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板块二 查漏补缺——临考保温快速练
临考保温练1
一、单选题
1．2025 年是量子力学诞生一百周年，量子力学已经对多个领域产生了深远的
影响，包括物理学、化学、计算机科学、通信技术和生物学，已成为现代科学
的重要基石之一，下列关于量子力学的说法中正确的是（ ）
A. 光电效应现象表明光具有波动性
B. 康普顿效应说明光子不仅具有能量还具有动量
C. 玻尔的原子理论成功解释了大多数原子的光谱现象
D. 爱因斯坦的光子假说认为光的能量是可以连续变化的
【答案】B
【解析】光电效应现象表明光具有粒子性，故A错误；康普顿效应表现为光子
与电子碰撞后的波长发生了变化，说明光不仅具有能量还具有动量，故B正确；
玻尔的原子理论只能解释氢原子的光谱现象，故C错误；爱因斯坦的光子假说
认为光的能量是一份一份的，不是连续变化的，故D错误。
2．一个电感线圈L和电容器C组成的振荡电路如图所示，该时刻电感线圈内的
磁场方向向上，电容器的a极板带正电荷，则该时刻，下列说法正确的是（ ）
A. 电感线圈内的磁场在增强
B. 电感线圈内的电流在变大
C. 电容器带的电荷量在增加
D. 两极板之间的电压在减小
【答案】C
【解析】该时刻电感线圈内的磁场方向向上，说明回路中的电流方向为顺时针，
电容器在充电，两极板之间的电压在增大，电容器带的电荷量在增加，电感线
圈内的电流在变小，电感线圈内的磁场在减弱。故选C。
3．如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻
地叠放在P上，则（ ）
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A. P向下滑动
B. P静止不动
C. P所受的合力增大
D. P与斜面间的静摩擦力不变
【答案】B
【解析】设斜面与水平面的夹角为θ ，对仅有P时受力分析，受重力、支持力、
静摩擦力，根据平衡条件有，N = Mgcosθ ，f = Mgsinθ ，f ≤μN，故μ≥tanθ ，
将物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P的重力，P静止不动，故A错误，
B正确；物体P保持静止，所受合力为零，故C错误；将物体Q轻轻地叠放在P
上，相当于增大物体P的重力，所以P与斜面间的静摩擦力增大，故D错误。
4．太空电梯是一种设想中的交通工具，能够将人员和货物从地球表面直接运送
到太空。如图是太空电梯的示意图，超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步
空间站和配重空间站连接在一起，使它们随地球同步旋转；电梯轿厢可以沿着
超级缆绳往返于空间站和基地之间。已知配重空间站的轨道比静止卫星的轨道
更高。此时电梯轿厢正停在P处。下列说法正确的是（ ）
A. 轿厢中的货物处于平衡状态
B. 与天津广播电视塔相比，同步空间站绕地球运动的线速度更小
C. 超级缆绳上各点的加速度与该点到地球球心的距离的二次方成反比
D. 若从配重空间站脱落一个小物块，该小物块脱落后做离心运动
【答案】D
【解析】轿厢停在P处，则轿厢相对于地球表面是静止的，即轿厢及其中的货
物随地球同步旋转，则轿厢中的货物所受合力提供货物做圆周运动的向心力，
轿厢中的货物不处于平衡状态，故A错误；同步空间站位于地球同步轨道上，
天津广播电视塔与同步空间站具有共同的角速度，同步空间站的轨道高度远高
于天津广播电视塔的高度，根据v =ωr，可知同步空间站的线速度更大，故B错
误；根据a=ω
2r，则角速度相同时，加速度与轨道半径成正比，即超级缆绳上
各点的加速度大小与该点到地球球心的距离成正比，故C错误；配重空间站的
轨道比静止卫星的轨道更高，若无超级缆绳，配重空间站在其轨道的运行速度
小于静止卫星在地球同步轨道的运行速度，而此时配重空间站受超级缆绳的拉
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力随地球同步旋转，其速度大于其所在轨道的运行速度，若小物块从配重空间
站脱落，则小物块将做离心运动，故D正确。
5．在倾角为α 的斜坡上，沿着与水平线成α 角的方向斜向上方抛出一石块，
如图所示。设石块落在斜坡上的位置到抛出点的距离为L，则石块的初速度大
小为（重力加速度为g）（ ）
A. 1
2√
gL
cosα
B. 1
2√
gL
sin α
C. 1
2 √gLcosα
D. 1
2 √gLsin α
【答案】B
【解析】将石块的运动看成沿v0方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运
动的合运动。两运动合成情况如图所示。设石块的运动时间为t，由运动学公式
知，s= v0t，h= 1
2 gt
2，由几何关系知，scosα = Lcosα ，ssin α + Lsin α =h，联
立解得v0= 1
2√
gL
sin α ，故B正确。
6．在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，
产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入
到图乙中理想变压器的A、B两端。已知Rt为热敏电阻（其阻值随温度升高而减
小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
甲
乙
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A. 变压器的A、B两端电压的瞬时值表达式为u=100sin100t(V )
B. 图甲中t =2×10
−2s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
C. Rt处温度升高后，电压表V 1与V 2示数的比值变大
D. Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小
【答案】C
【解析】根据图甲可知正弦交流电的感应电动势的峰值为Em=100V ，周期为
T =0.02s，可得ω= 2π
T = 2π
0.02 rad / s=100 πrad / s，所以变压器的A、B两端电压
的瞬时值表达式为u=100sin100 π t(V )，故A错误。图甲中，t =2×10
−2s时，电
动势为零，此时穿过线圈的磁通量的变化率为零，故B错误。理想变压器的原、
副线圈的匝数不变，输入电压U 1不变，则电压表V 1示数不变，根据U 2= n2
n1
U 1可
知，副线圈两端的电压U 2不变，Rt处温度升高时，其阻值变小，根据欧姆定律
可知，副线圈回路中的电流I 2增大，则定值电阻R两端电压增大，Rt两端电压减
小，即电压表V 2示数减小，故电压表V 1示数与V 2示数的比值变大。根据
I 1
I 2
= n2
n1，
可知原线圈中电流I 1增大，根据P入=U 1 I 1，可知变压器的输入功率变大，故C
正确，D错误。
7．如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，磁感应强度大小为
B，金属块的厚度为d，高为h，当有稳恒电流I平行于平面C的方向通过时，由
于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上下两面
M、N上的电压分别为U M、U N）（ ）
A. ed
IB |U M −U N |
B. BI
ed |
1
U M −U N
|
C. 2BI
ed |
1
U M −U N
|
D. ed
2 IB |U M −U N |
【答案】B
【解析】根据题意可知，当自由电子受力平衡时有qE =qvB，其中
E =|U M −U N |
h
，可得电子的速度为v =|U M −U N |
hB
，设金属块的长为L，电子运
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动的时间为t =
LhB
|U M −U N | ，在t时间内通过的总电荷量为Q =It=
ILhB
|U M −U N | ，
则总电子个数为N =
ILhB
|U M −U N |e ，单位体积内参与导电的自由电子数目为
n= N
V =
IB
|U M −U N |ed ，故选B。
二、多选题
8．如图所示，消声器是用来削弱高速气流产生噪声的仪器。波长为λ 的声波沿
水平向右的管道传播，到达a处时，沿上下两条细管道传播，在b处相遇时，可
削弱噪声。则对此现象，下列说法正确的是（ ）
A. 该消声器是利用声波的衍射现象
B. 该消声器是利用声波的干涉现象
C. 削弱噪声要达到良好效果的条件是：由a到b的两条声波传播路径的路程之差
为nλ(n=1,2,3,⋯)
D. 削弱噪声要达到良好效果的条件是：由a到b的两条声波传播路径的路程之差
为1
2 λ(2n+1)(n=1,2,3,⋯)
【答案】BD
【解析】该消声器是利用声波的干涉现象，故A错误，B正确。由a到b的两条声
波传播路径的路程之差为半波长的奇数倍时，b点为振动减弱点。所以削弱噪声
要达到良好效果的条件是：由a到b的两条声波传播路径的路程之差为
1
2 λ(2n+1)(n=1,2,3,⋯)，故C错误，D正确。
9．如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，
它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振
动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（ ）
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A. 振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B. 振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流
C. 振动膜向左运动时，电容器的板间电场强度减小
D. 振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
【答案】BCD
【解析】振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，根据C = εr S
4 π kd 可知，
电容增大，由于电容器和电源相连，电容器两极板间电压不变，所以电容器的
板间电场强度增大，电容器的带电荷量增大，电阻上有从a到b的电流，故A错
误，B正确；振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，电容减小，由
于电容器两极板间电压不变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电
荷量减小，故C、D正确。
10．如图所示，两个半径均为R的1
4 圆槽静止放在水平地面上，底端与水平面相
切，A、B两点相距为R。质量为m的小球（可视为质点）从左圆槽上端C点的
正上方P点（未画出）由静止释放，恰好从C点进入圆槽，P、C两点间距离为R，
两圆槽质量均为2m，重力加速度为g。不计一切摩擦，下列说法中正确的是（
）
A. 小球运动到A点时对左圆槽的压力大小为11
3 mg
B. 小球运动到B点时，A、B两点间距离为2 R
C. 小球冲上右圆槽的最大高度为8
9 R
D. 小球从右圆槽回到水平地面后能冲上左圆槽
【答案】BC
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【解析】设小球到达左圆槽底端时速度大小为v1，左圆槽的速度大小为v2，取
水平向右为正方向，对左圆槽与小球有0=m v1−2m v2，
mg⋅2 R = 1
2 m v1
2+ 1
2 ×2m v2
2，解得v1=2√
2gR
3 ，v2=√
2 gR
3 ，对小球在A点进行分
析有N −mg=m (v1+ v2)
2
R
，根据牛顿第三定律有N ′ = N，解得N ′ =7mg，故A错
误；小球在左圆槽下滑过程中，根据“人船模型”有0=m x1−2m x2，x1+ x2= R，
解得x2= R
3 ，小球离开A后，小球与左圆槽均做匀速直线运动，小球由A点运动
到B点所用时间t = R+ x2
v1
，则A、B两点间距离为x = v1t + v2t，解得x =2 R，故B
正确；假设小球冲上右圆槽没有越过右圆槽的最高点，对小球与右圆槽有
m v1=(m+2m)v3，mgh= 1
2 mv1
2−1
2 ×(m+2m)v3
2，解得h= 8
9 R< R，可知假设成立，
即小球冲上右圆槽的最大高度为8
9 R，故C正确；小球从右圆槽回到水平地面后，
对小球与右圆槽有m v1=m v4+2m v5，1
2 mv1
2= 1
2 mv4
2+ 1
2 ×2mv5
2，解得
v4=−2
3√
2 gR
3 ，可知|v4|<v2，则小球从右圆槽回到水平地面后不能冲上左圆槽，
故D错误。
临考保温练2
一、单选题
1．一个质子和一个中子在一定条件下能够结合为一个氘核，同时释放出γ 光子，
其核反应方程为❑1
1 H +❑0
1n→❑1
2 H + γ ，若此反应中γ 光子的能量为E，则
❑1
2 H的比结合能为 （ ）
A. E
2
B. E
C. 3 E
2
D. 2 E
【答案】A
【解析】γ 光子的能量就是核反应释放的核能，等于❑1
2 H的比结合能与核子数
的乘积，由于❑1
2 H有2 个核子，则❑1
2 H的比结合能为E
2 。故选A。
2．一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，
其p−t图像如图所示，图中ba的延长线过原点O，bc平行于t轴，ca的延长线过
点(−273.15℃,0)。下列判断正确的是（ ）
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A. ab过程中气体的体积不变
B. ca过程中气体体积变小
C. bc过程中外界对气体做正功
D. ca过程中气体向外界放热
【答案】D
【解析】根据pV
T =C得p
T = C
V ，ab过程中图像上的点与点(−273.15℃,0)的连线
的斜率变大，则气体的体积变小，ca过程中图像上的点与点(−273.15℃,0)的
连线的斜率不变，则气体的体积不变，故A、B错误；bc过程中气体压强不变，
温度升高，根据pV
T =C可知气体体积增大，气体对外界做正功，故C错误；ca
过程中气体体积不变，温度降低，内能减小，即W =0，ΔU <0，根据
ΔU =W +Q可知，Q<0，所以气体向外界放热，故D正确。
3．“灯光秀”是现在很多旅游景区的观赏项目，深受游客喜爱。现有一单色线
光源做成的正方形灯，边长为40cm，置于水面下方20cm深处。若水对该单色
光的折射率为√2，则该光源能从水面出射的光的区域形状用下面四幅图中阴影
部分表示，其中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】光由水面进入空气的入射角等于或大于临界角时将会在水面发生全反
射，对应的临界角满足 sinC = 1
n = √2
2 ，即C = 45
∘ ，故正方形灯上的每个点能从
水面出射的光的区域形状均为一个半径为20cm的圆，该光源能从水面出射的光
的区域形状的长和宽均为(20×2+ 40)cm=80cm，四个角均为圆心角为90
∘ 的扇
形，扇形的半径为20cm。故选A。
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4．一列简谐横波沿x轴传播，在t =0时的部分波形如图甲所示，M、N、Q是介
质中的三个质点，已知图乙为M、N、Q中某个质点的振动图像，下列说法正
确的是（ ）
甲
乙
A. t =0时刻，质点M位于x =−2m处
B. 0∼4 s内，质点Q沿x轴运动了2m
C. 0∼6 s内，质点M、N通过的路程均为1m
D. 从t =0时刻开始，质点Q比质点N早0.4 s回到平衡位置
【答案】C
【解析】由图甲可知1
4 λ =3m，即λ =12m，t =0时刻，质点M的坐标为
x =−( 3
4 λ−8m)=−1m，故A错误；质点Q沿平行于y轴的方向做简谐运动，并
不沿x轴运动，故B错误；由图乙可知1
2 T =1.2s，即T =2.4 s，因6 s=2 1
2 T，则
0∼6 s内，质点M、N通过的路程均为s=2 1
2 ×4×0.1m=1m，故C正确；据题意
可知，图乙为N质点的振动图像，由图乙可知，质点N回到平衡位置所用时间
为0.2s，t =0时刻，质点N正在沿y轴正方向振动，质点Q位于正向最大位移处，
结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故质点Q回到平衡位置所用时间为
1
4 T =0.6 s，则从t =0时刻开始，质点Q比质点N晚0.4 s回到平衡位置，故D错误。
5．设想在赤道上建造如图甲所示的“太空电梯”，站在太空舱里的航天员可通
过竖直的电梯缓慢直通太空站。图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，
曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系；直线B为航天员由于
地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系。关于相对地面静止在不同高度的
航天员，下列说法正确的有（ ）
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甲
乙
A. 航天员在r = R处的线速度小于同步卫星的线速度
B. 航天员在r = R处的角速度大于同步卫星的角速度
C. 图中r0为静止卫星离地面的高度
D. 因太空舱对航天员的支持力与地球对航天员的吸引力为平衡力，故随着r增
大，航天员对太空舱的压力减小
【答案】A
【解析】由图乙知当r =r0时，万有引力产生的加速度等于航天员做圆周运动的
向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以航天员相当于卫星，
此时航天员的角速度跟地球的自转角速度一致，航天员可以看作地球的静止卫
星，所以图中r0为静止卫星的轨道半径，而不是静止卫星离地面的高度，故C错
误。航天员在r = R处位于地面上，随地球一起自转，角速度与同步卫星的角速
度相同，由于R<r0，根据v =ωr，可知航天员在r = R处的线速度小于同步卫星的
线速度，故A正确，B错误。太空舱对航天员的支持力与地球对航天员的吸引力
的合力提供向心力，它们不是一对平衡力。航天员乘坐太空舱在“太空电梯”
的某位置时，由牛顿第二定律可得GMm
r
2
−F =mω
2r，F为太空舱对航天员的支
持力，F = GMm
r
2
−mω
2r =m(a引−a向)，a引为地球引力对航天员产生的加速度大
小，a向为地球自转而产生的向心加速度大小，由图乙可知，在R<r <r0时，
(a引−a向)随着r增大而减小，太空舱对航天员的支持力随r的增大而减小，由牛
顿第三定律知，航天员对太空舱的压力随r的增大而减小，故D错误。
6．为了增强火灾预警，某小区加装了火灾报警器，某火灾报警器的简化电路图
如图所示。a、b两端接入电压有效值恒定的正弦式交流电源，T为理想变压器，
RT为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），滑动变阻器R用于设定报警温度。
当定值电阻R0两端电压超过临界值时，该火灾报警器就会触发报警。开始出现
火情后，下列说法正确的是（ ）
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A. 若滑动变阻器R的滑片不动，则副线圈两端电压升高
B. 若滑动变阻器R的滑片不动，则R两端电压降低
C. 若滑动变阻器R的滑片不动，则原线圈输入功率变小
D. 若滑动变阻器R的滑片右移一点，则可以降低报警温度
【答案】D
【解析】将原线圈等效为一个电阻R等效，根据理想变压器输入功率等于输出功
率有U 1
2
R等效
=
U 2
2
R0+ RT
，又
U 1
U 2
= n1
n2，联立解得R等效= n1
2
n2
2 ( R0+ RT )，开始出现火情后，
RT减小，则R等效减小，又因a、b两端电压有效值恒定，若滑动变阻器R的滑片
不动，则U 1降低，R两端电压升高，I 1增大，结合
U 1
U 2
= n1
n2可知，U 2降低，因无
法知道R等效与R的大小关系，故原线圈输入功率不一定变小，故A、B、C错误；
若滑动变阻器R的滑片右移一点，则R减小，假设RT不变，则R等效不变，I 1增大，
结合
I 1
I 2
= n2
n1可知，I 2增大，定值电阻R0两端电压增大，降低了报警温度，故D正
确。
7．如图甲所示，在光滑水平面上放置一质量mA =3kg物体A，一轻绳绕过定滑
轮，一端系在物体A上，另一端系住质量mB=2kg的物体B，物体B刚好与竖直
面接触，且与竖直面间的动摩擦因数为μ=0.4。初始时两物体都静止，绳被拉
直，然后释放A，同时对物体B施加水平向左的力F，力F大小随时间变化的规
律如图乙所示。已知物体A距滑轮足够远，平面足够高，最大静摩擦力与滑动
摩擦力大小相等，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，重力加速度大小
g=10m/ s
2。下列说法正确的是（ ）
甲
乙
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A. 物体A、B先一起做加速度减小的加速运动，后一起做匀速运动
B. 物体B加速运动过程中，力F的冲量大小为250 N ⋅s
C. 物体B与竖直面间的摩擦力最大值为20 N
D. 物体B运动的总时间为(5+√10)s
【答案】D
【解析】物体A、B先一起做加速度减小的加速运动，后物体A做匀速运动，物
体B做减速运动，A错误；题图乙中，F =10t( N )，以A、B组成的系统为研究
对象，有mB g−μF =(mA+mB)a，得a=−0.8t + 4(m/ s
2)，画出a−t图像如图所示，
t =5 s，a=0，即t =5 s时，物体A的速度最大，为vm= 1
2 ×4×5m/ s=10m/ s，之
后由于mB g< μF，B开始减速，绳子松弛，A做匀速运动，5 s以后，对B根据牛
顿第二定律得mB g−μF =mBa，得a=−2t +10(m/ s
2)(t >5 s)，最终物体B的速度
为零，则a−t图线与横轴围成的总面积为零，即两个三角形面积大小相等，有
1
2 Δt ⋅2 Δt =10，解得Δt =√10 s，所以物体B运动的总时间为(5+√10)s，则物体
B与竖直面的摩擦力最大值为f max = μkt =0.4×10×(5+√10)N =(20+ 4√10)N，C
错误，D正确；物体B加速运动过程中，力F的冲量大小对应题图乙中0∼5 s内
图线与横轴所围图形的面积，为1
2 ×50×5 N ⋅s=125 N ⋅s，B错误。
二、多选题
8．下列物理表述正确的是（ ）
A. 做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是竖直向下的
B. 作用力与反作用力做功的代数和一定为零
C. 带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动
D. 带电粒子仅在静电力作用下运动时，动能一定增加
【答案】AC
【解析】竖直上抛运动的加速度为重力加速度g，方向竖直向下，由Δv = g Δt可
知速度变化量方向与加速度方向相同，即竖直向下，故A正确；作用力与反作
用力作用在不同物体上，两物体的位移不一定相同，做功的代数和不一定为零，
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故B错误；带电粒子在点电荷电场中，若电场力提供向心力，可做匀速圆周运
动（如电子绕原子核运动），故C正确；带电粒子仅在静电力作用下运动时，
若静电力做负功，动能减小，故D错误。
9．空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，
如图甲所示。现有一个质量为m、电荷量为+q的带电微粒，在t =0时刻以一定初
速度从x轴上的a点开始沿逆时针方向做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已
知图甲中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变
力F，不计其他力的作用；测得试探电荷所处位置的电势φ 随时间t的变化图像
如图乙所示，t1时刻电势为φ1，7t1时刻电势为−φ2。下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A. 匀强电场的电场强度的大小为φ1+φ2
2 R ，方向与x轴正方向夹角为π
6
B. 该微粒在7t1时刻所受的变力F达到最大值
C. 10t1时刻该微粒的电势能恰好为零
D. b点与a点的电势差U ba=−√3(φ1+φ2)
2
【答案】BCD
【解析】根据匀强电场的场强与电势差的关系可知，E = U
d = φ1−(−φ2)
2 R
= φ1+φ2
2 R ，
带电微粒做圆周运动的周期为T =2×(7t1−t1)=12t1，t1时刻，带电微粒所在位
置电势最高，此时带电微粒转过的角度为θ = t1
T ×2π = π
6 ，根据沿电场线方向电
势降低，可知电场方向与x轴正方向夹角为5 π
6 ，故A错误；匀强电场的电场线
如图所示，当变力F方向与电场方向相反时，变力F达到最大值，由题图乙可知
该微粒在7t1时刻所受的变力F达到最大值，故B正确；由题图乙可知，10t1时刻
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该微粒位于电势为0 的位置，其电势能恰好为零，故C正确；b点与a点的电势
差为U ba=−2 ER cos30
∘=−√3(φ1+φ2)
2
，故D正确。
10．如图所示，线框ac、bd边长为2 L、电阻不计，三条短边ab、cd、ef 长均为
L、电阻均为R，ef 位于线框正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场，
磁感应强度大小为B，cd边与磁场边界平行，当cd距磁场上边界一定高度时无
初速释放线框，线框cd边进入磁场时线框恰好匀速运动，下落过程中线框始终
在竖直面内，已知线框质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 线框通过磁场过程中流过ab边的电流不变
B. 线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为U ab=−mgR
2BL
C. 释放时cd边到磁场上边界的高度为9m
2 g R
2
8 B
4 L
4
D. 整个过程中ab边产生的焦耳热一定为3
4 mgL
【答案】BC
【解析】整个运动过程中，切割磁感线的那条边相当于电源，另外两条边相当
于负载，是并联关系，设切割磁感线的那条边中的电流为I，当cd和ef 通过磁场
的过程中，流过ab的电流大小均为1
2 I，方向均为b→a；当ab通过磁场的过程
中，流过ab的电流大小为I，方向为a→b，故A错误。设线框匀速通过磁场的
速度大小为v，则有E = BLv，I =
E
R+ R
2
= 2 E
3 R，线框受到的安培力F = BIL=mg，
联立解得E = 3mgR
2BL ，a、b两点间电势差始终等于对应等效电路的路端电压的相
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反数，即U ab=−
R
2
3 R
2
E =−E
3 ，解得U ab=−mgR
2BL，故B正确；设释放时cd边到磁
场上边界的高度为h，根据运动学公式有v
2=2 gh，又E = 3mgR
2BL = BLv，联立解得
h= 9m
2 g R
2
8 B
4 L
4 ，故C正确；线框通过磁场的整个过程中三条边产生的焦耳热相等，
根据能量守恒定律可知，线框减少的重力势能全部转化为三条边的焦耳热，所
以整个过程中ab边产生的焦耳热一定为Q = 1
3 mg⋅3 L=mgL，故D错误。
临考保温练3
一、单选题
1．半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源
物质与硅晶体在高温(800～1250℃)状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运
动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是（ ）
A. 这种渗透过程是自发可逆的
B. 硅晶体具有各向同性
C. 这种渗透过程是分子的扩散现象
D. 温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都增大
【答案】C
【解析】掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过
程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，但其逆过程不能自发进行，故A错
误，C正确；由硅晶体的晶格结构可知，硅晶体具有各向异性，故B错误；温度
越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子热运动的平均速率增大，并不是所
有分子的热运动速率都增大，故D错误。
2．氢原子从不同的高能级向某一低能级跃迁，所辐射的电磁波可以形成一个谱
线系，图中标注了分别向n=1、2、3 能级跃迁产生的三个线系中部分电磁波的
波长。已知金属钠发生光电效应的极限波长为500nm，有关图中电磁波下列判
断正确的是（ ）
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A. 赖曼系中的电磁波频率都比帕邢系中的小
B. 赖曼系中的电磁波都可以使金属钠发生光电效应
C. 帕邢系中的电磁波都可以使金属钠发生光电效应
D. 巴耳末系中只有一种电磁波可以使金属钠发生光电效应
【答案】B
【解析】由题图可知赖曼系中的电磁波波长都比帕邢系中的小，根据f = c
λ可知，
赖曼系中的电磁波频率都比帕邢系中的大，故A错误；已知金属钠发生光电效
应的极限波长为500nm，由题图可知赖曼系中的电磁波波长都小于500nm，即
赖曼系中的电磁波频率都大于极限频率，所以赖曼系中的电磁波都可以使金属
钠发生光电效应，故B正确；由题图可知帕邢系中的电磁波波长都大于500nm，
即帕邢系中的电磁波频率都小于极限频率，所以帕邢系中的电磁波都不可以使
金属钠发生光电效应，故C错误；由题图可知巴耳末系中只有一种电磁波波长
大于500nm，即巴耳末系中只有一种电磁波频率小于极限频率，则巴耳末系中
只有一种电磁波不可以使金属钠发生光电效应，故D错误。
3．我国“南鲲”号是世界上首台达到兆瓦级的漂浮式波浪能发电装置，它可以
将波浪能转化为机械能，再通过发电机转化为电能，为南海各岛提供了强有力
的电力保障。其使用的旋转磁极式发电机的简化装置如图所示，矩形线圈abcd
固定不动，磁铁绕OO′轴转动，abcd与OO′在同一平面内。下列判断正确的是
（ ）
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A. 兆瓦是能量的单位
B. 磁铁匀速转动时线圈中电流保持不变
C. 图示时刻线圈中电流为零
D. 图示时刻线圈中电流方向为dcba
【答案】D
【解析】兆瓦是功率的单位，A错误；磁铁匀速转动时线圈中电流周期性变化，
在题图所示位置时，线圈切割磁感线的有效速度最大，线圈中电流最大，B、C
错误；根据楞次定律，图示时刻线圈中电流方向为dcba，D正确。
4．一架无人机做空中表演，初速度为v0，方向竖直向上，以恒定功率竖直向上
加速运动一段时间后减速，最终停在最高点，该无人机速度v随时间t变化的图
像可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】由题意知，无人机以恒定功率竖直向上加速，则有P = Fv，由牛顿第
二定律知F −mg=ma，联立得a= P
mv −g，可见，当速度v不断增大时，加速度a
不断减小，无人机做加速度不断减小的加速运动，由题意知无人机加速后直接
减速，且最终停在最高点，可知A正确。
5．如图甲所示，一个曲率半径很大的平凸透镜的球面和一平面玻璃接触，用单
色光从上方照射，在透镜球面和平面玻璃上表面反射回来的两束光相互干涉，
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形成一些明暗相间的单色圆圈，称为“牛顿环”，是一种薄膜干涉现象。图乙
是从透镜上方看到的“牛顿环”。则下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A. 若用白光照射，看到的亮条纹也是白色的
B. 若用白光照射，看到的亮条纹应是红色的
C. 若将透镜缓慢向上平移，可以看到干涉形成的圆形条纹向里收缩
D. 若将透镜缓慢向上平移，可以看到干涉形成的圆形条纹向外扩展
【答案】C
【解析】由于白光是复色光，若用白光照射，看到的是彩色的环状条纹，故A、
B错误；环状条纹是由凸透镜与平面玻璃所夹空气膜的上、下表面反射的光干
涉形成的，若将透镜缓慢向上平移，则空气膜的上、下表面间的距离变大，空
气膜厚度与原来相同的位置将向里移动，则可以看到干涉形成的圆形条纹向里
收缩，故C正确，D错误。
6．餐具桶中放置一把质量为m的铲子，如图所示，若桶口边缘光滑，铲子与竖
直筒壁的夹角为θ ，与水平桶底之间的动摩擦因数为μ ，两者恰好保持相对静
止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则桶底对铲子的摩擦力大
小为（ ）
A.
μmgcosθ
μsinθ+cosθ
B.
μmgsinθ
μcosθ+sinθ
C.
μmgcosθ
μcosθ+sinθ
D.
μmgsinθ
μsinθ+cosθ
【答案】A
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【解析】根据题意，对铲子受力分析，受重力、桶底的支持力和摩擦力、筒壁
的支持力，如图所示，由平衡条件有N 1cosθ = f ，N 1sinθ+ N 2=mg，又有f = μ N 2，
联立解得f =
μmgcosθ
μsinθ+cosθ，故选A。
7．“嫦娥”探月、“天问”落火……近年来，中国航天事业加速推进，向着月
球、火星等星球不断进发，巡天探宇叩问苍穹的脚步未曾停歇。已知月球与火
星的质量之比为q，若“嫦娥六号”和“天问一号”某段时间可认为分别绕月球
和火星做匀速圆周运动，如图所示，线速度大小之比为p，则“嫦娥六号”和
“天问一号”周期的比值为（ ）
A. q
√p
B. q
p
C. q
p
2
D. q
p
3
【答案】D
【解析】对“嫦娥六号”根据万有引力提供向心力，有G M 1m1
r1
2
=m1
v1
2
r1 ，对“天
问一号”根据万有引力提供向心力，有G M 2m2
r2
2
=m2
v2
2
r2，联立可得
r1
r2
= q
p
2，对
“嫦娥六号”有T 1= 2π r1
v1 ，对“天问一号”有T 2= 2π r2
v2 ，联立可得“嫦娥六
号”和“天问一号”周期的比值为
T 1
T 2
= q
p
3，故选D。
二、多选题
8．如图所示，正方形每个顶点上都放置有电荷量相同的正点电荷，x轴过正方
形的中心且垂直于正方形所在平面，取x轴正方向是电场强度的正方向，正方形
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的中心O为坐标原点，关于中轴线上各点电场强度和电势随坐标x的变化图像可
能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】由对称性可知，O点的场强为零，在x轴上距离O点无穷远处场强也为
零，可知从O点向两侧场强先增加后减小，O点右侧场强为正，左侧场强为负，
选项A正确，B错误；各点电势均为正值，且O点电势最高，向两侧电势逐渐降
低，选项C正确，D错误。
9．如图，与水平面夹角为θ 的倾斜传送带以恒定速率v顺时针转动，传送带右
端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧，质量为m的小物块P随传送
带一起向下匀速运动，P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为x1（在弹簧弹性限度
内），设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。从
P接触弹簧开始，到第一次弹簧压缩到最短的过程中（ ）
A. P一直做减速运动最终静止不动
B. P先做匀速运动后做减速运动
C. 传送带对P做功的功率先变小后变大再变小
D. 弹簧的最大弹性势能等于1
2 mv
2+mg x1sinθ
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【答案】BC
【解析】P随传送带匀速下滑时，沿传送带向上的摩擦力和沿传送带向下的重
力的分量平衡，即f =mgsinθ ，接触弹簧后，受弹簧对其向上的弹力，开始时
f + F弹=mgsinθ ，随着弹力变大，f 减小，物块仍受力平衡，相对传送带静止
向下匀速运动，当弹力增加到等于mgsinθ 后f 反向，继而逐渐增加到等于最大
静摩擦力时物块开始相对传送带向上滑动，此后F弹>f +mgsinθ ，物块开始向
下做减速运动最后速度减为零，选项A错误，B正确。传送带对P做功的功率，
即摩擦力的功率P = fv，开始匀速阶段，物块受到的摩擦力先沿传送带向上减小
后向下增加，则功率P先变小后变大；减速阶段摩擦力不变，速度减小，可知
功率P变小，即传送带对P做功的功率先变小后变大再变小，选项C正确。由能
量关系可知，弹簧的最大弹性势能等于物块机械能减少量与产生的热量之差，
可知弹簧最大弹性势能小于1
2 mv
2+mg x1sinθ ，选项D错误。
10．如图所示，光滑固定的水平金属导轨间距为L且足够长，电阻不计，匀强
磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为B；导轨左端接有电容为C的电容器，
击穿电压足够大；质量为m、电阻为R的金属棒与导轨垂直且在运动过程中接触
良好。若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，闭合开关后，导
体棒最终匀速运动，速度为v1；若电容器开始带电荷量为Q，金属棒初速度为
0，闭合开关后，导体棒最终匀速运动，速度为v2。则（ ）
A. v1= v0(1−C B
2 L
2
m
)
B. v1=
m v0
m+C B
2 L
2
C. v2= BLQ
m
D. v2=
BLQ
m+C B
2 L
2
【答案】BD
【解析】若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，则金属棒最终
匀速运动速度为v1时，电容器两板间电压等于金属棒产生的感应电动势，即
U = BLv1，整个过程中由动量定理得−B I L Δt =m v1−m v0，其中
I Δt =Q′ =CU =CBLv1，解得v1=
m v0
m+C B
2 L
2，选项A错误，B正确。若电容器开
始带电荷量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，电容器放电，金属棒加速运
动，则当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，
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金属棒中电流为零，此后金属棒将匀速运动下去；设闭合开关S后，电容器的
放电时间为t，金属棒获得的速度为v2，由动量定理可得B I Lt=m v2−0，其中
B I Lt= B q
t Lt= BL(Q−CBLv2)，解得v2=
BLQ
m+C B
2 L
2，选项C错误，D正确。
