江苏省南京市2023届中考物理专项突破模拟题库（二模）含解析

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江苏省南京市2023届中考物理专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 计算核裂变反应中释放的能量,核聚变现象和产生条件,典型的核聚变方程,计算核聚变反应中释放的能量

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．理论上，原子序数小于铁的都可以发生核聚变，不一定是氘和氚，恒星演化后期会有氦聚变为碳进而聚变为氧的过程，所以A错误；
B．核聚变的反应条件之一是高温高压，产生中子，所以B错误；
C．核聚变和核裂变释放核能时，都有质量亏损，C正确；
D．核聚变一旦发生，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，所以D错误。故选C。

1-1（基础） 2020年3月15日中国散裂中子源（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散裂中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。下列关于中子研究的说法正确的是（　　）
A.α粒子轰击，生成，并产生了中子
B.经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了6个
C.放射性β射线其实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗
D.核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度
【正确答案】 D

1-2（基础） 大理石是家居装修常用的石材，它有一定的辐射，其辐射源主要是石材中的氡元素。已知氡核衰变方程为，则以下说法正确的是（　　）
A.一个核含有134个质子 B.Y射线是穿透力最强的一种放射性射线
C.Po核比Rn核的比结合能大 D.经高温煅烧后石材中的氢半衰期会缩短
【正确答案】 C

1-3（巩固） 如图所示为射线测厚装置示意图，它的放射源为铯-137，已知铯-137的衰变方程为，半衰期约为30年，下列说法正确的是（　　）

A.60年后Cs全部衰变完
B.金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越小
C.Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大
D.该反应为β衰变，β射线即为核外电子的逸出
【正确答案】 C

1-4（巩固） 今年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是（　　）
A.目前核电站使用的都是核聚变技术
B.核反应是核聚变
C.太阳是一个巨大的核聚变反应堆
D.原子弹是利用核聚变原理制成的
【正确答案】 C

1-5（巩固） 中国“嫦娥五号”在月球采集的约2公斤月壤中含有地球上鲜有的，是地球上很难得到的清洁、安全和高效的核聚变发电燃料，被科学家们称为“完美能源”。有关聚变的核反应方程如下：①，②；下列说法正确的是（　　）
A.X为质子，核反应①、②又称热核反应
B.的比结合能比的比结合能大
C.方程①中：反应前后原子核总质量相等
D.方程②中：核子平均释放的能量约为2.14MeV
【正确答案】 D

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

1-7（巩固） 在新能源中，核能是重要开发能源之一，其中氘（）、氚（）核聚变反应可以释放巨大的能量，氘（）在海水中储量极为丰富，海水里提取出的氘（），在完全的聚变反应中可释放出相当于燃烧汽油的能量。若氘（）、氚（）聚变成氦（），已知氘（）的平均结合能是，氚（）的平均结合能是，氦（）的平均结合能是。关于氘（）、氚（）核聚变反应，下列说法正确的是（ ）
A.氘（）和氚（）核聚变反应的方程是
B.氘（）和氚（）核聚变反应后质量数变小，释放能量
C.氘（）和氚（）核聚变反应时释放的能量是
D.在氘（）、氚（）、氦（）三种核中，氘（）最稳定
【正确答案】 A

1-8（提升） 太阳内部的核聚变可以释放出大量的能，这些能以电磁辐射的形式向四面八方辐射出去，其总功率达到。设太阳上的热核反应是4个质子聚合成1个氦核同时放出2个中微子（质量远小于电子质量，穿透能力极强的中性粒子，可用v表示）和另一种带电粒子（用表示），且知每一次这样的核反应质量亏损为，已知真空中的光速，电子的电荷量。则每秒钟太阳产生中微子的个数为（　　）
A.个 B.个 C.个 D.个
【正确答案】 D

1-9（提升） 鉴于核裂变产生的放射性废物的处理难度较大、危险性较高，核物理学家致力于核聚变发电以减少核污染。核聚变电站最有可能的燃料是两种同位素，也被称作重形式的氢：氘和氚，核聚变是靠温度和压力的共同作用完成的，在地球实验室中完成可控核聚变需要1亿度的超高温度，核聚变产生的则十分清洁、安全。下列关这个核聚变叙述正确的是（　　）
A.核聚变方程为
B.若已知的比结合能是1.09MeV，的比结合能是2.78MeV，的比结合能是7.03MeV，则氘核与氚核聚变过程释放出的能量为17.6MeV
C.若已知的质量为2.0141u，的质量为3.0160u，的质量为4.0026u，中子的质量为1.0087u，且1u的质量对应931.5MeV的能量，则氘核与氚核聚变过程释放出的能量约为21.7MeV
D.通过高温高压，氘、氚两种原子核获得足够大的动能，用来克服强相互作用力，从而实现核聚变反应
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 折射和全反射的综合问题,薄膜干涉现象和原理,泊松亮斑

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射和折射的缘故，故A错误；
B．太阳光通过玻璃三棱镜后形成彩色光带，是光的折射现象，故B错误；
C．肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹，太阳光肥皂泡经过内外膜的反射后叠加，从而出现彩色条纹，这是光的干涉，故C错误；
D．圆盘衍射出现泊松亮斑，故D正确。故选D。

2-1（基础） 下列现象中属于光的全反射现象的是（　　）
A.阳光照射在肥皂泡上，常看到肥皂泡上有彩色花纹
B.玻璃中的气泡，有时看上去特别明亮
C.在阳光下用白纸对着凹镜前后移动时，在一定距离处纸上会出现耀眼的光斑
D.飞机在阳光下作特技飞行时，有时会看到飞机突然变得非常明亮
【正确答案】 B

2-2（基础） 下列现象中属于光的衍射现象的是（　　）
A.太阳光通过透明的装满水的金鱼缸后在地面上形成彩色光带
B.通过遮光板上的小孔观察远处明亮的电灯，看到电灯周围有一圈彩色光环
C.油滴滴在潮湿水泥路面上形成油膜，在阳光照射下油膜上有一圈圈的彩色光环
D.吹出的肥皂泡上出现彩色条纹
【正确答案】 B

2-3（巩固） 如图甲所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在屏上观察到如图乙所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图丙所示．他改变的实验条件可能是（　　）

A.减小双缝到光屏之间的距离
B.增大双缝之间的距离
C.将绿光换为红光
D.减小光源到单缝的距离
【正确答案】 C

2-4（巩固） 一束红光经过狭缝在光屏上得到如图所示的图样，由此可知（　　）

A.该图样属于红光的干涉图样
B.狭缝宽度必远大于红光波长
C.光沿直线传播只是近似规律
D.换用紫光照射，条纹间距变宽
【正确答案】 C

2-5（巩固） 如图所示，一束由绿、橙、蓝三种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，在右侧光屏M、N、P处各呈现一亮线，不计光在三棱镜中的多次反射，以下说法正确的是（　　）

A.光屏上的三条亮线由上到下的顺序是蓝、绿、橙
B.光屏上的三条亮线是光的干涉条纹
C.三种色光相比，照射到P处的色光在三棱镜中传播的时间最长
D.三种色光相比，照射到P处的色光最容易发生明显衍射
【正确答案】 C

2-6（巩固） 如图所示，直角三角形ABC为固定的玻璃三棱镜的截面，∠ACB=90°，∠A=37°，P是AB面上的一点。由a、b两种单色光组成的一束光射向P点，入射光与AB面的夹角θ=53°时，a、b光均从AC边射出，逐渐增大θ角，当θ=90°时，恰好只有b光从AC边射出。sin53°=0.8，sin37°=0.6，则下面选项正确的是（　　）

A.a光的频率小于b光的频率
B.在棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度
C.棱镜对a光的折射率为
D.用同一台双缝干涉器材做实验，a光的相邻亮条纹间距大于b光的相邻亮条纹间距
【正确答案】 C

2-7（巩固） 以下关于光学常识的描述中说法不正确的是（　　）
A.偏振光可以是横波，也可以是纵波
B.泊松亮斑支持了光的波动说
C.光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理
D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
【正确答案】 A

2-8（提升） 如图甲所示是利用圆锥形光学玻璃演示实验的现象，模型如图乙所示，一束白光从圆锥体玻璃（介质Ⅰ）底面垂直入射，圆锥体玻璃倒立在水平有机玻璃砖（介质Ⅱ）上表面，人眼在一侧进行观察，下列说法正确的是（　　）

A.人眼观察到的色散现象是由于光的衍射而产生的
B.人眼观察到介质Ⅰ中的色散是光经过介质Ⅱ表面反射回介质Ⅰ而产生的
C.介质Ⅰ上表面的光均能经过一次介质Ⅰ折射和介质Ⅱ反射到人眼
D.若用力将圆锥体向下挤压有机玻璃砖，产生的彩色条纹间距将不变
【正确答案】 B

2-9（提升） 如图所示，平行玻璃砖下表面镀有反射膜，两束平行细单色光a、b从空气斜射到玻璃砖上表面，入射点分别为、，两光线刚好从玻璃砖上表面同一点P射出，已知玻璃砖对a、b两单色光的折射率均大于，下列说法中正确的是（　　）

A.在玻璃中b光的速度比a光大
B.若a、b两束光通过同一个干涉装置，b光对应的条纹间距较大
C.若a、b两束光同时从玻璃砖上表面射入，则a光比b光先从P点射出
D.增大b光的入射角，当b光从玻璃砖上表面射出时有可能发生全反射
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 利用平衡推论求力,平衡问题的动态分析
答错名单：
有巨大提升空间【0分-60分）：张三;

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 嘉兴黄老师在新冠疫情期间上网课时使用手机支架（有手机）。支架从图（a）调整为图（b）状态后，下列说法正确的是（　　）。

A.图a中，手机仅受2个作用力
B.图b中，支架对手机作用力大于手机重力
C.调整前后，支架对手机作用力大小发生变化
D.调整前后，支架对手机的作用力，无论大小、方向均未发生变化
【正确答案】 D

3-2（基础） 如图所示，固定斜面的顶端带有定滑轮，斜面的倾角为，跨过定滑轮的轻绳两端分别系有物块和匀质木球，定滑轮右侧的轻绳水平，系统处于静止状态。不计一切摩擦，物块与木球的质量之比为（　　）


A. B. C. D.
【正确答案】 C

3-3（巩固） 挂灯笼的习俗起源于西汉，过年期间，家家户户都挂起了各式各样的灯笼。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量均为m的灯笼A、B、C、D，中间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为，中间两细绳与竖直方向夹角为，AB间和BC间的绳中张力分别是FAB和FBC，重力加速度为g。下列关系式正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

3-4（巩固） 筷子是我们每日所需的用餐工具。如图所示，用筷子夹质量为的小球，一双筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为，筷子夹住小球静止不动，若小球与筷子之间无摩擦，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）

A.两根筷子对小球合力大于
B.每根筷子对小球的压力为
C.仅将左边的筷子由图示位置逆时针缓慢转动到与竖直方向成，此过程左边筷子对小球的压力逐渐增大
D.若保持两筷子间的夹角不变，将两根筷子由图示位置同时逆时针缓慢转动，此过程中右边筷子对小球的压力逐渐减小
【正确答案】 D

3-5（巩固） 如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下列说法正确的是（ ）

A.手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B.手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C.若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D.若θ增大，则支架对手机的作用力保持不变
【正确答案】 D

3-6（巩固） 如图所示，直杆弯折成90°固定在竖直面内，OA段竖直，OB段水平，绕过光滑滑轮C的不可伸长的细线两端D、E分别固定在OA、OB上，质量为m的小球吊在滑轮下，静止时，DC段细线与竖直方向的夹角，不计滑轮及细线的重力，重力加速度为g，则（　　）

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

3-7（巩固） 如图，一条均匀易断细绳的两端分别固定在天花板上的A、B两点，现在细绳上的O点处固定悬挂一个重物，且OA=2BO，则下列说法中正确的是（　　）

A.当重物的质量增加时，OA绳先断
B.当重物的质量增加时，OB绳先断
C.当B端向左移动少许时，OA、OB绳承受的拉力增大绳子易断
D.当B端向右移动少许时，OA、OB绳承受的拉力减少绳子不易断
【正确答案】 B

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

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

3-9（提升） 如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止时位于B点，此时弹簧与竖直方向夹角，已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）

A.小球对圆环的弹力方向背离圆心
B.圆环对小球的弹力大小为
C.弹簧的劲度系数为
D.若换用原长相同、劲度系数更大的轻质弹簧，小球静止时一定位于B点下方
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 简谐运动x-t的图象及其信息读取,波长、频率和波速的关系,波形图中某质点的速度方向与传播方向的关系

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示为一列简谐横波在时刻的波形图，已知波速为0.2m/s，以下说法正确的是（　　）

A.波源的振动周期为0.8s
B.经过0.1s，质点a通过的路程为10cm
C.经过0.1s，质点b沿传播方向前进2cm
D.若质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x轴负方向传播
【正确答案】 D

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

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

4-3（巩固） 湖面上P、Q两艘小船（均视为质点）相距，一列水波以大小为的波速沿PQ方向传播，在时刻水波恰好到达小船P处，此时小船P由平衡位置开始竖直向上运动，时刻小船P第一次到达最低点。则下列说法正确的是（　　）。
A.水波的周期为
B.水波的波长为
C.水波从小船P传到小船Q的时间为
D.从小船Q起振到小船Q第一次到达最高点的时间为
【正确答案】 C

4-4（巩固） 湖面上有一处于静止状态的小船，现有一列水波沿湖面传了过来，第1个波峰和第9个波峰间的距离为d，已知水波上质点最高位置与最低位置的高度差为h，从最高位置运动到最低位置所需的时间为。下列说法正确的是（　　）
A.波传播的速度大小为
B.时间t内小船随波移动的距离为
C.该水波可与另一振动周期为的水波发生干涉现象
D.该水波遇到线度为的障碍物能发生明显衍射现象
【正确答案】 D

4-5（巩固） 坐标原点处的波源做简谐运动，它在均匀介质中形成的简谐横波沿轴正方向传播，波源振动后波刚好传到轴上的处，波形图如图所示。下列说法正确的是（ ）

A.波源的起振方向沿轴负方向
B.波在介质中的速度大小为
C.波源做简谐运动的表达式为
D.波源振动时质点已通过的路程为
【正确答案】 D

4-6（巩固） 一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，a、b是介质中的两个质点，a质点的平衡位置坐标为x＝0，图乙是质点b的振动图像，下列说法正确的是（ ）

A.当时，a、b两个质点位移相同
B.质点a的振动方程为
C.当t＝1s时，质点a的加速度方向沿y轴正方向
D.从到t＝1.5s，质点b通过的路程为25cm
【正确答案】 A

4-7（巩固） 如图所示，在x轴的正半轴和负半轴为两种粗细不同的绳子。时，O点处的质点开始从平衡位置向上振动，形成两列沿x轴传播的简谐横波，已知OM间距离为2.0m，ON间距离为3.0m，沿正半轴传播的简谐横波振幅为，速度为3m/s。当时O点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波峰，下列说法正确的是（　　）

A.负半轴的波速为2m/s
B.N点也第一次到达波峰
C.正半轴的波长是负半轴波长的3倍
D.在至时间内N点振动的路程为30cm
【正确答案】 C

4-8（提升） 如图a所示，在平面内有和两个波源分别位于和处，振动方向在平面内并与x轴垂直，的振动图像分别如图b、c所示。时刻，两波源同时开始振动，波速。下列说法正确的是（　　）

A.时，处的质点开始振动且方向沿y轴负方向
B.时，处的质点位移为
C.处的质点始终位于平衡位置
D.内，处的质点共有五次经过的位置
【正确答案】 D

4-9（提升） 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡位置距0点不足一个波长，此时0质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是（　　）

A.该列简谐横波波长为2.4m
B.质点a的平衡位置距0点的距离可能为
C.质点a的平衡位置距0点的距离一定为
D.再经，质点b到达波峰
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 为躲避太空垃圾，中国空间站采取紧急避碰措施，改变轨道高度。若中国空间站在某次紧急避碰过程中进行了向下变轨，假设空间站在不同高度轨道上稳定运行时均是绕地球做匀速圆周运动，且该过程由中国空间站仅在两轨道的切点P、Q两点短时间向站外喷气以实现。则空间站（　　）

A.在P、Q两点处均向前喷气 B.在P、Q两点处均向后喷气
C.在P点处向前喷气，在Q点处向后喷气 D.在P点处向后喷气，在Q点处向前喷气
【正确答案】 A

5-2（基础） 2022年11月30日，我国神舟“十五”号飞船通过加速与“天宫”号空间站交会对接，乘组人员入驻中国人的 “太空家园”。设对接前飞船与空间站均在轨做圆周运动，运行情形如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.图中A是飞船，B是空间站
B.对接前空间站运行周期比飞船运行周期小
C.飞船通过向前方喷气后才能与空间站完成交会对接
D.对接后飞船的机械能与在原轨运行时的机械能相等
【正确答案】 A

5-3（巩固） 2022年10月7日，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间低轨导航试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。设两颗卫星轨道在赤道平面上，运行方向相同，运动周期也相同，其中a卫星为圆轨道，距离地面高度为，b卫星为椭圆轨道，近地点M距离地面高度为远地点N距离地面高度的一半，地球表面的重力加速度为g，a卫星线速度大小为v1，b卫星在近地点M时线速度大小为v2，在远地点N时线速度大小为v3，地球半径为R，P点为两个轨道的交点。下列说法正确的是（　　）

A.b卫星远地点N距离地面高度为
B.b卫星从N点运动到M点时间为
C.
D.a、b两卫星在P点受到地球的引力相等
【正确答案】 C

5-4（巩固） 如图所示，两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A.两卫星在图示位置的速度v1 C.两颗卫星可能在A或B点处相遇 D.两卫星永远不可能相遇
【正确答案】 D

5-5（巩固） 2023年1月21日，农历除夕当晚，中国空间站过境祖国上空，神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆向全国人民送来新春祝福。如图所示，中国空间站绕地心做近似圆周运动，轨道半径为r，航天员们在空间站内观察地球的最大张角为。已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转。则（　　）

A.地球半径为 B.航天员所受地球引力几乎为零
C.空间站绕地球运动的周期为 D.航天员的向心加速度为
【正确答案】 C

5-6（巩固） 北京时间2023年1月15日11时14分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，以“一箭十四星”发射方式，成功将齐鲁二号/三号卫星及珞珈三号01星、吉林一号高分03D34星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．假设其中的甲、乙两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，甲的质量也是乙的2倍．则（ ）
A.由可知，甲的速度是乙的倍
B.由可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C.由可知，甲的向心力是乙的
D.由可知，甲的周期是乙的倍
【正确答案】 D

5-7（巩固） 2021年2月10日，“天问一号”探测器成功进入环绕火星椭圆轨道，在椭圆轨道的近火点P（接近火星表面）制动后顺利进入近火轨道，Q点为近火轨道上的另一点，M点是椭圆轨道的远地点，椭圆轨道的半长轴等于圆形轨道的直径，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.探测器在M点的速度最大
B.探测器在Q点与椭圆轨道上的P点的加速度大小不相等
C.探测器在椭圆轨道上P点与M点的速度之比为
D.探测器在椭圆轨道与圆轨道上的周期之比为
【正确答案】 C

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

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

5-9（提升） 如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为rA、rB，rA
A.若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B.若A也有一颗轨道半径与C相同的卫星，则其运动周期也一定为T2
C.恒星A的质量为
D.设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 饱和电流的本质及其决定因素,遏止电压的本质及其决定因素,计算电子跃迁中释放的光子频率种数,计算电子跃迁时吸收或释放光子的频率和波长

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示为氢原子的能级图。大量处于能级的氢原子能级跃迁产生的光子照射某金属材料时，只有4种频率的光子能够使该金属材料发生光电效应，该金属材料的逸出功可能为（　　）

A.1.51eV B.2.51eV C.6.80eV D.10.20eV
【正确答案】 B

6-2（基础） 氢原子的能级示意图如图所示，大量处于的激发态的氢原子向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，再用这些光照射逸出功为4.54eV的钨。下列说法中正确的是（ ）

A.氢原子能辐射3种不同频率的光子
B.氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应
C.氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率减小
D.氢原子向低能级跃迁时，辐射出波长最小的光子的能量为12.75eV
【正确答案】 D

6-3（巩固） 已知某种光的波长为λ，真空中的光速为c，普朗克常量为，光电子的电荷量为e。则下列说法正确的是（　　）
A.这种光子的动量为h
B.这种光子的能量为h
C.若用该光照射逸出功为W的金属有电子逸出，则所对应的遏止电压为
D.若用该光照射逸出功为W的金属有电子逸出，则电子的最大初动能为
【正确答案】 C

6-4（巩固） 智能手机能通过光线传感器进行屏幕亮度自动调节，光线传感器的工作原理是光电效应。如图甲为研究光电效应规律的装置，图乙为三种光照射下光电流I与电压U的关系，图丙为该光电管遇止电压与入射光频率v的关系，其中光电子的电荷量为e。下列说法正确的是（　　）

A.图甲装置闭合开关，向右移动滑动变阻器滑片，电压表和电流表示数一定增大
B.图乙中若I光为紫光，II光可能是绿光，且I的光强比III的大
C.图丙代表电极K金属材料的截止频率为
D.图丙得出普朗克常量为
【正确答案】 D

6-5（巩固） 某种光电烟雾报警器的结构原理图如图甲所示，S为光源，可以向外发射某一频率的平行光束，C为光电管，光电管的结构原理图如图乙所示，正常时S发出的平行光束不会进入光电管C，发生火情时如果有烟雾进入报警器内，S发射的光会被烟雾散射而改变方向进入光电管C，光电管K极为金属钾，光射到光电管的K极后会发生光电效应，就有电子从K极射向A极，就会有电流输入报警系统。下列说法正确的是（　　）

A.光电烟雾报警器中换用发出任一频率光的光源均能正常工作
B.如果光电管K极换上逸出功大于金属钾的金属钙时，可以通过增大光源S发出光的波长使光电烟雾报警器正常工作
C.如果保持其他条件不变，仅将图乙中的滑片P向右滑动，就可以提高光电烟雾报警器的灵敏度
D.如果保持其他条件不变，仅减小光源S发出光的强度可以提高光电烟雾报警器的灵敏度
【正确答案】 C

6-6（巩固） 如图1所示是一款光电烟雾探测器的原理图。当有烟雾进入时，来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C，光射到光电管中的钠表面时会产生光电流。如果产生的光电流大于，便会触发报警系统。金属钠的遏止电压随入射光频率的变化规律如图2所示，则（　　）

A.要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于
B.图2中图像斜率的物理意义为普朗克常量h
C.触发报警系统时钠表面每秒释放出的光电子数最少是N=6.25×1010个
D.通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是不可行的
【正确答案】 C

6-7（巩固） 如图为新型火灾报警装置的核心部件紫外线光电管，所接电源电压为U，火灾时产生的波长为的光照射到逸出功为的阴极材料K上产生光电子，且光电子能全部到达阳极A，回路中形成电流I，从而触发火灾报警器，已知普朗克常量为h，电子的电荷量为e，光速为c。下列说法正确的是（　　）

A.火灾中激发出光电子的光的频率为
B.阴极K上每秒钟产生的光电子数为
C.光电管阴极接受到光照用于激发光电子的功率为
D.光电子经电场加速后到达A时的最大动能为
【正确答案】 C

6-8（提升） 光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的二次发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法正确的是（ ）

A.光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应
B.光电倍增管中增值的能量来源于照射光
C.图中标号为偶数的倍增电极的电势要高于标号为奇数的电极的电势
D.适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号
【正确答案】 D

6-9（提升） 某同学采用如图甲所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。电源的极性可以改变，当在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表的电压值U称为遏止电压。现分别用频率为和的单色光照射阴极（），测量到遏止电压分别为和，设电子质量为m、电荷量为e。图乙为频率为的单色光的实验图象。则下列选项正确的是（　　）

A.加正向电压时，将滑片P向右滑动，可增大光电子的最大初动能，电流表的示数增大
B.若改用频率为的单色光照射光电管，乙图象与横轴交点在光照射时的左侧
C.分别用频率为和的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为和，阴极K金属的极限频率
D.若用频率更高的光照射光电管，则饱和光电流一定增大
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 用插针法测介质折射率的注意事项和误差分析

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） “测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上P3和P4。在插P3和P4时，下列选项正确的是（　　）

A.P3只挡住P1的像 B.P4只挡住P1的像
C.P4只挡住P2的像 D.P3同时挡住P1、P2的像
【正确答案】 D

7-2（基础） 在“测量玻璃的折射率”实验中，所用的玻璃砖如图所示。玻璃砖有4个光学面，其中两互平行。此实验中对于玻璃砖入射面和出射面的选择，正确的是（　　）

A.只能选用两面
B.不能选用两面
C.既可选用两面，也可选用两面
【正确答案】 C

7-3（巩固） 如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在水平木板上面铺一张白纸，把一块两面平行的玻璃砖放在纸上，描出玻璃砖的两个边a和a′。然后在玻璃砖的一侧插两个大头针A、B，AB的延长线与直线a交于O点。在另一侧再插第三个大头针C，使它把A、B的像都挡住，插第四个大头针D，使它把A、B的像及第三个大头针C都挡住。那么后两个大头针就确定了从玻璃砖射出的光线CD，CD的延长线与直线a′交于O′点。下列说法中正确的是（　　）

A.只要入射角θ1足够大，光线在界面a′上可能发生全反射现象
B.该玻璃砖折射率的表达式为
C.入射光线AB与射出玻璃砖的光线CD是平行的
D.射出玻璃砖的光线相对入射光线来说产生了侧移，入射角越大，侧移越小。
【正确答案】 C

7-4（巩固） 某同学在测玻璃折射率时，把玻璃砖一边与aa′对齐，但另一条边bb′画得明显过宽，其它操作符合要求，则（　　）

A.折射角比实际值偏大，折射率比真实值小
B.折射角比实际值偏小，折射率比真实值大
C.折射角比实际值偏小，折射率比真实值小
D.折射角等于实际值，对折射率的测量没有影响
【正确答案】 A

7-5（巩固） 用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率，O为玻璃截面的圆心，使入射光线跟玻璃砖平面垂直，图中的P1、P2、P3、P4是四个学生实验时插针的结果。在这四个图中可以比较准确地测定折射率的是（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 C

7-6（巩固） 如图所示，甲、乙两同学用插针法测量梯形玻璃砖的折射率，、、和是实验中甲同学插的大头针，、是乙同学插的大头针。下列说法正确的是（　　）

A.甲同学利用大头针、及、作图，测出入射角和折射角，用角度比值即可求出折射率
B.甲同学插好大头针、并画好两平行边界后，不小心将玻璃砖向上平推了一下，则实验测得的折射率变大
C.沿、方向的入射光线，经AB面折射到达CD面时，在CD面可能发生全反射
D.乙同学在界面BD观察到大头针、的像，也可以测量玻璃砖的折射率
【正确答案】 D

7-7（巩固） 小明同学在实验室里用插针法测平行玻璃砖折射率的实验中，已确定好入射方向AO，插了两枚大头针P1和P2，如图所示（①②③是三条直线）。在以后的操作说法中你认为正确的是（　　）

A.在bb′侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在①线上
B.在bb′侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4可能插在③线上
C.若保持O点不动，减少入射角，在bb′侧调整观察视线，另外两枚大头针P3和P4可能插在①线上
D.若保持O点不动，增大入射角，在bb′侧调整观察视线，看不清P1和P2的像，这可能是光在bb′界面发生全反射
【正确答案】 C

7-8（提升） 如图所示，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下说法正确的是（　　）

(1)P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度
(2)P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高准确度
(3)入射角θ1适当大些，可以提高准确度
(4)入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行
(5)P1、P2的间距、入射角的大小均与实验的准确度无关
A.(1)(3) B.(2)(4) C.(3)(5) D.(1)(4)
【正确答案】 A

7-9（提升） 某同学测定玻璃砖的折射率。如图所示，半圆形玻璃砖的直径边界为EF、半圆弧边界为EDF，CD垂直EF并过圆心O。某次实验中，他沿OA画一条直线，并在OA线上适当位置竖直插上两枚大头针P1、P2；放上玻璃砖后，在另一侧寻找合适位置竖直插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，移走玻璃砖和大头针，沿O、P3做直线OB，直线OB可看成沿OA入射的光透过玻璃砖后的折射光线。下列选项正确的是（　　）

A.找折射光线时，应该在玻璃另一侧插两枚大头针P3、P4，不能只插一枚大头针P3
B.当∠AOC太大时，在玻璃砖的另一侧将看不到P1、P2的像
C.光在玻璃中和空气中的传播速度之比为
D.该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将偏大
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 斜面上的平抛运动,斜抛运动

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面如图紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛出，最后落在斜面上。其中三个小球的落点分别是a、b、c，已知落点a最低，落点c最高。下列判断正确的是（ ）

A.落点b、c比较，小球落在b点飞行时间最短
B.落在c点的小球向右水平抛出初速度v0最小
C.落在a、b两点的小球飞行时间均与初速v0成正比
D.落在a、b两点的小球，b的瞬时速度方向与v0的夹角大一些
【正确答案】 C

8-2（基础） 如图所示，一小球(视为质点)以速度v从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右，重力加速度为g，则小球从斜面底端到M点的时间为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-3（巩固） 跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员（包括滑雪板）以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则运动员在空中运动的过程中（　　）

A.动量变化量的大小为mv0tan θ
B.位移的大小为
C.距离赛道最远时的速度大小为
D.距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的
【正确答案】 D

8-4（巩固） 如图所示，在斜面顶端以速度向右抛出小球时，小球落在斜面上的水平位移为x1，在空中飞行时间为；以速度向右抛出小球时，小球落在斜面上的水平位移为x2，在空中飞行时间为。下列关系式正确的是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-5（巩固） 如图所示，两个完全相同的斜面倾角均为45°，高度均为h，A、B为两斜面的顶端、O为斜面的底端。现从左侧斜面顶端A以一定初速度v0水平抛出一个小球，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A.当小球下落到斜面上高度为处时，初速度v0为
B.若小球均落在左侧斜面上，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
C.若小球初速度v0足够大，则小球能落在右侧斜面的顶端B
D.若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则OC=
【正确答案】 D

8-6（巩固） 如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端P以初速度水平抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为，若把水平抛出初速度变为，小球仍落在斜面上，则下列说法正确的是（　　）

A.初速度变为时，落在斜面上的速度与斜面的夹角将变大
B.初速度变为时，PQ间距为原来间距的2倍
C.初速度变为时，在斜面上平抛运动时间为原来平抛运动时间的2倍
D.初速度变为时，落在斜面上速度大于原来落在斜面上速度的2倍
【正确答案】 C

8-7（巩固） 小明从斜面底端斜向右上方抛出两个完全相同的小球（视为质点），A球恰好落到斜面顶端，B球恰好落到斜面中点，且两球落到斜面上时的速度方向均刚好水平，不计空气阻力，则（　　）

A.抛出后，A球在空中运动的时间为B球在空中运动时间的2倍
B.抛出时，A球的速度大小为B球速度大小的2倍
C.落到斜面上时，A球的速度大小为B球速度大小的倍
D.抛出时，A球的速度方向与水平方向的夹角大于B球的速度方向与水平方向的夹角
【正确答案】 C

8-8（提升） 如图所示，斜面倾角为，且，现从斜面上O点与水平方向成角以速度，分别抛出小球1、2，小球1、2刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为，，设O、A间的距离为，O、B间的距离为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A.，、方向相同 B.，、方向不同
C.，、方向相同 D.
【正确答案】 A

8-9（提升） 如图所示，竖直平面内有一足够长且与水平方向成的斜面，斜面上有A、B两点，S点在O点正上方，其中OS、OA、AB的长度均为l，若以初速度从S点水平射出一个小球，正好可以击中A点，不计空气阻力，当地重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）

A.若将发射速度增大到2则正好击中B点
B.小球分别击中A点和B点时速度与斜面夹角相同
C.调整大小使小球击中B点，则击中时速度大小为
D.若小球以3的速度射出，则落到斜面的时间为
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 应用动能定理解多段过程问题,常见力做功与相应的能量转化,牛顿第二定律与图象结合

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 一个小球在离地高H处从静止开始竖直下落，运动过程中小球的机械能E随下落高度H的变化规律如图所示（选地面为零势能参考平面）。下列说法正确的是（　　）

A.小球可能受到了恒定的阻力
B.小球受到的阻力大小可能与速率成正比
C.小球可能做加速度增大的加速运动
D.小球可能做加速度不变的加速运动
【正确答案】 B

9-2（基础） 从地面竖直向上抛出一个质量为1kg的小球，其上升和下降过程中的动能-位移图像如图所示。其中E0为竖直上抛的初动能，空气阻力大小恒定，g取10m/s2，结合图像信息可判断下列说法中正确的是（　　）

A.该图像取竖直向下方向为位移的正方向
B.小球抛出后，上升的最大高度为60m
C.空气阻力的大小为1.5N
D.初动能E0的大小为540J
【正确答案】 D

9-3（巩固） 如图甲所示，置于水平地面上质量为的物体，在竖直拉力作用下，由静止开始向上运动，其动能与距地面高度的关系如图乙所示，已知重力加速度为，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）

A.在过程中，大小始终为
B.在和过程中，做功之比为
C.在过程中，物体的机械能先增大后减小
D.在过程中，物体的机械能不变
【正确答案】 D

9-4（巩固） 从地面竖直向上抛出一物体，物体运动过程中受到大小不变的阻力，以地面为重力势能零势面，上升过程中，该物体的机械能和重力势能随离开地面的高度h的变化如图所示，g取10m/s2.由图中数据可得（　　）

A.抛出时，物体的速率为20m/s
B.上升经过时，物体的动能为80J
C.下降经过时，物体的动能为60J
D.从抛出至落回地面的过程中，物体的动能减少40J
【正确答案】 C

9-5（巩固） 一质量为m的小球从地面上以初速度v0竖直上抛，一段时间后落回地面，小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，v1为小球再次落回地面的速率，则（　　）

A.小球上升过程中的平均速度小于下降过程的平均速度
B.整个过程中阻力做功为mvmv
C.小球上升和下降过程中重力的冲量大小相等
D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
【正确答案】 D

9-6（巩固） 某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后做出H-h图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是（　　）

①物块a，b的质量之比 ②物块a、b的质量之比
③H-h图像的斜率为k取值范围是0 A.①③ B.②③ C.①④ D.②④
【正确答案】 D

9-7（巩固） 从地面上把一小球竖直向上抛出，小球受到的空气阻力大小与速率成正比，取地面处的重力势能为零，小球上升的最大高度为，小球落回地面时仍处于加速状态，则下列小球动能、重力势能、机械能、速率平方与小球离地高度的关系图象正确的是（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 B

9-8（提升） 质量为的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F做的功和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取。下列分析正确的是（　　）

A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.3
B.时，物体的动能为
C.物体在前位移中的加速度为
D.物体运动的最大位移为
【正确答案】 B

9-9（提升） 一足够长的长木板倾斜固定，一可视为质点的滑块由长木板的底端以初速度冲上长木板，经过一段时间返回底端，整个过程中损失的动能为初动能的一半。如果滑块冲上长木板瞬间的速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A.两次滑块在长木板上运动的时间之比为
B.两次滑块克服摩擦力做功之比为
C.两次返回长木板底端的速度之比为
D.第二次返回斜面底端的动能为初动能的
【正确答案】 A

【原卷 10 题】 知识点 电场强度的叠加法则,带电粒子在电场中的电势能,利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化,点电荷周围电势的表达式与多个电荷的叠加

【正确答案】
D
【试题解析】


10-1（基础） 在竖直面内一绝缘正方形环上：AB、BC段中点处放有等量正电荷，AD、CD段中点处放有等量负电荷，a、b、c、d是正方形对角线上四点，它们到中心的距离均相等，则（　　）

A.b、d两点电势相等 B.a、c两点电势相等
C.a、c两点电场强度大小相等，方向相反 D.b、d两点电场强度大小相等，方向相反
【正确答案】 B

10-2（基础） 在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为d的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电做量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球处于静止状态，则（　　）

A.c球带电量为
B.匀强电场场强大小为
C.匀强电场场强大小为
D.匀强电场场强方向由的中点指向c点
【正确答案】 B

10-3（巩固） 如图所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点，电荷B固定在处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出图像。已知图线与x轴的交点横坐标为和，处的切线与x轴平行。已知点电荷的电势公式，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）

A.电荷A带负电，电荷B带正电
B.两点电荷的电荷量之比为
C.横坐标和的差
D.在x轴上的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
【正确答案】 C

10-4（巩固） 空间中a、b、c、d四点位于正四面体的四个顶点，m、n两点分别ab是和cd的中点。在a、b两点分别固定等量正电荷，正四面体对电场分布没有影响。下列说法正确的是（　　）

A.m、n两点的电势相等
B.c、d两点的电场强度相同
C.带正电的试探电荷从c点沿cm移动到m点，试探电荷的电势能减小
D.带负电的试探电荷从c点沿cd移动到d点，试探电荷的电势能先减少后增加
【正确答案】 D

10-5（巩固） 位于水平面的一个圆上有等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电的点电荷，这三个点电荷的带电荷量相同，如图所示。设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小为、电势为，则关于圆上正北点处的电场场强大小E、电势的说法正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 D

10-6（巩固） 如图所示，a、b、c、d为四个质量均为m的带电小球，恰好构成“三星拱月”之形。小球a、b、c在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球带同种电荷，带电量大小q，三小球所在位置恰好将圆周三等分。小球d带电量大小为4q，位于圆心O点正上方h处，且在外力作用下处于静止状态。已知h=R，静电力常量为（　　）

A.小球d一定带负电
B.小球c的加速度大小为
C.小球a在转动过程中，电势能始终不变
D.小球b转动一周的过程中，小球a对其始终不做功
【正确答案】 C

10-7（巩固） 一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电量分别为＋q和－q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中．现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中(　　)

A.小球2受到的电场力减小
B.小球1电势能减少了Uq
C.小球1、2的机械能总和增加了Uq＋mgl
D.小球1、2的动能总和增加了Uq
【正确答案】 D

10-8（提升） 如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC。顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、-q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系。已知静电力常量为k。则（　　）

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

10-9（提升） 如图所示，两个等量同种正点电荷Q固定在真空中同一水平线上，相距为r，O为两者连线的中点，过O点沿竖直方向做两者连线的垂线MN。质量为m、带负电的小球（可视为质点）放在MN上的P点，P到两个点电荷的距离均为r，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

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

【原卷 11 题】 知识点 多用电表的结构和使用方法,多用电表欧姆挡的测量原理和内部电路,多用电表测电阻的方法、操作步骤、注意事项和读数

【正确答案】

【试题解析】


11-1（基础） 为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表。某同学想通过多用电表中的欧姆挡结合量程为3V的电压表去测量欧姆挡内部所用电池的电动势。
（1）该同学将欧姆挡的选择开关拨至“×100”的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用图2中______（选填“A”或“B”）方式连接。
（2）第一次测量该同学发现指针偏角较小，又将欧姆挡的选择开关拨至“×_____”的倍率挡，并_____，重新测量，欧姆表的读数如图3甲所示，读数为______，
（3）电压表的读数如图3乙所示，若该欧姆表表盘的欧姆刻度线中间刻度值为15，则可算出的多用电表在该倍率下欧姆挡的内阻为______Ω，还可算出欧姆挡内部所用电池的电动势为_____V。（最后一空计算结果保留两位有效数字）

【正确答案】 B 1000或1k 欧姆调零 30000 15000 2.4

11-2（基础） 小明同学研究了多用电表的结构原理，利用学校实验室的器材，自己组装了一个有多挡倍率的欧姆表。学校可供使用的器材如下：电流表（量程，内阻，表盘可调换），干电池3节（每一节干电池电动势为、内阻为），定值电阻两个，多量程多用电表表盘，滑动变阻器两个——其中微调滑动变阻器（最大阻值）和粗调滑动变阻器（最大阻值）。

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

11-3（巩固） 某物理兴趣小组成员采用多种方法测电阻：
（1）李同学器材间连线如图所示，请在虚线框中画出对应的电路图___________；

①连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最___________（填“左端”或“右端”），先将单刀双掷开关掷到左边，调滑动变阻器至合适值，记录电流表读数；
②再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次相同，电阻箱的示数如图所示。则待测电阻___________Ω。电流表内阻_______（填“会”或“不会”）给测量结果带来误差。
（2）张同学和王同学一起制了一个两挡位（“× 10”和“× 100”）的简易欧姆表，电路结构如图所示，把红、黑表笔与A、B连接后，可测量电阻。使用的器材如下：

A．干电池：电动势E为1.5V，内阻r不计
B．电流表G：满偏电流，内阻
C．滑动变阻器R
D．定值电阻R0
E．电阻箱R1
F．红、黑表笔各1支，导线及电键若干
①该欧姆表___________（填“A”或“B”）接红表笔；
②开关S1断开，红、黑表笔短接，调节R使电表指针满偏，此挡位欧姆表的内阻为___________；将电阻箱R1接在红、黑表笔之间，当电阻箱的阻值调节到R1=___________Ω时，可以使电流表G的指针指在满偏电流处；
③若电池内阻不可忽略，但仍可欧姆调零，则对未知电阻的测量结果___________（填“有”或“无”）影响；
④当开关S1闭合时，倍率为___________ （填“×10”或“×100”）挡。
【正确答案】 右端 5 不会 B 1500 3000 无 ×10

11-4（巩固） 如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。
（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量______；当S旋到位置______时，电表可测量直流电流，且量程较大；A、B两表笔中，______为红表笔；

（2）用多用电表在测量通过小灯泡的电流时，应选择下图中的______连接方式（选填字母序号）。
A．B．C．D．
（3）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择______（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：

A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；
B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；
C．可变电阻器R；
D．定值电阻R0=1Ω；
E．导线若干，红黑表笔各一只。
①在乙图，表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是______Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、后倍率之比为______。
【正确答案】 直流电压 1 A B ×100 偏大 2×104 100︰1

11-5（巩固） 某实验小组欲制作一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，使用的实验器材如下：

A．电流表G（满偏电流，内阻）；
B．定值电阻；
C．定值电阻；
D．滑动变阻器（最大阻值为1000Ω）；
E．电源（电动势为9V）；
F．单刀双挪开关S；
G．红、黑表笔及导线若干。
其内部结构如图所示，回答下列问题：
（1）图中A接____（填“红”或“黑”）表笔；
（2）将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为_______（填“×1”或“×10”）；
（3）现用该欧姆表测量一未知电阻，选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻接在A、B之间，发现电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器的滑片_______（填“向上”或“向下”）移动，使电流表满偏，再次将电阻接在A、B之间，稳定后电流表⑥的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则未知电阻=_______Ω。
【正确答案】 黑 ×10 向下 60

11-6（巩固） 某物理实验小组在整理器材时发现一多用电表，欧姆挡能正常工作。小明设计实验，测多用电表“”欧姆挡正常工作时，内置电源的电动势E和“”欧姆挡电阻；小明发现“”欧姆挡电阻约为。用到的实验器材如下：
电压表：量程，内阻
定值电阻
滑动变阻器：
滑动变阻器：
设计电路如图所示，实验过程如下：

（1）滑动变阻器应选用_______。
（2）红表笔应接电路_______插孔（选填“a”或“b”），红黑表笔短接，进行欧姆调零。
（3）多次调节滑动变阻器P的位置，测得多组电压表示数U和欧姆表示数R。某次电压表示数如图所示，则滑动变阻器上的电压为_______V。

（4）根据实验数据，作出图像如图所示，则_______V，_______。（保留3位有效数字）

（5）小明把实验室里的另一刻度模糊的多用电表调到“”欧姆挡，完成欧姆调零后直接把电压表（内阻）接红黑表笔两端，欧姆表指针偏转，则多用电表“”欧姆挡的内阻为______。
【正确答案】 滑动变阻器 b 1.20 1.54 13.5 1500

11-7（巩固） 某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。

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

11-8（提升） 如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位分别为直流电压1V挡和5V挡。直流电流1mA和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

（1）测量时，接线柱B接的是___________（填“红”或“黑”）表笔；若开关B端是与“1”相连的，则此时多用电表的挡位为___________挡；（填题干中所给5个挡位中的一个）
（2）电路中R4与R5的比值___________（填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）若电池E的电动势为1.5V，当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，则该电阻的阻值为___________Ω。电池E使用时间较长，电池的电动势变小、内阻变大；重新调零后，实验要求若被测电阻阻值等于中值电阻时，测量的相对误差不能超过，则电池电动势降低为___________（结果保留两位有效数字）时必须更换电池；
（4）另一个同学设计了一只简易欧姆表，并将表盘的电流刻度转化为电阻刻度；其电路如下图所示。关于该欧姆表，下列说法正确的是___________。

A.电阻刻度的零位在表盘的左端 B.表盘上的电阻刻度是均匀的
C.测量前，需要红、黑表笔短接调零 D.测量后，应将开关S断开
【正确答案】 红 2.5mA 小于 500 1.4 AD或DA

11-9（提升） 在研究欧姆表的使用和工作原理时，某物理兴趣小组依次进行下列操作。
（1）对欧姆表刻度的认识：用调整好的欧姆表测滑动变阻器的电阻，绘制R-θ图像，R为滑动变阻器被测量部分的电阻，θ为表针相对于表盘左侧转过的角度，下列图像中可能正确的是______。（填正确答案标号）

（2）测量某导电凝胶的电阻；该导电凝胶电阻变化规律如图甲所示，先用50分度游标卡尺测量该导电凝胶的厚度，游标卡尺示数如图乙所示；然后用多用电表的欧姆挡测量其电阻值。

①该导电凝胶的厚度d=________mm；
②所使用的多用电表欧姆挡共有“×1”“ ×10”“ ×100”“ ×k”四个挡，为了准确地进行测量，进行如下操作；

A．旋转选择开关至欧姆挡______（填“×1”“ ×10”“ ×100”或“×1k”）挡位；
B．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度；
C．将两表笔分别连接到导电凝胶Rx的两端，指针位置如图丙所示，Rx的测量值为______ Ω；
D． 旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔。
（3）测电压表的内阻：若欧姆表内的电池因使用时间太长而老化（电动势变小，内阻变大）。但还能完成调零，则调零后欧姆表的内阻______（填“大于”“小于”或“等于”）正常值，在这种情况下测量电压表的内阻，则测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
【正确答案】 D 15.06 16000 小于 大于

【原卷 12 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题,应用盖吕萨克定律解决实际问题

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） 竖直平面内有一内径处处相同的直角形细玻璃管，A端封闭，C端开口，AB段处于水平状态。气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图所示，此时气体温度，外界大气压强。现缓慢加热封闭气体，使AB段的水银恰好排空。
（1）求此时气体的温度并说明在此过程中外界对气体的做功情况；
（2）此后再让气体温度缓慢降至初始温度，求气体的长度。

【正确答案】 （1），外界对气体做负功；（2）

12-2（基础） 某山地车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形气缸（出厂时已充入一定量气体）。气缸内气柱长度变化范围为40mm～100mm，气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦：
（1）将其竖直放置于足够大的加热箱中（加热箱中气压恒定），当温度时空气柱长度为60mm，当温度缓慢升至时空气柱长度为72mm，通过计算判断该避震器的气密性是否良好。
（2）在室外将避震器安装在山地车上，此时空气柱长度为100mm，气缸内的压强为，骑行过程中由于颠簸导致气柱长度在最大范围内变化（假定过程中气体温度恒定），求气缸内的最大压强。（结果用表示）

【正确答案】 （1）避震器不漏气，详见解析；（2）

12-3（巩固） 如图所示，开口向右水平固定汽缸内用活塞封闭有一定质量的理想气体，汽缸长度，缸内横截面积为50，活塞通过绕过固定小滑轮的细线与一个总质量为的沙桶相连，沙桶距地面足够高。活塞与汽缸无摩擦且不漏气，缸内气体温度为300K，活塞刚好位于汽缸正中间处，整个装置静止。现使缸内气体缓慢升温，活塞缓慢向右移动8cm时，停止加热。已知大气压恒为，重力加速度为，求：
（1）此时缸内气体温度；
（2）停止加热后，减少沙桶中沙子，经过较长时间后，缸内气体温度已经恢复至300K。活塞停在距离汽缸底部10cm处，求沙桶中减少的沙子质量。

【正确答案】 （1）500K；（2）5kg

12-4（巩固） 如图所示，足够长的A、B两薄壁气缸的质量分别为m1=5kg，m2=10kg，分别用质量与厚度均不计的活塞C、D将理想气体M、N封闭在气缸内，C、D两薄活塞用一跨过两定滑轮且不可伸长的柔软轻绳连接，气缸B放置在水平地面上，系统在图示位置静止时，气缸A的底部距离地面的高度，C、D两活塞距离气缸底部分别为h与3h，h=28cm。外界大气压恒为p0=1.0×105Pa，气体M的热力学温度T1=280K，C、D两活塞的横截面积均为S=0.01m2，取重力加速度大小g=10m/s2，不计一切摩擦。对气体M缓慢加热，气体N的热力学温度始终保持在280K，求：
（1）气缸A的底部刚接触地面时气体M的热力学温度T2；
（2）气体M的温度升到T3=450K时活塞D距离地面高度h'。

【正确答案】 （1）T2=420K；（2）

12-5（巩固） 如图所示，将一横截面积为S的圆柱形薄壁容器开口向下缓慢竖直插入足够深的水中，放手后容器在某位置保持漂浮状态，此时容器内空气柱的长度为，容器露出水面的长度为。已知大气压强为，容器内空气的温度为，水的密度为，重力加速度大小为g，容器内的空气可视为理想气体。
（1）将容器内空气的温度缓慢升高到时，求容器露出水面的长度；
（2）将容器竖直向下缓慢地压入水中至容器内水面所处深度为h时，放手后容器保持悬浮状态（图未画出），求h。

【正确答案】 （1）；（2）

12-6（巩固） 如图所示，两个横截面面积10、质量均为0.2kg的导热活塞，将上端开口的竖直导热气缸分成A、B两部分，A、B两部分均封闭有理想气体，两个活塞之间连有劲度系数100N/m、原长为20cm的竖直轻弹簧。开始时，气体温度为27°C，A部分气柱的长度为15cm，B部分气柱长度为18cm。现启动内部加热装置（图中未画出）将气体温度缓慢加热到327°C，已知外界大气压强为，活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，活塞始终在气缸内部移动，重力加速度g取10，热力学温度与摄氏温度关系为，。求：
（1）加热后A部分气体气柱的长度；
（2）加热后B部分气体气柱的长度。

【正确答案】 （1）30cm；（2）31.5cm

12-7（巩固） 为了方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在紧贴锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口竖直向上，用质量为的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为。当汽缸内温度为时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻绳悬挂的重物M。当绳上拉力为零时，警报器会报警。已知缸外大气压强，活塞与器壁之间摩擦可忽略，取重力加速度，求：
（1）当活塞刚刚碰到重物时，汽缸内气体的温度为多少？
（2）若悬挂的重物质量为，则汽缸内气体温度要升高到多少时警报器才会报警？

【正确答案】 （1）；（2）

12-8（提升） 如图，水平面上固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧上端有一个两端开口的绝热汽缸，汽缸内有一加热装置，图中未画出，两绝热活塞A和B封住一定质量的理想气体，活塞A的质量为，汽缸内部横截面的面积为，弹簧上端固定于活塞B上，平衡时，两活塞间的距离为。已知大气压强为，初始时气体的温度为，重力加速度大小为，两活塞A、B均可无摩擦地滑动但不会脱离汽缸，且不漏气，汽缸侧壁始终在竖直方向上，不计加热装置的体积，弹簧始终在弹性限度内且始终在竖直方向上。
（1）启动加热装置，将气体的温度加热到，求此过程中活塞A对地移动的距离；
（2）如果不启动加热装置，保持气体温度为不变，在活塞A施加一个竖直向上的拉力，活塞A缓慢地移动了一段距离后再次达到平衡状态，求此过程中活塞A对地移动的距离。

【正确答案】 （1）4cm；（2）14cm

12-9（提升） 如图甲所示，一水平固定放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细缸连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细缸连接处的距离均为L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为2S、S，环境温度为，重力加速度大小为g，大气压强保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。
（ⅰ）缓慢升高环境温度，稳定后活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细缸连接处，求环境温度T及此时细线张力；
（ⅱ）在图乙中，若温度保持不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细缸连接处并保持静止，求稳定后推力及活塞Ⅰ到粗细缸连接处的距离x。

【正确答案】 （ⅰ），；（ⅱ），

【原卷 13 题】 知识点 有效值读取交流电表示数的含义,计算转动过程中通过线圈截面的电量

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 将硬导线中间一段弯成直径d=1m的半圆形，它在磁感应强度大小、方向如图所示的匀强磁场中绕ab轴匀速转动，硬导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有一“12V，12W”的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分电阻不计，求：
（1）硬导线在磁场中匀速转动的转速n：
（2）由图示位置开始计时，该感应电流的瞬时值表达式及在时导线中的瞬时电流i。

【正确答案】 （1）；（2）

13-2（基础） 2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌的共享单车，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abcd的面积为，共有匝，线圈总电阻，线圈处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴转动，线圈在转动时保持与外电路电阻连接，不计电流表内阻。在外力作用下线圈以的角速度匀速转动时，从图乙所示位置开始计时，
（1）求线圈电动势的瞬时表达式；
（2）求电流表示数；
（3）求线圈转一圈过程中整个电路产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-3（巩固） 一旋转磁极式发电机的原理图如图甲所示，其线圈固定，磁体在外力的驱动下绕线圈对称轴转动，输出端通过一原、副线圈匝数比为的变压器向电阻为的用电器（可视为纯电阻）供电，如图乙所示，理想电压表的示数为．已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为，线圈的匝数为、面积为、电阻为．求：
（1）变压器原线圈中理想电流表的示数；
（2）磁体转动的角速度．

【正确答案】 （1）；（2）

13-4（巩固） 某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长，线圈以角速度绕中心轴匀速转动，和边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为，外接电阻为，求：
（1）边切割磁感线时所受安培力的大小；
（2）从边进入磁场开始计时，在下图中作出一个周期内的图像：
（3）外接电阻上电流的有效值。

【正确答案】 （1）；（2）见解析；（3）

13-5（巩固） 如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，线圈共10匝，电阻，，，负载电阻。
（1）写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）求电阻R在0.1s内产生的热量；
（3）线圈从中性面开始，转过0.1s的过程中，求流过电阻R的电荷量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-6（巩固） 如图是一个小型应急交流发电机，内部为匝、边长的正方形线圈，总电阻为。线圈在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动。当线圈的转速为时，电灯正常发光。已知电灯电阻为，线路中其他电阻不计。求：
（1）电灯正常发光的功率；
（2）从图示位置开始，线圈转过30°时，电灯两端的电压；
（3）线圈每转动一分钟，外力所需做的功。

【正确答案】 （1）4W；（2）；（3）300J

13-7（巩固） 图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的匝数、电阻，线圈的两端经集流环与电阻连接，电阻。在时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间按图（乙）所示正弦规律变化。求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）电阻在1分钟内产生的热量；
（3）线圈从图示位置转过90°角过程中回路的平均电流。

【正确答案】 （1）200V；（2）10800J；（3）1.27A

13-8（提升） 图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接，在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）。
（1）求线圈从图示位置转动90°时电流表的示数；
（2）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）

13-9（提升） 贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2022年我国风力发电量高达5441亿千瓦时，某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为10匝，面积为，电阻为0.50Ω，若磁体转动的角速度为，线圈中产生的感应电流80A。求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E；
（2）从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值e；
（3）线圈的输出功率。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 14 题】 知识点 受变化外力的板块问题,功的定义、计算式和物理意义,完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 如图所示，长L=2.0m平板小车静止在水平地面上。A、B为小车的两端点，小车的上表面距离地面的高度h=1.25m。小车的质量M=3.0kg。质量m=1.0kg的小铁块p（可视为质点）静止在平板小车AB的正中央，现在对小车施加一个F=l4N的水平向右的恒力。铁块与小车开始发生相对滑动，并在铁块P滑离小车的瞬时撤掉F。已如铁块与小车之间的动摩擦因数，不讲小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)力F作用在小车上时，小车加速度的大小以及铁块在小车上运动的时间；
(2)铁块落地时与平板小车的A端的水平距离。

【正确答案】 (1)4m/s2，1s(2)1.0m

14-2（基础） 如图所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的长度L=1m，在木板的右端放置一个质量m=1kg，可视为质点的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2现对木板施加一水平向右的力F，求:
(1)若F=2N，求铁块受到的摩擦力大小和方向；
(2)若F=14N，求铁块运动到木板左端的时间。

【正确答案】 (1)0.5N 方向向右 (2) 1 s

14-3（巩固） 如图所示，静止在水平地面上的长木板A，其右端竖直凸起，质量，上表面水平且长（不包括凸起部分），质量的小滑块B（可视为质点）静止在长木板A的左端，现对小滑块B施加一水平向右、大小的恒力，小滑块B与长木板A碰撞时撤去该力。已知小滑块和木板、木板和地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，为弹性碰撞，水平地面足够长，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）小滑块B与长木板A碰前瞬间的速度大小；
（2）到系统静止，小滑块B到长木板A左端的距离和长木板A全程相对地面的位移。

【正确答案】 （1）3m/s；（2）0.75m，2.5m

14-4（巩固） 如图所示，一块质量为M=2kg，长为L=4m的均质薄木板B静止在水平地面上，B的右端静止放置质量为m=2kg的物块A（可视为质点），B和A之间的动摩擦因数为。在B上施加一水平向右的恒定推力F=24N，则经过t=2s后A和B分离。若推力F作用了后撤去，重力加速度取，求：
（1）B与水平地面间的动摩擦因数多大？
（2）再经过多长时间二者第一次共速？
（3）A和B都静止时，A距B右端多远？


【正确答案】 （1）0.3；（2）0.2s；（3）0.48m

14-5（巩固） 如图所示，质量为可忽略厚度的木板A放在水平面上，其上静止放置可视为质点的木块B、C，质量均为，木块B距A左端，木块C距A左端。现给木板A施加一水平向右的外力使其保持的加速度加速运动。已知木块B与木板A、木块B与地面之间的动摩擦因数均为，木块C与木板A、木块C与地面之间的动摩擦因数均为，木板A与地面之间的动摩擦因数，取。试求：
（1）木块B和木块C分别脱离木板之前木板受到的外力和。
（2）木块B与木块C最终相距的距离。

【正确答案】 （1）；；（2）

14-6（巩固） 长木板的质量，长度，静止在水平地面上，在木板最左端放置一质量为的小物块（可看作质点）。物块和木板、木板和水平地面间的动摩擦因数分别为，。某时刻对小物块施加一个水平向右的恒力，使小物块由静止开始运动。已知重力加速度大小。试求：
（1）当时，求小物块的加速大小是多少？
（2）若运动中小物块始终不会从木板上滑落，则的大小满足什么条件？
（3）若，作用一段时间后撤去，发现小物块恰好没有从长木板上滑下，求出作用的时间和长木板运动的总位移。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），

14-7（巩固） 如图所示，在水平地面上放置一个质量为M＝2kg的足够长的木板，在木板上方放置一个质量为m＝1kg的小木块。木板和小木块均处于静止的状态。已知小木块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平地面间的动摩擦因数为。（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地重力加速度）
（1）如果在静止的长木板右端施加一个水平向右的恒力F，使小木块和木板之间能发生相对滑动，求该恒力F大小的取值范围。
（2）某时刻，如果在静止的小木块的右端施加一个水平向右的力F，从该时刻开始计时，力F的大小随时间的变化规律为F＝5t，求力F作用多长时间小木块的加速度达到。

【正确答案】 （1）；（2）

14-8（提升） 如图所示，“L”形木板C静置于足够大的光滑水平地面上，物块A静置在C上某处，底面光滑的物块B静置在A右侧到A的距离处，B与C右端的距离。现对A施加一大小F=0.8N、方向水平向右的恒定推力，经过一段时间后撤去推力，此时A与B恰好发生弹性正碰，碰撞时间极短，再经过一段时间B与C右端碰撞并瞬间粘在一起。已知A、C的质量均为m=0.1kg，B的质量为，A、C间的动摩擦因数，取重力加速度大小g=10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均视为质点，物块A始终未滑离木板C。求：
（1）施加推力时C的加速度大小a；
（2）A、B第一次碰撞后瞬间A的速度大小以及B的速度大小；
（3）从撤去推力到B与C右端碰撞的时间t。

【正确答案】 （1）4m/s2；（2）1m/s，4m/s；（3）0.8s

14-9（提升） 如图所示，质量M=2kg、长L=2.17m、高h=0.2m的长木板C静置在光滑水平面上。C上放置两个视为质点的小块A和B，质量mA=mB=1kg。A距C的左端x=1.81m，与C间的动摩擦因数μ=0.2。B在C的右端，与C的摩擦可忽略。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现对C施加一个水平向右的恒力F。
(1)求当F=3N时，A所受摩擦力的大小；
(2)为使A与B能碰撞，且碰撞之前的运动耗时最短，则该最短时间是多少？F需满足什么条件？
(3)若水平向右的力F=10N，求A落到地面时与C左端的距离。已知A与B碰撞后，两者速度大小和方向将发生互换。

【正确答案】 (1)1N；(2)0.6s，6N≤F≤26N；(3)

【原卷 15 题】 知识点 粒子由电场进入磁场

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 如图所示，在的空间中存在着沿轴正方的匀强电场；在的空间中存在垂直平面向里的匀强磁场。一个带负电的粒子，质量为，电荷量为，不计重力，从轴上的点以平行轴的初速度射入电场，经过轴上的点。求：
（1）电场强度的大小
（2）已知粒子进入磁场后恰好通过坐标原点，求磁感应强度的大小

【正确答案】 （1）；（2）

15-2（基础） 如图所示，在的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在的空间中存在方向垂直xOy平面（纸面）向外的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，自y轴上的点以速率沿x轴正方向射入电场；然后经过x轴上的点进入磁场，经磁场偏转后，经过坐标原点O返回第一象限。已知，，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）磁感应强度的大小B。

【正确答案】 （1）；（2）

15-3（巩固） 如图所示，有一粒子源，可以产生某种质量为m，电荷量为q的带正电离子，离子从静止开始经M和N两板间的电场加速后，从cd边的中点O沿纸面以与Od成30°角的方向射入边长为a的正方形abcd边界内的匀强磁场区域，已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计粒子的重力以及离子间的相互作用。求：
（1）若要离子全部从ab边射出，加速电场MN两板间的电压U满足的条件；
（2）若加速电场MN两板间的电压，离子在磁场中运动的时间t。

【正确答案】 （1）；（2）

15-4（巩固） 如图所示，在xOy坐标平面的第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，在第一象限的等腰直角三角形MON内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，MO长为4L。在x轴上坐标为（-L，0）的P点，沿y轴正方向射入一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子从P点射出的初速度大小为v0，粒子刚好从MO的中点Q进入磁场，粒子经磁场偏转后，沿x轴正向射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子在电场和磁场中运动的总时间为多少；
（3）通过改变磁感应强度大小，使粒子能第二次进入电场，则改变后的匀强磁场的磁感应强度最小值为多少。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-5（巩固） 如图所示，截面边长为L的等边三角形容器AMN的三条边均由光滑弹性绝缘壁构成，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场，小孔P是AM的中点，底边MN水平放置。AM的左侧有竖直向下的电场强度为E的匀强电场。将一质量为m、电荷量为+q的粒子以一定的初速度从O点垂直射入匀强电场，初速度方向平行于MN，粒子恰好从小孔P以速度v垂直于AM边进入容器内的匀强磁场，与器壁2次垂直碰撞后（碰撞时无能量和电荷量损失）仍从小孔P垂直于AM射出（运动轨迹为图中虚线）。不计粒子重力。求：
（1）粒子在O点的初速度v0；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从射入电场到射出磁场运动的时间t。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-6（巩固） 某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为。水平放置的目标靶长为，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为、竖直距离为。从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。

【正确答案】 （1）；（2）垂直纸面向里，；（3）

15-7（巩固） 如图，在平面直角坐标系内，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为（未知）；第二象限存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小；第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，圆形区域分别在P点、Q点与轴、轴相切，其半径。一比荷、不计重力和空气阻力的带正电粒子，从第二象限的A点由静止释放，A点坐标为，该粒子从轴上C点进入第一象限，恰从P点进入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求：
（1）粒子经过C点的速度大小；
（2）电场强度的大小及粒子经过P点的速度；
（3）粒子在磁场中运动的时间（结果可用表示）。

【正确答案】 （1）；（2），；（3）

15-8（提升） 如图所示，在y>0的区域内存在垂直于xOy平面向里，大小为B的匀强磁场，y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出）。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子（不计重力）自y轴上的点P以初速度v0沿x轴正方向射出，经点M（L，0）进入磁场，且速度与x轴正方向的夹角为60°，经磁场偏转后从x正半轴上的点N离开磁场。
（1）求匀强电场的场强大小E以及点P的坐标；
（2）求MN两点间距d以及粒子在磁场中运动的时间t0；
（3）若粒子运动到点N瞬间，将y<0的区域的电场撤去，改为垂直于xOy平面向里，大小为λB（λ>0）的匀强磁场，结果使得粒子的轨迹在之后的运动中能够与y轴相切，试求λ的可能取值。

【正确答案】 （1），（0，）；（2），；（3）或

15-9（提升） 如图所示，在xOy平面内半径为R（未知）的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，圆形区域的边界与y轴在坐标原点O相切，区域内磁场的磁感应强度大小为。空间中z轴正方向垂直于xOy平面向外，x轴上过D点放置一足够大且垂直于x轴的粒子收集板PQ，PQ与yOz平面间有一沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。x轴上过C点垂直于x轴的平面MN与PQ间存在沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。在xOy平面内的区域内，有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿y轴正方向以速度射入圆形区域，经过磁场偏转后所有粒子均恰好经过O点，然后进入y轴右侧区域。已知电场强度大小，磁感应强度大小，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）带电粒子在圆形区域内做圆周运动的轨道半径；
（2）带电粒子到达MN平面上的所有位置中，离x轴最远的位置坐标；
（3）经过MN平面时离x轴最远的带电粒子到达收集板PQ时的位置坐标。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据质量数与电荷数守恒有
4+14-17=1，2+7-8=1
可知，α粒子轰击，生成，并产生了质子，A错误；
B．经过4次α衰变，2次β衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，则原来的原子核中子数为
238-92=146
则新核与原来的原子核相比，中子数少了10个，B错误；
C．放射性β射线其本质是高速电子流，C错误；
D．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，D正确。
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．一个核含有84个质子，134个中子，A错误；
B．由核衰变方程电荷数守恒和质量数守恒，可得Y为α粒子，它的穿透力最差，故B错误；
C．Po核比Rn核稳定，所以Po核比Rn核的比结合能大，C正确；
D．原子核的半衰期只与原子核本身有关，用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期，故D错误。
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，故A错误；
B．金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越大，故B错误；
C．由于生成物比反应物稳定，所以Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大，故C正确；
D．β衰变的实质是原子核内部的一个中子放出一个电子变为一个质子，故D错误。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．目前核电站使用的都是核裂变技术，故A错误；
B．核反应是核裂变，故B错误；
CD．恒星、氢弹、太阳都是利用核聚变释放能量，而原子弹利用的核裂变，故C正确，D错误；
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由电荷数守恒和质量数守恒可知，X的质量数为

核电荷数为

可知X为中子，核反应①、②为聚变反应，又称热核反应，A错误；
B．由核反应方程②可知，由于该核反应释放出核能，所以生成物比反应物更稳定，比结合能也更大，即的比结合能比的比结合能小，B错误；
C．由质能方程可知，反应式①中有核能放出，一定有质量亏损，因此方程①中：反应前后原子核总质量不相等，C错误；
D．方程②中，每个含有三个核子，因此每个核子平均释放的能量为

即核子平均释放的能量约为2.14MeV，D正确。
故选D。
1-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．衰变方程为

故A错误；
B．衰变产物的质子数是7个，故B错误；
C．衰变的实质是将一个中子转变为质子，并放出一个电子，故C错误；
D．一个半衰期后，剩下的为原来的，故D正确。
故选D。
1-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由质量数和电荷数守恒知氘（）和氚（）核聚变反应的方程是

A正确；
B．核反应前后质量数不变，B错误；
C．核聚变前氘（）、氚（）的总结合能为

核聚变反应后氦（）的总结合能

由于单个核子（）无结合能，故核聚变反应过程中释放的能量

C错误；
D．氘（）、氚（）、氦（）三种核中，氦（）平均结合能最大，最稳定，氘（）平均结合能最小，最不稳定，D错误。
故选A。
1-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据爱因斯坦质能方程，得

每秒太阳发生的核反应的次数
（次）
每秒钟太阳产生多少个中微子个数
个
故D正确，ABC错误。
故选D。
1-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．核聚变方程应为

故A项错误；
B．由比结合能定义可知反应释放能量
ΔE＝4×7.03MeV－3×2.78MeV－2×1.09MeV＝17.6MeV
故B项正确；
C．根据质能方程可知，反应放出的能量为
ΔE＝（2.0141u＋3.0160u－4.0026u－1.0087u）×931.5MeV/u≈17.5MeV
故C项错误；
D．氘、氚两种原子核获得足够大的动能，用来克服的是库仑斥力，才能实现核聚变，D项错误。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．在阳光照射下，常看到肥皂泡上有彩色花纹是由于薄膜干涉现象产生的，故A错误；
B．玻璃中的气泡有时看上去特别明亮，是由于光从玻璃射入气泡时发生全反射形成的，故B正确；
C．在阳光下用白纸对着凸镜前后移动时，在一定距离处纸上会出现耀眼的光斑，这是光的折射现象，故C错误；
D．飞机在阳光下作特技飞行时，有时会看到飞机变得非常明亮，是由于光的反射形成的，故D错误。
故选B。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．太阳光通过透明的装满水的金鱼缸后在地面上形成彩色光带是光的折射现象，选项A错误；
B．通过遮光板上的小孔观察远处明亮的电灯，看到电灯周围有一圈彩色光环是光的衍射现象，选项B正确；
C．油滴滴在潮湿水泥路面上形成油膜，在阳光照射下油膜上有一圈圈的彩色光环，是薄膜干涉，选项C错误；
D．吹出的肥皂泡上出现彩色条纹是光的干涉现象，选项D错误。
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据乙图和丙图可知条纹宽度变大，根据条纹间距公式

可知，条纹间距变大，可能是改用了波长较长的光，也有可能是增大了双缝到光屏的距离L，也有可能减小了双缝间的距离d，但是，条纹间距与光源到单缝的距离无关；红光的波长大于绿光，故C正确，ABD错误。
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可以看到，其条纹的特点是中央条纹最宽最亮，且条纹间距不相等，所以图为衍射图样，而不是干涉图样，故A不符合题意；
B．由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时能发生明显衍射现象，故B不符合题意；
C．只有在光的波长比障碍物小的多时才可以把光的传播看做直线传播，光沿直线传播只是近似规律，故C符合题意；
D．由衍射图样的特征可知，中央亮条纹的宽度与入射光的波长和单缝宽窄有关，入射光波长越长，单缝越窄，中央亮条纹的宽度越大，而红光的波长比紫光的波长要长，换用紫光照射，条纹间距变窄，故D不符合题意。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．因绿光折射率最大，橙光折射率最小，可知光屏上的三条亮线由上到下的顺序是橙、绿、蓝，选项A错误；
B．光屏上的三条亮线是光的折射造成的色散现象，选项B错误；
C．三种色光相比，照射到P处的蓝光折射率最大，则由

可知，在棱镜中的速度最小，在棱镜中传播距离最长，可知该色光在三棱镜中传播的时间最长，选项C正确；
D．三种色光相比，照射到P处的蓝色光波长最短，则最不容易发生明显衍射，选项D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
C．当a光恰好发生全反射时，光路图如图所示

由几何关系可知，a光发生全反射时的临界角为37°，所以

故C正确；
A．a光发生全反射时，b光从AC边射出，说明棱镜对a光的折射率大于b光，所以a光的频率大于b光的频率，故A错误；
B．根据公式

a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；
D．由于a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的波长小于b光的波长，根据公式

可知，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，故D错误。
故选C。
2-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．偏振光只可以是横波，不可以是纵波，故A错误，符合题意；
B．泊松亮斑是光的衍射现象，支持了光的波动说，故B正确，不符合题意；
C．光纤通信及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理，故C正确，不符合题意；
D．光学镜头上的增透膜，膜的上表面与玻璃表面反射的光发生干涉，利用了光的干涉现象，故D正确，不符合题意。
故选A。
2-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据题意，人眼观察到的色散主要由于光在玻璃中的折射而产生的现象，故A错误；
B．根据光路图可知，人眼观察到介质Ⅰ位置的色散来源于介质Ⅱ表面光反射再在介质Ⅰ折射产生的，故B正确；
C．介质Ⅰ上表面左侧光线的光未能折射到人眼，故C错误；
D．若向下挤压有机玻璃，介质Ⅱ表面下凹，彩色条纹间距缩小，可以观察到微小形变，故D错误。
故选B。

2-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．令a、b两单色光的入射角为，玻璃砖厚度为h，折射角分别为、，作出光路图如图所示

由于两光线刚好从玻璃砖上表面同一点P射出，则有

可知

根据
，
可知

即在玻璃中b光的速度比a光小，A错误；
B．根据上述结合光谱特征可知，在玻璃中b光的速度比a光小，则在玻璃中b光的波长比a光小，根据

可知，若a、b两束光通过同一个干涉装置，b光对应的条纹间距较小，B错误；
C．a、b两束光在玻璃砖中传播的时间分别为
，
由于玻璃砖对a、b两单色光的折射率均大于，根据

既有

上图中光没有发生全反射，则有

则有

可知

可知若a、b两束光同时从玻璃砖上表面射入，则a光比b光先从P点射出，C正确；
D．根据光路可知，由于

即使增大b光的入射角，当b光从玻璃砖上表面射出时也不可能发生全反射，D错误。
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．图a中手机受到支架对手机的弹力、手机本身的重力，由二力平衡等大反向共线可知还受到支架对手机的摩擦力，故A错误；
BCD．图b中，手机静止，因此支架对手机的作用力和手机重力为一对平衡力，大小相等，方向相反，调整前后也是一样，不会发生变化，故BC错误，D正确。
故选D。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设物块的质量为，木球的质量为，绳子拉力为；以物块为研究对象，根据受力平衡可得

以木球为研究对象，根据受力平衡可得

联立可得物块与木球的质量之比为

故选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设两侧绳子拉力为T，对A上面的结点受力分析可知


对四个灯笼的整体分析可知

解得




故选B。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．因为筷子夹住小球静止不动，小球与筷子之间无摩擦，可知小球处于平衡状态，故有两根筷子对小球合力等于5N，故A错误；
B．因为筷子和竖直方向的夹角均为，受力分析可得，小球收到的筷子的弹力方向与重力的方向成，即小球受到的左右筷子弹力方向互为，可知每根筷子对小球的支持力为

解得

根据牛顿第三定律可得，每根筷子对小球的压力为5N，故B错误；
C．将仅将左边的筷子由图示位置逆时针缓慢转动到与竖直方向成，整个过程中小球保持平衡状态，由小球受力平衡，利用矢量三角形可知，即如图所示

可得此过程左边筷子对小球的压力先减小再增大，故C错误；
D．若将两根筷子由图示位置同时逆时针缓慢转动，受力分析可知，此过程右边筷子对小球的压力逐渐减小，故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．受力分析可得手机对支架的压力大小为mgcosθ，方向垂直于斜面向下，A错误；
BC．手机受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于mgsinθ，方向沿斜面向上，且若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之增大，BC错误；
C．手机平衡状态所受合力为0，故支架对手机的作用力与θ无关，始终与手机的重力等大反向，即θ增大，支架对手机的作用力保持不变，D正确。
故选D。
3-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据力的平衡，设细线上的拉力为T，则

解得

故A错误；
B．仅将D端缓慢沿杆向上移，根据几何关系可知，细线与竖直方向的夹角不变，因此拉力大小不变，故B错误；
C．仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，故C错误；
D．仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此段细线始终不可能变成水平，故D正确。
故选D。
3-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．设OA绳上的拉力为，OB绳上的拉力为，将拉力分解如下图所示，设两拉力于竖直方向的夹角分别为和

则由力平衡可得

而OA=2BO，则可知角，则可得

因此，当重物的质量增加时，OB绳先断,故A错误，B正确；
CD．由力平衡可得

当B端向左移动少许时,角和角均减小，则和均增大，因此两根绳上的拉力均减小，绳子不易断；同理，当B端向右移动少许时,角和角均增大，则和均减小，因此两根绳上的拉力均增大，绳子易断，故CD错误。
故选B。
3-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的弹力N1和P对Q的弹力N2，如图

由几何关系得

所以

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

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变小，故f变大，N2变大，故C正确，D错误。
故选C。
3-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．以小球为研究对象，由于重力作用，弹簧一定被拉伸， 弹簧弹力F沿弹簧斜向上；由平衡条件，弹簧弹力F与圆环对球的弹力的合力跟重力等大反向，画出受力分析如图。所以圆环对球的弹力方向一定背离圆心，则小球对圆环的弹力方向指向圆心，故A错误；

B．由相似三角形几何关系可得


解得
，
故B错误；
C．由胡克定律得

解得

故C正确；
D．若换用原长相同、劲度系数更大的轻质弹簧，小球要保持平衡，选项B中式子仍成立；劲度系数变大，则弹簧形变量变小，小球沿圆环上移，即小球静止时位于B点上方，故D错误。
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图知，波长

由

可知，该波的周期

故A错误；
B．质点a振动0.1s，即

由于时刻质点a不在平衡位置和最大位移处，所以经过0.1s，质点a通过的路程不是一个振幅10cm，故B错误；
C．质点b只在平衡位置附近上下振动，并不会沿传播方向移动，故C错误；
D．若质点a比质点b先回到平衡位置，说明时刻质点a向上运动，由波形平移法知波沿x轴负方向传播，故D正确。
故选D。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图（b）为媒质是平衡位置在处的质点P的振动图像，则在时，振动方向为y轴负方向，则图（a）中，根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可知波的传播方向向左，故A错误；
B．图（a）可知，机械波的波长为；图（b）可知振动周期为，则波速为

故B错误；
C．图（b）可知，在时P向y轴正方向运动，故C正确；
D．图（b）可知，在时，P在y轴负方向最大位置，故D错误。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于在时刻水波恰好到达小船P处，此时小船P由平衡位置开始竖直向上运动，时刻小船P第一次到达最低点，则有

解得

A错误；
B．根据

解得

B错误；
C．根据

解得水波从小船P传到小船Q的时间

C正确；
D．介质中质点的起振方向相同，即小船Q起振方向为由平衡位置开始竖直向上运动，则从小船Q起振到小船Q第一次到达最高点的时间为

D错误。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，该波的波长，周期，则波向前传播的速度大小为

A错误。
B．小船在波经过时只会在平衡位置附近上下振动，不会随波一起向前运动，B错误。
C．发生干涉的条件是两列波的周期相同，故该水波不可能与周期为的水波发生干涉现象，C错误；
D．线度为的障碍物的尺寸小于该水波的波长，所以能发生明显衍射现象，D正确。
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由波动图像可知，波源的起振方向沿轴正方向，故A错误；
B．简谐横波在内传播了，该波的波速，故B错误；
C．波源的振幅，波长，由

可得


波源做简谐运动的表达式为

故C错误；
D．波源振动时质点已通过的路程为

故D正确。
故选D。
4-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由到，波传播了，向左传播了，a、b两质点中点处恰好为波峰，故a、b两点位移相同，故A正确；
B．由乙图可知b的振动方程为且质点b沿y轴正向运动，由同侧原理可知该波沿x轴负向传播当时b点的位移

由甲图可知b质点平衡质量坐标

故波从b传到a需要，a比b晚振动，故a振动方程为

故B错误；
C．t＝1s时，质点a从图示位置振动了，质点a的位移沿y轴正方向，由加速度的方向与位移方向相反，故加速度沿y轴负向，故C错误；
D．由b的振动方程可知时

t＝1.5s时

故路程

故D错误。
故选A。
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题有，当时O点第二次到达波峰，可得

解得两列波的周期为

当O点第二次到达波峰时，M点第一次到达波峰，可知负半轴的波长为

则负半轴的波速为

BC．正半轴的波长为

正半轴的波长是负半轴波长的三倍，且当O点第二次到达波峰时，N点位于波谷位置，B错误，C正确；
D．在至时间内，N点在时开始振动，振动时间为1.5s，故在至时间内N点振动的路程为18cm，D错误。
故选C。
4-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．波速

则时，波传播的距离

波源的波恰好传播到处，因此该处质点开始振动，方向与的起振方向相同，沿y轴正方向，选项A错误；
B．波长


时，，波传播的距离

波源的波恰好传播到处，引起的位移为0；波源的波恰好传播到处，则处的质点已经在波源的带动下振动了，恰好回到平衡位置，引起的位移也为0。因此时，处的质点位移为0，选项B错误；
C．两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，质点离两波源距离差为半波长的奇数倍为振动加强点。处的质点离两波源的距离差为0.4m，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，振动减弱点只是振幅变小，位移是时刻变化的，选项C错误；
D．波源的波锋第一次传播到处的时间

之后在内又经过，又有四次经过的位置，所以内，处的质点共有五次经过的位置，选项D正确。
故选D。
4-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．设质点的起振方向向上，b的振动方程为

可得

a质点比b振动时间长，所以a的振动方程为

可得

则ab振动的时间差最短为

所以ab之间的最短距离为

则通式为

则
（n=0、1、2、3、4……）
故A错误；
BC．若0点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为

若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为

故B正确，C错误；
D．因为ab振动的时间差最短为

根据简谐运动的对称性可知，质点b到达波峰还需经过

的时间，故D错误。
故选B。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由图可知，空间站在P点处由高轨变到低轨，需要减速，即向前喷气，同理在Q点处由高轨变到低轨，需要减速，即向前喷气。
故选A。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．飞船通过加速与空间站交会对接，飞船加速做离心运动轨道升高，则可知道图中A是飞船，B是空间站，故A正确；
B．根据

解得

对接前后空间站轨道半径不变，则运行周期不变，故B错误；
C．飞船加速，通过向后方喷气后才能获得向前的反冲力，实现加速，故C错误；
D．对接过程飞船因喷气加速了，故机械能比在原轨运行时的机械能大，故D错误。
故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．设b卫星运行的椭圆轨道半长轴为，根据开普勒第三定律有

即

设近地点M距离地面高度为，有

解得

故b卫星远地点N距离地面高度为，A错误；
B．对卫星a有

在地球表面有

联立解得

故b卫星从N点运动到M点时间为

B错误；
C．根据开普勒第二定律可知，卫星b由N点运动到P点时速度在增大，分析可知若在P点点火加速可进入圆形a轨道，可得；同理，卫星b在近地点M减速可进入以M点高度所在处的圆轨道，根据万有引力公式可知当卫星围绕地球做圆周运动时轨道越高，速度越小，所以可知卫星a的速度小于M点高度所在处的圆轨道的速度，即卫星b在近地点M的速度大于卫星a的速度，所以有

C正确；
D．根据万有引力公式，a、b两卫星在P点时到地球的距离相等，由于两卫星的质量关系未知，所以无法判断受到地球引力大小关系，D错误。
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．为椭圆轨道的远地点速度，加速做离心运动，才能达到以所在点与地心连线为半径的圆周轨道，故速度小于对应圆轨道的环绕速度，表示做匀速圆周运动的速度，根据


可知

故A错误；
B．两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度

加速度大小相等，故B错误；
CD．椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题图，设地球的半径为R，由几何关系可得

解得地球半径为

A错误；
B．因为地球表面物体的重力等于地球的引力，可得

可得

设航天员的质量为m＇，由万有引力定律可知，航天员所受地球引力为

因航天员的质量m＇不是零，所以航天员所受地球引力不是零，B错误；
C．空间站受地球的引力提供向心力，可得

解得

C正确；
D．由牛顿第二定律可得

解得航天员的向心加速度为

D错误。
故选C。
5-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则

因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出二者速度的关系，卫星的运行线速度

代入数据可得

故A错误；
B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度

代入数据可得

故B错误；
C．根据可得

故C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律

可得

故D正确。
故选D。
5-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第二定律远地点M点速度最小，故A错误；
B．由万有引力知

解得

可知探测器在Q点与椭圆轨道上的P点的加速度大小相等，故B错误；
C．设火星的半径为R，根据开普勒第二定律

解得

故C正确；
D．由图知椭圆的半长轴为，根据开普勒第三定律

故

故D错误。
故选C。
5-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．神舟十五号由①轨道变轨到②轨道是由低轨道到高轨道，需要在切点加速，机械能增大，神舟十五号在同一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能小于在②轨道上经过P点时的机械能，A错误；
B．神舟十五号在①轨道上经过P点时与在②轨道上经过P点时，其到地心间距相同，根据

解得

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

神舟十五号在①轨道上有

在地球表面有

解得神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为

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

神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船增加的机械能为

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

D错误。
故选C。
5-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

可知只能求中心天体B的质量，不能求出环绕天体C的质量，A错误；
C．双星系统的周期相等，均为T1，对A恒星有

对B恒星有

解得
，
C错误；
B．由于
rA 根据上述可知

根据

解得

可知，公转周期不仅与轨道半径有关，还与中心天体的质量有关，根据上述恒星A的质量大于恒星B的质量，则若A也有一颗轨道半径与C相同的卫星，则其运动周期小于T2，B错误；
D．A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足

解得

D正确。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
大量处于能级的氢原子能级跃迁后能产生6种频率的光子，能量从高到低依次为12.75eV、12.09eV、10.20eV、eV、1.89eV、0.66eV，其中只有光子能量大于该金属的逸出功才能发生光电效应，因为只有4种频率的光子能够使该金属材料发生光电效应，所以该金属的逸出功W满足的条件为。
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时，依据数学组合公式，=6，故A错误；
B．一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，对应的能量为
∆E1=E4-E1=12.75eV
∆E2=E4-E2=2.55eV
∆E3=E4-E3=0.66eV
∆E4=E3-E1=12.09eV
∆E5=E3-E2=1.89eV
∆E6=E2-E1=10.2eV
其中有3种大于4.54eV，则有3种不同频率的光能使金属发生光电效应，故B错误；
C．氢原子辐射一个光子后，则轨道半径减小，由库仑引力提供向心力

可知，氢原子的核外电子的速率增大，故C错误；
D．n=4能级跃迁到n=1能级辐射出波长最小光的能量最大，大小为12.75eV，故D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．光子的动量为

A错误；
B．光子能量为

B错误；
D．由爱因斯坦光电效应方程

D错误；
C．根据

结合上述解得

C正确。
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．闭合开关，向右移动滑动变阻器滑片，电压表示数增大，但可能已经达到饱和电流，电流表示数不一定增大，故A错误；
B．由于I光比II光对应的截止电压小，由于

可知I光频率比II光频率低，若I光为紫光，则II光不可能是绿光，故B错误；
CD．由可知

可知时所对应的频率即为截止频率，由图像可知


故C错误，D正确。
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．光电烟雾报警器要正常工作，光源S发出光子的能量必须大于金属的逸出功，光子的能量为

所以换用低于金属极限频率的光时就不会发生光电效应，故A错误；
B．换上逸出功大于金属钾的金属钙时，光源S发出光子的能量小于金属钙的逸出功，就不会发生光电效应，光子的能量为

所以应减小光源S发出光的波长才能使金属钙发生光电效应，光电烟雾报警器才能正常工作，故B错误；
CD．触发报警系统的报警光电流临界值等于光电管中形成的光电流，光电管中形成的光电流取决于从K极打到A极的光电子数n，报警光电流临界值为定值，则n为定值，要提高烟雾报警器的灵敏度，就是当更少的烟雾进入报警器时就会报警，则要增大光的强度，或增大从K极打到A极的光电子数占产生总光电子数的比例，则滑片P需要向右滑动，增大两极间的电压，从而增大从K极打到A极的光电子数，故C正确，D错误。
故选C。
6-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图2可知金属的截止频率为，则有

则可知光源S发出的光波波长不能大于，故A错误；
B．由遏制电压与光电子的最大初动能之间的关系，以及爱因斯坦的光电效应方程可得

变式可得

可知该图像的斜率为，故B错误；
C．当光电流等于时，每秒产生的光子的个数为

故C正确；
D．当光源S发出的光能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管的光就越多，越容易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，故D错误。
故选C。
6-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

A错误；
B．根据
，
解得时间内产生的光电子数为

B错误；
C．光电管阴极接受到光照用于激发光电子的功率

由于

结合上述解得

C正确；
D．光电子逸出阴极K时的最大动能

电场加速后

结合上述解得

D错误。
故选C。
6-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．光电效应是在高于极限频率的电磁波的照射下，物质内部的电子吸收能量后逸出的现象，光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子撞击激发出更多的电子，故不是光电效应，A错误；
B．光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场，B错误；
C．电子在相邻倍增电极中加速，故图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于数字较小的电极的电势，C错误；
D．适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于电极电子的电离，故有利于探测更微弱的信号，D正确。
故选D。
6-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．加正向电压时，将滑片P向右滑动，由题图可知，光电管两端的电压增大，产生的光电流会增大，所以电流表的示数会增大，但是光电子的最大初动能为

即与入射光的频率有关，与两端电压无关，所以A错误；
B．题中图象反应的是光电流随所加电压的变化图象，图象与横轴的交点表示的是遏止电压，又



所以

即若改用频率为的单色光照射光电管，乙图象与横轴交点在光照射时的左侧，所以B正确；
C．根据

结合


可得

所以C错误；
D．饱和电流的大小取决于入射光的强度，强度越大，饱和电流越大，所以D错误。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据实验的原理，连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线。实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像。
A．P3只挡住P1的像，与实验不符，A错误；
B．P4只挡住P1的像，与实验不符，B错误；
C．P4只挡住P2的像，与实验不符，C错误；
D．P3同时挡住P1、P2的像，与实验相符，D正确。
故选D。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
应用插针法测玻璃的折射率实验时，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针，透过玻璃砖观察大头针的像，调整视线方向，直到挡住的像；再在观察的这一侧插两枚大头针，使挡住的像，挡住及的像，记下、的位置，由图所示玻璃砖可知，实验时可以用任意两面进行实验。
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．在边a′，光由玻璃砖进入空气，是由光密介质进入光疏介质，由于边a和边a′平行，光由边a进入玻璃后再到达边a′，在边a′上的入射角等于在边a上的折射角，因此入射角总是小于临界角，不会发生全反射现象，且出射光线与入射光线平行，A错误，C正确；
B．该玻璃砖折射率的表达式为

B错误；
D．侧移量为x，玻璃砖的厚度为d，如图所示

由几何知识知，光在玻璃中的路程

侧移量

随着的增大，逐渐增大（时， 时达到临界角C），故增大、减小、x增大，故对同一平行玻璃砖，入射角越大，侧移量越大，D错误。
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由测玻璃砖折射率的实验原理知，用两根大头针位置确定出射光线，如图，若另一条边bb′画得明显过宽，则折射光线为图中②，而准确的折射光线应为图中①，故折射角比实际值偏大，由


知折射率比真实值小，故A正确，BCD错误。
故选A。
7-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
将作为入射光线，作为出射光线，由图可知，入射光线与界面垂直，进入玻璃砖后，传播方向不变，如图所示

A．A光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误；
B．B光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误；
D．D光路图中，、与玻璃砖的出射点不在同一直线上，故D错误；
C．C光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可以比较准确地测定折射率，故C正确。
故选C。
7-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．甲同学利用大头针、及、作图，测出入射角和折射角，根据折射定律用角度的正弦值的比值即可求出折射率，而不是用角度比值即可求出折射率，故A错误；
B．甲同学插好大头针、并画好两平行边界后，不小心将玻璃砖向上平推了一下，由几何关系得入射角和折射角没有改变，故实验测得的折射率不变，故B错误；
C．沿、方向的入射光线，经AB面折射到达CD面时，在CD面不会发生全反射，故C错误；
D．乙同学在界面BD观察到大头针、的像，也能测得入射角和折射角，即也可以测量玻璃砖的折射率，故D正确。
故选D。
7-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．光线通过平行玻璃砖后，根据折射定律得知，出射光线与入射光线平行，故在bb′侧调整观察视线，另两枚大头针P3和P4不可能插在①线上，故A错误；
B．由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后光线向一侧发生侧移，因为光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向②一侧偏移，另两枚大头针P3和P4不可能插在③线上，故B错误；
C．若保持O点不动，减小入射角，出射光线折射角也减小，另外两枚大头针P3和P4可能插在①线上，故C正确；
D．若保持O点不动，增大入射角，反射光增强，折射光线减弱，在bb′侧调整观察视线，看不清P1和P2的像，根据光路可逆性原理得知，光线不可能在bb′界面发生全反射，故D错误。
故选C。
7-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
实验根据大头针确定入射光线和出射光线，在连线及测量时必然有误差，P1、P2和P3、P4之间距离适当大些，可以减小误差，故(1)正确，(2)错误；实验要求入射角不能太小，否则会导致测量误差太大，(3)正确；根据几何知识知光在第二界面的入射角等于在第一界面的折射角，即小于临界角，不会发生全反射，(4)错误；综合上述分析知(5)错误。
故选A。
7-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．找折射光线时，只插一枚大头针P3，也可以完成实验，故A错误；
B．光由空气射入玻璃不会发生全反射，故B错误；
C．光在玻璃中和空气中的传播速度之比为

故C正确；
D．该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度，折射光线将逆时针转动，而作图时仍以EF为边界，CD为法线，则入射角不变，折射角变大，由折射率公式律可知，测得玻璃砖的折射率将偏小。故D错误。
故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从图中可以发现b点的位置最低，即此时在竖直方向上下落得距离最大，由

可知，时间

所以此时小球落在b点飞行时间最长，A错误；
B．c点水平方向抛得最远，则水平方向速度不是最小，B错误；
C．设第一个斜面的倾角为，则

即

得

落在a、b两点的小球飞行时间均与初速v0成正比，C正确；
D．由于斜面倾角是一个定值，则任意一点瞬时速度与水平方向的正切值是一个定值，即落在a、b两点的小球，b的瞬时速度方向与v0的夹角相等，D错误。
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据逆向思维，可认为小球从M点做平抛运动，设小球从M点抛出的速度为，小球在空中的时间为，则有

解得

则有

又

联立解得

故选C。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得
tanθ＝＝＝
则落至斜面时的竖直分速度为
vy＝gt＝2v0tan θ
因此动量变化量为
Δp＝mΔv＝2mv0tan θ
故A错误；
B．由A得运动员运动的时间为
t＝
则水平位移为
x＝v0t＝
则运动员实际位移大小为
x实际＝＝
故B错误；
C．将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，即当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得

则
v＝
故C错误；
D．垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式h＝gt2得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的，故D正确。
故选D。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设斜面倾角为θ，则

则

根据
x=vt
可得

故选B。
8-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当小球下落到斜面上高度为处时，则用时间

初速度v0为

选项A错误；
B．若小球均落在左侧斜面上，则位移的偏向角均为45°，根据平抛运动的推论，速度的偏向角正切值等于位移偏向角正切值的2倍，可知速度的偏向角相等，即无论v0多大，小球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角一定，选项B错误；
C．因AB等高，则无论小球初速度v0多大，小球均不能落在右侧斜面的顶端B，选项C错误；
D．若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则竖直速度
vy=v0
小球下落的时间

高度

则水平位移

解得

解得

选项D正确。
故选D。
8-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据平抛规律


所以

倾斜角度为定值，所以落在斜面上速度与斜面的夹角为定值，与速度大小无关，A错误；
C．由上述方程可知

初速度变为时，在斜面上平抛运动时间为原来平抛运动时间的2倍，C正确；
B．PQ间距

初速度变为时，PQ间距为原来间距的4倍，B错误；
D．落在斜面上的速度

初速度变为时，落在斜面上速度等于原来落在斜面上速度的2倍，D错误。
故选C。
8-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．此题情景为逆向平抛运动，由

可得

可知A球在空中运动的时间为B球在空中运动时间的倍，选项A错误；
BC．在竖直方向，则有

可知抛出时A、B两球在竖直方向的速度大小之比为，在水平方向，则有

可知抛出时A、B两球在水平方向的速度大小之比，则落到斜面上时A、B两球的速度大小之比为，又由

可知抛出A球的速度大小为B球速度大小的倍，选项B错误，C正确；
D．设小球抛出时速度方向与水平方向的夹角为α，则有

可得

则抛出时A、B两球的速度方向相同，选项D错误。
故选C。
8-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设抛出的速度为，则水平速度；竖直速度，则位移关系有

解得

则落点与抛出点的距离

由题意可知初速度分别为，，则

落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足

即速度方向均为水平，，方向相同，则有

故A正确，BCD错误。
故选A。
8-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．根据平抛运动的规律和几何关系可知


解得

设小球击中B点时水平抛出的速度为，在空中运动的时间为，可得


解得

可得

也可得小球落到B点时的速度大小为

故AC错误；
B．根据平抛运动规律，设小球运动到A点与运动到B点速度与水平面的夹角分别为与，可得


则可知小球分别击中A点和B点时速度与斜面夹角也不同，故B错误；
D．设若小球以3的速度射出落到斜面的时间为t3，在斜面上到O点的距离为x，可得


联立解得

故D正确；
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
小球的机械能E随下落高度h变化的关系式为

由图可知图线的斜率逐渐增大，故阻力f是逐渐增大的，大小可能与速率成正比，则小球的加速度

所以小球做加速度减小的加速运动，故B正确，ACD错误。
故选B。
9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题可知，E0为竖直上抛的初动能，随着x的增大Ek在减小，所以图像是取竖直向上为正方向的，故A错误；
B．由图像可知，小球上升了15m后，Ek由E0变为，所以当x=45m时，，所以小球抛出后上升的最大高度为45m，故B错误；
C．设空气阻力大小为f，小球上升过程中，由动能定理可得

小球下降过程中，由动能定理可得

由图像可知


其中，联立解得

故C错误；
D．由C可知，，且，代入数据解得

故D正确。
故选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．0～h0过程中， 图像为一段直线，故由动能定理得

故

A错误；
B．由A可知，F在0～h0过程中，做功为，在h0～2h0过程中，由动能定理可知

解得

因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4︰3，故B错误；
C．通过A、B可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加；C错误；
D．在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得

则

故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D正确。
故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，时，，由

可得

抛出时，，，则

由

可得

故A错误；
B．由图可知，上升经过h=2m时，，，因此

故B错误；
C．由图可知，物体每运动1m，物体的机械能就损失，当物体下降经过h=2m时，物体运动的路程为6m，因此减少的机械能为

设物体的初始机械能为，由题意知，此时的重力势能为，因此此时的动能为

故C正确；
D．从抛出至落回地面的过程中物体运动的路程为8m，在地面时物体的重力势能为零，因此物体的动能减少量即为物体机械能的减少量，减少量为

故D错误。
故选C。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于上升和下降的高度相等，但上升的加速度大小大于下降的加速度大小，故上升的时间小于下降的时间，故小球上升过程中的平均速度大于下降过程的平均速度，A错误；
B．小球整个过程重力势能变化为0，则根据动能定理可得阻力做功为

B错误；
C．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为

下降过程的加速度为

又上升和下降的位移相同，且下降的加速度大小比上升的加速度大小小，故下降的时间更长，由冲量的公式，即有

则下降过程重力的冲量大小大于上升过程重力的冲量大小，C错误；
D．由题意可得，阻力与速率的关系为

故阻力的冲量大小为

因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，D正确。
故选D。
9-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
①②．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有

第二阶段对物块由动能定理有

联立以上两式可得

结合图像可得

可知

故①错误，②正确；
③④．要将物块拉起，则有

对物块，则有

可得

因此有

即

故③错误，④正确。
故选D。
9-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．小球向上运动时，空气阻力向下，合力为

速率减小，合力减小，向下运动时，所受合力为

速率增大，合力减小，图象的斜率大小等于合力大小，A错误；
B．由

知与成正比，B正确；
C．图象的斜率大小等于空气阻力大小，小球向上运动阻力减小，图象斜率减小，小球向下运动，阻力增大，斜率增大，阻力做负功，小球机械能一直减小，C错误；
D．由

得

故图象形状与图象形状相似，D错误。
故选B。
9-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．在W-x图中斜率表示力。由于外力F是水平方向的，且说明物体一直处于运动状态，因此滑动摩擦力f为定值，即直线对应为克服摩擦力做功的图线。由图线得斜率
k＝2
又

可知，物体与地面之间的滑动摩擦力
f＝2N
由
f＝μmg
可得
μ＝0.2
选项A错误；
B．对应题图乙的折线及数学知识可知，时，拉力做功
WF=21J
对应题图乙的直线可知时，摩擦力做功

对前6m列动能定理可得
WF－Wf＝-0
解得时，物体的动能

选项B正确；
C．对应题图乙的折线可知，前3m内，拉力做功
WF＝15J
又
WF＝Fx
所以
F1＝5N
则物体在前3 m内的加速度

物体在前3m位移中的加速度为，选项C错误；
D．从物体开始运动到停止运动的过程，根据动能定理


物体的最大位移为13.5m，选项D错误。
故选B。
9-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，两次沿滑块沿长木板向上运动和向下运动的加速度大小均相同，由公式可知两次沿长木板向上滑动的最大距离为；由公式可知两次滑块上滑的时间之比为，又由公式可知两次滑块下滑的时间之比为1：2，则两次滑块在长木板上运动的时间之比为，A正确；
B．滑块在长木板上克服摩擦力做的功为

则两次滑块克服摩擦力做功之比为，B错误；
CD．滑块在长木板上运动的过程中，初速度为时，由动能定理得

初速度为时，滑块的初动能为﹐由动能定理得

又

返回长木板底端时的动能为

则两次返回长木板底端的动能之比为，速度之比为，CD错误。
故选A。
10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AD．四个电荷在b、d点产生的电场如下图所示

根据矢量合成法则，可知两点合场强大小相等，方向相同，将四个电荷形成的电场看成两组等量异种点电荷电场的叠加，所以b、d之间的电场方向由b指向d，沿电场线方向电势降落，所以b、d两点的电势不等，故AD错误；
BC．四个电荷在a、c两点形成的电场如下图所示

根据矢量合成法则，可知a、c两点合场强大小相等，方向相同，将四个电荷形成的电场看成两组等量异种点电荷电场的叠加，AC是两组等量异种电荷连线的中垂线，所以为一条等势线，所以a、c两点电势相等，故B正确，C错误。
故选B。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】详解:
ABC.设小球c所带电荷量为Q，由库仑定律可得，小球a对小球c的库仑力大小为，小球b对小球c的库仑力大小为，这两个力的合力大小为。设水平方向匀强电场大小为，由平衡条件可得

解得：

AC错误，B正确；
D. 根据平衡可知电场力的方向由ab的中点指向c点，由于c点负电，所以匀强电场场强方向由c点指向ab的中点，故D错误。
故选B。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据题图中各点电势φ随坐标x变化规律的曲线可知，在x轴上各点的电势有正有负，根据点电荷的电势公式可知两点电荷带异种电荷，由于时电势为正，时电势为负，所以点电荷A带正电，点电荷B带负电，故A错误。
BC．图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则处的电场强度为零，有

由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有


解得

，
则

故B错误，C正确；
D．在x轴上的区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x轴负方向，若在x轴上的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向左的电场力，将向左做加速运动，在x轴上的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x轴上的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故D错误。
故选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据题意可知，等量同种电荷的等势面分布图，如图所示

由沿电场线方向，电势逐渐降低可知，离两个点电荷的距离越远电势越低，由于点离两个点电荷的距离大于点离两个点电荷的距离，则有

故A错误；
BD．c、d两点离两个点电荷的距离相等，由对称性可知，c、d两点电势相等，电场强度的大小相等，但方向不同，由于点离两个点电荷的距离小于c、d两点离两个点电荷的距离，则有

由可知，带负电的试探电荷从c点沿cd移动到d点，试探电荷的电势能先减少后增加，故B错误，D正确；
C．由于c点离两个点电荷的距离大于点离两个点电荷的距离，则有

则带正电的试探电荷从c点沿cm移动到m点，试探电荷的电势能增加，故C错误。
故选D。
10-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由对称性知A、B两点电荷在正北点产生的场强大小都为，则合场强

方向指向正北。若把C点电荷放在圆心处，则C点电荷在正北点产生的场强为，方向指向正北，而C点电荷位于正南点时，在正北点处产生的场强沿正北方向，小于，故三点电荷在正北点产生场强的矢量和小于，大于。另外，分析可知A、B两点电荷在正北点产生的电势均为，二者共同产生的电势为，若把C点电荷放在圆心处，则C点电荷在正北点产生的电势为，而C点电荷位于正南点时，其在正北点处产生的电势应该小于，故三点电荷在正北点产生的电势大于而小于。
故选D。
10-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．a、b、c三小球所带电荷量以及电性相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a、b、c三小球的电性未知，所以d球不一定带负电，故A错误；
B．设dc连线与水平方向的夹角为α，则α=45°；对c球，重力，光滑绝缘水平面的支持力，a、b两球的库仑斥力，及d球的库仑引力，依据矢量的合成法则及三角知识，再根据牛顿第二定律和向心力公式，得

解得

故B错误；
C．小球a在转动过程中，四个小球的相对位置不变，则电势能始终不变，选项C正确；
D．小球b转动一周的过程中，小球a对其的斥力方向与b的速度方向不垂直，则b对a做功，选项D错误。
故选C。
10-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A、由图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故A错误；
B、根据，小球1前后位置电势差小于，所以小球1的电势能减少量小于，故B错误；
CD、对于小球1、2，作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了，所以小球1、2的机械能总和增加了，故C错误，D正确；
故选D．
10-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由对称关系可知N、P两点的电势相等，N点的电势与C处的点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两处的点电荷，M点的电势大于0，仅考虑C处的点电荷，M点的电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，故A错误；
B．由O点至x=3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对该试探电荷始终做负功，故B错误；
C．由几何关系可知OA=，则A点到处的距离为，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x=处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知

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

可得

故D错误。
故选C。
10-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据等量同种点电荷电场线分布特点可知，带负电小球在P点由静止开始沿直线MN向下运动到O点的过程中，受到的重力恒定，电场力为变力，所以小球受到的合力为变力，不可能做匀加速运动，A项错误；
B．小球从P到O的运动过程中重力势能减小，动能增大，电势能减少，由于电场力做正功，故机械能增大，B项错误；
C．若在O点再固定一个带电量为Q的负点电荷，当小球电荷量为时有

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

解得

C项正确；
D．带负电小球受到的重力为恒力，小球做匀速圆周运动需要大小不变、方向总是指向O点的向心力，D项所述条件不能保证小球获得符合条件的向心力，D项错误。
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 B 1000或1k 欧姆调零 30000 15000 2.4
【试题解析】 详解:
（1）[1]红表笔接在内部电源的负极上，黑表笔接在内部电源的正极上，了保证电流表正常偏转，红表笔应接电压表的负接线柱，故选B。
（2）[2][3]指针偏转角度小，说明电阻较大，应换用的倍率挡，并重新欧姆调零。
[3]由图3甲可知，读数为

（3）[4]若该欧姆表表盘的欧姆刻度线中间刻度值为15，则多用电表在该倍率下欧姆挡的内阻为

[5]由图乙可知，电压表读数为

设欧姆挡内部所用电池的电动势为，由闭合回路欧姆定律有

11-2【基础】 【正确答案】 ×10 R1 160 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]由指针所指刻线和待测电阻的大约阻值可知，组装的这个欧姆表的倍率应为×10；
[2]由欧姆表的倍率可知欧姆表的中值电阻为

电路中的最大电流为

图甲中与电流表并联的电阻R的阻值为

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

（3）[4]由题意可知组装的新欧姆表的中值电阻为

使用两节干电池时电路中的最大电流为

则电路连接方案如图所示

11-3【巩固】 【正确答案】 右端 5 不会 B 1500 3000 无 ×10
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意可知，电路图如下

①[2]连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最右端，使回路电流最小，起到保护电路的作用。
②[3][4]本实验采用的是替代法，待测阻值和电阻箱电阻相同，因为两次电流完全一样，根据电路原理可知电流表内阻不会给测量结果带来误差。且

（2）①[5]根据电流红进黑出可知，B接红表笔。
②[6][7]开关S1断开，红、黑表笔短接，调节R使电表指针满偏，此挡位欧姆表的内阻为

将电阻箱R1接在红、黑表笔之间，使电流表G的指针指在满偏电流处，则有

解得

③[8] 电池内阻不可忽略，但仍可欧姆调零，只要电动势不变，则通过调零可抵消内阻的变化，使欧姆表内阻保持不变，则无影响。
④[9] 当开关S1闭合时，回路最大电流变大，则

中值电阻变小，所以倍率为×10。
11-4【巩固】 【正确答案】 直流电压 1 A B ×100 偏大 2×104 100︰1
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]由图所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压；由图所示电路图可知，当S旋到位置1时与表头G并联的电阻阻值较小，此时电流表量程较大；使用多用电表时，要求电流从红表笔流入，即红表笔接电源负极。所以A表笔为红表笔。
（2）[4]多用电表在测量通过小灯泡的电流时，多用电表需要与小灯泡串联，且多用电表中电流的流向为“红进黑出”，故红表笔连接外电源的正极。故选B。
（3）[5][6]测量某电学元件的电阻，选用“´10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“´100”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由欧姆定律得

欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由

可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大。
（4）[7]欧姆表中值电阻等于欧姆挡内部电阻，则中间刻度值对应示数

根据闭合电路欧姆定律有


解得

所以表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是。
[8]当电流计满偏时，电流计内阻为99Ω，给电流计并联1Ω的电阻，流过R0的电流根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于。
11-5【巩固】 【正确答案】 黑 ×10 向下 60
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据电流方向“红入黑出”，可知A接黑表笔；
（2）[2]开关接1时，R0与R1串联后和电流表并联，三者总电阻为

开关接2时，R1与电流表串联后和R0并联，三者总电阻为

欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为“×10”。
（3）[3] 由“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，即增大电流表中的电流，应减小滑动变阻器接入电路中的阻值，滑片向下，使电流表满偏。
[4] 把档位调到“×1”，将两表笔短接欧姆调零后，设欧姆表的内阻为R内，根据电路图， 此时电流表满偏，电路的干路电流为，根据欧姆定律

根据闭合电路欧姆定律

解得

把两表笔与待测电阻相接时，干路电流为

则

其中根据闭合电路欧姆定律

解得

11-6【巩固】 【正确答案】 滑动变阻器 b 1.20 1.54 13.5 1500
【试题解析】 详解:
（1）[1]“”欧姆挡电阻约为，滑动变阻器的最大阻值与“”欧姆挡电阻相对接近，所以滑动变阻器选用。
（2）[2] “红进黑出”，由内置电源的正负极可知红表笔应接电路b插孔。
（3）[3]电压表的示数为0.60V，电阻与电压表串联，且两者电阻相等，所以电阻两端的电压也为0.60V，所以滑动变阻器上的电压为

（4）[4][5] 滑动变阻器阻值远小于电压表和的阻值，由并联电路知识知

欧姆表示数R即为，所以，由闭合回路欧姆定律可得

转化为

结合图像可得


解得


（5）[6] 假设“”欧姆挡欧姆调零时对应电流值为，则


解得

11-7【巩固】 【正确答案】 红 500 5 等于 20
【试题解析】 详解:
（1）[1]电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“﹣”接线柱流出，所以毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的红表笔相连。
（2）[2]设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得

解得

（3）[3]设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有

整理得

所以电源的电动势为

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


联立以上两式解得

11-8【提升】 【正确答案】 红 2.5mA 小于 500 1.4 AD或DA
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据欧姆表原理可知，黑笔接电源正极，红笔接电源负极，所以与B接线柱相连的是红表笔；
[2]若开关B端是与“1”相连的，则此时应为量程较大的电流表，所以多用电表的挡位为2.5mA；
（2）[3]当开关接4时，多用电表的量程为1V的电压表，有

当开关接5时，多用电表的量程为5V的电压表，有

联立可得
，
所以

（3）[4]当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔，有


用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，有

联立解得

[5]当电动势变小，内阻变大时，重新进行欧姆调零，其满偏电流保持不变，根据闭合电路欧姆定律可得

当待测电阻等于内阻时，即


解得

此时


解得

（4）[6]AC．当红黑表笔短接时，电流表被短路，电流为零，所以电阻刻度的零位在表盘的左端，所以测量前不需要红、黑表笔短接调零，故A正确，C错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可得

所以

由此可知I-Rx为非线性关系，所以表盘上的电阻刻度是不均匀的，故B错误；
D．测量后，应将开关S断开，使得电路处于断路状态，故D正确。
故选AD。
11-9【提升】 【正确答案】 D 15.06 16000 小于 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据

可知，由于表头是灵敏电流计，其电流I与θ成正比，电流大小可以用kθ表示，则有

即

故选D。
（2）①[2]该游标卡尺的示数为
15.06mm
②[3][4]由于导电凝胶厚度为15.06mm，从电阻变化规律图像上，可判断此电阻值在16kΩ左右，所以测量时选择开关应旋转至欧姆挡“×1k”；的测量值为

（3）[5][6]当两表笔短接，即时，内置电流表应调至满偏电流，此时欧姆表的内阻

当电池老化，其电动势变小，欧姆表能重新调零，则满偏电流不变，可知欧姆表内阻变小；表盘上示数是按照电池正常时标注的，根据

可知待测电压表的内阻测量值是通过电流表的示数体现出来的，由

则当变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，所以测量值比实际值大。
12-1【基础】 【正确答案】 （1），外界对气体做负功；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设玻璃管横截面积为，在AB段液柱排空的过程中，气体是恒压变化的；由盖—吕萨克定律得

又
，，
联立解得

气体体积增大，外界对气体做负功。
（2）当温度又降回初始温度时，，最终气体长度为，与开始时的状态相比是恒温变化过程，由图中数据可知此时BC管中液柱长刚好满足

气体压强为

初始状态时气体压强为

由玻意耳定律得

联立解得

12-2【基础】 【正确答案】 （1）避震器不漏气，详见解析；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由于加热箱中气压恒定，对气缸受力分析有

故气缸内压强恒定；若气缸不漏气时，根据盖吕萨克定律

代入得

气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器不漏气。
（2）骑行过程中，气缸内气体为等温变化

代入，，数据解得

骑行过程中气缸内的压强最大值为
12-3【巩固】 【正确答案】 （1）500K；（2）5kg
【试题解析】 详解:
（1）对缸内气体分析，气体升温过程中，为等压变化，初态气体体积,气体温度，末态气体体积，则有

代人数据解得

（2）对缸内气体分析，先升温后降温，当气体温度时，对活塞分析有

解得

当降温至时，汽缸内气体体积，设汽缸内气体压强为，则有

代入数据解得

对活塞分析

解得

因此减少的沙子质量为

12-4【巩固】 【正确答案】 （1）T2=420K；（2）
【试题解析】 详解:
（1）气体M等压变化

解得
T2=420K
（2）由（1）知，T3>T2，气缸A已经落地，假设绳子仍绷紧，对气体M



对气体N

又


解得

因为
82cm<84cm
假设成立故

12-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）因为容器处于漂浮状态，浮力大小等于重力大小，因此容器排开水的体积不变。设容器内封闭气柱温度为时长度为l。容器内空气温度缓慢升高到的过程为等压过程，初态为


末态为


根据盖-吕萨克定律可得

其中

解得

（2）容器保持悬浮状态时，浮力的大小等于重力大小，因此容器排开水的体积依然为。将容器缓慢压入水中的过程为等温过程，初态


末态


由玻意耳定律，有

解得

12-6【巩固】 【正确答案】 （1）30cm；（2）31.5cm
【试题解析】 详解:
（1）根据题意加热过程中，A部分气体做等压变化，加热前温度为，体积为

加热后温度为，体积为

根据盖—吕萨克定律有

代入数据解得

（2）设加热前部分气体压强为，体积为

加热后压强为，体积为

加热前对上边活塞受力分析，根据平衡条件有

解得

加热后，假设部分气体气柱的长度比弹簧原长长，对上边活塞受力分析，根据平衡条件有

对部分气体，根据理想气体状态方程有

解得

12-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）活塞在上升到刚刚碰到重物时，气体等压变化，根据盖吕萨克定律有

其中
，，
代入解得

（2）当活塞上升使绳上拉力刚好为零时，此时汽缸内压强为，有

从刚刚碰到重物到拉力刚好为零时，气体等容变化，根据查理定律有

开始时有

联立解得

12-8【提升】 【正确答案】 （1）4cm；（2）14cm
【试题解析】 详解:
（1）将气体的温度缓慢加热到400K过程中活塞A的质量不变，大气压强气体的压强不变，所以气体的压强不变，为等压变化，设加热后气体的压强为，两活塞间的距离变为
根据盖—吕萨克定律可得

解得

以两活塞和汽缸整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力相平衡，加热过程中始终平衡，则弹簧弹力不变，即活塞B的位置不变，则活塞A对地移动的距离

（2）以活塞A为研究对象，设气体的压强为，根据平衡条件有

代入数据解得

活塞A施加一个竖直向上的拉力平衡后，设气体的压强为，以活塞A为研究对象，根据平衡条件有


此过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可得

解得

以两活塞和汽缸整体为研究对象，设两活塞和汽缸整体质量为M，设初始时弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有

施加拉力后弹簧的压缩量为，根据平衡条件有

两式联立解得，即活塞B向上移动的距为10cm
根据几何关系可得活塞A向上移动的距离为

12-9【提升】 【正确答案】 （ⅰ），；（ⅱ），
【试题解析】 详解:
（ⅰ）图甲中，汽缸中气体压强等于大气压；图乙中，汽缸中气体压强为，由玻意耳定律得

解得

汽缸竖立稳定时，设汽缸内气体压强为，对活塞I

对活塞II

解得
，
缓慢升高环境温度，气体做等压变化，则

解得

（ⅱ）若温度保持 T0不变，活塞Ⅱ再次回到汽缸连接处，假设细线仍处于张紧状态，设汽缸中气体的压强为p2，细线张力为 F1，从汽缸平放到该状态，有

对活塞I有

解得

细线对活塞有向上的弹力，不符合实际。可见此时细线已松弛，即

可得

由玻意耳定律可知

又

可得
，
对活塞Ⅱ，有

解得

13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）灯泡并正常发光，说明硬导线在磁场中匀速转动产生的感应电动势的有效值等于12V，则电动势最大值为

又

解得

硬导线在磁场中匀速转动的转速为

（2）由图示位置开始计时，该感应电动势的瞬时值表达式为

灯泡的电阻为

感应电流的瞬时值表达式为

时导线中的瞬时电流为

13-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）线圈产生的最大感应电动势为

线圈从垂直中性面位置开始计时，电动势的瞬时表达式为

（2）交流电流表的示数为

（3）根据焦耳定律得线圈转一圈过程中整个电路产生的焦耳热

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）电阻中的电流

电流表的示数为有

解得

（2）变压器原线圈的电压为有

发电机的电动势

而

最大值

解得

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）见解析；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，由公式可知，、边切割磁感线时的速度为

感应电动势为

感应电流为

则边切割磁感线时所受安培力的大小为

（2）根据题意可知，、边切割磁感线时的速度方向一直与磁场方向垂直，且速度大小不变，则感应电流大小不变，由右手定则可知，边进入磁场时，电流方向为，规定此电流方向为正方向，线圈转过，所用时间为

线圈转动的第二个，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，线圈转动的第三个，感应电流的大小与第一个的大小相等，由右手定则可知，电流方向与第一个的相反，线圈转动的第四个，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，则作出一个周期内的图像，如图所示

（3）根据电流的热效应有

解得

13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）电动势的最大值为

从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式为

（2）电流的有效值

所以0.1s内R上产生的热量

（3）线圈转动周期

时线圈转动，此时磁通量变化量

平均感应电动势为

平均感应电流为

所以通过电阻R的电荷量为

代入数据解得

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）4W；（2）；（3）300J
【试题解析】 详解:
（1）线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值为

回路中的电流为


解得

所以电灯正常发光的功率为

（2）电灯两端电压的瞬时表达式为

所以线圈转过30°时，电灯两端的电压为

（3）线圈转动一分钟，外力做功为

13-7【巩固】 【正确答案】 （1）200V；（2）10800J；（3）1.27A
【试题解析】 详解:
（1）交流发电机产生电动势的最大值
Em=nBSω
又


由图乙可知


联立解得

（2）电动势的有效值

由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为

电阻R在1分钟内产生的热量

（3）由


解得

13-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）线圈中的感应电动势有效值为

电路中电流的有效值

即电流表的示数为；
（2）线圈转动的周期为

线圈转动N周的时间为

因为二极管的存在，一个周期内只有一半的时间有电流，根据焦耳定律可得，发电机线圈产生的焦耳热为

解得

13-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值为

由有效值和最大值之间的关系可得

代入数据解得

（2）图示位置为中性面位置，从该位置开始转动线圈，产生的感应电动势满足正弦函数的变化，有

（3）路端电压，即外电压为

而内电压为

输出功率为

代入数据解得

14-1【基础】 【正确答案】 (1)4m/s2，1s(2)1.0m
【试题解析】 详解:
(1)根据题意可知，力F作用在小车上时，铁块与小车发生相对滑动，对小车进行受力分析，由牛顿第二定律，得

代入数据得

对铁块，由牛顿第二定律得

代入数据得

在铁块p滑离小车时撤掉F，设F作用过程小车和铁块的位移分别为和，对小车有

对铁块有

由位移关系

联立方程，代入数据有

(2)在铁块p滑离小车时撤掉F，此后小车做匀速直线运动，铁块做平抛运动，铁块刚滑离小车时，小车的速度

铁块速度

铁块做平抛运动，有


得铁块落地时间

落地位移

在这段时间内小车位移为

铁块落地时与平板小车的A端的水平距离

14-2【基础】 【正确答案】 (1)0.5N 方向向右 (2) 1 s
【试题解析】 详解:
(1)对m有最大加速度

假设m、M不分离，则有:

故假设成立，则:

方向向右
(2)当F=14N，

故m、M之间发生滑动，最终将会分离，则
对m，有
a1=2m/s2
对M，有

设m、M分离时间为t，则有

解得
t=1s
14-3【巩固】 【正确答案】 （1）3m/s；（2）0.75m，2.5m
【试题解析】 详解:
（1）对B有

解得

对A有

则A板不动，故有

解得

故小滑块B与长木板A碰前瞬间的速度大小为3m/s。
（2）小滑块与木板发生弹性碰撞，有



解得



碰后，对A有

解得

方向与运动方向相反，对B有

解得

方向与运动方向相同，设经过时间t二者达到共速，则有

解得

二者达到共速后将一起做匀减速直线运动，所以恰好到达共速前二者的相对位移即为小滑块B到长木板A右端的距离，有





联立解得





则滑块B到长木板左端的距离为1.5m-0.75m=0.75m
共速后，有

解得

达到共速时，二者速度为

则有

则长木板A的总位移为

故到系统静止，小滑块B到长木板A左端的距离和长木板A全程相对地面的位移为0.75m和2.5m。
14-4【巩固】 【正确答案】 （1）0.3；（2）0.2s；（3）0.48m
【试题解析】 详解:
（1）推力F作用在木板上时，对A和B应用牛顿第二定律


经过时间t物块A离开薄木板B，则物块A的位移为

薄木板B的位移为

由题意可知

解得

（2）在时，A和B的速度分别为


在后，A仍以的加速度做匀加速直线运动，B将做匀减速直线运动

设再经时间后二者速度第一次相等，则


解得


（3）在内，A和B的位移分别为：


在时间内，A和B的位移分别为


在A和B共速后，A和B都做匀减速直线运动，A的加速度大小仍为，对B则有

在共速后A和B的位移分别为


A距B的右端的距离为

14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；；（2）
【试题解析】 详解:
（1）木块B脱离木板前，对木板，由牛顿第二定律得

代入数据得

木块B脱离木板后、木块C脱离木板前，对木板，由牛顿第二定律得

代入数据得

（2）设经过木块B脱离木板，由

得木块B在木板A上和地面上的加速度均为

由

得

此时木块B的速度

因为木块B在木板A和地面上的加速度一样，根据对称性可知，木块B全程对地位移为

同理，设经过木块C脱离木板，由

得，木块C在木板A上和地面上的加速度均为

由

得

此时木块C的速度

因为木块C在木板A和地面上的加速度一样，根据对称性可知，木块C全程对地位移为

故最终木块B、C相距

14-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）由题意可知，在恒力F = 6N作用下，由牛顿第二定律，长木板和小物块没有发生相对运动，对整体有

解得

（2）根据题意可知，运动中小物块始终不会从木板上滑落，则小物块与长木板保持相对静止一起运动，若能运动，则有

解得

若小物块与木板保持相对静止，由牛顿第二定律，对木板有

又有

解得

对整体有

解得

物块始终不会从木板上滑落，则的大小满足什么条件

（3）当时，由第二问可知物块相对木板滑动，设作用时间为，物块的加速度大小为，长木板的加速度大小为，由牛顿第二定律，对小物块有

解得

由运动学公式可得，撤去外力时，小物块的速度为

由牛顿第二定律，对长木板有

解得

由运动学公式可得，撤去外力时，长木板的速度为

在撤去时，物块相对木板向右滑动的位移为

刚撤去时，因为，物块做匀减速运动，木板做匀加速运动。此时设物块的加速度大小为，长木板的加速度大小不变，对小物块有

解得

设再经过时间后，物块跟木板的速度相等，则有

解得

在此过程中物块相对长木板又向右滑动的位移为

小物块恰好没有滑落有

解得
，
当小物块跟长木板速度相等之后，因为，物块和长木板将一起匀减速运动直到静止，在此过程中物块相对木板没有滑动，一起减速时有

解得

由上述分析可知，长木板一直以大小为加速度做加速运动，当小物块与长木板共速后，又以大小为加速度做减速运动，直到减速到零，则由运动学公式可得，长木板的总位移为

解得

14-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设小木块和木板之间恰好未发生相对滑动，此时小木块与木板之间的摩擦力等于滑动摩擦力，对小木块受力分析，由牛顿第二定律有

对小木块和木板整体受力分析，由牛顿第二定律有

联立解得

因此，要使小木块和木板之间能发生相对滑动，该恒力F大小的取值范围为

（2）对木板受力分析，由于

可知木板会随小木块一起被拉动，且两者一起加速的最大加速度为

由此可知小木块的加速度达到时，两者仍然相对静止，对小木块和木板构成的整体，由牛顿第二定律有

结合力F的大小随时间的变化规律

解得

14-8【提升】 【正确答案】 （1）4m/s2；（2）1m/s，4m/s；（3）0.8s
【试题解析】 详解:
（1）假设A、C相对静止，且此种情况下A、C的共同加速度大小为，根据牛顿第二定律有

解得

A、C间的最大静摩擦力

由于

则假设成立，因此施加推力时C的加速度大小

（2）A、C一起以大小为a的加速度做初速度为零的匀加速直线运动，设A、B碰撞前瞬间A、C的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有

解得

对A、B第一次发生弹性正碰的过程有
，
解得
，
（3）A、B第一次碰撞后，A向右做匀加速直线运动，C向右做匀减速直线运动，假设B滑到C右端前，A、C已达到共同速度，设该共同速度的大小为，根据动量守恒定律有

解得

假设从A、B第一次碰撞到A、C达到共同速度的时间为，根据动量定理有

解得

在该段时间内，A、B、C向右运动的距离分别为
，，
因为

所以假设成立，此后A、C以共同速度向右运动，直到B与C右端碰撞，从A、C达到共同速度至B到达C右端的时间

因此

14-9【提升】 【正确答案】 (1)1N；(2)0.6s，6N≤F≤26N；(3)
【试题解析】 详解:
(1)若C和A一起向右加速运动
F=(M+mA)a
解得
a=1m/s2
两者之间的静摩擦
f=mAa=1N＜μmAg=2N
这表明假设正确，所以A所受的摩擦力为1N。
(2)要使小物块A在与小物块B碰撞之前运动时间最短，小物块A的加速度必须最大，则A所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有
μmAg=mAa1，a1=2m/s2
运动学规律有

解得
t1=0.6s
临界1：A与C刚好相对滑动
F1=(M+mA)a1=6N
临界2：A与B碰前到达C的左端

解得

对C
F2-μmAg=Ma2
解得
F2=26N
所以F需满足
6N≤F≤26N
(3)若F=10N，对C
F-μmAg=Ma3
解得
a3=4m/s2
A与B碰前

碰后A速度为零，B向前匀速运动。
C运动位移

速度达到

接着A被带动，经t2到达C的左端

此时


脱落后，A做平抛运动，时间

水平位移

C继续加速
F=Ma4
解得
a4=5m/s2
位移

因此A落到地面时与C左端的距离

15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，带负电的粒子在电场中做类平抛运动，如图所示

垂直电场方向有

沿电场方向有


联立解得

（2）根据题意，由几何关系可知，粒子在电场中运动的位移与水平方向的夹角的正切值为

则粒子从电场进入磁场时，速度与水平方向的夹角的正切值为

则有

则粒子进入磁场时的速度为

粒子进入磁场后，运动轨迹如图所示

由几何关系有

解得

由牛顿第二定律有

联立解得

15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在第一象限做类平抛运动，沿x轴方向位移为，沿y轴方向位移为，设粒子在第一象限运动的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a


联立解得

（2）粒子到达时速度沿x方向的分量仍为，表示速度和x轴的夹角，根据类平抛运动特点，速度反向延长线过水平位移中点，则有

解得

入射到磁场时粒子速度

粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得

即

洛伦兹力提供向心力有

解得


点睛:
本题以带电粒子在电、磁场中运动为情境载体，考查了类平抛运动、圆周运动等必备知识，考查了理解能力、建模能力、分析综合能力、体现了科学思维、科学态度与责任的学科素养的考查，突出对综合性的考查要求。
15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）当粒子不从ad边射出的临界轨迹是轨迹与ad边相切，如图中①所示，设此时粒子轨道半径为，几何关系得

解得

在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力

粒子在电场中加速过程根据动能定理

以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为

当粒子恰好从ab边射出的临界轨迹是轨迹与ab边相切，如图中②所示，设此时粒子轨道半径为，由几何关系得


解得

在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力

粒子在电场中加速过程根据动能定理

以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为

要使粒子全部从ad边射出，则粒子轨迹半径要小于，大于，则加速电压，即

（2）加速电场两板间的电压

粒子在电场中加速过程根据动能定理

在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力

以上各式联立代入数据解得

如图所示，当粒子轨迹与bc边界相切时，如图中③所示，设此时的轨道半径为，由几何关系得

解得

因为，则粒子从cd边射出
根据对称性得轨迹的圆心角为300°，运动时间为

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设匀强电场的电场强度大小为E，根据题意有



解得

（2）设粒子进磁场时的速度大小为v，根据动能定理有

解得

由此可知，粒子进入磁场时速度方向与y轴正向夹角为45°，粒子经磁场偏转后以沿x轴正向射出磁场，根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径

运动的弧长为

因此粒子在电场和磁场中运动的总时间为

（3）由于粒子能第二次进入电场，因此粒子经磁场偏转后经过y轴再次进入电场，即粒子不可能从x轴或MN边射出磁场，若粒子的轨迹刚好与MN相切，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为

此时粒子做圆周运动的圆心离x轴的距离为

即此时粒子会从x轴射出，不能再次进入电场，当粒子的运动轨迹与x轴相切，设此时粒子做圆周运动的半径为r2，根据几何关系

解得

由此可知，要使粒子能第二次进入电场，粒子在磁场中做圆周运动的半径

由牛顿第二定律

解得

即磁感应强度的最小值为。
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）如图所示

粒子在电场中做类平抛运动，粒子恰好从小孔P以速度垂直于AM边进入容器内的匀强磁场，则有

解得

（2）根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径为

由洛伦兹力提供向心力可得

联立解得

（3）粒子在电场中从到做类平抛运动，则有

又有
，
联立解得

粒子在磁场中做圆周运动的周期为

在磁场中偏转一次所需时间为

即

粒子在磁场中运动的时间为

粒子从射入电场到射出磁场所用时间为

15-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）垂直纸面向里，；（3）
【试题解析】 详解:
（1）电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得

解得

（2）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得

周期为

联立可得

设与竖直方向夹角为，则有

可得

由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则电子在磁场中运动时间为

（3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为

设匀强磁场区域半径，由几何关系得

②当电子击中N点时，设与竖直方向夹角为，则有

可得

由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则偏转半径为

则有

粒子穿过匀强电场后的速度，由动能定理得

设极板间距离为，则有

联立解得

则匀强电场场强的范围为

15-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有

由牛顿第二定律得

联立解得粒子经过C点的速度大小

（2）在第一象限，粒子做类平抛运动，沿轴正方向有

沿轴负方向有

由牛顿第二定律可得

联立解得
，
粒子经过P点沿沿轴负方向的分速度大小为

因此，粒子经过P点的速度大小为

设速度方向与轴正向夹角为，则有

可得

（3）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得

解得

粒子在磁场中的轨迹如图所示

可知四边形为菱形，则粒子从M点射出磁场时速度沿轴负向；从P到M，圆心角为，粒子在磁场中的运动时间为

又

联立解得

15-8【提升】 【正确答案】 （1），（0，）；（2），；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）粒子做类平抛运动




联立得


故点P的坐标为
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动



得

粒子运动的周期

粒子的圆心角为，故

（3）记粒子经点N后第一次返回x轴的点Q，由（2）知，间距为

经分析，粒子可能的轨迹如图所示

由几何关系有

解得

或


解得

15-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）只有带电粒子的轨道半径等于圆形磁场的半径，粒子才能全部经过O点，由洛伦兹力提供向心力可得

解得

（2）经过A点射入圆形磁场的粒子经过O点时，速度方向沿y轴负方向，在MN上的位置离x轴最远，在y轴右侧区域运动的带电粒子，沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

解得

由运动学公式得

解得

又

解得离x轴最远的距离

对应坐标为。
（3）经过MN时离x轴最远的带电粒子， x轴做匀加速直线运动到达收集板PQ，粒子在到达MN平面时，沿x轴方向的速度大小

解得

设粒子从MN到达PQ所用的时间为t2，则

解得

经过MN时离x轴最远的带电粒子，在yOx平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得

解得

粒子做圆周运动的周期

又

解得

带电粒子到达收集板PQ上位置的y坐标为，则该带电粒子到达收集板PQ上位置坐标为。