四省（云贵川桂）八校2021-2022学年高三上学期期中考试物理变式题高三物理变式题 WORD版含解析.docx

1、 变式题【原卷 1 题】 知识点 物理学史 【正确答案】A【试题解析】A.伽利略的相对性原理指出，在任何惯性参考系中，力学的规律都是一样的，故A正确；B卡文迪什通过扭秤实验第一次精确测出了引力常量的数值，故B错误；C亚里士多德认为轻重不同的物体从同一高度静止释放，重的物体比轻的物体下落快，故C错误；D开普勒通过对第谷的观测数据的分析中发现了开普勒行星运动定律，故D错误。故选A。 1-1（基础） 关于物理学方法，下列说法不正确的是（ ）A.在定义瞬时速度时，用到的物理学方法是极限法B.在推导匀变速直线运动位移时间关系式时，用到的物理学方法是极限法C.建立质点概念时，用到的物理学方法是建立理想模型

2、法D.将末速度为零的匀减速直线运动看成做反向初速度为零的匀加速直线运动用到的是逆向思维法【正确答案】 B 1-2（巩固） 下列叙述中正确的是（）A.用点电荷代替带电体是采用了理想模型的方法B.伽利略通过理想斜面实验总结出了惯性定律C.在探究求合力方法的实验中主要使用了控制变量的方法D.开普勒通过总结规律发现了万有引力定律，并通过扭秤实验得到了引力常量G【正确答案】 A 1-3（巩固） 自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间

3、存在联系C.楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.安培发现了安培定则又称右手定则，可以用来判断磁感线环绕方向或电流方向【正确答案】 A 1-4（巩固） 下列关于物理学家的贡献，说法正确的是（）A.牛顿通过扭秤实验测出引力常量B.法拉第首先提出“力线”的概念来描述场C.奥斯特发现了电流的磁效应D.库仑最早测得了元电荷e的数值【正确答案】 C 1-5（巩固） 在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越贡献。以下关于物理学家所做科学贡献的叙述中，不正确的是（）A.牛顿在第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律B.伽利略巧妙“冲淡”重力，合理外推得出自

4、由落体运动是匀变速直线运动C.库仑利用扭秤实验得到库仑定律，卡文迪什运用扭秤实验测出引力常量D.法拉第提出了“力线”的概念【正确答案】 A 1-6（提升） 许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，下列说法正确的是（）A.卡文迪什利用扭秤实验测出了静电力常量k的数值B.富兰克林通过油滴实验测定了电荷量e的数值C.法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场D.麦克斯韦提出了电磁场统一理论并用实验证明了电磁波的存在【正确答案】 C【原卷 2 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡,绳子无节点受力分析 【正确答案】B【试题解析】 2-1（基础） 如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L=

5、2m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d=1.2m，重为16N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（）A.10NB.12NC.16ND.20N【正确答案】 A 2-2（巩固） 如图所示，一固定的直木棒与水平面的夹角=37，穿在直木棒上的两个小球A、B通过一条跨过定滑轮的轻绳相连接，定滑轮通过轻杆固定于天花板下方，且它的转轴为O，平衡时OA绳与直木棒的夹角也为，OB绳竖直。定滑轮的大小、质量均不计，小球孔的内径略大于直木棒的直径，所有摩擦均可忽略，cos37=0.8，sin37=0.6，下列说法正确的是（）A.平衡时，轻绳对B球的作用力大于

6、B球的重力B.轻杆对定滑轮的作用力竖直向上C.小球A、B的质量之比为3：4D.小球A的重力与轻绳的拉力大小之比为4：3【正确答案】 D 2-3（巩固） 如图，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是（）A.夹角将变小B.夹角将变大C.物体B位置将变高D.绳子张力将增大【正确答案】 C 2-4（巩固） 两个大小不计、质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L（不可伸长）的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。若在绳的中点施加一个竖直向上的拉力

7、F，使两物体缓慢靠近，如图所示。当两物体间的距离为时，拉力F的大小为（）A.B.C.D.【正确答案】 A 2-5（巩固） 如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q（含砂子）。现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，ACB=120，下列说法正确的是（）A.若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变B.若只减小P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变C.若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变D.若在两桶内减小相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置上升【正确答案】 C 2-6（提升） 如图所示，轻质、不可伸长的

8、细钢丝绳两端分别固定在竖直杆P、Q上的a、b两点，a点比b点低。脚着粗糙杂技靴的演员在走钢丝表演时，可以在细绳的中点以及杆P、Q的中间位置保持平衡状态，则演员（）A.在P、Q中间位置时，左右两侧绳子张力的值相等B.在P、Q中间位置时，左侧绳子张力的值小于右侧绳子张力的值C.在细绳的中点时，左右两侧绳子张力的值相等D.在细绳的中点时，左侧绳子张力的值大于右侧绳子张力的值【正确答案】 B【原卷 3 题】 知识点 判断导体切割磁感线中的电流方向,导体棒平动切割磁感线产生的动生电动势 【正确答案】B【试题解析】 3-1（基础） 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属

9、杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为，电阻为2R，ab间电阻为R，M、N两点间电势差为U，则M、N两点电势的高低及U的大小分别为（）A.M点电势高，U=B.M点电势高，U=C.N点电势高，U=D.N点电势高，U=【正确答案】 B 3-2（巩固） 如图所示,金属环半径为a,总电阻为2R,匀强磁场磁感应强度为B,垂直穿过环所在平面.电阻为的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时,杆的端电压为A.B.C.D.【正确答案】 A 3-3（巩固） 如图所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动。导体棒在线框接触点之间的感应电动

10、势为E，通过的电流为I。忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒（）A.从位置到的过程中，E增大、I增大B.经过位置时，E最大、I为零C.从位置到的过程中，E减小、I不变D.从位置到的过程中，E和I都保持不变【正确答案】 C 3-4（巩固） 如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻和，导体棒与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）A.流过的电流为由到，流过的电流为由到B.流过的电流为由到，流过的电流为由到C.流过的电流为由到，流过的电流为由到D.流过的电流为由到，流过的电流为由到【正确答案】 B 3-5（巩固）

11、如图所示，CDEF是金属框，框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。当导体AB向右移动时，金属框中CD、EF边的感应电流的方向为（）A.CD，EFB.DC，EFC.CD，FED.DC，FE【正确答案】 C 3-6（提升） 如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形团合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（）A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E=BavD.感应电动势平均值【正确答案】 B【原卷 4 题】 知识点 等量异种电荷连线中

12、垂线和连线上的电场强度分布图像,等量异种电荷连线中垂线和连线上的电势分布图像 【正确答案】C【试题解析】 4-1（基础） 如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列说法错误的是（）A.a、b两点的电场强度相同B.c、d两点的电势不相同C.若将一负试探电荷由d点移到c点，电场力做正功D.若将一正试探电荷由无穷远处移到c点，其电势能一定减少【正确答案】 D 4-2（巩固） 如图，电荷量分别为q和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则（）A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电

13、场强度相等C.a点和b点的电场强度方向不同D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加【正确答案】 B 4-3（巩固） 如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷+Q、-Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F两点，以下说法正确的是（）A.E、F两点电势不相等B.B、D两点电场强度不相同C.试探电荷+q从B点移到D点，电势能增加D.试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做的功相同【正确答案】 D 4-4（巩固） 如图，两对等量异号点电荷+q、-q固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与

14、其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（）A.L和N两点处的电场方向不垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左C.将一带正电的试探电荷从M点移动到O点，电场力做正功D.将一带正电的试探电荷从L点移动到N点，电场力做功为零【正确答案】 B 4-5（巩固） 如图所示，真空中存在一个等边三角形ABC，O为等边三角形外接圆的圆心，平行于BC的线段PQ在三角形所在平面内，且O为PQ的中点。将等量异种点电荷固定在P、Q两点处。已知等边三角形外接圆的半径为R，PQ之间的距离为。下列说法正确的是（ ）A.B、C两点的场强相同B.A点与O点的场强大小之比为C.图中各点电势关系为D.带负电的粒子

15、沿AC从A点移动到C点的过程中，电势能增加【正确答案】 D 4-6（提升） 两个完全相同的正四棱锥叠放在一起，构成如图所示的形状，其中a点固定点电荷，c点固定点电荷，O点为两棱锥公共正方形底面的中心，且，规定无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（）A.b点的电势比e点的电势高B.b、d两点的电场强度不同C.负电荷沿棱由移动的过程中，电场力一直做正功D.若将由a点放到e点，则O点的电势不变【正确答案】 D【原卷 5 题】 知识点 光电效应的极限频率,爱因斯坦光电效应方程,遏止电压的本质及其决定因素 【正确答案】D【试题解析】 5-1（基础） 某同学在研究某金属的光电效应现象时，发现该金属逸出光

16、电子的最大初动能与入射光频率的关系如图所示。若图线在横、纵坐标轴上的截距分别为和，已知电子所带电荷量为，由图线可以得到（）A.该金属的逸出功为零B.普朗克常量为，单位为C.当入射光的频率为时，逸出光电子的最大初动能为D.当入射光的频率为时，遏止电压为【正确答案】 D 5-2（巩固） 疫情期间，额温枪（红外测温仪）成为重要的防疫装备，其测温原理是：任何物体都会向外发出红外线，额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，间接得出温度数据。已知人体温正常时能辐射波长为10m的红外线，如图甲所示，用该红外线照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，该光电流随电压变化的图象如图

17、乙所示，已知h=6.6310-34Js，e=1.610-19C，电磁波在真空或空气中波速c=3108m/s则由图乙可知该光电管的阴极金属逸出功最接近于（）A.0.1eVB.0.2eVC.0.3eVD.0.4eV【正确答案】 A 5-3（巩固） 如图是研究光电效应的电路图，当用波长为0的光照射到阴极K上时，微安表A中有电流通过，则（）A.若将该入射光强度减小一半，微安表中的电流可能为零B.若增加光电管两端电压，微安表中的电流可能先增大后不变C.若将电源极性反接，微安表中的电流一定为零D.若换用波长为1（10）的光照射阴极K，微安表中的电流一定为零【正确答案】 B 5-4（巩固） 1916年密立根

18、测量金属的遏止电压（即图甲所示电路中电流表G的读数减小到零时加在电极K、A之间的反向电压）与入射光频率v的对应关系，实验中推导计算出普朗克常量h。图乙为某光电管发生光电效应时遏止电压与入射光频率v的关系图像，已知光电子的电荷量为e，下列说法正确的是（）A.电极K的金属材料的截止频率为B.普朗克常量C.电极K的金属材料逸出功随入射光频率的增大而减小D.光电子最大初动能与入射光频率成正比【正确答案】 B 5-5（巩固） 如图所示，某种单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数，下列说法不正确的是（）A.入射单色光的频率必大于阴极材料的截止频率B.增大单色光的强度，电流表的示数将增大C.用频率更低的

19、光照射光电管的阴极时，电流表一定没有示数D.滑片P向左移，电流表示数将减小，甚至为零【正确答案】 C 5-6（提升） 采用图甲所示的装置研究光电效应现象，电流表和电压表不测量时指针均指在表盘在正中间。分别用a、b、c三束横截面积相同的单色光照光电管的阴极K，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A.测量遏止电压时开关S应扳向1B.a光的光子能量比b光的小C.a光照射时光电子的最大初动能比c光照射的大D.c光的强度比a光的大【正确答案】 B【原卷 6 题】 知识点 带电粒子在弧形边界磁场中运动 【正确答案】A D【试题解析】 6-1（基础） 两个质量相同、所带电

20、荷量相等的带电粒子 a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）A.a粒子带负电，b粒子带正电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.a粒子动能较大D.a粒子在磁场中运动时间较长【正确答案】 AD 6-2（巩固） 如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线向外的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度向图示方向偏转了。根据上述条件可求下列物理量中的（）A.带电粒子的电性B.带

21、电粒子在磁场中运动的周期C.带电粒子在磁场中运动的半径D.带电粒子的比荷【正确答案】 ABD 6-3（巩固） 半径为的半圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场。不计重力的、两粒子从圆周上的点沿着半径方向射入磁场，分别从、两点离开磁场，运动轨迹如图所示。已知、两粒子进入磁场时的速率之比为，为直径，。下列说法正确的是（）A.粒子带正电，粒子带负电B.、两粒子的轨道半径之比为C.、两粒子的比荷之比为D.、两粒子在磁场中运动时间之比为【正确答案】 BCD 6-4（巩固） 如图所示，有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场，O为圆心，A、B、C为其圆周上三等分点。现有三个电量大小相同的带电粒子，分别从A、B、

22、C三点正对圆心同时进入磁场，运动过程中没有发生任何碰撞，最后从相邻的点飞出磁场（AC，CB，BA），不考虑粒子间的相互作用力及重力，则这三个粒子（）A.一定都带同种电荷B.做圆周运动的半径一定相等C.做圆周运动的周期一定相等D.动量大小一定相等【正确答案】 ABD 6-5（巩固） 国际空间站上的阿尔法磁谱仪（AMS）是探究宇宙中的反物质和暗物质（即由反粒子构成的物质）的重要仪器，如氚核（）的反粒子（反氚核）为。该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场区域，该区域磁场方向垂直纸面向里，如图所示，P为粒子入射窗口，各粒子从P射入时的速度大小相同，且均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆

23、周上等分点，若氚核射入磁场区域后打在d点，则反质子（）射入后，将有（）A.反质子将打在b点B.反质子射入磁场后运动轨迹的半径为氚核的C.反质子在磁场中运动的时间为氚核的D.反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的【正确答案】 BC 6-6（提升） 如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；不计带电粒子所受重力，则（）A.该带电粒子带正电B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2RC.若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为D.若仅将速度大小改为v，则

24、粒子在磁场中运动的时间为2t【正确答案】 ABD【原卷 7 题】 知识点 用细绳连接的系统机械能守恒问题 【正确答案】B C【试题解析】 7-1（基础） 如图所示，轻绳跨过定滑轮悬挂质量分别为m1、m2的甲、乙两个物体，滑轮的质量及摩擦不计，空气阻力不计。由于m1m2，两物体从静止开始运动，则（）A.甲、乙各自的机械能分别守恒B.乙减少的机械能等于甲增加的机械能C.乙减少的重力势能等于甲增加的重力势能D.甲、乙组成的系统机械能守恒【正确答案】 BD 7-2（巩固） 如图所示，是由细杆弯成的半圆弧，其半径为，半圆弧的一端固定在天花板上的点，是半圆弧的直径，处于竖直方向，点是半圆弧上与圆心等高的点

25、。质量为的小球A（可视为质点）穿在细杆上，通过轻绳与质量也为的小球B相连，轻绳绕过固定在处的轻质小定滑轮。将小球A移到点，此时段轻绳处于水平伸直状态，然后将小球A由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为，在小球A由点运动到圆弧最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.小球A的动能可能先增大后减小B.小球A始终比小球B运动得快（释放点除外）C.当小球A绕滑轮转过角度为时，小球A的动能为D.小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为、【正确答案】 BCD 7-3（巩固） 如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等，均为m

26、。C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OCh，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30，现将A、B由静止释放。重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.物块A由P到C过程的机械能守恒B.物块A在C点的速度最大，大小为 C.物块A由P到C过程，物块B的机械能减少mghD.物块A到C点时，物块B的速度大小为【正确答案】 BC 7-4（巩固） 如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量都为m，轻绳足够长。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.当A的

27、位移为h时，B的速度大小为B.运动过程中B的机械能在增大C.运动过程中B的加速度大小为D.运动过程中绳上拉力为【正确答案】 AD 7-5（巩固） 如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻质小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A.环到达B处时，重物上升的高度hB.环到达B处时，环的速度为 C.环从A到B，环减少的重力势能等于环增加的动能和重物增加的重力势能之和D.环能下降的最大高度为d【正确答案】 BD 7-6（提升）

28、 如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的光滑斜面，斜面倾角=45。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1=2m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，当m1由静止释放运动到圆心O的正下方C点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（）A.当m1运动到C点时，m1和m2的速率之比为B.当m1运动到C点时，m1的速率C.在m1从A点运动到C点的过程中

29、，m1与m2组成的系统机械能守恒D.细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为【正确答案】 BC【原卷 8 题】 知识点 完全非弹性碰撞3：含有斜面或曲面的情况,含有动量守恒的多过程问题 【正确答案】C D【试题解析】 8-1（基础） 如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中错误的是（）A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守

30、恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动【正确答案】 ABD 8-2（巩固） 如图所示，质量为2m的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v冲上小车，刚好到达圆弧轨道最高点后又返回小车的左端。已知重力加速度为g，在这过程中，下列说法中正确的是（）A.小球和小车所组成的系统动量守恒B.四分之一光滑圆弧轨道的半径为C.小球运动到最高点时，小车的速度大小为D.小球返回小车左端时，小车的速度大小为【正确答案】 BC 8-3（巩固） 如图所示，木块B静止在光滑水平地面上，其上有半径r=0.4m的光滑1/4圆弧轨道，且圆弧轨道底端与水平地面相切，一可视为质点的的物块A

31、以水平向左的速度v冲上木块B，经一段时间恰好运动至物块最高点，随后在返回水平地面。已知A、B质量mA=mB=1kg，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（） A.整个过程中，A、B组成系统动量守恒B.物块A滑到最高点时速度为零C.物块A的初速度大小为4m/sD.木块B的最大速度为4m/s【正确答案】 CD 8-4（巩固） 如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是（）A.滑块b沿a上升的

32、最大高度为B.物块a运动的最大速度为C.物块a对滑块b的冲量大小D.物块a对滑块b的所做的功【正确答案】 BD 8-5（巩固） 如图所示，质量为4m的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（）A.A、B组成的系统动量守恒B.合外力对B的冲量大小为C.A对B做的功为D.B沿A上滑的最大高度为【正确答案】 BC 8-6（提升） 如图所示，在光滑水平面上静止着一个斜面体，其质量为，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为，底边长为。

33、今有一个质量为的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度沿水平方向，则下列说法正确的是（）A.在小球下滑过程中，两者的动量总是大小相等方向相反B.两者分开时斜面体向右移动的距离是C.分开时小球和斜面体的速度大小与两者的质量成反比D.在小球下滑过程中斜面体弹力对它不做功【正确答案】 BC【原卷 9 题】知识点 分子热运动的基本概念,分子势能随间距的变化E-r图,液晶,热力学第二定律两种表述,绝对零度 【正确答案】B C E【试题解析】A布朗运动是固体小颗粒在液体分子的撞击下发生的无规则运动，不是分子的无规则运动，但是可以反映出液体分子的无规则运动，故A错误；B因为分子的无规则

34、运动，所以任何物体的温度均不可能达到绝对零度以下，故B正确；C液晶具有各向异性的特征（主要是光学性质），故C正确；D当分子间距增大时，如果分子间是引力，分子力做负功，分子势能增大，如果分子间是斥力，分子力做正功，则分子势能减小，故D错误；E在外界影响的情况下热量可以从低温物体向高温物体传递，故E正确。故选BCE。 9-1（基础） 下列说法中正确的是（）A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C.一定量的100水变成100水蒸气，其分子势能增加D.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力

35、是由于气体分子间存在斥力的缘故【正确答案】 ACD 9-2（巩固） 下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加C.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大D.分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力E.热量是热传递过程中，内能大的物体向内能小的物体转移内能多少的量度【正确答案】 BCD 9-3（巩固） 下列说法正确的是（）A.布朗运动的实质是液体分子的无规则运动B.温度的高低决定了分子热运动的剧烈程度C.达到热平衡的两个系统，它们的分子平均动能一定相等D.分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距离增大而增大E.若已知

36、氧气的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可估算出氧气分子的体积【正确答案】 BCD 9-4（巩固） 分子动理论是描述热现象微观本质的理论，是热力学的基础。下列与此相关的描述正确的是（）A.扩散现象和布朗运动都说明分子不停地做无规则的运动B.固体、液体分子间有空隙而不分散，能保持一定的体积，说明分子间有引力C.气体压强是气体分子间斥力的宏观表现D.空气对流是气体分子热运动的宏观表现E.放大率很大的光学显微镜也无法看到分子的热运动【正确答案】 ABE 9-5（巩固） 下列关于固体、液体和气体的说法正确的是（ ）A.固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为

37、零C.固体、液体和气体中都会有扩散现象发生D.液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力E.某些固体在熔化过程中，虽然吸收热量但温度却保持不变【正确答案】 CDE 9-6（提升） 利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（）A.A端为冷端，B端

38、为热端B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律【正确答案】 ABE【原卷 10 题】 知识点 根据光的偏折程度比较折射率大小 【正确答案】A B E【试题解析】 10-1（基础） 一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为，从另一侧射出时分成a、b两束单色光，如图所示，下列说法正确的是（）A.在该玻璃中a光的传播速度比b光的大B.a光在真空中的传播速度比b光在真空中的传播速度大C.a光比b光更容易发生明显的衍射现象

39、D.增大（90），a、b两束光可能不会从另一侧射出E.a光从该玻璃射向空气时的临界角比b光的大【正确答案】 ACE 10-2（巩固） 如图所示，两束光线甲和乙分别射到同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示，将这两束光以不同的角度同时沿不同的半径方向射入同一块横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线都是由圆心O点沿OC方向射出，下列说法正确的是（）A.甲光的波长较短，乙光的波长较长B.甲光的频率较低，乙光的频率较高C.A光与甲光对应，B与乙光对应D.A光在玻璃中传播速度大，B光在玻璃中传播速度小E.分别让A、B光通过同一单缝，在同一光屏上A光的条纹宽度小于B光的条纹宽度【正确答案】 ACE 1

40、0-3（巩固） 如图所示，一束复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的无限大厚玻璃平面镜的上表面，一共得到三束光、。则（）A.该复色光由三种颜色的光混合而成B.光束在玻璃中的传播速度比光束小C.光束、在玻璃砖内部传播的时间不可能相同D.改变角且，光束、一定始终与光束平行E.光束与光束通过同一单缝衍射仪后，光束的中央亮条纹比光束的中央亮条纹窄【正确答案】 BDE 10-4（巩固） 如图，一束白光垂直直角边射向直角三棱镜，从其斜边射出后，在屏幕上形成一条彩带，其中两种单色光X和Y的分布如图所示。已知该屏幕恰好在三棱镜的顶点P处且与三棱镜的另一直角边垂直。下列说法正确的是（）A.单色光X的频率小于Y的

41、频率B.单色光X与Y在三棱镜中传播的速度相同C.通过同一个小孔，单色光X比Y的衍射现象更明显D.用同一个双缝进行干涉实验，单色光X干涉条纹间的距离比Y的大E.在两种介质的分界面上发生全反射时，单色光X与Y的临界角相同【正确答案】 ACD 10-5（巩固） 如图所示，两束单色光a、b从水下射向A点后，光线经折射合成一束光c，则下列说法中正确的是（）A.用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距B.用a、b光分别做单缝衍射实验时，它们的衍射条纹宽度都是均匀的C.在水中a光的速度比b光的速度小D.a光在水中的临界角大于b光在水中的临界角E.a光的频率小于b光

42、的频率【正确答案】 ADE 10-6（提升） 如图所示，两块相同的等腰三棱镜ABC置于空气中，两者的AC面相互平行放置，由红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入，通过两棱镜后，变为从a、b两点射出的单色光，对于这两束单色光（）A.红光在玻璃中传播速度比蓝光大B.从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光C.通过狭缝时，b光比a光更容易发生明显衍射现象D.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验室装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距E.从a、b两点射出的单色光平行，且平行于BC【正确答案】 ABE【原卷 11 题】 知识点 实验：验证力的平行四边形定则 【正确答案】【试题解析】 1

43、1-1（基础） 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_N。（2）下列的实验要求必要或者正确的是_（填选项前的字母）。A.应用测力计测量重物M所受的重力B.应在水平桌面上进行实验C.拉线方向应与木板平面平行D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程

44、，下列解决办法中不可行的是_（填选项前的字母）。A.只改变弹簧测力计B的拉力大小 B.减小重物M的质量C.将A更换成量程较小的弹簧测力计 D.改变弹簧测力计B的拉力方向（4）在进行实验之前，应如何检验两弹簧测力计是可以正常使用的_。【正确答案】 3.6 AC或CA AC或CA 把两弹簧测力计在水平方向上对拉，观察两测力计示数是否相等，若相等则可以正常使用，否则则不能正常使用 11-2（巩固） 某实验小组的同学利用如图所示的装置验证平行四边形定则，一方木板沿竖直方向固定，橡皮筋的一端固定在方木板A点，另一端拴接两细绳套，左侧的细线跨过光滑的钉子后悬挂钩码（钩码的重力已知），右侧的细线连接一劲度系

45、数已知的轻弹簧。实验时，在左侧挂一定数量的钩码，同时改变右侧弹簧的长度，使结点拉伸到O点，且橡皮筋沿竖直方向。请回答下列问题：（1）实验时需要测量的物理置有_。A.轻弹簧伸长后的长度 B.轻弹簧的原长 C.橡皮筋的长度（2）以下操作正确的是_。A.实验时，应使B.实验时细线没必要与方木板保持平行C.实验时必须记下结点O的位置D.实验时除了测量第（1）问中的物理量，还需记录下两细线的方向（3）实验时，如果，现保持结点O的位置不变，将左侧的钉子缓慢地向下移动，在钉子到达O点正下方前，右侧细线与竖直方向的夹角以及轻弹簧长度L的变化为_。A.增大，L增大 B.减小，L减小 C.减小，L增大 D.增大，

46、L减小【正确答案】 AB CD B 11-3（巩固） 某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题。（1）改变钩码个数，实验能完成的是_；A钩码的个数N13，N25，N36B钩码的个数N1N22，N34C钩码的个数N1N33，N27（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是_；A标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（

47、3）在作图时，你认为图_（选填“甲”或“乙”）是正确的。【正确答案】 A A 甲 11-4（巩固） 某同学采用自制弹簧测力计，做“探究共点力合成的规律”实验：（1）用来制作弹簧测力计的弹簧有两种型号，其弹力与弹簧长度的关系图象如图所示，则型号的弹簧原长比的_（填“长”或“短”）；选用_型号弹簧做测力计精确度高；（2）该同学的实验装置如图。在测量同一组数据、和合力F的过程中，橡皮条结点的位置_（填“能”或“不能”）变化，弹簧测力计拉细线时，拉力方向_（填“必须”或“不必”）竖直向下。（3）某次实验，他得到两个力的方向如图所示，两个分力的大小分别为、，请在图中作出、的合力_。【正确答案】 长 不能

48、 不必 11-5（巩固） 在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，另一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为GE。用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力、的共同作用，处于O点，如图乙所示，橡皮条伸长的长度为。撤去、，改用一个力F单独拉住小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于O点。（1）在实验操作中，力F单独作用时与力、共同作用时都使小圆环在O点保持静止，这样做的目的是使_，体现_的物理思想；（2）具体操作前，某同学提出了以下关于实验操作的建议，其中正确的是_；（填正确答案标号）A图乙中，与的方向必须相互垂直B重复实验再次进行探究时，圆环O的位置必须与前一

49、次相同C用两弹簧测力计同时拉小圆环时，两弹簧测力计示数之差应尽可能大一些D使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线（3）某同学在坐标纸上画出了如图丁所示的两个已知力和，图中小正方形的边长表示，两力的合力用F表示，、与F的夹角分别为和，下列说法正确的是_。（填正确答案标号）A B C D【正确答案】 力F单独作用时与力、共同作用时对橡皮条的作用效果相同 等效替代 D BC或CB 11-6（提升） 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：（1）如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹

50、簧测力计；（2）沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向；（3）再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向；实验中确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是_；用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是_；图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中_是F1和F2合力的实际测量值；下列措施可以减小实验误差的是_。A橡皮条应与两绳套夹角的平分线在同一直线上B

51、用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两个绳套的夹角必须等于90C用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行D尽可能使橡皮条长些实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即+=90。若保持测力计M的读数不变，当角由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是_；A增大N的读数，减小角 B减小N的读数，减小角C减小N的读数，增大角 D增大N的读数，增大角【正确答案】 O、b两点太近，误差大 与F1、F2共同作用的效果相同 F C B【原卷 12 题】 知识点 测量电阻丝电阻率的实验原理和器材,测量电阻丝电阻率的数据处理方法,多用电表测电阻的方法、操作步

52、骤、注意事项和读数 【正确答案】【试题解析】 12-1（基础） 小明在实验室测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，可供使用的器材如下：A.待测金属丝 F.滑动变阻器R，全电阻约20B.电流表，量程0.6A，内阻约0.6 G.直流电源E，电动势3V，内阻不计C.电流表，量程3A，内阻约0.12 H.多用电表D.电压表，量程15V，内阻约15k I.毫米刻度尺E.电压表，量程3V，内阻约3k J.开关S及导线若干实验步骤如下：（1）首先用毫米刻度尺测出接入电路中金属丝的长度，再利用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图所示，则金属丝直径的测量值_mm。（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，机械调零后将选择开

53、关拨到“”挡；将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使_；将红、黑表笔接在金属丝两端，多用电表指针指示如图所示，则金属丝电阻值为_。（3）老师要求电表示数从零开始尽可能地多测几组数据，比较精确地测量金属丝的电阻，经过讨论他们连接了如下图所示的电路：电路有几条线没有连接，请你帮助他们完成电路连接_；电路中所选电流表为_（填“”或“”），所选电压表为_（填“”或“”）。（4）实验过程中，小明移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录两电表的测量数据，在坐标纸上描点作出如下图所示的图像，则金属丝的电阻R_（结果保留2位有效数字）。（5）实验过程中，如果长时间保持电路闭合，这样的操作会使电阻率的

54、测量结果_（填“偏大”或“偏小”）。【正确答案】 0.360 表针指到0处 6.0 偏大 12-2（巩固） 物理兴趣小组的同学们用电源、电阻箱、电流表、圆柱形玻璃管等器材设计实验测是淡盐水的电阻率。实验所用圆柱形玻璃管内径均匀，侧壁连接一细管，细管上加有一阀门K，以控制管内淡盐水的量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。主要实验步骤如下：装入淡盐水之前，先用图甲所示的游标卡尺测玻璃管的内径D；向玻璃管内注入淡盐水，并用刻度尺测水柱的长度L；连接好如图丙所示的电路，闭合开关，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R；改变玻璃管内水柱长度，

55、调整 ，使电流表再次满偏；重复步骤多次，记录每一次R和L数据；断开开关，整理器材。请回答下列问题：（1）测量时，玻璃管内径应卡在图甲中游标卡尺的_（选填“A”或“B”）部位，测得玻璃管内径图乙所示，读数为_。（2）完善步骤的内容是_。（3）用记录的多组R和L数据，绘出了图线如图丁所示，截距分别为b和a，则淡盐水的电阻率表达式为_（用给定的字母表示）。（4）电流表的内阻对本实验结果_（填“有”或“无”）影响。【正确答案】 B 20.75 电阻箱接入电路中的阻值 无 12-3（巩固） 某同学听说一支新HB铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为25，于是就找来一支新HB铅笔，准备测出笔芯的电阻和电阻率。（1

56、）先用多用电表直接测量笔芯的电阻，先把选择开关调至欧姆_（填“1”、“10”或“100”）挡，使红、黑表笔短接进行欧姆调零，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过正确的操作后，测量结果如图甲所示，则该铅笔笔芯的电阻为_。（2）该同学想用伏安法更准确地测出这支铅笔的电阻，为此他从实验室找到如下器材：A.电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计；B.电压表V：量程为03V，内阻为几千欧；C.电流表A：量程为0100mA，内阻为几欧；D.滑动变阻器R：最大阻值为100；E.开关S，导线若干。为了尽量准确地测量这支铅笔电阻Rx的阻值，在图乙中，用笔面线代替导线，完成电路图。_（3）该同学小心利开

57、铅笔，用螺旋测微器测量笔芯的直径如图丙所示，则笔芯的直径为_mm。（4）若测得该铅笔笔芯的电阻为R、长度为L，直径为D，则该铅笔笔芯的电阻率=_。（用R、L、D表示）【正确答案】 1 30或30.0 1.973（1.971-1.975） 12-4（巩固） 某同学要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率，进行了如下实验操作：（1）用螺旋测微器测量圆柱体的直径如图甲所示，由图可知其直径D=_；用游标卡尺测量圆柱体的长度L如图乙所示，由图可知其长度L=_。（2）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值为_；（3）该同学想用伏安法更精确地测量

58、其电阻，现有器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx：电流表A（量程，内附约）；电压表V（量程，内阻约）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围，允许通过的最大电流）；开关S以及导线若干为减小测量误差，请在图中虚线框内画出完整的实验原理电路图_；（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率=_（用k、L、D三个物理量表述）；（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值_（选填“大于”或“小于”）真实值。【正确答案】 4.950 4.240 120 小于 12-5（巩固） 某

59、小组通过实验测量一段金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径D时，测量结果如图甲所示，则读数D=_mm。（2）某同学设计了图乙所示的实验电路，调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录连人电路的电阻丝的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；改变电阻丝上的导电夹P的位置，重复测量，记录多组x、U、I的值根据多组测量得到的实验数据绘出图像如图丙所示，若图线斜率为k，纵轴截距为b，则由图可得电阻丝的电阻率_，电流表的内阻_（均用已知或测量出的物理量的符号表示）；电流表内阻对电阻率的测量_（填“有”或“没有”）影响。【正确答案】 0.853（0.8520.84） b 没

60、有 12-6（提升） 一根细长而均匀的金属管线样品，长L约60cm，电阻R大约10，截面图如图甲所示。（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为_mm。（2）实验室有如下器材：A电流表（量程0.6A，内阻约0.5）B电流表（量程3A，内阻约0.02）C电压表（量程3V，内阻约5k）D滑动变阻器（1750，0.3A）E滑动变阻器（15，3A）F蓄电池（6V，内阻很小）G开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选_，滑动变阻器应选_。（只填代号字母）。（3）将如图所示的实物电路补充完整。（_）（4）金属管线样品材料的电阻率为，通过多次测量得

61、出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是_。计算中空部分截面积的表达式为S=_。【正确答案】 1.125 A E 金属管线的长度L 【原卷 13 题】 知识点 卫星的各个物理量计算,机械能与曲线运动结合问题 【正确答案】【试题解析】 13-1（基础） 某人在地球表面完成了如下实验：长为L的轻绳，一端固定在O点，另一端系一小球，在最高点给小球一初速度v0，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知地球的半径为R，引力常量为G。忽略地球自转。求：（1）地球的第一宇宙速度大小？（2）地球的平均密度为多大？（3

62、）已知月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为地球半径的60倍，求月球做匀速圆周运动的线速度大小？【正确答案】 （1）；（2）；（3） 13-2（巩固） 如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R=2m。一质量为m=1kg的小物块（视为质点）从斜轨道上高h=5m处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。（g为重力加速度）（1）小物块运动到B点时，对轨道的压力大小；（2）小物块是否能到达最高点A，若能到达则求出对A点的压力大小。【正确答案】 （1）60N；（2）0 13-3（巩固） 如图所示，一游戏装置由固定于竖直平面内的倾斜直轨道AB、圆心为的

63、圆弧形轨道BCD、圆心为的半圆形细圆管轨道DEF组成，轨道在B、D处平滑连接，C、D、和F点在同一竖直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道BCD和DEF的半径均为，轨道AB的A端和B端距水平地面的高度分别为和，轨道均光滑，不计空气阻力，若滑块从轨道AB上某处由静止释放。（1）释放处距水平地面高度，求运动到最低点C时速度的大小及轨道对其支持力的大小；（2）滑块能从F点飞出落到水平地面上，求落地点离C点的最大距离；（3）滑块始终不脱离轨道，求释放处距水平地面高度的范围。【正确答案】 （1），；（2）；（3）或 13-4（巩固） 游乐场过山车的运动情况可以抽象为如图所示的模型：弧形轨道AB的下端B点

64、与半径为R的竖直圆轨道平滑连接，质量为m的小球从弧形轨道上离水平地面高度为h的A点由静止开始滚下，小球进入竖直圆轨道后顺利通过圆轨道最高点C，不考虑空气阻力和摩擦，重力加速度为g。求：（1）小球位于A点时的重力势能（以水平地面为参考平面）；（2）小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功；（3）要使小球从弧形轨道AB上某点（未画出）静止释放，恰能使小球完成完整的圆周运动，则释放点到水平面的高度为多少？【正确答案】 （1）；（2）；（3） 13-5（巩固） 2020年12月1日，“嫦娥五号”探测器成功着陆在月球正面预选着陆区实现软着陆。如图甲所示，探测器在月球表面着陆前反推发动机向下喷气以获得向

65、上的反作用力，探测器减速阶段可看作竖直方向的匀变速直线运动。若探测器获得的反作用力大小为F，经历时间t0，速度由减速到0，月球半径为R，万有引力常量为G，探测器质量为m。求：（1）月球表面的重力加速度大小；（2）月球的质量和密度；（3）如图乙所示，若将来的某天，中国宇航员在月球表面做了如图乙所示的实验，将一根长为L的细线的一端固定在O点，另一端固定一小球，使小球在竖直而内恰好做完整的圆周运动，则小球在最高点的速度大小是多少。【正确答案】 （1）；（2），；（3） 13-6（提升） 目前人类正在设计火星探测实验室，从而在火星表面进行某些物理实验。如果火星的半径为r，某探测器在近火星表面轨道做圆周

66、运动的周期是T，探测器着陆后，其内部有如图所示的实验装置，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到火星表面重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零（火星表面重力加速度g未知）。不考虑火星自转的前提下，求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球从C点落至水平轨道所用的时间。【正确答案】 (1) ，v=；(2)

67、【原卷 14 题】 知识点 机械能与曲线运动结合问题,没有其他外力的板块问题,利用动量定理求解其他问题 【正确答案】【试题解析】 14-1（基础） 如图所示，位于竖直平面上半径为R =0.2m的圆弧轨道AB光滑无摩擦，O点为圆心，A点距地面的高度为H =0.4m，且O点与A点的连线水平。质量为m =1kg的小球从A点由静止释放，最后落在地面C处。取g =10 m/s2，不计空气阻力，求：（1）小球通过B点时的速度；（2）小球落地点C与B点的水平距离；（3）小球落地时的速度大小和方向。【正确答案】 （1）2m/s；（2）0.4m；（3）；45 14-2（巩固） 如图所示的简化模型，主要由光滑曲面

68、轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.1 m，水平面BD的长度，传送带长度，距离落地区的竖直高度，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（g取，不考虑传送带的半径对运动的影响）。（1）要使滑块恰能通过圆轨道最高点C点，求滑块释放点距水平轨道的高度；（2）要使滑块恰能运动到传送带最右端E点，求滑块释放点距水平轨道的高度；（3）若释放点距水平轨道

69、的高度，求滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系。【正确答案】 （1）；（2）；（3） 14-3（巩固） 如图所示，BO是长为L的平直导轨，物块与导轨间动摩擦因数为，AB为光滑弧形轨道，与平直导轨平滑连接。B与地面间高度差为h1，AB间高度差为h2，以平直轨道末端O点为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，已知重力加速度为g。（1）若一质量为m的物块在水平恒力作用下从O点静止开始向左运动，到达B点时撤去恒力，物块经过A点向左抛出后落地。若物体落地动能为E1，求经过B点的动能EkB；若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件；（2）若滑块m从光滑曲

70、面上不同位置由静止开始下滑，经过O点落到弧形轨道PQ上的动能均相同，弧形轨道P端坐标为（2L，L），Q端在y轴上，求PQ的曲线方程。【正确答案】 （1），；（2） 14-4（巩固） 如图，下端带有一挡板的足够长光滑斜面，固定在水平地上，斜面倾角=30，质量m=2kg 的弹性小球，从斜面上由静止释放，释放点与挡板的距离到x1=3.6m，反弹后沿斜面上升的距离x2=1.6m；若使小球从距挡板x3=2.4m 处由静止释放，并在开始释放的同时对小球施加一个沿斜面向下的恒外力，恒力的作用时间 t=0.2s；而后球撞击档板后沿斜面反弹的距离也为 2.4m。已知小球每次与挡板碰撞前后动能的比值不变，挡板与斜

71、面重直，g 取 10m/s2，不计空气阻力，求： （1）小球未受恒外力作用第一次撞击挡板前的瞬时速度大小； （2）小球来受恒外力作用第一次与挡板碰撞过程中，小球所受合外力的冲量大小； （3）恒力对小球所做的功和恒力的大小。【正确答案】 （1）；（2）；（3）30J，50N 14-5（巩固） “高手在民间”，在工地农民工大哥架设了一套简吻而有效的砖块输送系统，其结构如图所示。长的滑板端抵在水平放置的轮胎上，另一端架在高处，形成一个倾角的滑道。将砖块白点由静止释放，沿滑道加速下滑到点与轮胎发生碰撞，碰后砖块斜向上飞起，最终自动落入小车车厢内。已知砖块与滑板间的动摩擦因数，传块与轮胎碰撞前后水平方向

72、速度保持不变，且知碰后传块在空中运动轨迹的最高点与碰撞点的高度差为，而小车水平放置时车厢上边缘与点的高度差，重力加速度取（1）若砖块的质量，与轮胎碰撞时间，求碰撞过程巾砖块所受轮胎平均作用力的大小；（2）小车车厢长，为确保砖块能够自动飞人小车，求小车水平放置邛车头到点水平距离的取值范围。【正确答案】 （1）；（2） 14-6（提升） 如图所示，A为可视作质点的煤块，B为一块长为L=3m的泡沫板。将A置于B表面，一起放在一足够长的水平面上。现对B施加一水平向右、大小变化的力，该力满足F=0.4t（F随t均匀改变，均采用国际单位制单位）。已知A、B之间的动摩擦因数为1=0.1，B与水平面间的动摩擦

73、因数为2=0.2，A的质量m=1kg，B的质量M也为1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。（1）从开始施加力到泡沫板刚开始运动，经历了多长时间？（2）当泡沫板上即将出现划痕时，煤块的速度大小是多少？（3）若撤掉外力F，将煤块置于泡沫板中间，给泡沫板一个初始速度v0=6m/s，煤块最终在泡沫板上留下的黑色痕迹长度是多少？【正确答案】 （1）10s；（2）2.5m/s；（3）1.5m【原卷 15 题】 知识点 理想气体状态方程 【正确答案】【试题解析】 15-1（基础） 如图所示，粗细均匀足够长的试管竖直放置，下端开口上端封闭。管中水银柱高，水银柱封闭高的理想气体，气体温度保持不变

74、，大气压强。（1）将试管缓慢旋转至开口竖直向上，求此时封闭气体的长度；（2）若将此试管静置于“天宫”空间站内，假定空间站内大气压、气体温度均与题干中的相同且保持不变，求此时封闭气体的长度。【正确答案】 （1）；（2） 15-2（巩固） 如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被轻绳倒挂于倾角为的斜面上，管内有一段长为的水银柱（其密度为）封闭着一段空气柱，大气压强为，重力加速度大小为。求在下列情况下，被封闭气体的压强为多少。（式中各物理量单位均为国际单位制单位）（1）玻璃管静止不动；（2）剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳加速下滑过程（已知管与斜面间动摩擦因数为，且）。【正确答案】 （1）；（2） 15-3

75、（巩固） 如图所示，一根长、一端封闭的细玻璃管AB开口向上竖直放置，A为管口，B为管底。管内用长的水银柱封闭了一段长的空气柱。已知外界大气压强为，封闭气体的初始温度为300K。，。（1）若对封闭气体缓慢加热，则温度升到多少时，水银刚好不溢出；（2）若保持初始温度不变，将玻璃管绕通过B点的水平轴缓慢转动，直至管口斜向下与竖直方向成，请判断此过程中是否有水银逸出。【正确答案】 （1）；（2）不会溢出 15-4（巩固） 如图所示，一根粗细均匀的足够长玻璃管内有一段15cm高的水银柱，封闭了一定量的空气，大气压强相当于75cm水银柱产生的压强，管口竖直向下时，封闭空气柱长40cm，这时的温度为27，现

76、将玻璃管顺时针方向慢慢旋转，使管口水平向左，再继续慢慢旋转，使管口竖直向上，然后把封闭空气柱浸入87的热水中，（重力加速度取g = 10m/s2）则：（1）管口水平向左时，空气柱的长度为多少？（2）管口向上，浸入热水中稳定后空气柱长度为多少？（3）在（2）问情况下，把整个装置放入以加速度4m/s2匀加速上升的电梯里，稳定后空气柱的长度为多少？【正确答案】 （1）32cm；（2）32cm；（3）30cm 15-5（巩固） 某简易温度报警装置的示意图如图所示，其原理是：导热性能良好的竖直细管中用水银封闭了一定质量的空气（视为理想气体），当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声。27时

77、，空气柱长度L1=20cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2=5cm，水银柱高度h=2cm，用该温度报警装置测量沸腾的某种液体时恰好报警，该液体沸点与大气压强的关系如下表。沸点9899100101102压强（1）求当地的大气压强p0；（2）若取出1cm水银柱，求该装置报警时的热力学温度T3。（结果保留三位有效数字）【正确答案】 （1）；（2） 15-6（提升） 为了理解与沉船打捞的有关物理过程，考虑下列简单模型。将打捞装置简化为一个两端开口、内壁光滑、横截面积为S的柱形长玻璃管，竖直固定使其上沿刚好没入温度为的水中；而沉船则简化为一密度为、高度为h的柱形活塞，下边缘被挡在距水平面高度为H的位置

78、，活塞的上部玻璃管里充满水，如图所示。现从管下部向管内充入气体（可视为理想气体），推动活塞缓慢上浮。设大气压强为，水的密度为，普适气体常量为R。（1）试求充入多少的气体后可以使得活塞刚好开始上浮？忽略气体质量。（2）上问中充入的气体推动活塞上升，当活塞上沿趋于与水面平齐时，额外施加向下的压力可使活塞维持受力平衡状态，求平衡时此额外压力的大小。已知，重力加速度大小，普适气体常量。【正确答案】 （1）；（2）【原卷 16 题】 知识点 波的图象,波的多解问题 【正确答案】【试题解析】 16-1（基础） 一列简谐横波图像如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知tt2

79、t10.5 s。（1）这列波的周期可能是多大？（2）这列波可能的波速表达式是怎样的？（3）若波向左传播，且3Tt0. 2s。（1）求该波的传播速度大小；（2）若该波沿x轴正方向传播，求x=0. 6m处的质点在t=2.25s 时刻的位移y。【正确答案】 （1）4m/s；（2）y=-2cm 16-5（巩固） 一简谐横波在水平绳上沿轴负方向以的波速传播。已知时刻的波形如图所示，绳上质点M、N的平衡位置分别是、。（1）写出质点N的振动方程；（2）从该时刻开始计时，求质点M、N振动速度相同的时刻。【正确答案】 （1）；（2）（，） 16-6（提升） 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0

80、25m部分的波形图如图中实线，经过t=0.3s 该部分波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点0的距离为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为xA=7.5m。（1）求该简谐横波的波速。（2）当波速取最小值时，求质点A的振动方程。【正确答案】 （1）；（2） 答案解析 1-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A根据当时间间隔足够短或者位移足够小时的平均速度就等于某一时刻或者通过某一位置时的瞬时速度，在定义瞬时速度时用到的物理学方法是极限法，A正确；B在推导匀变速直线运动位移时间关系式时，将整个运动过程划分成很多小段，每小段都看成匀速直线运动，然后把个小段的位移相加，用到的物

81、理学方法是微元法，B错误；C在不考虑物体的形状和大小时，用质点来替实际的物体，建立质点概念时，用到的物理学方法是建立理想模型法，C正确；D将末速度为零的匀减速直线运动看成做反向初速度为零的匀加速直线运动用到的是逆向思维法，D正确。本题选择不正确选项，故选B。 1-2【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A用点电荷代替带电体是采用了理想模型的方法，理想模型法是物理中研究问题的一种方法，故A正确；B伽利略通过理想斜面实验总结出了力不是维持运动的原因，牛顿总结了惯性定律，故B错误；C在探究求合力方法的实验中主要使用了等效替代的方法，故C错误；D牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什测出了引力常量的

82、值，故D错误。故选A。 1-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；B焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，故B错误；C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误；D安培总结出了右手螺旋定则（安培定则），可用来判断通电导线周围磁场方向，没有电流方向，故D错误。故选A。 1-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A卡文迪什通过扭秤实验测出引力常量，A错误；B法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，B错误；C奥斯特发现了电流的磁效应，C正确；D元电荷最早由密里根

83、通过油滴实验测出，D错误。故选C。 1-5【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:A开普勒在第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B伽利略通过让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究其运动规律，从而巧妙“冲淡”重力，合理外推得出自由落体运动是匀变速直线运动，故B正确；C库仑利用扭秤实验得到库仑定律，卡文迪什运用扭秤实验测出引力常量，故C正确；D法拉第提出了“力线”的概念，故D正确。本题选错误的，故选A。 1-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A卡文迪什利用扭秤实验测出了万有引力常量，故A错误；B密立根通过油滴实验测定了电荷量e的数值，

84、故B错误；C法拉第提出了场的概念，并提出了用电场线形象地描述电场，故C正确；D麦克斯韦提出了电磁场统一理论，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。故选C。 2-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:设挂钩所在位置为N点，延长PN交墙于M点，如图所示同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，根据几何关系可知NM=NQ，即PM等于绳长，有几何关系根据平衡条件有解得故选A。 2-2【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A对B球受力分析可知，B球受到重力、轻绳的拉力，如果直木棒对B球有弹力，B球不可能平衡，故直木棒对B球没有作用力，轻绳对B球的拉力等于B球

85、的重力，A错误；B定滑轮受两侧轻绳的拉力和轻杆对它的作用力而平衡，由于两个拉力大小相等，合力在角平分线上，根据平衡条件可知，轻杆对定滑轮的作用力应斜向左上方，B错误；CD设轻绳的拉力大小为T，则有分析A球受力情况可知联立解得，C错误、D正确。故选D。 2-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:因为绳子张力始终与B物体重力平衡，所以绳子张力不变，因为重物A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以重物A会下落，物体B位置会升高。故选C。 2-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:根据对称性可知F作用点两侧绳子拉力大小相等，设为T，A、B两物

86、体在缓慢靠近过程中均处于平衡状态。根据几何关系可知，当两物体间的距离为时，A、B所受绳子拉力方向与水平方向的夹角的余弦值均为对A根据平衡条件有解得对F的作用点根据平衡条件有故选A。 2-5【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:详解:A对砂桶Q受力分析，可得绳子的拉力为砂桶P分析，由平衡条件可得联立解得根据，若只增加Q桶中的砂子，F增大，所以增大，再次平衡后P桶位置上升，则A错误；B根据，若只减小P桶中的砂子，则F保持不变，所以增大，再次平衡后P桶位置上升，则B错误；C若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变，所以C正确；D若在两桶内减小相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置不变

87、，所以D错误；故选C。 2-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:设到节点的高度为，到节点的高度为，节点到P的水平距离为，节点到Q的水平距离为，端绳子和水平方向的夹角为，端绳子和水平方向的夹角为，对绳子节点进行受力分析，如图所示AB在PQ中间位置时，根据几何关系，因为，可得，根据平衡条件可得，故A错误，B正确；CD在细绳的中点时，设、到节点绳子长度为，根据几何关系有，因为，可得，根据平衡条件可得，故CD错误。故选B。 3-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；导体棒切割磁感线的有效长度是Lsin ，根据法拉第电

88、磁感应定律有E=BLvsin 再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差故选B。 3-2【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:切割产生的感应电动势大小为：E=B2av=2Bav电路中的总电阻为：则总电流为：则杆子两端的电压为：A. 与分析相符，故A正确B. 与分析不符，故B错误C. 与分析不符，故C错误D. 与分析不符，故D错误 3-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:详解:A由导体做切割磁感线产生电动势公式可知，L增大，E就会增大，由电阻定律可知导体中的电流为导体做匀速运动，所以I不变，A错误；B经过位置时，L最大，E最大，电流不为0，B错误；CL减小，E减小，电流不变

89、，C正确；D从位置到的过程中，E先增大后减小，I保持不变，D错误；故选C。 3-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:详解:根据右手定则可得，中电流由到，处电势最高，处电势最低，外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势，因此流过的电流为由到，流过的电流为由到。故选B。 3-5【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:详解:根据右手定则可以判断，AB中感应电流的方向为AB，则在ABCD回路中，CD的感应电流方向为CD，在ABFE回路中，EF的感应电流方向为FE，C正确。故选C 3-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A根据楞次定律，闭合回路在进入磁场过程中，感应电流的方

90、向为逆时针方向，方向不变。故A正确，与题意不符；B根据左手定则，CD段直线所受安培力方向竖直向下。故B错误，与题意相符；C切割的有效长度为a时，感应电动势有最大值，即故C正确，与题意不符；D根据法拉第电磁感应定律，可得故D正确，与题意不符。故选B。 4-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A由等量异种电荷的场强分布规律可知，a、b两点的电场强度相同，A正确不符合题意；BC两电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，故c点电势高于d点电势，若将一负试探电荷由d点移到c点，电场力做正功，BC正确不符合题意；D由于中垂面为电势为零的等势面，正电荷一侧电势高于零，若将一正试探电荷由无穷远处移

91、到c点，电势升高，其电势能增加，D错误符合题意；故选D。 4-2【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A等量异号电荷形成的电场线和等势面如图所示结合图中对应的几何关系可知，a靠近负电荷，而b靠近正电荷，则可知a点电势一定小于b点电势；故A错误；BCa、b两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，如图所示由图可知，两点处的两分场强恰好相同，故a点和b点的电场强度大小相等，电场强度方向相同，故B正确，C错误；D由于a点电势小于b点电势，根据可知将负电荷从a点移到b点的过程中电势能减小，故D错误。故选B。 4-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A等量异种点电荷的电场线和等势线

92、如图所示可知等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线是一条等势线，所以轴是一条等势线，E、F两点电势相等，故A错误；B根据电场线的分布情况和对称性可知，B、D两点电场强度大小和方向都相同，故B错误；C根据沿着电场线电势降低可知，B点电势高于D点电势，而正电荷在电势高处电势能大，故试探电荷+q从B点移到D点，电势能减小，故C错误；D根据电场线的分布情况和对称性可知，B、E间的电势差等于F、D点间的电势差，根据电场力做功与电势差关系可知试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做的功相同，故D正确。故选D。 4-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A两个正电荷在N点产生的场强

93、方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和两点处的电场方向相互垂直，故A错误；B正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；C点电荷Q产生的电场中任意一点p的电势为，其中r为p点到场源电荷Q的距离，同

94、时要取无穷远处的电势为零。正电荷产生的电势为正，负电荷产生的电势为负。图中任一点的电势是由四个电荷所产生的电势的代数和。由对称性可知M和O点电势均为零，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；D设圆的半径为r，则正方形边长为2r，则L点的电势为N点的电势为所以L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做负功，故D错误。故选B。 4-5【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:AB、C两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误；B根据几何关系可知，PQ两点到A点的距离均为2R，A点的场强大小为O的场强大小为则A点与O点的场

95、强大小之比为，故B错误；C根据等量异种电荷电场分布情况可知，故C错误；D根据可知，带负电的粒子沿AC从A点移动到C点的过程中，电势能增加，故D正确。故选D。 4-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:A等量异种电荷的电场线和等势线分别是关于连线和中垂线对称的，由等量异种电荷的电场特点，结合题图可知，两点在等量异种电荷的中垂面上，因此两点的电势相等，选项A错误；B由于b、d两点到O点的距离相等，由对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B错误；C由于为连线的中垂面，则该面上所有点的电势相同，因此负电荷沿棱由移动的过程中，在同一个等势面内运动，电场力一直不做功，选项C错误

96、；D将从a点移动到e点，由几何关系可知O点位于连线的中垂线上，则O点的电势仍为零，因此O点的电势不变，选项D正确。故选D。 5-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 详解:AB. 根据光电效应方程由图像知解得金属的逸出功为普朗克常量为单位为J/Hz，故AB错误；C由图像知当入射光的频率为时，逸出光电子的最大初动能为故C错误；D当入射光的频率为时，逸出光电子的最大初动能为根据遏止电压为故D正确。故选D。 5-2【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详解:根据爱因斯坦光电效应方程根据动能定理得其中=10m，UC=2V，解得故选A。 5-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A入射光

97、的强度只影响光电流的强弱，是否产生光电流只与入射光的频率有关，因此将该入射光强度减小一半，微安表中的电流不可能为零，故A错误；B初始时电压增加，打到阳极板的光电子数可能变多，光电流可能会增加，当从阴极板射出的光电子都打到阳极板，光电流不会再增大，因此微安表中的电流可能先增大后不变，故B正确；C将电源极性反接，若加在光电管上的电压小于截止电压，电路中仍然有光电流产生，故C错误；D波长为1（10）的光的频率有可能大于极限频率，电路中可能有光电流，故D错误。故选B。 5-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A根据可知因此当时取得截止频率为b，故A错误；B图像斜率表示因此普朗克常量故B正确

98、；C逸出功只与金属材本身类有关，故C错误；D根据可知，光电子最大初动能与入射光频率成一次函数关系，故D错误。故选B。 5-5【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:A单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数，说明发生了光电效应，因此该单色光的频率一定大于阴极材料的截止频率，故A正确；B增大单色光的强度，则产生的光电子数增多，光电流增大，电流表的示数增大，故B正确；C若频率更低的单色光的频率大于阴极材料的截止频率，依然可以发生光电效应，故C错误；D由图示电路可知，滑片左移的过程中，K极的电势比A极高，光电管上加的是反向电压，且反向电压逐渐增大，电流表示数逐渐减小，当所加电压大于等于遏止电

99、压时，电流表示数变为零，故D正确。本题选不正确项，故选C。 5-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:A当光电流减小到零时，光电管两端所加的电压即为遏止电压，测量遏止电压时光电子在阴、阳两极之间做减速运动， A电势较低，开关S应扳向2，故A错误；BC根据动能定理有-eUc=0-Ek结合爱因斯坦光电效应方程Ek=-W0得则知遏止电压Uc越大，入射光的频率越高，由题图乙知，a、c光的频率相等，对应光电子的最大初动能相等，而b光的频率最高，故b光光子的能量最大，故B正确，C错误；D入射光a的饱和电流比入射光c的大，所以a光的强度比c光的大，故D错误。故选B。 6-1【基础】 【正确答案】

100、AD【试题解析】 详解:A粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A正确；C根据洛伦兹力提供向心力，有得故半径较大的b粒子速度大，动能也大，故C错误；B由公式f=qvB可知速度大的b受洛伦兹力较大，故B错误；D根据公式结合有由于两粒子所带电荷量相等，则磁场中偏转角大的运动的时间也长，a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，故D正确。故选AD。 6-2【巩固】 【正确答案】 ABD【试题解析】 详解:A根据粒子偏转方向以及左手定则可知粒子带正电，故A符合题意；BCD如图所示，设圆形区域的半径为R，粒子的速度大小为v，做匀速圆周运动的半径为r，由题意可得 根据几

101、何关系可得 根据牛顿第二定律有 联立解得 粒子在磁场中运动的周期为 根据题给条件无法求出带电粒子在磁场中运动的半径，故BD符合题意，C不符合题意。故选ABD。 6-3【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 详解:A根据粒子的运动轨迹，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；B由几何关系可知，a、b两粒子的半径之比为故B正确；C由可知，a、b两粒子的比荷之比为3:2，故C正确；D粒子在磁场中运动时间为轨迹所对应的圆心角，代入数据可知，a、b两粒子在磁场中运动时间之比为4:3，故D正确。故选BCD。 6-4【巩固】 【正确答案】 ABD【试题解析】 详解:AB由题可知，三束粒子运

102、动轨迹对称，因此一定带同种粒子，且轨道半径相同，AB正确；CD根据可得半径相等，带电量相等，因此动量大小一定相等，但是质量大小不一定相等，粒子在磁场中周期为可知周期不一定相同，故C错误D正确。故选ABD。 6-5【巩固】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:AB带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得设氚核（）的轨道半径为r1，已知各粒子从P射入时的速度相同，根据氚核（）和反质子的质量关系和电荷量关系可知反质子（）的轨道半径应为氚核（）射入后打在d点，它转过的圆心角1=180120=60根据几何关系得同理对反质子的轨迹由几何关系得则2=120结合左手定则可知，

103、反质子将打在a点，故A错误，B正确；C设氚核质量为m1，则反质子质量为，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式可知氚核的周期为T1=反质子的周期为T2=反质子在磁场中运动的时间为氚核在磁场中运动的时间为则反质子在磁场中运动的时间为氚核在磁场中运动时间的，故C正确；D氚核的轨迹弧长为反质子的轨迹弧长为所以反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的，故D错误。故选BC。 6-6【提升】 【正确答案】 ABD【试题解析】 详解:依题意，可画出粒子以和两种情况下在磁场中的运动轨迹如图所示A根据左手定则判断知，该带电粒子带正电，故A正确；B依题意，设粒子以速度飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半

104、径为，根据几何知识可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为CD粒子以速度大小为2v飞入磁场时，半径为，根据几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为；若仅将速度大小改为v，根据，则粒子在磁场中运动的半径变为，利用几何知识可判断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间根据，可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度飞入磁场时，在磁场中运动的时间为故C错误，D正确。故选ABD。 7-1【基础】 【正确答案】 BD【试题解析】 详解:A绳子的拉力对甲做正功，甲的机械能增加，绳子的拉力对乙做负功，乙的机械能减少，A错误。D系统只有动能和重力

105、势能相互转化，故系统的机械能守恒，D正确；B根据机械能守恒定律，乙减少的机械能等于甲增加的机械能，B正确；C根据机械能守恒定律，乙减少的重力势能等于甲增加的重力势能与系统增加的动能之和，C错误；故选BD。 7-2【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 详解:A小球A下滑过程中，小球A所受的绳子拉力沿切线方向的分力与重力沿切线方向的分力都与小球A的速度方向相同，故小球A的速度一直增大，所以小球A的动能一直增大，故A错误；B设小球A运动到某位置（点除外）时，A、C连线与水平方向的夹角为，由关联速度可知（）所以小球A的速度始终比小球B的速度大，故B正确；C当小球A绕滑轮转过时，小球A下降的距离为

106、减少的重力势能为小球B下降的高度为减少的重力势能为此时两小球的速度关系为由系统机械能守恒有联立解得故C正确；D小球A刚释放时受重力、杆的弹力、绳的拉力，杆的弹力和绳的拉力大小相等、方向相反，所以A球所受的合外力为重力，即加速度为；小球B此时受重力和绳的拉力，合力为零，所以此时小球B的加速度为0，故D正确。故选BCD。 7-3【巩固】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:A将物块A、B由静止释放，物块A由P运动到C的过程中，拉力做正功，物块A的机械能增大，故A错误；BCD对物块A、B组成的系统进行分析，仅有重力做功，所以系统机械能守恒，由于vBvAcos 当物块A运动到C点时，物块A的速度最大

107、，物块B的速度为零，物块B下落高度为hh所以物块B的机械能减少了mgh，设物块A在C点的速度为vA，则由系统的机械能守恒得mgh解得vA 故BC正确，D错误。故选BC。 7-4【巩固】 【正确答案】 AD【试题解析】 详解:CD设绳中张力为，B的加速度大小为，由滑轮组之间的关系可知，A的加速度大小为，根据牛顿第二定律，对A、B受力分析可知解得A绳中张力为可知B向下运动，A向上运动，且运动过程中，当A的位移为h时，根据系统机械能守恒可知解得A正确；B在运动过程中A、B机械能守恒，A的重力势能增加、动能增加，即A的机械能增加，则B的机械能减小，B错误。故选AD。 7-5【巩固】 【正确答案】 BD

108、【试题解析】 详解:A根据几何关系可看出，环从A下滑至B点时，重物上升的高度hdd故A项错误；B环到达B处时，将环的速度沿绳方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳方向上的分速度等于重物的速度，即v环cos 45v物根据系统机械能守恒定律，从A到B对环和重物有解得环的速度v环故B项正确；C环下滑过程中系统无摩擦力做功，故环与重物组成的系统机械能守恒，即环减少的重力势能等于环和重物增加的动能以及重物增加的重力势能之和，故C项错误；D环下滑到最大高度H时环和重物的速度均为0，根据机械能守恒有mgH2mg（d）0可解得Hd故D项正确。故选BD。 7-6【提升】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:A设小球

109、m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解可得则故A错误；BC在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，则有又根据选项A的分析以及题意可知解得故B、C正确；D根据题意可知，细绳断开后小球m1只受到重力做功，其机械能守恒，所以有解得上升的最大高度为故D错误。故选BC。 8-1【基础】 【正确答案】 ABD【试题解析】 详解:A当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；B当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小

110、球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；C小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；D小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。本题选错误的，故选ABD。 8-2【巩固】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:A小球和小车所组成的系统在水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，但竖直方向小球受重力作用，所以小球和小车所组成的系统动量不守恒，故A错误；BC小球运动到最高点时，小球和小车的速度相等，设为，设轨道半径为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得故BC正确；D小球返回小车左端时，设小球的速度为，小

111、车的速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得解得故D错误。故选BC。 8-3【巩固】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:详解:A整个过程中，A、B组成系统水平方向动量守恒，但是整个系统动量不守恒，所以A错误；BC物块A滑到最高点时，AB具有共同速度，根据动量守恒定律可得由能量守恒定律可得联立解得 ，所以B错误；C正确；DA返回水平地面时，木块B的速度最大，全过程可以看成弹性碰撞，则有联立解得所以D正确；故选CD。 8-4【巩固】 【正确答案】 BD【试题解析】 详解:Ab沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0=(m4m）v由机械能守恒定律得

112、mv02=（m4m）v2mgh解得h=A错误；B滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=mvb4mva由机械能守恒定律得mv02=mvb24mva2解得va=v0，vb=v0B正确；C对b由动量定理C错误；D对b由动能定理D正确。故选BD。 8-5【巩固】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:详解:AA、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，即系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=mvB+4

113、mvA由机械能守恒定律得解得对B，由动量定理得 合力对B的冲量大小为，故B正确；C对B，由动能定理得故C正确；DB沿A上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得mv0=（m+4m）v由机械能守恒定律得 解得故D错误。故选BC。 8-6【提升】 【正确答案】 BC【试题解析】 详解:A在小球下滑过程中，小球速度斜向左下方，斜面体速度水平向右；对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，而竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B对于小球和斜面体各自的位移，由于两者共同走完a的路程，设小球水平分速度为v1，斜面体水平分速度为v2，由于系统水平

114、方向动量守恒，则所以即得斜面体的位移方向向右，故B正确；C由于系统水平方向动量守恒，则可得故C正确；D对于弹力对小球所做的功，由动能定理得根据系统机械能守恒得弹力的功为故D错误。故选BC。 9-1【基础】 【正确答案】 ACD【试题解析】 详解:A布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，故A正确；B气体的温度升高，气体分子的平均动能增加，即平均速率增加，但温度是大量分子整体表现出来的性质，不能说明单个分子的运动情况，所以不是每个气体分子运动的速率都增加， 故B错误；C一定量的100水变成100水蒸气，分子间距离从r0附近增大至10r0附近，所以分子力做负功，分子势能增加，故C正确；D温度

115、是分子热运动剧烈程度的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故D正确；E气体分子间平均距离大于平衡距离r0，分子力表现为引力而不是斥力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体存在压强的缘故，故E错误。故选ACD。 9-2【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 详解:A布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加，因为改变内能的方式有做功和热传递，故B正确；C物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大，故C正确；D分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、等于或者大于引力，故D正

116、确；E热量是热传递过程中，温度高的物体向温度低的物体转移的内能的多少的量度，故E错误。故选BCD。 9-3【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 详解:A布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，是由于液体分子对颗粒撞击力不平衡造成的，所以布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，但不是液体分子的无规则运动，A错误；B温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同，B正确；C两个系统达到热平衡时，它们的温度相等，它们的分子平均动能一定相等，C正确；D当时分子势能随分子间的距离增大而增大；当时分子力随分子间距的增大先增加后减小，则在的某个范围内，分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距

117、离增大而增大，D正确。E用氧气的摩尔体积除以阿伏伽德罗常数得到的是氧气分子运动占据的空间的体积，不能估算出氧气分子的体积，E错误。故选BCD。 9-4【巩固】 【正确答案】 ABE【试题解析】 详解:A扩散现象就是分子热运动的宏观表现，布朗运动是分子热运动频繁碰撞的结果，A正确；B如果没有引力，有空隙的分子一定分散开，固、液体将无法保持一定体积，B正确；C气体压强是分子热运动对器壁频繁碰撞的结果，而气体分子间作用力十分微弱，且表现为引力，C错误；D空气对流属于机械运动，是气体分子集体定向移动的结果，不是热运动引起的，D错误；E分子的体积非常小，光学显微镜无法看到，E正确。故选ABE。 9-5【

118、巩固】 【正确答案】 CDE【试题解析】 详解:A任何物质的分子都在做永不停息的无规则热运动，A错误；B气体对容器的压强是大量气体分子不断撞击器壁的结果，与重力无关，在完全失重状态下，容器内气体压强依然存在，B错误；C扩散现象并不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，而是由物质分子的无规则运动产生的，任何物质的分子都在做无规则热运动，所以，固体、液体和气体中都会有扩散现象发生，C正确；D在表面层，分子比较稀疏，分子间距离r略大于r0，分子间的作用力表现为引力，D正确；E晶体在熔化过程中，吸收热量用来破坏空间点阵结构，这一过程中温度不变，E正确。故选CDE。 9-6【提升】 【正确答案】 AB

119、E【试题解析】 详解:A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；B依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；CA端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内

120、能，故C错误；DE该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。故选ABE。 10-1【基础】 【正确答案】 ACE【试题解析】 详解:AB由题图可看出，光线通过平行玻璃砖后，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，说明该玻璃对a光的折射率小于b光的折射率，由可知，在该玻璃中a光的传播速度比b光的大，但在真空中的传播速度相同，都为c，故A正确，B错误；Ca光的折射率较小，频率较低，波长较长，则a光比b光更容易发生明显的衍射现象，故C正确；D由几何关系知光射

121、到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理可知，光一定能从另一侧射出，故D错误；E由可知，由于该玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率，所以a光的临界角更大，故E正确。故选ACE。 10-2【巩固】 【正确答案】 ACE【试题解析】 详解:A根据甲光干涉图样相邻亮条纹间距较小，则甲光的波长较短，乙光的波长较长，故A正确；B甲光的波长较短，则甲光的频率较高，故B错误；CA光偏折程度较大，频率较高，与甲光对应，B与乙光对应，故C正确；DA光频率较高，在玻璃中传播速度较小，B光在玻璃中传播速度较大，故D错误；EA光的波长较短，分别让A、B光通过同一单缝，在同一光屏上A光的条纹宽度小于B

122、光的条纹宽度，故E正确。故选ACE。 10-3【巩固】 【正确答案】 BDE【试题解析】 详解:根据题意将光路图补充完整，如图所示，其中为光束的折射角，为光束的折射角A光束为反射光线，仍是复色光，光束、由于折射率不同导致偏折分离，为单色光，即该复色光由两种颜色的光混合而成，A错误；B根据折射率的定义，光束、的折射率表示为因为，则有光束在玻璃中的传播速度比光束小，B正确；C.设玻璃砖的厚度为，光束、在玻璃砖中传播的时间表示为当满足时，传播的时间相等，即或又因为，且均为锐角，则有且因此，光束、在玻璃砖内部传播的时间有可能相同，C错误；D玻璃砖上下表面平行，根据光的反射定律及光路的可逆性，改变角且，

123、光束、一定始终与光束平行，D正确；E光束的折射率大于光束的折射率，可知同种介质中光束的波长小于光束的波长，根据单缝衍射的规律，同一单缝衍射仪，波长越短，中央亮条纹越窄，因此，光束与光束通过同一单缝衍射仪后，光束的中央亮条纹比光束的中央亮条纹窄，E正确。故选BDE。 10-4【巩固】 【正确答案】 ACD【试题解析】 详解:A由图可知，单色光X的偏折角小于单色光Y，则单色光X的折射率小于单色光Y，即因此单色光X的频率小于单色光Y的频率，故A正确；B由可知，单色光X与Y在三棱镜中的传播速度故B错误；C由于单色光X的频率小于Y的频率，根据光的频率与波长的关系可知，单色光X的波长大于单色光Y的波长，因

124、此通过同一个小孔，单色光X比Y的衍射现象更明显，故C正确；D由于，根据可知，用同一个双缝进行干涉实验，单色光X干涉条纹间的距离比Y的大，故D正确；E由于，根据临界角公式可知，在两种介质的分界面上发生全反射时，单色光X的临界角大于单色光Y的临界角，故E错误。故选ACD。 10-5【巩固】 【正确答案】 ADE【试题解析】 详解:AEa光偏折程度小于b光偏折程度，根据折射定律a光折射率小于b光折射率，则a光频率小、波长大，根据可知，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故AE正确；B单缝衍射实验时，它们的衍射条纹都是不均匀的，故B错误；C由可知，在水中a光的速度大，故C错误；D由全反射临界角公

125、式可知，a光在水中的临界角大于b光在水中的临界角，故D正确。故选ADE。 10-6【提升】 【正确答案】 ABE【试题解析】 详解:A红光的折射率小于蓝光的折射率，由公式可知，红光在玻璃中传播速度比蓝光大，A正确；B红光的折射率小于蓝光的折射率，光线经三棱镜ABC后，红光的偏折角小于蓝光的偏折角，再经三棱镜CBA后，从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光，B正确；Cb光的波长比a光的波长小，通过狭缝时，a光比b光更容易发生明显衍射现象，C错误；D分别用a、b光在同一个双缝干涉实验室装置上做实验，由条纹间距公式可知，a光的波长大于b光，所以a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，D错误；E由光

126、路可逆性原理可知，红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入，则有从a、b两点射出的单色光平行，且平行于BC，E正确。故选ABE。 11-1【基础】 【正确答案】 3.6 AC或CA AC或CA 把两弹簧测力计在水平方向上对拉，观察两测力计示数是否相等，若相等则可以正常使用，否则则不能正常使用【试题解析】 详解:（1）1弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N，图指针落在3N到4N的第3格处，又因为弹簧测力计的分度值为0.2N，不估读到下一位，故读得结果为3.6N（2）2A 实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；B 由于本实

127、验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则，故不能在水平桌面进行实验，故B错误； C拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，如果有倾角沿木板方向的力应该为弹簧秤读数的一个分力，但是在处理数据时把线倾斜时的读数当做沿平板方向的力，力就会变大，那样误差较大，故C正确；D当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验，故D错误。 故选AC。（3）3当弹簧测力计A超出其量程，则说明与弹簧测力计B和重物相连的两根细线的拉力的合力已偏大，又由于挂重物的细线力的方向

128、已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程。选不可行的，故选AC。（4）4在进行实验之前，检验两弹簧测力计是可以正常使用的方法是，把两弹簧测力计在水平方向上对拉，观察两测力计示数是否相等，若相等则可以正常使用，否则则不能正常使用。 11-2【巩固】 【正确答案】 AB CD B【试题解析】 详解:（1）实验时使得OA竖直，重物的重力已知，则必须要知道右侧弹簧的拉力大小和方向，轻弹簧的劲度系数已知，则需知道轻弹簧的原长和轻弹簧伸长后的长度，故选AB； （2）A.实验时，不一定要使，选项A错误；B.实验时细线必须要与方木板保持

129、平行，选项B错误；C.实验时必须记下结点O的位置，以保证等效性，选项C正确；D.实验时除了测量第（1）问中的物理量，还需记录下两细线的方向，以备完成平行四边形法则作图，选项D正确。故选CD。（3）实验时，如果，现保持结点O的位置不变，则两个力的合力不变，将左侧的钉子缓慢地向下移动，则左侧拉力大小不变，角减小，画出平行四边形如图，则在钉子到达O点正下方前，右侧弹簧秤的拉力减小，轻弹簧长度L减小，角减小，故选B。 11-3【巩固】 【正确答案】 A A 甲【试题解析】 详解:（1）1根据合力与分力的大小关系可知，F1与F2的大小之和一定大于F3的大小，所以故选A。（2）2为验证平行四边形定则，必须

130、记录力的大小方向，其中的力大小可通过钩码数量来表示，并不需要具体测出力的大小，所以不需要用天平测出钩码的质量。而力的方向需要通过OA、OB、OC三段绳子的方向来表示，所以在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向，不需要量出OA、OB、OC三段绳子的长度和用量角器量出三段绳子之间的夹角。故选A。（3）3由图可知，是OC段绳子的拉力，应与OC共线，F合是F1与F2合力的理论值，考虑到实验误差，F合与F3存在些许偏离，所以图甲符合实际，是正确的。 11-4【巩固】 【正确答案】 长 不能 不必 【试题解析】 详解:（1）1根据可知的横轴截距表示弹簧

131、的原长，斜率表示弹簧的劲度系数，可知型号的弹簧原长比的长，型号的弹簧劲度系数比的的小；2弹簧测力计精确度取决于弹簧测力计的分度值，分度值越小精确度越高，由于型号的弹簧劲度系数比的的小，当受到相同拉力时，型号的弹簧的弹簧伸长量大，型号的弹簧制作的测力计的相邻两条刻度线之间的距离表示的力小，精度更高；（2）3保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置不能变化；4本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧测力计必须保持与木板平行，橡皮条及挂钩码的细绳必须在同一平面内，弹簧测力计拉细线时，拉力方向不必竖直向下；（3）5根据平行四边形定则可得 11-5【

132、巩固】 【正确答案】 力F单独作用时与力、共同作用时对橡皮条的作用效果相同 等效替代 D BC或CB【试题解析】 详解:（1）12在实验操作中，力F单独作用时与力、共同作用时都使小圆环在O点保持静止，这样做的目的是力F单独作用时与力、共同作用时对橡皮条的作用效果相同，体现了等效替代的物理思想；（2）3A图乙中，与的方向不一定要相互垂直，夹角在60100范围内为宜，故A错误；B对于同一次探究过程，圆环O的位置必须与前一次相同，但重复实验再次进行探究时，圆环O的位置不一定要与前一次相同，故B错误；C本实验中为了减小力的相对测量误差，应使两弹簧测力计的示数适当大些，但对两弹簧测力计示数之差没有要求，

133、故C错误；D使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线，故D正确。故选D；4A由图可知故A错误；B根据平行四边形定则作出F的图示如图所示，可知故B正确；C由图可知F水平向右，所以故C正确；D根据正弦定理可知所以，故D错误。故选BC。 11-6【提升】 【正确答案】 O、b两点太近，误差大 与F1、F2共同作用的效果相同 F C B【试题解析】 详解:（3）1为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与O点的距离要适当大一些，因此图甲中的b点标记得不妥，其原因是O、b两点太近，作图误差大。2为了使与F1、F2共同作用的效果相同，则用一个弹簧测力计拉时，应将橡皮

134、筋的活动端仍拉至O点。3F1和F2合力的实际测量值是用一个弹簧测力计拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故F是F1和F2合力的实际测量值。4A橡皮条不一定要与两绳套夹角的平分线在同一直线上，不能减小误差，故A错误；B用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两个绳套的夹角不宜过大也不能过小，但不必等于90，故B错误；C用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行，这样可以减小拉力的测量误差，故C正确；D应是拉橡皮条的细绳要长一些，这样便于记录拉力的方向，而不是橡皮条长一些，故D错误。故选C。5由题意可知，保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计M的读数不变，因此根据要求和力的平行四边形定则，

135、画出受力分析图如下图所示由图可知，当角由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可减小N的读数，减小角。故选B。 12-1【基础】 【正确答案】 0.360 表针指到0处 6.0 偏大【试题解析】 详解:（1）1金属丝直径的测量值为D（2）23将选择开关拨到“”挡；将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表针指到0处；将红、黑表笔接在金属丝两端，金属丝电阻值为（3）4电表示数从零开始且尽可能地多测几组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，待测电阻的阻值较小，电流表应采用外接法，连线如图所示56电源电动势为3V，电压表选用V2，待测电阻约为6，电路最大电流为0.5A，电流表选用A1。（4）

136、7由U-I图像的斜率可得，金属丝的电阻（5）8实验过程中，如果长时间保持电路闭合，会使电阻丝温度升高，电阻率增大，这样的操作会使电阻率的测量结果偏大。 12-2【巩固】 【正确答案】 B 20.75 电阻箱接入电路中的阻值 无【试题解析】 详解:（1）12实验需测量圆柱形容器的内径，应使用游标卡尺的B进行测量，为20分度游标卡尺，由图可知，读数为（2）3改变水柱长度后，需要再次调整电阻箱阻值，使得电流表满偏。（3）4根据闭合欧姆定律和欧姆定律电阻率表达式为又解得因此解得（4）5由（3）可知，电流表的内阻对本实验结果没有影响。 12-3【巩固】 【正确答案】 1 30或30.0 1.973（1.

137、971-1.975） 【试题解析】 详解:（1）12由题可知，HB笔芯（粗细均匀）的电阻约为25，故先把选择开关调至欧姆的“1”挡，则图甲中的示数为301=30；（2）3由于电流表内阻与待测电阻相差不多，而电压表内阻比待测电阻大很多，故应用电流表的外接法，电路图如图所示（3）4由螺旋测微器读数方法可知，读数为D=1.5mm+47.30.01mm=1.973mm（4）5根据电阻定律有且联立解得 12-4【巩固】 【正确答案】 4.950 4.240 120 小于【试题解析】 详解:（1）1螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和D=4.5mm+45.00.01mm=4.950mm2由图示游标卡尺

138、可知，主尺示数是42mm，游标尺示数是80.05mm=0.40mm,则圆柱体的长度是L=42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm（2）3由多用电表的读数，可得该电阻的阻值为R=1210=120（3）4由于滑动变阻器最大阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，根据题意可知由此可知电流表选用外接，电路图如图所示（4）5由题可知，U-I图像的斜率为k=Rx根据电阻定律有其中导电材料的横截面积为联立可得该材料的电阻率为（5）6由于选用电流表外接法，因此电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之和，即测量的电流数值比实际通过Rx的电流大，则得到

139、U-I图像的斜率k偏小，实验中电阻率的测量值小于真实值。 12-5【巩固】 【正确答案】 0.853（0.8520.84） b 没有【试题解析】 详解:（1）1根据螺旋测微器的读数规律，该读数为0.5mm+0.0135.3mm=0.853mm（2）23根据，解得则有，解得4根据上述分析可知，电流表内阻对电阻率的测量没有影响。 12-6【提升】 【正确答案】 1.125 A E 金属管线的长度L 【试题解析】 详解:（1）1螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为12.50.01mm=0.125mm，所以最终读数为（2）2电路中的电流大约为所以电流表选择A。3电压表的量程为3V，电源6V

140、，为便于调节且能够让电表读数较准确，本实验采用限流式解法，所以滑动变阻器选择E。（3）4待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法，滑动变阻器可以采用限流式接法，实物连接如图（4）56根据则解得中空部分截面积的表达式为所以还需要测量的物理量是管线长度L。 13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）【试题解析】 分析:详解:(1)小球在最高点，恰好由重力作为向心力解得近地卫星的环绕速度即为第一宇宙速度，由向心力公式可得联立解得(2)忽略地球自转，地面物体的重力等于万有引力，可得地球的平均密度为联立解得(3)设月球的质量为，由万有引力提供向心力解得又解得 13-2【巩固

141、】 【正确答案】 （1）60N；（2）0【试题解析】 详解:（1）物块由A到B的过程中由机械能守恒定律可得在B点，根据牛顿第二定律有联立解得（2）如果小物块恰能通过圆形轨道的最高点A，有最小速度，仅由重力提供向心力，则有解得物块从释放点到A，根据机械能守恒解得所以小物块恰能上到最高点A，仅由重力提供向心力，对轨道的压力为0。 13-3【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）或【试题解析】 详解:（1）从释放至运动到C点，根据动能定理有解得在C点，由牛顿第二定律有解得（2）从轨道AB的A端释放至到达F点的过程，根据动能定理有从F点飞出后做平抛运动，则有，解得（3）滑块不脱离轨道表示能进入

142、细圆管轨道，且又不从F点飞出，或者不超过圆弧形轨道BCD的圆心等高处，若刚好到达D点，则有此时释放处距水平地面的高度满足得若刚好不从F点飞出，则在F点速度为0，则此时释放处距水平地面的高度满足解得此时的取值范围是若滑块不超过圆心的等高处，即的取值范围是则的取值范围是或 13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）【试题解析】 详解:（1）以水平地面为参考平面，小球在A点具有的重力势能为（2）小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功为（3）若小球恰好能完成完整的圆周运动，设其通过C点时的速度大小为vC，则根据牛顿第二定律有设释放点到水平面的高度为H，对小球从释放点到C点的过程，根据机

143、械能守恒定律有解得 13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）【试题解析】 详解:（1）探测器做减速运动的加速度大小为由牛顿第二定律得解得（2）由万有引力等于重力得解得月球的密度为解得（3）由牛顿第二定律得解得 13-6【提升】 【正确答案】 (1) ，v=；(2)【试题解析】 分析:详解:(1)设火星表面重力加速度为g可得设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得由以上各式，联立代入数据得，v=(2)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从

144、C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式以上各式联立，代入数据得 14-1【基础】 【正确答案】 （1）2m/s；（2）0.4m；（3）；45【试题解析】 详解:（1）小球从静止开始释放运动到B点的过程中，由机械能守恒定律可得故（2）小球从B点飞出后做平抛运动，初速度为（3）落地的竖直速度落地的速度速度方向与水平方向的夹角可得=45 14-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）【试题解析】 详解:（1）滑块恰好过最高点C，有若滑块恰好能过最高点，从A到C，由机械能守恒定律，有解得（2）要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度为0，从A到E，由动能定理，有解得显然要使滑块恰能运动

145、到E点，则滑块释放点的高度（3）当滑块释放点的高度范围满足时，滑块不能运动超过D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，有解得当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，最终停在BD上，在BD上滑动的路程为，有解得当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，重回圆轨道，不超过与圆心等高位置，最终停在BD上，分析可知滑块在BD上滑动的路程为，有解得当滑块释放点的高度时，滑块从E点飞出，有解得平抛运动的时间解得 14-3【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）【试题解析】 详解:（1）从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则解得整个过程中根据动能定理得解得若物体恰能

146、达到B点，根据动能定理得解得综上所述可得（2）物块m从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为（x，y），将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有联立解得水平初速度为物块m从点O到轨道上落点，根据动能定理可知解得落点处动能为因为物块m从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点P（2L，L）的坐标代入，可得化简可得即 14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）30J，50N【试题解析】 详解:（1）小球未受恒外力作用，由释放到到达挡板处由动能定理解得（2）小球被挡板弹回后，由动能定理解得由动量定理（3）第一次与挡板碰撞时第二次与挡板碰

147、后第二次与挡板碰前解得W=30J设F作用了t=0.2s后物块的速度为v由动量定理从撤去F到与挡板相碰由动能定理解得F=50N 14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 详解:（1）砖块沿滑动，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有代入数据解得滑至P点与轮胎碰撞前一刻速度大小为砖块与轮胎碰后做斜抛运动，且碰撞前后水平方向速度不变。所以，砖块与轮胎碰撞前后速度的变化量为方向竖直向上。由动量定理可得解得碰撞中砖块所受的平均作用力为（2）因砖块与轮胎碰撞前后水平方向速度不变，碰后做斜抛运动，沿水平方向的速度为而沿竖直方向，做竖直上抛运动。故有令，解得。若砖块恰沿车前沿向上掠过，则此时，

148、砖块落点距车头所以最小距离为若砖块恰沿斜向下方向落入小车车头则综上所述，小车水平放置时车头到P点水平距离x的取值范围为 14-6【提升】 【正确答案】 （1）10s；（2）2.5m/s；（3）1.5m【试题解析】 详解:（1）从开始施加力到泡沫板刚开始运动时，推力与地面对泡沫板的最大静摩擦力等大，有代值可得（2）当泡沫板上即将出现划痕时，A的加速度最大为由代值可得由动量定理可得（3）A、B发生相对运动，则B的加速度大小为假设AB某个时刻共速，则有可得则AB的相对位移为既故A从B上滑下，所以划痕长为泡沫板长的一半，长为1.5m。 15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 详解:

149、（1）对封闭气体，开口向下时开口向上时根据波意耳定律解得（2）若将此试管静置于“天宫”空间站中，完全失重，封闭气体压强根据波意耳定律解得 15-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 详解:（1）当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为，以水银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示，根据水银柱沿斜面方向受力平衡有而所以（2）在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受力情况如图乙所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡条件和牛顿第二定律得又所以以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得所以

150、将及上面求出的值代入该式并整理得 15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）不会溢出【试题解析】 详解:（1）封闭气体加热，水银面刚好不溢出，此过程是等压过程。初态末态根据盖吕萨克定律解得（2）封闭气体发生等温变化，初态末态设此时管内空气柱长度为，则体积为根据玻意耳定律代入数据解得因为所以水银不会溢出。 15-4【巩固】 【正确答案】 （1）32cm；（2）32cm；（3）30cm【试题解析】 详解:（1）设大气压强为p0，管口竖直向下时，封闭空气柱的压强为p1，管口水平向左时，空气柱的压强为p2，则p1= p0pL0 = 60cmHg，p2= p0 = 75cmHg气体发生等温变化，由玻

151、意耳定律得p1l1S = p2l2S解得l2 = 32cm（2）设管口竖直向上，把封闭空气柱浸入87的热水中时，封闭空气柱的压强为p3，则p3= pL0p0 = 90cmHg，T1 = 300K，T3 = 360K根据理想气体的状态方程有解得l3 = 32cm（3）设把整个装置放入以加速度4m/s2匀加速上升的电梯里，封闭空气柱的压强为p4，由动力学知识有得解得p4 = 96cmHg再根据理想气体的状态方程有解得l4 = 30cm 15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 详解:（1）以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S。温度升高时，管内气体做等压变化，有其中，解

152、得即待测液体的温度102，对照表可知此处的气压（2）以cmHg为压强单位，取出x=1cm水银柱，有其中，解得 15-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 详解:（1）活塞所受重力为活塞上表面所受到的向下的压力为设管下部充的气体为，气柱高度为，气体压强为P。管下部所充气体下表面所受的向上的压强为对于管下部所充气体，由理想气体状态方程知当活塞刚好开始上浮时，活塞受力平衡将式代入式，并与式联立解得由式和题给数据得（2）先不考虑额外的压力。当活塞顶跟水面齐平时，活塞上表面所受到的向下的压力为设此时气柱高度为，气体压强为。管下部所充气体下表面所受的向上的压强为对于管下部所充气体，由理想气

153、体状态方程知此时活塞受到的向上的合外力为联立式解得将式代入式得由力平衡条件、式和题给数据得 16-1【基础】 【正确答案】 （1）见解析；（2）见解析；（3）60 m/s；（4）向右传播【试题解析】 详解:（1）由题图可知波长8 m当波向x轴正方向传播时则周期（n=0，1，2，3，）当波向x轴负方向传播时周期（n=0，1，2，3，）（2）当波向x轴正方向传播时，波速（n=0，1，2，3，）当波向x轴负方向传播时波速（n=0，1，2，3，）（3）若波向左传播，且3Tt4T，则解得周期波速为（4）t内波传播的距离为故波向右传播。 16-2【巩固】 【正确答案】 （1），沿x轴负方向；（2）120

154、cm【试题解析】 详解:（1）图示时刻质点P沿y轴负方向运动，所以应位于波传播方向波形的上坡上，即波速方向沿x轴负方向。设波的周期为T，由题意可得解得由图像可知波长为，所以波速为（2）从t=0至t=1.2 s，质点Q振动了6个周期，所以该段时间内质点Q运动的路程为 16-3【巩固】 【正确答案】 （1），沿x轴正方向传播；（2）【试题解析】 详解:（1）由题图可知波长，若波沿x轴正方向传播，则有又解得则波的周期波传播的速度大小若波沿x轴负方向传播，则又n无解，因此波一定沿x轴正方向传播，速度大小为；（2）处的质点在时刻，正沿y轴正方向运动，因此振动方程为时，该质点的位移 16-4【巩固】 【正

155、确答案】 （1）4m/s；（2）y=-2cm【试题解析】 详解:（1）由题意，若该波沿x轴正方向传播若该波沿x轴负方向传播（2）该波沿x轴正方向传播，周期为t=0时刻，处于x=0.6m的质点在平衡位置，速度方向沿y轴正方向，该质点振动时间故T=2.25s时刻，该质点处于波谷，其位移为y=-2cm 16-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）（，）【试题解析】 详解:（1）由波形图可知波长为，则周期为由波形图可知处的振动方程为从到的传播时间为可知质点N的初相位为故质点N的振动方程（2）当某质点位于平衡位置时，其两侧与它平衡位置间距相等的质点速度相同。平衡位置的振动状态传播到中点的距离为（，）经过的时间为解得（，） 16-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 详解:（1）由波形图可知，波长波沿x轴正方向传播，则其中解得则波速（2） 时，波速最小，此时则质点A的振动方程质点A在零时刻向下振，可知故质点A的振动方程