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创新拓展练
（一）教材拓展练
限时：40 分钟
1．（2025·山东枣庄期末）如图所示，长方体空铁箱在F =60 N的水平拉力作用
下沿水平地面向右做匀加速直线运动，铁箱内的木块紧靠其内壁不下滑。已知
铁箱与木块的质量分别为M =2 k g和m=0.5 k g，铁箱与水平地面间的动摩擦因
数为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/ s
2，则木块
与铁箱内壁间的动摩擦因数至少为（ ）
A. 0.6
B. 0.5
C. 0.4
D. 0.3
【答案】B
【解析】对木块和铁箱整体分析，由牛顿第二定律有F −μ( M +m)g=( M +m)a，
对木块分析有F N =ma，μ′ F N =m g，解得μ′ =0.5，故选B。
2．（2025·重庆联合诊断）如图所示，两条抛物线形状的平行光滑固定导轨，
其顶端切线水平，底端连接一开关S。一细直金属棒置于导轨顶端，与两导轨垂
直并接触良好。当该金属棒从导轨顶端以初速度v0水平抛出后，恰好能沿导轨
无挤压地运动至底端。若在整个空间加上一竖直向下的匀强磁场，该金属棒再
以相同速度v0从导轨顶端水平抛出，不计空气阻力，则在该金属棒落地前的运
动过程中（ ）
A. 若开关S断开，回路中的感应电动势为零
B. 若开关S断开，回路中的感应电动势逐渐变大
C. 若开关S闭合，该金属棒不会离开导轨
D. 若开关S闭合，该金属棒在竖直方向做自由落体运动
【答案】C
【解析】若开关S断开，该金属棒做平抛运动，水平方向速度不变，回路中的感
应电动势不变，A、B错误；若开关S闭合，该金属棒受到水平向左的安培力作
用，不会离开导轨，C正确；若开关S闭合，该金属棒受到导轨斜向右上方的弹
力，在竖直方向不做自由落体运动，D错误。
3．（2025·安徽池州二模）如图所示，OC D是半径为R的半圆柱体玻璃的横截
面，O D为直径。一束单色光沿A O方向从真空射向O D界面，入射角为i，折射
光线与半圆柱面的交点为B。则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 光的波长变小
B. 光的传播速度变大
C. 若增大入射角i，在O点可能会发生全反射
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D. 若增大入射角i，光从O到B所用的时间不变
【答案】A
【解析】根据v = c
n可知，光射入玻璃后，传播速度变小，而v = λ f ，光的频率不
变，所以波长变小，故A正确，B错误；因为在O点光从真空射入玻璃，属于从
光疏介质射入光密介质，不会发生全反射，故C错误；根据n= sin i
sin r 可知，若增
大入射角i，则折射角也会改变，光从O到B的路程就会发生变化，则光从O到B
所用的时间也会改变，故D错误。
4．（2025·湖南长沙模拟）一列沿x轴负方向传播的简谐横波t =0时刻的波形如
图中实线所示，t =0.5 s时刻的波形如图中虚线所示，质点振动的周期为T。已
知0.25 s<T <0.5 s，关于这列波，下列说法正确的是（ ）
A. 波长为4 c m
B. 周期为0.4 s
C. 频率为1.5 H z
D. 波速为0.28 m/ s
【答案】D
【解析】由题图可知，波长为8 c m，故A错误；简谐横波沿x轴负方向传播，
t =0时刻处于原点的质点向上振动，则有Δt =(n+ 3
4 )T =0.5 s(n=0,1,2,⋯)，可
得T =
2
4 n+3 s(n=0,1,2,⋯)，由于0.25 s<T <0.5 s，则n=1，可得周期为T = 2
7 s，
则频率为f = 1
T =3.5 H z，波速为v = λ
T = 0.08
2
7
m/ s=0.28 m/ s，故B、C错误，D
正确。
5．（2025·辽宁沈阳模拟）铁路弯道处，内、外轨组成的斜面与水平地面倾角
为θ ，当火车以某一速度v通过该弯道时，内、外轨恰不受侧压力作用，则下列
说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A. 转弯半径R =
v
2
g sin θ
B. 当火车质量改变时，安全速率不改变
C. 若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内
D. 若火车速度大于v时，内轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内
【答案】B
【解析】由题意可知，火车以某一速度v通过该弯道时，其所受的重力和支持力
的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有m g t an θ =m v
2
R ，解得v = ❑√g R t an θ，
R =
v
2
g t an θ，则安全速率与火车质量无关，故A错误，B正确；当转弯的实际速
度小于v时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋
势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用，方向平行轨
道平面向内，故C错误；当转弯的实际速度大于v时，火车所受的重力和支持力
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的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁
轨相互挤压，外轨受到侧压力作用，方向平行轨道平面向外，故D错误。
6．（2025·河北邯郸模拟）如图所示，轻质动滑轮下方悬挂质量为3 k g的物块
A，轻质定滑轮下方悬挂质量为0.5 k g的物块B，悬挂滑轮和物块的轻质细线均
竖直，t =0时刻将A、B由静止释放。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，细线足
够长，取g=10 m/ s
2，则从t =0时刻至A下降9
8 m的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A. B的机械能逐渐减小
B. A的加速度大小是B的2 倍
C. A、B动能的增加量相等
D. A速度的增加量为3 m/ s
【答案】D
【解析】物块A下降过程中，物块B上升，同时速度也增大，所以物块B的重力
势能和动能都增大，即B的机械能逐渐增大，故A错误；细线的总长度不变，相
等的时间内物块A下降的高度是B上升高度的一半，所以A的速度大小是B的1
2，
A的加速度大小也是B的1
2，所以
Δ Ek A
Δ Ek B
=
1
2 mA v A
2
1
2 mB vB
2 = 3
2，故B、C错误；从t =0时刻
至A下降9
8 m的过程中，对于A、B组成的系统，根据机械能守恒定律得
mA gh−mB g⋅2h= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2，其中vB=2v A，求得v A =3 m/ s，故D正确。
7．（2025·河北沧州一模）在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家
们用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电( PuO2中的Pu是❑94
238 Pu)。已
知❑94
238 Pu衰变后变为❑92
234U和一个X粒子。若静止的❑94
238 Pu在磁感应强度大小
为B的匀强磁场中发生衰变，衰变后产生的两粒子速度方向相反并与匀强磁场
的方向垂直，已知X粒子的速度大小为v，质量为m，电荷量为q。下列说法正
确的是（ ）
A. ❑94
238 Pu发生衰变的核反应方程为(❑94
238 Pu→❑92
234U +❑2
3 H e)
B. ❑92
234U与X粒子做圆周运动的周期之比为92:117
C. ❑92
234U与X粒子的动量大小之比为117:92
D. ❑92
234U与X粒子的总动能为119
234 m v
2
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【答案】D
【解析】根据质量数和电荷数守恒可知，❑94
238 Pu发生衰变的核反应方程为
(❑94
238 Pu→❑92
234U +❑2
4 H e)，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有q v B =m v
2
r ，
运动周期为T = 2π r
v
= 2π m
q B ，❑92
234U与X粒子做圆周运动的周期之比为
T ′ :T =117:92，故B错误；衰变过程动量守恒，可得m v −M v ′ =0，❑92
234U与X
粒子的动量大小之比为1:1，❑92
234U与X粒子的总动能
Ek = 1
2 mv
2+ 1
2 M v ′
2= 119
234 mv
2，故C错误，D正确。
8．（2025·安徽马鞍山一模）如图所示为回旋加速器工作原理图，置于真空中
的D 形金属盒半径为R，磁感应强度大小为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速
电压为U。圆心A处粒子源产生初速度为零、质量为m、电荷量为q的质子，质
子在加速器中被加速。忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应
和重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置也可用于加速α 粒子
B. 若增大加速电压U，质子从D 形盒出口射出的动能增大
C. 质子从D 形盒出口射出时，加速次数n= q B
2 R
2
mU
D. 质子第k次加速后和第k +1次加速后的运动半径之比为❑√k :❑√k +1
【答案】D
【解析】此加速器加速电压的周期与粒子在磁场中的运动周期相同，为
T = 2π m
q B ，α 粒子的比荷与质子的比荷不同，即α 粒子与质子在同一磁场中运
动的周期不同，所以保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置不能用于加速
α 粒子，故A错误；设质子从D形盒出口射出的速度为vm，则有q vmB =m vm
2
R ，
解得质子从D形盒出口射出的动能为Ek m= 1
2 mvm
2 = q
2 R
2B
2
2m
，可知质子从D形盒
出口射出的动能与加速电压无关，故B错误；设质子从D形盒出口射出时加速了
n次，则由动能定理有nqU = 1
2 m vm
2 = q
2 R
2B
2
2m
，解得n= q R
2B
2
2mU ，故C错误；由动
能定理可知k qU = 1
2 mvk
2，(k +1)⋅qU = 1
2 mvk +1
2 ，得第k次加速后和第k +1次加
速后的速度大小分别为vk = ❑√
2k qU
m
，vk +1= ❑√
2(k +1)qU
m
，质子在磁场中做匀速
圆周运动，洛伦兹力提供向心力有q v B =m v
2
r ，可知r = m v
q B ，则质子第k次加速
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后和第k +1次加速后的运动半径分别为rk = m vk
q B ，rk +1= m vk +1
q B ，所以
rk:rk +1= ❑√k :❑√k +1，故D正确。
9．（2025·江苏四市调研）如图甲所示，弧形磁铁固定在把手的表面，转动把
手改变弧形磁铁与霍尔元件的相对位置。如图乙所示，霍尔元件通以向右的恒
定电流，使垂直穿过霍尔元件的磁场增强，则霍尔元件 （ ）
甲
乙
A. 上下表面间的电势差变大
B. 上下表面间的电势差变小
C. 前后表面间的电势差变大
D. 前后表面间的电势差变小
【答案】C
【解析】结合题图乙，根据左手定则可知霍尔元件中载流子只会向前或向后偏
转，造成前后表面电势差U发生改变，由于载流子不会向上或向下偏转，所以
上下表面间的电势差不变，故A、B错误；设霍尔元件前后表面距离为d，一个
载流子电荷量为q，霍尔元件中单位体积内载流子的数量为n，其定向移动的速
率为v，导体横截面积为S，当载流子在磁场和电场中不再偏移时有q v B = U
d q，
电流微观表达式I =nq S v，联立解得U = B d
nq S I，所以磁场增强，前后表面间的
电势差变大，故C正确，D错误。
10．（2025·山西临汾模拟）四冲程柴油机由吸气、压缩、做功和排气四个冲
程构成一个工作循环。吸气冲程活塞下移，进入汽缸的是纯空气（看作理想气
体），活塞到达最低点时缸内气体压强为0.9 p0，温度为27 ℃；压缩冲程终点
（活塞到最高点）时缸内气体温度为527 ℃，压缩冲程的体积压缩比（汽缸最
大容积与最小容积之比）为20:1；压缩冲程活塞对气体的压力逐渐增大，其做
的功相当于1.9×10
3 N的恒力使活塞移动0.1 m的距离，该过程气体内能增加
170 J。（已知热力学温度与摄氏温度的关系为T =t +273 K）求：
（1） 压缩冲程终点缸内气体的压强；
（2） 在压缩气体的过程中，气体传递给汽缸的热量。
【答案】（1） 48 p0
（2） 20 J
【解析】
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（1） 气体初始状态有p1=0.9 p0，T 1=300 K
气体的末状态有T 2=800 K，V 2= 1
20 V 1
根据理想气体状态方程有
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得p2= 48 p0
（2） 外界对气体做功W = F l =190 J
由热力学第一定律有ΔU =W +Q
解得Q =−20 J
故气体传递给汽缸的热量为20 J
（二）前沿科技练
限时：35 分钟
1．（2025·湖北部分学校模拟）人造元素锎252(98
252C f )的半衰期约为2.64 年，
其放射性极高。中国对锎252 的研究源于20 世纪90 年代。锎252 有96.9 %的概
率经过衰变生成锔❑96
248C m并释放核能，有3.1%的概率发生裂变。一微克锎252
每秒释放230 万颗中子，平均每次裂变释放3.7 颗中子，因此锎252 可以作为强
中子发射源应用于医疗领域，中子源经过软管送到人体腔内器官肿瘤部位，对
肿瘤有比较好的治疗效果，中子近距离治疗法由此诞生。下列说法正确的是（
）
A. ❑98
252C f 发生的是β 衰变
B. 1 m g锎252 经过5.28 年后，还剩0.5 m g未衰变
C. ❑96
248C m的结合能比❑98
252C f 的结合能大
D. ❑96
248C m的比结合能比❑98
252C f 的比结合能大
【答案】D
【解析】❑98
252C f 衰变生成❑96
248C m发生的是α 衰变，故A错误；1 m g锎252 经
过5.28 年后，还有0.25 m g未衰变，故B错误；❑98
252C f 的结合能大，❑96
248C m的
比结合能大，故C错误，D正确。
2．（2025·广东名校联考）光伏农业是一种将太阳能发电与现代农业相结合的
新型农业模式。光控继电器在光伏发电系统中用于控制太阳能电池板的开关和
进行动态监测，提高系统的效率和稳定性。如图为光控继电器的原理示意图，
它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成，K为光电管阴极。下列说法
正确的是（ ）
A. b端应该接电源正极
B. 调换电源正负极，衔铁一定不会受到吸引力
C. 若绿光照射K时，衔铁能被吸住，则改用紫光照射K时，衔铁一定会受到吸
引力
D. 若绿光照射K时，衔铁能被吸住，则增大绿光照射强度，光电子的最大初动
能将变大
【答案】C
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【解析】电路中要产生电流，则a端应该接电源正极，经放大器放大后的电流将
电磁铁磁化，吸住衔铁，使继电器能正常工作，故A错误；调换电源正负极，
电路中可能仍有电流，电磁铁仍可能吸引衔铁，故B错误；紫光的频率大于绿
光的频率，改用紫光照射阴极，光电管一定发生光电效应，光电流经放大器放
大后，通过电磁铁线圈，电磁铁将吸引衔铁，故C正确；根据光电效应规律可
知，增大绿光照射强度，光电子的最大初动能不变，故D错误。
3．（2025·河北保定一模）如图所示为医用颈部脑血流检测仪。探头发出的超
声波穿过颅骨到达血管中，超声波经反射后被探头接收，达到检查大脑主要动
脉血流速度和方向的目的。下列说法正确的是（ ）
A. 探头发出的高频超声波与血流方向平行时检测效果较好
B. 探头发出的高频超声波与血流方向垂直时检测效果较好
C. 若探头接收到的信号频率比发出的信号频率高，说明测量的一定是同向血流
速度
D. 若探头接收到的信号频率比发出的信号频率低，说明测量的一定是反向血流
速度
【答案】A
【解析】颈部脑血流检测仪探头发出的高频超声波经反射后被探头接收，探头
通过检测反射波的频率来推断血流速度，因此探头发出的高频超声波与血流方
向平行时检测效果较好，垂直时效果较差，故A正确，B错误；若探头接收到的
信号频率比发出的信号频率高，说明探头和血液的间距在缩小，血流速度方向
与发射电磁波的方向可能相反，故C错误；若探头接收到的信号频率比发出的
信号频率低，说明探头和血液的间距在增大，则血流速度方向与发射电磁波的
方向可能相同，故D错误。
4．（2025·湖南邵阳二模）电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控
带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有
一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微
粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁
移（每个微粒电荷量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的有（
）
A. 像素由黑变白的过程中，白色微粒的电势能变小
B. 像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
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C. 像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
D. 像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
【答案】A
【解析】像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力方向向上，位移向上，
电场力对白色微粒做正功，白色微粒电势能变小，故A正确；像素由白变黑的
过程中，黑色微粒受到的电场力方向向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正
功，故B错误；像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方
向向下，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故C错
误；像素呈白色时，胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所
以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故D错误。
5．（2025·河北名校联考）如图为压缩空气储能装置示意图，电力系统负荷低
谷时，关闭储气室的出气阀门，利用多余电能驱动压缩机，将大气压入储气室。
已知储气室的容积为V ，初态内部气体压强为0.5 p0，充气结束时储气室内压强
达到100 p0。已知外部大气压强恒为p0，充气过程中，储气室内、外温度相等且
不变，则此过程中被压缩进入储气室的外部气体体积为（ ）
A. 100V
B. 100.5V
C. 105V
D. 99.5V
【答案】D
【解析】以被压缩进入储气室的外部气体和初态储气室内部气体整体为研究对
象，设被压缩进入储气室的外部气体体积为V 0，由玻意耳定律，得
0.5 p0V + p0V 0=100 p0V ，解得V 0=99.5V ，故选D。
6．（2025·安徽合肥一模）在原子反应堆中抽动导电液体时，常常用到一种新
型的装置——电磁泵。如图所示为电磁泵的简易结构图，泵体为一个长、宽、
高分别为a、b、c的长方体，上下两面M、N为金属极板，泵体处于垂直前后表
面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。当与电源相连时只会在两极板间
的导电液体中产生自上而下的恒定电流I，导管的左右两端便会产生压强差，从
而将导电液体抽出。导电液体的电阻率为ρ ，密度为ρ0，工作时泵体内始终充
满导电液体，重力加速度为g。经研究表明，抽液高度h与泵体中的液体流速有
关，则电磁泵抽液的最大高度为（ ）
A. B I
ρa g
B. B I
ρ0a g
C. B I
ρ0b g
D. B I
ρ0c g
【答案】C
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【解析】设泵中液体流速为v，由安培力做功的特点可知，电磁泵的机械功率等
于安培力的功率，所以P机= P1= B I c v，Δt内被抽至泵体中液体的质量
Δm= ρ0bc v Δt，Δt内被抽至泵体中液体的动能的增加量
Δ Ek = 1
2 Δm v
2= 1
2 ρ0bc v
3 Δt，Δt内被抽至泵体中液体的重力势能的增加量
Δ E p= Δm gh= ρ0bc v gh Δt，电磁泵的机械功率等于单位时间内被抽至泵内液体
的动能增加量和重力势能增加量之和，即P机= Δ Ek
Δt + Δ E p
Δt ，联立可得
v = ❑√
2B I
ρ0b −2 gh，当v =0时，h取得最大值，为hm= B I
ρ0b g，故选C。
7．（2025·广东深圳一模）多选 2022 年，南方电网已组装波浪能发电机。如
图，下方为t =0时刻向x轴正方向传播的海水波动图像，周期为1 s。发电机圆柱
体浮杆定位于x坐标值为8 m的质点处，此时质点的速率为v。套于磁铁S极上的
线圈可与浮杆同步振动，线圈又连接一个理想变压器。已知线圈共n匝，其圆半
径为r，N、S极产生的辐向磁场在线圈处的磁感应强度大小为B，理想变压器原、
副线圈匝数比为1:10。磁铁、变压器固定，下列说法正确的是（ ）
A. t =0时刻浮杆正随海水向下振动
B. t =0时刻发电机产生的电动势为2π r n B v
C. 发电机产生电动势的瞬时值表达式为e =2n B π
2r
2 sin 2π t
D. 变压器副线圈输出电压的有效值为10 ❑√2π r n B v
【答案】BD
【解析】波向x轴正方向传播，根据同侧法可知，位于x坐标值为8 m处的质点
在t =0时刻，沿y轴正方向振动，所以浮杆正随海水向上振动，故A错误；在
t =0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大，为Em=n B×2π r v =2π r n B v，故B
正确；质点振动的圆频率为ω= 2π
T =2π r ad / s，因为在t =0时的感应电动势最
大，所以发电机产生电动势的瞬时值表达式为e = Em c o s ωt =2π r n B v c o s 2π t，
故C错误；发电机产生的电动势的有效值为U 1= Em
❑√2 = 2π r n B v
❑√2
= ❑√2π r n B v，根
据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，有
U 1
U 2
= 1
10，可得变压器副线圈输
出电压的有效值为U 2=10 ❑√2π r n B v，故D正确。
8．（2025·山西太原二模）科研小组研发新一代航天动力装置离子推进器，其
示意图如图所示。推进剂从图中的P处被注入，在a处电离出正离子，b、c之间
加有恒定电压，正离子进入b处时的速度忽略不计，经加速后从d处持续喷出。
正离子质量为m、电荷量为q，d处的圆形喷出口半径为r，喷出气体中单位体积
内的离子数为n。若推进器获得的推力大小为F，正离子重力不计。
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（1） 求加在b、c间电压U的大小。
（2） 将推进器装在固定于水平光滑直轨道的M车上，正离子从d处喷出后全部
射入后方同一轨道的N车内，N车左侧开口，空腔内固定磁体，形成垂直纸面
向里且范围足够大的匀强磁场，不考虑正离子之间的相互作用力，所有水平向
右射入N车的正离子均能从N车磁场中偏转180
∘ 后水平向左穿出。要使N车保
持静止，求N车受到水平向左的推力F ′的大小。
（3） 在（2）的条件下，M车、N车均固定，若正离子在磁场中运动的半径为
2r，求N车中匀强磁场的磁感应强度B的大小和N车中匀强磁场区域垂直投影到
纸面内的最小面积。
【答案】（1）
F
2n π r
2q
（2） 2 F
（3）
1
2r
2q
❑√
m F
n π ( 2
3 π + 4+ ❑√3)r
2
【解析】
（1） 设正离子经b、c间电压加速后从d处喷出时的速度为v，根据动能定理可
得qU = 1
2 m v
2
选取Δt时间内喷出的离子为研究对象，Δm=n⋅v Δt ⋅π r
2⋅m
根据牛顿第三定律和动量定理可得F Δt = Δm⋅v −0
解得U =
F
2n π r
2q
（2） 设N车对正离子的作用力大小为F N，方向水平向左，以水平向右为正方
向，根据动量定理，则−F N Δt = Δm⋅(−v)−Δm⋅v
解得F N =2 F
根据牛顿第三定律和平衡条件可得F ′ =2 F
（3） 正离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R =2r，
q v B =m v
2
R
解得B =
1
2r
2q
❑√
m F
n π
离子扫过的区域垂直投影到纸面内如图中阴影部分所示
N车中匀强磁场区域垂直投影到纸面内的最小面积为S =( 2
3 π + 4+ ❑√3)r
2
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（三）热点情境练
限时：35 分钟
1．（2025·甘肃白银模拟预测）2025 年3 月，国内首款碳14 核电池原型机“烛
龙一号”研制成功。该核电池工作原理是：碳14 衰变为氮14 并释放β 粒子，
半导体材料捕获这些β 粒子并转化为电流。碳14 的半衰期长达5 730 年，下列
说法正确的是（ ）
A. 当环境温度升高时，“烛龙一号”中碳14 的半衰期会变长
B. 经过5 730 年后，“烛龙一号”中的碳14 将全部发生衰变
C. 理论上，“烛龙一号”的使用寿命只有几十年
D. 碳14 衰变过程中，质量数和电荷数都守恒
【答案】D
【解析】半衰期由核内部本身的因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态
无关，故A错误；经过5 730 年后，“烛龙一号”中的碳14 只有一半发生衰变，
故B错误；碳14 的半衰期长达5 730 年，因此理论上“烛龙一号”的使用寿命
也长达几千年，故C错误；原子核衰变的过程中，质量数守恒，电荷数也守恒，
故D正确。
2．（2025·河北名校联考）海市蜃楼，又称蜃景，是一种因为光的折射和全反
射而形成的自然现象。其形成与天气形势、气象条件、地理位置等有密切联系，
在海上或陆地上均可以看到。某学习小组研究蜃景的光路时有如下分析，如图
所示，从水平地面斜向左上方发射光线，光线刚射出时与竖直方向的夹角为θ0，
由于空气的折射率随高度的升高而逐渐降低，光线会逐渐发生偏折并最终回到
地面处，形成图示的光路图。已知一定高度内空气折射率n和高度h的关系满足
n=n0−k h，k =10
−4 m
−1，地面处空气的折射率n0=2。已知光线能够到达的最高
点（此处光恰好发生全反射）的竖直高度h0=10 000 m，全过程只在图示竖直平
面内进行，通过分析可知，θ0的大小是（ ）
A. 15
∘
B. 30
∘
C. 45
∘
D. 60
∘
【答案】B
【解析】根据题意，光线恰好发生全反射处空气的折射率为n=n0−k h0=1，又
sin C = 1
n =1，根据相对折射率知识及光的折射定律有sin C
sin θ0
= n0
n =2，则
sin θ0= 1
2，即θ0=30
∘ ，故选B。
3．（2025·云南模拟预测）2025 年4 月24 日，“神舟二十号”载人飞船成功
发射。载人飞船返回过程可简化为如图所示模型，椭圆轨道1 为载人飞船返回
时的运行轨道，圆形轨道2 为空间站运行轨道，P点为两轨道切点，Q点为轨道
1 的近地点，离地高度忽略不计。已知轨道2 的半径为r，地球表面重力加速度
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为g，地球半径为R，载人飞船在轨道1 的运行周期为T，引力常量为G。下列
说法正确的是（ ）
A. 地球质量M = 4 π
2r
3
GT
2
B. 载人飞船在轨道1 上P点的加速度大于在轨道2 上P点的加速度
C. 载人飞船在轨道1 上经过P点时的速度大小为❑√
g R
2
r
D. 载人飞船在轨道1 的运行周期和空间站的运行周期之比为( r + R
2r )
3
2
【答案】D
【解析】设空间站在轨道2 上运行的周期为T 2，由万有引力提供向心力，有
G M m
r
2 =mr 4 π
2
T 2
2 ，解得地球质量为M = 4 π
2r
3
GT 2
2 ，选项A错误；载人飞船在轨道1
上的P处和空间站在轨道2 上的P处，都是万有引力等于合外力，根据
G M m
r
2 =ma，因r相同，则加速度大小相同，选项B错误；若载人飞船在轨道2
上做圆周运动，由万有引力提供向心力，有G M m
r
2 =m v
2
r ，在地球表面上，有
G M m
R
2 =m g，解得载人飞船在轨道2 上的线速度大小为v =
❑√
g R
2
r ，由于载人飞
船从轨道1 变轨到轨道2 要在P点加速，则载人飞船在轨道1 上经过P点时的速
度小于❑√
g R
2
r ，选项C错误；轨道1 和轨道2 的半径（或长半轴）之比为
r1
r2
=
R+r
2
r
= R+r
2r
，由开普勒第三定律r
3
T
2 =k，可知载人飞船在轨道1 的运行周期
和空间站的运行周期之比为T 1
T 2
=
❑√
( r1
r2
)
3
=( r + R
2r )
3
2，选项D正确。
4．（2025·河北廊坊模拟）国产新能源汽车在市场上备受瞩目，为了用户的安
全，需要进行多次安全测试。在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，
突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该
汽车的位移和时间的比值x
t 与时间t的关系图像如图所示，则下列说法正确的是
（ ）
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A. 该汽车的初速度大小为12 m/ s B. 该汽车的初速度大小为6 m/ s
C. 该汽车的加速度大小为8 m/ s
2 D. 该汽车从制动到停止用时5 s
【答案】C
【解析】根据x = v0t −1
2 at
2，可得x
t = v0−1
2 at，根据图像斜率和截距的物理意
义可知，v0=20 m/ s，将(2 s,12 m/ s)代入上式，可得该汽车的加速度大小为
a=8 m/ s
2，该汽车从制动到停止用时t = v0
a = 20
8 s=2.5 s。故选C。
5．（2025·福建泉州模拟）制茶时，茶叶、茶梗分离装置中电极筒与分配筒之
间的电场线如图所示，从料斗漏下的待拣茶接触分配筒后茶梗带上了正电荷，
在电场力作用下茶叶与茶梗分离，茶梗落在隔板左侧。不计空气阻力以及茶叶、
茶梗间的相互作用力，则下列说法正确的是（ ）
A. P处的场强比Q处的大
B. 分配筒的电势比电极筒的高
C. 茶梗在P处的速度比在Q处的大
D. 下落过程中茶梗电势能增加
【答案】B
【解析】电场线越密，电场强度越大，P处的电场线比Q处的电场线稀疏，则P
处的场强比Q处的小，故A错误；沿电场线方向电势降低，可知分配筒的电势比
电极筒的高，故B正确；带正电的茶梗下落过程中，电场力做正功，动能增大，
电势能减小，则茶梗在P处的速度比在Q处的小，故C、D错误。
6．（2025·广东清远一模）如图甲所示，音乐厅中各种乐器相互配合，让听众
体验音乐的美妙与魅力。图乙为小提琴琴弦上某点的振动图像。下列说法正确
的是（ ）
甲
乙
A. 频率越高的声音越容易发生明显的衍射现象
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B. 小提琴和大提琴发出的声波会产生明显的干涉现象
C. 音乐厅中的声音传进墙面上的吸音材料后频率会改变
D. 小提琴琴弦上某点的振动图像的函数表达式为y =0.005 c o s (500 π t ) m
【答案】D
【解析】频率越高，波长越短，越不容易发生明显的衍射现象，故A错误；若
要产生明显的干涉现象，两列声波的频率需相同，小提琴和大提琴发出的声波
频率不同，发出的声波不会产生明显的干涉现象，故B错误；声音的频率由声
源决定，声音传进墙面上的吸音材料后频率不会改变，故C错误；小提琴琴弦
上某点的振动图像的表达式为y = A sin (ωt +φ)，由题图乙可知A =5×10
−3 m，
ω= 2π
T =
2π
4×10
−3 r ad / s=500 π r ad / s，当t =0时，y =5×10
−3 m，代入可得
φ = π
2 ，所以y =0.005 c o s (500 π t ) m，故D正确。
7．多选 某同学以5 m/ s的速度将篮球斜向上抛出，球在空中运动0.4 s后垂直
撞击到竖直篮板上，然后以1 m/ s的水平速度反弹，平抛进入篮圈。球与篮板
接触的时间为0.1 s，忽略空气阻力，篮球质量为0.6 k g，g取10 m/ s
2。下列说
法正确的是（ ）
A. 篮球撞击篮板时的动量大小为1.8 N ⋅s
B. 篮板对篮球的平均作用力大小为12 N
C. 篮球被抛出后上升过程处于超重状态
D. 该同学投篮处到篮板的水平距离为1.2 m
【答案】AD
【解析】对篮球撞击篮板前的运动进行逆向分析，可看成平抛运动，则竖直方
向的分速度大小为v y = gt1= 4 m/ s，水平方向的分速度大小为
v x =
❑√v0
2−v y
2 =3 m/ s，篮球撞击到篮板前的动量大小为p=m v x=1.8 N ⋅s，故A
正确；根据动量定理可得−F Δt =−m v1−m v x，解得篮板对篮球的平均作用力大
小为F =24 N，故B错误；篮球被抛出后上升过程，只受重力作用，处于完全失
重状态，故C错误；该同学投篮处到篮板的水平距离为x = v xt1=1.2 m，故D正确。
8．如图甲所示，上海磁悬浮列车是由中德两国合作开发的世界第一条磁悬浮商
运线，磁悬浮列车的原理如图乙所示，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直
方向且等间距的匀强磁场B1、B2，导轨上有金属框abc d，金属框的面积与每个
独立磁场的面积相等。当匀强磁场B1、B2同时以速度v沿直线导轨运动，设直线
导轨间距为l =0.4 m，B1= B2=1 T，磁场运动速度为v =5 m/ s，金属框的电阻为
R =2 Ω 。则：
甲
乙
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（1） 若忽略金属框所受阻力，求金属框稳定时的速度大小；
（2） 若金属框始终受到f =1 N的阻力，求金属框相对地面的最大速度；
（3） 若金属框始终受到f =1 N的阻力，要使金属框维持最大速度运动，求每
秒需要消耗的能量。
【答案】（1） 5 m/ s
（2） 1.875 m/ s
（3） 5 J
【解析】
（1） 首先分析ac和bd边产生的感应电动势，当磁场向右（左）运动时，线圈
相对于磁场向左（右）运动，由于磁场方向相反，因此感应电流方向为逆
（顺）时针方向，根据左手定则，ac边和bd边受到的安培力都向右（左），所
以金属框做变加速运动，最终向右（左）做v =5 m/ s的匀速直线运动。
（2） 当金属框受到阻力，最终做匀速直线运动时，阻力与金属框受到的安培
力平衡，设此时金属框相对于地面的速度大小为v1
则E = Bl(v −v1)
I = 2 E
R
f =2B I l
得v1=1.875 m/ s
（3） 要使金属框维持最大速度，必须给系统补充能量，一方面，金属框内部
要产生焦耳热；另一方面，克服阻力做功，设每秒消耗的能量为Q
每秒克服阻力做功产生的热量为
Q1= f s= f v1t =1.875 J
每秒产生的焦耳热为Q2= I
2 Rt =3.125 J
所以Q =Q1+Q2=5 J
（四）创新题型练
限时：35 分钟
1．（2025·安徽名校联考）某学校在广场中央悬挂了一条幅，若条幅质量分布
均匀，上端固定，下端未悬挂任何物体，在水平恒定风力的作用下，条幅稳定
时的形态可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】隔离条幅从下端开始的任意一段，进行受力分析可知，水平方向和竖
直方向受到的力均恒定，合力大小恒定，方向斜向下，条幅稳定时的形态倾斜
程度相同，故选D。
2．（2025·江苏泰州模拟）如图所示，水平地面上方有一竖直固定铺有复写纸
的足够大的硬纸板M，P为其左侧与其正对的一点，小球从P点以大小相等的水
平速度向右侧各个方向抛出（不计阻力），打到M上的小球留下的印迹连线可
能是（ ）
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A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】画俯视图如图所示，PO为过抛出点到硬纸板的垂线，O为垂足，以O
点为原点建立直角坐标系，以水平方向为x轴，竖直向下为y轴，设PO长为L，
打到M上的点的横坐标为x0，从抛出到打到M上所用的时间t =
❑√L
2+ x0
2
v
，下落的
高度也就是纵坐标，y0= 1
2 gt
2= 1
2 g L
2+ x0
2
v
2
= 1
2 g⋅L
2
v
2 + g
2v
2 x0
2，所以图像是抛物线，
C正确，A、B、D错误。
3．（2025·八省联考河南卷）多选 如图是科技创新大赛中某智能小车电磁寻
迹的示意图，无急弯赛道位于水平地面上，中心设置的引导线通有交变电流
（频率较高），可在赛道内形成变化的磁场。小车电磁寻迹的传感器主要由在
同一水平面内对称分布的a、b、c、d四个线圈构成，a与c垂直，b与d垂直，安
装在小车前端一定高度处。在寻迹过程中，小车通过检测四个线圈内感应电流
的变化来调整运动方向，使其沿引导线运动。若引导线上任一点周围的磁感线
均可视为与该点电流方向相垂直的同心圆；赛道内与引导线距离相同的点的磁
感应强度大小可视为相同，距离越近磁场越强，赛道边界以外磁场可忽略，则
（ ）
A. c、d中的电流增大，小车前方为弯道
B. 沿直线赛道运动时，a、b中的电流为零
C. a中电流大于b中电流时，小车需要向左调整方向
D. a中电流大于c中电流时，小车需要向右调整方向
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【答案】AC
【解析】因引导线上任一点周围的磁感线均可视为与该点电流方向相垂直的同
心圆，若小车沿直线赛道行驶，则穿过c、d的磁通量一直为零，则c、d中感应
电流为零，若c、d中的电流增大，则说明穿过c、d的磁通量发生了变化，小车
轴线离开了引导线，即小车前方为弯道，选项A正确；同理，可知小车沿直线
赛道运动时，a、b中磁通量变化率不为零，则感应电流不为零，选项B错误；a
中电流大于b中电流时，说明a距离引导线更近，则小车需要向左调整方向，选
项C正确；如图所示，a中电流大于c中电流时，磁场在a中的分量大于在c中的
分量，说明引导线在小车速度方向的左侧，则小车需要向左调整方向，选项D
错误。
4．（2025·湖南名校联考）多选 如图所示，一根匀质软细绳长为L，质量为m，
下端与水平地面接触，细绳处于竖直状态。释放上端后，细绳不断坠落到地面。
设碰撞为完全非弹性碰撞，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的
是（ ）
A. 细绳完全下落到地面所用时间为❑√
2 L
g
B. 细绳对地面的最大作用力为2m g
C. 细绳对地面的作用力F随顶端下落的高度h变化的规律为F = 3m g
L
h
D. 细绳对地面的作用力F随顶端下落的时间t变化的规律为F = 3m g
2
L
t
2
【答案】AC
【解析】将细绳看作由很多质点组成，做自由落体运动，对于最顶端质点，根
据自由落体运动的位移公式有L= 1
2 gt0
2，解得t0= ❑√
2 L
g ，所以细绳完全下落到地
面所用时间为❑√
2 L
g ，故A正确；顶端下落高度为h时，速度满足v
2=2gh，此时
落地部分细绳的质量m′ = h
L m，取极短时间Δt内下落的一小段绳为研究对象，
质量Δm= m
L v Δt，根据动量定理，F合Δt = Δm v，解得F合= 2m gh
L
，地面对细
绳的支持力F N = F合+m′ g= 3m gh
L
，根据牛顿第三定律，细绳对地面的作用力
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F = F N = 3m gh
L
，当h= L时，F =3m g，即最大作用力为3m g，又h= 1
2 gt
2，解得
F = 3m g
2
2 L t
2，故B、D错误，C正确。
5．（2025·重庆模拟）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用带电粒子
在电场中的振荡来产生微波，振荡原理可以理解为：如图所示，以O为原点建
立x轴，x<0区域有匀强电场，方向沿x轴负方向，其电场强度E1= 4 V /m；x>0
区域有非匀强电场，方向沿x轴正方向，其电场强度E2= 4 x (V /m)。一带负电
粒子的质量为2×10
−6 k g，电荷量大小为1×10
−5 C，从x =−40 c m处P点由静止
释放，粒子仅在静电力作用下在x轴上做往返运动。已知质点做简谐运动的周期
公式T =2π ❑√
m
k (m为质点质量，k为振动系数)，设原点O处电势为零。下列说法
正确的是（ ）
A. 粒子的最大速度为3 m/ s
B. 粒子运动到原点O右侧最低电势为−1.5 V
C. 粒子运动的周期为4+ ❑√5 π
10
s
D. 粒子向右运动到O点的最远距离为
❑√5
5 m
【答案】C
【解析】根据题意可知，粒子运动到O点时速度最大，由动能定理有
E1q| x|= 1
2 mvm
2 ，解得vm=
❑√
2 E1q| x|
m
= 4 m/ s，故A错误；根据题意可知，粒
子运动到原点右侧最远点时电势最低，设为φ ，运动过程中只有静电力做功，
由能量守恒定律有0−1
2 m vm
2 =φ q，解得φ =−1.6 V ，故B错误；粒子在原点左侧
电场中单程运动的时间为
t1=| x|
vm
2
=0.2 s
，粒子在原点右侧电场中受到的静电力
F2= E2q =−4×10
−5 x ( N )=−k x，则k = 4×10
−5 N /m，粒子在原点右侧电场中
做简谐运动，根据简谐运动周期公式T =2π ❑√
m
k =
❑√5 π
5
s，粒子运动周期为
T ′ =2t1+ T
2 = 4+ ❑√5 π
10
s，故C正确；设粒子从O点向右运动的最远距离为x1，由
动能定理有1
2 m vm
2 = 1
2 q E2⋅x1，解得x1= 2❑√5
5
m，故D错误。
6．（2025·安徽黄山质检）多选 如图所示，质量为M的铝质矩形薄平板静止
在光滑水平面上，铝板上固定白纸，质量为m的圆柱磁铁放在白纸上，且在铝
板对称轴上。某时刻给磁铁沿对称轴方向的水平速度v0，经t时间磁铁和铝板速
度相同。磁铁与白纸间动摩擦因数为μ ，铝板相对磁铁可认为足够长。下列说
法正确的是（重力加速度为g）（ ）
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A. t时间内铝板和白纸对磁铁的作用力大于m g
❑√1+ μ
2
B. t时间内磁铁相对铝板的位移小于1
2 v0t
C. 仅将铝板替换成等质量的铜质矩形薄平板，仍然需经t时间，磁铁和铜板速度
才相同
D. 仅将铝板替换成等质量的铜质矩形薄平板，共速前的平均热功率变大
【答案】ABD
【解析】对磁铁受力分析，若不考虑磁铁与铝板间的磁力，则铝板和白纸对磁
铁的支持力F N =m g，白纸对磁铁的摩擦力Ff = μ F N = μm g，此时铝板和白纸对
磁铁的作用力大小为F =
❑√F N
2 + Ff
2=m g
❑√1+ μ
2，实际上，磁铁在运动过程中，穿
过铝板的磁通量减小，由于涡流的作用，磁铁和铝板之间存在相互吸引的磁力，
导致磁铁受到的支持力和摩擦力均增大，故t时间内铝板和白纸对磁铁的作用力
大于m g
❑√1+ μ
2，A正确；由题可知，磁铁与铝板间的相对速度越来越小，铝板
中的感应电流逐渐减小，故铝板与磁铁间的磁力逐渐减小，二者的加速度逐渐
减小，因此磁铁做加速度减小的减速运动，铝板做加速度减小的加速运动，作
出它们运动的v −t图像如图所示，根据v −t图像中图线与时间轴所围图形的面积
表示位移大小可知，t时间内磁铁相对铝板的位移小于1
2 v0t，B正确；将铝板换
成等质量的铜板，由于铜板的电阻较小，感应电流较大，根据楞次定律可知，
阻碍相对运动的安培力增大，达到共同速度的时间会缩短，C错误；将铝板换
成等质量的铜板后，铜板和磁铁达到共同速度的时间缩短，则平均速度增大，
结合上述分析可知，共速前的平均作用力增大，根据P = F v可知，平均热功率
增大，D正确。
7．（2025·山东聊城期末）多选 如图所示，电容C =0.15 F的平行板电容器
M N、极板间距d =0.2 m，在上极板的中心位置用绝缘细绳悬挂质量m1=0.2 k g
的带电小球A，小球A所带电荷量大小q =3.2×10
−5 C，极板右边缘位置焊接有
电阻不计的金属棒PQ、金属棒与两极板的总质量m2=0.3 k g，平行于水平绝缘
长木板的轻质绝缘细绳绕过定滑轮后，一端连接金属棒PQ，另一端连接质量
m3=0.5 k g的不带电物块B，整个空间处于垂直于纸面向里的匀强磁场之中。当
释放物块B后，悬挂小球A的细绳与竖直方向的夹角为θ ，经历时间t0= 4.0 s，
金属棒运动到定滑轮左侧的D位置（图中没有画出）。重力加速度g取10 m/ s
2，
电容器与木板间的动摩擦因数μ=0.2，sin θ =
❑√17
17 。整个过程中电容器处于正
常工作状态，则在金属棒运动到D位置的过程中，下列分析正确的是（ ）
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A. 金属棒中能够产生恒定电流
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为5 T
C. 连接物块B的细绳中拉力大小为3.75 N
D. 该过程结束后，电容器储存的电能可以使额定功率为7.5 W的小灯泡正常发
光4.5 s
【答案】AC
【解析】金属棒PQ在物块B的拉动下向右做匀加速直线运动，加速度为a，产
生的感应电动势U = B d v，可知电容器两极板间的电压不断增大，故电容器不断
充电，金属棒PQ中有持续的充电电流，电流为I = ΔQ
Δt ，C = Q
U = ΔQ
ΔU ，解得
I = C ΔU
Δt
=C B d Δv
Δt =C B d a，平行板电容器两端电压与金属棒PQ产生的感应电
动势相等，则小球A受到的电场力大小为F = E q = U
d q = B v q，且根据左手定则
可知电场力与洛伦兹力方向相反，故小球受到的电场力与洛伦兹力合力为零，
当释放物块B后，悬挂小球A的细绳与竖直方向的夹角恒定为θ ，则金属棒PQ、
小球A、物块B、平行板电容器整体加速度大小相同，对整个系统，由牛顿第二
定律有m3 g−μ(m1+m2)g−B I d =(m1+m2+m3)a，可得a=
m3 g−μ(m1+m2)g
(m1+m2+m3+C B
2d
2)，
加速度恒定，故金属棒中能够产生恒定电流，A正确；对小球A受力分析，有
m1 g t an θ =m1a，对物块B受力分析有m3 g−T =m3a，联立解得a=2.5 m/ s
2，
B =10 T，T =3.75 N，故B错误，C正确；金属棒PQ、小球A、物块B、平行板
电容器组成的系统做匀加速直线运动，t0= 4 s时，位移为x = 1
2 at0
2=20 m，速度
v =at0=10 m/ s，由能量守恒定律有m3 g x = 1
2 (m1+m2+m3)v
2+ μ(m1+m2)g x + E电，
解得电容器储存的电场能为E电=30 J，所以可以使额定功率为7.5 W的小灯泡
正常发光的时间t = E电
P = 4 s，故D错误。
8．（2025·辽宁沈阳模拟预测）迈克尔逊干涉仪是一种可高精度测量目标反射
镜的平动与转动的干涉仪器。其原理如图甲所示。单色光源S发出的光束a沿x
轴正方向以45
∘ 的入射角射入折射率n= ❑√2的玻璃板G1内，其背面为半透明表面
（图中粗线），把光束a在O1点分成强度几乎相等的反射光b和折射光c。分别
平行于x轴和y轴放置的平面镜M 1（固定不动）、M 2（目标反射镜）将光束b、
c反射后重新在O1点叠加，在光屏E的O2点附近形成干涉条纹。补偿板G2可抵消
由于光在玻璃中波长变化对光程的影响。在分析光路时可将M 2的位置等效成关
于半透明表面所成的像M ′2（图中虚线所示）的位置，光束b、c的光程差等效
于M 1与M ′2间的空气膜形成的光程差。已知b、c两束光叠加时光程差Δ s满足
Δ s=k λ 时形成亮条纹，满足Δ s=(k + 1
2 )λ 时形成暗条纹（其中k =0，1，2，⋯
，λ 为光在空气中的波长）。
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（1）
① 求光束a第1 次进入G1时的折射角；
② 将M 2沿x轴负方向移动一小段距离x0，则b、c两光束叠加时光程差变化了多
少（直接写出答案即可）。
（2） 已知λ =600 nm，初始时沿x轴移动M 2，使光束b、c的光程差为0，即M 1
与M 2′重合。之后使M 2由静止开始以恒定加速度沿x轴负方向运动，测得O2处
第1 次和第13 次出现光强极小的时间间隔Δt = 4×10
−3 s，求M 2的加速度大小a0。
（3） 将M 2由静止开始以中心为轴转动，角速度随时间均匀增大。经过时间t
转过一个极小角度Δθ ，如图乙所示，在E上长度为L的区域内出现了如图丙所
示的条纹，其相邻亮条纹间距Δ x满足Δ x Δθ =k(k为已知常数)，求M 2角速度变
化率的大小Δω
Δt （用k、L和t表示）。
【答案】① 30
∘
② 2 x0
（2） 0.3 m/ s
2
（3） 6k
Lt
2
【解析】
① 设光束a第1 次射到G1时折射角为θ ，根据光的折射定律，有n= sin 45
∘
sin θ
解得θ =30
∘
② 将M 2沿x轴负方向移动一小段距离x0，此时经过M 2反射的光的光程减少了
2 x0。而经过M 1反射的光的光程保持不变，因此相对于原来的光程差变化了2 x0
（2） 设M 2由静止开始分别移动距离d1、d2时，O2处第1 次和第13 次出现暗条
纹，根据干涉条件及运动学规律，有
2d1= λ
2，d1= 1
2 a0t1
2，2d2=(12+ 1
2 )λ ，d2= 1
2 a0t2
2，Δt =t2−t1
解得a0=0.3 m/ s
2
（3） 依题意，有3 Δ x = L
由于Δ x Δθ =k
联立解得Δθ = 3k
L
设M 2的平均角速度为ω ，根据角速度定义式，有ω= Δθ
t
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ω 应等于t
2时刻的角速度，即
Δω
Δt = ω
t
2
解得Δω
Δt = 6k
Lt
2
