某位置，两金属棒的质量均为m=1kg、电阻均为R=2Ω。现将金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平导轨，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，在金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x =0.5m的AA2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱：x2=0.2m的A3A4位置。整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）金属棒a刚滑人水平导轨时，受到的安培力大小；
（2）金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程中，整个回路产生的焦耳热；
（3）金属棒a和b在碰撞过程中损失的机械能。

【正确答案】 （1）4N；（2）3J；（3）0.64J

15-16（提升） 如图所示，足够长的金属杆和电阻均为R，金属杆的质量M（已知）大于金属杆的质量m（未知），两根质量和电阻均忽略不计的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平光滑不导电圆棒两侧，两金属杆均水平放置。宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场与整套装置垂直且居中向里。恰好以速度匀速下滑，将瞬间停下后，经时间t恰好达到最高点，此时未达到圆棒处，忽略导线电流及自身质量对金属棒运动的影响。
（1）两金属棒一起匀速运动时，电路中电流的大小；
（2）金属棒的质量m；
（3）金属棒瞬间停下后，金属棒上升的高度；
（4）金属棒瞬间停下后，金属棒上升过程中金属棒中产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A项物体先向东运动8m，接着向西运动4m，根据矢量合成可知，位移大小为4m，B项物体先向东运动2m，接着向西运动8m，根据矢量合成可知，位移大小为6m，C项物体先向东运动4m，接着向南运动3m，根据矢量合成可知，位移大小为

D项物体先向东运动3m，接着向北运动4m，根据矢量合成可知，位移大小为

则位移最大的是B项中的6m，故ACD错误，B正确。
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
位移为起点到终点的有向线段，即

则位移大小为8m；路程为轨迹的长度，为12m。
故选B。
1-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据位移的概念可知，该过程的位移为
x=80m-30m=50m
故选C。
1-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
位移的大小等于初末位置间的距离，所以总位移大小为

故选B。
1-5【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABCD．小明沿着半径为R的水平圆周跑道跑了1.25圈时他的路程为跑过的总弧长

位移为初末位置的线段长度

故C正确，ABD错误。
故选C。
1-6【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球位移大小为

方向竖直向下。故ABD错误，C正确。
故选C。
1-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
小明的路程的最大值为

位移大小的最大值为
x=2r=100m
故选A。
1-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
在200米游泳中，实际通过的路程就是表示运动轨迹的长度，即为200m；由于泳池长50m，故200米蝶泳中需要两个来回，故又会回到终点，故位移最大值是为50m。
故选C。
1-9【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．A点到B点和A点到C点的路程相等，位移大小相等，方向不同，故A错误，B正确；
C．根据位移的定义可知，参赛教师从A点出发通过三方向折返跑后回到A点，位移为零，故C错误；
D．7.5 s指的是该教师完成该项活动所用的时间，不是该教师回到起点的时刻，故D错误。
故选B。
1-10【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．A选项的过程图示如图甲所示，位移大小

方向由A指向C，故A错误；
B．B选项的过程图示如图乙所示，位移大小

方向由A指向C，故B错误；
C．C选项的图示如图丙所示，位移大小

方向由A指向B，故C错误；
D．D选项的位移大小

故D选项正确。
故选D。

1-11【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
小球的初位置是抛出点，末位置是地面，所以位移大小为3m，方向竖直向下；小球先上升5m落回抛出点又下落5m，然后继续下落3m落到地面，所以路程为

故A正确，BCD错误。
故选A。
1-12【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
位移是初位置指向末位置的有向线段，故位移大小为2r，方向由初位置指向末位置，即向东，路程为轨迹的长，即路程为，B正确。
故选B。
1-13【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
位移大小等于AC的直线距离，大小为

路程等于AB长度与BC长度之和，大小为

故选C。
1-14【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
物体的位移大小为AC的长度，根据几何关系可知

方向由A指向C；路程为一个半圆周长和一个四分之三圆周长之和，即

故C正确，ABD错误。
故选C。
1-15【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据坐标分析可知轨迹为折线，A错误；
B C．整个过程中位移为从点（1 m，1 m）到点（3 m，3 m）的有向线段，位移大小为 m，整个过程中机器人的路程大小为运动轨迹的长度，路程大小大于 m ，B正确；C错误；
D．整个过程中机器人的平均速度

D错误。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据题意得




B正确，ACD错误。
故选B。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．射线和射线一样都是电磁波，但射线穿透本领比射线强。故A错误；
B．半衰期由原子核的内部结构决定，与外界的物理、化学环境无关。故B错误；
C．根据电荷数守恒可得，X原子核中含有的质子数为

故C正确；
D．由于衰变时释放巨大能量，根据

衰变过程总质量减少。故D错误。
故选C。
2-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据反应的产物确定核反应的类型，根据电荷数守恒、质量数守恒得出的电荷数和质量数，从而得出中子数。半衰期的大小与元素所处的物理环境和化学状态无关，根据爱因斯坦质能方程求出释放的能量。解决本题的关键知道影响半衰期的因素，知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程，并能灵活运用。
详解:
A．根据质量数守恒，电荷数守恒，得衰变方程为

所以发生的是衰变，故A项错误；
B．由半衰期概念可知，半衰期的大小与温度无关，故B项正确；
C．设原子核中的电荷数为x，质量数为z，根据电荷数守恒、质量数守恒知


解得


所以原子核中的电荷数为，质量数为，则中子数为，故C项错误；
D．根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量

故D项错误。
故选B。
2-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．根据核反应的质量数和核电荷数守恒规律可知，,X的质量数是1，核电荷数是0，所以X是中子，故AC错误；
BD．根据爱因斯坦质能方程：∆E=∆mc2，其中∆m表示核反应过程中的质量亏损，也就是氘核与氚核的质量和减去氦核与中子的质量和，故D正确，B错误；
故选D。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．根据质量数守恒和电荷数守恒知X的质量数为1，电荷数为0，则X为中子，故AC错误；
B．核反应放出能量，有质量亏损，可知反应后的质量小于反应前的质量，故B错误；
D．反应过程中质量亏损为

则
释放的核能

故D正确。
故选D。
2-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．半衰期具有统计意义，对个别的原子没有意义，A错误；
B．根据三种射线的特点与穿透性，可知射线的穿透本领比粒子强，B错误；
C．根据质能方程可知核反应中释放的能量为

C正确；
D．根据衰变的本质可知，粒子是原子核内的一个中子转变为质子时产生的，故D错误。
故选C。
2-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
反应中的质量亏损

此衰变释放的核能约为

故选D。
2-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据质量数守恒和电荷数守恒知X的电荷数为0，质量数为1，为中子，故A错误；
B．设X的质量为，根据质能方程得

解得

故B正确；
C．该反应属于氢核聚变，故C错误；
D．核反应方程式中，生成物比反应物稳定，所以氦核的比结合能大于氚核的比结合，故D错误。
故选B。
2-9【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．在核反应方程中满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X是中子，A错误；
B．质量数守恒和电荷数守恒可知核反应方程②为

Y的质子数为3，而核子数为6，因此中子数也为3，B正确；
C．方程①为轻核聚变反应，而方程②为原子核的人工转变，C错误；
D．目前我国核电站是利用重核的裂变的核能发电，D错误。
故选B。
2-10【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程是

原子核X的质量数为89，A错误；
B．原子核X的中子数为

原子核X的中子数为53，B错误；
CD．根据比结合能曲线，的比结合能比的比结合能小，C正确，D错误。
故选C。
2-11【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.新核的质量数：m＝1+1＝2，核电荷数：z＝1+0＝1．该核反应方程是，故A错误；
B.该核反应属于原子核的聚变反应，故B错误；
C.聚变反应中的质量亏损△m＝（m1+m2）﹣m3，聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E＝＝（m1+m2﹣m3）c2，解得光子波长为，故C错误，D正确；
2-12【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABD．由题意可得，该核反应方程式为

故该核反应中会生成正电子，故AB错误，D正确；
C．该核反应中质量亏损应为

故C错误。
故选D。
2-13【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图像可知，随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能先增大后减小，故A错误；
B．核的平均结合能最大，是最稳定的，结合能的大小还与核子数有关，故B错误；
C．把分成8个质子和8个中子，需要吸收能量，不会发生质量亏损，故C错误；
D．的核子比结合能约为7Mev，3个核的结合能

的核子比结合能约为7.6Mev，1个核的结合能

则

故D正确。
故选D。
2-14【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．核反应方程应为

A错误；
B．核反应过程中亏损的质量不会转化为能量，B错误；
C．由质能方程可知，核反应中放出的核能为

C错误；
D．根据
，
可得

D正确。
故选D。
2-15【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．氘核分解成一个中子和一个质子，质量亏损释放核能，则有

则静止质量增加，增加量等于，故A正确，B错误；
CD．氘核拆开需要的能量为结合能，但静止的氘核吸收一个光子而被分解成一个中子和一个质子满足动量守恒，生成的中子和质子有动量，也有动能，则吸收的光子的能量必须大于E，故C错误，D正确；
故选AD。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．机械波的周期为

0～0.6s时间内，质点P运动的路程为3A=18cm，选项A正确；
B．t=0.6s时刻，质点P到达平衡位置，则此时相对平衡位置的位移是0，选项B错误；
C．因为t=1.2s= 时刻，质点Q在平衡位置，则此时加速度为零，选项C错误；
D．经过1.4s波向前传播
x=vt=14m=
则此时刻，质点M在平衡位置以下沿y轴正方向运动，选项D错误。
故选A。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．平衡处于x=3m处的质点正在向上运动；由带动法可知，此波沿x轴负方向传播；由于ab两质点的距离为3m，不等于半个波长，所以当a质点处在波峰时，b质点不在波谷，故A错误；
B．据波形图和两质点的距离为3m，当a在平衡位置即速度最大时，b在最大位移处，所以速度为零，故B正确；
C．据图象可知，0时刻两质点的位移相同，据F=-kx得：

所以在该时刻两质点的加速度相同，故C错误；
D．t=0时刻，b点振动方向向y轴正方向，当时，b质点正在向y轴负方向。故D错误。
故选B。
3-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．质点c此时在波谷位置，速度为零，则动能最小，A错误；
B．波向右传播，根据“同侧法”可知，质点b此时向y轴正方向运动，B错误；
C．机械波的振幅为2cm，则质点d的振幅是2cm，C正确；
D．质点a再经过通过的路程是2A=4cm，D错误。
故选C。
3-4【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．波中各质点均做受迫振动，不考虑能量损耗，各质点振幅相同，所以选项A正确；
BC．根据平移法可知，D速度方向向上，F速度方向向下，速度方向不同；A速度方向向下，C速度方向向上，速度方向不同，BC错误；
D．若波向右传播，由于此时B和C两点都向上运动，C比B后到达最大位移处，C回到平衡位置也比B迟，故选项D错误。
故选A。
3-5【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由图可知，该波的波长为4m，则周期

则经过5s时完成了2个周期，为半周期的奇数倍，则波形关于原波形对称，则有：
A．质点P对平衡位置的位移为负值，故A错误；
B．波向右传，此时P点向下振动，故质点P的速度方向与对平衡位置的位移方向相同，故B正确；
C．此时质点P加速度方向向上，速度方向向下，二者方向相反，故C错误；
D．此时质点P加速度方向向上，位移向下，则加速度的方向与位移方向相反，故D错误。
故选B。
3-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．沿x轴正方向传播，由图可知，处的质点起振方向是y轴正方向，所以P点开始振动的方向沿y轴正方向，故A错误；
B．由图可知

则简谐横波的周期为

所以频率为

故B错误；
C．波传播到P点的时间

t=2s时，P点振动的时间

所以t=2s时，P点的位移为0，故C错误；
D．从t=0到t=2s，P点振动路程为

故D正确。
故选D。
3-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由波形图可知，该波的波长大于8cm，画出波形图如图；

由图可知波长为λ=10cm，则
A．根据“同侧法”可知，t=0时刻，x=7cm处的质点振动方向沿y轴负方向，选项A错误；
B．该波的周期为

选项B错误；
C．在t=0时刻，质点P向下振动，在t=0.03s时刻P点到达平衡位置下方，但是还没到达最低点，则0~0. 03s时间内，质点P的速度先增大后减小，选项C错误；
D． t=0. 47s时，波向右传播的距离

由波形图可知，质点P运动到负方向最大位移处，选项D正确。
故选D。
3-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由波形图可知波长为12cm，故A正确；
B．波的周期

故B正确；
C．波沿x 轴正方向传播时
（n=1，2，3…）
由题意有

解得

故波不可能沿 x 轴正方向传播，故C错误；
D．t=0时刻处的质点位于波峰位置，由C项分析知波沿x 轴负方向传播，所以x=5cm处的质点振动到波峰所需的时间为

故D正确。
故选C。
3-9【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由波形图可知该波的波长

故B错误；
A．波动图像反映介质中质点在空间的分布情况，不能读出周期。故A错误；
C．简谐横波沿x轴正方向传播，则可判断出图示时刻质元R向下振动，经周期后到达波谷，速度变为零，故C正确；
D．简谐横波沿x轴正方向传播，质元P上下振动，并不向前移动。故D错误。
故选C。
3-10【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．设波的表达式为

由图知A=2cm，波图像过点（0，）和（2，0），代入表达式有

即
λ=6m
由于该波的波速v=2m/s，则

故AB错误；
C．由图为t=0时刻的波形图，根据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动。则

质点A沿y轴正方向运动，故C正确；
D．由图可知，t=0时刻平衡位置为的质点位于波谷，则

平衡位置为的质点不可能位于波谷，故D错误。
故选C。
3-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知波长为，周期为T=2 s，所以波速为

A错误；
B．根据“上下坡”法以及Q的振动图像可以判断出波x轴负方向传播，B错误；
C．由振动图像可知质点Q在时沿y轴正方向振动，C正确；
D．振动的介质不会随波向前移动，D错误。
故选C。
3-12【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．时间内，A点第五次回到平衡位置，则

解得

故A错误；
BC．分析题意可知，时间内，波传播了的距离，波速

根据波长、波速和周期的关系可知

则波长为，故B正确，C错误；
D．间距，时，点在平衡位置，则连线上有5个点处于最大位移处，故D错误。
故选B。
3-13【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于质点Q比质点P早到达波峰，则该波沿x轴正向传播，A正确；
B．由题可知，该波0.1s向右传播1m，因此波速为10m/s，B正确；
C．由图可知

根据

可得

C正确；
D．质点Q的振动方程为

D错误。
故错误的选D。
3-14【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。
3-15【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图甲可知波峰到波谷的距离为1m，故波的波长为

故A正确，不符合题意；
B．图乙为质点的振动图象则
T = 0.2s
根据波速计算公式有
v = = 10m/s
故B正确，不符合题意；
C．因为t=0时刻平面内只有一圈波谷，而此时O也处于波峰，由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时O处于平衡位置，由此可以判断波传播了1.25个波长，用时0.25s，t=0时刻波刚好传播到2.5m处，则机械波恰好传至B处的时间点为

故C错误，符合题意；
D．质点到波源的距离为

波传播到C点所用的时间为

由图像可知波的振幅为

故从到过程中，质点运动的路程为

故D正确，不符合题意。
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示

同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则根据几何关系可知NQ=MN，即PM等于绳长；根据几何关系可得

则α=37°，根据平衡条件可得
2Tcosα=mg
解得
T=5N
故D正确，ABC错误。
故选D。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设A球的质量为m1，则B球的质量为m2。根据平衡条件得
对A球沿杆方向有
Tcos30°=m1gsin45°
对B球沿杆方向有
Tcos(90°-30°)=m2gsin45°
联立得

故选C。
4-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
当施加竖直向下的力时，物体A刚好沿斜面匀速下滑，以A为对象，受力如图所示

根据受力平衡可得
，
又

联立解得

将一斜向下的力作用在A上时，以直角劈B为对象，设水平面对B的摩擦力方向水平向右，受力如图所示

根据受力平衡，水平方向有

又

联立解得

竖直方向有

B正确，ACD错误。
故选B。
4-4【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
圆球受重力、挡板对它的弹力和斜面对它的支持，受力图如下

根据力的平衡可得


故选A。
4-5【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
跨过光滑动滑轮两侧细线上拉力相等，设细线上拉力大小为，根据正交分解可得


解得。
故选D。
4-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由平衡关系可得

可得两侧背带对挎包的拉力大小均为

故C正确，ABD错误。
故选C。
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．只用、绳将重物提起时，受力如图：

根据平衡条件有


联立以上各式解得

，
选项A错误；
B．只用、绳将重物提起时，受力如图：

根据平衡条件有


联立以上各式解得

，
选项B错误；
CD．由以上结果可得
，
选项C正确，D错误。
故选C。
4-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设轻绳与水平方向的夹角为，根据受力分析可得竖直方向上有

绳能承受的最大拉力是时，解得

由几何关系可得

联立解得

故选B。
4-9【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABD．当以最小值F推斜面时，设小轮受到斜面的支持力大小为N，则对小轮在竖直方向根据平衡条件有

解得

易知小轮对斜面的压力大小也为N，且垂直于斜面向下，则对斜面在水平方向根据平衡条件有

由上式可知，若重物质量为2m，推力的最小值将变为2F，且N＞F，故AB错误，D正确；
C．对重物、小轮、斜面和轻杆组成的整体分析可知，地面对斜面体的支持力大小等于 ，故C错误。
故选D。
4-10【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．令结点左侧绳长，结点右侧绳长，有

由水平方向受力平衡

有

竖直方向受力平衡有

带入数据可解得

A错误，B正确；
CD．将绳子的A端沿竖直杆上移，或将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，由AB中分析可知由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，CD错误。
故选B。
4-11【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
对A球和B球受力分析如下图所示，对B球有

对A球，由几何关系可知各夹角大小如图所示，故有

且对轻杆分析可知

联立解得

故B正确，ACD错误。
故选B。

4-12【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO'的张力也不变，故A正确，不符合题意；C错误，符合题意；
BD．对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故BD正确，不符合题意。
故选C。

4-13【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
甲、乙两物体的质量均为m=2kg，则OC绳的拉力与OB绳的拉力均为20N，这两个力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相反。
由几何关系可知OC绳的拉力与OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°均为20N的两个力的合力大小为20N。所以OC绳的拉力与OB绳的拉力的合力接近20N。
所以根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为B选项的23N。
故选B。
4-14【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．对小球乙受力分析如图1所示，由相似三角形知识得
＝＝
解得拴接小球乙的轻绳拉力大小
T＝mg
小球乙受到的支持力为
N＝mg
根据牛顿第三定律可知，小球乙对半圆柱体的压力大小为mg，故AB错误；

C．设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α，由几何关系可知
（2R）2＝R2+（）2
所以连接乙球的轻绳与半圆柱体相切
sinα＝＝
解得
α＝30°
以结点O为研究对象，对其受力分析如图2所示，拉力T和F2的合力与F1等大反向，由平衡关系得
F2＝Ttanα
代入数据解得
F2＝mg
物块甲的重力沿斜面向下的分力大小为
2mgsin30°＝mg＞mg
则物块甲所受的摩擦力沿斜面向上，故C错误；
D．以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，由力的平衡条件可知，半圆柱体丙所受的摩擦力方向水平向左，大小等于拉力T沿水平向右方向的分力，即
f＝Tsinα＝＝mg
故D正确。
故选D。
4-15【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:

对B受力分析，设A、B间的作用力为FN，A对B的摩擦力为

地面对B的摩擦力为

x轴方向

y轴方向

联立解得


所以


则木块B受到的摩擦力大小与重力大小之比为

故C正确。
故选C。
4-16【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力

选项A错误；
B．设小球在D点时弹性绳的弹力大小为，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得


两式联立可解得

选项B错误；
C．设弹性绳的原长为，则当小球在B点时，由胡克定律可得

在D点时有

两式联立可解得

选项C正确；
D．从D到C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，在水平方向上有

解得

因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由可知弹性绳的弹力越来越大，而α由逐渐减小到30°，越来越大，可知拉力F也越来越大，选项D错误；
故选C。
4-17【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．如图所示

受力分析小球a，设弹簧对小球的弹力大小为FN，OA杆对小球a的弹力大小为FNA，设FN与水平方向的夹角为θ1，FNA与水平方向的夹角为θ2。根据图中的几何关系有
θ1=θ2=30°
根据物体的平衡条件有
FNcosθ1=FNAcosθ2，FNsinθ1+FNAsinθ2=mg
求得
FN=FNA=mg
根据胡克定律，有弹簧的压缩量为

故AB正确；
C．如图所示

受力分析小球b，根据如上分析，其所受弹簧的弹力FN也为mg，OB杆对小球b的弹力为FNB，设FNB与水平方向的夹角为θ3，FN与水平方向的夹角为θ4。根据图中的几何关系有
θ3=60°，θ4=30°
根据物体的受力平衡条件有
FNBcosθ3=FNcosθ4
求得
FNB=mg
故C正确；
D．如图所示

当将小球b移动至O点后对小球a受力分析，设mg与垂直于OA杆方向的夹角为θ5。根据图中的几何关系有
θ5=60°
根据物体的受力平衡条件有
F'N=mgsinθ5
求得
F'N=mg
根据胡克定律，有弹簧的压缩量为

故D错误。
故选D。
4-18【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设圆的半径为R，根据几何关系可知，橡皮条的原长

设橡皮条的劲度系数为k，将橡皮条中点拉至C点时，橡皮条弹力

而此时拉力

由于BC沿水平方向，若沿水平方向，则

A正确；
B．若沿竖直方向，由于在过B点的切线方向合力为零，因此

可得

B错误；
C．当的方向接近指向圆心时，F值趋近于无穷大，C错误；
D．当的方向垂直于过B点的半径时，取最小值

D错误。
故选A。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由图可知，光线在CD界面上，相同的入射角a光发生折射，b光发生全反射，说明a光的临界角比b光的大，有

知棱镜对a光的折射率比b光的小，因此a光的频率比b光的频率小，由公式

知同种介质中a光速度大，故AB错误；
C．棱镜对a光的折射率比b光的小，a光的频率也比b光的频率小，而光子能量与频率成正比，则a光的光子能量比b光的光子能量小，故C错误；
D．根据折射定律

可知以相同的入射角从空气斜射入水中，a光的折射角较大，故D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
光路图如图所示，红光在BC面恰好发生全反射，设临界角为θ，则

解得

则；又M为OA中点，则

由几何关系有

根据折射定律有，解得

故选C。

5-3【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．光路如图所示，由于折射光线CE平行于BO，因此光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为，则光线在E点的入射角α满足sinα=得
α=30°

由几何关系可知，∠COE=90°，因此光线在C点的折射角为
r=30°
由折射定律知，玻璃砖的折射率为

选项A错误；
BC．由于光线在E点的入射角为30°，根据折射定律可知，光线在E点的折射角为60°，光线不会在AB圆弧面上发生全反射，选项BC错误；
D．由几何关系可知

光在玻璃砖中传播的速度为

因此光在玻璃砖中传播的时间为

选项D正确。
故选D。
5-4【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AC．根据题述，b光在Ⅱ区域发生全反射而a光没有，发生全反射的临界角较小，由sinC=，可知水对b光的折射率较大，对a光的折射率较小，a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光折射角小。故A正确，C错误；
B．由折射率随光的频率的增大而增大可知，a光的频率较小，波长较长。故B错误；
D．水下b光能射到题图中Ⅱ区域，由于在题图中Ⅱ区域发生了全反射，Ⅱ区域只有a光射出。故D错误。
故选A。
5-5【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．光在空气中的传播速度比固体中的传播速度快，故A错误；
B．红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据可知红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，故B错误；
CD．如图所示

由几何关系得

由折射定律得

由全反射的临界条件得

又

联立解得

故D正确，C错误。
故选D。
5-6【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
C．由图可知，玻璃砖对光束b的折射程度较大，则

玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率，故A错误；
B．根据

可知在玻璃砖中光束b的传播速度小于光束c的传播速度，故B错误；
A．折射率越大，则光的频率越大，根据

可知在真空中光束b的波长小于光束c的波长，故A正确；
D．根据

可知b、c两束单色光由玻璃射入空气时b光束发生全反射的临界角更小，故D错误。
故选A。
5-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
光路如图

光源S发出的一条光线射到球面上的点有

可得

对于位置已固定的光源，与都是定值，当越大时，光线射出玻璃球的入射角就越大，光线越容易发生全反射，要求所有的光线都不会全反射，就是要求当最大（）时，不会发生全反射，即有

全反射临界角的正弦为

在点不发生全反射的光线，以后再次反射也不会发生全反射，所以玻璃球半径一定满足

故C正确，ABD错误。
故选C。
5-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
如图所示

根据几何关系可知



根据折射定律可得

当光照射到面时

可知在面发生全反射，由几何关系可知

根据

可知光线从面射出，根据几何关系可得光在介质中的路程

光在介质中的速度

光线从B点射入介质到第一次射出介质所需的时间为

故C正确，ABD错误。
故选C。
5-9【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设光束能发生全反射时的临界角为C，则sinC=，得到
C=
光路图如图所示

由几何知识得
∠PDO=，DF=Rsin，FA=AP－Rcos

BA=BE＋AE=BE＋DF
代入数据可知
BA=R
故选D。
5-10【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
如图所示，设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为，折射角为，在剖面内作光源相对于光镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点，且在D点的入射角为，折射角为，如图所示。



由题意得

解得

由几何关系得


解得

故ABD错误，C正确。
故选C。
5-11【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．因P为a光的光斑，则Q为b光的光斑，R为两种光的复合光斑，由图可知，透明介质对b光的折射程度较大，则b光的折射率大于a光的折射率，选项A正确；
B．根据可知，在该透明介质中，b光的速度小于a光的速度，选项B错误；
C．光线a出离介质后的折射角

则

在介质中的速度

a光进入介质后经到达光屏P点的时间

选项C错误；
D．若入射光线绕O点逆时针转过15°角，则此时入射角为45°，则此时a光线的折射角为90°，即此时a光线恰能发生全反射，而此时射到Q点的b光线早已发生了全反射从Q处消失了，选项D错误。
故选A。
5-12【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:

A．光路图如图，由题意

根据几何关系

该介质的折射率为

故A错误；
B．反射光从B点到C点经历的时间是

折射光从B点经平面镜反射到C点的时间是


故B正确；
C．设临界角为C

反射光在C点的入射角，根据几何关系，将入射点A向右移动靠近圆心的过程中

所以反射光不可能在C点发生全反射，故C错误；
D．将入射点A向右移动靠近圆心的过程中，根据对称性，反射光从底面垂直出射，故D错误。
故选B。
5-13【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．光从O到内壳的传播时间为

光在介质中的传播速度为

光在介质中的传播时间为

所以光线从O点射出球壳的时间为

故AB错误；
CD．光在介质中射向真空发生全反射的临界角C满足

即
C=30°
若点光源放于P点处，假设其射出的光线在Q点恰好发生全反射，如图所示，则在三角形OPQ中，根据正弦定理有

解得

所以


根据对称性可知若点光源放于P点处，则介质球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长为

故C正确，D错误。
故选C。
5-14【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．光线与容器内壁相切，光路图如图1所示，设光线在M点的入射角为iA，折射角为r，由折射定律得

由几何关系得

解得

故A错误；

B．光线A在柱形容器中通过的距离为

光线A在柱形容器中传播速度为

则光线A射入柱形容器后折射出去的时间为

故B错误；
C．平行于MN的光线射向容器，在容器外壁的入射角为iB，折射角为r′，如图2所示，由折射定律得

光线恰好在容器内壁发生全反射，入射角等于临界角C，光路图如图所示，则

根据正弦定理可得

解得

即

故C错误；
D．设光线B到MN的距离为d，根据几何关系可得
d=R1siniB=R2
故D正确。
故选D。
5-15【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由光路图可知，透明材料对b光的折射率较大，则b光频率较大，波长较短，根据

可知，同一实验装置演示双缝干涉，b光的条纹宽度比a光小，选项A错误；
B．对b光，当入射角为时折射角为r=30°，则折射率

当入射角变为时，则折射角

临界角为

则
C=45°

由正弦定理可知

可得

则光线AB在内球面的入射角掐位45°，b光恰好在内球面上发生全反射，选项B正确；
C．增大入射角i，则a光的折射角变大，因a光在外球面上的入射角总等于刚入射时的折射角，则a光不可能在外球面上发生全反射，选项C错误；
D．根据可知a光在透明材料中的传播速度较大，而AM 故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．根据理想气体状态方程可得

由图可知

所以

故AB错误；
C．从状态A到状态B气体经历等压变化，体积增大，对外界做功，根据理想气体状态方程可知气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知气体不断吸热，故C正确；
D．从状态B到状态C气体经历等容变化，压强减小，根据理想气体状态方程可知气体温度降低，内能减小，气体对外界不做功，根据热力学第一定律可知气体不断放热，故D错误。
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，气体压强不变，故A错误；
BC．由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由＝C可知，压强p减小，故BC错误；
D．由题图可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确。
故选D。
6-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．的过程中，气体的温度降低，气体分子平均动能减少，A错误；
B．的过程中，气体的温度降低，气体的内能减少，气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，B正确；
C．的过程中，气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，C错误；
D．的过程中，气体的温度不变，气体分子平均动能不变，D错误。
故选B。
6-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据p-V图象的面积表示气体做功，得气体在a→b过程中对外界做的功为

b→c过程中气体对外界做的功为

所以气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功，故A错误；
B．气体在a→b过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以
Ta = Tb
即

根据热力学第一定律

可知，从外界吸收的热量为

气体在b→c过程中，因为c状态的pV大于b状态的pV，所以
Tb < Tc
即

根据热力学第一定律

可知，在b→c过程中从外界吸收的热量为

则有

故B正确；
C．在c→a过程中，气体等压压缩，温度降低，即
，Wca > 0
根据热力学第一定律

可知，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C错误；
D．根据上面选项分析，有
Ta = Tb
而一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误。
故选B。
6-5【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图像可知过程①为过原点的直线，可知温度与压强成正比，根据理想气体状态方程可知该过程气体的体积保持不变，气体对外不做功，温度升高内能增大，根据热力学第一定律可知需要从外吸收热量，A错误；
B．由图像可知过程②中，由到过程，气体温度不变，气体内能不变，气体的压强增大，可知气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知该过程气体对外放热，B错误；
C．由到过程，气体的温度升高，气体内能增大，气体的压强不变，可知气体的体积增大，外界对气体做负功，即气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知该过程气体从外界吸热，C正确；
D．状态和状态的气体体积相等，单位体积内气体的分子数相同，状态的温度比状态的小，气体在状态的分子平均动能小于在状态的分子平均动能，故单位时间内，状态比状态器壁单位面积上分子碰撞的次数少，D错误。
故选C。
6-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．状态B变化到状态C是等容变化，根据查理定律，有

代入数据得到

A错误；
B．根据理想气体状态方程，A、C状态有

代入数据得到

故气体在状态C的内能与A的不相等，B错误；
CD．根据热力学第一定律有

由状态A变化到状态B的过程，体积增大，气体对外做功，有

联立得到

该过程中，气体吸收了1.25×105J的热量，C正确，D错误；
故选C。
6-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．据题意，结合题图可知，气体从c到d为绝热膨胀，则


根据


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


则

即外界对其做的功全部用于增加内能，B正确；
D．根据p­V图像与V轴围成的面积表示气体做功的大小，可知一次循环过程中外界对气体做的功

而整个过程气体内能变化为零，则整个过程

即在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，D错误；
C．根据D项分析可知

而


则

即b→c过程中增加的内能大于d→a过程中减少的内能，故C错误；
故选B。
6-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
B．根据理想气体状态方程可得

代入数据可得

故B错误；
A．从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是每个分子的动能都增大，故A错误；
C．从状态A变化到状态B，气体体积增大，外界对气体做负功，故C错误；
D．根据p-V图像，外界对气体做功为

气体从状态A变化到状态B的过程中增加的内能为

故D正确。
故选D。
6-9【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

其中的

可解得
TD=225K
选项A正确；
B．因为AC两态的pV乘积相等，则温度相同，即A状态的内能等于C状态的内能，选项B正确；
C．因p-V图像的面积等于功，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功

选项C正确；
D．从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320J的热量，同时气体对外做功

气体内能增加了240J，选项D错误。
此题选择错误的选项，故选D。
6-10【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.由理想气体状态方程

可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；
B.由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B错误；
C.过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；
D．由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等;
由理想气体状态方程
＝C
可得
T＝V
即T­V图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，D正确；
故选D。
6-11【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由

可知的乘积变大，温度升高，内能增大；由状态A到状态B的过程中，气体体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A错误；
B．由状态B到状态C的过程中，做等容变化，压强变大，所以温度升高，气体吸收热量，内能增加，故B正确；
C．由状态C到状态A的过程中的乘积变小，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，所以气体放出热量，故C正确；
D．图像中，图像与横轴面积代表做功，可以看出，由状态A到状态B的过程中气体对外做的功小于状态C到状态A的过程中外界对气体做的功，且A→B→C→A的过程中，气体的内能不变，所以气体放出的热量多于吸收的热量，故D正确。
本题选错误的选项，故选A。
6-12【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．气体从状态A若做等容变化，则图像如图：

从图中可以看出：状态C变化到状态B气体的温度不变，压强增大，根据可知，气体的体积一定减小，所以气体在A状态体积比B状态体积大，选项A错误，B正确；
C．由于体积减小，外界对气体做功，气体的温度升高，内能增加，不能判断外界做功和内能变化的大小，所以不能判断气体是吸热还是放热，选项C错误；
D．气体温度升高，分子平均动能增大，但气体变化过程中每个分子速率不一定均增大，选项D错误。
故选B。
6-13【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，理想气体从到的过程为等温变化，气体内能保持不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，A错误；
B．由题意可知，理想气体从到的过程为等温变化，气体内能保持不变，气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，B错误；
C．理想气体从到的过程为等压变化，则有

由于气体体积增大，可知气体温度升高，分子的平均动能增大，但并不是所有气体分子的速率都变大，C错误；
D．理想气体从到的过程，气体压强不变，体积减小，温度减小；则气体的内能减小，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，且放出的热量大于外界对气体所做的功，D正确。
故选D。
6-14【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不变，故A错误；
B．的过程中体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高，分子的内能增大，压强增大，由热力学第一定律得气体从外界吸热，故B正确；
C．过程的直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故C错误；
D．的过程中气体的体积不变，单位体积内的分子数不变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分子的平均动能减小，故D错误。
故选B。
6-15【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图像可知

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

解得

故C错误；
D．由题意及图可知
Va＝Vc
由A中分析可得
Vb 从a至b气体压强逐渐增大，b至c为等压过程，根据
W＝pΔV
可得a经b至c的过程外界对气体做的功为
Wabc＝Wab＋Wbc<0
根据热力学第一定律有
ΔUac＝Wabc＋Qabc
而ΔUac>0，则Qabc>0，即气体由a经b至c吸热，吸收的热量为
Qabc＝ΔUac－Wabc
而气体从c至a，外界对气体所做功Wca＝0，根据热力学第一定律有
－ΔUac＝Wca＋Qca
可知气体由c至a放热，释放的热量
Qca＝ΔUac
比较可知，Qabc>Qca，故D错误。
故选B。

6-16【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据理想气体状态方程

可得

根据图像中对应的值，可知道两种状态下的压强和体积，代入得到
，
所以b、c两个状态气体温度相同，A正确；
B．由图像可知，bc过程气体压强与体积的乘积pV先增大后减小，由理想气体状态方程

可知，气体温度先升高，后降低，B正确；
C．bc过程中，体积增大，气体对外做功，则

B选项中已知，温度先升高，后降低，则内能先增大后减小，根据热力学第一定律有

可知，气体先吸热，后放热或仍然吸热，但吸收的热量小于气体对外做的功，C错误；
D．ab过程中，体积不变，压强增大，根据查理定律

所以ab过程中，温度升高，分子平均动能增大，在单位时间内气体分子对单位器壁面积的平均作用力增加，D正确；
故选C。
6-17【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，若横轴用热力学温标，则过程ab对应的p-T图像过原点，即为定值，根据查理定律可知ab为等容过程，所以气体在a、b两状态的体积相等，故A错误；
B．气体在状态a时的温度低于它在状态b时的温度，所以气体在状态a时的内能小于它在状态b时的内能，故B错误；
C．ab为等容过程，W=0，温度升高，气体内能增大，，根据热力学第一定律可知，气体在过程ab中一定吸收热量，故C正确；
D．ca为等压过程，气体温度降低，内能减小，根据盖—吕萨克定律可知气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体在过程ca中向外界放出的热量大于外界对气体做的功，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据牛顿第二定律有


比较以上两式可知

即

故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．运动员在下落的过程中，接触蹦床之前，做自由落体运动，加速度为g；接触之后，弹力

随下落距离逐渐增大；根据牛顿第二定律

可知，弹性绳的伸长量和a是线性变化关系，故a和y也是线性变化关系，当弹力F小于重力时，做加速度减小的加速运动；当弹力F等于重力时，加速度为零，速度最大；当弹力F大于重力时，做加速度增大的减速运动，所以加速度先不变，后减小再反向增大，且加速度a和y是线性变化关系，因此加速度先不变，后减小再反向增大，可知速度—时间图像的斜率绝对值先不变，后减小再增大，AB错误。
CD．由上分析可知，加速度a和y是线性变化关系，C错误，D正确。
故选D。
7-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．设滑梯的长度为，乘客下滑的总时间为t，加速度为a，已知初速度为零，前两秒的平均速度为1m/s，即第1s末的速度，根据速度时间公式有

代入数据解得

则末的速度为

末的速度为

则最后两秒的平均速度

代入数据解得

根据速度公式

代入数据可得乘客滑至底端时，速度大小

根据位移时间公式

代入数据可得滑梯长度

故B正确，AC错误；
D．设滑梯与水平面的夹角为，则有

对乘客，根据牛顿第二定律有

又

联立解得

故D错误。
故选B。
7-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，在推的过程中，甲的推力等于乙的推力，故A错误；
B．作用力和反作用力同时产生同时消失。甲推的乙的时间等于乙推甲的时间，故B错误；
D．由于两板与冰面间的摩擦因数相同，由牛顿第二定律可以知道

得

即他们的加速度的大小是相同的，故D错误；
C．由于甲在冰上滑行的距离比乙远，根据

可知，在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确。
故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由匀变速直线运动规律

水桶（包括水）的加速度

以水桶（包括水）为研究对象

得绳子拉力

故选项B正确。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据牛顿第二定律有

解得加速度
根据速度位移公式有

代入数据解得，故C正确，ABD错误。
故选C。
7-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．设物体与材料间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得物体下滑的加速度大小为
①
根据运动学公式可得
②
联立①②解得
③
故A正确；
B．若改变物体的质量，但材料不变，则μ不变，物体在斜面上下滑的加速度大小不变，仍以初速度v0沿斜面自由下滑，则物体仍能到达斜面底端，故B错误；
C．若初速度v0减小为v1，此时物体下滑的加速度大小仍为a，根据
④
可知物体只在斜面上运动直至停止，设物体在斜面上滑行的时间为t1，则根据运动学公式有
⑤
由题意可知
⑥
联立⑤⑥解得
⑦
故C正确；
D．若初速度v0增大为v2，设物体滑至斜面底端时的速度为v3，根据运动学公式有
⑧
物体在水平面上滑行的加速度大小为
⑨
物体在水平面上滑行的时间为
⑩
联立②③⑧⑨⑩解得
⑪
故D正确。
故选B。
7-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．飞机由静止开始下落过程，据牛顿第二定律可得

飞艇在20s内下落的高度为

联立解得
h1=1920m
A错误；
B．飞艇在25s时速度为

B正确；
C．飞艇在25s内下落得高度为

可知减速下降过程位移为

末速度为零，由位移公式可得

加速度大小为

解得

C错误；
D．在飞艇后来的减速过程中，对大学生，由牛顿第二定律可得

解得

即大学生对座位的压力约是重力的1.52倍，D错误。
故选B。
7-9【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据牛顿第二定律可得，物块沿斜面向上运动的加速度大小为

沿斜面向下运动的加速度大小为

由于

因此有

联立解得

故选C。
7-10【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题意可推知运动员在AB段由静止开始做匀加速运动，在B点时速度达到最大值v，之后在BC段做匀减速运动，且在C点速度减为零，根据匀变速运动规律可知运动员在滑道的AB段下滑的平均速度与在BC段下滑的平均速度大小相等，均为，故A错误；
BD．由题意可知，运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度大小相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同，故B错误，D正确；
C．根据前面分析，以及

可知滑道的AB段与BC段等长，故C错误。
故选D。
7-11【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
双臂伸直后从静止开始竖直向上运动过程中由牛顿第二定律得
F－mg=ma
代入数据解得他引体向上运动的加速度
a=1.25m/s2
由匀变速直线运动规律有
x=at2
解得
x=0.4m
故选A。
7-12【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图像的切线斜率绝对值表示加速度的大小，由图乙可知冰壶做加速度逐渐减小的减速运动，A错误；
B．图像与横轴围成的面积等于物体的位移，如图所示

可知冰壶在秒内运动的位移应小于图中虚线与横轴围成的面积，则有

B错误；
C．根据牛顿第二定律可得

由于冰壶的加速度逐渐减小，可知水平面的动摩擦因数逐渐减小，C正确；
D．冰壶在位移中点的瞬时速度与时间中点的瞬时速度分别如图所示

由图可知冰壶在位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度，D错误；
故选C。
7-13【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设向上为正方向，设小球落地时间为，M点高度为，N点高度为，根据运动学公式得

解得

对空管由牛顿第二定律得

解得

设空管落地时间为，根据

解得

则二者落地时间差

故ABD正确，C错误。
本题选错误项，故选C。
7-14【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．设战机受到的牵引力为F，其质量（包括携带弹药的质量）为m，与航母间的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得

则

可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相同，携带的弹药也必须相同，故AB错误；
CD．由

得

由

得

可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，故C错误，D正确。
故选D。
7-15【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所示

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时

解得加速度大小为

方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得

解得加速度大小为

方向向左 ；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为v，由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时

圆盘在桌面上运动时

盘没有从桌面上掉下的条件是

联立解得

圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得

对圆盘有

而

由以上各式解得

带入数据解得

故B正确，ACD错误。
故选B。
7-16【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
停车距离为

由题意可得
， ，
联立解得

则反应时间取0.3s，动摩擦因数为

反应时间取0.45s，动摩擦因数为

反应时间取0.6s，动摩擦因数为

所以ABC错误；D正确；
故选D。
8-1【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
C．粒子在磁场中受到洛伦兹力，粒子两次在磁场中运动的加速度大小之比为

C错误；
B．从Q点飞出匀强磁场，速度偏转角为60°，轨迹如图

则

根据

解得

B正确；
A．若离开磁场时速度偏转角将变为120°，则

根据

解得

A正确；
D．粒子在磁场中的周期为

则在磁场中运动的时间

D错误。
故选AB。
8-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由题意知，粒子在磁场中的偏向角为60°，则粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为2R，选项A错误；
BC．由牛顿第二定律可知

解得粒子在磁场中运动的速度大小为

粒子在磁场中运动的时间

选项BC正确；
D．由于粒子做圆周运动的速度不变，改变粒子垂直射入磁场的方向，粒子在磁场中运动的轨迹所对的弦长一定小于2R，即所对的圆心角一定小于60°，因此粒子运动的时间一定变短，选项D错误。
故选BC。
8-3【基础】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．从A点射出磁场的粒子在P点受到的洛伦兹力垂直于OP向左下方，根据左手定则判断可知该粒子带负电，是粒子b，故A错误，符合题意；
B．画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示

设粒子a、b在磁场中运动的半径分别为r1和r2，设AB=2R，根据几何知识可得


则有

故B错误，符合题意；
C．由半径公式得

由于m、v、B相同，则粒子a、b的电荷量之比为

故C错误，符合题意；
D．粒子a、b在磁场中运动时轨迹对应的圆心角分别为和，则粒子a、b在磁场中运动的时间之比为

故D正确，不符合题意。
故选ABC。
8-4【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，根据左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
B．速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，根据几何关系可知，粒子运动了个周期，所以粒子运动周期为4t，故B错误；
C．根据以上分析可知，粒子速率为v0，运动半径为R，根据

速率为2v0的粒子运动半径为2R，根据几何关系可知，当圆直径对应粒子轨迹的弦时，对应圆心角最大，运动时间最大

故C错误；
D．从A点离开磁场的速率最小值，对应半径最小，最小半径

解得

故D正确。
故选AD。
8-5【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由左于定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，A正确；
C．由题意画出带电粒子的运动轨迹，如图所示，圆心为图中的O点，由几何关系可知，
、，由于AC=d，则BC=2d，且BC为圆形磁场的直径，则圆形磁场的半径为d，C错误；
D．由几何关系可知BC=2d，即粒子轨道的半径为2d，D正确；
B．显然该带电粒子在磁场中运动的时间为一个周期的，又带电粒子在磁场中的运动周期为 ，解得粒子在磁场中运动的时间为，B错误。

故选AD。
8-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，两粒子在磁场中运动的半径和周期都相同，它们离开磁场的位置相同，可知两段圆弧之和应该为一个圆周，因为它们在磁场中运动的时间之比为1：2，则两段圆弧所对圆心角之比为1:2，则a粒子所对应的圆弧的圆心角为120°，b粒子所对应的圆弧的圆心角为240°，则
θ＝60°
选项A正确，B错误；
CD．粒子做圆周运动的轨道半径为

而

可得

选项C错误，D正确。故选AD。
8-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了，表明粒子在磁场中转动了半周，如图所示，由几何关系可得

据牛顿第二定律可得

解得

粒子进入磁场，据牛顿第二定律可得

解得

所以粒子竖直向上射出磁场，A正确；
B．粒子在磁场中运动的时间为

B错误；
C．由A的解析可得，磁感应强度大小为

C错误；
D．如图所示，由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为

D正确。
故选AD。

8-8【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．由洛仑兹力提供向心力，有

当

时，速度为

A正确；
B．要使带电粒子在圆形磁场中的时间最长，则是以磁场圆直径为弦的轨迹时间最长，圆心为，粒子的运动轨迹如图

由几何关系知此轨迹在磁场的偏转角为60°，所以最长时间为

B正确；
C．当入射速度的方向合适时，是可以找到从点射出圆周运动的圆心的，即作的中垂线，使即可（如上图），C错误；
D．若粒子的速度变为，则其运动半径为，若粒子从点向上入射，则从A点水平穿出，D错误。
故选AB。
8-9【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
从Q点能射出两个离子，则离子圆周运动半径r小于磁场区域圆半径R，运动轨迹如图所示。为等边三角形。

A．由几何关系得

又有

解两式得
①
选项A错误；
B．在磁场中做圆周运动有
②
解①②式得

选项B正确；
C．圆周运动的周期为

两离子在磁场中运动的时间分别为


则从磁场射出的时间差为

选项C正确；
D．各种方向的离子从磁场中的出射点与P点的最大距离为

选项D正确；
故选BCD.
8-10【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
ABD．电子的轨迹半径为R，如图所示

由几何知识

解得

则电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-L），电子在磁场中运动时间

又

则

故AD错误，B正确；
C．设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中


所以磁场圆心坐标为，故C正确。
故选BC。
8-11【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．设粒子恰好从C点射出时的速率为v1，根据几何关系可知此时粒子运动的半径为

根据牛顿第二定律有

解得

因为粒子速率越大，运动半径越大，所以若粒子从E、C两点间的圆弧射出，则粒子的速率应满足的条件为

故A错误；
B．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中转过的圆心角为90°，运动时间为

故B正确；
C．设粒子恰好从D点射出时的速率为v2，根据几何关系可知此时粒子运动的半径为

同A理可得

若粒子从C、D两点间的圆弧射出，则粒子的速率应满足的条件为

故C正确；
D．当圆形区域内没有磁场时，粒子恰好从E点射出，当存在磁场时，粒子一定会向AE连线右侧偏转，所以无论粒子速度多大，也不可能从A、E两点间的圆弧射出，故D错误。
故选BC。
8-12【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由左手定则及该粒子的偏转方向可知粒子带负电荷，故A错误；
B．粒子从PO方向射入磁场，从N点离开，洛仑兹力提供向心力，即

解得

故B正确；
C．由于粒子进入磁场的速度不变，则圆周运动的半径也相同，由几何关系可知第二次圆周运动的圆心、M点、O点、N点构成了一个边长为R的菱形，即M、N两点到圆周运动的圆心的距离相等，所以粒子一定从N点射出磁场，故C正确；
D．由几何关系可得第二次圆周运动的运动轨迹所对应的圆心角为，所以粒子在磁场中的运动时间为

故D错误。
故选BC。
8-13【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c点的过程中，半径越老越大，则由

可知，速度越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率。又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为

所以圆心角为

所以最短运动时间为

即从M点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所用时间大小不能确定。

故选AD。
8-14【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．以速率v从A点沿AO方向射入磁场的粒子，经磁场偏转后，恰好垂直打到感光板上，由几何知识可知该圆形区域的半径恰好等于粒子在磁场中运动的半径，根据

可得圆心区域半径为，故A错误；
B．若粒子以速率v从A点水平向左飞入磁场时，则由选项A分析可知粒子在磁场中运动的圆心将位于O点，粒子从C点沿CQ运动到PQ上，依题意，可得用时为

又


得

联立可得

所以，结合几何知识可知，从A点运动到PQ上用时可能为，故B正确；
C．以速率2v从A点射入磁场，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为，从C点射出磁场，由几何知识可求得此时粒子运动轨迹所夹弧所对应的圆心角为，则该粒子在磁场中运动的时间为

故C正确；
D．依题意，若粒子从A点沿AO方向射入磁场，最后恰好到达P点，由几何知识可得粒子在磁场中运动的轨迹半径满足


即

可得该粒子射入磁场时的速率为

故D正确。
故选BCD。
8-15【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
B．根据洛伦兹力提供向心力

解得

故B正确；
AC．当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入B2区域的临界情况，如图

根据几何关系可知

故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2区域，粒子初速度有沿上的分速度时不能进入B2区域，因此能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为，故A错误，C正确；
D．因为粒子在两磁场中的轨迹半径相同，离开B2区域时速度方向与连线SO平行的粒子必然是从E点射入，其在B2区域运动的圆心角为240°，则运动时间为

故D正确。
故选BCD。
8-16【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
．a、b两粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，设磁场圆半径为r，由几何关系可有：a在磁场中运动的半径


b在磁场中运动的半径

a在磁场中运动的圆心角θ=60°，b在磁场中运动的圆心角α=120°，由

a在磁场中运动的时间

b在磁场中运动的时间


A正确；
B．由

a粒子射入磁场时的速度

b粒子射入磁场时的速度

a、b两粒子射入磁场时的速度之比为

B错误；
C．仅将B0变为B0，则有


a在磁场中运动了半个圆周，对应的圆心角是90°，则运动的时间


即a在磁场中运动的时间将变为原来的倍，C正确；
D．仅将B0变为，则有




由以上计算可知，两粒子运动时间之比不变是

D错误。
故选AC。
8-17【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．粒子最大运动半径为

由运动半径

解得

故A正确；
BC．设粒子运动半径为，如图甲所示

在中

则

得

则

由

解得

故C正确，B错误；
D．如图乙所示

在中




得

由运动半径

解得

故D正确。
故选ACD。
8-18【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．粒子在小圆区域运动中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由题设条件第一次离开小圆区域运动的时间均为，可得

由计算和几何关系可知，粒子在小圆区域内的运动半径是R，则有粒子的发射速度大小为

A错误；
B．粒子从小圆区域到环形区域，速度大小不变，因受洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向相反，如图所示，由粒子束缚在半径为2R的大圆区域内，由几何关系可得


由余弦定理可得，在环形区域内粒子做圆周运动的半径最大值应满足关系式

解得

为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形区域内，粒子在环形区域内做圆周运动的半径

由洛伦兹力提供向心力，可得


B错误；
C．由解析图可知，由于，因此粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的圆弧长所对的圆心角为120°，即运动的时间为

C正确；
D．若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，由题意可知，则粒子在环形磁场中运动的时间也为，则有粒子在两磁场中运动的总时间为，D正确。
故选CD。
9-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据万有引力提供向心力，即

解得

又因人造卫星A、B到地球球心的距离之比为3：5，故周期之比为，A错误；
B．根据万有引力提供向心力，即

解得

又因人造卫星A、B到地球球心的距离之比为3：5，故线速度大小之比为：，B正确；
C．根据万有引力提供向心力，即

解得

又因人造卫星A、B到地球球心的距离之比为3：5，向心加速度大小之比为25：9，C错误；
D．根据万有引力提供向心力，即

又A、B的质量之比为2：3，到地球球心的距离之比为3：5，向心力大小之比为50：27，D正确。
故选BD。
9-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由题中条件不能比较两颗卫星的质量关系，选项A错误；
BCD．根据

可得



因，可知，a、b两颗卫星运行的线速度大小之比为；角速度之比为；向心加速度大小之比为，选项BC正确，D错误。
故选BC。
9-3【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AC．根据万有引力提供向心力可得

化简得


即轨道半径减小时，线速度增大，周期减小。由图可知，A的半径最小，B、C半径相等，因此


C错误，A正确；
B．卫星A、B的质量相等，轨道半径相等，由万有引力表达式

即轨道半径减小时，加速度增大，由图可知，A的半径最小，B、C半径相等，因此
可知向心加速度的大小关系为，B错误；
D．由开普勒第三定律可得

D正确。
故选AD。
9-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．假设L3和L2到地球中心的距离相等，则“鹊桥”在L2点受到月球和地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，则L2到地球中心的距离大于L3到地球中心的距离，故A错误；
B．由于“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，则“鹊桥”位于L2点时，绕地球运动的周期和月球的公转周期相等，故B正确；
C．“鹊桥”位于L2点时,所受月球和地球引力的合力提供向心力，则有

则轨道半径越大所需向心力越大，由于五个点中L2点离地球最远，所以“鹊桥”在L2点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大，故C正确；
D．根据可知，轨道半径越大向心加速度越大，所以“鹊桥”位于L3点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度，故D错误。
故选BC。
9-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．两卫星的质量关系不确定，可知不能比较a卫星的动能与b卫星的动能大小关系，选项A错误；
B．根据

可知

可知a卫星的周期与b卫星的周期之比为，选项B正确；
C．根据

可知

则ab卫星的运动半径之比为

根据

可知，a卫星的线速度与b卫星的线速度之比为

选项C正确；
D．a、b卫星到下次相距最近，则

即

解得还需经过的时间为

选项D错误。
故选BC。
9-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由于两卫星过M点时速率相同，根据机械能守恒定律知：过N点时速率也相同，故A正确；
B．由于甲运动的轨道半径与乙卫星椭圆轨道的半长轴相等，由开普勒第三定律知：甲、乙运动的周期相等，故B错误；
C．万有引力提供合力，由牛顿第二定律得

解得加速度大小

则距离相等，a也相等，对于甲

所以甲、乙的加速度大小均为，故C正确；
D．设两卫星运动周期为T，由几何关系可知，，甲顺时针从M运动到N的最短时间

乙顺时针从M运动N，由于过程的平均速率小于过程的平均速率，所以最短时间

甲、乙各自从M点运动到N点的最短时间之比小于1∶3，故D错误。
故选AC。
9-7【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．设地球半径为R，由题可知，卫星A的轨道半径为

则组合体B的运行轨道半径为1.06R，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有

可得，卫星的向心加速度为

由于卫星A的轨道半径是组合体B的两倍，则卫星A与组合体B的加速度之比为1：4，故B正确；
C．根据

可得，卫星A与组合体B运行的角速度之比为，故C错误；
D．当卫星A和组合体B相距最近时，即卫星A组合体B与地球中心三点共线。由于卫星A的轨道半径与组合体B的轨道半径不同，根据开普勒第三定律可知卫星A与组合体B的运行周期不同。所以当卫星A运动一周回来时，组合体B运动的路程不为一周，则此时它们不可能又相距最近，故D错误。
故选AB。
9-8【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
B．根据公式

得

越大，越大，由题图可以看出的质量大于的质量，故B正确；
A．两颗恒星的半径相等，则它们的体积相等，根据

所以质量大的密度大，故A错误；
C．根据万有引力提供向心力，则

所以

由于恒星的质量小于恒星的质量，所以恒星的第一宇宙速度小于恒星的第一宇宙速度，故C正确；
D．距两恒星表面高度相同的行星，它们的轨道半径相等，它们的向心加速度

所以的行星向心加速度较小，故D错误。
故选BC。
9-9【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有

由开普勒第三定律

则

t时间内卫星与地心连接扫过的面积

则

故选AC。
9-10【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．设卫星Ⅰ的轨道半径分别为R1，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有

其中

且有

其中R为地球的半径，联立解得

故A正确；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示

在三角形AOB中，有

即

根据

可得

故有

联立以上各式，有

故B错误；
C．根据

可得

因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有

整理得

故C正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有

但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，故D错误。
故选AC。
9-11【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由图可知，两行星的球体半径相同，对行星周围空间各处物体来说，万有引力提供加速度，故有

故可知P1的质量比P2的大，即P1的平均密度比P2的大，所以选项A正确；
B．由图可知，P1表面的重力加速比P2的大，由

可知， P1的第一宇宙速度比P2的大，所以选项B错误；
C．对卫星而言，万有引力提供向心加速度，即


故可知，s1的向心加速度比s2的大，所以选项C错误；
D．根据


可知s1的公转周期比s2的小，所以选项D正确；
故选AD。
9-12【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．月亮与人造月亮都在绕地球做匀速圆周运动，当∠BAO最大时，BA恰好与人造月亮的轨道相切则
sin（∠BAO）max=
则

故A错误；
B．由开普勒第三定律得

得

故B正确；
C．由万有引力提供向心力有

得

则

故C正确；
D．向心力，与天体质量有关，无法比较大小，故D错误。
故选BC。
10-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
把a，b，c看成一个系统，三个小球之间的相互作用力为内力。根据牛顿第三定律，每两个球之间存在一对作用力和反作用力，其大小相等，方向相反．这样系统内力之和为零。设a球受b，c球的合力为F1，b球受a、c球的合力为F2，c球受a、b的合力为F3，则有
F1=ma1
F2=ma2
F3=ma3
F1+F2+F3=m（a1+a2+a3）=0
设向右为正，B球的加速为

负号表示方向向左。
故AC正确，BD错误。
故选AC。
10-2【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有

解得OB间的距离

故A正确；
BC．从A到B的过程中，根据动能定理得

得

故B错误，C正确。
D．从A到B的过程中，电场力对乙做正功，对甲不做功，故系统的电势能减少，故D正确。
故选ACD。
10-3【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．O点到A球的间距OA=2L， ， ，因此AB=4L，依据库仑定律，那么A、B间的库仑力为

A正确；
B．各自对A、B受力分析，如图所示

依据矢量的合成法则，结合三角知识，则有


根据库仑定律，则库仑力大小相等，即

因此A、B两球的质量之比为3：1，B错误；
C．根据


根据库仑定律，则库仑力大小相等，即

A、B两球的绳子的拉力之比为 ，C错误；
D．根据库仑定律可知，库仑力与各自电量的乘积成正比，与各自电量无关，即使仅互换A、B两球的带电量，则A、B两球位置将处于同一水平线上，D正确。
故选AD。
10-4【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．根据库仑定律可知小球A与B之间库仑力的大小为
①
故A正确；
BC．当细线上的拉力为0时，根据平衡条件有
②
联立①②解得
③
故B错误，C正确；
D．根据平衡条件可知斜面对小球A的支持力大小为
④
由④式可知无论满足什么条件，斜面对小球小球A的支持力都不可能为0，故D正确。
故选ACD。
10-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．对丙小球受力分析可得，甲、乙小球必须带同种电荷丙小球才能平衡。对乙小球受力分析可得，乙丙小球带异种电荷，乙小球才能平衡， A错误，B正确；
CD．对丙小球受力分析，将力正交分解后可得

又

解得

C错误，D正确。
故选BD。
10-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由于AB间存在引力，静止时连接b球细线有拉力，说明引力比b球重力更大，所以只剪断系B的细线，B将上升，A静止，B上升过程中B的重力势能和动能变大，所以AB系统机械能增大，故A正确；
B．只剪断系A的细线，A在下落到碰B前，AB间的引力增大，引力对A做正功，故AB系统电势能变小，故B错误；
C．若同时剪断系A和系B的细线，AB在碰撞前，AB间的引力增大，所以A、B加速度均逐渐增大，故C正确；
D．现使木盒获得一个向右的瞬时冲量，整个系统处于匀速直线运动状态产，根据平衡状态可知，当A、B与木盒相对静止时，B仍处于A的正下方，对整个系统进行受力分析可知，此时地面受到的压力等于FN，故D错误．
故选AC。
10-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．系统达到静止状态时，受力平衡，受库仑力和弹力，大小相等，方向相反，即

将Q变为2Q，将q变为2q，此时平衡为

解得
x1<4x0
A正确；
B．q不变，将Q变为2Q，此时平衡为

解得
x2<2x0
B错误；
C．Q不变，将q变为-q，弹簧的压缩量是x3，此时平衡为

解得
x3>x0
C错误；
D．q不变，将Q变为-2Q，弹簧的压缩量是x4，此时平衡为

解得
x4>2x0
D正确。
故选AD。
10-8【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．b球在较远处时，a球所受库仑力近似为零，在a球正下方时，a球受到的库仑力竖直向下，则悬线Oa的拉力增大，水平方向的分力也增大，所以水平细线的拉力比最初时大，A错误；
B．中间过程b球受到的库仑力的水平分量不为零，可知库仑力的水平分量先增大，后减小，则b球的加速度先增大后减小，b球所受库仑力水平分量与运动方向始终相同，速度一直增大，B正确；
C D．b球受到的库仑力为，在运动过程中，a、b两球之间的距离一直在减小，则b球所受的库仑力一直增大，C正确，D错误。
故选BC。
10-9【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由小球受力分析可知，三个小球受到球壳的作用力都应沿半径指向圆心，则三小球对称分布，如图所

三个小球之间的距离均等于

故A错误；
BC．由小球的平衡可知，三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面，故B错误，C正确；
D．由库仑定律可知

其合力为

由平衡条件可知，每个小球对球壳内壁的作用力大小均为

故D正确。
故选CD。
10-10【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．选取A、B、C作为整体研究，依据牛顿第二定律，则有

对C受力分析，设B、C间绳的拉力大小为，由牛顿第二定律则有

解得

故A错误，B正确；
CD．对A受力分析，受到拉力，及库仑引力，由牛顿第二定律则有

解得

由库仑定律有

解得

故C正确，D错误；
故选BC。
10-11【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．静止时，对AB球整体进行受力分析，则有：
T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq
故A正确，B错误；
CD．假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带负电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，电场力 qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为
aA=g+
（显然大于g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有
T+mg=maA
解得
T=qE
故C正确，D错误。
故选AC。
10-12【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A.小球P接触到弹簧后，开始时弹簧的弹力小于库仑力与重力沿斜面向下的分力之和，则先沿斜面向下加速运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，即小球P的速度一定先增大后减小，故A正确；
B.由于小球P除了重力做功之外还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力变为向上，合力做负功，机械能减小．所以小球P的机械能先增大后减少，故B正确；
C.小球P的速度一定先增大后减小，当P的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误;
D.根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D错误．
10-13【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．开始时B球受力如图所示

由几何关系知

而，则，A正确；
BC．假设此过程中A球保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，B球受力平衡，根据三角相似有

由于、OB、OC均不变，BC逐渐减小，则轻绳拉力T不变，假设成立，库仑力F逐渐减小，B正确，C错误；
D．由于轻绳拉力T不变，逐渐减小，轻绳OA、OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，D错误。
故选AB。
10-14【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．设轻绳的拉力为T，则对A
，
联立解得

选项B正确，A错误；
CD．恒力F的大小为

选项C正确，D错误。
故选BC。
10-15【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．从P到N，带正电的离子的加速度随的增加而增大，即随r的减小而增大，可知场源点电荷带负电，故A错误；
B．在N点，由库仑定律及牛顿第二定律得

解得

故B正确；
CD．离子在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律可得

离子在P点受到的电场力大小

故C错误，D正确。
故选BD。
10-16【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
如图所示，B受重力、丝线的拉力及库仑力，

将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反，由几何关系可知
＝
而库仑力F=，即
==
有
mgd3=kQAQBL
则
d=
要使d变为，可以将小球B的质量增大到原来的8倍而保证上式成立，或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍，也可保证等式成立
故选BD。
11-1【基础】 【正确答案】 0-1A； 5Ω； 45Ω．
【试题解析】 详解:
电流表量程越大，并联的分流电阻越小，由图示可知，接a接线柱时，电流表量程为1A．接b接线柱时，电流表量程为0.1A；由图示电路图可知，R1+R2= ，R1= ，代入数据解得：R1=5Ω，R2=45Ω．
点睛：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构，应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．
11-2【基础】 【正确答案】 5.2 左或2 A 减小
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据串联电路规律
Ig（Rg+R1）=U
解得
R1=-Rg =5.2×103Ω=5.2kΩ
（2）[2]开关闭合前，R2的滑片应该移动到测量电路电压最小处，即R2的滑片应该移动到左端（2端）。
（3）[3]开关闭合后，调节R2的滑片位置，微安表有示数，说明电路是通路，但变化不显著，故障原因可能是1、2间断路。
（4）[4]调节R2的滑片位置，当标准电压表示数为0.60V时，微安表的示数为98μA，小于预期值，需要减小R1的阻值，以使改装电表的量程达到预期值。
11-3【基础】 【正确答案】 75Ω 10Ω 2.30 4.20 548
【试题解析】 详解:
（1）[1]通过的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如右，根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知

解得


（2）[2][3]电表从0开始测量，滑动变阻器应采用分压式接法，满足题中通过R，的电流从0~5mA连续可调，电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；因电压表内阻很大，可认为是理想表，则电路图如图所示：

（3）[4]电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即V；
[5]电流表量程扩大为5倍，刻度“0.8”代表4mA，每小格表示0.1mA，估读到下一位，所以通过R，的电流为mA；
[6]根据欧姆定律可知

11-4【基础】 【正确答案】 R1 R3 1.5 a端
【试题解析】 详解:
(1)[1][2] 改装成电流表

改装后电流表内阻

把电流表改装成电压表，串联电阻

(2)[3] 用改装的电压表测量某电阻两端的电压，G的指针位置如图甲所示，量程为3V，则电压为1.5V。
(3) ①[4] 将改装后的电压表与标准电压表校对，应并联，用笔画线完成乙图电路

②[5] 校对时，闭合S前滑片应在a端，使并联部分电压为零。
11-5【基础】 【正确答案】 串联 200 800
【试题解析】 详解:
（1）改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联的电阻为：
．
（2）设选择A、C接线柱时，新电流表的量程为I1；选择A、B接线柱时，新电流表的量程为I2，则由串并联电路的特点可知： ；；联立解得：I1=200μA；I2=800μA.
点睛:
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，明确电路的连接方式和知道电流表的满偏电流不变是关键.
11-6【巩固】 【正确答案】 200 840 2000 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]改装成1mA电流表时，由

可得

使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则

其中R为新电流表内阻，其阻值为

解得

使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则

解得

（2）[4]改装后读数偏小，说明流过表头的电流偏小，故表头的真是电阻偏大，即大于800Ω。
11-7【巩固】 【正确答案】 D E 变阻器2的阻值 60
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]在该实验中，首先要闭合S1，断开S2，调节变阻器1使得，电流计G1和G2偏转到满刻度的以上（设为I1），然后闭合S2，保持变阻器1的电阻不变，调节变阻器2，使得电流计G读数为I2，则通过变阻器2的电流为I1-I2，通过变阻器2的阻值以及电流关系可求解电流G的内阻；则认为当闭合S2时，电路中的电流I1保持不变，这就需要变阻器1的阻值较大，因不需要读出变阻器1的阻值，则变阻器1可选择阻值较大的D；变阻器2必须要用电阻箱，故选E；
（2）[3]由上述分析可知，实验时，除了微安表的示数和微安表G的示数，还需要记录的数据是变阻器2的阻值；
（3）[4]将满偏电流为250μA的电流计改装为15V量程的电压表，当电流计读数为200μA时，对应的电压值为12V，则待测电阻阻值为

11-8【巩固】 【正确答案】 1200 2.80 AD 1 3
【试题解析】 详解:
（1）[1]依题意，用电阻挡“”测量读数为

[2]用“直流5V”挡测量，则读数为

（2）[3] 用电阻挡“”测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻较大，则应.将选择开关旋转到电阻挡“”的位置，接着将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“”，再进行测量，其操作顺序为ADC，故B错误，ADC正确。
故选ADC。
（3）[4]由于且并联，流经电流相同，所以将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为为各最大电流之和，有

[5] 依题意，若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为RA两端最大电压与R2两端最大电压之和，有

11-9【巩固】 【正确答案】 100 串联 9900 见解析
【试题解析】 详解:
(1)[1]由于闭合和后，电流表与电阻箱串联，其两端电压相等，可得

解得

(2)[2]改装电流表需在电流表两端串联一个电阻，起到分压的作用。
[3]串联的电阻大小为

(3)[4]改装后的电压表与标准电压表进行核对时，应该并联在标准电压表两端，电路图和实物连线图如图所示

11-10【巩固】 【正确答案】 10 160 19
【试题解析】 详解:
（1）[1]与微安表μA并联的电阻R1的阻值是

（2）[2]实物电路如图所示

（3）[3] 微安表μA的示数为160μA；
[4]电阻R1的阻值为

毫安表的实际量程是

11-11【巩固】 【正确答案】 小于 小 ）1.2×104
【试题解析】 详解:
（1）[1]当用电流表外接法时，由于电压表的分流作用，导致测得的电流值偏大，根据欧姆定律，可知待测电阻测量值R小于待测电阻真实值；
[2]当用电流表内接法时，由于电流表的分压作用，导致电压的测量值偏大，待测电阻阻值越大，电流表分压越小，实验误差越小；
（2）[3]根据欧姆定律可得

解得

11-12【提升】 【正确答案】 1
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3] 量程为挡时，、串联后作为分流电阻，量程扩大5倍，故

量程为挡时，量程扩大50倍，作为分流电阻，和表头串联为等效电阻，故

可得


当S接1时跟灵敏电流计G并联的电阻较小，分流作用较大，所以量程较大，此时多用电表为电流表且量程为；
（2）[4]以图中虚线框内的电路（）作为等效表头，则其等效量程为，等效内阻为

当S接5时多用电表为量程3V的电压表

（3）[5] 当S接3欧姆表指针满偏时

等效表头


E=1.5V
滑动变阻器的接入电阻为

11-13【提升】 【正确答案】 红 电流1mA 90 2919
【试题解析】 详解:
（1）[1]图中的B端与2连接时，接内部电源的负极，则与红表笔连接。
（2）[2][3]当选择开关拨至挡位1时，电流表与电阻并联，则对应量程为电流1mA，图中定值电阻

改装后的电流表内阻

（3）[4]当选择开关拨至挡位3时，为电压3V，则电阻箱R2应调成

11-14【提升】 【正确答案】 DBCA 6.0
【试题解析】 详解:
（1）[1]闭合S1后，并联部分电路起到分流的作用，干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为时，两支路电流相等，故电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。
（2）[2]正确步骤排序为DBCA
D．将R的阻值调至最大
B．闭合开关S2，调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度
C．闭合开关S1保持R的阻值不变，调节R'的阻值使电流表G指针偏转到满刻度的一半
A．读出R'的阻值为90.0Ω，断开开关。
（3）[3]分流电阻满足

代入数据，可得

11-15【提升】 【正确答案】 偏小 1959.6
【试题解析】 详解:
（1）①[1]本实验误差来自于闭合电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，电源电动势应较大，故电源选择电动势约为9V的电源。
②[2]因闭合电阻箱并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于，而流过微安表G的电流为，则流过电阻箱的电流大于，即流过电阻箱的电流实际上大于流过微安表G的电流，根据并联电路的特点，可知微安表G内阻真实值大于电阻箱的阻值，可知测量值偏小。
（2）[3] 对改装的电压表进行校对，只要将改装后的电压表与标准电压表并联，采用分压式让电压从0开始变化即可，如图

（3）[4]当微安表G的示数为495μA时

若是调整为准确，则需将微安表读数变为500μA

即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将与微安表串联的阻值变为
2000.0Ω-40.4Ω=1959.6Ω
11-16【提升】 【正确答案】 b、c或c、b 20000 4800 0.88
【试题解析】 详解:
（1）[1]电压表量程越大，与表头G串联的总电阻越大，所以当需要选择0~3V的量程时，表头G只与R2串联，应接入电路的两个接线柱是b、c。
（2）[2][3]根据串联电路规律有


联立解得
，
（3）[4]根据题图丙作出电路图如图所示。

（4）[5]电流表量程越大，分流总电阻越小，所以e接线柱对应0.6A量程，d接线柱对应3A量程，根据串并联电路规律有


联立解得

12-1【基础】 【正确答案】 质量（重量、重力也可） C
【试题解析】 详解:
(1)[1]在实验中，没有空气阻力，重量不同的物体下落快慢程度将会相同；
(2)[2]AB．因为四段位移间隔时间相同，由于这是局部照片，A点并不一定是起点，故不一定能根据初速度为零的匀变速直线运动规律求解，AB项错误；
C．根据

可知

C项正确。
故选C。
(3)[3]由逐差法


联立解得

12-2【基础】 【正确答案】 220V交流电源 乙 重物的质量m
【试题解析】 详解:
(1)[1]实验使用的是电火花打点计时器，应该接220V的交流电源。
(2)[2]本实验应采用逐差法求解重力加速度的值，即乙同学方案更合理，因为甲同学方案中，在求解平均值时，有用的数据仅有s6和s1，其它数据将被约去。
(3)[3][4]根据牛顿第二定律得

则还要测量的物理量是重物的质量m，解得重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小

12-3【基础】 【正确答案】 AD或DA 左 9.72
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．为了充分利用纸带，实验时，应先接通电源，再释放纸带。同时应使物体靠近打点计时器。A、D正确，B错误；
C．电火花计时器使用的是220V的交流电，C错误；
故选AD。
（2）[2]纸带与重物连接的那端最先打点，故点的分布比较密集，由纸带可知，重物连接在纸带的左端。
（3）[3]根据匀变速直线运动的推论，可求加速度为

12-4【基础】 【正确答案】 9.7 1.2
【试题解析】 详解:
（2）[1]已知两光电门之间的高度h，小铁球在两光电门间运动的时间t，可直接计算出小铁球通过两光电门间的平均速度为
v＝
（3）[2]根据数据作出v－t图像如图所示

（4）[3]小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为
v＝v0＋gt
所以v－t图像的斜率
k＝g
所以当地重力加速度为
g＝2k≈9.7m/s2
[4]根据v－t图像得出
v0≈1.2m/s
即小铁球通过光电门1时的速度为1.2m/s。
12-5【巩固】 【正确答案】 9.75 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于金属球直径很小，因此金属球通过光电门的速度为平均速度

（2）[2]根据自由落体速度与位移公式

可知图像的斜率

因此重力加速度

（3）[3]若从A点测量，速度与位移的关系为

图像的斜率不变，因此测得的重力加速度不变。
12-6【巩固】 【正确答案】 C 5.0 0.5
【试题解析】 详解:
(1)[1]读数结果以毫米为单位，由读数规则知：最小分度为毫米的刻度尺及10分度游标卡尺的小数点后只有1位数字，20分度游标卡尺的小数点后有2位数字，螺旋测微器的小数点后有3位数字，所以所用工具为20分度游标卡尺，故ABD错误，C正确。
故选C。
(2)[2]滑块经过光电门时的速度大小为

滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，其速度大小满足

所以图线的斜率大小为加速度大小的2倍，所以滑块的加速度大小为
a=5.0m/s2
(3)[3]由牛顿第二定律知

代入数值得
μ=0.5
12-7【巩固】 【正确答案】 0.535 0.422 偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有3个计时点未标出，可得相邻计数点间的时间间隔为

根据逐差法可得，滑块的加速度为

（2）[2]根据牛顿第二定律

可得

故根据图像斜率的倒数可求得滑块的质量为

[3]对砝码盘及砝码，根据牛顿第二定律有

对滑块，根据牛顿第二定律有

联立可得

由于用砝码盘及砝码的重力作为滑块所受的合力F，故实验中求得的滑块的质量其实为M+m，则求得的滑块质量与真实值相比偏大。
12-8【巩固】 【正确答案】 ①③②④ 175.70 9.70 利用计算加速度大小与初速度是否为零无关
【试题解析】 详解:
（1）[1]选安装设备，故应先把刻度尺竖直固定在墙上，再把手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置，实验时要先打开手机摄像功能，开始摄像，然后捏住小球，从刻度尺旁静止释放，故正确的顺序为①③②④；
（2）[2]刻度尺的分度值为1mm，所以要估读到毫米的下一位，则第三张照片中小球顶部对应的刻度为175.70cm
[3]根据可得，当地的重力加速度

（3）[4]利用计算加速度大小与初速度是否为零无关。
12-9【巩固】 【正确答案】 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]小球通过光电门的速度大小为

（2）[2]根据运动学公式

又有

解得

（3）[3]因铁球下落过程中受空气阻力影响，加速度小于当地实际重力加速度
12-10【巩固】 【正确答案】 2.4 b
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据匀变速直线运动规律，采用逐差法求解加速度

（3）[2][3]图像纵坐标截距的物理意思是当绳子拉力为0时，重物和滑轮加速度为-b，即

解得

图像横坐标截距的物理意思是当每股绳子拉力为c时，重物和滑轮加速度为0，保持静止平衡状态，即

故

12-11【巩固】 【正确答案】 相反 见解析 9.76
【试题解析】 详解:
（1）[1]时刻加速度方向向下，到时刻，手机落到软垫上，受到向上的支持力，合力方向向上，加速度方向向上，故与时刻加速度方向相反。
（2）[2]从时刻到时刻，手机做自由落体运动，下落速度逐渐变大，受空气阻力逐渐变大，合力逐渐变小，则加速度逐渐减小。
（3）[3]当地重力加速度为手机刚离手时，即时刻的加速度，为9.76。
12-12【提升】 【正确答案】 重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t B
【试题解析】 详解:
(1)[1]多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
(2)[2]由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。
故选B。
(3)[3]根据牛顿第二定律有

又

解得

12-13【提升】 【正确答案】 1.5 1.9 9.5 C
【试题解析】 详解:
解：(1)[1]由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是
T=5×0.02s=0.1s
打计数点5时的速度

(2)[2]重锤的加速度大小

[3]由牛顿第二定律有
m2g−m1g=（m1+m2）a
解得重力加速度大小为
g=9.5m/s2
(3)[4]A．与没有使用电火花计时器无关，A错误；
B．m1和m2的质量相差不大，B错误；
C．在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；
D．绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。
故选C。
12-14【提升】 【正确答案】 3.31 5.75 9.58
【试题解析】 详解:
（1）[1]打第2点时纸带的速度大小为

（2）[2]纸带的加速度大小为

（3）[3]根据牛顿第二定律可得

整理得

12-15【提升】 【正确答案】 9.72 2.27
【试题解析】 详解:
（1）实验中第一次看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，则每次频闪时在一些固定位置上都会有相邻时间间隔滴下的水滴出现，说明频闪仪的闪光频率一定与滴水的频率相同，即。
（2）根据逐差法可得当地重力加速度为

第8个水滴此时的速度为

12-16【提升】 【正确答案】 BCAD 9.66 电键从1位置扳到2位置有时间差
【试题解析】 详解:
（1）[1]该同学实验的顺序应为：将电键扳到1位置使电磁铁吸住铁板、抽去托板，并同时迅速将电键扳到2位置，使墨盒开始振动、关闭电源，并取下粘在铁板上的白纸、在纸上的Ox轴上依次标出a、b、c、d、e、f点，测出它们相邻之间的距离，故为BCAD。
（2）连续相邻周期内的位移之差为

根据可得

题中

联立可得

（3）[3]代入数据可得

（4）[4]Oa间没有墨迹的原因是电键从1位置扳到2位置有时间差。
13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）冰球在冰面上滑行过程中，由速度与位移的关系知

解得

（2）设冰球运动时间为t，则

又

解得

13-2【基础】 【正确答案】 （1）3:1；（2）0.05m/s2；（3）0.3m/s
【试题解析】 详解:
（1）因电动机和机器由同一皮带连接，所以它们边缘线速度相等，设电动机半径为r1，角速度ω1，机器轮半径为r2，角速度为ω2，由题意知

根据
v=rω
得

即

所以

（2）因A与皮带边缘同轴转动，所以角速度相等，向心加速度与半径成正比，根据
a=rω2
得

（3）两轮边缘的线速度相等，根据

得

得

13-3【基础】 【正确答案】 （1）36m；（2）3.5m/s
【试题解析】 详解:
（1）刹车时间为

根据位移时间公式得10s内的位移为

（2）匀加速直线运动位移为

根据题意，等待时间为，平均速度为

13-4【基础】 【正确答案】 （1）125m/s；（2）4.65s
【试题解析】 详解:
（1）设该赛车前、后两段的加速度分别为a1、a2，到达赛程中点的速度为v1，最终速度为v2，总位移为x，则




解得v1=125m/s。
（2）设该赛车前、后两段运动的时间分别为t1、t2，则


解得总时间为

13-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
画出小轿车运动情景图，如图所示

第一次测速恰好没有超速，即，第二次测得，由两次测量的速度可得小轿车的加速度

若当小轿车到达距离测速仪200 m处时刚好遇到测速的激光，设小轿车减速前的速度为v0，则

解得

若小轿车到达距离测速仪200 m处时前一次测速激光刚过，则小轿车继续减速2 s后才遇到第一次测速，其速度为限制速度，设小轿车到达距离测速仪200 m处时的速度为v3，则

解得

设此情况下小轿车减速前的速度为v0′，则

解得

所以小轿车减速前的速度应满足。
13-6【巩固】 【正确答案】 （n＝0、1、2、…）
【试题解析】 详解:
设乙下落到A点的时间为t，则对乙满足
R＝gt2
解得
t＝
这段时间内甲运动了

即
（n＝0、1、2、…）
又由于
an＝ω2R＝R
联立解得
（n＝0、1、2、…）
13-7【巩固】 【正确答案】 （1）4πm/s，方向与水平方向成45°角斜向左下方；（2）16π2m/s2
【试题解析】 详解:
（1）角速度
ω = 2πn = 4πrad/s
线速度
v = ωr = 4πm/s
经过s质点转过的角度
θ = ωt =
Δv的大小和方向如图所示，
由几何知识可得
Δv = v = 4πm/s
方向与水平方向成45°角斜向左下方。

（2）由
an = ω2r
可得
an = ωv = 16π2m/s2
13-8【巩固】 【正确答案】 （1）2m/s；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由得BC段最大速度

CD段的最大速度为

保持速率不变依次经过BC和CD，所以小车从B到D运动的最大速率是。
（2）小车以的加速度把速度从减小到的时间

匀减速运动位移

则匀速运动时间

小车完成这次配送从A到B的最短时间

13-9【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
猎犬做匀速率曲线运动，其加速度只有法向分量，在所求时刻开始的一段无限短的时间内，猎犬运动的轨迹可近似看成一段圆弧，设其半径为R，则法向加速度（等于加速度）是

如图所示

在时间内，设狐狸从A到C猎犬从B到D，猎犬的速度方向转过的角度为

而狐狸奔跑的距离为

因而

猎犬此时的法向加速度为

13-10【提升】 【正确答案】 (1)17.3rad/s；(2)720N
【试题解析】 详解:
解析：(1)设偏心轮转动的角速度为ω，配重物在最高点时
（M＋m）g＝mrω2
ω＝ ＝10 rad/s≈17.3 rad/s
(2)配重物在最低点时，飞轮对它的作用力为F，由牛顿第二定律可知
F－mg＝mrω2
对机体，由平衡得
F′＝Mg＋F
由牛顿第三定律，所以打夯机对地面的最大压力
N＝F′＝2（M＋m）g＝720 N
13-11【提升】 【正确答案】 （1） ；（2） ；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）质点经过A、B两点时的速度方向如图v1、v2所示

（2）根据速度变化量的定义得

根据三角形定则，可得质点从A点起在时间t内速度变化量如图中红线所示

（3）如图所示

设在很短时间t内从A运动到B，此过程中速度变化为，因为与相似，可得

当时，则
，
则

13-12【提升】 【正确答案】 水平向左
【试题解析】 详解:
根据题意，由圆的周长公式可知，半圆的弧长为

小圆的周长为

当时，则

即圆柱体滚动到凹槽左端最高点时，圆柱体正好转了2.5圈，运动情况如图所示

则此时的箭头指向和刚释放时的箭头指向相同，即水平向左。
14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球在竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式

又

解得

（2）小球在竖直方向做自由落体运动，从释放到电场上边界过程运动的时间为，根据

解得

同理可得，从释放到电场下边界过程运动的时间为

小球在电场中运动的时间为

小球在水平方向的加速度为

离开电场时小球的水平分速度

离开电场时小球的竖直分速度

小球离开电场时的速度大小

解得

（3）小球在电场中运动的水平位移

小球从释放到落地过程运动的时间为

小球离开电场后至落地过程运动的时间为

小球离开电场后至落地过程运动的水平位移

小球落地点距P点的距离

14-2【基础】 【正确答案】 （1）带正电；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由题意知小球受到的电场力方向水平向右，电场方向水平向右所以小球带正电。
（2）小球由A点摆动到B点过程中，由动能定理得

解得

由功能关系有

解得

（3）由

解得

A、B两点间沿电场线的有效长度

由公式

可知

14-3【基础】 【正确答案】 (1) (2) g-
【试题解析】 详解:
（1）经分析可知小球带负电，其在两点的受力情况如图所示，有：


解得
；
（2）小球通过B点时受到的库仑力大小为：

小球通过B点时受到的摩擦力大小为：
，
根据牛顿第二定律有：
，
解得：
；
14-4【基础】 【正确答案】 （1）小球带正电，；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）依题意，根据题图知，小球在水平方向加速，则受到的电场力水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电；小球从A点运动到B点过程中，在竖直方向与水平方向上速度的变化量的大小相同，所以加速度大小相同，有

得电量

（2）小球在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向有

可得

电势能的变化量
Δ
（3）如图

开始一段时间内，合力F与速度方向的夹角大于90°，合力做负功，小球的动能减小，后来F与速度方向的夹角小于90°，合力做正功，小球的动能增大，因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设最小速度为vmin，即

则



解得

故
vmin=
或用等效重力得等效最高点速度最小，得

14-5【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设带电小球到达C点时的速度大小为，从A到C由动能定理可得

代入数据解得

（2）带电小球离开C点后做匀变速曲线运动，小球离开圆弧轨道到第一次的落点过程，竖直方向有

解得

设水平方向的加速度为，则有

由运动学规律可得

14-6【巩固】 【正确答案】 (1)(2)
【试题解析】 详解:
(1)由受力分析知，等效重力为mg，方向水平向右，由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设向上为x，向右为y方向，有


解得

(2)设粒子贴近挡板时位置为P，则有

运动时间为

x轴方向位移为

小球贴近挡板时距M点的距离

14-7【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
(1)物块从的过程，由动能定理，有

故有

求得

(2)物块从点下滑至重力势能与动能相等点的过程

其中

则有

求得

(3)除点外，物块重力势能与电势能相等的点位于左斜面，则有

求得

14-8【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设圆弧轨道的半径为R，小球从A到D，由能量守恒定律有

解得

（2）小球从B到D，由能量守恒定律有

在弧轨道上B点，对小球由牛钡第二定律有

联立解得

由牛顿第三定律可得压力大小为

14-9【巩固】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
小球由静止释放做圆周运动，由动能定理求得运动到y轴时速度大小，绳断裂做类平抛运动，由类平抛运动规律求解．
详解:
(1)小球摆到轴时，由动能定理得
绳断裂进入第二象限后做类平抛运动，有


联立解得
则B点位置坐标为
(2)设绳长为时，落点与原点间距离最远，由动能定理得
由类平抛规律可得：


联立解得，
则由数学知识可得当，即绳长时，距离最大
最大值为
14-10【巩固】 【正确答案】 （1），x轴正方向成；（2）
【试题解析】 详解:
（1）方法一：等效重力场中AB位于同一等高线，等效重力与AB垂直，所以等效重力与x轴正方向成30°，有

得

方法二：A到B过程由动能定理得

得



与x轴正方向成；
（2）方法一：等效重力场中做等效斜抛运动，

A到B的时间

AB方向做匀速直线运动

方法二：由对称性知B点速度与AB成30°，与y轴成60°

得A到B时间


所以

14-11【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设电场强度为，物块到点的速度为。物块从到，根据动能定理可得

在点，由牛顿第二定律可得

又

联立解得
，
（2）设物块从到的运动时间为，物块竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动。则竖直方向有

水平方向有
，
在点动能为

联立解得

14-12【巩固】 【正确答案】 （1）1.5m/s；（2）10V
【试题解析】 详解:
（1）小球在第二象限做类平抛运动，轨迹如图所示


解得

竖直方向

解得

则有

（2）在B点

做直线运动所合外力与速度方向共线

解得

设小球沿x轴方向运动距离OC为d

解得

则有

14-13【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小物块到达管口时对管壁的作用力恰好为零，根据牛顿第二定律

解得

（2）打开锁扣，小物块被弹出后，从A运动到管口过程中弹簧和小球系统机械能守恒，则有

解得

（3）物块经过点的速度为

若小物块碰撞后恰好停在F点，设此时摩擦因数为。则有

解得

若小物块碰撞后反弹恰好不从D点飞出，设此时摩擦因数为。则根据动能定理有

解得

若小物块碰撞后刚好不发生第二次碰撞，再次恰好停在F点，设此时摩擦因数为。则根据动能定理有


综上所述

14-14【提升】 【正确答案】 （1）8mgR；（2）；（3）0<≤或≤＜
【试题解析】 详解:
（1）设弹簧压缩为R时，弹性势能为，m运动到B点时，速度为，弹簧竖直放置时，小滑块和弹簧系统机械能守恒得

（2）在斜面上静止释放滑块运动到B点过程由功能关系和动能定理得


解得

（3）当带电滑块进入电场时，通过受力分析知：重力与电场力的合力恰好沿虚线方向且

带电滑块刚好到达B点速度为零，动能定理得

解得

同理到圆弧中点位置时，速度恰好为零

解得

根据圆周运动，恰好通过等效最高点D


解得

综上满足条件的取值范围
0<≤或≤＜
14-15【提升】 【正确答案】 (1)；(2)， 向水平向右；(3)
【试题解析】 详解:
(1)由题意知，粒子在竖直方向受重力作用，竖直向上发射的粒子在竖直方向做竖直上抛运动，粒子在A到B的过程中，由

得：

(2)设竖直向上发射的粒子从A到B的过程中所用时间为t，在竖直方向做竖直上抛运动，有

在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有

又有

由以上几式可得电场强度大小为

方向水平向右。
(3)粒子所受的合力

设合力方向与竖直方向夹角为θ，根据

得
θ＝45°
如图

合力方向与圆周相交于D点，由于所有粒子在A点的初动能相等，粒子从A到D过程，合外力做功最多，所以经过D点的粒子动能最大。对粒子，从A到D过程，利用动能定理

代入数据得

14-16【提升】 【正确答案】 （1）带正电；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）如果粒子带负电，则进入电场后受到向上的电场力，向上偏转，沿纵轴方向速度不可能为零，即不可能沿水平方向离开电场，故粒子应带正电。
（2）小球进入下方磁场时的纵轴速度大小为

当纵轴速度再次减为零时


解得

（3）粒子沿纵轴速度周期性变化，第一次纵轴速度减为零所用时间为



解得

如水平离开电场区域，则有

解得

15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）两导体棒组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力为零。则系统动量守恒，且最终两导体棒会以相同的速度做匀速运动。以的方向为正方向，由动量守恒得

解得稳定时、两导体棒速度为

对棒由动量定理有

即

又

联立解得，从开始到稳定的过程中，流过棒的电荷量为

（2）设两棒间的相对位移为，则

解得

则最终稳定时，、两导体棒之间的距离为

15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）从初始到两棒速度相等的过程中，两棒总动量守恒，则有

解得

由能的转化和守恒得

棒ab产生的焦耳热

（2）设棒的速度变为时，棒的速度为，则由动量守恒可知

解得

此时回路中的电动势为

此时回路中的电流为

此时棒所受的安培力为

由牛顿第二定律可得，棒的加速度

棒的加速度大小是，方向是水平向右
15-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，棒刚进入水平段时，棒中的电流最大，棒未进入水平段过程中，由机械能守恒定律有

解得

感应电动势为

此时ab棒中电流有最大值

（2）ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下作加速运动，当两棒速度达到相同速度时，电路中电流为零、培力为零，cd达到最大速度，根据动量守恒定律有

解得

（3）根据题意可知，系统释放热量等于系统机械能减少量，故有

解得

ab棒所能释放的热量是

（4）根据题意可知，要想ab、cd不相撞，则两棒速度相等时，恰好棒追上棒，设cd棒离边界N的距离为，对cd棒，根据动量定理有

又有
，，
整理得

cd棒离N的最小距离

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）5m/s；（2）2.1V；（3）0.48J
【试题解析】 详解:
（1）b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有
BI1L=mg
根据法拉第电磁感应定律

解得

（2）b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有
d=vbt1
解得
t1=0.2s
a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为
va=vb+gt1=7m/s
电动势为
E2=BLva=3.5V
a棒两端的电势差即为路端电压为

（3）a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有
BI2L=mag
根据法拉第电磁感应定律

解得

两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为

a棒产生的焦耳热

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设时刻，导体棒b的速度为，产生的感应电动势为，回路中的电流为，导体棒受到的安培力为，则有：
，，，
联立以上各式解得

（2）设从释放到时刻过程中，导体棒的平均速度为，产生的平均感应电动势为，回路中的电流为，导体棒受到的安培力为，发生的位移为，则有：
，，
由动量定理：

整理上述各式得

又

联立上两式的

（3）设运动过程中导体棒a的速度为，导体棒b的速度为，分别对两导体棒由牛顿第二定律：
，
当时
（只要表达定值的意思即可得分）
为定值

当时

15-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）施加拉力后t时刻ef的速度大小为
①
此时ef产生的感应电动势大小为
②
回路总电阻为
③
通过ef的电流为
④
对ef根据牛顿第二定律有
⑤
联立①②③④⑤解得
⑥
（2）撤去拉力时ef的速度大小为
⑦
最终通过三根导体棒的电流均为零，则三根导体棒产生的感应电动势大小均相等，所以速度大小相等，设为v1，三根导体棒组成的系统所受合力为零，根据动量守恒定律有
⑧
根据能量守恒定律可知撤力后回路中产生的焦耳热为
⑨
联立⑦⑧⑨解得
⑩
15-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设a导体棒刚要开始运动时，通过a导体棒的电流为，b导体棒的电流为，b导体棒的速度为，则有：

由电路可知

感应电动势

又因为

联立代入数据解得

（2）a、b导体棒碰撞动量守恒，设两棒碰撞后共同速度为，由动量守恒定律有：

当a、b棒并在一起向下匀速运动时速度最大，设电路中电流为，则有：

电路中感应电流

电路的总电阻

设a、b棒相碰后一起下滑过程中最大速度为，感应电动势

联立代入数据解得

（3）a、b棒相碰后并在一起向下运动过程，由动量定理有：

感应电动势

感应电流

设两棒相碰后经过t=7s下滑的位移为x
通过电阻的电荷量

设两棒相碰后到t=7s时的过程电路中电阻产生的焦耳热量为Q，由能量守恒定律：

则有

联立并代入数据解得

15-8【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度。取两棒组成的系统为研究对象，因为两根棒所受的安培力等大、反向，故系统动量守恒。根据动量守恒定律有

解得c棒的最大速度为

（2）设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得
mcv2－mcv′2＝mcg·2R
解得
v′＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得
mcg＋F＝mc
解得
F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上。
15-9【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）对金属棒受力分析，有
①
感应电流
②
联立解得

（2）对金属棒受力分析，有
④
⑤
联立解得
⑥
（3）根据能量守恒有
⑦
金属棒产生的焦耳热
⑧
联立解得

15-10【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设金属棒ab速度最大时，cd棒受到的安培力大小为，则对金属棒ab有

金属棒cd对绝缘平台的压力恰好为零，对金属棒cd有

解得

（2）设金属棒ab的加速距离为h，金属棒ab的最大速度为

安培力的冲量大小为，通过回路某截面的电荷量为q，则有



对该过程列能量守恒

解得

15-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）由动量守恒定律可知

根据能量守恒定律可知

解得


根据法拉第电磁感应定律可得

依题意可得两棒材料相同，质量关系2:1，长度相等，则截面积之比2:1,则电阻之比1:2,则金属棒b的电阻为2R，由闭合电路的欧姆定律可知

解得

（2）金属棒ab在磁场中运动时，由动量守恒定律

解得

由能量守恒定律可知


解得

（3）当金属棒中的电流刚好达到恒定值时两棒具有相同的加速度，对b棒

对a棒

根据法拉第电磁感应定律

由闭合电路的欧姆定律可知

对金属棒b由动量定理

对金属棒a由动量定理

解得

或者

15-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设在时间内，金属棒速度变化为，金属棒产生的感应电动势变化为

电容器充电电流为

对金属棒，由牛顿第二定律有

联立解得金属棒的加速度为

可以看出加速度与时间无关，说明金属棒做匀加速直线运动，设金属棒沿导轨运动时的速度为，由速度位移公式可得

解得

（2）断开，闭合，若大于安培力，则棒先做加速运动后做匀速运动；若等于安培力，则棒做匀速运动；若小于安培力，则棒先做减速运动后做匀速运动，因为最后匀速，所以由平衡条件可得

解得匀速运动的速度为

对导体棒在该过程使用动能定理，设克服安培力做功为，可得

故此过程中电阻上产生的电热为

15-13【提升】 【正确答案】 （1）；（2）3m/s；（3）1m/s
【试题解析】 详解:
(1)由公式

得

由电路结构可知

R总=9Ω

得

（2）a棒恰好穿过磁场区域时得速度为v1，a棒穿过ADGH过程，动量定理

得
v1=8m/s
碰撞过程，两棒动量守恒
mv1=2mv2
得
v2=4m/s
两棒向左出磁场的速度为v3，两棒一起向左划出磁场过程，动量定理

得
v3=3m/s
（3）棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，此时

此过程，对棒用动量定理

由上两式联立可得
v4=1m/s
15-14【提升】 【正确答案】 （1）；（2） ; ；（3）
【试题解析】 详解:
（1）导体bc切割磁感线产生的感应电动势

由匀变速运动的速度公式得


电路总电阻

回路中的感应电流为

联立解得

（2）对导体棒

根据牛顿第三定律棒对导轨的压力为

由公式有

对导轨由牛顿第二定律由

联立解得

上式中当

即

时外力F取最大值

（3）撤去F后，安培力做功大小

根据能量守恒

解得

15-15【提升】 【正确答案】 （1）4N；（2）3J；（3）0.64J
【试题解析】 详解:
（1）金属棒a下滑运动中，则有

金属棒a将要滑入水平导轨时，产生感应电动势

回路中的电流

金属棒a受到的安培力

联立解得安培力大小
F=4N
（2）以金属棒a、b为系统，在要碰到绝缘柱之前动量守恒，由动量守恒定律可得

金属棒b与绝缘柱碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量仍然守恒，可总动量是零

两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5m，对金属棒b由动量定理可得

由电磁感应定律可得

磁通量的变化量为

平均电流

由能量转化和守恒定律，可得焦耳热

联立解得
Q=3J
（3）金属棒a、b碰后，金属棒b减速到零的运动中，a、b两金属棒速度总等大反向，对b由动量定理可得

由电磁感应定律可得

磁通量的变化量为

平均电流

损失的机械能

由以上各式解得
E损=0.64J
15-16【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）两金属棒一起匀速运动时，根据法拉第电磁感应定律

电流

（2）匀速下滑时，对ab，根据平衡条件

对cd，根据平衡条件

解得

（3）金属棒瞬间停下后，金属棒上升过程，根据动量定理

根据

联立可解得

（4）根据能量守恒，金属棒上升过程中金属棒中产生的焦耳热

解得