7．如图所示，绝缘轻弹簧的上端固定在天花板上的O点，下端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球套在O点正下方的水平光滑绝缘杆上，整个装置处于电场强度大小为E，方向沿杆向右的匀强电场中，现将小球以某一初速度从A点运动到B点，到B点时与其在A点时的弹簧弹力大小相等，OA，在小球从A点运动到B点的过程中，下列判断正确的是
A．小球在A点时的速度大于在B点时的速度
B．小球的电势能一直减小，弹性势能先增大后减小
C．小球的加速度大小仅由电场力决定的位置有2个
D．弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有2个
二、多选题
8．无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比．如图所示，两根长直导线电流大小I1>I2，方向如图所示，且垂直于纸面平行放置，纸面内有M、N、O、P四点，其中M、N在导线横截面连线的延长线上，〇点在导线横截面的连线上，P在导线横截面连线的垂直平分线上．这四点处磁场的磁感应强度不可能为零的是
A．M点B．N点C．O点D．P点
9．如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量M的长木板，质量为m小滑块（可视为质点）放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度α的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是
A．长木板的质量M＝1kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5
C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2
D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大
10．如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场，一个刚性、单匝正方形线框αbcd的bc边恰好与圆形磁场的直径重合．已知线框质量m＝0.2kg，电阻R＝0.25Ω，边长L＝1.2m，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5．从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2—
（T）的规律变化，开始时线框静止在斜面上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则
A．正方形线框运动前回路中电流大小为1A
B．线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小为0.6T
C．线框在斜面上可保持静止的时间为0.8πs
D．线框刚要运动时bc边受到的安培力大小为0.48N
11．关于机械波与电磁波,下列说法正确的是（ ）
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关
B．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象
C．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大
D．紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度
E.机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向
三、实验题
12．甲、乙两同学在同一实验室做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验。
（1）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。
计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为___m/s2（结果保留两位有效数字）。
（2）两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，设小车的质量为m，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图中甲、乙两条直线，图线斜率为___，则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲___μ乙（选填“大于”小于”或“等于”）。
13．实验小组在“测小灯泡的实际电阻和实际功率”实验中，所用器材有：
小电珠（3.0V0.7W），滑动变阻器，电流表，电压表，学生电源，开关，导线若干
（1）为使测量尽可能准确，并能够从0V开始调节电压，请将图甲中1、2、3、4、5、6接线端恰当连接，使之成为合适的实验电路_________________；
（2）连接好电路，开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P置于a端时，小电珠亮度_______（选填“最亮”或“最暗”）
（3）实验小组同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，0.5V后小电珠的电阻值随工作电压的增大而______，（填“不变”、“增大”或“减小”）原因是________；
（4）若将此灯泡接在E=2.0V，r=10Ω的电源上，则小灯泡的实际电阻是_____Ω，实际功率是_____W。
四、解答题
14．如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一宽为L＝1.0m的平行金属导轨．现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝0.4kg、电阻R0＝2.0Ω、长为1.0m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中．导轨所接电源的电动势为E＝12V，内阻r＝1.0Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：
（1）金属棒所受安培力的取值范围；
（2）滑动变阻器接入电路中的阻值范围．
15．如图所示，在直角坐标系xOy中的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场．电场强度和磁感应强度都未知．第一象限中坐标为（l，l）的P点由静止释放质量m、带电荷量为q（q>0）的粒子（不计重力），该粒子第一次经过x轴时速度为v0，第二次经过x轴时的位置坐标为（-l，0），求：
（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；
（2）粒子第三次经过x轴时的速度大小及方向．
（3）粒子第四次经过x轴时的位置坐标．
16．如图所示，在某竖直平面内固定一由斜面AB、水平面BC和半径R＝20cm的半圆CD组成的光滑轨道，水平轨道足够长，半圆CD圆心为O，与水平面相切于C点，直径CD垂直于BC．可视为质点的甲、乙两球质量均为m＝l.0×10－2kg，现将小球甲从斜面上距BC高为
的A点由静止释放，到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点小球乙发生弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力；
（2）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求斜面与水平面的夹角θ；
（3）若将甲仍从A点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离．
17．如图所示，可导热的汽缸内用很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞离汽缸底部的高度为h＝20cm，整体放在冰水混合物中．取一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上．砂子倒完时，活塞下降了∆h＝5cm．再取相同质量的一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界的压强和温度始终保持不变，不计活塞与汽缸|7壁间的摩擦，求：
①第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度；
②在第二次倒砂子的过程中外界对气体做功70J，封闭气体吸热还是放热，传递的热量是多少．
18．如图所示为一个均匀透明介质球，球心位于O点，半径为R，一束单色光从真空中沿DC方向平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与的距离H＝
R，若该光束射入球体经一次反射后由E点（图中未标出）再次折射向真空中，此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为c．
①介质球的折射率和光束从C点射入到从E点射出所经历的总时间；
②射入球体内的光线有可能发生全反射吗？
五、填空题
参考答案
1．C
【解析】A．根据光电效应方程
，金属的逸出功越大，逸出的光电子的最大初动能就越小，故A错误；
B．根据动量守恒，若使另一个初速度不为零的氢原子与这个氢原子发生碰撞，则碰后动总量不为0，总动能不为零，无法使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态，故B错误；
C.根据比结合能的含义可知，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，C正确；
D．由质量数守恒和电荷数守恒知铀核（
）衰变为铅核（
）的过程中，质量数减小32，而质子数减小10，因此中子减小22，故D错误。
故选：
C。
2．A
【解析】
【详解】
A．Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律
，得知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；
B．Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律
，得知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；
C．若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律
，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；
D．若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律
，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误。
3．A
【解析】
小球做平抛运动，根据分位移公式，有：
x=v0t=
；y=2h-
=
gt2；联立解得：
故选A．
4．B
【解析】
【详解】
线框上剩余的电荷在O点产生的场强等效为取下的q电荷在O点产生的场强故
，方向水平向左；将q移到F点时，q在O点产生的场强为：
，方向向右；则由场强的叠加可知O点的场强：
E＝E1−E2＝
，方向向左；故选B.
【点睛】
题主要考查了点电荷产生的场强的叠加，关键是会把圆环上剩余的电荷等效成一点电荷，根据电场叠加原理进行分析.
5．A
【解析】
A、在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥四号做近心运动，故在P点应制动减速才能进入轨道Ⅱ，故正确；
B、轨道II的半长轴小于轨道I的半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道I运行的周期，故B错误；
C、在轨道II上运动，卫星只受万有引力作用，故在近月点Q的加速度大于远月点P的加速度，故C错误；
D、在轨道Ⅱ上，由P点向Q点运动，万有引力做正功，动能增大，所以Q点的速度大于P点的速度，故D正确；
故选AD．
【点睛】解决本题的关键掌握卫星如何变轨，以及掌握万有引力提供向心力这个关系．
6．A
【解析】
质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹Ⅰ的质子洛伦兹力大于电场力，即qv1B＞qE，
，
沿轨迹Ⅱ的质子洛伦兹力等于电场力，即qv2B=qE，
，
沿轨迹Ⅲ的质子洛伦兹力小于电场力，即qv3B＜qE，
，
可知v1＞v2＞v3．
沿轨迹Ⅰ的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1＞v1′，
沿轨迹Ⅱ的质子运动过程中，速度不变，v2=v2′，
沿轨迹Ⅲ的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v3故选A．
7．C
【解析】
如图所示，设O点正下方为O′点，与A点关于O′点对称的点为A′点，所以小球从A到A′过程中弹簧一直被压缩，弹簧原长的位置一定是在A′与B点之间；
A.小球从A到B的过程中，弹簧弹力做功为零，只有电场力做正功，根据动能定理可得，所以小球到达B点时的速度大于A点的速度，故A错误；
B.小球从A到B的过程中电场力一直做正功，所以小球的电势能一直减小，弹力先做负功，后做正功，再做负功，弹性势能先增大后减小，再增大，故B错误；
C.小球处于O点正下方和小球受到的弹力为零的位置时,小球合力都是qE,加速度都是qE/m,所以小球的加速度大小仅由电场力决定的位置有2个，故C正确；
D.在A点速度为零，弹力瞬时功率为零；在O点正下方弹力方向与速度方向垂直，弹力功率为零；在弹簧处于原长的位置弹力为零，则弹力的功率为零，所以弹簧测力计对小球做功的瞬间功率为零的位置有3个，故D错误．
故选C.
点睛：
根据动能定理分析小球到达B点时的速度；根据电场力做功情况判断小球的电势能；根据受力情况和牛顿第二定律、P=Fv分析加速度和弹力做功功率的变化情况．
8．ACD
【解析】
【详解】
A．根据安培定则可知两电流在M点磁感应强度的方向相反，若 I1＞I2由于M离I1近，故在M点I1的磁感应强度的大小大于I2的磁感应强度．则M点磁感应强度不可能为0．选项A正确；
B．根据安培定则可知两电流在N点的磁感应强度的方向相反，若I1＞I2，由于I2离N点近，则N点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度，故N点磁感应强度可为0．选项B错误；
C．根据安培定则可知两电流在 O点磁感应强度的方向相同，则O点磁感应强度不可能为0．选项C正确；
D．根据安培定则可知两电流在 P点的磁感应强度方向不相反，均存在竖直向下的分量，故P点的磁感应强度不可能为0．选项D正确．
9．AC
【解析】
对整体分析,由牛顿第二定律有：
F=（M+m）a，
当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：
M+m=3kg
当F大于6N时,根据牛顿第二定律得：
a=（F−μmg）/M=
，
知图线的斜率k=1/M=1，
解得：
M=1kg，滑块的质量为：
m=2kg.故A正确．
B.根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：
0=F−20μ，
代入数据解得：
μ=0.2，故B错误；
C．所以a=F−4,当F=6.5N时,长木板的加速度为：
a=2.5m/s2，故C正确；
D.当拉力增大时,两物体发生滑动时,木块的加速度为a=μmg/m=2m/s2，恒定不变，故D错误．
故选AC.
点睛：
当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
10．AC
【解析】
A．由法拉第电磁感应定律有：
正方形线框中产生的感应电动势E=n△Φ/△t=
由题意可知n=1,△B/△t=2/π（T/s）
解得：
E=0.25V
由闭合电路欧姆定律有：
E=IR
解得：
I=1A，故A正确；
B．对线框bc边处于磁场的部分受力分析如图所示，
设当线框恰好沿斜面向下运动时，磁场的磁感应强度为B；
安培力F=BI⋅2r
由力的平衡条件有：
mgsinθ=F+f=2BIr+μmgcosθ
解得：
F=0.4N，B=0.4T，故B错误，D错误；
C．由B=2—
t可得：
线框在斜面上可保持静止的时间为
t=0.8πs.故C正确；
故选AC．
点睛：
由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电流大小；对线框受力分析，根据平衡条件可求得恰好静止时的安培力的大小、磁感应强度大小，再根据题中磁感应强度的变化规律可求得所用时间．
11．BDE
【解析】
【详解】
A．电磁波在真空中的传播速度都等于光速，与电磁波的频率无关，故A错误；
B．衍射现象是波特有的现象，而偏振现象是横波特有的现象，电磁波也是一种横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故B正确；
C．在同一种介质中传播时，波传播速度与介质有关，则简谐机械波的传播速度相等，故C错误；
D．根据
可知，且紫外线的折射率大于红外线，因此紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故D正确；
E．机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向，如声波，故E正确。
故选BDE．
12．0.15
大于
【详解】
（1）[1]由题意知，每5个点取一个计数点，相邻计数点间时间间隔为0.1s，根据逐差法可求加速度
（2）[2]根据牛顿第二定律
解得
则斜率为
。
[3]由图截距知甲的摩擦因数大，μ甲大于μ乙。
13．如图所示：
最暗增大温度升高，电阻率增大5.4±0.10.09±0.01
【详解】
（1）[1]要求能够从0V开始调节电压，应采用分压电路；由于小电珠电阻较小，应采用电流表外接法，电路如图
（2）[2]将滑动变阻器的滑片P置于a端时，小电珠被短路，亮度最暗；
（3）[3][4]金属的电阻率随温度升高而增大，所以电压较高时，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大
（4）[5][6]将E＝2.0V，r＝10Ω的电源的U－I图像做在小电珠的伏安特性曲线上，两图线的交点即为小电珠的实际工作电压和电流
U=0.7V，I=0.13A
则
R=
=5.4Ω
P=UI=0.7×0.13W=0.09W
14．
（1）
N≤F≤8N
（2）0≤R≤30Ω
【详解】
（1）当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示．则有
FN＝F1sinθ＋mgcosθ，F1cosθ＝mgsinθ＋fmax，fmax＝μFN
以上三式联立并代入数据可得F1＝8N
当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示．则有
FN＇＝F2sinθ＋mgcosθ，F2cosθ＋fmax＇＝mgsinθ，fmax＇＝μFN＇
以上三式联立并代入数据可得F2＝
N
所以金属棒受到的安培力的取值范围为
N≤F≤8N
（2）因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝
，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为
A≤I≤4A
设电流为I1＝
A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E—I1r＝I1（R0＋R1），
代入数据可得R1＝30Ω
电流为I2＝4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E一I2r＝I2（R0＋R2），
代入数据可得R2＝0
所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30Ω
15．
（1）
；
（2）
，方向与x轴正方向夹角为θ＝45°；（3）（0，0）
【详解】
（1）粒子在P点静止释放，到达x轴过程中运用动能定理：
解得：
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径设为r1，由洛伦兹力提供运动需要的向心力：
解得：
粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（一
，0），故其轨道半径r1＝
，
得：
（2）粒子从y轴上的（0，
）以平行x轴的速度v0进入电场，做匀变速曲线运动，
加速度为α，
设经过时间t射出电场，水平位移x，竖直位移
，则：
x＝v0t，
＝
，解得：
，x＝2
设水平分速度为vx，竖直分速度为vy，则：
vx＝v0，vy＝αt＝v0
得：
粒子第三次经过x轴时的速度大小
方向与x轴正方向夹角为θ＝45°
（3）由上面可知粒子第三次过x轴时坐标为（2
，0），再次进入磁场中做圆周运动半径：
由几何关系，得粒子第四次过x轴时刚好过原点，即坐标为（0，0）
16．
（1）0.6N
（2）30°（3）0.4m
【解析】
（1）乙恰好能通过D点，其做圆周运动的向心力完全由重力提供，设乙到达D点时的速度为vD，则mg＝m
，解得：
乙球从C到D，根据机械能守恒，得：
．解得：
在碰后的C点：
F＇一mg＝m
．解得：
F＇＝6mg
根据牛顿第三定律得F＝F＇＝6mg＝0.6N，方向竖直向下
（2）设碰撞前后甲的速度分别为v、v甲，根据动量守恒定律和能守恒定律有：
mv＝mv甲＋mvC
联立以上两式解得v甲＝0，v＝vC＝
甲从A点下落到斜面底端，由机械能守恒定律得mg⋅
R＝
解得：
在B点对速度分解可得cosθ＝
，解得θ＝30°
（3）因为甲在斜面上释放时的高度不变，根据动能定理以及运动的分解可得甲运动到水平面上的速度仍为
，设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为VM、Vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
Mv＝MvM＋mvm
联立解得：
因为M≥m，可得v0≤vm＜2v0
设乙球过D点的速度为vD＇，由动能定理得
联立解得：
乙在水平轨道上的落点到C点的距离为x＇，则有
，x＇＝vD＇t
联立解得乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围：
2R≤x＇＜8R
乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围0.4m≤x＇＜1.6m
乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离为0.4m
17．①12cm②70J
【解析】①设大气和活塞对气体的压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻马定律得：
p0h＝（p0＋p）（h－∆h）
得p＝
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0＋2P．设第二次加沙子后，活塞的高度为h＇，由玻马定律得：
p0h＝（p0＋2p）h＇
解得：
h＇＝0.6h＝12cm
②气体等温压缩，内能不变，外界对气体做功，故气体一定放出热量
根据学第一定律，
升级会员 