2023年原题变试题：上海市长宁区2022-2023学年高三上学期期末（一模）物理试题

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上海市长宁区2022-2023学年高三上学期期末（一模）物理变式题
【原卷 1 题】 知识点 能源与环境

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，也称天然能源，比如：煤炭、石油、天然气、水能、太阳能、风能等，而电能、煤气及各种石油制品等是由一次能源加工转换而成，属于二次能源。故选A。

1-1（基础） 关于能源与能量，下列说法正确的是（　　）
A.因为能量守恒，所以不需要节约能源
B.人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源
C.自然界中石油、煤炭等能源可供人类长久使用
D.人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创造
【正确答案】 B

1-2（基础） 目前，我国大力发展新能源汽车产业，新能源车的出现，在减少尾气排放、保护生态环境、节省油气资源等方面，产生立竿见影的效果，下列关于新能源汽车说法正确的是（　　）
A.汽车充电时电能全部转化为汽车锂电池的化学能
B.汽车运动时消耗的电能大于输出的机械能，该过程能量不守恒
C.汽车所用的电能是清洁能源，也是一次能源
D.汽车运动时，有一部分能量转化为内能，这些内能我们无法收集起来重新利用
【正确答案】 D

1-3（巩固） “绿色、环保、低碳”是当今世界的关键词，“低碳”要求我们节约及高效利用能源。关于能源与能量，下列说法正确的是（　　）
A.因为能量守恒，所以不要节约能源
B.自然界中石油、煤炭等能源可供人类长久使用
C.人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源
D.人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创造
【正确答案】 C

1-4（巩固） 为了控制温室效应，各国科学家都提出了不少方法和设想，有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度，为使CO2液化，最有效的措施是( )
A.减压、升温 B.增压、升温
C.减压、降温 D.增压、降温
【正确答案】 D

1-5（巩固） 能源有不同的分类方式。下列各组能源中，全部属于图中所示阴影部分的是（ ）

A.水能、地热能、太阳能 B.风能、潮汐能、核能
C.核能、地热能、水能 D.太阳能、风能、水能
【正确答案】 D

1-6（提升） 下列关于热学中的相关说法正确的是（　　）
A.液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
B.燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减小
C.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，故气体的压强一定增大
D.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，可想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝
【正确答案】 A

1-7（提升） 电能被广泛应用在动力、照明、化学、纺织、通信、广播等各个领域，是科学技术发展、人民经济飞跃的主要动力。如图所示为火电站电能产生与使用过程中各阶段的能量转化效率，已知标准煤完全燃烧时产生的热量约为。则（　　）

A.发电站的发电效率约为40%
B.提高输送电压可以提高发电站的发电效率
C.标准煤完全燃烧能输送到用户端的电能约为
D.用户端消耗的电能，发电站需要烧的标准煤
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 油膜法测分子直径的原理和实验方法

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】在试验过程中，油膜完全散开，油酸溶液在水面上形成的单分子油膜，通过油酸分子的体积除以油膜的面积得到的是油酸分子的直径。故ABD错误，C正确。故选C。

2-1（基础） 在“用油膜法估测分子大小”的实验中，下列说法正确的是（ ）
A.将油膜看作单层分子薄膜，且不考虑油酸分子间的空隙
B.分子直径等于油酸酒精溶液的体积与油膜的面积之比
C.利用画有油膜轮廓的坐标方格计算油膜面积时，舍去所有不足一格的方格
D.若油酸未完全散开，会使测出的分子直径偏小
【正确答案】 A

2-2（基础） 在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，用到了“数格子”的方法，是为了估算（　　）
A.一滴油酸的体积
B.一滴油酸酒精溶液中纯油酸形成的油膜的面积
C.一个油酸分子的体积
D.一个油酸分子的面积
【正确答案】 B

2-3（巩固） 在用油膜法估测油酸分子大小的实验中，以下操作步骤正确的是（　　）
①将痱子粉均匀地撒在水面上，痱子粉的用量不要太大
②测1滴油酸酒精溶液的体积时，只需用注射器将5滴溶液滴入量筒测出总体积，即可准确计算出1滴溶液的体积
③盘应水平放置，画线时视线应与玻璃板垂直，以便准确地画出薄膜的形状
④要等油膜形状稳定后，再画轮廓
⑤利用坐标纸求油膜面积时，计算轮廓内正方形的个数，大于半个的算一个，不足半个的舍去
A.①②③④⑤ B.①③④ C.②③⑤ D.①③④⑤
【正确答案】 D

2-4（巩固） 在“用单分子油膜估测分子的大小”实验中，使用到的研究方法是（　　）
A.等效替代法 B.理想模型法
C.微小量放大法 D.控制变量法
【正确答案】 B

2-5（巩固） 在“油膜法估测分子大小”的实验中，将1mL的纯油酸配制成5000mL的油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，数出油膜共占200个小方格，每格边长是0.5cm，由此估算出油酸分子直径为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

2-6（提升） 在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，实验中有下列实验步骤：
①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。
③将画有油膜形状的玻璃板平放在方格纸上，计算出油膜的面积。
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后用彩笔将油膜的形状描绘在玻璃板上。
已知某同学将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液并测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴。该同学取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2。关于上述步骤中正确的顺序编号及估算出的油酸分子直径，下列选项正确的是（　　）
A.④②①⑤③， 5×10－10 m B.④①②⑤③， 8×10－10 m
C.④①②⑤③， 5×10－10 m D.④②①⑤③， 8×10－10 m
【正确答案】 C

2-7（提升） 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a ml纯油酸配制成bml的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液c ml，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为Scm2，估算油酸分子的直径大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 x-t图象

【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） A、B两个物体的位移—时间图像如图所示，则（　　）

A.内，A的路程比B的路程多2m
B.内，A的平均速度大于B的平均速度
C.时刻，A、B两物体一定相遇
D.A的速度先增大后减小
【正确答案】 C

3-2（基础） 如图是一物体的位移时间图像，根据图像可获得以下信息中的哪两个，①时间内物体的位移大小；②时间内物体的平均速度大小；③时间内物体在某时刻的速度大小；④时间内物体在某时刻的加速度大小（　　）

A.①② B.②③ C.③④ D.①④
【正确答案】 A

3-3（巩固） 甲、乙两质点运动的位移时间图像如图中a、b所示，不考虑甲、乙碰撞，则下列说法中正确的是（  ）

A.甲做曲线运动，乙做直线运动 B.乙质点在时间内做匀速直线运动
C.时间内甲、乙两质点的位移相同 D.时间内乙比甲运动得快
【正确答案】 C

3-4（巩固） 图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移-时间图像（后的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（　　）

A.机器人在内的位移为0
B.内，机器人做加速直线运动
C.内，机器人的平均速度大小为
D.机器人在末的速度与末的速度相同
【正确答案】 C

3-5（巩固） 如图所示，A、B、C是三个物体同时同地开始运动的位移—时间图像，在时间内，下列说法正确的是（　　）

A.A、C两个物体做的都是曲线运动
B.B物体的路程比C物体的路程长
C.A、B、C三个物体平均速度不相等
D.B物体做匀速运动，C物体做加速运动
【正确答案】 D

3-6（提升） 物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材揭示了深刻的物理本质。伽利略的斜面实验揭示了匀变速直线运动规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验。如图甲所示，他让一小球从固定斜面顶端O处静止释放，小球经过A处到达斜面底端B处，通过A、B两处安装传感器测出A、B间的距离x及小球在AB段运动的时间t。改变A点及A处传感器的位置，重复多次实验，计算机作出—t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.小球在斜面上运动的平均速度大小为6m/s
B.小球运动到斜面底端时速度大小为0.6m/s
C.小球在斜面上运动的加速度大小为0.6m/s2
D.小球在斜面上运动的时间为1s
【正确答案】 D

3-7（提升） 如图为一匀变速直线运动的图像，图像与两坐标轴的交点分别为，，时，图像切线交t轴的坐标为。关于质点的运动，下列说法正确的（　　）

A.质点先向x轴负方向运动，后向x轴正方向运动
B.质点的初速度大小为
C.时间内质点的位移为
D.质点的加速度大小为
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 衍射条件

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短。由于声波的波长比较大（1.7cm~17m），和楼房的宽度相近，故可以发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象。故选C。

4-1（基础） 以下说法中正确的是（　　）
A.波要发生衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象
B.要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长
C.波长越短的波，越容易发生明显的衍射
D.只有波才有衍射现象
【正确答案】 D

4-2（基础） 目前，我国已进入全面5G时代。开启万物互联时代：车联网、物联网、智慧城市、无人机网络、自动驾驶技术等一一变为现实。5G，即第五代移动通信技术，采用3300~5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，1880~2635MHz频段）技术而言，具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延。5G信号与4G信号相比下列说法正确的是（　　）
A.5G信号比4G信号在真空中的传播速度更快
B.5G信号比4G信号更不容易被障碍物阻挡
C.5G信号比4G信号需要更多的通信基站
D.5G信号比4G信号更适合长距离传输
【正确答案】 C

4-3（巩固） 太阳光照射一块遮光板，遮光板上有一个大的三角形孔，太阳光透过这个孔，在光屏上形成一个三角形光斑。当遮光板上三角形孔的尺寸不断减小时，光屏上会呈现①圆形光斑；②三角形光斑；③明暗相间的衍射条纹，则（　　）
A.光屏上先后呈现的图样顺序是①②③ B.光屏上先后呈现的图样顺序是①③②
C.由于光的直线传播产生的图样有①② D.由于光的直线传播产生的图样有②③
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝5的激发态，向低能级跃迁时辐射的不同频率的光子中，最容易表现出明显衍射现象的光子的能量为（　　）

A.0.31eV B.0.97eV C.2.86eV D.13.06eV
【正确答案】 A

4-5（巩固） 氧化铟锡是一种半导体，兼具透明和导电的特质，常被应用于手机和平板电脑屏幕，还做成薄膜用在风挡玻璃上用来防霜，下图为涂有氧化铟锡薄膜的客机风挡，上面有一些彩色条纹。氧化铟锡的相邻能级之间的能级差是3.75~4.00eV。可见光的波长在400nm~780nm之间，可见光的光子能量最大为3.1eV，氧化铟锡无法吸收可见光光子从低能级向高能级跃迁。下列说法正确的是（　　）

A.图片中的条纹是光的衍射造成的
B.氧化铟锡可以吸收红外线光子从低能级向高能级跃迁
C.氧化铟锡可以吸收紫外线光子从低能级向高能级跃迁
D.同等条件下，紫外线比红外线更容易发生衔射
【正确答案】 C

4-6（提升） 将一矩形玻璃板MN水平固定，另一矩形玻璃板放在MN玻璃板上，一端放入两张纸片，侧视如图所示。用单色平行光a从上方竖直射入，从上方可以观察到明暗相间的条纹。换用单色平行光b从上方竖直射入，观察到条纹间距变小，下列说法正确的是（　　）

A.明暗条纹与MN平行
B.抽去一张纸片，条纹间距变小
C.a光的频率大于b光的频率
D.遇到相同障碍物时，a光比b光产生的衍射现象更明显
【正确答案】 D

4-7（提升） 彩虹的形成是雨后太阳光射入空气中的水滴先折射，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再次折射就形成了彩虹。如图所示，一束太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，一条是红光，另一条是紫光。则下列说法正确的是（　　）

A.a光是红光，b光是紫光
B.若用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距
C.若遇到相同的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射
D.在水滴中传播时，a光的速度大于b光的速度
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 路端电压随负载的变化规律,电源的最大输出功率及其条件

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，、为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（　　）

A.电阻中有向上的电流 B.通过电阻电流增大
C.电源的输出功率一定变大 D.电容器C两极板所带电荷量变大
【正确答案】 D

5-2（基础） 如图所示，将灯泡的灯丝与小灯泡串联接入电路，使小灯泡发光。用酒精灯给灯丝加热，一段时间后发现小灯泡变暗。则电灯丝路中的电流和灯丝的电阻率二者的变化情况是（　　）

A.电流变大；电阻率变大 B.电流变大；电阻率变小
C.电流变小；电阻率变大 D.电流变小；电阻率变小
【正确答案】 C

5-3（巩固） 某同学设计了如图甲所示电路研究电源输出功率随外电阻变化的规律。电源电动势E恒定，内电阻，为滑动变阻器，、为定值电阻，A、V为理想电表。当滑动变阻器滑片从a到b移动的过程中，输出功率随滑片移动距离x的变化情况如乙图所示，则的最大阻值及、的阻值可能为下列哪组（　　）

A.、、 B.、、 C.、、 D.、、
【正确答案】 A

5-4（巩固） 如图所示的图像中，Ⅰ是电源的路端电压随电流变化的图像，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图像。下列说法正确的是（  ）

A.电源电动势为2V B.该电阻阻值为2Ω
C.该电阻接入电源时，路端电压为1V D.电源效率约为67%
【正确答案】 D

5-5（巩固） 如图所示，在研究电源的内、外电压的实验装置中，玻璃容器盛有稀硫酸，稀硫酸中插入石墨棒M锌棒N作为电源的两极。A、B是位于两极内侧的探针，电压表、分别接在电源的两极和探针上，下列说法中正确的是（　　）

A.M极为电源正极，电压表的正接线柱应与A相连
B.当滑动变阻器滑动触头向左移动时，电压表、示数均减小
C.当滑动变阻器滑动触头从右向左移动时，电源的功率不变，滑动变阻器消耗的电功率一定减小
D.无论滑动变阻器滑动触头向右或向左移，滑动变阻器上通过相同的电量时，电源释放的化学能相等
【正确答案】 D

5-6（提升） 在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况。以下说法正确的是（　　）

A.图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况
B.图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况
C.此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值变小
D.此过程中电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值变大
【正确答案】 B

5-7（提升） 如图所示电路中，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表，滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为、，电压表示数变化量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）

A.电流表A1示数变小，A2示数变小，且
B.电阻R3中有向右的电流
C.与的比值一定小于电源内阻r
D.电阻R2消耗的功率变大
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 单摆的周期公式

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁，便可制作成一个简易的单摆装置。当注射器做简谐运动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，可以观察到落到木板上的墨汁图样如图乙所示，该段木板的长度约为0.5m，已知木板被水平拉动的速度为0.15m/s，g取9.8m/s2，则该单摆的摆长大约为（　　）

A.0.34m B.0.44m C.0.56m D.1.00m
【正确答案】 B

6-2（基础） 惠更斯利用单摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动，摆钟的摆动可看作是单摆，下列说法正确的是（　　）

A.在山脚走时准的摆钟，在山顶仍能走准
B.若将摆钟的摆角由3°增加到5°（不计空气阻力），单摆的周期减小
C.走时准确的摆钟，调节螺母向下移动，摆钟仍能走准
D.将摆钟由赤道移到北极，单摆振动周期减小
【正确答案】 D

6-3（巩固） 如图所示，有一光滑圆弧面，、两端的水平距离为，竖直距离为h（L≫h），小球从顶端处由静止释放，滑到底端的时间为；若在圆弧面上放一块光滑斜面，则小球从点由静止释放，滑到的时间为。下列判断正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-4（巩固） 某同学在探究单摆运动中，图a是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图b是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图b的信息可得（　　）

A.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
B.从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s
C.用米尺量得细线长度l，即摆长为l
D.由图可计算出单摆的长度为1.0m
【正确答案】 B

6-5（巩固） 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，摆长为L，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度然后无初速度释放。忽略空气阻力，不考虑运动过程中的机械能损失，对于以后的运动，下列说法中正确的是（　　）

A.摆球在平衡位置左右两侧扫过的最大摆角相等
B.摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小
C.摆球经过最低点时，摆线与钉子接触前后的瞬间摆线的拉力大小不变
D.摆球在右侧上升的最大高度大于左侧最大高度
【正确答案】 B

6-6（提升） 如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，则以下判断正确的是（　　）

A.单摆在斜面上摆动的周期为
B.摆球经过平衡位置时的合外力
C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大
D.若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将增大
【正确答案】 B

6-7（提升） 如图所示的MON是曲率半径很大的圆弧形轨道，其圆心为O′，O是轨道的最低点，M、N两点等高，O′M >>OM。连接OM的一段直线固定轨道顶端的M点有一小滑块从静止开始沿着直线轨道下滑的同时，从N点也有一小滑块从静止开始沿着圆弧轨道下滑，如果不计一切摩擦，则（ ）

A.两个滑块可能第一次在O点相遇
B.两个滑块第一次一定在O点左方相遇
C.两个滑块第一次一定在O点右方相遇
D.以上三种情况均有可能
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 等势面与电场的关系,计算带电粒子穿越不同等势面时电场力做功和能量变化

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．匀强电场的等势面应是平行面，所以避雷针附近不是匀强电场，故A错误；
B．等势面与电场线处处垂直，A点比B点电场线更密集，所以A点场强最大，故B错误；
C．乌云带负电，则电场线终于乌云，沿电场线方向电势降低，所以A、B、C三点中，C点电势最低，故C错误；
D．一带负电的雨点从乌云中下落，雨滴所受电场力方向与速度方向夹角小于90º，电场力做正功，故D正确。故选D。

7-1（基础） 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，a、b、c、d、e为运动轨迹与等势线的交点，直线ae水平。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（　　）

A.电场方向竖直向上
B.粒子在a点的电势能小于在e点的电势能
C.粒子从a点运动到e点的过程中的动能先减小后增大
D.粒子从a点运动到d点的过程中减小的动能大于增加的电势能
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是（　　）

A.1、2两点的场强大小相等 B.2、3两点的场强相等
C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等
【正确答案】 D

7-3（巩固） 如图所示，匀强电场中有一平行于电场方向的正六边形，边长为0.2m。电荷量的电荷在外力作用下从A点移动到C点，克服电场力做功2J，从C点移动到D点，其电势能增加了2J。下列说法正确的是（　　）

A.电场的方向沿方向 B.两点在同一等势面上
C.的电势差为 D.把该电荷从C点移至Ｆ点电场力做功4J
【正确答案】 A

7-4（巩固） 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。则（　　）

A.平面c上的电势为4V
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【正确答案】 B

7-5（巩固） 如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（ ）

A.在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们受静电力
B.质子在B点电势能小于在A点电势能
C.从A点静止释放一个电子，将沿曲线e运动到B点
D.把电子从c等势面移动到e等势面，静电力做功为10eV
【正确答案】 D

7-6（提升） 如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为R=0.1m。P为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动，为PO连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.匀强电场的场强大小为10V/m
B.匀强电场的场强方向垂直AC连线向下
C.一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能增加2eV
D.一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做正功后做负功
【正确答案】 D

7-7（提升） 如图所示，为一正四面体，电荷量为的点电荷Q固定在A点，先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为，再将从C点沿移到B点并固定，接着将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点，再将从D点沿移到C点固定，最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点。下列说法错误的有（　　）

A.移入之前，C点的电势为
B.从D点移到C点的过程中，所受电场力做的功为0
C.从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为
D.在移到点D后的电势能为
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 利用机械能守恒定律解决简单问题

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 雨滴在高空形成后，由静止开始沿竖直方向下落，雨滴受到空气阻力的大小与雨滴的速度大小成正比．设下落过程中雨滴的质量不变，雨滴下落过程中，下列关于雨滴的速度v、重力势能、动能、机械能E与时间t或位移x的图像，可能正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
8-2（基础） 如图所示，一轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使重物匀速上升，从手突然停止到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a、动能、机械能随物体上升高度h变化的图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A
8-3（巩固） 现有一起重机将地面下15m深处一重为5000N的泥土装箱吊起，箱子在绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位置x的关系图像如图所示，其中m到地面过程的图线为直线。根据图像可知，箱子（　　）

A.从m到m过程中绳的拉力在逐渐减小
B.运动到m时重力势能为0
C.从m到0过程中合外力做功5×104J
D.运动到m时速度大小为10m/s
【正确答案】 A

8-4（巩固） 某次演习中，战士居高临下向防御工事内投掷手榴弹，如图所示。忽略空气阻力，手榴弹运动看作平抛运动，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能（以地面为零势能面）、动能变化量，动能的变化率，机械能E随时间t变化的图像，正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-5（巩固） 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻质细线连接，跨过固定在水平地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的3倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放（A落地时，立即烧断细线），B上升的最大高度是（　　）

A. B. C. D.2R
【正确答案】 B

8-6（提升） 一个小球由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能与物体位移关系的图像如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线。根据该图像，小球的动能随位移变化的图像可能是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-7（提升） 如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度h变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.小球从地面抛出的初速度
B.小球所受空气阻力大小为小球自身重力的
C.从抛出开始，小球经1s时间上升到最高点
D.小球离地面高度h=3m时，小球的动能Ek=25J
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 安培力的大小

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，两平行光滑无限长导轨所在的平面与水平面夹角为，导轨的一端接有电动势为E、内阻不计的直流电源，两导轨间的距离为L，在导轨所在空间内分布着方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，一个质量为m的导体棒ab恰好静止在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨电阻不计，则下面正确的有（　　）

A.磁场的磁感应强度大小为
B.磁场的磁感应强度大小为
C.导体棒受到轨道的支持力为mgtanθ
D.导体棒受到轨道的支持力为mgsinθ
【正确答案】 A

9-2（基础） 如图所示，水平金属棒长为L，两端支持在支座a、b上，a、b分别于电源正负两极接通，垂直纸面向里的匀强磁场处在棒的中间位置，磁感强度为B，宽度为d。接通电源后通过棒的电流为I，此时金属棒对支座的总压力将（　　）

A.增大BLI B.增大BdI C.减小BLI D.减小BdI
【正确答案】 D

9-3（巩固） 如图所示，半径为R的金属圆环用绝缘细线悬挂于天花板上，金属圆环中通以逆时针方向的电流，图中A、C与圆心O连线的夹角为，只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属圆环处于静止状态时，细线中的拉力大小为；若只在直线AC下方区域内加与上述相同的磁场，金属圆环处于静止状态时，细线中的拉力大小为，则金属圆环中的电流大小为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

9-4（巩固） 如图所示，纸面内用粗细均匀的相同金属导体弯制成两个相同的正三角形金属框abc和a′b′c′，a′c′边中间断开，用导线连接ca′两点，并从a端通入大小恒定的电流，从c′端引出电流，同时放入垂直纸面向里的匀强磁场中，则（ ）′

A.a、c两点间与a′、c′两点间的电压之比为1：1
B.a、c两点间与a′、c′两点间的电压之比为2：3
C.金属框abc和a′b′c′所受的安培力大小之比为1：1
D.金属框abc和a′b′c′所受的安培力大小之比为1：3
【正确答案】 C

9-5（巩固） 如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根粗细均匀的金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为，图甲中，所示方向为电流正方向。则金属棒（　　）

A.一直向左移动
B.受到的安培力不变
C.速度随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
【正确答案】 C

9-6（提升） 如图，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为2N，则六边形线框受到安培力的总和为（　　）

A.0N B.1.6N C.2.4N D.4N
【正确答案】 C

9-7（提升） 竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）

A.应在时给导体棒1以轻微的扰动
B.绳1中拉力的最大值为
C.绳2中拉力的最小值为
D.导体棒2中电流的最大值为
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 利用平衡推论求力,找物体重心的方法,斜面上物体受力平衡的问题

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．对水壶受力分析，受力重力和绳子拉力，由于由于细绳始终保持竖直，则两力大小相等，方向相反，则自行车一定做匀速运动，A错误；
B．由于水壶水平方向不受力，则水平方向做匀速直线运动，所以壶内水面一定水平，B错误；
C．自行车受三个力重力，摩擦力，支持力作用，因为匀速下滑，摩擦力和支持力的合力与重力等大反向，即坡道对自行车的作用力竖直向上，C错误；
D．水杯受到共点力作用，重力和绳子拉力，在同一直线上，则水杯及水整体的重心一定在悬绳正下方，D正确。
故选D。

10-1（基础） 如图所示，孔明灯又叫天灯，相传是由三国时的诸葛孔明（即诸葛亮）所发明，现有一孔明灯升空后向着东北偏上方向匀速直线上升，则此时孔明灯所受空气的作用力大小和方向是（　　）

A.0 B.mg，东北偏上方向
C.mg，竖直向上 D.，东北偏上方向
【正确答案】 C

10-2（基础） 如图所示，斜面位于光滑的水平面上，放在斜面上的物块以初速度沿斜面匀速下滑。若在下滑过程中再对物块施加一竖直向下的恒力，则（　　）

A.物块仍沿斜面匀速下滑 B.物块将沿斜面加速下滑
C.物块将沿斜面减速下滑 D.斜面将沿水平面向右运动
【正确答案】 A

10-3（巩固） 如图所示，一个质量为m的物块静止于倾角为θ的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，此时对物块施加一个水平向左且平行于斜面底端的力F，且F从零缓缓增大直至物块沿斜面刚好运动，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（  ）

A.由于F变大，所以水平方向的合力变大
B.摩擦力的方向一直在变化，但大小始终不变
C.F的最大值一定大于mgsinq
D.F的最大值一定小于
【正确答案】 D

10-4（巩固） 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为的小球，重力加速度为，下列关于杆对球的作用力的判断中，正确的是（　　）

A.小车静止时，，方向沿杆向上方
B.小车静止时，，向垂直杆向上
C.小车向左以加速度加速运动时，则
D.小车向右以加速度加速运动时，则
【正确答案】 D

10-5（巩固） 如图所示，五个共点力的合力为，现在保持其他力不变，进行如下操作，其中正确的是（　　）

A.如果撤去，物体所受合力大小为，方向和方向相反
B.如果将减半，合力大小为
C.如果将逆时针旋转，合力大小将变为
D.如果将逆时针旋转，合力大小将变为
【正确答案】 B

10-6（提升） 如图所示，置于水平地面上的盛水容器中，用一端固定于容器底部的细线拉住一个空心的塑料球，使之静止地悬浮在深水中，此时容器底部对地面的压力记为；某时刻拉紧球的细线突然断开，球便在水中先加速后匀速地竖直上升，若球在此加速运动阶段和匀速运动阶段对应的容器底部对地面的压力分别记作和，则（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-7（提升） 如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小。则（　　）

A.斜面对a的弹力逐渐变小 B.斜面对a的弹力先变大后变小
C.b对a的弹力逐渐变小 D.b对a的弹力大小不变
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题,气体的状态参量

【正确答案】
B
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，三根完全相同的一端封闭、粗细均匀、开口竖直向上的玻璃管，都有一段水银柱封住一段空气，已知，，三者原来温度相同，后来又升高相同的温度，则管中水银柱向上移动的距离（　　）

A.甲管最多 B.甲管和乙管最多
C.甲管和丙管最多 D.三管一样多
【正确答案】 B

11-2（基础） 如图所示，粗细均匀竖直放置的玻璃管中，P为一小活塞，有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分，活塞和水银柱都静止不动。现在用力向下压活塞，使得活塞向下移动一段距离L，同时水银柱将向下缓慢移动一段距离H，在此过程中温度不变，则有（　　）

A.L>H B.L”、“=”或“”、“ >
【试题解析】 分析:
根据图可知在B点的加速度为最大，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律判断电荷所受电场力大小变化情况，根据功能关系判断电势能的大小关系；
详解:
由题可知：带电小球受到重力、支持力和电场力作用，重力和支持力合力为零，由图（b）可知在B点时加速度最大，可知在B点时电场力最大，即场强最大，即；
由图（b）可知从B点到达C点，动能增大，合力做正功，由于在水平桌面上，重力和支持力不做功，则电场力做正功，动能增加，则电势能减小，即．
点睛:
明确等量电荷电场的特点是解本题的关键，据图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．
17-5【巩固】 【正确答案】 异种 增大
【试题解析】 详解:
[1]根据库仑定律可知库仑力在两点电荷连线的方向上，故点电荷一定既在F1的延长线也在F2的延长线上，因此只能在两延长线的交点上，所以点电荷在下图所示的C点，如图所示

因此两检验电荷为异种电荷；
[2]由

可得

且

则∠OBC=30°，所以C到AB垂线的垂点在AO之间，因此把B处的检验电荷沿BO连线移动至O处，电场力始终做负功，所以电荷电势能增大。
17-6【提升】 【正确答案】 0.2
【试题解析】 详解:
[1]在x=0.4m处时滑块速度达到最大，可知此处滑块所受合外力为零，则此处滑块所受电场力大小为

[2]在x=0.4m处即，由图可知此处电势为φ1=2.5×105V，滑块电势能为

在x=0.2m处即，由图可知此处电势为φ2=5×105V，设滑块在x=0.4m处的速度大小为v，根据动能定理有

解得

17-7【提升】 【正确答案】 3 200
【试题解析】 详解:
[1]依题意，可得

其中



联立可得

[2]根据

电场方向与三角形所在平面平行，D为A、C连线的中点，根据匀强电场的特点可知

所以D点与B点在同一等势线上，根据电场线与等势线垂直，且沿着电场线方向电势逐渐降低，可作出如图所示电场线

由几何关系可得

由匀强电场场强公式可得

18-1【基础】 【正确答案】 平行 匀强 无规律 无
【试题解析】 详解:
(1)[1][2]图1中两平行金属条间中央部分的微屑按平行，说明其间是匀强电场；
(2)[3][4]图2中圆环内部区域微屑按无规律分布，可知圆环内部是无电场。
点睛:
本题考查了用头发屑模拟电场线的实验，要熟悉电场线的分别情况和特征，注意静电屏蔽金属环的内部场强为零，是等势体
18-2【基础】 【正确答案】 正 大 3 先减小后增加 先降低后升高
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]因M、N相互排斥，则带电小球N带正电荷，小球N所带电荷量越多，斥力越大，则丝线偏角越大。
（2）[3]画出小球N受到的力如图。

（3）[4]根据N的受力图可得

解得

（4）[5]小球M在N处的电场强度

（5）[6]小球M、N共同激发电场的电场线，即等量正电荷的电场线分布是图3。
（6）[7][8]MN连线中点的场强为零，则从M沿连线到N的各点电场强度先减小后增加；各点电势大小先降低后升高。
18-3【巩固】 【正确答案】 电压 ＞ C
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验时需要找出等势点，所以实验中需要使用电压传感器；
（2）[2]红、黑表笔分别接在d、f时，Udf＜0，说明d点电势低，A端为正极，B端为负极，则可知d点电势高于e点，故红表笔不动，黑表笔接在e点时，Ude＞0；
（3）[3]本实验是用DIS描绘电场的等势线，但是用恒定电流场来模拟静电场，由于两接线柱是正负极，所以模拟的是等量异种电荷的静电场，故C正确，ABD错误。
故选C。
18-4【巩固】 【正确答案】 同种
【试题解析】 详解:
[1] AB．从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，运动过程中的速度-时间图像如图乙所示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q为等量同种电荷；
[2]试探电荷从C点运动到O点过程中，电场力做正功，电势能转化为动能，到O点时速度最大为v，C点电势为零，由能量守恒定律可知

可得电荷运动到O点时的电势能为

18-5【巩固】 【正确答案】 BE D
【试题解析】 详解:
（1）此实验是用直流电流场模拟静电场，则必须要用低压直流电源，故AC错误，B正确；同时要用零刻度在刻度盘中央的灵敏电流计，则选用量程0～300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表，选项D错误，E正确；故选BE.
（2）根据电流场分布可知，将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，此探针与另一个固定在y轴上的探针的电势差先减小（到达O点时电势差减为0），后向相反的方向逐渐变大，则灵敏电流表G的指针与零刻度夹角的变化情况是先变小后反向变大，故选D.
18-6【提升】 【正确答案】 复写纸 向上 正 电压 ＜
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]在一块平整的木板上，自下而上，依次铺放白纸、复写纸和导电纸，导电纸有导电物质的一面向上，用图钉将它们固定好．
（2）[3]电极A与电源的正极相连作为“正电荷”，电极B与电源的另一极相连作为“负电荷”．
（3）[4]本实验中用电压传感器来探测等势点，用描迹法把等势点连接成等势线．
（4）[5]根据等量的异种电荷电场线的分布情况可知，c、d两点间的电场线比e、d两点间的电场线稀疏，则c、d两点间的场强小，由可知，．
18-7【提升】 【正确答案】 负 增大
【试题解析】 详解:
由图乙可知，检验电荷先减速运动，若Q2为正该电荷将一直加速，故Q2为负；从b到a过程中，由图乙可知，电荷减速，故电场力做负功，电势能增大．
19-1【基础】 【正确答案】 （1）灯泡L2断路 （2）灯泡L1、熔丝F、电键S或电流表A有开路 （3）L1或L2或电压表V2短路
【试题解析】 详解:
(1)故障的是灯泡L2，且灯泡L2断路，电流中没有电流，L2两端的电势分别等于电源两极的电势，则L2两端的电压等于电源的电压。
(2)电压表V2和电流表A的示数是零，说明所在的电路为断路，所以故障可能是：灯泡L1、熔丝F、电键S或电流表A有开路。
(3) 熔丝熔断说明电路电流太大，即有短路的地方，所以故障可能是：L1或L2或电压表V2短路。
19-2【基础】 【正确答案】 （1）0.4V；（2）
【试题解析】 详解:
（1）外电路的路端电压

（2）由闭合电路欧姆定律，可得该太阳能电池板的内电阻

19-3【巩固】 【正确答案】 （1）断路；（2）；（3）；
【试题解析】 详解:
（1）若R断路，电压表不应该有示数，不可能。若R短路，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，则电流表示数应该减小，不符合题意。若断路，电流表不应该有示数，不符合题意。若短路，则电压表不应该有示数，不符合题意。若灯泡短路，电压表不应该有示数，不符合题意。若灯泡断路，总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电流表示数应该增大，同时电压表测量路端电压，符合题意。
故障应是断路。
（2）发生故障后，根据上述分析可知，路端电压

则

发生故障前，并联部分电压

滑动变阻器两端电压


则

（3）发生故障后

发生故障前

联立解得


19-4【巩固】 【正确答案】 （1）50Ω；（2）6V；（3）20Ω
【试题解析】 详解:
（1）定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当滑片位于b端时，全部接入，滑动变阻器接入的阻值最大，总电阻最大，电流最小，根据乙图可知最小电流为0.1A，此时电压表的示数为5V，滑动变阻器接入的电阻为

（2）设电源电压为U，定值电阻的阻值为R0，当滑动变阻器的滑片在b端时，根据串联电路电压的关系有
UU滑U05V+0.1AR0
当滑片位于a端时，电路中的电流为0.6A，只有R0接入电路，则电根据闭合电路欧姆定律
U0.6AR0
整理可知
U6V，R010Ω
（3）根据图丙可知，当滑动变阻器接入的阻值为5Ω时，电路中的总电阻为
R总R滑R05Ω10Ω15Ω
根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的电流为

滑动变阻器消耗的功率为

当滑动变阻器的阻值为R滑2时，滑动变阻器的功率为

整理可知
R2=20Ω
19-5【巩固】 【正确答案】 (1)4A；(2)16V；(3)26V
【试题解析】 详解:
(1)流过电阻R的电流

即通过电动机的电流

(2)电动机输出的机械功率

电动机的发热功率

电动机的输入功率

代入数据解得

(3)由闭合电路欧姆定律知

19-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），方向与水平方向成45°夹角斜向下；（4）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在平行板金属M、N间做类平抛运动的加速度大小为
①
根据运动学公式有
②
联立①②解得
③
（2）粒子从O点进入偏转电场时的速度大小为
④
对粒子在EF左侧的加速过程，根据动能定理有
⑤
联立③④⑤解得
⑥
（3）粒子从N板右侧边缘飞出时的水平分速度大小为
⑦
竖直分速度大小为
⑧
粒子从N板右侧边缘飞出的速度大小为
⑨
设v的方向与水平方向成θ角斜向下，则
⑩
解得
θ=45° ⑪
（4）根据闭合电路欧姆定律有
⑫
19-7【提升】 【正确答案】 （1）10Ω；（2）6V，2Ω；（3），0.9W
【试题解析】 详解:
由图甲可知，电阻R1、R0和变阻器R2串联，电压表V1测量R1和R2的总电压，电压表V2测量变阻器两端的电压。
（1）由图像可知，当R2阻值最大时，电路中的总电阻最大，通过电路的电流最小，通过R2的电流为0.3A，由串联电路电压的规律可知R1和R2的总电压是5.4V，R2两端的电压为3V，R2的最大阻值
R2max==10Ω
（2）R1两端的电压
U1=U1总-U2=5.4V-3V=2.4V
R1==8Ω
当滑片置于R2的中点位置时，滑动变阻器接入电路的阻值
R2′=×10Ω=5Ω
R2消耗的电功率为0.8W，所以
P2=I′2R2′=I′2×5Ω=0.8W
I′=0.4A
以题意，有
U=5.4V+0.3A×R0
U=0.4A×（8Ω+5Ω+R0）
联立解得
U=6V，R0=2Ω
（3）滑片移动xcm时，滑动变阻器接入电路的阻值Rx′′=xΩ，R2消耗电功率
P=



由上式可知，当x=10，即时，R2消耗的电功率达到最大值，最大功率
P最大=
20-1【基础】 【正确答案】 （1）1kg，0.5；（2）10m/s2；（3）10J
【试题解析】 详解:
（1）在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，
所以有

所以物体质量为

重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，体上升运动过程中只受重力摩擦力做功，故由动能定理可得：

解得

（2）物体上升过程受重力､支持力､摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力为

代入数据得

故物体上升过程中的加速度为
=10m/s2
（3）物体上升过程和下落过程物体重力､支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J；又有物体整个运动过程中重力､支持力做功为零，所以，由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为
50J-40J=10J
20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知在恒力F作用下加速度不变此时速度与时间成正比关系，结合表中数据可得t=2.2s时已经撤去拉力F，即此时已经通过B点，所以可得减速过程加速度大小为

同时减速时有

解得
，
（2）根据表格数据可得加速时加速度大小为

同时有

解得

（3）设物体加速运动的时间为，根据匀变速运动公式及物块在加速和减速时在B点的速度相同，同时将减速过程反向来看可得

解得

所以t=1.6s时物体处于减速阶段，将运动反向来看可得此时的瞬时速度为

20-3【巩固】 【正确答案】 不会追尾，判断见详解
【试题解析】 详解:
时刻两车间距为，当两车速度相等时如果没有追尾，则以后也不会追尾。由图得在时两车速度相等。由图象面积表示位移得，前十秒内甲比乙多走的位移大小为图中前十秒两图象中间所夹的三角形面积，该面积为

因为，所以不会追尾。
20-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）4N，垂直于杆向上；（3）112J
【试题解析】 详解:
（1）圆环在沿AB向上运动过程中机械能守恒，有

解得

（2）对于圆环沿OA向上的匀加速过程，有

解得

假设

杆对圆环的弹力垂直与杆向上，由牛顿第二定律得

又

代入数据解得


N的解符合假设；
假设，杆对圆环的弹力垂直于杆向下，由牛顿第二定律得

又

代入数据解得


N的解不符合假设，综上两种情况可知，圆环在OA间向上运动时杆对它的弹力大小为4N，弹力方向垂直与杆向上。
（3）由于圆环在OA间向上作匀加速直线运动，所以其动能和重力势能都增加，所以在该过程中圆环的机械能增加；撤去F后，沿AB向上，再沿BA向下的运动，圆环的机械能守恒；圆环沿AO下滑时滑动摩擦力作负功，机械能减少，所以圆环在A处时机械能最大


代入数据联立解得

20-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）不能，见解析
【试题解析】 详解:
（1）设经时间t1，甲与墙壁发生碰撞，则有

解得

此时两物块的距离为

（2）甲与墙壁发生碰撞时，甲物块的速度和乙物块的速度大小分别为

解得

甲与墙壁发生碰撞后，速度大小不变，方向向右，开始做匀减速直线运动。设经时间t2，两物块共速，则有

解得

此过程中甲乙物块的位移分别为

解得

可以判断

即甲物块不能追上乙物块。
20-6【提升】 【正确答案】 （1）25m，3m/s2；（2）32.5m；（3）12.3s
【试题解析】 详解:
（1）根据图1，甲车开始减速时距乙车的距离x1

根据图2，乙车加速过程的加速度大小a乙

解得

（2）从乙车启动到追上甲车，两车速度均等于15m/s时距离最大，设乙车速度达到15m/s所用时间为t1

5s内甲车的位移为

5s内乙车的位移为

最大距离Δx为

（3）乙车达到最大限速的时间t3

t3时间内乙车的位移为

t3时间内甲车的位移为

再经过t4时间追上甲车

解得

从乙车启动到追上甲车需要的时间

20-7【提升】 【正确答案】 （1）40N；（2）1.1s；（3）不能，原因见解析
【试题解析】 详解:
（1）由图乙可知，向下为正方向，管落地后上升的过程中，在内，管的加速度为

设球和管间的滑动摩擦力大小为，由牛顿第二定律得

解得

（2）在第一次碰撞后到管与球速度（设为）相等的过程中，设球的加速度为，时间为，管上升的高度为，由牛顿第二定律得

解得

速度相等时，根据公式，对球有

对管有

联立解得
，
根据公式，对管有

从速度第一次相等到第二次落地，管与球再次共同运动，设该过程的时间为，则有

解得

则管从第一次落地到第二次落地所用的时间为

（3）假设不能滑出，设管的最小长度为，最终管与球均静止时，球恰好在管的最下端，由能量守恒定律得

其中，解得

由于，所以假设正确，不能滑出。