点石联考高三物理巩固卷A卷2025.12-答案_2025年12月_251221辽宁省点石联考2026届高三上学期12月联考考后巩固卷（全科）_高三物理A卷

高三 物理A 答案解析 ✍ 变试题原题答案 【原卷 1 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 2 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 3 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 4 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 5 题】 【正确答案】B 【试题解析】 26/46【原卷 6 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 7 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 8 题】 【正确答案】BCD 27/46【试题解析】 【原卷 9 题】 【正确答案】AD 【试题解析】 【原卷 10 题】 【正确答案】ABC 【试题解析】 【原卷 11 题】 【正确答案】 【试题解析】 28/46【原卷 12 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 13 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 14 题】 【正确答案】 【试题解析】 29/46【原卷 15 题】 【正确答案】 【试题解析】 30/46精准训练答案 故选B。 ✍ 变试题答案 2-1【基础】 【正确答案】C 1-1【基础】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．只有光子能量等于某较高能 【试题解析】【详解】ABC．做匀加速直线运动的物 级与n=3能级能量差的光子，才可能被原子吸收使 体，相同时间内的位移逐渐增大，即随着刻度尺的下 原子跃迁到较高能级，故A错误； 落，每隔0.02s的位移逐渐增大，可知反应时间尺的 B．氢原子跃迁到较高能级时一定吸收能量，故B错 刻度疏密不均匀，反应时间尺的刻度B处较疏，A处 误； 较密，故A正确，BC错误； C．氢原子向低能级跃迁时可以释放三种频率的光 D．反应时间为零指的是甲刚释放刻度尺，乙就夹 子，故C正确； 住，刻度尺并未下落，故反应时间尺的“0”刻度位于 D．氢原子由n=3能级跃迁到基态时释放的光子频率 A处，故D错误。 最高，波长最短，故D错误。 故选A。 故选C。 1-2【巩固】 【正确答案】D 2-2【巩固】 【正确答案】D 【试题解析】【详解】A．库仑利用图甲实验发现了库 【试题解析】【详解】A．处于基态的氢原子可以吸收 仑定律；而密立根通过油滴实验测出了元电荷e的 (-3.40eV)-(-13.6eV)=10.2eV的光子而被激发，但是不 值，A错误； 能吸收能量为10.3eV的光子，选项A错误； B．奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁 B．一个氢原子处于n=4能级，最多辐射3种波长的 场，B错误； 光，分别对应于4→3，3→2，2→1的跃迁，选项B C．布朗根据图丙实验，在显微镜下看到花粉颗粒在 错误； 做无规则运动，C错误； C．从n=4能级跃迁到n=2能级辐射光子的能量为(- D．焦耳的热功当量实验是在绝热系统中进行的，与 0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV<4.54eV，则当照射钨时不能 外界不能有热交换，研究对象是容器及容器中的水组 发生光电效应，选项C错误； 成的系统，实验中要使容器和容器中的水组成的系统 D．能级n=4到n=3的能级差要比能级n=3到n=2的 升高相同的温度，必须要使重物的重力做功相同，D 能级差小，则氢原子从能级n=4跃迁到n=3比从能 正确。 级n=3跃迁到n=2辐射的电磁波波长要长，选项D 故选。 正确。 1-3【提升】 【正确答案】B 故选D。 【试题解析】【详解】A．图甲：密立根通过油滴实验 2-3【提升】 【正确答案】C 测量了电子的电荷量，揭示了电荷的量子化，A正 【试题解析】【详解】A．一群氦离子从n=4能级向低 确，不符合题意； 能级跃迁时可以辐射出C2 =6种频率的光子，A选项 4 B．库仑通过扭秤实验发现了点电荷间的作用规律， 错误； 静电力常量既不是库仑通过扭秤测出来的，也不是后 B．其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出 人通过库仑扭秤测出来的，而是通过麦克斯韦的相关 的光子能最小于4.54eV，不能使金属钨发生光电效 理论算出来的，B错误，符合题意； 应，故共有5种频率的光能使金属钨发生光电效应， C．图丙：卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了 故B选项错误； 原子核式结构模型，C正确，不符合题意； C．因为要使处于基态的氢原子发生电离，所需要的 D．图丁：汤姆孙通过阴极射线实验发现了电子，揭 光子能量只要达到13.6eV就可以，根据辐射光子能 示了原子具有内部结构，D正确，不符合题意。 31/46量等于氦离子能级跃迁前后两能级的能量差可得，有 CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为 三种频率的光子都能使处于基态的氢原子电离，故 F =2N f C选项正确； 假设前4s内物块一直在运动，设物块在4s末的速度 D．氦离子和氢原子的两个能级的能量差不同，所以 辐射光子的能量不同，由光电效应方程 为v，由动量定理得I -Ft =mv-0 F f E =hv-W 可得，光电子的最大初动能不同，故 得v<0 kmax 0 说明在4s前速度已经减为零，速度减为零后保持静 D选项错误。 止，故CD错误。 故选C。 故选B。 3-1【基础】 【正确答案】D 3-3【提升】 【正确答案】D 【试题解析】【详解】A．v-t图像的面积表示位移， 1 【试题解析】【详解】A．t ~t 时间内，根据动量定理 由图可得x= (2+4)´3m=9m 1 2 2 A错误； I - f t -t =mv -v  2 2 1 m 1 B．根据牛顿第二定律和求功公式，则有 汽车牵引力的冲量大小为 F-mmg =ma I =mv -v + f t -t  2 m 1 2 1 代入数据解得F =16N A错误； 故3s内，拉力F对物体所做的功为 W =Fx=16´9J=144J B．t ~t 时间内，根据动能定理 1 2 B错误； 1 1 P t -t - fx = mv2 - mv2 C．根据动量定理，合力的冲量等于物体动量的变化 0 2 1 2 2 m 2 1 汽车发生的位移大小为 量，I =Δp=mv-mv =mΔv=6´2N·s=12N·s 合 0 1 1 P t -t - mv2 + mv2 C错误； 0 2 1 2 m 2 1 x = 2 f D．同理根据动量定理，则有I -mmgt =mDv F B错误； 代入数据解得I =48N×s C．0~t 时间内，根据动量定理 F 2 D正确。 I- ft =mv 2 m 故选D。 汽车牵引力的冲量大小为 3-2【巩固】 【正确答案】B I =mv + ft m 2 【试题解析】【详解】A．由图乙可知，第1s内、第2s C错误； 内物块的位移分别为x =2m，x =4m 1 2 D．汽车做匀加速运动阶段，牵引力恒定，由牛顿第 则前2s内拉力做的功为 二定律 W =Fx +F x =6´2+2´4J=20J F- f =ma 0~t 时间内，根据动能定理 1 1 2 2 2 vt 1 故A错误； F 11 +P t -t -W = mv2 2 0 2 1 f 2 m B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲 汽车克服阻力做的功为 量，故前4s内拉力的冲量为 vt 1 W = 11(f +ma)+P t -t - mv2 f 2 0 2 1 2 m I =é6´1+2´1+-2´2ùN×s=4N×s F ë û D正确。 故B正确； 故选D。 32/464-1【基础】 【正确答案】D 势能减小，动能增大，速度大小一直增大，故D正 【试题解析】【详解】A．电场线越密，电场强度越 确，C错误。 大，b点处电场线较密，故电场中a点的电场强度小 故选D。 于b点的电场强度，故A错误； 5-1【基础】 【正确答案】C B．电场线的方向、带电粒子的电性不知，故无法判 【试题解析】【详解】对C进行受力分析如下 断电场中a、b点的电势高低，故B错误； CD．曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知带电 粒子受到的电场力大致向右，粒子从b点到c点运动 过程中，电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正 功，电势能减小，动能增大，故粒子在b点的电势能 大于在c点的电势能，粒子在b点的速度小于在c点 只受到重力和A对C支持力，由于C加速度向后， 的速度，故C错误，D正确。 故C的合外力水平向后，根据几关系可知 故选D。 F =mgtan30° 4-2【巩固】 【正确答案】B 合 【试题解析】【详解】A．由于电场线起始于正电荷、 根据牛顿第二定律有 终止于负电荷，因此A、B带异种电荷，A项错误； F =ma 合 B．由电场线分析可知，A的电荷量比B的电荷量 联立解得 大，B项正确； 3 C．运动的粒子带正电，由于电场力指向运动轨迹凹 a= g 3 的一侧，由此判断，A带负电，粒子从C向D运动 故选C。 过程中，电场力做负功，因此电势能增大，C项错 5-2【巩固】 【正确答案】D 误； 【试题解析】【详解】将拉力分解为沿水平方向的分量 D．若粒子在C点的速度为零，则粒子开始运动时的 F 和竖直方向的分量F ，根据题意和牛顿第二定律 加速度沿C处电场线的切线方向，轨迹不可能沿图 x y 中的虚线，D项错误。 可得 故选B。 f =mg 4-3【提升】 【正确答案】D 竖直方向 【试题解析】【详解】A．电子在P点的受力方向与等 1 F -mg- fcos60°=masin30°= mg y 2 势面垂直，电子做曲线运动受力方向指向轨迹的凹 可得 侧，所以电子在P点的受力方向斜向右下，故A错 误； F =2mg y B．等差等势线越密，电场强度越大，所以P点场强 水平方向 大于R点场强，则电子在P点受到的电场力大，根 3 F - fsin60°=macos30°= mg 据牛顿第二定律可知，电子在P点的加速度大于在 x 2 解得 R点的加速度，故B错误； CD．电子受电场力方向与电场强度方向相反，所以 F = 3mg x 电场强度方向背离PQ实线方向，根据电场线与等势 因此拉力F 的大小为 面垂直，且由电势高的地方指向电势低的地方，则从 F = F2+F2 = 7mg x y P到R的电势升高，根据公式E =qj可知，电子电 p 故选D。 33/465-3【提升】 【正确答案】D BC．货物与传送带达到相同速度前划痕的长度 【试题解析】【详解】A．小球随火车运动，加速度相 s =vt -x =0.8m 1 1 1 同，小球受重力、支持力，由几何关系可知，支持力 货物与传送带达到相同速度后划痕的长度 与水平夹角为30°，由牛顿第二定律 mg s =L-x -vt =1m =ma 2 1 2 tanq 货物相对于传送带先向上运动0.8m，后向下运动 可得小车的加速度为 1m，划痕的总长度为s=s =1m a= 3g 2 故A错误； 货物相对于传送带的路程l =s +s =1.8m ，BC错 1 2 B．对槽和小球受力分析可知，整体竖直方向平衡， 误； 所以竖直方向合力为零，即槽受到的支持力大小等于 D．根据牛顿第二定律得mmg =ma 3 槽和球的重力之和(m+M)g，由牛顿第三定律可 得，槽对桌面的压力大小为(m+M)g，故B错误； 解得a =5m/s2 3 CD．小球和槽作为整体，水平方向加速度相同，且 BC的长度为v2 =2a x 整体的加速度是槽受到的水平摩擦力产生的，即 B 3 3 解得x =3.6m ，D正确。 f = (M+ m)a= 3(M+ m)g 3 故选D。 故C错误，D正确。 6-2【巩固】 【正确答案】D 故选D。 【试题解析】【详解】A．设传送带长L，由功能关系 6-1【基础】 【正确答案】D 可知传送带对物体做功等于物块机械能的增加，有 【试题解析】【详解】A．根据牛顿第二定律得 1 W =mgLsinq+ mv2，A错误； mgsin37°+mmgcos37°=ma 2 1 BD．物块在传送带上受力分析，由牛顿第二定律有 解得a =10m/s2 mmgcosq-mgsinq=ma 1 由运动学知识可知物块与传送带的相对位移为 货物和传送带达到共同速度所需要的时间 v v v v v2 t = =0.4s Ds=v× - × = 1 a a 2 a 2a 1 则由功能关系可知物块与传送带间因摩擦产生的热量 1 下滑的距离x = at2 =0.8m 1 2 11 为Q=mmgcosq×Δs 货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得 mmv2cosq mv2cosq Q= = 联立解得 2(mcosq-sinq) sinq mgsin37°-mmgcos37°=ma 2(cosq- ) 2 m 可见若摩擦因数增大，则物块与传送带间因摩擦产生 解得a =2m/s2 2 的热量减少，B错误；D正确； 货物下滑到底端的速度v 2-v2 =2a L-x  C．小物块做匀加速直线运动，由运动学知识有 B 2 1 v2 =2aL 解得v =6m/s B 若摩擦因数增大，由上述分析可知加速度增大，可知 v+v 货物下滑到底端的时间L-x = B t 物块在达到N点前就已经和传送带共速，C错误。 1 2 2 故选D。 解得t =1s 2 6-3【提升】 【正确答案】C 货物从A到B的时间为t =t +t =1.4s，A错误； 【试题解析】【详解】A．根据受力平衡可知，共速后 1 2 34/46传送带对货物仍有沿传送带向上的摩擦力，所以共速 C错误； 后摩擦力对货物做功，故A错误； I2R 1 h= 外 = D．电源的效率为 I2(R +r) r B．根据牛顿第二定律有mmgcosq-mgsinq=ma 外 1+ R 外 解得a=2.5m s2 调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端时，R P 设货物达到与传送带速度相等用时为t，则有v=at 变大，则R 变大，电源的效率一直增大，故D错 解得t =0.8s 外 货物与传送带之间因摩擦而产生的热量是 误。 æ v ö 故选B。 Q=mmgcosqçvt- t÷ è 2 ø 7-2【巩固】 【正确答案】B 解得Q=24J 【试题解析】【详解】A．由闭合电路的欧姆定律 故B错误； U =E-IR +r C．根据能量守恒，电动机因传送该货物而多消耗的 2 1 电能为E=Q+mgLsinq+ mv2 结合图像可知2=E-0.12+r 2 解得E=112J 1=E-0.32+r 故C正确； 解得E=2.5V，r=3Ω，故A错误，B正确； D．物体沿传送带向上匀加速运动的加速度与质量无 C．当外电阻等于内阻时电源输出功率最大，即 关，所以将质量更大的物体传送到顶端（其他条件不 变）所需时间不变，故D错误。 R +R =r时，电源输出功率最大，此时R =1Ω， 1 2 1 故选C。 故C错误； 7-1【基础】 【正确答案】B D．滑片从左往右移的过程中，R一直减小，外电路 1 【试题解析】【详解】A．根据电路图，把定值电阻R UI R 1 等效看成电源内阻的一部分，即r¢=R+r=6W h= = 外 = 总电阻一直减小，根据 EI R +r r 可 外 1+ 由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻等于 R 外 内阻时，电源输出功率最大，即R =r¢=6W 知，电源的效率一直在减小，故D错误。 P 故选B。 时，滑动变阻器此时消耗的功率最大，为 7-3【提升】 【正确答案】D E2 P = =1.5W，故A错误； 2 4r¢ 【试题解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律有 B．由选项A分析可知图乙中R =r¢=6W U =E-Ir+R  1 0 时，滑动变阻器此时消耗的功率达最大。根据图乙， 因V 测量的是电动机与滑动变阻器串联部分的电 2 可知当R =3W时，滑动变阻器消耗的功率等于R 时 压，故图线Ⅰ对应电压表V ，图线Ⅱ对应电压表V， P 2 2 1 消耗的功率，根据P=( E )2R 故A错误； R +r¢ P P B．根据图线Ⅰ中提供的两组数据，即U =3.2V， 1 E2 E2 有 ´3= R (3+6)2 (R +6)2 2 2 I =0.2A；U =2.4V，I =0.6A 1 2 2 解得R 2 =12W，故B正确； 代入U =E-Ir+R  0 C．对于定值电阻电流越大功率越大，因此滑动变阻 可得3.2V=E-0.2r+R ，2.4V=E-0.6r+R  0 0 器的阻值为零时，定值电阻R消耗的功率最大，故 35/46联立解得E=3.6V，r=1W，故B错误； 计算可得共有8个点，分别距A点的距离为0.05m， 0.15m，0.25m，0.35m，0.45m，0.55m，0.65m， C．图线Ⅱ对应电压表V，当电流表读数最小为0.2A 1 0.75m，故B错误； 时，滑动变阻器的阻值为最大，此时电压表V的示 C.C点距A点0.4m，为减弱点其位移始终为零，故 1 C正确； 数为U¢=0.4V，可得滑动变阻器两端电压为 1 D.D点为加强点，当t =3.25s时，波Ⅱ刚传到D点， U =3.2V-0.4V=2.8V 从平衡位置向上振动，此时波Ⅰ已在D点振动2.5s R 了，也从平衡位置向上振动，再经0.5s，质点D经 2.8 故滑动变阻器的最大阻值为R = W=14W，故C m 0.2 平衡位置向下振动，故D正确。 错误； 故选CD。 D．电流表的示数为0.6A时，电压表V 的示数为 8-3【提升】 【正确答案】AC 2 2.4V，故电源的效率约为 【试题解析】【详解】A．由图可知，波源Q的振动先 2.4´0.6+0.62´1 传播到x=5cm处，其起振方向沿y轴负方向。故A h= ´100%=83.3%，故D正确。 3.6´0.6 正确； 故选D。 B．根据波速的定义式，可得 8-1【基础】 【正确答案】BD x v= =2cm/s 3 t 【试题解析】【详解】ABC．由题可知 l=3m 2 由图可知，两列波的波长均为2cm，则有 则l=2m l T = =1s 60 v 周期为T = =4s 15 综上所述，波源Q的振动传播到该点所需时间为 1 频率为 f = =0.25Hz Δx 9-5 T t = = s=2st=2s时，波源P的振动还未传 Q v 2 l 2 故水波的波速为v= = =0.5m/s 播到该质点，波源Q的振动刚传播到该质点。其路 T 4 程为零。故B错误； 故AC错误，B正确； C．波源P的振动传播到该质点所需时间为 D．两浮漂的距离为半波长的奇数倍，可得两点速度 5-（-3） 大小始终相同，故D正确。 t = s=4s P 2 故选BD。 可知t =4s时，波源Q的振动传播到该点时间后振动 8-2【巩固】 【正确答案】CD 的时间为 【试题解析】【详解】A.由题意知两列波的周期 Δt =4s-2s=2s=2T T =1s，每列波在2s内传播的距离为0.4m，由 可知t=4s时，P波刚传到该质点，Q波使x=5cm处 Dx l v= = ； 质点在平衡位置，所以其位移为零。故C正确； Dt T D．设该点为B，其到两波源的路程差为 得波长为0.2m，又因为A、B两质点的起振方向相 反，A、B间距满足波长的整数倍，故A、B外侧均 PB-QB=3+5cm-9-5cm=4cm=2l 为减弱点，故A错误； 由图可知两列波的起振方向相反，可知两列波在此相 B.加强点满足该点距A、B的位移差为半波长的奇数 遇后，该质点是振动减弱点，振动振幅为 倍，设加强点距离A点为x，则距B点为(0.8-x)； A -A =2cm。故D错误。 P Q 位移差Δs= x-(0.8-x) ，令 故选AC。 l Ds=(2n+1) (n=0,1,2, L )； 9-1【基础】 【正确答案】BD 2 36/46【试题解析】【详解】A．根据开普勒第二定律可得， a r2 (1.8´104)2 81 A = B = = 地球在B点速度大于在D点的速度，故A错误； a r2 (2.0´103)2 1 B A B．地球在经过B点速度方向与万有引力方向垂直， 故D正确。 所以此时所受的太阳引力等于向心力，故B正确； 故选AD。 C．根据开普勒第二定律可知，地球从A运动到B速 9-3【提升】 【正确答案】BD 1 度较大，所用时间为t< T 【试题解析】【详解】A.根据开普勒第三定律有 4 故C错误； r3 r3 地 = 樊 a3 T2 T2 D．根据开普勒第三定律有 =k 地 樊 T2 Mm 4p2 解得T =5.67年,A错误； 若绕太阳轨道为圆轨道，则有G =m r 樊 r2 T¢2 B .“樊锦诗星”在远日点将做近心运动，其速度v1小 r3 GM 则有k = = T¢2 4p2 于以该位置到太阳距离为半径圆周运动的速度v2， 4p2a3 Mm v2 联立解得M = 根据万有引力提供向心力G =m GT2 r2 r 故D正确。 GM 得v= r 故选BD。 轨道半径越大，卫星的线速度越小，可知v2小于地 9-2【巩固】 【正确答案】AD 球公转速度v3，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小 【试题解析】【详解】A．假设有一圆轨道的卫星绕月 于地球的公转速度，B正确； 球做匀速圆周运动，该圆轨道半径等于环月椭圆冻结 Mm 轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，该圆轨道 C.根据牛顿第二定律可知G =ma r2 的运行周期为24h，由万有引力提供向心力可得 “樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之 GMm 4p2 a 1 =m r 比为 1 = ，C错误； r2 T2 a 4.862 4p2r3 可得月球的质量为M = D.轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心 GT2 距离r1为4.86天文单位，则近日点到太阳中心距离 则利用题中的条件可以估算月球的质量，故A正 r2为1.5天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日 确； 点附近很小一段时间Δt内的运动，根据开普勒第二 B．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二 1 1 定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做 定律有 vrΔt = v rΔt 2 11 2 2 2 加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周 v r 1.5 解得 1 = 2 = ，D正确。 期，即大于12h，故B错误； v 2 r 1 4.86 故选BD。 C．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二 1 1 10-1【基础】 【正确答案】BC 定律可得 v Dt×r = v Dt×r 2 A A 2 B B 【试题解析】【详解】A．在Р点释放物体A瞬间，弹 可得鹊桥二号在A、B两点的速度大小之比为 簧弹力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可 v :v =r :r =1.8´104:2.0´103 =9:1 得 A B B A 故C错误； m g =(m +m )a B A B GMm D．根据牛顿第二定律可得 =ma 解得 r2 m g 2 a= B = g 可知桥二号在 A、B两点的加速度大小之比为 m +m 3 A B 37/462 可知初始时刻物体A的加速度为 g，故A错误； kx =mg 3 1 B．当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可 得 2 mg 知，此时B的加速度大小为 g，方向向上，根据牛 x = =x 3 1 k 2 顿第二定律可得 所以，弹簧的弹性势能改变量为零，故C正确； D．对于A、B、C组成的系统，系统机械能守恒 T -m g =m a m B B 1 Mgx +x sina=mgx +x + M +mv2 解得绳子能承受的最大拉力为 1 2 1 2 2 m 10 得 T = mg m 3 6 13 v = m/s 故B正确； m 13 C．根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能转化 故D正确。 为弹簧的弹性势能和A、B的动能之和，所以重力对 故选CD。 B做的功与弹簧弹力对A做的功之和等于物体A、B 10-3【提升】 【正确答案】ACD 的动能之和，则物体A动能的增加量小于重力对B 【试题解析】【详解】A．物块A静止时弹簧弹力 做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确； F =mgsinq=5N D．物体B所受重力对B做的功等于物体B减少的 弹簧的压缩量为x =l -l =1.2-1m=0.2m 0 0 1 重力势能，根据能量守恒可知，物体B减少的重力 F 5 势能等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加 根据胡克定律有k = = N m=25N m，故A正 x 0.2 0 量与物体B的动能增加量之和，故D错误。 确； 故选BC。 B．设B与A碰前瞬间的速度为v，对物块B由动能 10-2【巩固】 【正确答案】CD 1 定理得mgL-l sinq= mv2 【试题解析】【详解】A．释放A时，细线刚刚拉直但 1 2 解得v=4m/s 无拉力作用，弹簧处于压缩状态，B上升过程中，弹 之后A、B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有 簧弹力对B做功。所以，A、B组成的系统机械能不 守恒，故A错误； mv=2mv ， 共 B．C刚离开地面时，对C有 得碰后A、B的速度v =2m/s 共 kx =mg 2 当弹簧弹力等于A、B的总重力沿斜面向下的分力 此时B由最大速度，即 时，A、B的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x， 1 a =a =0 B C 则kx =2mgsinq 对B有 1 由A、B、弹簧组成的系统机械能守恒有 T -kx -mg =0 2 æ1 1 ö æ1 1 ö 对A有 ç è2 ´2mv m 2 - 2 ´2mv 共 2 ÷ ø +ç è2 kx 1 2- 2 kx 0 2 ÷ ø =2mgx 1 -x 0 sinq Mgsina-T =0 3 2 解得x =0.4m，v = m/s，故B错误； 1 m 2 解得 a=37° C．设物块A、B速度减为0时弹簧压缩量为x 2 ，由 故B错误； A、B、弹簧组成的系统机械能守恒有 C．释放A时，对B分析 1 1 1 kx2- kx2 = ´2mv2 +2mgx -x sinq 2 2 2 0 2 共 2 0 38/46(3) 不是 2.0 2.5 解得x =1m 2 【试题解析】【详解】（1）图甲是横挡条卡住平抛小 1 到达最低点时弹性势能为 kx2 =12.5J，故C正确； 球，用铅笔标注小球最高点作为小球轨迹的记录点， 2 2 所以坐标原点应选小球在斜槽末端点时的球的上端， D．A、B碰后一起在斜面上做简谐运动，根据简谐 故选B。 运动的对称性可知，A、B返回到最大高度时的加速 度与最低点的加速度等大反向，设加速度大小为a， （2）由图可知，小球做斜抛运动。所以斜槽末端切 线不水平，故选C。 运动的最低点时，根据牛顿第二定律有 （3）①[1]因相邻四个点间水平位移相等，可知时间 kx -2mgsinq=2ma 2 相等，而竖直高度之比为1:2:3，不是1:3:5，则a点 解得a=7.5m/s2，故D正确。 不是抛出点； 故选ACD。 ②[2]根据逐差法Δy=L=gΔt2 11-1【基础】 【正确答案】(1)AD (2)2 L 0.1 可得Dt= = s=0.1s (3)（-26cm，-8.45cm） g 10 【试题解析】【详解】（1）A．每次释放钢球，必须从 2L 2´0.1 小球平抛运动的初速度v = = m/s=2.0m/s 同一固定点由静止释放，以保证小球到达底端时速度 0 Dt 0.1 3L 0.3 相同，A正确； ③[3]b点的竖直分速度v = = m/s=1.5m/s yb 2Dt 0.2 B．斜槽不一定要必须光滑，斜槽末端的切线必须水 根据平行四边形定则知，b点的速度 平，以保证小球能做平抛运动，B错误； v= v 2+v 2= 4+2.25m/s=2.5m/s C．上下移动挡板时不一定要等间距移动，C错误； 0 yb D．为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向 11-3【提升】 【正确答案】(1)AC 为y轴的坐标系，取平抛运动的起始点为坐标原点， (2)BC 该点相对斜槽末端的高度等于小球半径，D正确。 (3) 是 1.5 大于 故选AD。 【试题解析】【详解】（1）A．斜槽轨道末端水平，能 保证钢球做平抛运动，是必须满足的条件，故A正 （2）竖直方向y -y =gT2 AB OA 确； 可得 B．挡板高度不需要等间距变化，只要能记录不同位 y -y (18.00-7.75-7.75)´10-2 置的痕迹点即可，不是必须条件，故B错误； T = AB OA = s=0.05s g 10 C．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这 x 0.1 样才能保证钢球每次平抛的初速度相同，是必须满足 可得初速度v = = m/s=2m/s 0 T 0.05 的条件，故C正确； y 0.18 （3）A点的竖直速度v = OB = m/s=1.8m/s D．钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位 Ay 2T 0.1 v 置释放时到达末端的速度，不是必须减小的，不是必 则从抛出点到A点的时间t = Ay =0.18s g 须条件，故D错误。 抛出点的横坐标x=0.1m-2´0.18m=-26cm 故选AC。 1 纵坐标y=7.75cm- ´10´0.182m=-8.45cm （2）由图可知，下降相同的高度，误差点的水平位 2 移更大，可知偏差较大的点产生原因是平抛运动初速 则抛出点坐标（-26cm，-8.45cm）。 度偏大，故可能原因是钢球没有被静止释放或钢球释 11-2【巩固】 【正确答案】(1)B 放的高度偏高。 (2)C 故选BC。 39/46（3）[1]图3a可知，钢球从A到B与B到C时间相 联立得 等（因为水平距离相等），且y :y =5:15=1:3 r =0.5W AB BC x 满足初速度为0的匀变速直线运动特点，故A点是平 E =6.5V x 抛运动的抛出点。 12-2【巩固】 【正确答案】 ´1 19.0##19 [2]对钢球竖直方向有Dy= y -y =0.1m=gt2 BC AB 因为x =0.15m=v t AB 0 17.8 不存在 联立解得钢球初速度v =1.5m/s 0 [3]由于实际的竖直方向在该小组同学所绘图像y轴 偏右侧的位置，导致横坐标的测量值偏大而纵坐标的 【试题解析】【详解】（1）[1][2]欧姆表指针偏转角度 测量值偏小，根据平抛运动规律，可知球的初速度偏 太大，表明被测电阻较小，应换用较小倍率的欧姆 大。 挡，即换用“´1”倍率的欧姆挡；被测电阻大小为 12-1【基础】 【正确答案】 见解析 19.0W。 r +R +R x 1 2 6.5V 0.5W （2）[3]用伏安法测电阻，由于电流表内阻已知，可 R 2 用电流表内接，为了使电压表的偏转角度较大，因此 【试题解析】【详解】（1）[1]如图 被测电阻与电流表串联的电路电阻最大可以为 3 R= W=300W 0.01 因此应用电阻R 与被测电阻及电流表串联在电路 2 中，为了多测量几组数据，滑动变阻器采用分压式接 法。电路如图所示。 （2）[2]当G表示数为零时 E x R =E r +R +R 2 0 x 1 2 得 E r +R +R x = x 1 2 E R 0 2 （3）[3][4]把 （3）[4][5]根据电路图可知 E 0 =1.5V U =IR +R +r  x 2 A R =4.5W 1 则 2.5 R =1.5W R +R +r = Ω 2 x 2 A 9.0´10-3 解得 R¢ =9.5W 1 R =17.8Ω x R¢ =3.0W 2 由于电流表内接，已考虑电流表内阻，因此不存在因 代入 电流表分压引起的系统误差。 E x R =E r +R +R 2 0 12-3【提升】 【正确答案】(1) 远大于 48.0 x 1 2 40/46小于 从A到B的过程中，体积不变，气体不做功；从B (2) 仍使灵敏电流计的示数为零 1.44 到C的过程中，气体对外做功，有 1.33 没有 W =-pDV =-200J 【试题解析】【详解】（1）[1]用半偏法测量灵敏电流计 A→C过程中，由热力学第一定律DU =Q+W G的内阻，为减小系统误差，使闭合开关S 前后， 得Q=DU -W =200J 2 即气体从外界吸热200J。 干路电流不变，应使滑动变阻器R的有效阻值远大 1 13-2【巩固】 【正确答案】(1)9´104Pa 于R g ，同时使电流表能达到满偏，电源也应选电动 (2)减少7.35J 势较大的。 (3)24N 【试题解析】【详解】（1）状态1气体的温度 [2]闭合S 前后认为干路电流不变，调节电阻箱R ， 2 2 T =（77+273）K=350K 1 1 使得G的示数为 I ，此时电阻箱R 的电流也为 2 g 2 压强p = p =1.05´105Pa 1 1 0 I ，故电流表内阻与电阻箱的阻值相等，如图乙所 2 g 状态2气体的温度T =（27+273）K=300K 2 示，则G的内阻R =48.0Ω。 g p p 气体做等容变化，根据 1 = 2 [3]闭合开关时电流表与电阻箱并联，电路总电阻减 T 1 T 2 小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变大，当 可得p =9´104Pa 2 电流表半偏时流过电阻箱的电流大于流过电流表的电 （2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸 流，电阻箱阻值小于电流表内阻，实验认为电流表内 收热量为Q=-7.35J 阻等于电阻箱阻值，则电流表内阻的测量值小于真实 根据热力学第一定律DU =W +Q 值。 可得状态1到状态2罐内气体内能的变化 （2）[1][2][3][4]根据实验原理，每次改变R、R 的 DU =-7.35J 1 2 即气体内能减少7.35J。 阻值，都应使灵敏电流计G的示数为零，则灵敏电 流计上下两端点等势，则始终有E=U +Ir （3）罐内外的压强差Dp= p - p =1.5´104Pa 0 2 变形可得U =E-Ir 状态2皮肤受到的吸力大小F =DpS =24N 由图丁可得纵截距表示电源电动势E=1.44V 13-3【提升】 【正确答案】(1)7.5´104Pa 1.44-0.8 内阻为r= Ω=1.33Ω (2)630J 0.48 本实验中电表内阻对电源内阻的测量没有影响。 【试题解析】【详解】（1）设缸内气体的初始压强为 13-1【基础】 【正确答案】(1)100K p ，对活塞受力分析有pS+F =mg+ p S 1 1 0 (2)吸热200J 解得p =7.5´104Pa 【试题解析】【详解】（1）A→B过程中，由查理定律 1 p p 得 A = B （2）缸内气体的初始体积为V =Sd =1.2´10-3m3 T T 1 A B p 解得T = BT =100K 设活塞刚好要离开卡环时，缸内气体温度为T ，压 B p A 2 A V V mg （2）B→C过程中，由盖−吕萨克定律得 B = C 强为p = p + =1.25´105Pa T T 2 0 S B C 解得T =300K p p C 气体发生等容变化，有 1 = 2 T T 在A、C两状态时理想气体的温度相等，DU =0 1 2 41/46联立可得 解得T =500K 2 U =0.64U c 0 继续升温到T =800K，活塞向上移动，气体发生等 3 即恰好打到板上的粒子的出发时刻为 V V 压变化，则有 2 = 3 U T T t = c ×T =0.64T 2 3 U Sd Sd¢ 0 即 = 那么打到G板的粒子的出发时刻范围为0~t，而U T T 2 3 解得d¢=24cm 与t成线性关系。则T内在G板上收集到的离子数 为 整个过程中气体对外做功为W = p ΔV = p Sd¢-d 2 2 t n= ×N =0.64N 代入数据解得W =90J T 电热丝在时间t内产生热量为 2qU 2U 14-2【巩固】 【正确答案】（1） ；（2） ； 2 m R é u ù Q=I2rt =ê m ú rt=720J êë 2R+r úû （3）8U，45.7% 由热力学第一定律可知，气体内能的增量为 【试题解析】【详解】（1）根据动能定理 1 ΔU =Q-W qU = mv2-0 2 0 代入数据解得ΔU =630J 解得 2qU 2U 14-1【基础】 【正确答案】（1） 0 ；（2） 0 ； 2qU m R v = 0 m （3）0.64N （2）根据牛顿第二定律 【试题解析】【详解】（1）离子在加速电场中，由动能 v2 qE =m 0 定理得 1 R 1 解得 qU = mv2 0 2 2U E = 从而求得 1 R 2qU （3）由于从A、B板间射出的粒子在板间运动的时 v= 0 m 间均为T，则板长 （2）离子在辐射电场中做匀速圆周运动，电场力提 2qU L=vT =T 供向心力，由牛顿第二定律得 0 m mv2 由于板长和板间距离相等，从t＝0时刻射入A、B板 qE= R 间的粒子恰好打在B板的中点，则该粒子在两板间 联立（1）中结果得到 运动的时间为0.5T，则 2U E= 0 R 1 1 æ1 ö 2 1 qU æ1 ö 2 L= aç T÷ = 0 ç T÷ （3）离子在偏转电场中做类斜抛运动，设电压为Uc 2 2 è2 ø 2 mL è2 ø 时，设离子的轨迹刚好与G板相切，则加速度为 解得 qU a= c U =8U md 0 竖直速度为 1 设在0~ T 时间内，从t 时刻射入板间的粒子在电 4 1 Dv =v =vsin53o y 1 场中发生的最大侧移刚好为 L，如图甲所示 竖直速度减小为零时 2 v2 =2ad y 42/469mv2 3 联立解得E= 0 ，vy= v 0 32qL 4 粒子在P点入射的速度大小v= v2+v2 0 x 5 解得v= v 0 则 4 （2）带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，电场力 1 1 qU æ1 ö 2 L= 0 ç T -t ÷ ´2 mv2 2 2 mL è2 1 ø 指向圆心，由牛顿第二定律可得qE 0 = 0 L 解得 mv2 解得E = 0 2- 2 0 qL t = T 1 4 T T （3）带电粒子进入第四象限后，沿x轴正方向做单 设在 ~ 时间内，从t 时刻射入板间的粒子最后从 4 2 2 方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y轴负方 上极板右侧离开电场，如图乙所示 向做匀速直线运动。 T x轴方向上，前 内做匀加速直线运动，此段时间内 2 的位移大小x = 1 a æTö2 1 2 ç è2 ÷ ø 电场力提供合外力qE =ma 0 则 mv2 L 1 a æ ç T -t ö ÷ 2 ´2+ L = 1 at2+at t - 1 at2 结合E 0 = qL 0 、T= 2v 0 2 è2 2 ø 2 2 2 2 2 2 2 L 解得x = qU 1 a= 0 32 Lm 由对称性可得，t=4T时间内，粒子沿x轴正方向总 解得 位移为Δx=8x 1 3 t = T 故t=4T时，粒子的横坐标x=r+Δx 2 8 5L 根据对称性可知，从板间射出的粒子占射入粒子的百 解得x= 4 分比 y方向上，粒子做匀速直线运动，t=4T时间内粒子的 t -t 2 2-1 h= 2 1´100%= »45.7% 位移大小y=4T×v 1 4 0 T 2 解得y=2L 5 æ5L ö 14-3【提升】 【正确答案】(1) 4 v 0 在t=4T时，粒子的坐标为ç è 4 ，-2L÷ ø mv2 15-1【基础】 【正确答案】（1）60N；（2）1.5m/s2； (2) 0 qL （3）2.2 m/s 【试题解析】【详解】（1）设物块A滑到圆弧面最低点 æ5L ö (3)ç ，-2L÷ è 4 ø 时速度大小为v ，根据机械能守恒有 0 【试题解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运 1 动，根据牛顿第二定律可知qE=ma m gR= m v2 A 2 A 0 沿y轴方向有L= 1 at2，vy=at 在最低点，根据牛顿第二定律可得 2 v2 8 F -m g =m 0 x方向匀速，有 L=v t N A A R 0 3 联立，解得 43/46联立，解得 F =60N N 5 11 v' = m/s，v' = m/s 根据牛顿第三定律可知物块A对圆弧面最低点压力 A 3 B 3 大小为 由于 F' =F =60N v' >v >v' N N B C A （2）物块A滑上板与板相对滑动且与B未碰撞时， 碰撞后A做加速运动。加速度大小仍为a 。B做减 A 假设B、C不发生相对滑动，则 mm g 速运动，加速度大小仍为a ，C做减速运动，加速 a = 1 A =1m/s2 B BC m +m B C 对于B，有 度大小仍为a ，设经过t 时间A 、C共速。设此时 C 2 mm g =0.5N2.2m/s B B B 2 15 假设A、B碰撞前，A、B的加速度均保持不变，则 假设成立。因此，物块A与木板C第二次速度相等 1 1 1 v t - a t2- a t2 = L 时的速度大小为2.2 m/s。 01 2 A1 2 B1 2 15-2【巩固】 【正确答案】(1)0.5J 解得 (2)1N t =2s 1 (3)1.0s 此时物块A的速度 【试题解析】【详解】（1）小物块A由静止运动到圆轨 1 v =v -a t =3m/s 道最低点，由动能定理得mgr= mv2 A 0 A1 2 M 板C的速度 解得v =5m/s M 设经时间t 小物块A与传送带共速，由动量定理得 v =a t =3m/s 1 C C1 -mmgt =mv -mv 即A与B刚要碰撞时，A与C刚好共速，假设成 1 1 0 M 立。此时物块B的速度 解得t =0.4s 1 v =a t =mgt =1m/s B B1 2 1 在时间t 内A、传送带发生的位移分别为 1 A、B碰撞过程，根据动量守恒有 v +v x = M 0 ×t =1.8ma Cm 3 P 离挡板D左侧0.08m处 故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起 【试题解析】【详解】（1）设滑块A与滑块B碰撞前 以加速度a 做匀加速直线运动，设A与P达到共速 P 瞬间的速度大小为v ，对滑块A从圆弧轨道的顶端 0 的时间为t ，共速时的速度为v ，由速度-时间关系 1 共 滑至底端的过程由机械能守恒定律得 得 1 mgR= mv2 1 2 1 0 v =v -a t =a t 共 A A1 P1 解得 解得 v =6m s 0 设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为v 、 v =1.2m s A 共 v ，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动 B t =0.6s 1 量守恒定律与机械能守恒定律分别得 A与P达到共速时，B的速度为 mv =mv +m v 1 0 1 A 2 B v =v -a t =9m s-1´0.6m s=8.4m s B1 B B1 1 1 1 mv2 = mv2 + m v2 A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小 2 1 0 2 1 A 2 2 B 45/46分别为 B、P三者达到共同速度v ，则 共1 1 x = (v +v )t A 2 A 共 1 (M +m)v +m v¢ =(M +m +m )v 1 1 共 2 B1 1 1 2 共1 1 x = (v +v )t B 2 B B1 1 则有 1 x = v t Q = μmgΔx P 2 共1 1 1 1 A 解得 Q = μ m gΔx 2 2 2 B x =1.26m A 1 1 1 Q = (M +m)v2 + m v¢2 - (M +m +m )v2 3 2 1 1 共 2 2 B1 2 1 1 2 共1 x =5.22m B 解得 x =0.36m Q=Q +Q +Q =15.36J P 1 2 3 此过程A相对P的位移大小为 （3）假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与 Δx =x -x Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v ，C相对 A A P 共2 解得 Q的运动路程为s，由动量守恒定律得 Dx =0.9m m v¢ +M v¢ =(m +M )v A 3 C1 2 共 3 2 共2 此过程B相对P的位移大小为 解得 Δx =x -x v =4.4m/s B B P 共2 解得 由能量守恒定律得 1 1 1 Δx =4.86m μ m gs= mv¢2 + M v2 - (m +M )v2 B 3 3 2 3 C1 2 2 共 2 3 2 共2 因 解得 s=1.28m Δx =L =4.86m B 1 因s<2L ，故滑块C是不会从木板Q上滑落，最终 故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发 2 生弹性碰撞，碰撞前B的速度为 与木板Q相对静止时与挡板D的距离为 v =8.4m s d =s-L =0.08m B1 2 v =v =1.2m s C1 共 根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得 m v +m v =m v¢ +m v¢ 2 B1 3 C1 2 B1 3 C1 1 1 1 1 m v2 + m v2 = m v¢ 2+ m v¢ 2 2 2 B1 2 3 C1 2 2 B1 2 3 C1 解得 v¢ =-1.2m s B1 v¢ =6m s C1 B物块向左减速到零，然后再反向加速，最终A、 46/46