2023年原题变试题：上海市长宁区2022-2023学年高三上学期期末（一模）物理试题

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上海市长宁区2022-2023学年高三上学期期末（一模）物理变式题
【原卷 1 题】 知识点 能源与环境

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，也称天然能源，比如：煤炭、石油、天然气、水能、太阳能、风能等，而电能、煤气及各种石油制品等是由一次能源加工转换而成，属于二次能源。故选A。

1-1（基础） 关于能源与能量，下列说法正确的是（　　）
A.因为能量守恒，所以不需要节约能源
B.人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源
C.自然界中石油、煤炭等能源可供人类长久使用
D.人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创造
【正确答案】 B

1-2（基础） 目前，我国大力发展新能源汽车产业，新能源车的出现，在减少尾气排放、保护生态环境、节省油气资源等方面，产生立竿见影的效果，下列关于新能源汽车说法正确的是（　　）
A.汽车充电时电能全部转化为汽车锂电池的化学能
B.汽车运动时消耗的电能大于输出的机械能，该过程能量不守恒
C.汽车所用的电能是清洁能源，也是一次能源
D.汽车运动时，有一部分能量转化为内能，这些内能我们无法收集起来重新利用
【正确答案】 D

1-3（巩固） “绿色、环保、低碳”是当今世界的关键词，“低碳”要求我们节约及高效利用能源。关于能源与能量，下列说法正确的是（　　）
A.因为能量守恒，所以不要节约能源
B.自然界中石油、煤炭等能源可供人类长久使用
C.人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源
D.人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创造
【正确答案】 C

1-4（巩固） 为了控制温室效应，各国科学家都提出了不少方法和设想，有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度，为使CO2液化，最有效的措施是( )
A.减压、升温 B.增压、升温
C.减压、降温 D.增压、降温
【正确答案】 D

1-5（巩固） 能源有不同的分类方式。下列各组能源中，全部属于图中所示阴影部分的是（ ）

A.水能、地热能、太阳能 B.风能、潮汐能、核能
C.核能、地热能、水能 D.太阳能、风能、水能
【正确答案】 D

1-6（提升） 下列关于热学中的相关说法正确的是（　　）
A.液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
B.燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减小
C.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，故气体的压强一定增大
D.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，可想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝
【正确答案】 A

1-7（提升） 电能被广泛应用在动力、照明、化学、纺织、通信、广播等各个领域，是科学技术发展、人民经济飞跃的主要动力。如图所示为火电站电能产生与使用过程中各阶段的能量转化效率，已知标准煤完全燃烧时产生的热量约为。则（　　）

A.发电站的发电效率约为40%
B.提高输送电压可以提高发电站的发电效率
C.标准煤完全燃烧能输送到用户端的电能约为
D.用户端消耗的电能，发电站需要烧的标准煤
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 油膜法测分子直径的原理和实验方法

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】在试验过程中，油膜完全散开，油酸溶液在水面上形成的单分子油膜，通过油酸分子的体积除以油膜的面积得到的是油酸分子的直径。故ABD错误，C正确。故选C。

2-1（基础） 在“用油膜法估测分子大小”的实验中，下列说法正确的是（ ）
A.将油膜看作单层分子薄膜，且不考虑油酸分子间的空隙
B.分子直径等于油酸酒精溶液的体积与油膜的面积之比
C.利用画有油膜轮廓的坐标方格计算油膜面积时，舍去所有不足一格的方格
D.若油酸未完全散开，会使测出的分子直径偏小
【正确答案】 A

2-2（基础） 在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，用到了“数格子”的方法，是为了估算（　　）
A.一滴油酸的体积
B.一滴油酸酒精溶液中纯油酸形成的油膜的面积
C.一个油酸分子的体积
D.一个油酸分子的面积
【正确答案】 B

2-3（巩固） 在用油膜法估测油酸分子大小的实验中，以下操作步骤正确的是（　　）
①将痱子粉均匀地撒在水面上，痱子粉的用量不要太大
②测1滴油酸酒精溶液的体积时，只需用注射器将5滴溶液滴入量筒测出总体积，即可准确计算出1滴溶液的体积
③盘应水平放置，画线时视线应与玻璃板垂直，以便准确地画出薄膜的形状
④要等油膜形状稳定后，再画轮廓
⑤利用坐标纸求油膜面积时，计算轮廓内正方形的个数，大于半个的算一个，不足半个的舍去
A.①②③④⑤ B.①③④ C.②③⑤ D.①③④⑤
【正确答案】 D

2-4（巩固） 在“用单分子油膜估测分子的大小”实验中，使用到的研究方法是（　　）
A.等效替代法 B.理想模型法
C.微小量放大法 D.控制变量法
【正确答案】 B

2-5（巩固） 在“油膜法估测分子大小”的实验中，将1mL的纯油酸配制成5000mL的油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，数出油膜共占200个小方格，每格边长是0.5cm，由此估算出油酸分子直径为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

2-6（提升） 在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，实验中有下列实验步骤：
①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。
③将画有油膜形状的玻璃板平放在方格纸上，计算出油膜的面积。
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后用彩笔将油膜的形状描绘在玻璃板上。
已知某同学将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液并测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴。该同学取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2。关于上述步骤中正确的顺序编号及估算出的油酸分子直径，下列选项正确的是（　　）
A.④②①⑤③， 5×10－10 m B.④①②⑤③， 8×10－10 m
C.④①②⑤③， 5×10－10 m D.④②①⑤③， 8×10－10 m
【正确答案】 C

2-7（提升） 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a ml纯油酸配制成bml的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液c ml，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为Scm2，估算油酸分子的直径大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 x-t图象

【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） A、B两个物体的位移—时间图像如图所示，则（　　）

A.内，A的路程比B的路程多2m
B.内，A的平均速度大于B的平均速度
C.时刻，A、B两物体一定相遇
D.A的速度先增大后减小
【正确答案】 C

3-2（基础） 如图是一物体的位移时间图像，根据图像可获得以下信息中的哪两个，①时间内物体的位移大小；②时间内物体的平均速度大小；③时间内物体在某时刻的速度大小；④时间内物体在某时刻的加速度大小（　　）

A.①② B.②③ C.③④ D.①④
【正确答案】 A

3-3（巩固） 甲、乙两质点运动的位移时间图像如图中a、b所示，不考虑甲、乙碰撞，则下列说法中正确的是（  ）

A.甲做曲线运动，乙做直线运动 B.乙质点在时间内做匀速直线运动
C.时间内甲、乙两质点的位移相同 D.时间内乙比甲运动得快
【正确答案】 C

3-4（巩固） 图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移-时间图像（后的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（　　）

A.机器人在内的位移为0
B.内，机器人做加速直线运动
C.内，机器人的平均速度大小为
D.机器人在末的速度与末的速度相同
【正确答案】 C

3-5（巩固） 如图所示，A、B、C是三个物体同时同地开始运动的位移—时间图像，在时间内，下列说法正确的是（　　）

A.A、C两个物体做的都是曲线运动
B.B物体的路程比C物体的路程长
C.A、B、C三个物体平均速度不相等
D.B物体做匀速运动，C物体做加速运动
【正确答案】 D

3-6（提升） 物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材揭示了深刻的物理本质。伽利略的斜面实验揭示了匀变速直线运动规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验。如图甲所示，他让一小球从固定斜面顶端O处静止释放，小球经过A处到达斜面底端B处，通过A、B两处安装传感器测出A、B间的距离x及小球在AB段运动的时间t。改变A点及A处传感器的位置，重复多次实验，计算机作出—t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.小球在斜面上运动的平均速度大小为6m/s
B.小球运动到斜面底端时速度大小为0.6m/s
C.小球在斜面上运动的加速度大小为0.6m/s2
D.小球在斜面上运动的时间为1s
【正确答案】 D

3-7（提升） 如图为一匀变速直线运动的图像，图像与两坐标轴的交点分别为，，时，图像切线交t轴的坐标为。关于质点的运动，下列说法正确的（　　）

A.质点先向x轴负方向运动，后向x轴正方向运动
B.质点的初速度大小为
C.时间内质点的位移为
D.质点的加速度大小为
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 衍射条件

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短。由于声波的波长比较大（1.7cm~17m），和楼房的宽度相近，故可以发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象。故选C。

4-1（基础） 以下说法中正确的是（　　）
A.波要发生衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
B.要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长
C.波长越短的波，越容易发生明显的衍射
D.只有波才有衍射现象
【正确答案】 D

4-2（基础） 目前，我国已进入全面5G时代。开启万物互联时代：车联网、物联网、智慧城市、无人机网络、自动驾驶技术等一一变为现实。5G，即第五代移动通信技术，采用3300~5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，1880~2635MHz频段）技术而言，具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延。5G信号与4G信号相比下列说法正确的是（　　）
A.5G信号比4G信号在真空中的传播速度更快
B.5G信号比4G信号更不容易被障碍物阻挡
C.5G信号比4G信号需要更多的通信基站
D.5G信号比4G信号更适合长距离传输
【正确答案】 C

4-3（巩固） 太阳光照射一块遮光板，遮光板上有一个大的三角形孔，太阳光透过这个孔，在光屏上形成一个三角形光斑。当遮光板上三角形孔的尺寸不断减小时，光屏上会呈现①圆形光斑；②三角形光斑；③明暗相间的衍射条纹，则（　　）
A.光屏上先后呈现的图样顺序是①②③ B.光屏上先后呈现的图样顺序是①③②
C.由于光的直线传播产生的图样有①② D.由于光的直线传播产生的图样有②③
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝5的激发态，向低能级跃迁时辐射的不同频率的光子中，最容易表现出明显衍射现象的光子的能量为（　　）

A.0.31eV B.0.97eV C.2.86eV D.13.06eV
【正确答案】 A

4-5（巩固） 氧化铟锡是一种半导体，兼具透明和导电的特质，常被应用于手机和平板电脑屏幕，还做成薄膜用在风挡玻璃上用来防霜，下图为涂有氧化铟锡薄膜的客机风挡，上面有一些彩色条纹。氧化铟锡的相邻能级之间的能级差是3.75~4.00eV。可见光的波长在400nm~780nm之间，可见光的光子能量最大为3.1eV，氧化铟锡无法吸收可见光光子从低能级向高能级跃迁。下列说法正确的是（　　）

A.图片中的条纹是光的衍射造成的
B.氧化铟锡可以吸收红外线光子从低能级向高能级跃迁
C.氧化铟锡可以吸收紫外线光子从低能级向高能级跃迁
D.同等条件下，紫外线比红外线更容易发生衔射
【正确答案】 C

4-6（提升） 将一矩形玻璃板MN水平固定，另一矩形玻璃板放在MN玻璃板上，一端放入两张纸片，侧视如图所示。用单色平行光a从上方竖直射入，从上方可以观察到明暗相间的条纹。换用单色平行光b从上方竖直射入，观察到条纹间距变小，下列说法正确的是（　　）

A.明暗条纹与MN平行
B.抽去一张纸片，条纹间距变小
C.a光的频率大于b光的频率
D.遇到相同障碍物时，a光比b光产生的衍射现象更明显
【正确答案】 D

4-7（提升） 彩虹的形成是雨后太阳光射入空气中的水滴先折射，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再次折射就形成了彩虹。如图所示，一束太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，一条是红光，另一条是紫光。则下列说法正确的是（　　）

A.a光是红光，b光是紫光
B.若用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距
C.若遇到相同的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射
D.在水滴中传播时，a光的速度大于b光的速度
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 路端电压随负载的变化规律,电源的最大输出功率及其条件

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，、为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（　　）

A.电阻中有向上的电流 B.通过电阻电流增大
C.电源的输出功率一定变大 D.电容器C两极板所带电荷量变大
【正确答案】 D

5-2（基础） 如图所示，将灯泡的灯丝与小灯泡串联接入电路，使小灯泡发光。用酒精灯给灯丝加热，一段时间后发现小灯泡变暗。则电灯丝路中的电流和灯丝的电阻率二者的变化情况是（　　）

A.电流变大；电阻率变大 B.电流变大；电阻率变小
C.电流变小；电阻率变大 D.电流变小；电阻率变小
【正确答案】 C

5-3（巩固） 某同学设计了如图甲所示电路研究电源输出功率随外电阻变化的规律。电源电动势E恒定，内电阻，为滑动变阻器，、为定值电阻，A、V为理想电表。当滑动变阻器滑片从a到b移动的过程中，输出功率随滑片移动距离x的变化情况如乙图所示，则的最大阻值及、的阻值可能为下列哪组（　　）

A.、、 B.、、 C.、、 D.、、
【正确答案】 A

5-4（巩固） 如图所示的图像中，Ⅰ是电源的路端电压随电流变化的图像，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图像。下列说法正确的是（  ）

A.电源电动势为2V B.该电阻阻值为2Ω
C.该电阻接入电源时，路端电压为1V D.电源效率约为67%
【正确答案】 D

5-5（巩固） 如图所示，在研究电源的内、外电压的实验装置中，玻璃容器盛有稀硫酸，稀硫酸中插入石墨棒M锌棒N作为电源的两极。A、B是位于两极内侧的探针，电压表、分别接在电源的两极和探针上，下列说法中正确的是（　　）

A.M极为电源正极，电压表的正接线柱应与A相连
B.当滑动变阻器滑动触头向左移动时，电压表、示数均减小
C.当滑动变阻器滑动触头从右向左移动时，电源的功率不变，滑动变阻器消耗的电功率一定减小
D.无论滑动变阻器滑动触头向右或向左移，滑动变阻器上通过相同的电量时，电源释放的化学能相等
【正确答案】 D

5-6（提升） 在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况。以下说法正确的是（　　）

A.图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况
B.图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况
C.此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值变小
D.此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值变大
【正确答案】 B

5-7（提升） 如图所示电路中，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表，滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为、，电压表示数变化量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）

A.电流表A1示数变小，A2示数变小，且
B.电阻R3中有向右的电流
C.与的比值一定小于电源内阻r
D.电阻R2消耗的功率变大
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 单摆的周期公式

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁，便可制作成一个简易的单摆装置。当注射器做简谐运动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，可以观察到落到木板上的墨汁图样如图乙所示，该段木板的长度约为0.5m，已知木板被水平拉动的速度为0.15m/s，g取9.8m/s2，则该单摆的摆长大约为（　　）

A.0.34m B.0.44m C.0.56m D.1.00m
【正确答案】 B

6-2（基础） 惠更斯利用单摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，摆钟的摆动可看作是单摆，下列说法正确的是（　　）

A.在山脚走时准的摆钟，在山顶仍能走准
B.若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期减小
C.走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆钟仍能走准
D.将摆钟由赤道移到北极，单摆振动周期减小
【正确答案】 D

6-3（巩固） 如图所示，有一光滑圆弧面，、两端的水平距离为，竖直距离为h（L≫h），小球从顶端处由静止释放，滑到底端的时间为；若在圆弧面上放一块光滑斜面，则小球从点由静止释放，滑到的时间为。下列判断正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-4（巩固） 某同学在探究单摆运动中，图a是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图b是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图b的信息可得（　　）

A.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
B.从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s
C.用米尺量得细线长度l，即摆长为l
D.由图可计算出单摆的长度为1.0m
【正确答案】 B

6-5（巩固） 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，摆长为L，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度然后无初速度释放。忽略空气阻力，不考虑运动过程中的机械能损失，对于以后的运动，下列说法中正确的是（　　）

A.摆球在平衡位置左右两侧扫过的最大摆角相等
B.摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小
C.摆球经过最低点时，摆线与钉子接触前后的瞬间摆线的拉力大小不变
D.摆球在右侧上升的最大高度大于左侧最大高度
【正确答案】 B

6-6（提升） 如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，则以下判断正确的是（　　）

A.单摆在斜面上摆动的周期为
B.摆球经过平衡位置时的合外力
C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大
D.若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将增大
【正确答案】 B

6-7（提升） 如图所示的MON是曲率半径很大的圆弧形轨道，其圆心为O′，O是轨道的最低点，M、N两点等高，O′M >>OM。连接OM的一段直线固定轨道顶端的M点有一小滑块从静止开始沿着直线轨道下滑的同时，从N点也有一小滑块从静止开始沿着圆弧轨道下滑，如果不计一切摩擦，则（ ）

A.两个滑块可能第一次在O点相遇
B.两个滑块第一次一定在O点左方相遇
C.两个滑块第一次一定在O点右方相遇
D.以上三种情况均有可能
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 等势面与电场的关系,计算带电粒子穿越不同等势面时电场力做功和能量变化

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．匀强电场的等势面应是平行面，所以避雷针附近不是匀强电场，故A错误；
B．等势面与电场线处处垂直，A点比B点电场线更密集，所以A点场强最大，故B错误；
C．乌云带负电，则电场线终于乌云，沿电场线方向电势降低，所以A、B、C三点中，C点电势最低，故C错误；
D．一带负电的雨点从乌云中下落，雨滴所受电场力方向与速度方向夹角小于90º，电场力做正功，故D正确。故选D。

7-1（基础） 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，a、b、c、d、e为运动轨迹与等势线的交点，直线ae水平。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（　　）

A.电场方向竖直向上
B.粒子在a点的电势能小于在e点的电势能
C.粒子从a点运动到e点的过程中的动能先减小后增大
D.粒子从a点运动到d点的过程中减小的动能大于增加的电势能
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是（　　）

A.1、2两点的场强大小相等 B.2、3两点的场强相等
C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等
【正确答案】 D

7-3（巩固） 如图所示，匀强电场中有一平行于电场方向的正六边形，边长为0.2m。电荷量的电荷在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功2J，从C点移动到D点，其电势能增加了2J。下列说法正确的是（　　）

A.电场的方向沿方向 B.两点在同一等势面上
C.的电势差为 D.把该电荷从C点移至Ｆ点电场力做功4J
【正确答案】 A

7-4（巩固） 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。则（　　）

A.平面c上的电势为4V
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【正确答案】 B

7-5（巩固） 如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（ ）

A.在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们受静电力
B.质子在B点电势能小于在A点电势能
C.从A点静止释放一个电子，将沿曲线e运动到B点
D.把电子从c等势面移动到e等势面，静电力做功为10eV
【正确答案】 D

7-6（提升） 如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为R=0.1m。P为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动，为PO连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.匀强电场的场强大小为10V/m
B.匀强电场的场强方向垂直AC连线向下
C.一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能增加2eV
D.一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做正功后做负功
【正确答案】 D

7-7（提升） 如图所示，为一正四面体，电荷量为的点电荷Q固定在A点，先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为，再将从C点沿移到B点并固定，接着将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点，再将从D点沿移到C点固定，最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点。下列说法错误的有（　　）

A.移入之前，C点的电势为
B.从D点移到C点的过程中，所受电场力做的功为0
C.从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为
D.在移到点D后的电势能为
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 利用机械能守恒定律解决简单问题

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 雨滴在高空形成后，由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大小与雨滴的速度大小成正比．设下落过程中雨滴的质量不变，雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、重力势能、动能、机械能E与时间t或位移x的图像，可能正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
8-2（基础） 如图所示，一轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使重物匀速上升，从手突然停止到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a、动能、机械能随物体上升高度h变化的图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A
8-3（巩固） 现有一起重机将地面下15m深处一重为5000N的泥土装箱吊起，箱子在绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位置x的关系图像如图所示，其中m到地面过程的图线为直线。根据图像可知，箱子（　　）

A.从m到m过程中绳的拉力在逐渐减小
B.运动到m时重力势能为0
C.从m到0过程中合外力做功5×104J
D.运动到m时速度大小为10m/s
【正确答案】 A

8-4（巩固） 某次演习中，战士居高临下向防御工事内投掷手榴弹，如图所示。忽略空气阻力，手榴弹运动看作平抛运动，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能（以地面为零势能面）、动能变化量，动能的变化率，机械能E随时间t变化的图像，正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-5（巩固） 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻质细线连接，跨过固定在水平地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的3倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放（A落地时，立即烧断细线），B上升的最大高度是（　　）

A. B. C. D.2R
【正确答案】 B

8-6（提升） 一个小球由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能与物体位移关系的图像如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线。根据该图像，小球的动能随位移变化的图像可能是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-7（提升） 如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度h变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.小球从地面抛出的初速度
B.小球所受空气阻力大小为小球自身重力的
C.从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点
D.小球离地面高度h=3m时，小球的动能Ek=25J
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 安培力的大小

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，两平行光滑无限长导轨所在的平面与水平面夹角为，导轨的一端接有电动势为E、内阻不计的直流电源，两导轨间的距离为L，在导轨所在空间内分布着方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，一个质量为m的导体棒ab恰好静止在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨电阻不计，则下面正确的有（　　）

A.磁场的磁感应强度大小为
B.磁场的磁感应强度大小为
C.导体棒受到轨道的支持力为mgtanθ
D.导体棒受到轨道的支持力为mgsinθ
【正确答案】 A

9-2（基础） 如图所示，水平金属棒长为L，两端支持在支座a、b上，a、b分别于电源正负两极接通，垂直纸面向里的匀强磁场处在棒的中间位置，磁感强度为B，宽度为d。接通电源后通过棒的电流为I，此时金属棒对支座的总压力将（　　）

A.增大BLI B.增大BdI C.减小BLI D.减小BdI
【正确答案】 D

9-3（巩固） 如图所示，半径为R的金属圆环用绝缘细线悬挂于天花板上，金属圆环中通以逆时针方向的电流，图中A、C与圆心O连线的夹角为，只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属圆环处于静止状态时，细线中的拉力大小为；若只在直线AC下方区域内加与上述相同的磁场，金属圆环处于静止状态时，细线中的拉力大小为，则金属圆环中的电流大小为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

9-4（巩固） 如图所示，纸面内用粗细均匀的相同金属导体弯制成两个相同的正三角形金属框abc和a′b′c′，a′c′边中间断开，用导线连接ca′两点，并从a端通入大小恒定的电流，从c′端引出电流，同时放入垂直纸面向里的匀强磁场中，则（ ）′

A.a、c两点间与a′、c′两点间的电压之比为1：1
B.a、c两点间与a′、c′两点间的电压之比为2：3
C.金属框abc和a′b′c′所受的安培力大小之比为1：1
D.金属框abc和a′b′c′所受的安培力大小之比为1：3
【正确答案】 C

9-5（巩固） 如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根粗细均匀的金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为，图甲中，所示方向为电流正方向。则金属棒（　　）

A.一直向左移动
B.受到的安培力不变
C.速度随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
【正确答案】 C

9-6（提升） 如图，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为2N，则六边形线框受到安培力的总和为（　　）

A.0N B.1.6N C.2.4N D.4N
【正确答案】 C

9-7（提升） 竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）

A.应在时给导体棒1以轻微的扰动
B.绳1中拉力的最大值为
C.绳2中拉力的最小值为
D.导体棒2中电流的最大值为
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 利用平衡推论求力,找物体重心的方法,斜面上物体受力平衡的问题

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．对水壶受力分析，受力重力和绳子拉力，由于由于细绳始终保持竖直，则两力大小相等，方向相反，则自行车一定做匀速运动，A错误；
B．由于水壶水平方向不受力，则水平方向做匀速直线运动，所以壶内水面一定水平，B错误；
C．自行车受三个力重力，摩擦力，支持力作用，因为匀速下滑，摩擦力和支持力的合力与重力等大反向，即坡道对自行车的作用力竖直向上，C错误；
D．水杯受到共点力作用，重力和绳子拉力，在同一直线上，则水杯及水整体的重心一定在悬绳正下方，D正确。
故选D。

10-1（基础） 如图所示，孔明灯又叫天灯，相传是由三国时的诸葛孔明（即诸葛亮）所发明，现有一孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速直线上升，则此时孔明灯所受空气的作用力大小和方向是（　　）

A.0 B.mg，东北偏上方向
C.mg，竖直向上 D.，东北偏上方向
【正确答案】 C

10-2（基础） 如图所示，斜面位于光滑的水平面上，放在斜面上的物块以初速度沿斜面匀速下滑。若在下滑过程中再对物块施加一竖直向下的恒力，则（　　）

A.物块仍沿斜面匀速下滑 B.物块将沿斜面加速下滑
C.物块将沿斜面减速下滑 D.斜面将沿水平面向右运动
【正确答案】 A

10-3（巩固） 如图所示，一个质量为m的物块静止于倾角为θ的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，此时对物块施加一个水平向左且平行于斜面底端的力F，且F从零缓缓增大直至物块沿斜面刚好运动，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（  ）

A.由于F变大，所以水平方向的合力变大
B.摩擦力的方向一直在变化，但大小始终不变
C.F的最大值一定大于mgsinq
D.F的最大值一定小于
【正确答案】 D

10-4（巩固） 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为的小球，重力加速度为，下列关于杆对球的作用力的判断中，正确的是（　　）

A.小车静止时，，方向沿杆向上方
B.小车静止时，，向垂直杆向上
C.小车向左以加速度加速运动时，则
D.小车向右以加速度加速运动时，则
【正确答案】 D

10-5（巩固） 如图所示，五个共点力的合力为，现在保持其他力不变，进行如下操作，其中正确的是（　　）

A.如果撤去，物体所受合力大小为，方向和方向相反
B.如果将减半，合力大小为
C.如果将逆时针旋转，合力大小将变为
D.如果将逆时针旋转，合力大小将变为
【正确答案】 B

10-6（提升） 如图所示，置于水平地面上的盛水容器中，用一端固定于容器底部的细线拉住一个空心的塑料球，使之静止地悬浮在深水中，此时容器底部对地面的压力记为；某时刻拉紧球的细线突然断开，球便在水中先加速后匀速地竖直上升，若球在此加速运动阶段和匀速运动阶段对应的容器底部对地面的压力分别记作和，则（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-7（提升） 如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小。则（　　）

A.斜面对a的弹力逐渐变小 B.斜面对a的弹力先变大后变小
C.b对a的弹力逐渐变小 D.b对a的弹力大小不变
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题,气体的状态参量

【正确答案】
B
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，三根完全相同的一端封闭、粗细均匀、开口竖直向上的玻璃管，都有一段水银柱封住一段空气，已知，，三者原来温度相同，后来又升高相同的温度，则管中水银柱向上移动的距离（　　）

A.甲管最多 B.甲管和乙管最多
C.甲管和丙管最多 D.三管一样多
【正确答案】 B

11-2（基础） 如图所示，粗细均匀竖直放置的玻璃管中，P为一小活塞，有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分，活塞和水银柱都静止不动。现在用力向下压活塞，使得活塞向下移动一段距离L，同时水银柱将向下缓慢移动一段距离H，在此过程中温度不变，则有（　　）

A.L>H B.L 【正确答案】 A

11-3（巩固） 如图所示，两端开口的弯管，其左管插入水银槽中，管内、外液面高度差为h1，右管有一段U形水银柱，两边液面高度差为h2，中间封有一段气体，则正确的是（　　）

A.若增大大气压强，则h1和h2同时增大
B.若升高环境温度，则h1和h2同时减小
C.若把弯管向上移动少许，则管内封闭气体体积不变
D.若把弯管向下移动少许，则管内封闭气体压强增大
【正确答案】 D

11-4（巩固） 如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，b管开口，a管内被封闭一段气体，水银面比b管低。现保持b管不动，为了使两管内水银面一样高，可采取的措施是（　　）

A.减小外界气压
B.向U形管的b管向内加水银
C.把U形管的a管向上移动
D.把U形管的a管向下移动
【正确答案】 C

11-5（巩固） 如图所示，粗细均匀两端开口的U形玻璃管，管内注入一定量的水银，但在其中封闭了一段空气柱，其长度为l。在空气柱上面的一段水银柱长为，空气柱下面的水银面与左管水银面相差为。若往管内加入适量水银（水银没有溢出），则（　　）

A.水银加入右管，l变短，变大
B.水银加入左管，l不变，变大
C.水银加入右管，l变短，不变
D.水银加入左管，l变短，变大
【正确答案】 A

11-6（提升） 如图，两端封闭、上粗下细的导热玻璃管竖直放置，中间用一段水银柱封闭了A、B两部分气体。现环境温度略有上升，重新稳定后A、B两部分气体压强的增量分别为ΔpA、ΔpB，则（　　）

A.水银柱略向上移动，ΔpA＜ΔpB
B.水银柱略向上移动，ΔpA＞ΔpB
C.水银柱略向下移动，ΔpA＜ΔpB
D.水银柱略向下移动，ΔpA＞ΔpB
【正确答案】 B

11-7（提升） 如图所示，A、B两个大容器装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作活塞，当左边容器的温度为-5℃，右边容器的温度为15℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。当两个容器的温度都升高15℃时，下列判断正确的是（　　）

A.水银滴将不移动
B.水银滴将向右移动
C.水银滴将向左移动
D.水银滴将向哪个方向移动无法判断
【正确答案】 B

【原卷 12 题】 知识点 机械波相关物理量的计算,求波速的多解问题

【正确答案】
B
【试题解析】


12-1（基础） 如图所示，在均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为，形成的机械波的波速都是10m/s。介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m。则（　　）

A.波的波长为2m B.波的周期为10s
C.P点是振动加强点 D.P点是振动减弱点
【正确答案】 C

12-2（基础） 图为一列简谐横波在时刻的波形图，此时处的质点的振动方向向上；再经，质点第1次回到平衡位置。下列说法正确的是（　　）

A.该波沿轴负方向传播
B.该波的传播速度为
C.时，质点的速度和加速度均最大
D.在任意内，质点通过的路程均为
【正确答案】 B

12-3（巩固） 下图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2，3，4，…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端，相邻编号的质点间距离为2cm。已知t=0时，质点1开始向上运动；t=0.2s时，质点1到达上方最大位移处，质点5开始向上运动。则（　　）

A.这列波传播的速度大小为0.2m/s
B.t=1.0s时，振动刚好传到质点20
C.t=0.6s时，质点12正在向下运动
D.t=0.6s时，质点9处于上方最大位移处
【正确答案】 D

12-4（巩固） 一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上和处质点的振动象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

12-5（巩固） 在x轴上和处有两持续振动的振源A、B，从t=0时刻同时开始振动，在同一介质中形成沿x轴相向传播的两列波，t=2s时刻波形如图所示。则（　　）

A.两列波的波长不同
B.振源A的振动方程为
C.x=0.4m处的质点为振动加强点
D.x=0.4m处的质点在t=6.5s时第1次达到正向最大位移
【正确答案】 D

12-6（提升） 图中实线和虚线分别是x轴上传播的一列简谐横波t＝0和t＝0.03s时刻的波形图，x＝1.2m处的质点在t＝0.03s时刻向y轴正方向运动，则（　　）

A.各质点在0.03s内随波迁移0.9m
B.该波的频率可能是100Hz
C.t＝0时，x＝1.4m处质点的加速度方向沿y轴正方向
D.该波的波速可能是70m/s
【正确答案】 D

12-7（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

【原卷 13 题】 知识点 理解内能的概念

【正确答案】
①. 动能和势能    ②. 温度和体积
【试题解析】
【详解】[1]内能是物体内所有分子的分子动能和分子势能之和；[2]物体的内能与物体的温度、体积、状态都有关。

13-1（基础） 疫情期间，医院将氧气瓶由寒冷的室外搬到温暖的室内并放置一段时间。不计氧气瓶体积的变化，与室外相比，该瓶内氧气的内能___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），氧气分子在单位时间内对瓶壁单位面积的撞击次数___________（选填“增多”、“减少”或“不变”）。
【正确答案】 变大 增多

13-2（基础） 质量相同，温度均为0℃的冰和水，它们的分子平均动能分别为和，内能分别为和，则_____，_____（均选填“>”、“=”或“<”）。
【正确答案】 = <

13-3（巩固） 如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的内能分别是E1、E2、E3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则E2_________E3，N2________N3。（填“>”，“<”或“=”）

【正确答案】 < >

13-4（巩固） 如图所示，用隔板将一密闭绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸，该过程气体的内能_________（选填“增大” “减小”隔板或“不变”）；待气体状态达到稳定后，缓慢推压活塞至原隔板处，该过程中，气体温度_________（选填“升高” “降低" 或“不变”）。

【正确答案】 不变 升高

13-5（巩固） 长沙市宁乡的灰汤温泉是我国三大著名的高温复合温泉之一，温泉出水处温度高达92℃。假设温泉每天开采热水量为2×104 kg，而水温要降低到52℃才能使用，那么这些热水在使用前要放出___________J的热量，其内能减少___________J。水的比热容c=4.2×103 J/（kg·℃）。
【正确答案】

13-6（提升） 某同学用如图所示的喷壶对教室进行消毒。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。充气和喷液过程中温度保持不变，则充气过程中，储气室内所有气体的内能__________（填“增大”、“减小”或“不变”）；喷液过程中，储气室内气体___________（填“吸收”或“放出”）热量，所有气体均可看成理想气体。

【正确答案】 增大 吸收

13-7（提升） 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A的温度为300K，则由状态A变化到状态B的过程中，气体的内能_____（填“增大”、“减小”或“不变”）；B、C两状态气体的内能分别为UB和UC，则UB__UC（填“大于”、“等于”或“小于”）。

【正确答案】 增大 等于

【原卷 14 题】 知识点 磁通量的定义、公式、单位和物理意义,计算磁通量的大小

【正确答案】
 ①. 调零    ②. 5.0×10−6
【试题解析】


14-1（基础） 如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为___________。

【正确答案】

14-2（基础） 如图所示为用DIS研究通电螺线管的磁感应强度的实验：
（1）该实验用的是_________传感器；实验时要确保传感器的探管与螺旋管的_________重合；

（2）甲、乙两位同学实验得到的磁感应强度随传感器伸入的距离变化关系如图。甲同学得到的图像在第四象限的原因是__________；乙同学在螺线管两侧管口测得磁感应强度为零的原因是_________。

（3）若将通电螺线管内部的磁场近似看作匀强磁场，磁感应强度为B，已知：螺线管长度L、匝数N、横截面积S、电阻R，则穿过通电螺线管的磁通量为__________。
【正确答案】 磁 中心轴线 甲同学将探管从螺线管的另一端插入（或通过螺线管的电流方向相反） 螺线管通电后，探管位于螺线管管口时将磁传感器调零 BS

14-3（巩固） 如图所示，矩形线圈面积为S，放在匀强磁场B中，开始处于水平位置，磁场与线圈平面法线夹角为，此时的磁通量为___________当线圈绕其一边顺时针转到90°到达竖直位置时的磁通量为___________，线圈中的磁通量的改变量的大小为___________。

【正确答案】

14-4（巩固） 在“用研究通电螺线管的磁感应强度”实验中。

（1）磁传感器______（选填“需要”或“不需要”）调零。
（2）某同学实验操作正确，得到通电螺线管中心轴线上的磁感应强度的分布如图所示，则通电螺线管内的磁感应强度分布的特点是：______。若螺线管匝数为100匝，横截面积为，按照该同学的实验结果，穿过通电螺线管中心横截面的磁通量约为______。
【正确答案】 需要 通电螺线管内部中间部分的磁场可以视为匀强磁场，且中间磁场强，两端磁场弱，离中心越远，磁场越弱

14-5（巩固） 在磁感强度为的均匀磁场中作一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量与的夹角为a ，则通过半球面S的磁通量（取弯面向外为正）为_______。

【正确答案】

14-6（提升） 如图所示，质量为m、边长为L的正方形线圈ABCD由n匝导线绕成，线圈中有如图所示方向、大小为I的电流，在AB边的中点用细线竖直悬挂于一小盘子的下端，而小盘子通过弹簧固定在O点。在图中虚线框内有与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感强度为B，平衡时，CD边水平且线圈ABCD有一半面积在磁场中，如图甲所示，忽略电流I产生的磁场，则穿过线圈的磁通量为____；现将电流反向（大小不变），要使线圈仍旧回到原来的位置，如图乙所示，在小盘子中必须加上质量为m的砝码。由此可知磁场的方向是垂直纸面向____（填“里”或“外”），磁感应强度大小B为____（用题中所给的B以外的其它物理量表示）。

【正确答案】 外

14-7（提升） 如图甲所示，一个电阻为R、面积为S的单匝矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，则甲图中的磁通量大小为___________，其中O、O′分别是ab边和cd边的中点，现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置，在这一过程中，通过这一回路中的电荷量大小为__________．

【正确答案】

【原卷 15 题】 知识点 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式,比较向心加速度的大小

【正确答案】
①. 2:3    ②. 2:1
【试题解析】


15-1（基础） 明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮（牛转翻车）的图画，如图所示，这说明勤劳勇敢的先辈们已经掌握了齿轮传动技术。甲、乙两轮转动过程中（不打滑），甲轮的半径大于乙轮的半径，甲轮边缘质点的线速度___________（填“大于”、“小于”或“等于”）乙轮边缘质点的线速度；甲轮边缘质点的加速度___________（填“大于”、“小于”或“等于”）乙轮边缘质点的加速度。

【正确答案】 等于 小于

15-2（基础） 做匀速圆周运动的物体，内沿半径的圆周运动了，线速度大小是_____________，角速度大小是_____________，物体的运动周期是_____________s，向心加速度的大小是_____________。
【正确答案】 10 0.5 12.56 5

15-3（巩固） 如图甲所示为一皮带传动装置，a、b、c点在各自轮边缘，其圆周运动对应的半径分别为r、2r和4r，若传动过程中皮带不打滑，则a、b、c三点的周期之比 = ________。如图乙为描述向心加速度与半径R之间的关系的an—R图像，其中①为反比例图线、②为正比例图线，试在图乙中标出可代表a、b、c三点an—R关系的数据点________。

【正确答案】

15-4（巩固） 如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点。若转动时皮带不打滑，P点的线速度大小约为_________m/s，主动轮的转速约为_________r/min。

【正确答案】 1.6 25

15-5（巩固） 一圆环，其圆心为O，若以它的直径AB为轴做匀速转动，如图所示，圆环上P、Q两点的线速度大小之比是______；若圆环的半径是20cm，绕AB轴转动的周期是0.1s，环上Q点的向心加速度大小是______（取）

【正确答案】 400

15-6（提升） 如图所示为一皮带传动装置示意图，轮A和轮B共轴固定在一起组成一个塔形轮，各轮半径之比。则在传动过程中，轮C边缘上一点和轮D边缘上一点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______。

【正确答案】 2：1 4：1 8：1

15-7（提升） 曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，如图甲为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc的中点，与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线圈在磁极间转动．设线框由N=800匝线圈组成，每匝线圈的面积S0＝20 cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B＝0.010 T，自行车车轮的半径R1＝35 cm，小齿轮的半径R2＝4.0 cm，大齿轮的半径R3＝10.0 cm(如图乙)。现从静止开始使大齿轮加速运动，使摩擦小轮逆时针转动（从上往下看）则：线圈的角速度ω=_____才能使发电机输出电压的峰值U＝3.2 V(假定摩擦小轮与自行车之间无相对滑动)，此时大齿轮的转速为_______转/分钟．

【正确答案】

【原卷 16 题】 知识点 连续相等时间内的运动比例规律,应用动能定理解多段过程问题

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 对于自由落体运动，物体下落后1s内、2s内、3s内的位移之比为________________；第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为________________。
【正确答案】

16-2（基础） 将质量m=2kg的一块石头从离地面H=2m高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm深处，不计空气阻力。重力对石头做的功为______J，泥对石头的平均阻力为______N。
【正确答案】 41 820

16-3（巩固） 质量为2kg的物体静止于光滑水平面上，现受到一水平力F的作用开始运动．力F随位移s变化如图所示．则物体位移为8m时的动能为______J，该过程经历的时间为_____s ．

【正确答案】 18；

16-4（巩固） 小安同学想测量小物块与薄木板间的动摩擦因数，手头只有两块这样的木板和一把刻度尺。他设计了如下实验：
（1）将其中一块木板A抬起一定角度，一端抵住墙上的O点，另一端支在水平面P点，另外一块木板B放在水平面上，B的一端尽量在P点与A无缝平滑连接（小物块经过P点时速率不变），如图所示。

（2）让小物块从木板A顶端静止滑下，滑上到B板一段距离后停在Q点。测量_____________和___________即可得到小物块与木板间的摩擦因数，____________（用所测物理量表示）。
（3）减小A抬起的角度，重复（1）（2）中的操作，物块将停在Q点_________（填“左侧”、“右侧”或“Q点”）。
【正确答案】 OO1的高度h O1Q的长度l 左侧

16-5（巩固） 从斜面上某一位置每隔0.1s释放一个小球，连续放了几个小球后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示，现测得，，已知小球在斜面上做加速度相同的匀加速直线运动则

（1）小球的加速度大小为__________；
（2）拍摄时B的速度__________；
（3）DC两球相距__________；
（4）A球上方正运动着的球有__________个。
【正确答案】 5m/s2 1.75m/s 0.25m 2个

16-6（提升） 如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量________kg；________N。

【正确答案】 0.7 0.5

16-7（提升） 特种兵过山谷的一种方法可化简为如右图所示的模型：将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，悬绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直，则此时甲对滑轮的水平拉力为____________；若甲将滑轮由静止释放，则乙在滑动中速度的最大值为____________．（不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦）

【正确答案】

【原卷 17 题】 知识点 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动,利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 如图所示，一劲度系数为200 N/m的轻弹簧直立在地面上，弹簧的上端与质量为1 kg的小物块A连接在一起，下端固定在地面上、A带正电且电荷量为2×10－5 C，A与弹簧间相互绝缘。开始处于静止状态，若突然施加竖直向下大小为4×105 N/C的匀强电场，此瞬间A的加速度大小为______m/s2，此后系统振动的振幅为______cm。（g=10 m/s2，整个过程不计空气阻力，弹簧都在弹性限度范围内）

【正确答案】 8 4

17-2（基础） 如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则金属块带______电（填正或负），金属块机械能改变量为______J，金属块的电势能改变量为______J。

【正确答案】 正电 -12 4

17-3（巩固） 如图，处于匀强电场中的足够长的绝缘斜面上有一带电滑块，给滑块初动能100J使它从A点出发沿斜面向上运动，第一次运动到斜面上B点时，动能减少了80J，重力势能增加了50J，克服电场力做功20J，则滑块再一次回到B点时的动能为_____

【正确答案】 15J

17-4（巩固） 如图(a)，点电荷M、N固定于光滑绝缘水平桌面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点．带负电的小球自A点由静止释放，其运动的v-t图像如图(b)所示，图中tB、tC分别为小球运动到B、C点的时刻．设B、C两点的电场强度大小分别为EB、EC；小球在这两点的电势能分别为EpB、EpC，则EB___________EC，EpB___________EpC (选填“<”、“>”或者“=”)

【正确答案】 > >

17-5（巩固） 如图，两个带相等电荷量的检验电荷分别放在某点电荷电场中的、两点，受电场力大小为，方向互相垂直，则两检验电荷为________电荷（选填“同种”、“异种”或“无法确定”）；若是的中点，把处的检验电荷沿连线移动至处，整个过程该电荷电势能变化情况为________。

【正确答案】 异种 增大

17-6（提升） 如图a，一个正点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O处，轴上各点电势与的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为，从x=0.2m处由静止释放，在x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数，。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x=0.4m处滑块所受电场力大小为________N：滑块速度大小为________m/s。

【正确答案】 0.2

17-7（提升） 如图所示，直角三角形处于匀强电场中，电场方向与三角形所在平面平行，D为A、C连线的中点，∠ACB=30°，BC=3cm。将电荷量的粒子从A点移到C点，静电力做功；再将该粒子从C点移到B点，其电势能减少。则A、B两点的电势差为________V，该匀强电场的电场强度大小为________V/m。

【正确答案】 3 200

【原卷 18 题】 知识点 等量异种电荷连线中垂线和连线上的电场强度分布图像,等量异种电荷周围电势的分布

【正确答案】
①. B    ②. 不同    ③. B    ④. 正    ⑤. 向右
【试题解析】
【详解】（1）[1] A．等势线在白纸上描绘，白纸应放在最底层，等势点在导电纸上寻找，导电纸放在最顶层，所以平整木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸，故A错误；
B．因为要在导电纸上确定等势点，所以导电纸有导电物质的一面必须向上，故B正确；
C．本实验采用恒定电流场模拟静电场，所以电源采用直流电源，故C错误；
D．电极A、B必须与导电物质保持良好接触，否则电路中没有电流，故D错误。
故选B。
（2）[2]实验中如果忘记传感器调零，零电势点的位置不同，基准点a、b、c、d、e的电势与传感器调零时不同，则描绘得到的等势线形状与原来的不同。
（3）[3]用DIS描绘电场的等势线的实验原理是用恒定电流场模拟静电场，所以得到的曲线实际上是稳恒电流场中的等势线。
故选B；
（4）[4]若电压传感器的红、黑色探针分别接触图中的d、f两点时，示数小于零，说明d点电势低，则可以判断电极A接在电源的正极。
[5]为使传感器示数为零，应保持红色探针与d点接触，将黑色探针接触点的电势要降低，所以黑色探针要向右移动。

18-1（基础） 将头发微屑悬浮在蓖麻油里并放到电场中,微屑就会按照一定的规律排列起来,显示出电场线的分布情况，如图所示．图1中的两平行金属条分别带有等量异种电荷;图2中的金属圆环和金属条分别带有异种电荷．观察微屑的取向,回答下列问题:

(1)图1中两平行金属条间中央部分的微屑按_________分布(选填“平行”、“放射状”或“无规律” ),说明其间是_______电场(选填“匀强".“非匀强”或“无” )；
(2)图2中圆环内部区域微屑按__________分布(选填“平行”、“放射状”或“无规律”),可知圆环内部是_______电场(选填“匀强”、“非匀强”或“无”)。
【正确答案】 平行 匀强 无规律 无

18-2（基础） 如图，带正电小球M固定在绝缘支架上，用丝线将带电小球N悬挂在水平杆上静止，两小球处在同一高度、所带电荷量的绝对值相等、可视为质点。
请回答以下问题：

（1）带电小球N带______电荷（选填：“正”或“负”），小球N所带电荷量越多，丝线偏角越______（选填：“大”或“小”）。
（2）请画出小球N受到的力。（______）
（3）若小球N质量为，两小球间距为10cm，，取，。求小球N的电荷量。（______）
（4）根据第（3）问，求小球M在N处的电场强度。（______）
（5）小球M、N共同激发电场的电场线分布是图______

（6）请描述两带电小球M、N共同激发的电场。如图所示，M、N连线的中点为O，请描述从M沿连线到N的各点电场强度大小如何变化：______，各点电势大小如何变化：______。

【正确答案】 正 大 3 先减小后增加 先降低后升高

18-3（巩固） 在“描绘等量异种电荷等势线”的实验中：
（1）实验中需要使用______传感器；
（2）红、黑表笔分别接在、时，，则红表笔不动，黑表笔接在点时，______0．（填写“＞”、“＜”或“＝”）
（3）实验中实际测得的是（______）
A．等量同种电荷的等势面 B．等量异种电荷的等势面
C．稳恒电流场中的等势面 D．变化电流场中的等势面

【正确答案】 电压 ＞ C

18-4（巩固） 如图甲所示，P、Q为真空中两固定等量的点电荷，O为PQ连线的中点，MN为PQ连线的中垂线，从MN上的某一点C静止释放质量为m试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，在0-t2时间段的运动过程中的速度-时间图像如图乙所示（图像关于虚线对称），其中速度的最大值为v，从带电性质可知P、Q的是______电荷，若以C点电势为零，则电荷运动到O点时的电势能为__________。

【正确答案】 同种

18-5（巩固） （1）在用电流场模拟静电场描绘电场等势线的实验中，给出下列器材，应选用是______（用字母表示）．
A.6V的交流电源
B.6V的直流电源
C.100V的直流电源
D.量程0～0.5V，零刻度在刻度盘中央的电压表
E.量程0～300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表
（2）该实验装置如图所示，如果以a、b两个电极的连线为x轴，以a、b连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，灵敏电流表G的指针与零刻度夹角的变化情况是__________．

A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先变大后变小 D.先变小后变大
【正确答案】 BE D

18-6（提升） 用DIS描绘电场的等势线实验中

（1）如图甲所示，在一块平整的木板上，依次铺放白纸、________和导电纸，导电纸有导电物质的一面________（选填“向上”或“向下”），用图钉将它们固定好．
（2）在导电纸上放两个与它接触良好的圆柱形电极，电极A与电源的____极相连作为“正电荷”，电极B与电源的另一极相连作为“负电荷”．
（3）本实验中用________传感器来探测等势点，用描迹法把等势点连接成等势线．
（4）在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e共5个基准点，探测出它们的等势点如图乙所示，若传感器的两个探针分别接触c点和d点时的示数为U1；分别接触d点和e点时的示数为U2，则|U1|________|U2|（选填“>”、“<”或“=”）．
【正确答案】 复写纸 向上 正 电压 ＜

18-7（提升） 如图甲，两个被固定的点电荷Q1、Q2连线的延长线上有a、b两点．Q1带正电，检验电荷+q仅受电场力作用，t=0时恰经过b点，然后沿ba向右运动，其v-t图像如图乙．则Q2带______电；从b到a的过程中，q的电势能变化情况是______．

【正确答案】 负 增大

【原卷 19 题】 知识点 由闭合电路欧姆定律计算电源的电动势和内阻,故障电路分析,欧姆定律的内容、表达式及简单应用

【正确答案】
（1）R1断路；（2）8Ω；4Ω；（3）4V；1Ω
【试题解析】


19-1（基础） 如图所示，、都是额定电压为220V的灯泡，在正常情况下，当开关S闭合时，电压表、和电流表A的示数分别为220V、110V和0.2A．F是熔断电流为0.35A的熔丝．在下列情况下，可能在电路的什么地方发生了什么故障？
（1）两灯不亮，、的示数都是220V，A的示数是零．
（2）两灯不亮，的示数是220V，、A的示数是零．
（3）熔丝熔断．

【正确答案】 （1）灯泡L2断路 （2）灯泡L1、熔丝F、电键S或电流表A有开路 （3）L1或L2或电压表V2短路

19-2（基础） 人造地球卫星常用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成。现把一片太阳能电池板、电流表、定值电阻和开关连接成如图所示的电路，当闭合开关S后，电流表的示数。已知电池板的电动势，电阻，电流表可视为理想电表。求：
（1）外电路的路端电压U；
（2）该太阳能电池板的内电阻r。

【正确答案】 （1）0.4V；（2）

19-3（巩固） 如图所示，小灯泡标有“、”，滑动变阻器总电阻为，当滑片滑至某位置时，小灯泡恰好正常发光，此时电流表示数为。工作一段时间后，由于外电路发生故障，小灯泡突然熄灭，此时电流表示数变为，电压表示数变为。若导线完好，电路中各接触良好，电流表、电压表均为理想电表。
（1）若电路中只有一个用电器发生故障，试判断是、、中哪一个用电器发生了故障？该用电器所发生的故障是短路还是断路？
（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
（3）电源电动势和内电阻分别为多大？

【正确答案】 （1）断路；（2）；（3）；

19-4（巩固） 如图甲电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，改变R的阻值，电压表与电流表示数变化关系如图乙，当滑片在a、b端时电流表示数分别为0.6A和0.1A。求：
（1）滑动变阻器最大阻值；
（2）电源电压；
（3）当滑片从b端滑到a端，滑动变阻器消耗的功率P随R的阻值变化关系如图丙，图像中R1=5Ω，求R2的大小。

【正确答案】 （1）50Ω；（2）6V；（3）20Ω

19-5（巩固） 如图所示电路电源的内阻r0=0.5Ω，直流电动机内电阻r=0.25Ω，定值电阻R=2Ω，闭合开关，电动机恰好正常工作，以v=1m/s的速度匀速吊起m=6kg的重物，理想电压表的示数为，g取。试求：
（1）通过电动机的电流；
（2）电动机的电压；
（3）电源的电动势。

【正确答案】 (1)4A；(2)16V；(3)26V

19-6（提升） 相距为的平行金属板M、N，板长也为，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线EF对齐，EF左侧有水平匀强电场，POQ是两板间的中轴线。当M、N两板间所加偏转电压为U时，一质量为、电量大小为的带电粒子在水平匀强电场中POQ上A点由静止释放，结果恰好从N板的右边缘飞出，A点离EF的距离为，不计粒子的重力。
（1）求粒子在平行板金属M、N间的飞行时间；
（2）求EF左侧匀强电场的电场强度的大小；
（3）求粒子从N板右侧边缘飞出的速度；
（4）如图题中调至时，M、N间的电压刚好为，已知电源内阻为，求电动势。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），方向与水平方向成45°夹角斜向下；（4）

19-7（提升） 如图甲电路中，电源电压保持不变，R0、R1均为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，改变R2的阻值，两电压表示数与电流表示数变化关系如图乙，当滑片在b端时电流表示数为0.3A。
（1）求R2的最大阻值；
（2）若滑片置于变阻器的中点位置，R2消耗的电功率为0.8W，求电源电压U和R0的阻值；
（3）若滑动变阻器滑片每移动1cm，阻值改变1Ω，设滑片从a端向b端滑动的距离为xcm，写出R2消耗的电功率P随x变化的关系式，并由此关系式求出R2消耗电功率的最大值。

【正确答案】 （1）10Ω；（2）6V，2Ω；（3），0.9W

【原卷 20 题】 知识点 利用机械能守恒定律解决简单问题,变速物体追变速物体,匀变速直线运动的速度与时间的关系

【正确答案】
（1）5m/s2，方向沿斜面向下；（2）3m/s；（3）0.9J，机械能守恒；（4）B滑块速率
【试题解析】


20-1（基础） 如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，体的机械能E随高度h的变化如图乙所示取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：
（1）物体的质量及与斜面间的摩擦系数；
（2）物体沿斜面上滑的加速度大小；
（3）物体回到斜面底端时的动能｡

【正确答案】 （1）1kg，0.5；（2）10m/s2；（3）10J

20-2（基础） 一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F。此后，物体到达C点时速度为零。每隔0.2s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。，求：

（1）斜面的倾角；
（2）恒力F的大小；
（3）t=1.6s时物体的瞬时速度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

20-3（巩固） 2022年1月23日早上，沙坡头区南部出现能见度小于200米的浓雾，交警部门紧急关闭部分高速公路入口，提醒驾驶员减速慢行。据交警部门调查，造成多车连环追尾的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾或浓雾。如图所示是模拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的图象，甲车在后，乙车在前，若时刻两车间距为，两车会发生追尾吗？会与不会请利用图中所给信息加以判断。

【正确答案】 不会追尾，判断见详解

20-4（巩固） 如图，将质量的圆环套在与水平面成角的足够长的直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的拉力F，使环从直杆底端O处由静止开始沿杆向上运动，经4s环到达A点时撤去拉力F，圆环向上最远滑行到B处，已知AB间的距离为。（重力加速度，，）
（1）求圆环经过A点时速度的大小；
（2）求圆环在OA间向上运动的过程中直杆对圆环的弹力大小和方向；
（3）以O点所在的水平面为重力势能的零势能面，求圆环在直杆上运动所具有的最大机械能。

【正确答案】 （1）；（2）4N，垂直于杆向上；（3）112J

20-5（巩固） 甲、乙两物块停靠在足够长的水平桌面上。甲与左侧竖直墙壁相距。某时刻，甲、乙以和的速度沿相反方向运动。运动过程中，甲、乙的加速度始终保持不变，甲的加速度大小为，乙的加速度大小为，且甲、乙的加速度方向始终均向左。不计甲与竖直墙壁的碰撞时间，碰撞前后甲的速度大小不变。
（1）求甲第一次与墙壁发生碰撞时两物块的距离；
（2）甲第一次与墙碰撞后向右运动的过程中，能否追上乙？若能追上，求追上前两物块运动时间；若不能追上，请分析说明。

【正确答案】 （1）；（2）不能，见解析

20-6（提升） 甲车在一条限速72km/h的平直公路上行驶时，发现前方路边有一辆乙车在停车休息，于是甲车开始减速，当甲车刚通过乙车位置时，甲车又开始加速，恢复到原来行驶速度后继续向前匀速行驶，以甲车减速开始计时，甲的v-t图像如图1所示。在甲车刚通过乙车位置时，乙车司机发现甲车车身有异物影响行车安全，立即启动乙车前去追赶甲车，启动时间和司机反应时间不计，乙车加速阶段的x-t图像是一条顶点在原点的抛物线（以乙车启动开始计时），如图2所示，乙车加速到公路限速值后以限速值匀速运动。求：
（1）甲车开始减速时距乙车的距离x1和乙车加速过程的加速度大小a乙；
（2）从乙车启动到追上甲车，两车的最大距离Δx；
（3）从乙车启动到追上甲车需要的时间（保留3位有效数字）。

【正确答案】 （1）25m，3m/s2；（2）32.5m；（3）12.3s

20-7（提升） 如图（a）所示，长为的圆管竖直放置，质量，顶端塞有质量为的弹性小球。时，让管从静止自由下落，时落地，落地后管立刻以与落地时大小相等的速率竖直弹起，第一次弹起后管上升过程的速度-时间图像如图（b）所示（以竖直向下为正方向），之后管每次落地后，总以与落地时相等的速率竖直弹起。已知小球始终没有从管中滑出，球与管之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力及圆管与地面碰撞的时间，重力加速度g取，求：
（1）球和管间的滑动摩擦力的大小；
（2）管从第一次落地到第二次落地所用的时间；（结果保留两位有效数字）
（3）如果圆管的长度为16m，试分析判断小球能否从管中滑出，如果能滑出请计算滑出时的速度，如果不能，请说明原因。

【正确答案】 （1）40N；（2）1.1s；（3）不能，原因见解析


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．能量是守恒的，但在利用能量的过程中有能量耗散，耗散的能量不可再利用，符合自然界中一切与热现象有关的宏观过程都有方向性，是不可逆的，应节约能源，故A错误；
B．为使能源可持续利用，解决能源危机，人类应多开发和利用风能、太阳能、核能等新能源，故B正确；
C．自然界中的石油、煤炭等能源是不可再生资源，不能供人们长久使用，而是越用越少，故C错误；
D．能量既不会凭空消灭，也不会凭空创生，故D错误。
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．汽车充电时电能一部分转化为汽车锂电池的化学能，一部分会转化为充电过程产生的内能。故A错误；
B．汽车运动时消耗的电能大于输出的机械能，该过程能量守恒。故B错误；
C．汽车所用的电能是清洁能源，是二次能源。故C错误；
D．汽车运动时，有一部分能量转化为内能，这些内能我们无法收集起来重新利用。故D正确。
故选D。
点睛:
熟悉掌握电能转化过程的能量变化。能量守恒定律是自然界的基本规律之一。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．能量守恒告诉我们，能量是不会减少的，煤炭、石油、天然气等化石能源使用后，化学能转化为内能耗散了。虽然总能量没有减小，但是可以利用的品质降低了，故依然要节约能源，故A错误；
B．自然界中石油、煤炭等能源是有限的，故会不断减少，故B错误；
C．新能源是可以循环利用的，故人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源，故C正确；
D．人类不断地开发和利用新的能源，如风能、太阳能，本质上都来源于太阳，符合能量守恒定律，故D错误。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
大气压与沸点关系
详解:
液态CO2密度大于海水密度，为使CO2液化，需要降温、升压，故选D。
点睛:
难度适中，在理解基础上答题。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
地热能是来自地球内部的能量，核能来自于核聚变产生的能量，潮汐能不是来自太阳。而太阳能、风能、水能都是来自太阳，且它们都属于新能源和可再生能源。
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据液晶的特点和性质可知，液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，A正确；
B．燃气由液态变为气态的过程中要吸收热量，故分子的分子势能增加，B错误；
C．若气体温度升高的同时，体积膨胀，压强可能不变，C错误；
D．根据热力学第二定律可知，混合气体不能自发地分离，D错误。
故选A。
1-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．发电站的发电效率约为，A错误；
B．提高输送电压并不能提高发电站的发电效率，B错误；
C．标准煤完全燃烧能输送到用户端的电能约为

C正确；
D．由于


用户端消耗的电能，发电站需要烧约的标准煤，D错误。
故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．该实验中，将油膜看作单层分子薄膜，且不考虑油酸分子间的空隙，A正确；
B．分子直径等于滴入的油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积与油膜的面积之比，B错误；
C．利用画有油膜轮廓的坐标方格计算油膜面积时，超过半格的算一格，不足半格的舍去，C错误；
D．若油酸未完全散开，导致测量的油膜面积偏小，会使测出的分子直径偏大，D错误。
故选A。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在实验过程中，若油膜完全散开且形状稳定，则油酸在水面上形成的油膜面积可通过“数格子”的方法来估算。
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
①将痱子粉均匀地撒在水面上，痱子粉的用量不要太大以免堆积在水面上，酒精油酸溶液不能尽量扩散开来，①正确；
②测1滴油酸酒精溶液的体积时，用注射器吸取溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入80或100滴时，测出总体积，计算出1滴溶液的体积，滴数太少测量误差大，②错误；
③盘应水平放置，画线时视线应与玻璃板垂直，以便准确地画出薄膜的形状，③正确；
④要等油膜形状稳定后，不再扩散再画轮廓，这样形成的油膜可近似看成单分子油膜，④正确；
⑤利用坐标纸求油膜面积时，计算轮廓内正方形的个数，大于半个的算一个，不足半个的舍去，⑤正确。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在测量一滴油酸酒精溶液体积用了累积法，采用了借助物理模型间接测量的方法，在坐标纸上甲酸油膜轮廓内面积时用了估算法，应用油膜法测分子直径，其实验的原理是将油酸分子看成是球形的，测出油的体积，然后让油在水面上形成单分子油膜，测出油膜的面积，油的体积除以油膜的面积就是油膜的厚度，即油分子的直径，该方法采用了理想模型法，没有用到等效替代法、微小量放大法及控制变量法。
故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
1滴油酸酒精溶液中油酸的体积为

油膜的面积为

油酸分子直径为

故选C。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
实验过程先配置好溶液，量出溶液浓度；然后取浅盘放水，撒痱子粉；将一滴溶液滴到水面上；画出轮廓，算出油膜的面积；从而测出分子直径，因此顺序为④①②⑤③
一滴溶液中所含油酸的体积

因此分子直径

故选C。
2-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
纯油酸体积为，油膜面积为S，油酸分子直径，故A正确．
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像可知，A的运动发生了反向，内，A的路程为
4m+4m-2m=6m
B做单向直线运动，B的路程为2m，则A的路程比B的路程多
6m-2m=4m
内，A的路程比B的路程多4m，A错误；
B．根据图像可知，内，A、B的位移均为
2m-0=2m
根据

可知，内，A的平均速度等于B的平均速度，B错误；
C．根据图像可知，时刻，两图线相交，该时刻两物体的位置坐标相同，即时刻，A、B两物体一定相遇，C正确；
D．位移—时间图像某点切线的斜率表示速度，根据图像可知，A图线斜率绝对值先减小后增大，即A的速度先减小后增大，D错误。
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据图像可知，时间内物体的位移大小为；根据平均速度表达式

可知时间内物体的平均速度大小为

由图像可知物体做加速直线运动，但不清楚物体是否做匀加速直线运动，故无法得到时间内物体在某时刻的速度大小，也无法得到时间内物体在某时刻的加速度大小。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．位移-时间图像用于描述直线运动，甲、乙都做直线运动，故A错误；
B．乙质点在时间内位移不随时间变化，处于静止状态，故B错误；
C．甲乙两质点在、时所处位置均相同，因此时间内甲、乙两质点的位移相同，故C正确；
D．图像的斜率的大小代表速度大小，时间内乙比甲运动得慢，故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像可知，机器人在0～30s内的位移大小为2m，选项A错误；
B．位移时间图线的斜率可反映速度，0～10s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，选项B错误；
C．10～30s内，平均速度为
m/s=0.35m/s
选项C正确；
D．0～10s内图线的斜率与10s～20s内图线的斜率关系为
k1=-k2
所以机器人在5s末的速度与15s末的速度大小相同，但方向相反，选项D错误。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．位移—时间图像描述的是直线运动，故A错误；
B．BC做单向直线运动，路程相同，故B错误；
C．根据

可知，三个物体位移相同，时间相同，故平均速度相同，故C错误；
D．图像斜率表示速度，B物体斜率不变做匀速直线运动，C物体斜率变大，速度变大，做加速运动，故D正确。
故选D。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．根据匀变速直线运动公式


联立可得

由图可知，纵轴截距为B点速度

在由平均速度公式

故AB错误；
C．由图可知，图象斜率


故C错误；
D．由速度公式


故D正确。
故选D。
3-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图像可知，质点一直向x轴正方向运动，故A错误；
B．质点的初速度大小

故B错误；
C．时间内质点的位移

故C错误；
D．根据位移公式可得

故D正确。
故选D.
4-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．衍射是波特有的现象，即任何波都会发生衍射现象，只不过存在明显与不明显的差别而已；波要发生明显衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生明显衍射现象，A错误；
B．要观察到水波明显的衍射现象，必须使缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟水波的波长相差不多，或者比水波的波长更小时，才能观察到水波的明显衍射现象，B错误；
C．波长越短的波，越不容易发生明显的衍射，C错误；
D．只有波才有衍射现象，D正确。
故选D。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．5G信号和4G信号都是电磁波，在真空中传播速度等于光速，故A错误；
BC．根据

可知5G信号频率更高，波长更短，4G信号频率更低，波长更长，更容易发生明显衍射，即5G信号比4G信号更容易被障碍物阻挡，需要建设更密集的基站，故B错误，C正确；
D．近距离数据传输技术也是未来5G移动通信网络构建过程中所研究的关键技术之一。近距离数据传输也就是指移动网络数据信号可以不经过移动信号基站，而是直接实现设备与设备之间的通信传输，故D错误。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
发生明显衍射的条件是：光波传播过程中碰到的障碍物或者小孔要比波长小或者差不多。由于光波波长很短，约在的数量级上，当遮光板上三角形孔的尺寸不断减小时，由于光在小孔较大的情况下沿直线传播，所以一开始是三角形光斑，其次当小孔较小时呈圆形光斑；由于光波波长很短，在小孔接近闭合时会出现衍射条纹，故C正确，ABD错误。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
大量的氢原子处于n＝5的激发态，向低能级跃迁时辐射的不同频率的光子中，处于n＝5的激发态的氢原子，向n＝4能级跃迁时辐射的光子能量最小，该光子能量为

波长较大，频率较小的波更容易产生明显的衍射现象，而频率越小，光子的能量越小，所以大量的氢原子处于n＝5的激发态，向低能级跃迁时辐射的不同频率的光子中，最容易表现出明显衍射现象的光子的能量为0.31eV。
故选A。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图片中的条纹是薄膜干涉造成的，A错误；
BC．根据

可以知道紫外线光子能量更大，故氧化铟锡可以吸收紫外线从低能级向高能级跃迁，C正确，B错误；
D．紫外线的波长比红外线的要短，更难发生衍射，故D 错误。
故选C。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．薄膜干涉的光程差（d为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与沿着倾斜玻璃板向里，而不是与MN平行，故A错；
BCD．由

可得抽去一张纸片后，条纹间距变大，a光的波长大于b光的波长，则a光的频率小于b光的频率，遇到相同障碍物，波长越大的衍射现象更明显，故D正确，BC错误。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．a、b两条出射光线均在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根据折射定律，入射角和折射角的正弦值之比为常数，可知

折射率大则频率高，则a光是紫光，b光是红光，A错误；
BC．由A可知

根据

可知，用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距。遇到相同的障碍物，b光更容易发生明显衍射，B正确，C错误；
D．由

得

D错误。
故选B。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
B．在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，其接入阻值增大，干路电流减小，即通过电阻电流减小，B错误；
AD．滑动变阻器两端的电压为

可知U增大，电容器继续充电，电容器C两极板所带电荷量变大，电阻中有向下的电流，A错误，D正确；
C．电源的输出功率随外电阻的变化如图所示

由于外电阻与内阻的关系未知，故电源的输出功率不一定变大，C错误。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由电路图可知，该电路为串联电路，一段时间后发现小灯泡变暗，则可知电流减小，根据闭合电路欧姆定律

电流减小，则总电阻增大，即灯丝电阻增大，根据电阻定律

可知电阻率增大。
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据推论可知，当电路外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大。
A．当R1的最大电阻及R2、R3的阻值分别为12Ω、6Ω、6Ω时，则滑动变阻器滑片从a到b移动的过程中，当
RaP=RPb＋R2=9Ω
外电路总电阻最大，最大值为10.5Ω，当滑片在a端时，外电路总电阻最小，最小值为6Ω，当滑片在b端时，总电阻为

外电路的总电阻R总≥6Ω，即外电路的总电阻先增大后减小，则电源的输出功率先减小后增大，与图像相符，A正确；
B．当R1的最大电阻及R2、R3的阻值分别为6Ω、12Ω、4Ω时，当滑动变阻器滑片从a到b移动的过程中，当滑片在b端时外电路总电阻最大值，最大值为

外电路的总电阻最小值为4Ω，可知电源的输出功率先增大后减小，与图像不符，B错误；
C．当R1的最大电阻及R2、R3的阻值分别为12Ω、6Ω、2Ω时，滑动变阻器滑片从a到b移动的过程中，当
RaP=RPb＋R2=9Ω
外电路总电阻最大，最大值为6.5Ω，当滑片在a端时，外电路总电阻最小，最小值为2Ω，当滑片在b端时，总电阻为

则电源的输出功率先增大后减小再增大，与图像不符，C错误；
D．当R1的最大电阻及R2、R3的阻值分别为6Ω、12Ω、8Ω时，当滑动变阻器滑片从a到b移动的过程中，当滑片在b端时外电路总电阻最大值，最大值为

外电路的总电阻最小值为8Ω，可知，电源的输出功率一直减小，与图像不符，D错误。
故选A。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由

可知图像I与纵轴的交点表示电源的电动势，故电动势
E=3V
故A错误；
B．该电阻的阻值等于图像II的斜率大小，为

故B错误；
C．该电阻直接接在该电源两端时，电阻两端的电压即为路端电压，即为图中图像I与图像II交点处的电压，为2V，故C错误；
D．图像I的斜率大小表示电源内阻，故内阻

电源效率为

故D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．石墨棒M极为电源正极，电压表、分别测量电路中的外电压和内电压，在电源的内部电流从负极流向正极，电流应从正接线柱流入电压表，所以电压表的正接线柱应与B相连，A错误；
B．当滑动变阻器滑动触头向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电流增大，可得外电路电压变小，内电压增大，即电压表示数减小、示数增大，B错误；
C．当滑动变阻器滑动触头从右向左移动时，电路总电流增大，根据公式

可得电源的功率增大；因为外电阻和内电阻的大小关系未知，所以不能判断滑动变阻器消耗的电功率的变化情况，C错误；
D．根据电动势E的定义式

可得

可得滑动变阻器上通过相同的电量时，非静电力做功相同，所以电源释放的化学能相等，D正确。
故选D。
5-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．为定值电阻，其两端电压随电流的增大而增大，故图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，故A错误；
B．路端电压，即电压表示数可表示为

将电阻等效为内阻，则两端电压，即电压表示数可表示为

图线a的斜率较大，表示r与之和，图线b的斜率较小，表示内阻r，故图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，图线b表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，故B正确；
C．此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值表示电源内阻，故保持不变，故C错误；
D．此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值表示r与之和，故保持不变，故D错误。
故选B。
5-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．滑动变阻器R2的滑片向右滑动时，接入电路的电阻增大，闭合回路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，即A2的示数变小；由

可知U增大，又由欧姆定律可知增大；由于

可知减小，则A1示数变小，且的减小量大于的减小量，即，故A错误；
B．电容器两端的电压等于电压表电压，且上极板带正电，由可知Q变大，则电流从右向左流过电阻R3，故B错误；
C．由闭合电路欧姆定律可知

整理得

所以

故C正确；
D．消耗的功率为

最大时，有

此时有

因R2与R1、r的并联电阻关系不确定，所以滑片向右滑动过程中，电阻R2消耗的功率不一定变大，故D错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由图乙可知，该单摆运动了，由题意可得

可得该单摆的周期为

根据单摆的周期公式，可得该单摆摆长为

故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据 ，在山脚走时准的摆钟，在山顶g变小，周期T变大，摆钟变慢，A错误；
B．根据，单摆的周期与摆角无关。若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期不变，B错误；
C．根据，走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆长L变大，周期T变大，摆钟变慢，C错误；
D．根据，将摆钟由赤道移到北极，g变大，单摆振动周期T减小，D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期，小球的运动时间为

小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以

由上述可得

故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，故A错误；
B．当小球运动到最低点时，绳的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0时刻开始，摆球第一次到最低点的时间为，故B正确；
C．摆长为细线的长度与小球半径之和，故C错误；
D．根据单摆的周期公式，由图可知

解得

故D错误。
故选B。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AD．摆球运动过程中只有重力做功，故摆球在右侧上升的高度与左侧开始下落的高度相同，则设摆球开始下落时与竖直方向的夹角为，摆到右侧最高点时与竖直方向的夹角为则

即

AD错误；
B．无钉子时的单摆周期为

有钉子时摆球往返运动一次的周期为

故

B正确；
C．摆球经过最低点时，摆线与钉子接触前后的瞬时速度相等，故摆线与钉子接触前有

摆线与钉子接触后有

故

C错误。
故选B。
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AD．单摆在斜面上摆动时等效重力加速度，所以单摆在斜面上摆动的周期为

当倾角α增大，则单摆的振动周期将减小，AD错误；
B．摆球经过平衡位置时的回复力等于零，合外力提供向心力，所以有，B正确；
C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，可得此时单摆在斜面上摆动等效重力加速度

所以振动周期将减小，C错误。
故选B。
6-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设圆弧形轨道为R，所对的圆心角为，从N点下滑的滑块运动到最低点的时间为t1，从M点下滑的滑块运动到最低点的时间为t2，对于从M点下滑的滑块，M点和O点在一个半径为R的等时圆上，所以从M 点滑动O点的时间为t2，由题意及几何关系可得，左侧滑块的位移为

加速度为

则左端滑块滑到O点所用时间为

解得

对于右侧滑块，其运动类似单摆，运动时间为单摆的四分之一周期，为

t1>t2，所以两个滑块一定在O点左方相遇。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A． 从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带负电粒子受到了向上的力的作用，可知场强方向大致向下，A错误；
B．a、e两点电势相等，同一粒子在两点电势能相等，B错误；
C．带负电粒子从a点运动到e点的过程中电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，C正确；
D．由于粒子运动过程中只有电场力做功，能量只在动能与电势能之间转化，则粒子从a点运动到d点的过程中减小的动能等于增加的电势能，D错误。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大。故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，2、3两处场强大小相等，但方向不同，所以场强不等。故B错误；
C．顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势。故C错误；
D．由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等。故D正确。
故选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．由电场力做功的表达式可得，AC电势差为

该电荷从C点移动到D点，其电势能增加了2J，即电场力做功为-2J，CD电势差为

在匀强电场中，电势差相等，说明沿电场方向的距离相等，A、C、D三点在竖直方向距离相等，可知电场的方向沿方向，沿电场方向电势降低，故两点不在同一等势面上，A正确，B错误；
C．F点的电势与C点的电势相等，故

C错误；
D．C点与F点在同一等势面上，把该电荷从C点移至Ｆ点电场力做功0，D错误。
故选A。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A错误；
B．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；
C．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；
D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。
故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．等差等势面越密集（稀疏），电场线越密集（稀疏）。则A点场强较大，静电力大，A错误；
B．A、B两点电势相等，则质子在两点的电势能相等，B错误；
C．电场力方向与等势面垂直，电子不会沿曲线e运动到B点，C错误；
D．把电子从c等势面移动到e等势面，静电力做功为

D正确。
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
B．根据图像可知，当时，P点位于P1的电势为1V，当时，P点位于P2的电势为3V，当时，P点位于P3的电势为5V，根据夹角关系，可知位于同一条直线上，则有

解得

可知，连线为一条等势线，根据夹角关系可知，与垂直，即为一条电场线，方向由指向，与水平向右的方向成夹角，即匀强电场的场强方向不是垂直AC连线向下，B错误；
A．根据上述，匀强电场的场强大小为

A错误；
C．电子从A点沿圆弧运动到C点，有
，
解得

即电势能减小2eV，C错误；
D．根据上述，电场方向由指向，与水平向右的方向成夹角，则电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力电场力先做正功后做负功，D正确。
故选D。
7-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从无穷远处（电势为移到点的过程，根据电场力做功公式得

解得

故A错误；
B．移入之前，点与点的电势相等，两者间的电势差为0，根据知，从点移到点的过程中，所受电场力做的功为0，故B正确；
C．从无穷远处移到点之前，根据电场的叠加原理知，点的电势为

则

故C正确；
D．从无穷远处移到点之前，根据电场的叠加原理知，点的电势为

则

故D正确。
本题选择错误选项，故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．设空气阻力为

根据牛顿第二定律

即

可知由静止开始沿竖直方向下落，速度增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，所以速度时间图像的斜率应该减小，故A错误；
B．雨滴下落的过程，重力的瞬时功率

可知速度越来越大，重力势能减小得越来越快，直到重力与阻力等大反向，速度不再变化，重力的瞬时功率不变，所以图像斜率增大到某个值不变，故B错误；
C．雨滴下落的过程，合力

可知速度越来越大，合力减小，直到重力与阻力等大反向，合力为零，所以图像斜率减小到零后不变，故C正确；
D．雨滴下落的过程，阻力

可知速度越来越大，阻力增大，直到重力与阻力等大反向，阻力不再变化，所以图像斜率增大到某个值不变，故D错误。
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．根据题意可知，轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，弹簧处于拉伸状态且拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，弹簧的形变量减小，则弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减速运动，设弹簧的劲度系数为，根据牛顿第二定律可得，加速度大小与上升高度的关系为

当弹簧处于伸长状态时，弹力一直减小，加速度一直增大；若弹簧伸长量减小到零之后，物体继续向上运动，弹簧被压缩，弹力增大且向下，根据牛顿第二定律可得，加速度大小与上升高度的关系仍为

可知，物体一直做加速度增大的减速运动，图像为过原点的直线，故B错误，A正确；
C．根据题意，由动能定理可知，物体动能的变化量为

可知，图像的斜率表示物体受到合力，由上述分析可知，物体受到的合力一直增大，则图像的斜率一直增大，故C错误；
D．根据题意，由功能关系可知，物体机械能的变化等于弹簧弹力做功，即

由上述分析可知，弹簧先做正功，机械能增加，后做负功，机械能减小，故D错误。
故选A。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据功能关系，除重力以外的其它力对物体的做功之和等于物体机械能的变化量。可得

即有

所以箱子的机械能E与其位置x的关系图像斜率大小表示绳子拉力的大小，结合图像可知，从m到m过程中绳的拉力在逐渐减小，故A正确；
B．由图可知，箱子运动到m时机械能为零，由于此时速度不为零，则动能不为零，所以重力势能不可能为零，故B错误；
C．箱子从m到0过程中，根据图像的斜率可求得，此时绳子的拉力为

则此过程中箱子受到合外力为零，所以从m到0过程中合外力做功为零，故C错误；
D．由于零势能面的位置不知，则根据已知条件无法确定箱子运动到m时速度，故D错误。
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
D．手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，即图线为水平直线，D错误；
A．设初始高度为h，重力势能可表示为

图线为开口向下的抛物线，A错误；
B．据动能定理可得，动能变化量可表示为

图线为过原点开口向上的抛物线，B错误；
C．动能的变化率可表示为

图线为过原点的倾斜直线，C正确。
故选C。
8-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设B的质量为m，则A的质量为3m，A球落地前，A、B组成的系统机械能守恒，有

解得

对B运用动能定理有

解得

则B上升的最大高度为

故选B。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据图像，因为机械能减少，所以物体除受重力外还受到拉力，且拉力做负功，拉力的方向一定与物体的运动方向相反，又因为物体从静止开始运动，所以物体一定向下运动，拉力向上；因为物体从静止开始做加速运动，所以拉力一定小于重力；图像的斜率表示拉力的大小，图像的斜率先增大后不变，所以拉力先增大后不变；根据动能定理，0～s1时间内，拉力增大，拉力小于重力，合力向下，物体的动能增大，s1～s2时间内，如果拉力增大到等于重力，拉力保持不变，合力等于零，则物体做匀速运动，动能保持不变。
故选C。
8-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，在h=0时，小球的机械能E0=100J，重力势能Ep=0，可知小球的动能为100J，h=4m，重力势能Ep=80J，由

解得

由动能的计算公式，可得

A错误；
B．当无空气阻力时，小球上升的高度为

当有空气阻力时，小球上升的高度为4m，则有

由牛顿第二定律可得


可知小球所受空气阻力大小为小球自身重力的，B错误；
C．小球从抛出开始到最高点所用时间

C错误；
D．小球离地面高度h=3m时，小球的速度为

小球的动能为

D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．导体棒ab恰好静止在金属导轨上时，受力分析如图

由平衡条件可得

由闭合电路的欧姆定理，可得

联立解得

故A正确，B错误；
CD．垂直于斜面的方向上，由平衡条件有

故CD选项均错误。
故选A。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据左手定则可知，金属棒所受安培力竖直向上，接通电源之前，对金属棒有

接通电源后，对金属棒有

根据牛顿第三定律，金属棒对支座的总压力

解得

即金属棒对支座的总压力将减小BdI。
故选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
通电导线在磁场中的有效长度均为

只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场，根据左手定则可知安培力的方向向下，细线中的拉力大小为

若只在直线AC下方区域内加与上述相同的磁场，根据左手定则可得安培力的方向向上，则

联立解得

故选A。
9-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．根据题意可得

AB错误；
CD．金属框abc所受的安培力大小为

金属框a′b′c′所受的安培力大小为

所以

C正确，D错误。
故选C。
9-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．由乙图知电流的周期为T，前半个周期电流大小恒定为Im，方向为正方向，根据左手定则可得金属棒受到水平向右的安培力，同理得到后半个周期金属棒受到安培力的方向水平向左，根据安培力公式

得前、后两个半周期安培力大小相同，根据牛顿第二定律得，金属棒前、后两个半周期加速度大小相同，方向相反，则金属棒前半个周期从零开始向右匀加速直线运动，后半个周期向右匀减速直线运动到速度为零，在后面的周期金属棒都是重复第一个周期的动作。AB错误，C正确；
D．由以上分析知，在一个周期的开始与结束，金属棒速度都为0，则根据动能定理，安培力在一个周期内对金属棒不做功，D错误。
故选C。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设ab的电阻为R，由电阻定律知afedcb的电阻为5R，若ab中的电流为I，则afedcb中的电流为。
对ab棒由安培力F=BIL有

方向竖直向上
对afedcb边框，其有效长度为L，则其所受安培力

方向竖直向上
则线框受到的安培力大小为

故选C。
9-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与相似，所以

所以，恒有

初始时，应有

联立解得

所以应在

时给导体棒1微小扰动，A错误；
B．对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力和的合力大小恒为，导体棒运动过程中和的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知先增大后减小，当与绳2垂直时最大，最大值为

B正确；
C．一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知

由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时有最大值为，所以

且

此时

所以电流最大值

D错误。
故选B。

10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
孔明灯升空后做匀速直线运动，故其处于受力平衡状态，对其分析受力可知，其所受空气的作用力与重力等大，反向。
故选C。
点睛:
主要考察匀速直线运动的平衡条件。
10-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．设物块质量为m，斜面倾角为，初始时根据平衡条件有

所以可得施加F后仍有

即物块仍沿斜面匀速下滑，A正确，BC错误；
D．受力分析可得物块对斜面的作用力始终竖直向下，所以斜面仍静止在光滑的水平面上，D错误。
故选A。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．F从零缓缓增大直至物块沿斜面刚好运动，物块始终处于平衡状态，故水平方向的合力在这个过程中一直是零，A错误；
B．根据物块在斜面上的受力可知



物块所受的摩擦力


可见随着的变化，摩擦力的大小方向都随之发生变化，B错误；
CD．F从零缓缓增大直至物块沿斜面刚好运动，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，F达到最大值时

故

由此可知

与的大小关系无法确定，C错误，D正确。
故选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力

方向竖直向上，故AB错误；
C．当小车向左以加速度a运动时，受力如下图所示，则球的合力为


当加速度大小

则杆的作用力

否则

故C错误。
D．当小车向右以加速度a运动时，F的水平分力向右，且大小等于ma，F的竖直分力向上，且大小等于mg，则根据力的合成可得

故D正确。
故选D。
点睛:
杆对物体的作用力方向不一定沿杆方向。
10-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．物体所受的合力为零，任意四个力的合力与第五个力等大、反向。如果撤去，物体所受合力大小为，方向和方向相反。故A错误；
B．如果将减半，合力大小为。故B正确；
C．如果将逆时针旋转，合力大小将变为

故C错误；
D．如果将逆时针旋转，合力大小将变为

故D错误。
故选B。
10-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
球的加速上升和匀速上升可以认为与球等体积的水在加速下降和匀速下降。把杯子、水和球作为一个整体，塑料球静止和匀速运动时，系统处于平衡状态，地面对整体的支持力等于系统的重力，即，当球加速上升时，等效水球加速下降，系统整体有向下的加速度，重力和支持力的合力提供加速度，所以重力大于支持力，故

故选B。
10-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设斜面对a的弹力为Fa，b对a的弹力为Fab，对a进行受力分析，如图所示

因为a、b半径相等，易得Fa与Fab的夹角为60°，所以α=120°，即无论θ如何变化，Fa与Fab的夹角始终保持不变，α也始终不变。
由平衡条件，Fa与Fab的合力大小等于圆柱体a的重力，所以由三角形正弦定理

当逐渐减小斜面倾角θ时，圆柱体a的重力始终不变，α不变，β减小，γ增大，且β和γ始终为锐角，故Fab逐渐减小，Fa逐渐增大。
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
温度变化时，水银柱长度不变，所以封闭气体都做等压变化，由盖吕萨克定律可知

甲、乙、丙三个玻璃管相同，甲、乙体积相同，丙的体积最小，所以升高相同温度后，甲、乙液柱上移高度相同，且都高于丙，ACD错误，B正确。
故选B。
11-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
题目没说压力多大，可以采用极限法分析，不妨设其为无穷大，这时空气柱的体积几乎都被压缩为零。显然，活塞移动的距离要比水银柱移动的距离多A部分空气柱的长度，即L比H大。
故选A。
点睛:
在单调函数的变化过程中，可以应用极限法定性分析物理量之间的变化关系。例如，本题中，压强与体积之间的变化关系是减函数，可以采用极限法分析当压强为无穷大时对应的体积情况；活塞移动距离与气体体积减小量之间的变化关系是增函数，可以采用极限法分析当体积为零时对应的活塞移动的距离。
11-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设大气压强为p0，则管中封闭气体的压强
p＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2
可得
h1＝h2
若大气压强增大，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律可知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h1和h2同时减小，故A错误；
B．若环境温度升高，封闭气体的压强增大，体积也增大，h1和h2同时增大，故B错误；
C．若把弯管向上移动少许，封闭气体的体积将增大，故C错误；
D．若把弯管向下移动少许，封闭气体的体积减小，压强增大，故D正确。
故选D。
11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．若减小外界气压，则a管中气体气压也要减小，因为气体温度不变，根据玻意耳定律知，a管气体体积膨胀增大，两管液面的高度差变大，故A错误；
B．向U形管的b管向内加水银，a、b两管的液面的高度差变大，从而引起a管中气体的压强增大，由于气体的温度不变，所以体积被压缩，由玻意耳定律得，气体的压强增大，进而使两管中液面的高度差变大，故B错误；
CD．两管内水银面一样高，则a管中空气的压强减小，由玻意耳定律可知，气体的体积增大，由于保持b管不动，则a管向上移动，才可以使两管水银面相平，故C正确，D错误。
故选C。
11-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AC．以右侧管中封闭气体做为研究对象，根据同一液面处压强相等知，封闭气体压强为

左侧水银柱根据连通器的原理可得

联立可知

故无论在左管或右管加入水银，平衡后都有

水银加入右管， h2变大，加入水银后，封闭气体的压强变大，而温度不变，由可知体积变小，则l变短，故A正确，C错误；
BD．当水银加入左管，h1不变，则h2不变，空气柱压力不变，l不变，故BD错误。
故选A。
11-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
CD．假设水银柱不动，根据等容变化规律可得

解得

由于初始状态有
， ，
则有

则水银柱略向上移动，所以CD错误；
AB．重新稳定后A、B两部分气体压强，有

开始时，有

两式相减可得

因为上面的表面积较大，则有

则有

所以A错误；B正确；
故选B。
11-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
假定先让两个容器的体积不变，即、不变，A、B中所装气体温度分别为268K和288K，当温度升高时，容器A的压强由增至，有

容器B的压强由增至，有

由查理定律得


因为

所以

即水银柱应向B容器移动，即水银滴将向右移动。
故选B。
12-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．由简谐运动表达式可知波源振动的角频率为，根据

解得波的周期
T=0.1s
B错误；
A．根据波速与周期的关系有

解得波的波长

A错误；
CD．由于介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m，则有

即P点与A、B两波源间的距离差为一个波长，由于A、B是振动情况完全相同的两个波源，可知P点是振动加强点，C正确，D错误。
故选C。
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据题意，由同侧法可知，该波沿轴正方向传播，故A错误；
B．根据题意可知，由于质点再经，第1次回到平衡位置，则周期为

由图可知，该波的波长为

由公式可得，该波的传播速度为

故B正确；
C．时，质点振动，到达波峰，则速度为0，加速度最大，故C错误；
D．该波的周期为，为，质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，但只有质点从平衡位置或端点开始振动时，周期内通过的路程是一个振幅，即路程为，故D错误。
故选B。
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题意得，波长和周期分别为
，
波速为

A错误；
B．t=1.0s时，传播距离为

相邻编号的质点间距离为2cm，振动刚好传到质点21，B错误；
C．振动传播到质点12的时间为

t=0.6s时，质点12振动了0.05s，小于四分之一周期，则质点12正在向上运动，C错误；
D．振动传播到质点9的时间为

t=0.6s时，质点9振动了0.2s，等于四分之一周期，说明此时质点9处于上方最大位移处，D正确。
故选D。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由振动图像可知周期T＝4s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。若波沿x轴正方向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…

则有

得波速

当n＝0时，v＝6m/s，当n＝1时，v＝1.2m/s，当n＝2时，v＝m/s。
若波沿x轴负方向传播，其波形如图乙所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…

则有

得波速

当n＝0时，v＝2m/s，当n＝1时，v≈0.86m/s
故选C。
12-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．同一介质中波的传播速度相同，由图及题意可知，振源A形成的波的波长为0.4m，周期为2s，故有

由图及题意可知振源B形成的波的周期为2s，由

可得

故A错误；
B．由同侧法可知振源A向下振动
rad/s
振源A的振动方程为

故B错误；
C．x=0.4m处的质点距AB两点的距离差为

则x=0.4m处的质点为振动减弱点，故C错误；
D．由图可知，2s时B波的波峰正好位于1.3m处，将此时的振动形式传至x=0.4m点所需时间为

则x=0.4m处的质点首次处于正向位移，所需时间为

故D正确。
故选D。
12-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．各质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，而不随波迁移，故A错误；
B．虚线是x轴上传播的一列简谐横波t=0.03s时刻的波形图，x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，根据微平移法可知波向x轴正向传播。波向x正向传播，由实线传到虚线所用时间

所以

频率为

因此频率不可能为100Hz，故B错误；
C．时，处质点的位移为正，则加速度方向沿y轴负方向，故C错误；
D．由图可知，，因此波速为

当时

故D正确。
故选D。
12-7【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。
13-1【基础】 【正确答案】 变大 增多
【试题解析】 详解:
[1]由于氧气体积不变，所以分子势能不变，而氧气温度升高，所以分子平均动能增大，则氧气的内能变大。
[2]氧气的分子数密度不变，而分子平均速率增大，所以氧气分子在单位时间内对瓶壁单位面积的撞击次数增多。
13-2【基础】 【正确答案】 = <
【试题解析】 详解:
[1]根据温度是分子平均动能的标志，所以
=
[2]质量相同，温度均为0℃的冰和水，因为冰熔化为水的过程中需要吸收热量，则有
<
13-3【巩固】 【正确答案】 < >
【试题解析】 详解:
由图像可知，状态2到状态3为等压变化，根据盖—吕萨克定律可知

故

所以状态2时内能小于状态3

状态2和3的压强相等，但状态3的温度更高，平均分子动能更大，所以碰撞次数更少

13-4【巩固】 【正确答案】 不变 升高
【试题解析】 详解:
[1]抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，绝热气缸又没有热传递，则根据热力学第一定律：
△U=Q+W
可知，气体的内能不变；
[2]气体被压缩的过程中，外界对气体做功(W>0)，绝热气缸没有热传递(Q=0)，根据
△U=Q+W
可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，则温度升高。
13-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1][2]由题意可知，水的质量为m=2×104 kg，由比热容公式可得热水需要放出的热量为
Q放=cm△t=4.2×103 J/（kg·℃）×2×104 kg×（92℃−52℃）=3.36×109 J
由题意可得，内能减少量与热水放出的热量相同。
13-6【提升】 【正确答案】 增大 吸收
【试题解析】 详解:
[1]气体内能由温度和气体分子数密度决定，气体温度不变，充气过程中，储气室内气体质量增大，气体分子数增多，故气体内能增大；
[2]喷液过程中，气体膨胀，气体对外做功，即W<0，但气体内能不变，即，根据热力学第一定律

可知Q>0，则气体一定从外界吸收热量。
13-7【提升】 【正确答案】 增大 等于
【试题解析】 详解:
[1]理想气体从状态A变化到状态B，做等容变化由

得
TB＞TA
故气体的内能增大；
[2]理想气体从状态B变化到状态C，因相等，则气体做等温变化，B、C两状态气体的内能相等。
14-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
根据题意，由图可知，线圈与磁场垂直，则穿过线圈的磁通量为

由图可知，两个线圈存在磁场的有效面积相同，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为。
14-2【基础】 【正确答案】 磁 中心轴线 甲同学将探管从螺线管的另一端插入（或通过螺线管的电流方向相反） 螺线管通电后，探管位于螺线管管口时将磁传感器调零 BS
【试题解析】 详解:
（1）[1]因实验研究的是通电螺线管的磁感应强度，则该实验用的是磁传感器；
[2]实验中测量的是螺线管轴线上个点的磁感应强度，故实验时要确保传感器的探管与螺线管的中心轴线重合；
（2）[3]甲同学得到的图像在第四象限，磁感应强度方向为负，其原因是甲同学将探管从螺线管的另一端插入（或通过螺线管的电流方向相反）；
[4]乙同学在螺线管两侧管口测得磁感应强度为零的原因是螺线管通电后，探管位于螺线管管口时将磁传感器调零。
（3）[5]穿过螺线管的磁通量为

14-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]处于水平位置，磁场与线圈平面法线夹角为，此时的磁通量为

[2]当线圈绕其一边顺时针转到90°到达竖直位置时与磁场从线圈的另一面穿过，的磁通量为

[3]线圈中的磁通量的改变量为

大小为

14-4【巩固】 【正确答案】 需要 通电螺线管内部中间部分的磁场可以视为匀强磁场，且中间磁场强，两端磁场弱，离中心越远，磁场越弱
【试题解析】 详解:
（1）[1]研究通电螺线管的磁感应强度，螺旋管通电前，磁传感器需要调零。
（2）[2]根据磁感应强度的分布图，可知通电螺线管内的磁感应强度分布的特点是：通电螺线管内部中间部分的磁场可以视为匀强磁场，且中间磁场强，两端磁场弱，离中心越远，磁场越弱。
[3]根据

可得穿过通电螺线管中心横截面的磁通量约为

14-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]磁通量通过半球面的有效面积为图中底面圆的面积，取弯面向外为正，则

所以通过半球面S的磁通量

14-6【提升】 【正确答案】 外
【试题解析】 详解:
[1]有效面积只有正方形面积的一半，则穿过线圈的磁通量为

[2]由题意可知，电流反向之后，需要在盘里增加砝码，则乙图中CD边所受安培力向上，据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外。
[3]电流反向前，即甲图中CD边所受安培力向下，令弹簧的弹力为F，则有
F=G+nBIL
电流反向后，则有
F+nBIL=G+mg
联立解得

14-7【提升】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]对线框的右半边（ObcO′）未旋转时整个回路的磁通量

[2]对线框的右半边（ObcO′）旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量


根据公式

15-1【基础】 【正确答案】 等于 小于
【试题解析】 详解:
[1]甲轮和乙轮属于齿轮传动，线速度相等；
[2]根据，甲轮的半径大于乙轮的半径，可知甲轮边缘质点的加速度小于乙轮边缘质点的加速度。
15-2【基础】 【正确答案】 10 0.5 12.56 5
【试题解析】 详解:
[1]做匀速圆周运动的物体，内沿半径的圆周运动了，线速度大小为

[2]根据线速度角速度关系式

可得角速度大小为

[3]物体的运动周期为

[4]向心加速度为

15-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]由题意得b、c在同一个圆周上

由于皮带不打滑

根据公式和半径关系可得
，
则

由可得

[2]由[1]中分析知a、b两点线速度大小相等，由知两点向心加速度与r成反比，两点应在图线①上，b、c两点角速度相等，由知两点向心加速度与r成正比，两点应在图线②上，结合三点半径关系，则可在乙图中标出可代表a、b、c三点an—R关系的数据点如图所示

15-4【巩固】 【正确答案】 1.6 25
【试题解析】 详解:
[1][2]玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，所以其边缘线速度

从动轮边缘的线速度

由于主动轮边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度大小相等，即

所以主动轮的转速

15-5【巩固】 【正确答案】 400
【试题解析】 详解:
[1]P、Q两点以它的直径AB为轴匀速转动，它们的角速度相同，都为ω，如下图所示

P点的转动半径

由图可知，Q点的转动半径

由v=ωr得

[2]由，代入数据解得Q点的向心加速度大小是

15-6【提升】 【正确答案】 2：1 4：1 8：1
【试题解析】 详解:
[1]皮带不打滑时，同一皮带传动的两轮边缘上各点的线速度大小相等，所以轮A和轮C，轮B和轮D边缘上各点的线速度大小分别相等，即，；固定在一起同轴传动的轮上各点的角速度相等，即，由

得

因为，，所以

[2]由

可得

而，所以可得

[3]由

得

轮A和轮B上各点的角速度相等，有，由

得

轮B和轮D边缘上各点的线速度大小相等，由

得

可得

15-7【提升】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值

式中为线框转动的角速度，即摩擦轮转动的角速度。设自行车车轮的角速度为，由
于自行车车轮摩擦小轮，之间无相对滑动，有

小齿轮转动的角速度与自行车转动的角速度相同，也为。设大齿轮的角速，有

由以上各式得

代入数据得

[2]大齿轮的转速

16-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]根据可得物体下落后1s内、2s内、3s内的位移之比为；
[2]根据初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间内的位移之比为可知第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为，根据

可知第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为。
16-2【基础】 【正确答案】 41 820
【试题解析】 详解:
[1]重力对石头做的功为

[2]全过程由动能定理可得

即

16-3【巩固】 【正确答案】 18；
【试题解析】 分析:
根据动能定理全程列式求解物体位移为8m时的动能；对三段过程分别运用牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式求解出时间，最后求和．
详解:
物体受重力、支持力和拉力，前进8m过程，根据动能定理，有：，解得：；前2m过程，加速度为：，根据，解得，速度；2m-4m过程，加速度：，根据，解得（可以算出此刻速度为负，倒车，不符合实际，舍去），，末速度为：；4m-8m过程，加速度为：，根据，解得：，故总时间：
点睛:
本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式多次列式求解，过程较为繁琐，要细心．
16-4【巩固】 【正确答案】 OO1的高度h O1Q的长度l 左侧
【试题解析】 详解:
（2）[1] OO1的高度h
[2]O1Q的长度l
[3] 设A板与水平方向的夹角为，设O1P长度为l1、PQ长度为l2，则

根据动能定理

整理得

（3）[4]由（2）动能定理得

减小A抬起的角度，则h减小，l1增大，所以l2减小，物块将停在Q点左侧。
16-5【巩固】 【正确答案】 5m/s2 1.75m/s 0.25m 2个
【试题解析】 详解:
（1）[1]小球做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的推论：，由题目知，所以知小球运动的加速度

（2）[2]根据匀变速直线运动的推论，知B球的瞬时速度

（3）[3]小球做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的推论：则有
；
（4）[4]已知小球做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间关系有，小球运动到B，所用时间

因为每隔0.1s释放一小球，故B球上方有三个运动着的小球，即A球上方还有2个运动着的小球。
16-6【提升】 【正确答案】 0.7 0.5
【试题解析】 详解:
[1][2]0~10m内物块上滑，由动能定理得

整理得

结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值

10~20 m内物块下滑，由动能定理得

整理得

结合10~20 m内的图像得，斜率

联立解得


16-7【提升】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
对滑轮受力分析并正交分解如图：

同一根绳上的拉力相等，故AP，BP绳上的拉力均为F，设AP的长度为x，则BP长度为
在直角三角形ABP中

即

解得

即AP长度为，BP长度为。即：∠APB=53°，所以


由滑轮平衡得，y方向：

解得

x方向

即

甲将滑轮由静止释放后，战士乙只有重力对其做功，所以下落到最低点是速度最大，下落到最低点时，绳子如图

此时三条边均为d，三角形为正三角形，即：每个角为60°，所以此时P距离A点的竖直高度OP为，

从静止到此状态，设战士乙共下落的高度h为

设此时的速度为v，在下落过程中只有重力做功，做的功为：mgh，由动能定理得：

代入数据得

17-1【基础】 【正确答案】 8 4
【试题解析】 详解:
[1]加电场之前，则

突然施加竖直向下大小为4×105 N/C的匀强电场，此瞬间A的加速度大小为

[2]此后平衡位置满足

解得
A=0.04m=4cm
17-2【基础】 【正确答案】 正电 -12 4
【试题解析】 详解:
[1] 已知在金属块滑下的过程中，由动能定理可得

解得：，金属块下滑过程电场力做负功，电场力水平向右，因此电场力与电场线方向相同，因此金属块带正电；
[2] 金属块机械能改变量为

[3] 金属块的电势能改变量为

17-3【巩固】 【正确答案】 15J
【试题解析】 详解:
设A点的电势能和重力势能为零，经过A点时动能为100J，到B点时动能减少了80J，重力势能增加了50J，电势能增加了20J，则到达B点时，EkB=20J，EPB电=20J，EPB重=50J，由能量守恒可知从A到B克服摩擦力做功为10J；从B点到达最高点，与从A到B能量分配相同，动能减小80J时克服摩擦力功为10J，则动能减小20J时克服摩擦力功为2.5J，在下滑过程中摩擦力与上滑过程中摩擦力做功相同，故到达B点时的动能为
20J-2.5J-2.5J=15J
17-4【巩固】 【正确答案】 > >
【试题解析】 分析:
根据图可知在B点的加速度为最大，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律判断电荷所受电场力大小变化情况，根据功能关系判断电势能的大小关系；
详解:
由题可知：带电小球受到重力、支持力和电场力作用，重力和支持力合力为零，由图（b）可知在B点时加速度最大，可知在B点时电场力最大，即场强最大，即；
由图（b）可知从B点到达C点，动能增大，合力做正功，由于在水平桌面上，重力和支持力不做功，则电场力做正功，动能增加，则电势能减小，即．
点睛:
明确等量电荷电场的特点是解本题的关键，据图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．
17-5【巩固】 【正确答案】 异种 增大
【试题解析】 详解:
[1]根据库仑定律可知库仑力在两点电荷连线的方向上，故点电荷一定既在F1的延长线也在F2的延长线上，因此只能在两延长线的交点上，所以点电荷在下图所示的C点，如图所示

因此两检验电荷为异种电荷；
[2]由

可得

且

则∠OBC=30°，所以C到AB垂线的垂点在AO之间，因此把B处的检验电荷沿BO连线移动至O处，电场力始终做负功，所以电荷电势能增大。
17-6【提升】 【正确答案】 0.2
【试题解析】 详解:
[1]在x=0.4m处时滑块速度达到最大，可知此处滑块所受合外力为零，则此处滑块所受电场力大小为

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

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

解得

17-7【提升】 【正确答案】 3 200
【试题解析】 详解:
[1]依题意，可得

其中



联立可得

[2]根据

电场方向与三角形所在平面平行，D为A、C连线的中点，根据匀强电场的特点可知

所以D点与B点在同一等势线上，根据电场线与等势线垂直，且沿着电场线方向电势逐渐降低，可作出如图所示电场线

由几何关系可得

由匀强电场场强公式可得

18-1【基础】 【正确答案】 平行 匀强 无规律 无
【试题解析】 详解:
(1)[1][2]图1中两平行金属条间中央部分的微屑按平行，说明其间是匀强电场；
(2)[3][4]图2中圆环内部区域微屑按无规律分布，可知圆环内部是无电场。
点睛:
本题考查了用头发屑模拟电场线的实验，要熟悉电场线的分别情况和特征，注意静电屏蔽金属环的内部场强为零，是等势体
18-2【基础】 【正确答案】 正 大 3 先减小后增加 先降低后升高
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]因M、N相互排斥，则带电小球N带正电荷，小球N所带电荷量越多，斥力越大，则丝线偏角越大。
（2）[3]画出小球N受到的力如图。

（3）[4]根据N的受力图可得

解得

（4）[5]小球M在N处的电场强度

（5）[6]小球M、N共同激发电场的电场线，即等量正电荷的电场线分布是图3。
（6）[7][8]MN连线中点的场强为零，则从M沿连线到N的各点电场强度先减小后增加；各点电势大小先降低后升高。
18-3【巩固】 【正确答案】 电压 ＞ C
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验时需要找出等势点，所以实验中需要使用电压传感器；
（2）[2]红、黑表笔分别接在d、f时，Udf＜0，说明d点电势低，A端为正极，B端为负极，则可知d点电势高于e点，故红表笔不动，黑表笔接在e点时，Ude＞0；
（3）[3]本实验是用DIS描绘电场的等势线，但是用恒定电流场来模拟静电场，由于两接线柱是正负极，所以模拟的是等量异种电荷的静电场，故C正确，ABD错误。
故选C。
18-4【巩固】 【正确答案】 同种
【试题解析】 详解:
[1] AB．从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，运动过程中的速度-时间图像如图乙所示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q为等量同种电荷；
[2]试探电荷从C点运动到O点过程中，电场力做正功，电势能转化为动能，到O点时速度最大为v，C点电势为零，由能量守恒定律可知

可得电荷运动到O点时的电势能为

18-5【巩固】 【正确答案】 BE D
【试题解析】 详解:
（1）此实验是用直流电流场模拟静电场，则必须要用低压直流电源，故AC错误，B正确；同时要用零刻度在刻度盘中央的灵敏电流计，则选用量程0～300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表，选项D错误，E正确；故选BE.
（2）根据电流场分布可知，将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，此探针与另一个固定在y轴上的探针的电势差先减小（到达O点时电势差减为0），后向相反的方向逐渐变大，则灵敏电流表G的指针与零刻度夹角的变化情况是先变小后反向变大，故选D.
18-6【提升】 【正确答案】 复写纸 向上 正 电压 ＜
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]在一块平整的木板上，自下而上，依次铺放白纸、复写纸和导电纸，导电纸有导电物质的一面向上，用图钉将它们固定好．
（2）[3]电极A与电源的正极相连作为“正电荷”，电极B与电源的另一极相连作为“负电荷”．
（3）[4]本实验中用电压传感器来探测等势点，用描迹法把等势点连接成等势线．
（4）[5]根据等量的异种电荷电场线的分布情况可知，c、d两点间的电场线比e、d两点间的电场线稀疏，则c、d两点间的场强小，由可知，．
18-7【提升】 【正确答案】 负 增大
【试题解析】 详解:
由图乙可知，检验电荷先减速运动，若Q2为正该电荷将一直加速，故Q2为负；从b到a过程中，由图乙可知，电荷减速，故电场力做负功，电势能增大．
19-1【基础】 【正确答案】 （1）灯泡L2断路 （2）灯泡L1、熔丝F、电键S或电流表A有开路 （3）L1或L2或电压表V2短路
【试题解析】 详解:
(1)故障的是灯泡L2，且灯泡L2断路，电流中没有电流，L2两端的电势分别等于电源两极的电势，则L2两端的电压等于电源的电压。
(2)电压表V2和电流表A的示数是零，说明所在的电路为断路，所以故障可能是：灯泡L1、熔丝F、电键S或电流表A有开路。
(3) 熔丝熔断说明电路电流太大，即有短路的地方，所以故障可能是：L1或L2或电压表V2短路。
19-2【基础】 【正确答案】 （1）0.4V；（2）
【试题解析】 详解:
（1）外电路的路端电压

（2）由闭合电路欧姆定律，可得该太阳能电池板的内电阻

19-3【巩固】 【正确答案】 （1）断路；（2）；（3）；
【试题解析】 详解:
（1）若R断路，电压表不应该有示数，不可能。若R短路，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，则电流表示数应该减小，不符合题意。若断路，电流表不应该有示数，不符合题意。若短路，则电压表不应该有示数，不符合题意。若灯泡短路，电压表不应该有示数，不符合题意。若灯泡断路，总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电流表示数应该增大，同时电压表测量路端电压，符合题意。
故障应是断路。
（2）发生故障后，根据上述分析可知，路端电压

则

发生故障前，并联部分电压

滑动变阻器两端电压


则

（3）发生故障后

发生故障前

联立解得


19-4【巩固】 【正确答案】 （1）50Ω；（2）6V；（3）20Ω
【试题解析】 详解:
（1）定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当滑片位于b端时，全部接入，滑动变阻器接入的阻值最大，总电阻最大，电流最小，根据乙图可知最小电流为0.1A，此时电压表的示数为5V，滑动变阻器接入的电阻为

（2）设电源电压为U，定值电阻的阻值为R0，当滑动变阻器的滑片在b端时，根据串联电路电压的关系有
UU滑U05V+0.1AR0
当滑片位于a端时，电路中的电流为0.6A，只有R0接入电路，则电根据闭合电路欧姆定律
U0.6AR0
整理可知
U6V，R010Ω
（3）根据图丙可知，当滑动变阻器接入的阻值为5Ω时，电路中的总电阻为
R总R滑R05Ω10Ω15Ω
根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的电流为

滑动变阻器消耗的功率为

当滑动变阻器的阻值为R滑2时，滑动变阻器的功率为

整理可知
R2=20Ω
19-5【巩固】 【正确答案】 (1)4A；(2)16V；(3)26V
【试题解析】 详解:
(1)流过电阻R的电流

即通过电动机的电流

(2)电动机输出的机械功率

电动机的发热功率

电动机的输入功率

代入数据解得

(3)由闭合电路欧姆定律知

19-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），方向与水平方向成45°夹角斜向下；（4）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在平行板金属M、N间做类平抛运动的加速度大小为
①
根据运动学公式有
②
联立①②解得
③
（2）粒子从O点进入偏转电场时的速度大小为
④
对粒子在EF左侧的加速过程，根据动能定理有
⑤
联立③④⑤解得
⑥
（3）粒子从N板右侧边缘飞出时的水平分速度大小为
⑦
竖直分速度大小为
⑧
粒子从N板右侧边缘飞出的速度大小为
⑨
设v的方向与水平方向成θ角斜向下，则
⑩
解得
θ=45° ⑪
（4）根据闭合电路欧姆定律有
⑫
19-7【提升】 【正确答案】 （1）10Ω；（2）6V，2Ω；（3），0.9W
【试题解析】 详解:
由图甲可知，电阻R1、R0和变阻器R2串联，电压表V1测量R1和R2的总电压，电压表V2测量变阻器两端的电压。
（1）由图像可知，当R2阻值最大时，电路中的总电阻最大，通过电路的电流最小，通过R2的电流为0.3A，由串联电路电压的规律可知R1和R2的总电压是5.4V，R2两端的电压为3V，R2的最大阻值
R2max==10Ω
（2）R1两端的电压
U1=U1总-U2=5.4V-3V=2.4V
R1==8Ω
当滑片置于R2的中点位置时，滑动变阻器接入电路的阻值
R2′=×10Ω=5Ω
R2消耗的电功率为0.8W，所以
P2=I′2R2′=I′2×5Ω=0.8W
I′=0.4A
以题意，有
U=5.4V+0.3A×R0
U=0.4A×（8Ω+5Ω+R0）
联立解得
U=6V，R0=2Ω
（3）滑片移动xcm时，滑动变阻器接入电路的阻值Rx′′=xΩ，R2消耗电功率
P=



由上式可知，当x=10，即时，R2消耗的电功率达到最大值，最大功率
P最大=
20-1【基础】 【正确答案】 （1）1kg，0.5；（2）10m/s2；（3）10J
【试题解析】 详解:
（1）在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，
所以有

所以物体质量为

重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，体上升运动过程中只受重力摩擦力做功，故由动能定理可得：

解得

（2）物体上升过程受重力､支持力､摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为

代入数据得

故物体上升过程中的加速度为
=10m/s2
（3）物体上升过程和下落过程物体重力､支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J；又有物体整个运动过程中重力､支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为
50J-40J=10J
20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知在恒力F作用下加速度不变此时速度与时间成正比关系，结合表中数据可得t=2.2s时已经撤去拉力F，即此时已经通过B点，所以可得减速过程加速度大小为

同时减速时有

解得
，
（2）根据表格数据可得加速时加速度大小为

同时有

解得

（3）设物体加速运动的时间为，根据匀变速运动公式及物块在加速和减速时在B点的速度相同，同时将减速过程反向来看可得

解得

所以t=1.6s时物体处于减速阶段，将运动反向来看可得此时的瞬时速度为

20-3【巩固】 【正确答案】 不会追尾，判断见详解
【试题解析】 详解:
时刻两车间距为，当两车速度相等时如果没有追尾，则以后也不会追尾。由图得在时两车速度相等。由图象面积表示位移得，前十秒内甲比乙多走的位移大小为图中前十秒两图象中间所夹的三角形面积，该面积为

因为，所以不会追尾。
20-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）4N，垂直于杆向上；（3）112J
【试题解析】 详解:
（1）圆环在沿AB向上运动过程中机械能守恒，有

解得

（2）对于圆环沿OA向上的匀加速过程，有

解得

假设

杆对圆环的弹力垂直与杆向上，由牛顿第二定律得

又

代入数据解得


N的解符合假设；
假设，杆对圆环的弹力垂直于杆向下，由牛顿第二定律得

又

代入数据解得


N的解不符合假设，综上两种情况可知，圆环在OA间向上运动时杆对它的弹力大小为4N，弹力方向垂直与杆向上。
（3）由于圆环在OA间向上作匀加速直线运动，所以其动能和重力势能都增加，所以在该过程中圆环的机械能增加；撤去F后，沿AB向上，再沿BA向下的运动，圆环的机械能守恒；圆环沿AO下滑时滑动摩擦力作负功，机械能减少，所以圆环在A处时机械能最大


代入数据联立解得

20-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）不能，见解析
【试题解析】 详解:
（1）设经时间t1，甲与墙壁发生碰撞，则有

解得

此时两物块的距离为

（2）甲与墙壁发生碰撞时，甲物块的速度和乙物块的速度大小分别为

解得

甲与墙壁发生碰撞后，速度大小不变，方向向右，开始做匀减速直线运动。设经时间t2，两物块共速，则有

解得

此过程中甲乙物块的位移分别为

解得

可以判断

即甲物块不能追上乙物块。
20-6【提升】 【正确答案】 （1）25m，3m/s2；（2）32.5m；（3）12.3s
【试题解析】 详解:
（1）根据图1，甲车开始减速时距乙车的距离x1

根据图2，乙车加速过程的加速度大小a乙

解得

（2）从乙车启动到追上甲车，两车速度均等于15m/s时距离最大，设乙车速度达到15m/s所用时间为t1

5s内甲车的位移为

5s内乙车的位移为

最大距离Δx为

（3）乙车达到最大限速的时间t3

t3时间内乙车的位移为

t3时间内甲车的位移为

再经过t4时间追上甲车

解得

从乙车启动到追上甲车需要的时间

20-7【提升】 【正确答案】 （1）40N；（2）1.1s；（3）不能，原因见解析
【试题解析】 详解:
（1）由图乙可知，向下为正方向，管落地后上升的过程中，在内，管的加速度为

设球和管间的滑动摩擦力大小为，由牛顿第二定律得

解得

（2）在第一次碰撞后到管与球速度（设为）相等的过程中，设球的加速度为，时间为，管上升的高度为，由牛顿第二定律得

解得

速度相等时，根据公式，对球有

对管有

联立解得
，
根据公式，对管有

从速度第一次相等到第二次落地，管与球再次共同运动，设该过程的时间为，则有

解得

则管从第一次落地到第二次落地所用的时间为

（3）假设不能滑出，设管的最小长度为，最终管与球均静止时，球恰好在管的最下端，由能量守恒定律得

其中，解得

由于，所以假设正确，不能滑出。