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2024 湖北卷点睛押题
一、单选题（共7小题，每题4分，共28分）
1．如图所示为氦离子（He+）的能级图，根据玻尔原子理论，关于氦离子能级跃迁，下列说
法正确的是（ ）
A．大量处于n=3能级的氦离子，最多可辐射2种不同频率的光子
B．从n=4向n=3能级跃迁，要向外辐射2.64eV能量
C．处于n=1能级的氦离子，可以吸收54.0eV的能量而发生电离
D．从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子波长短
2．在同一介质中有 a、b 两列机械波，它们的波形如图所示，两列波的频率分别为𝑓 和𝑓 ，
! "
波长分别为𝜆 和𝜆 ，则（ ）
! "
A．𝜆 >𝜆 ，𝑓 >𝑓 B．𝜆 >𝜆 ，𝑓 <𝑓
! " ! " ! " ! "
C．𝜆 <𝜆 ，𝑓 >𝑓 D．𝜆 <𝜆 ，𝑓 <𝑓
! " ! " ! " ! "
3．电压互感器能将高电压变成低电压、电流互感器能将大电流变成小电流，用于测量或保
护系统。如图所示，T 、T 是监测交流高压输电参数的互感器，a、b 是交流电压表或交流
1 2
电流表，若高压输电线间电压为 220kV，T 的原、副线圈匝数比为 1︰100，交流电压表的
1
示数为200V，交流电流表的示数为2A，则（ ）
A．a是交流电压表，b是交流电流表
B．T 的原、副线圈匝数比为1000︰1
2
C．高压线路输送的电流为200A
D．高压线路输送的电功率为2.2×10#kW
试卷第1页，共8页4．如图所示，由波长为λ 和λ 的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和
1 2
反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮
条纹的中心位置，P 和 P 分别是波长为 λ 和 λ 的光形成的距离 O 点最近的亮条纹中心位
1 2 1 2
置。反射光入射到三棱镜一侧面上，从另一侧面M和N位置出射，则（ ）
A．λ <λ ，M是波长为λ 的光出射位置 B．λ <λ ，N是波长为λ 的光出射位置
1 2 1 1 2 1
C．λ >λ ，M是波长为λ 的光出射位置 D．λ >λ ，N是波长为λ 的光出射位置
1 2 1 1 2 1
5．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，
小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得
知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的$速率竖直反弹。
#
已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（ ）
A．% 𝜌𝑣& B．' 𝜌𝑣& C．% 𝜌𝑣 ( D．' 𝜌𝑣 (
# # # ) # )
6．在如图所示的平面内，存在宽为𝐿的匀强磁场区域（足够长、边界上有磁场），匀强磁场
的磁感应强度大小为𝐵，左侧边界上有一离子源𝑆，可以向纸面内各方向发射质量为𝑚、带
电荷量为+𝑞(𝑞 >0)、速度大小为*+,的离子。不计离子受到的重力和空气阻力，下列说法正
-
确的是（ ）
A．离子在磁场中运动的最长时间为.-
&*+
B．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最短时间为.-
%*+
C．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为'.-
$&*+
D．离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为√3𝐿
试卷第2页，共8页7．物体在引力场中具有的势能叫做引力势能，取无穷远处为引力势能零点。质量为𝑚的物
体在地球引力场中具有的引力势能𝐸 =− 01-（式中𝐺为引力常量，𝑀为地球的质量，𝑟 为
/ 3
2!
物体到地心的距离），如果用𝑅表示地球的半径，g 表示地球表面重力加速度，𝑐表示光在真
空中的速度，则下列说法正确的是（ ）
A．在半径为𝑟的圆形轨道上运行的质量为𝑚的人造地球卫星的机械能为01-
&2
B．如果地球的第一宇宙速度为𝑣 ，则将质量为𝑚的卫星从地球表面发射到半径为𝑟的轨道上
$
运行时至少需要的能量𝐸 = $ 𝑚𝑣&+ -45(275)
$
& &2
C．若考虑卫星在高空所受稀薄空气的阻力作用，质量为𝑚的卫星从半径为𝑟 的圆轨道缓慢
$
减小到半径为𝑟 的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为01- = $ − $ >
&
& 2" 2#
D．黑洞的密度、质量极大，以至连光都不能逃离它的引力，无法通过光学观测直接确定它
的存在，假如地球能成为黑洞，则其半径𝑅最大不能超过01
9#
二、多选题（共3小题，每题4分，共12分）
8．如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止
时处于𝐵位置。现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后放手，
使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和𝐶位置（图中未画出）之间做往复运动。重
物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确
．．
的是（ ）
A．重物在𝐶位置时，其加速度的大小大于当地重力加速度的值
B．在重物从A位置下落到𝐶位置的过程中，重力的冲量与弹簧弹力的冲量相同
C．在手托重物从𝐵位置缓慢上升到A 位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动
过程中所具有的最大动能
D．在重物从A位置到𝐵位置和从𝐵位置到𝐶位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比
是1：3
试卷第3页，共8页9．如图所示，在竖直平面内有一半 径 为R的光滑固定细管（忽略管的内径），半径OB水平，
OA竖直，一个直径略小于管内径的小球由B点以某一初速度𝑣 进入细管，之后由管内的顶
3
部A点以大小为𝑣 的水平速度飞出。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
:
A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足𝑣 >@3𝑔𝑅
3
B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足𝑣 >@2𝑔𝑅
3
C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为𝑣 =B '45
3
&
D．小球从 A 点飞出的水平初速度必须满足𝑣 >@𝑔𝑅，因而不可能使小球从A 点水平飞出
:
后再返回B点
10．如图所示，真空中有平面直角坐标系xOy，其x轴方向水平向右，坐标系xOy所在的空
间有一正交的匀强电磁场，匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；匀强磁场方向
垂直于坐标系xOy向里，磁感应强度大小为B。一群带正电的粒子，质量均为m，所带电荷
量均为q，以大小不同的初速度从坐标原点O沿x轴正方向射出，不计粒子间的相互作用和
粒子的重力，则（ ）
A．若初速度𝑣 = ;，粒子恰好能做匀速直线运动
+
B．当粒子离x轴最远时，速度达到最大
C．若初速度𝑣 ≠ ;，粒子每隔&.-时间就会返回x轴一次
+ *+
D．在任意时刻，粒子在x方向的速度分量的大小为𝑣 ，与x轴的距离为h，那么𝑣 与h的
< <
关系式为𝑣 = *+ ℎ
<
-
试卷第4页，共8页三、实验题
11．（10分）某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻
箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率。所用器材如下：
A．干电池：电动势𝐸 =1.5V，内阻𝑟 =1Ω
B．电流表G：满偏电流𝐼 =1mA，内阻𝑅 =150Ω
g g
C．定值电阻：𝑅 =1200Ω
$
D．电阻箱𝑅 和𝑅 ：最大阻值均为999.9Ω
& %
E．电阻箱𝑅 ：最大阻值为9999Ω
#
F．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干
（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻
箱𝑅 ，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻 𝑅 ，则
& 内
𝑅 =_________Ω，欧姆表的倍率是______（选填“×1”、“×10”）
内
（2）闭合电键S：
第一步：调节电阻箱𝑅 和𝑅 ，当𝑅 =__________Ω且𝑅 =_______Ω时，再将红、黑表笔短
& % & %
接，电流表再次满偏。
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱𝑅 ，调节𝑅 ，当电流表指针指向如图乙所示的位置时，
# #
对应的欧姆表的刻度值为_________Ω。
12．（7 分）物理小组的同学用如下图甲所示的实验器材测定重力加速度。实验器材有：底
座带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器，其中光电门1在光电门2的上方，
小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动
至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h。
(1)使用游标卡尺测量小球的直径如下图乙所示，则小球直径为_________cm。
试卷第5页，共8页(2)改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑
空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系式h=________。
(3)根据实验数据作出( −𝑡图象如上图丙所示，若图中直线斜率的绝对值为k，根据图象得出
)
重力加速度g大小为________。
四、解答题
13．（10分）在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化
过程：第一种变化是从状态状态 A 到状态 B，外界对该气体做功为 6J；第二种变化是从状
态A到状态C，该气体 从外 界 吸收的 热9量J．为图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、
C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：
（1）从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功 W 和其内能的增量 ；
1
（2）从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量 及其从外界吸收的热量Q ．
2
试卷第6页，共8页14．（15分）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为𝑘的轻质
弹簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块C 以初速度𝑣 从滑板最
3
左端滑入，滑行𝑠 后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段
3
时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为𝑚，滑板与小物块、滑板与地面之
间的动摩擦因数均为𝜇，重力加速度大小为𝑔；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始
终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
试卷第7页，共8页15．（18分）如图所示，ABCD是N匝（N=20）的矩形闭合金属线框放置于水平面上，其质
量m=1kg、阻值R=2Ω、长度d=0.4m、宽度为L=0.2m，水平面上依次间隔分布着方向垂直
纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B=0.5T、宽度也为 L、长度及磁场间的距离均
为d，线框在轨道上运动过程中受到的摩擦阻力f大小恒为4N。现线框的AB边与左边第一
个磁场的左边界重合，给线框施加一水平向右的力使线框从静止开始向右运动，问：
（1）若让小车以恒定加速度a=2m/s2运动，求力F与随时间t变化的关系式；
（2）若给线框施加的力的功率恒为P =16W，该力作用作用一段时间t =6s后，线框已达最
1 1
大速度，且此时线框刚好穿出第13个磁场（即线框的CD边刚好与第13个磁场的右边界重
合），求线框在这段时间内产生的焦耳热；
（3）若给线框施加的力恒为F =12N，且F 作用t =4s时间线框已达到最大速度，求t 时间
0 0 0 0
内线框产生的焦耳热。
试卷第8页，共8页参考答案：
1．B
【详解】A．大量处于n=3能级的氦离子，最多可辐射3种不同频率的光子，对应的能级跃
迁分别为从3能级到2能级、3能级到1能级、2能级到1能级。故A错误；
B．从n=4向n=3能级跃迁，要向外辐射的能量为
Δ𝐸=−3.40eV−(−6.04)eV=2.64eV
故B正确；
C．由能级图得，处于 n=1 能级的氦离子，最少吸收54.4eV 的能量才能发生电离。故C 错
误；
D．从n=3跃迁到n=2能级辐射出的光子能量为
Δ𝐸 =−6.04eV−(−13.6)eV=7.56eV
$
从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子能量为
Δ𝐸 =−13.6eV−(−54.4)eV=40.8eV
&
则
Δ𝐸 <Δ𝐸
$ &
ℎ为普朗克常量，根据
𝜀 =ℎ𝜈
得从n=3跃迁到n=2能级辐射出的光子的频率𝜈小。𝑐为光速固定不变，再根据
𝑐 =𝜈𝜆
得从n=3 跃迁到n=2 能级辐射出的光子的波长比从n=2 跃迁到n=1 能级辐射出的光子的波
长大。故D错误。
故选B。
2．B
【详解】根据图像可知，两列波的波长关系为
𝜆 >𝜆
! "
因为在同一介质中波速相等，则根据公式𝑣=𝜆𝑓可知
𝑓 <𝑓
! "
故选B。
3．C
【详解】A．T 两端接在同一根电线上，因此a是交流电流表，T 两端接在两根电线上，因
1 2
答案第1页，共11页此b是交流电压表，故A错误；
B．变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，所以T 原、副线圈匝数之比为
2
220000:200=1100:1
故B错误；
C．变压器原副线圈电流与匝数成反比，则高压线路输送的电流为200A，故C正确；
D．由C选项可知高压线路输送的电功率为
𝑃 =𝑈𝐼 =220kV×200A=4.4×10#kW
故D错误。
故选C。
4．D
【分析】本题考查折射定律以及双缝干涉实验。
【详解】由双缝干涉条纹间距的公式
𝜆𝐿
𝛥𝑥 =
𝑑
可知，当两种色光通过同一双缝干涉装置时，波长越长条纹间距越宽，由屏上亮条纹的位置
可知
𝜆 >𝜆
$ &
反射光经过三棱镜后分成两束色光，由图可知 M 光的折射角小，又由折射定律可知，入射
角相同时，折射率越大的色光折射角越大，由于
𝜆 >𝜆
$ &
则
𝑛 <𝑛
$ &
所以N是波长为λ 的光出射位置，故D正确，ABC错误。
1
故选D。
5．D
【详解】单位时间的降水量
ℎ
Δℎ =
𝑡
在芭蕉叶上取Δ𝑆的面积上，Δ𝑡时间内降落的雨水质量
ℎ
𝑚 =𝜌⋅Δ𝑆⋅ΔℎΔ𝑡 =𝜌Δ𝑆 Δ𝑡
𝑡
设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理
答案第2页，共11页ℎ 1 5 ℎ
𝐹⋅Δ𝑡 =𝑚𝑣 −𝑚𝑣 =𝜌Δ𝑆 Δ𝑡(− 𝑣−𝑣)=− 𝜌𝑣Δ𝑆 Δ𝑡
) 𝑡 4 4 𝑡
解得
5 ℎ
𝐹 =− 𝜌𝑣Δ𝑆
4 𝑡
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上Δ𝑆的面积受到的撞击力的大小
5 ℎ
𝐹= = 𝜌𝑣Δ𝑆
4 𝑡
因此平均压强为
𝐹= 5 ℎ
𝑝 = = 𝜌𝑣
Δ𝑆 4 𝑡
故选D。
6．B
【详解】AD．由
𝑣&
𝑞𝑣𝐵 =𝑚
𝑟
得
𝑚𝑣 𝑚 𝑞𝐵𝐿
𝑟 = = =𝐿
𝑞𝐵 𝑞𝐵 𝑚
则垂直左边界运动的离子恰与右边界相切，运动半个圆周，在磁场中运动的最长时间为
𝑇 12𝜋𝑚 𝜋𝑚
𝑡 = = =
>?@ 2 2 𝑞𝐵 𝑞𝐵
此时，离子从左边界离开磁场，射入点与射出点间的距离最大，大小为2L，AD错误；
B．当离子圆周运动的弦长最短时，圆心角最小，运动时间最短，则最短弦长为 L，由几何
关系，此时圆心角为60°，此过程时间最短
𝑇 12𝜋𝑚 𝜋𝑚
𝑡 = = =
>AB 6 6 𝑞𝐵 3𝑞𝐵
B正确；
C．离子初速度沿左边界向下时，离子做四分之一的圆周运动，此时有最大弦长，则离子从
右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为
𝑇 12𝜋𝑚 𝜋𝑚
𝑡= = = =
>?@ 4 4 𝑞𝐵 2𝑞𝐵
C错误。
故选B。
7．B
【详解】A．在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星有
答案第3页，共11页𝑀𝑚 𝑣&
$
𝐺 =𝑚
𝑟& 𝑟
动能
1 𝐺𝑀𝑚
𝐸 = 𝑚𝑣& =
k 2 $ 2𝑟
引力势能为
𝐺𝑀𝑚
𝐸 =−
p 𝑟
则机械能为
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚
𝐸 =𝐸 +𝐸 = − =−
k p 2𝑟 𝑟 2𝑟
选项A错误；
B．将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量
1 1 𝐺𝑀𝑚 𝑟−𝑅
𝐸 = 𝑚𝑣 ⬚&+（𝐸 −𝐸 ）= 𝑚𝑣 ⬚&+ ×
2 $ 2 5 2 $ 2 𝑅𝑟
又
𝐺𝑀 =𝑔𝑅&
所以
1 𝐺𝑀𝑚 𝑟−𝑅 1 𝑚𝑔𝑅(𝑟−𝑅)
𝐸 = 𝑚𝑣 ⬚&+ × = 𝑚𝑣 ⬚&+
2 $ 2 𝑅𝑟 2 $ 2𝑟
选项B正确；
C．由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为𝑟 的圆轨道缓慢减小到半径
$
为𝑟 的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为
&
𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚 𝐺𝑀𝑚 1 1
𝑊 =𝐸 −𝐸 =− −(− )= d − e
f $ & 2𝑟 2𝑟 2 𝑟 𝑟
$ & & $
选项C错误；
D．设质量为m的物体，从黑洞表面至无穷远处，根据能量守恒定律有
1 𝑀𝑚
𝑚𝑣&+(−𝐺 )=0
2 𝑅
解得
2𝐺𝑀
𝑅 =
𝑣&
假如地球能成为黑洞，因为连光都不能逃离，有
v=c
所以其半径R最大不能超过&01，选项D错误。
9#
答案第4页，共11页故选B。
8．CD
【详解】A．因A、C位置关于B点对称，而A点时的加速度为g，则根据简谐振动的规律
可知，重物在C位置时，其加速度的数值等于当地重力加速度的值g， A错误；
B．在A位置时重物的速度为零，在C位置时，重物的速度也为零，在重物从A位置下落到
C位置的过程中，由动量定理知合外力的冲量为零。重物受重力和弹簧对重物的弹力，则此
过程中重力的冲量与弹簧弹力的冲量刚好抵消，即此过程中重力的冲量大小等于弹簧弹力的
冲量大小，两者方向相反。B错误；
C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，重物受重力、弹簧弹力、手对重物的
功，三力做功之和为零，即
−𝑚𝑔ℎ −𝑊 +𝑊 =0
:+ 弹
当重物从A到B过程，则
1
𝑚𝑔ℎ +𝑊 = 𝑚𝑣&
:+ 弹 2
联立解得
1
𝑊 = 𝑚𝑣&
2
即在手托重物从 B 位置缓慢上升到 A 位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动
过程中所具有的最大动能。C正确；
D．根据
F=kx
可知弹簧弹力随位移成线性变化，设重物做简谐振动的振幅为A，重物从 A 位置到 B 位置
的过程中，弹簧弹力做的功为
0+𝑘𝐴 1
𝑊 =− ×𝐴=− 𝑘𝐴&
弹$ 2 2
从B到C的过程，弹簧弹力做的功为
𝑘𝐴+2𝑘𝐴 3
𝑊 =− ×𝐴=− 𝑘𝐴&
弹& 2 2
联立，可得
𝑊 ：𝑊 =1:3
弹$ 弹&
D正确。
故选CD。
答案第5页，共11页9．BC
【详解】AB．为使小球能从A点飞出，则在A点的最小速度为零，则由机械能守恒定律
1
𝑚𝑣& =𝑚𝑔𝑅
2 3
解得
𝑣 =@2𝑔𝑅
3
则小球在B点的初速度必须满足
𝑣 >@2𝑔𝑅
3
选项A错误，B正确；
C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则
𝑅 =𝑣 𝑡
:
1
𝑅 = 𝑔𝑡&
2
1 1
𝑚𝑣& =𝑚𝑔𝑅+ 𝑚𝑣&
2 3 2 :
解得
𝑔𝑅
𝑣 =g
: 2
小球在B点的初速度应为
5𝑔𝑅
𝑣 =g
3 2
选项C正确；
D．要使的小球从 A 点飞出，则小球在 A 点的速度大于零即可，由选项 C 的分析可知，只
要小球在A点的速度B 45，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误。
&
故选BC。
10．ACD
【详解】A．带正电的粒子不计重力，受向上的洛伦兹力和向下的电场力，若𝑣 = ;，则有
+
𝑞𝑣𝐵 =𝑞𝐸
故粒子恰好能做匀速直线运动，故A正确；
B．正粒子的速度读若满足𝑣 > ;，将向上偏转，电场力做负功，当粒子离x轴最远时，电场
+
答案第6页，共11页力做负功最多，其速度达到最小；若满足𝑣 < ;，将向下偏转，电场力做正功，当粒子离 x
+
轴最远时，电场力做正功最多，其速度达到最大，故B错误；
C．若初速度𝑣 ≠ ;，粒子的运动规律表现出周期性，可分解为两个分运动，即向右的匀速运
+
动和圆周运动，每经历圆周运动的一个周期𝑇 = &.-，粒子将返回x轴一次，故C正确；
*+
D．设任意时刻，粒子y在方向的速度分量为𝑣 ，在x方向的速度分量为𝑣 ，在一小段时间Δ𝑡
C <
内，粒子在y方向的位移为Δ𝑦，由左手定则和动量定理可知
𝑞𝑣 𝐵⋅Δ𝑡 =𝑚⋅Δ𝑣
C <
即
𝑞𝐵⋅Δ𝑦 =𝑚⋅Δ𝑣
<
对这个等式求和即可知
𝑞𝐵
𝑣 = ℎ
< 𝑚
故D正确；
故选ACD。
11．AD
【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有
1
𝑞𝑈 = 𝑚𝑣&−0
2
可得加速电压为
𝑣&
𝑈 = ≈175V
𝑞
2( )
𝑚
故A正确，B错误；
D．在Δ𝑡时间内，有质量为Δ𝑚的氙离子以速度𝑣喷射而出，形成电流为𝐼，由动量定理可得
𝐹Δ𝑡 =Δ𝑚𝑣−0
进入放电通道的氙气质量为Δ𝑚 ，被电离的比例为𝜂，则有
3
Δ𝑚 Δ𝑚
3
=𝜂d e
Δ𝑡 Δ𝑡
联立解得
Δ𝑚 𝐹
3 = ≈5.3×107Dkg
Δ𝑡 𝜂𝑣
故D正确；
答案第7页，共11页C．在Δ𝑡时间内，有电荷量为Δ𝑄的氙离子喷射出，则有
Δ𝑄 ==
Δ-
>𝑞， 𝐼 =
ΔE
- Δ)
联立解得
𝐹 𝑞
𝐼 =d e= >≈3.7A
𝑣 𝑚
故C错误。
故选AD。
12． 1.170 − $ 𝑔𝑡&+𝑣𝑡 2𝑘
&
【详解】(1)[1]主尺读数为1.1cm，游标尺读数为0.05×14mm=0.70mm=0.070cm，所以最终读
数为1.1cm+0.070cm=1.170cm；
(2)[2]小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间
𝑣
𝑡= =
𝑔
所以从开始释放到经过光电门1的时间
𝑣
𝑡== =𝑡=−𝑡 = −𝑡
𝑔
所以经过光电门1的速度v
𝑣′=𝑔𝑡″=𝑣−𝑔𝑡
根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离
𝑣+𝑣= 1
ℎ = 𝑡 =𝑣𝑡− 𝑔𝑡&
2 2
(3)[3]由公式ℎ = $ 𝑔𝑡&得
&
ℎ 1
=𝑣− 𝑔𝑡
𝑡 2
若( −𝑡图线斜率的绝对值为k，则
)
1
𝑘 = 𝑔
2
所以重力加速度大小
𝑔 =2𝑘
13． 1500##1.5×10% ×10 14 150 100
【详解】（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律，欧姆表内阻为
𝐸
𝑅 = =1500Ω
内 𝐼
g
答案第8页，共11页欧姆表中值电阻为1500Ω，根据电路结构，开关断开时，欧姆表内阻过大，此时欧姆表的倍
率是“×10”。
（2）[3][4][5]闭合开关后，欧姆表的内阻减小，倍率变为“×1”， 调节电阻箱𝑅 和𝑅 ，使电
& %
流表满偏时欧姆表的内阻为150Ω，电路总电流为
1.5
𝐼 = A=0.01A
150
此时
𝑅 =
FgG5gH5"I
=150Ω， 𝑅 +
53G5gH5"I
+𝑟 =150Ω
% &
F7Fg 53H5gH5"
得
𝑅 =14Ω
&
如图乙电流表示数为0.60mA，此时总电流为
0.60×(150+1200)
𝐼 = mA+0.60mA=6mA
150
欧姆表的刻度值为
1.5
𝑅 = Ω−150Ω=100Ω
# 6×107%
14．（1）𝑊 =0，ΔU =9𝐽
$ 1
（2）ΔU =9𝐽，𝑄 =3𝐽
2 &
【详解】（1）从状态A到状态C过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功W =0，根据
1
热力学第一定律 有△U =W ﹢Q ，内能的增量△U =Q =9J．
1 1 1 1 1
（2）从状态 A 到状态 B 过程，体积减小，温度升高，该气体内能的增量△U =△U =9J，根
2 1
据热力学第一定律 有△U =W ﹢Q ，从外界吸收的热量 Q =△U -W =3J．
2 2 2 2 2 2
15．（1）@𝑣&−2𝜇𝑔𝑠 ；（2）$ 𝑚(𝑣&−2𝜇𝑔𝑠 ) ；（3）&J#-#4#
3 3 # 3 3 K
【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
1 1
−𝜇𝑚𝑔𝑠 = 𝑚𝑣&− 𝑚𝑣&
3 2 $ 2 3
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
𝑣 =B𝑣&−2𝜇𝑔𝑠
$ 3 3
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
𝑚𝑣 =2𝑚𝑣
$ &
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
答案第9页，共11页1
𝑣 = B𝑣&−2𝜇𝑔𝑠
& 2 3 3
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
1 1 1
Δ𝐸 = 𝑚𝑣&− ×2𝑚𝑣& = 𝑚(𝑣&−2𝜇𝑔𝑠 )
2 $ 2 & 4 3 3
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
𝑘Δ𝑥+2𝜇𝑚𝑔 =3𝜇𝑚𝑔
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
𝜇𝑚𝑔
Δ𝑥 =
𝑘
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
2𝜇&𝑚&𝑔&
𝑊 =2𝜇𝑚𝑔⋅Δ𝑥 =
𝑘
16．（1）𝐹 =6+4𝑡(N)；（2）Q =52.4J；（3）Q =104J
1 0
【详解】（1）当线框匀加速时，依题意有
𝑣 =𝑎𝑡
𝐸 =𝑁𝐵𝐿𝑣
𝐸
𝐼=
𝑅
根据牛顿第二定律
𝐹−𝑓−𝑁𝐵𝐼𝐿 =𝑚𝑎
得
𝐹 =6+4𝑡(N)
（2）当线框达到最大速度v 时，有
1
𝐹 =𝑓+𝑁𝐵𝐼 𝐿
$ $
𝐸 =𝑁𝐵𝐿𝑣
$ $
𝐸
$
𝐼 =
$ 𝑅
𝑃 =𝐹 𝑣
$ $ $
代入数据得
𝑣 =2m/s
$
当线框刚好穿出第十三个磁场时，线框的位移
𝑥 =2𝑛𝑑
$
𝑛 =13
答案第10页，共11页得
𝑥 =10.4m
$
根据动能定理
1
𝑃 𝑡 −𝑓𝑥 −𝑊 = 𝑚𝑣 ⬚&
$ $ $ $ 2 $
线框的焦耳热
𝑄 =𝑊 =52.4J
$ $
（3）当线框达到最大速度v 时，有
0
𝐹 =𝑓+𝑁𝐵𝐼 𝐿
3 3
𝐸 =𝑁𝐵𝐿𝑣
3 3
𝐸
3
𝐼 =
3 𝑅
代入数据得
𝑣 =4m/s
3
根据动量定理
(𝐹 −𝑓)𝑡 −∑𝑁𝐵𝐼𝐿𝑡 =𝑚𝑣
3 3 L L 3
∑𝐼𝑡 =𝐼𝑡
L L 3
𝐸
𝐼 =
𝑅
ΔΦ
𝐸 =𝑁
𝑡
3
ΔΦ=𝐵𝐿𝑥
3
得
𝑥 =14m
3
根据动能定理
1
(𝐹 −𝑓)𝑥 −𝑊 = 𝑚𝑣 ⬚&
3 3 3 2 3
线框的焦耳热
𝑄 =𝑊 =104J
3 3
答案第11页，共11页
