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云南省锡、铟等有色金属储量丰富.已知锡和铟的逸出功分别为4.42 eV和4.09 eV,若用光子能量为4.30eV的紫外线分别照射这两种金属,则
正确答案
解析
本题考查了光电效应发生的条件,发生光电效应的要求是入射光子的能量大于金属的逸出功（
对于锡:4.30eV<4.42eV,光子能量小于锡的逸出功,不能发生光电效应;
对于铟:4.30eV>4.09eV,光子能量大于铟的逸出功,能发生光电效应.
因此只有铟能发生光电效应,A、C、D选项不符合推导结果.
故选:B
云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利.若电梯由静止开始上升260 m,用时100 s,则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为
正确答案
解析
本题考查了平均速度的计算和超重现象的判断.
①计算平均速度:平均速度的定义式为:
②判断超重/失重状态:当电梯向上加速时,加速度方向向上.根据牛顿第二定律,乘客受到的支持力大于自身重力,这种现象称为超重.
综上,平均速度为2.6m/s,乘客处于超重状态,对应选项A.B、C、D选项的平均速度或状态判断均不符合推导结果.
故选:A
在测量某种透明树脂折射率的实验中,让激光束射入一块两面平行的树脂砖,改变入射点和入射角,得到①、②、③、④四条出射光线,如图所示.不考虑反射,图中经P点射入树脂砖的光,出射后的光线可能是
正确答案
解析
本题考查了光的折射定律（平行玻璃砖的折射规律）.分步推导
第一步:明确平行玻璃砖的核心光路规律
光从空气（光疏）射入树脂（光密）时,折射角小于入射角;从树脂射出回空气时,折射角大于入射角.由于两个界面平行,最终的出射角=初始入射角,出射光线与入射光线平行,但会发生侧向平移（不会和入射光线重合）.
第二步:逐一排除错误选项
光线①:和入射光线完全重合,没有侧移,不符合平行玻璃砖的特点（除非垂直入射,但图中明显是斜射）,排除;
光线②:和入射光线平行,且在入射光线左侧（符合折射的偏折方向:第一次折射向法线偏,第二次折射远离法线,整体向入射侧的左侧偏移）;
光线③④:要么侧移量不符合几何规律,要么方向错误,直接排除.
补充:侧移量的定性判断
入射角越大、树脂越厚、折射率越大,侧移量越大,但无论怎么变,出射光线永远和入射光线平行,这是本题的唯一判断依据.
故选B
我国“天宫”空间站的轨道离地高度约为400 km,空间站内的宇航员每24 h能看到16次日出.“吉林一号”遥感卫星组网中的某颗卫星轨道离地高度约为535 km.已知地球半径约为6400 km,空间站与该卫星绕地球的运动均视为匀速圆周运动,则该卫星的周期约为
正确答案
解析
本题考查了开普勒第三定律（万有引力定律的应用）.
先计算空间站的周期:
已知宇航员每24h看到16次日出,说明空间站绕地球的周期为:
确定轨道半径:
空间站轨道半径:
遥感卫星轨道半径:
应用开普勒第三定律:
根据开普勒第三定律,绕同一中心天体运动的天体满足:
整理得:
计算结果最接近1.5h,因此B选项正确.A、C、D选项的数值与推导结果不符.
故选:B
如图所示,均匀介质中的三个质点 S、P、Q,它们分别静止于直角坐标系 Oxy 平面内的(0,0)、(-2,0)和(4,3)处.t = 0时刻,S 从平衡位置开始垂直 Oxy 平面向上振动,振动频率为 2Hz,形成向外传播的简谐横波,图中实线圆表示某时刻相邻的两个波峰,则
正确答案
解析
本题考查了机械波的传播、波速与周期的计算、质点振动状态分析.
分析A选项:波速计算
由图可知,相邻两个波峰的半径分别为2m和4m,因此波长
已知振动频率
波速
分析B选项:P点的振动状态
P点坐标为(-2,0),到波源S的距离为
因此
分析C选项:波传到P、Q的时间差
Q点坐标为(4,3),到波源S的距离为
传到P、Q的时间差
如图所示,两挂钩可沿固定水平横梁滑动到任意位置后锁定.一挎包质量为 m,其轻质包带长度约为4d,a、b为包与包带的连接点,相距为d.将持包悬挂在两挂钩上,两挂钩
钩相距为
A
B
C
D
正确答案
解析
本题考查了共点力平衡条件的应用.
受力分析与几何关系:
挎包静止时受力平衡,重力mg与两段包带的张力
包带总长为4d,
设每段包带的长度为L,则两段包带总长为2L=3d,,得
两挂钩间距为x,则两段包带的水平投影长度之和为x-d,每段的水平投影为
设包带与竖直方向夹角为
平衡条件推导:
竖直方向合力为零,有:
因此:
其中
特殊点分析:
当
当
当
此时
综上,图像在
故选:D
如图所示,在大小、方向均未知的匀强电场中,O、M、N 三点处于同一竖直面内,将一质量为 0.1 kg、电荷量为
A
B
C
D
正确答案
解析
本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、电场强度与电势差.
步骤1:分解运动,求加速度分量
将小球的运动分解为竖直方向和水平方向,分别分析:
竖直方向(y 轴,向上为正):
小球从 O 到 M,位移
从 M 到 N,位移
竖直方向为匀变速运动,位移公式:
代入t= 1s,y=3m和t=2s,y=0,联立解得:
竖直方向合力:
解得:
水平方向(x 轴,向右为正):
小球从 O 到 N,位移x = 3m,,时间t=2s,初速度
位移公式:
代入数据:
解得:
水平方向合力:
解得:
步骤2:计算电场强度大小
电场强度为矢量,其大小为:
结合选项,最接近的是
步骤3:分析
电场强度的水平分量
沿电场线方向电势降低,因此
综上,只有选项 A(
故选:A
云南至广东高压输电工程在调试阶段采用800kV高压输电,输送功率为
A输电电流为
B输电电流为
C若输送功率不变,提高输电电压,则输电损耗会增加
D若输送功率不变,提高输电电压,则输电损耗会减小
正确答案
解析
本题考查了远距离高压输电的电流与功率损耗计算.
计算输电电流:
根据输电功率公式
因此A错误,B正确.
分析输电损耗:
输电损耗功率
当输送功率
故C错误,D正确.
故选:BD
9. 如图所示,运动员在空场上将排球从a点击出,a点与球网顶部b点的水平距离为x、竖直距离为h,排球被击出时速度大小为v、方向与重力方向之间的夹角为
A保持v、x、h不变,减小
B保持v、x、h不变,增大
C保持
D保持x、h不变,同时增大v和
正确答案
解析
本题考查了抛体运动的分解与临界条件分析.
选项逐一推导
选项A:保持v、x、h不变,减小θ,排球一定下网
减小θ→速度更偏向下,竖直向下的分速度变大;
从击球点到球网的水平距离x不变,水平分速度
竖直方向下落距离y=
选项B:保持v、x、h不变,增大θ,排球一定不会出界
增大θ→速度更偏向上,竖直向上的分速度变大,水平分速度
球可能飞得过高,导致过网后水平飞行距离不够,落在界内;也可能θ太大,球直接竖直向上飞,落回己方场地,「一定不出界」过于绝对.B错误
选项C:保持θ不变,增大x同时减小h,排球不下网就一定出界
增大x（击球点离网更远）、减小h（网相对击球点更高）:
「不下网」说明球到达网的位置时,竖直下落量刚好没低于网顶,此时飞行时间t已经比基准情况更长;
水平分速度
选项 D:保持 x、h 不变,同时增大 v 和 θ.当 θ>90°时,速度有向下的竖直分量 
故选:AC
10. 如图所示,光滑绝缘斜面固定在水平面上,与水平面交于PQ,倾角
A若速度保持恒定,且
B若速度保持恒定,且
C若感应电流恒定,且F对线框做的功W=-0.79 J,则
D若感应电流恒定,且F对线框做的功W=-0.79 J,则该过程的时间t=1.5s
正确答案
解析
本题考查了电磁感应中的动力学与能量问题(线框进入磁场的运动分析).
首先计算线框进入磁场的相关几何与基础量:
等腰梯形的侧边长度在运动方向的分量(即线框进入磁场过程中需要移动的距离):
选项 A 分析
根据右手定则:磁场垂直斜面向下,线框向下运动,ab 边切割磁感线时,感应电流方向为 adcba (逆时针),而非 abcda,A 错误.
选项 B 分析
速度恒定,线框受力平衡:
随着线框进入磁场,有效切割长度 L 从 1.2m 逐渐减小到 0.6m,安培力逐渐减小,因此外力 F 的方向会变化:
初始时安培力大于重力分力,F 沿斜面向上,做负功;
后期安培力小于重力分力,F 需沿斜面向下,做正功.
因此外力 F 并非始终做正功,B 错误.
选项 C、D 分析(感应电流恒定)
感应电流恒定,说明感应电动势恒定,即
初始时:
过程中:有效长度 L 减小,要保持 E 不变,速度 v 必须增大(加速运动),加速度恒定
由几何关系,线框完全进入磁场的位移为
感应电流恒定,安培力的平均值可由初末状态计算,结合动能定理:
重力做功:
安培力做功:
感应电流
结合选项给出的
故选:CD
11.某同学做力的合成实验,实验装置如图（a）甲所示,该装置中三根支撑脚L、M、N的高度可通过地脚螺钉调节.完成下列填空:
(1) 该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平.水平仪内封有液体和气泡,当水平仪底面水平时,气泡会静止在水平仪中心处,俯视图如图 (a) 乙所示.将水平仪放到台面上,气泡静止在水平仪中的位置俯视图如图 (a) 丙所示,下列操作能将台面调成水平的是_____或_____ (填正确答案标号);
A. 保持 M 和 N 高度不变,调高 L
B. 保持 M 和 N 高度不变,调低 L
C. 保持 L 高度不变,同时调高 M 和 N
D. 保持 L 高度不变,同时调低 M 和 N
(2) 如图 (b) 甲所示,将橡皮筋一端固定在 O 点,另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连.某次实验时,拉伸橡皮筋调整圆环圆心至 O'点并保持静止,记录两细线的夹角,由弹簧测力计读出拉力 
(3) 根据测量结果在方格纸上画出
正确答案
(1) BD
(2)3.6
(3)3.8(或 3.7、3.9,作图合理即可)
解析
本题考查了验证力的平行四边形定则实验,涉及装置调平、弹簧测力计读数和力的图示法求合力.
(1)台面调平分析
水平仪中气泡的位置规律:气泡偏向哪一侧,说明哪一侧更高.
图丙中气泡偏向N侧,说明N侧偏高,L侧偏低.A、B选项:保持M、N高度不变,调低L会让L更低,气泡更偏向N;调高L可抬高L侧,使台面水平.因此A错误,B正确.C、D选项:保持L高度不变,同时调高M和N会让台面整体向L侧倾斜,气泡更偏N;同时调低M和N可降低N侧高度,使台面水平.因此C错误,D正确.
(2)弹簧测力计读数
弹簧测力计的分度值为0.1 N,读数需估读到下一位.
指针位于3.6 N刻度线处,因此F₁的读数为3.6 N.
(3)力的图示法求合力
根据平行四边形定则,以F₁、F₂为邻边作平行四边形,对角线即为合力.
每小格代表0.5 N,作图后对角线长度约为7.8个小格,合力大小:
(作图误差允许范围内,3.7 N或3.9 N均合理)
某同学购买的蓝牙耳机电池上标有“80 mA·h”字样,为了测量该电池电动势和实际容量,该同学进行了如下实验:
(1) 测量电池的电动势,可供选择的器材如下:
待测电池E、电流表
完成下列填空:
①该电池允许的最大放电电流为80 mA,电流表应选______ (填“
②请根据上述器材设计实验电路,并在答题卡上指定位置补全电路图;
③按照②中正确电路图连接电路,闭合开关S,记录电流表示数I及电阻箱阻值
(2) 该同学设计出测量电池容量的电路,如图 (b) 甲所示.完成下列填空:
①电路连接完毕,闭合开关
②由图 (b) 乙、丙可知,随着电池持续放电,输出电压和电流均持续减小.当t=120min时,电池输出电压为____V,随后电池输出电压和电流开始迅速衰减,电池无法正常工作.电池处于正常工作状态可以放出的总电量称为实际容量,由测量结果可估算出该电池的实际容量为____
正确答案
(1)①
(2)②输出电压为
解析
本题考查了测量电源电动势和电池容量的实验,涉及器材选择、闭合电路欧姆定律和图像法处理数据.
(1)测量电池电动势
①电流表选择
电池允许的最大放电电流为80 mA,而电流表A₁的量程为0~0.6 A(600 mA),
A₂的量程为0~100 mA,更匹配电池电流范围,因此应选A₂.
②实验电路设计
本实验采用安阻法测电源电动势,电路为:待测电池、开关、电流表、电阻箱串联.
电路图示:
③由图像求电动势
根据闭合电路欧姆定律:
变形为:
图像的斜率为 
由图(a),取两点:
斜率:
则: 
(2)测量电池实际容量
②输出电压与实际容量计算
由图(b)乙可知,
电池容量等于电流对时间的积分(
由图(b)丙,电流从 
放电时间 
13.洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示,玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中.玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面,图乙为其放大示意图,其圆心为O、半径为R、最高点为P,区域内的磁场视为匀强磁场.电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点,以速度v水平向左射出,电子在圆面内运动一段时间后到达P点.已知电子质量为m、电荷量为e,不计电子的重力和电子之间的相互作用.求:
（1）匀强磁场的磁感应强度大小和方向;
（2）电子从S点第一次到达P点所用的时间.
正确答案
(1)磁感应强度大小为
(2)运动时间为
解析
图甲洛伦兹力演示仪示意图图乙匀强磁场区域
(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向
本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.
步骤1:求电子做圆周运动的轨道半径
设电子做圆周运动的轨道半径为r.
S点坐标:以O为原点,S(0,−0.8R);P点坐标:(0,R).
电子从S水平向左射出,速度方向沿x轴负方向,因此轨道圆心在过S点且垂直于速度方向的直线上,
即y =−0.8R这条水平线上.
设圆心为O'(x,−0.8R),则O'到S的距离为r,到P的距离也为r:
r =|x−0|
联立解得:
修正:轨道圆心在速度垂线(竖直方向)上,即x = 0的竖直线上,结合几何关系:
轨道圆心O'(0,y),则:r =|y + 0.8R|
联立得:|y + 0.8R| =|R−y
解得
步骤2:求磁感应强度大小
洛伦兹力提供向心力:
代入
步骤3:判断磁场方向
电子带负电,从
(2)电子从 S 点第一次到达 P 点所用的时间
步骤 1:求电子运动的圆心角
轨道圆心
步骤 2:求圆周运动的周期
步骤 3:求运动时间电子运动的圆心角为
某同学制作了一个简易气动装置,可简化为如图所示的模型,水平汽缸A和竖直汽缸B固定在气压为的恒温环
(1) 打开气阀K,在活塞b上用轻质细线悬挂重物,逐渐增加重物的质量,当重物质量为m时活塞b刚要开始向下运动,求汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力大小;
(2) 在(1)问操作后关闭气阀K,封闭体积为
(3) 在(2)问操作后继续缓慢拉动活塞a,使重物上升高度H,此时活塞b未到达汽缸B的顶部,求该过程中水平拉力对活塞a做的功.
正确答案
(1)最大静摩擦力大小为
(2)活塞
(3)继续拉动过程中拉力做功为
解析
本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的综合应用.
(1)求汽缸
打开气阀
当活塞
解得最大静摩擦力:
(2)求活塞
步骤1:求初末状态气体压强
初始状态:压强
当重物刚要向上运动时,活塞
代入
步骤2:等温过程,由玻意耳定律求末态体积气体做等温变化,满足
解得:
步骤3:求活塞a的位移大小
气体体积的变化量为:
负号表示体积增大,活塞a向右移动的位移:
步骤4:由热力学第一定律求拉力做功
气体温度不变,内能变化
气体对外做功,外界对气体做功
代入
解得拉力做功:
即:
(3)求继续拉动过程中水平拉力对活塞
活塞
此过程中:
外界大气压对活塞
气体对活塞
重物重力势能增加: 
根据能量守恒,拉力做的功等于气体对外做功减去大气压做的功、克服重力和摩擦力的功:
代入化简得:
某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示,装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成,管道透明且光滑,固定在竖直平面内.入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为h₀,每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为h₁和h₂（h₁ < h₂）,每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球,自上而下依次编号为1,2,3,…,N.开始游戏时,在入口端由静止释放一质量为M = 4m的弹球P.所有弹球的直径均略小于管道内径,不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力,所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞,重力加速度为g.
(1) 求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间,弹球P和1号弹球各自的速度大小;
(2) 已知:每个弹球在被上方弹球碰撞后,与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞,且所有弹球（包括P）都能到达出口.
(ⅰ) 求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间,1、2号弹球各自的速度大小;
(ⅱ) 求弹球P与1号弹球第k（k < N）次碰撞后瞬间的速度大小;
(ⅲ) 若N足够大,且
正确答案
(1)碰撞后 P 的速度为
(2)(i)碰撞后 1 号弹球速度为 0,2 号弹球速度为
(ii)第 k 次碰撞后 P 的速度为
(iii)
解析
本题考查了机械能守恒定律、弹性碰撞规律的综合应用.
(1)弹球 P 与 1 号弹球第一次碰撞后的速度
步骤 1:求 P 碰撞前的速度
P 从入口到 1 号弹球位置,机械能守恒:
解得:
步骤 2:弹性碰撞的速度公式
P(质量
代入
(2)(i)1号弹球与2号弹球第一次碰撞后的速度
1号弹球从左端运动到右端,机械能守恒:
解得到达右端的速度:
1号弹球与2号弹球(质量
(2)(ii)P与1号弹球第
每次碰撞的规律为:
第1次碰撞:
1号弹球运动后返回,与P再次碰撞,每次碰撞P的速度变化满足:
因此第 
(2)(ⅲ)求 
由 
代入 
化简得:
结合题设条件,最终关系为:
