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以下为本文档部分文字说明：

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究考点1描述运动的基本概念1．答案：A解析：以列车为参考系，车站与列车的位置有变化，所以以列车为参考系车站是运动的，A正确；以车站为参考系，车厢内行李架上的箱包与车站的位置有变化，车厢内行李架上的箱包是运动的，B错误；研究列

车车轮转动的快慢情况，车轮的大小和形状不能忽略，不能将列车视为质点，C错误；在车厢内窗台上放一杯水测试列车平稳性能时，列车的形状不能忽略，不可以将列车视为质点，D错误．2．答案：D解析：摄像车上的人看到道路边的树

木向东移动，说明摄像车相对于旁观者向西运动，摄像车上的人看到婚车在向西运动，则说明婚车相对于旁观者也向西运动，且婚车比摄像车运动得快，D正确．3．答案：B解析：位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400km，平均速度大小约为v＝xt＝4002.5km

/h＝160km/h.4.答案：A解析：设正方形的四个顶点依次是ABCD，则翻滚后ACD各点的位置如图所示可知A点的位移是x＝a2＋（3a）2＝10a，A正确．5．答案：A解析：空间站绕地球运动一周，位移为0，路程为2πR，A正确，B错误；因位移为零，则空间站绕地球运动一周的平均速度为零，C错

误；平均速率等于路程除以时间，则空间站绕地球运动一周过程的平均速率为v－率＝st＝2πRT，D错误．6．答案：D解析：以向右为正方向，弹丸的加速度a＝ΔvΔt＝2－50.1m/s2＝－30m/s2，弹丸的加速度大小为30m/s2，方向向左，A、B均错误；以向右为正方向，足球的加速度a

′＝Δv′Δt＝－5－50.1m/s2＝－100m/s2，足球的加速度大小为100m/s2，方向向左，C错误，D正确．7．答案：D解析：根据加速度定义式a＝ΔvΔt，质点运动的加速度为0，则速度变化为

0，但速度不一定为0；质点某时刻的加速度不为0，该时刻的速度可能为0，也可能不为0，比如竖直上抛运动到最高点，速度为零，加速度不为零，A、C错误；加速度等于速度的变化率，质点运动的加速度越大，速度变化率越大，但

速度变化不一定越大；质点速度变化越慢，加速度越小，B错误，D正确．8．答案：C解析：火箭正常发射时，宇航员，逃逸塔，运载火箭一起运动，处于相对静止，A、B错误；若火箭发射时遇到突发情况，宇航员将随逃逸塔一起脱离运载火箭，则宇航员、逃逸塔与运载火箭是相对运动的

，C正确，D错误．9．答案：C解析：路程是运动轨迹的长度，由图可知s1>s2，位移是初位置指向末位置的有向线段，从杭州到南京，始末位置相同，位移相同，即x1＝x2，C正确．10．答案：D解析：x­t图像表示运动轨迹是直线，A错误；在0～2s内，舰载机的平均速

度v－＝ΔxΔt＝7.5m/s，B错误；在2～3s内舰载机的平均速度为21m/s，x­t图像的斜率表示速度，舰载机匀加速运动，所以M点的速度不等于2～3s内的平均速度，C错误；N、M两点间的平均速度为v－＝ΔxΔt＝20m/s，舰载机做加速运动，所以舰载机在M点位置时的

速度大于20m/s，D正确．11．答案：B解析：取竖直向下为正方向，乒乓球的速度变化量为Δv＝－2m/s－4m/s＝－6m/s，平均加速度为a＝ΔvΔt＝－61×10－3m/s2＝－6×103m/s2，B正确．

12．答案：(1)1.45(2)1.45解析：(1)滑块长度为d＝8.45cm－7.00cm＝1.45cm.(2)滑块通过光电门的速度v＝dt＝1.45×10－2m1×10－2s＝1.45m/s.考点2匀变速

直线运动的规律及应用1．答案：BCD解析：由题意可知为质点距离A点的距离为5m，则其质点的位移有两种可能．当质点的位移为x1＝5m时，有x1＝v0t＋12at2，解得t1＝1s，t2＝5s；当质点的位移为x2＝－5m，有x2＝

v0t＋12at2，解得t3＝(3＋14)s，t4＝(3－14)s(不合题意，舍去)，B、C、D正确．2.答案：AD解析：设在第一个2s内位移为x1，第三个2s内位移为x3，根据x3－x1＝2aT2，解得a＝x3－

x12T2＝36－122×22m/s2＝3m/s2，A正确；质点在第1个2s内的平均速度大小是v－＝x1T＝122m/s＝6m/s，D正确；第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，即v1＝v－＝6m/s，第2s末的速度大小v2＝v1＋at＝6m/s＋3×

1m/s＝9m/s，C错误；采用逆向思维，把质点在第1s内的运动看成反方向的匀减速直线运动，有x＝v1t－12at2＝6×1m－12×3×12m＝4.5m，B错误．3．答案：A解析：舰载飞机由静止开始匀加速直线运动位移x1后，根据速度—位移公式可得2a1x1＝v21，靠常规动力匀加速直线

运动位移x2后起飞，且飞机的起飞速度大小是电磁弹射过程刚结束时速度大小的k倍，则有2a2x2＝（kv1）2－v21，联立解得靠电磁弹射加速过程中的加速度大小与它靠常规动力加速过程中的加速度大小的比值为a1a2＝x2（k2－1）x1，A正确．4

．答案：A解析：设开始做匀减速时的速度大小为v，则有x＝x1＋x2＝v22a1＋v2－v212a2＝52m，其中a1＝2m/s2，a2＝4m/s2，v1＝4m/s，解得v＝12m/s，则运动员在斜面上运动的

总时间为t＝t1＋t2＝va1＋v－v1a2＝122s＋12－44s＝8s，A正确．5．答案：（1）30m/s（2）10m/s解析：（1）根据动力学公式v2－v20＝2ax解得舰载机的初速度至少为v0＝30m/s（2）设航空母舰的速度为v1，经时间t舰载机起飞，起飞时舰载机

的速度为v＝v1＋at舰载机起飞时的位移x1＝v1t＋12at2舰载机起飞时，航空母舰的位移x2＝v1t舰载机恰能在航空母舰上正常起飞，有x1－x2＝x解得航空母舰匀速航行速度至少为v1＝10m/s6．答案：B解析：设汽车在路面与在冰

面所受阻力分别为f1、f2，加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2＝f1f2＝71，由运动学公式，在路面上有v20－v21＝2a1x1

，在冰面上有v21＝2a2x2，其中x1x2＝87，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝v03，故选B.7．答案：C解析：汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，则反应时间内汽车行驶的距离为x＝v0Δt＝8×0.

2m＝1.6m，D错误；刹车后做匀减速运动，根据速度－时间公式，可知汽车速度减为零所用时间为t1＝v0a＝84s＝2s，则从开始发现情况到车停下来汽车运动的时间为t＝t1＋Δt＝2s＋0.2s＝2.2s，C正确；根据速度—位移公式，可知汽车匀减速的位移为x1＝v22a

＝822×4m＝8m，根据题意可知，从开始发现情况到车停下来汽车通过的距离为s＝x＋x1＝9.6m，B错误；汽车通过的总位移x总＝9.6m<10m，汽车能保证车让人，A错误．8．答案：ACD解析：中间时刻的瞬时速度

等于匀变速运动的平均速度，即vt2＝v－＝v＋7v2＝4v，A正确；根据公式v2－v20＝2ax，解得vx2＝v2＋（7v）22＝5v，B错误；因为中间位置的速度为5v，所以前半程的平均速度为v1＝v＋5v2＝3v，后半程的平均速度为v2＝5v＋7v2＝6v，根据公式

x＝v－t，前后半程所用时间之比为2∶1，C正确；因为中间时刻的速度为4v，前t2时间通过的位移为x1＝v＋4v2·t2＝54vt，后t2时间通过的位移为x2＝4v＋7v2·t2＝114vt，因此x2－x1＝1.5vt，D正确．9．答案：D解析：由题意可知

子弹恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由左向右做初速度为零的匀加速直线运动，则由匀变速直线运动规律的推论：相同位移下的时间比值可知，自右向左子弹通过四个水球的时间比为t1∶t2∶t3∶t4＝（2－3）∶（3－2）∶（2－1）∶1，C

错误；由于加速度a恒定，由加速度的定义可知，速度变化量Δv＝at，由上述的分析可知，子弹在每个水球中的时间不同，所以速度变化量也不同，A错误；由上述的分析可知，子弹穿出前三个水球的时间等于全部穿过水球的时间的一半，因此子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，即为v2

，B错误；逆向分析可看作是初速度为零的匀加速直线运动，根据v2＝2ax可得v＝2ax，子弹穿出前三个水球的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，D正确．10．答案：B解析：根据逐差公式Δx＝aT2，可得质点的加速度a＝MN－PMT2＝10－6

22m/s2＝1m/s2，C错误；经过M点时的速度为vM＝PM＋MN2T＝6＋102×2m/s＝4m/s，则从O点运动到M点的时间为tM＝vMa＝4s，所以OP段所用的时间为tP＝tM－T＝2s，B正确；O、P间

的距离为x1＝12at2P＝2m，A错误；经过P点时的速度为vP＝atP＝2m/s，则P、M两点的速度之比为1∶2，D错误．11．答案：D解析：将t＝1s代入表达式，第1s内的位移大小是4m，A错误；将t＝2s

代入表达式，前2s的位移为6m，前2s内的平均速度大小是v－＝62m/s＝3m/s，B错误；根据x＝v0t＋12at2得v0＝5m/s，a＝－2m/s2，则任意1s内的速度变化量大小都是2m/s，C错误；根据Δx＝at2＝2m，任意相邻的1s内位移差大小都是2m，D正确．12．答案：C解析：根据

x＝10t－2t2，对比x＝v0t＋12at2，该汽车的初速度大小为v0＝10m/s，加速度a＝－4m/s2，即加速度大小为4m/s2，A错误；汽车刹车到停止所用时间为t0＝v0－a＝2.5s，B错误；2.5s时汽车已经停止，所以汽车刹车后6s内的位移与3s内

的位移相同，C正确；车刹车后4s内的位移是x0＝v20－2a＝12.5m，D错误．13．答案：CD解析：由图（b）中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40s，AE的时间间隔为1.6s，A错误；而AC段与CE段的时间间隔为2T＝0.80s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－x

AC＝a（2T）2，解得a＝1.875m/s2，D正确；物块在位置D时速度vD＝xCE2T＝2.25m/s，C正确；由vD＝vA＋a（3T）得物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝v2D－v2A2a＝1.35m，

B错误．14．答案：BC解析：根据v＝144km/h＝40m/s，反应距离x1＝vt1＝40×0.5m＝20m．若刹车时加速度大小为8m/s2，由速度—位移关系可得0－v2＝－2a1x2，代入数据解得x2＝100m，若以8m/s2的加速度进行刹车，汽车行驶距离x＝x1＋x2＝1

20m；若刹车时加速度大小为10m/s2，由速度—位移关系可得0－v2＝－2a2x3，解得x3＝80m；若以10m/s2的加速度进行刹车，汽车行驶距离x′＝x1＋x3＝100m，汽车行驶的距离范围为100m～120m，B、C正确．15．答案：

A解析：无人机做匀减速直线运动的时间t＝0－v0a＝6s，上升的高度h＝0－v202a＝9m，B错误；利用逆向思维，将无人机竖直向上的匀减速直线运动视为从最高点做初速度为零的匀加速直线运动，无人机做匀减速直线运动的

第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比等于做匀加速直线运动的第6s内、第5s内、第4s内的位移大小之比，为11∶9∶7，A正确；由以上分析可知，无人机的位移为9m，运用逆向思维，将无人机的运动看成初速为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀

加速直线运动规律可知，无人机下降第一个3m、第二个3m、第三个3m所用时间之比为1∶（2－1）∶（3－2），则可知无人机上升第一个3m、第二个3m、第三个3m所用的时间之比为（3－2）∶（2－1）∶1，故C错误；无人机在1s内的位移大小h1＝v0t1＋12at21＝（3－12×0

.5×12）m＝2.75m，在2s内的位移大小为h2＝v0t2＋12at22＝（3×2－12×0.5×4）m＝5m，在3s内的位移大小为h3＝v0t3＋12at23＝（3×3－12×0.5×9）m＝6.75

m，因此无人机在1s内、2s内、3s内的位移大小之比为11∶20∶27，D错误．16．答案：B解析：设刹车时的加速度大小为a，由运动学规律得x1＝12at21，v22＝2ax2，解得v2＝2x1x2t1，B正确．17．答案：BC解析：遥控汽车运

动中的最大速度vm＝a1t1，其中a1＝2m/s2、t1＝4s，解得vm＝8m/s，A错误；遥控汽车做加速运动的位移大小x1＝12a1t21＝16m，B正确；遥控汽车做减速运动的时间t2＝vma2，其中a2＝1m

/s2，解得t2＝8s，C正确；因为t1＋t2＝12s<14s，所以遥控汽车运动t＝12s后停止，遥控汽车做减速运动的位移大小x2＝vm2·t2＝32m，遥控汽车启动后在14s内的位移大小x＝x1＋x2＝48m，D错误．18．答案：D解析：根据题意

，停止前的1s内，冰壶的运动可看做反向匀加速直线运动，则有x2＝12at2，解得a＝1m/s2.在减速的第1s内有x1＝v0t－12at2，解得v0＝3m/s，由公式v＝v0＋at可得，冰壶从开始减速到停下所用的时间为t＝v0a＝3s，D正确．19．答案：CD解析：从位移x与时间t的数值

关系可看出，汽车初速度v0＝10m/s，加速度大小a＝2m/s2，A错误；根据汽车初速度v0＝10m/s，加速度大小a＝2m/s2，先求汽车停车时间t＝v0a＝5s，所以汽车在6s末的速度大小为v＝0，汽车在前7s内的位移为x＝v0t－12at2＝25m，B错误，C正确；汽车在

前2s内的位移为x＝v0t－12at2＝16m，平均速度v－＝xt＝8m/s，D正确．20．答案：（1）70s（2）14m/s（3）1123s解析：（1）根据题意可知运动总时间为t总＝x总v－＝3200803.6s＝144s由运动的对称性可知加速时间和减速时间相同，则加速时间t＝t

总－4s2＝70s（2）根据题意得匀减速的位移为x＝3200－30×42m＝1540m又可以根据x＝v－t＝v＋30m/s2×70s＝1540m得v＝14m/s（3）匀加速与匀减速的总位移为x′＝320

0m－30m/s×4s＝3080m所花时间为t1＝2×70s＝140s若仍旧匀速运行则时间为t2＝308030s＝3083s则增加的时间为Δt＝t1－t2＝1123s．考点3自由落体运动和竖直上抛运动1．答案：C

解析：让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长小球的运动时间，减缓小球下落的速度，减小小球的加速度，A错误；让小球在斜面上运动，其实质是“冲淡”重力，减小小球的加速度，延长时间，B错误；伽利略在斜面实验的基础上合理外推：如果斜面的倾角增大到90°，那么小球的运动就是自由落体运动，C正确；伽利

略把斜面实验的结果推广到竖直实验，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“合理外推”，故D错误．2．答案：A解析：自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，自由落体运动状态完全相同，在真空条件下，石头和纸片同时落地，A正确，B错误；g值在地球上随着纬度增大

而增大，C错误；满足速度跟时间成正比的下落运动是初速度为零的匀加速直线运动，但并不一定是自由落体运动，D错误．3．答案：C解析：两个物体做自由落体运动，下落时间由高度决定h＝12gt2，因为高度一样，故下落时间一

样，C正确．4．答案：C解析：冰凌最后1s内下落的高度为25m，则最后1s中间时刻的速度为v＝251m/s＝25m/s，根据自由落体运动规律可得v＝g（t－0.5），则冰凌自由下落的总时间为t＝vg＋0.5s＝3s，C正确．5．答案：（1）0.4s（2）0.2s解析：（1）圆

棒底部距离A点高度h1＝2.3m－0.4m－1.1m＝0.8m圆棒做自由落体运动下落到A点有h1＝12gt21代入数据解得t1＝0.4s（2）圆棒通过AB的过程即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程，可知圆棒底

部到达A点的速度为v1＝gt1＝4m/s圆棒通过AB下落的高度为h2＝1.1m－0.5m＋0.4m＝1.0m圆棒通过AB过程由h2＝v1t2＋12gt22代入数据解得t2＝0.2s．6．答案：B解析：从水火箭到达最高点开始计时，开始匀加速竖直下落，加速度不变，一段时间后，速度达到最大，此时降落伞

打开，再匀减速竖直下降，加速度不变．v­t图像的斜率表示加速度，结合加速度的特点可得图B可能正确．7．答案：D解析：小球A能达到的最大高度为h＝v202g，两球相遇时有v0t－12gt2＋2v0t＋12gt2＝h，解得t＝v06g，两球相遇时的速度之比vA

vB＝v0－gt2v0＋gt＝513，D正确．8．答案：A解析：若t＝2s时的速度方向向上，则根据v＝v0－gt，初速度v0＝25m/s，此时小球在抛出点上方h＝v＋v02t＝5＋252×2m＝30m，若t＝2s时的速度方向向下，则根据v＝v0－

gt，可得初速度v0＝15m/s，此时小球在抛出点上方h＝v＋v02t＝15－52×2m＝10m，A正确．9．答案：C解析：可将4个小球在同一时刻的位置关系看成1个小球在连续相等时间下落经过的位置关系

．根据Δx＝d＝aT2，可得下落过程中的加速度a＝dT2，A错误；经过位置3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则v3＝7d2T，B错误；根据速度时间公式得，通过位置4的瞬时速度为v4＝v3＋aT＝9d2T，C

正确；从位置1到4过程中的平均速度大小v－＝9d3T＝3dT，D错误．10．答案：（1）40m/s，方向竖直向上（2）120m（3）（6＋26）s解析：（1）设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.火箭的上升运动分为两个过程，第一过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运

动至最高点，对第一个过程，自制火箭做匀加速运动有h1＝12at21解得a＝20m/s2由速度公式得v1＝40m/s方向竖直向上；（2）对第二个过程，由位移与速度关系公式得h2＝v212g代入数据解得h2＝80m所以火箭上升离地面的最大高度h＝h1＋h2＝40m＋80m＝120m（3）从燃料用

完到运动至最高点的过程中，有v1＝gt2解得t2＝v1g＝4010s＝4s从最高点落回地面的过程中h＝12at23解得t3＝26s故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝（6＋26）s11．答案：（1）12s（2）110m（3）

4.3s解析：（1）设初速度方向为正方向，v0＝54km/h＝15m/s，v1＝18km/h＝5m/s，则t1＝v0－v1a1＝15－51s＝10st2＝x2v1＝105s＝2s所以汽车从AB处到EF的时间为t＝t1＋t2＝12s（2）由速度位移关系可得x1＝v20－v

212a1＝152－522×1m＝100mAB处到EF的距离为x＝x1＋x2＝110m（3）由速度位移关系得匀减速运动的位移大小为x4＝v202a2＝1522×2.5m＝45m所以匀速的位移大小为x3＝x－x4＝65m匀速运动的时间为t′＝x3v0＝4.3s．

12．答案：C解析：伽利略数学推理和实验验证了小球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比，A错误；伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，但在当时条件下无法直接用实验进行了验证，B错误；伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，采用斜面实验，其实就是为了“冲淡重

力”，使物体下落时间长些，便于测量小球的运动时间，C正确；甲、乙、丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，D错误．13．答案：C解析：尺子下落的高度也就是手抓住位置的刻度，尺子下落的时间就是人的反应时间，所以将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间

”，A正确；因为尺子总长为50cm，根据自由落体公式，下落的时间为t，则t＝2hg＝1010s≈0.32s，若某同学的“反应时间”大于0.5s，无法抓住尺子，也就无法用该直尺测量他的“反应时间”，B正确；乙同学第一次抓住直尺位置的刻度值为20

cm，即尺子自由落体高度为20cm，根据h＝12gt2，可得“反应时间”t＝0.2s，直尺的速度v＝gt＝2m/s，C错误，D正确．14．答案：BC解析：若0.4s时物体的运动方向向下，则物体下落的时间为t＝vg＝410s＝0.4s，与竖直上抛

相矛盾，A错误；因0.4s时物体的运动方向向上，可知物体抛出时的初速度v0＝v＋gt＝4＋10×0.4m/s＝8m/s，则物体上升的时间和下落的时间均为0.8s，则物体一定是在1.6s时回到拋出点，B、C正确；物体在1.6

s时回到拋出点，则0.9s时物体一定在初始位置上方，D错误．15．答案：A解析：小沙包上升和下降过程中均只受重力左右，加速度大小为g，方向竖直向下，A正确，B错误；小沙包上抛的初速度越大，小沙包在空中运动的时间越长，在规定时间内抓起的“筹码”就越少，C错误；小沙包若没有被“接住”，到达抛出

点的速度与抛出时相等，桌面在抛出点下方，故到达桌面时速度比抛出时大，D错误．16．答案：D解析：根据h＝12gt21，解得金属管下端到达窗户上沿的时间t1＝0.4s，根据D＋h＋L＝12gt22，解得金属管上端过窗户

下沿时间t2＝0.8s，金属管穿过窗户所用时间t＝t2－t1＝0.4s，A错误；根据v1＝gt1，解得金属管下端到达窗户上沿的速度v1＝4m/s，B错误；根据v22＝2g（h＋L），解得金属管下端到达窗户下沿的速度v2＝214m/s

，C错误；根据v23＝2g（h＋L＋D），解得金属管上端到达窗户下沿的速度v3＝8m/s，D正确．17．答案：AD解析：若物体B正好运动到最高点时两物体相遇，物体B速度减小为零所用的时间t＝v0g，此时A下落的高

度hA＝12gt2，B上升的高度hB＝v202g，且hA＋hB＝H，解得v0＝gH＝10×20m/s＝102m/s，若v0＝102m/s，则A、B两物体在B上升的最高点相遇；若v0>102m/s，A、B两物体相遇时，B正在

上升途中，A正确，B、C错误；若A、B两物体恰好在落地时相遇，则有t＝2v0g，此时A下落的高度hA＝12gt2＝H，解得v0＝gH2＝10×202m/s＝10m/s，若10m/s<v0<102m/s，A、B两物体相遇时，B正在下落途中，D正确．18．答案：（1）2.5m/s2（2）

4.96s解析：（1）设严海滨匀加速运动加速度的大小为a，二人共速时刚好完成交接棒，设此过程所用时间为t0，则有v0＝at0＝10m/sv0t0－12at20＝x0＝20m联立解得t0＝4s，a＝2.5m/s2（2）严海滨接棒后仍保持最大加速度加速至10.5m/s，则加速

过程所用时间为t1＝v1a＝10.52.5s＝4.2s该过程通过的位移为x1＝v12t1＝10.52×4.2m＝22.05m则接下来匀速运动的时间为t2＝xAC－x1v1＝30－22.0510.5s≈0.76s则他通过接力区AC用时t＝t1＋t2＝4.96s考点4运动图像追及和相

遇问题1．答案：A解析：t＝5s时甲乙速度相等，由图可得甲做匀减速运动的加速度为a甲＝0－248m/s2＝－3m/s2，根据速度时间公式得交点速度满足v＝v0＋at＝24m/s＋（－3）×5m/s＝9m/s，速度时间图像的斜率表示加速度a乙＝9－55m/s2＝0.8m/s2，A正确．

2．答案：C解析：速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车上的人观察的图像，即小球相对于车沿竖直方向向上的速度关系图像．小车相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方向的速度图像．开始时v2不变，则速度的大小v不变，之后v2与y是线性关系，

由速度与位移关系公式v2－v20＝2ay知此时小车做匀变速运动．所以开始时小球在竖直方向上做匀速运动，之后做匀加速直线运动，加速度竖直向上．小球在水平方向一直随实验车做匀速直线运动，结合运动的合成可知，地面上

静止的观察者看到小球的运动轨迹是先斜向上做匀速直线运动，后做向上偏转的类斜抛运动．故A、B、D错误，C正确．3．答案：C解析：根据初速度为0的匀加速直线运动，初速度为0时，连续通过三段相同位移的时间之比为1∶2∶3，而动车做匀减速直线运动，A错误；x0t1为动车第一段位移的

平均速度不等于初速度，B错误；车头前端经过立柱A、C过程中的平均速度大小为v－＝2x0t3－t1，C正确；x0t2－t1为车头前端经过立柱A、B过程的平均速度，即中间时刻速度，不等于中间位置时的速度，D错误．4．答案：B解析

：由图可知，在t1时刻两车速度相同，则运动方向相同，A错误；根据v­t图像的面积表示位移可知，在0～t1这段时间内，在t1时刻，b车的位移与a车的位移差最大，所以此时两车相距最远，B正确；由图可知，在0～t1这段时间内，b车先正向加速后减速，速度方向不变，C错误；根据匀变速直线运动的平均速度

公式可得，在0～t1这段时间内，a车的平均速度为v－＝v0＋v2＝v1＋v22，而由图可知，在0～t1这段时间内，b车的速度始终大于a车的速度，所以b车的平均速度大于v1＋v22，D错误．5．答案：B解析：由速度—位移公式v2－v20＝2ax得v2＝2a·x＋v20，结合图像可知v20＝

25m2/s2，小球的初速度为v0＝5m/s，图线的斜率为k＝2a＝25－1＝－25，解得a＝－12.5m/s2，A错误，B正确；小球上升的时间为t＝v0a＝512.5s＝0.4s，C错误；小球上升过程的平均速度为v－＝v02＝2.5m/s，D错误

．6．答案：AD解析：设A恰能追上B，在斜面上运动时间t1，在平面上运动时间t2，则有位移关系a1t1t2＝12a（t1＋t2）2，速度关系a1t1＝a（t1＋t2），解得t1＝t2＝12（t1＋t2），a＝12a1，A正确，B错误；设小滑块A从斜面上由静止释放的位置距斜面底端的距离为x，

则x＝12a1t21，若仅减小a1，则t1变长，又因为调整a，仍使A恰好追上B，仍满足t1＝t2＝12（t1＋t2），A、B的相遇时间t1＋t2会变长，D正确；若仅减小a1，并调整a，仍使A恰好追上B，则AB的相遇点距斜面底端的距离x1＝12a（t1＋t2）2，因为a＝12a1，a1减小，则a减小

，t1＋t2变长，A、B的相遇点会变远还是变近或不变，不能确定，C错误．7．答案：（1）1.5m/s2（2）2s解析：（1）根据题意，汽车刹车从刹车到s＝48m处的站点停车，则由速度与位移的关系式可得v2－v20＝2as可知汽车刹车加速度为a＝0－v20

2s＝－1222×48m/s2＝－1.5m/s2即汽车刹车加速度的大小为1.5m/s2.（2）公共汽车从刹车到静止的过程，设所用时间为t0，则有0＝v0－at0解得t0＝8s汽车相对自行车做初速度为v′0＝（12－3）m/s＝9m/s加速度大小为a＝－1.5m/s2的匀减速运动，设车头到达自行车

尾历时为t1，则有s0＝v′0t1＋12at21代入数据解得t1＝2s或t1＝10s>t0（舍去）8．答案：（1）62.5m（2）5s4.4s（3）16.7m解析：（1）大货车做匀减速直线运动，有v21＝2a1x解得，大货车刹车痕迹的长度x＝62.5m（2）由速度公

式有v1＝a1t1则大货车停下的时刻为t1＝5s小汽车停下的时刻为t2＝v2a2＋Δt＝4.4s（3）设经过时间t′二者速度相等，有v1－a1t′＝v2－a2（t′－Δt）解得t′＝3.4s大货车的位移大小x1＝v1t′－12a1t′2解得x1＝56.1m

小汽车的位移大小x2＝v2t′－12a2（t′－Δt）2解得x2＝72.8m要使两车不追尾，应有x1＋d＝x2解得，小汽车和大货车之间的最小距离为d＝16.7m9．答案：AC解析：v­t图像的斜率表示加速度，则得A、B两车的加速度分别为aA＝ΔvΔt＝0.4m/s2，aB＝Δv′Δ

t′＝2m/s2，因为aBaA＝20.4＝51，所以摩托车B的加速度为摩托车A的5倍，A正确；由题图可知，在t＝25s时两车达到相同的速度，在此之前摩托车A速度一直大于摩托车B速度，两辆摩托车距离一直在缩小，所以在t＝0时刻，两辆摩托车距离最远，不是从同一地点出发的，B错误；

速度图像和坐标轴围成的面积代表摩托车行驶的位移，因此两辆摩托车间的最远距离Δx＝xA－xB＝12×（20＋30）×25m－12×30×（25－10）m＝400m，C正确，D错误．10．答案：BD解析：速度—时间图像斜率的

绝对值表示物体加速度的大小，根据图像可得甲的加速度大小为a甲＝10－304－0m/s2＝5m/s2，A错误；速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移为正，时间轴下方表示位移为负，则根据图像可得，0～4s内甲的位移大小为x＝4×（10＋30）×12m＝80m，B正确

；根据题意可知，0时刻两车并排行驶，而根据图像可知，在0～4s内甲车的速度始终大于乙车的速度，而在t＝4s时，甲乙两车速度相等，可知在t＝4s时甲乙两车之间的距离达到最大，C错误；设甲车速度减为零所用的时

间为t0，则有t0＝v甲a甲＝305s＝6s，该时间段内甲乙两车的位移分别为x甲＝v甲t0－12a甲t20＝90m，x乙＝v乙t0＝10×6m＝60m，当甲停止运动时两车相距Δx＝x甲－x乙＝30m，此后乙车继续做匀速直

线运动追赶甲，设在经过时间t1乙追上甲，则有t1＝Δxv乙＝3010s＝3s，经过时间t＝t0＋t1＝9s，乙刚好从后面追上甲，D正确．11．答案：C解析：根据v­t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，0～t2内位移逐渐增

大，A、B错误；因为t1到t2时间内，图像若是直线与时间轴所围面积大于曲线与时间轴所围面积，根据平均速度的定义可知，在t1～t2内平均速度小于v1＋v22，C正确，D错误．12．答案：D解析：由题图可知

，甲、乙两车刹车后的位移大小相等，t＝0时刻，两车并排行驶，A、C错误；由题图中图线切线的斜率可知，t＝0时刻，甲车刹车前的速度大小比乙车的大，B错误；在刹车过程中，位移相等，甲车所用时间短，则甲车的平均速度比乙车的大，D正确．13．答案：A解析：b车启动时，a车在其前方距离Δx

＝12×2×1m＝1m处，A错误；运动过程中，当两车速度相等时，b车落后a车的距离最大，最大距离为Δxm＝1＋32×1m－12×1×1m＝1.5m，B正确；b车启动3s后，a车的位移xa＝12×2×1m＋3×1m＝4m，b车的位移xb＝1＋32×2m＝4m，即b车

恰好追上a车，C正确；b车超过a车后，因b车速度大于a车，则两车不会再相遇，D正确．14．答案：BC解析：两物体的加速度方向与速度方向均相同，都做加速直线运动，A错误，B正确；t＝0时刻，物体M的加速度较大

，则速度的变化率较大，C正确；a­t图像的面积等于速度变化量，则0～t1时间内，M的速度变化量较大，D错误．15．答案：BD解析：x­t图像的斜率表示速度，A物体做匀速直线运动，运动方向不变，A错误；x­t图像的斜率表示速度，可知0～

6s内B物体的速度逐渐增大，B正确；0～5s内两物体的位移不相等，所以平均速度不相等，C错误；0～6s内某时刻两物体斜率绝对值相等时，速度大小相等，D正确．16．答案：CD解析：由公式v2t－v20＝2ax得v2t＝2ax＋v20，在v2­x图像中

，倾斜直线表示物体做匀变速运动，由题图可知，汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，A错误；加速阶段，图像斜率k＝2a＝1.5m/s2，解得a＝0.75m/s2，B错误，C正确；汽车在加速阶段，初速度v0＝5m/s，末速度vt＝10m/s，则加速时间t＝vt－v0a＝203s，D正确．17．

答案：BC解析：v­t图像中，斜率表示加速度，由图可知前5s内甲的加速度比乙的小，A错误；由图像可知，10s后两物体间距先减小后增大，B正确；由图可知，甲的加速度为a甲＝2510m/s2＝2.5m/s2，a乙＝2

05m/s2＝4m/s2，所以8s时，甲、乙的位移分别为x甲＝12a甲t2＝12×2.5×82m＝80m，x乙＝12×20×5m＋20×3m＝110m，则Δx＝x乙－x甲＝110m－80m＝30m，所以8s时乙在甲前方30m处，C正确；由图像可知，10s末，乙车在甲车前方且与甲车的距

离Δs＝30m－5m＝25m，设10s后再经Δt时间两车相遇，即Δs＝（v甲－v乙）Δt，解得Δt＝5s，所以15s时两物体相遇，D错误．18．答案：（1）40m（2）7s（3）33m解析：（1）汽车刹车后做匀减速直线运动，刹车过程的位移大小s1＝v212a1解得s1＝50m又L1＝x1－

s1解得L1＝40m（2）汽车匀减速行驶的时间t1＝v1a1解得t1＝5s从人开始奔跑到汽车开始刹车，汽车匀速行驶的时间t2＝L1v1解得t2＝2s又t＝t1＋t2解得t＝7s（3）人匀加速奔跑的时间t3＝v2a2解得t3＝3s人匀加速奔跑

的位移大小s2＝v22·t3解得s2＝9m人匀速奔跑的位移大小s3＝v2（t－t3）解得s3＝24m又x2＝s2＋s3解得x2＝33m考点5实验一探究小车速度随时间变化的规律1．答案：（1）交流电流（2）A（3）0.10.645解析：（1）在“探究加速度与力、

质量的关系”的实验中，打点计时器使用的电源是交流电流．（2）调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，A正确；每次实验，都要先接通打点计时器电源，再放开小车，B错误；平衡摩擦力时，应将沙桶与小车断开，将小车后面的纸带连接好，调节长木板坡度，使轻推小车后能匀

速直线运动，C错误；改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，D错误．（3）打点计时器所用电源的频率为50Hz，则每次打点间的时间间隔为0.02s，相邻两计数点间还有四个点未画出，则两个相邻的计数点的时间间隔为0.1s．B点时的速度为A、C两点间的平均速

度，即vB＝xACtAC，代入数据得vB＝0.645m/s2．答案：（1）电火花（2）0.570（3）0.43解析：（1）小华利用家庭电源来做实验，由于家庭电源为220V的交流电，所以应该选择电火花计时器．（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段过程的平均速度，则打下计数点

6时小车的速度为v6＝x572T＝（32.45－21.05）×10－22×0.1m/s＝0.570m/s.（3）根据逐差法可得，小车的加速度为a＝x36－x039T2＝（26.55－11.35－11.35）×10－29×0.12m/s2≈0.43m/s2.3．答案：（1）A（2）D（3）0

.451.4偏小解析：（1）A为电火花打点计时器，为了尽可能减小实验误差，应选用电火花打点计时器．（2）细线与长木板平行是为了使小车做匀加速直线运动，A正确；释放小车前，小车要靠近打点计时器，以便能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，B正确；实验中为了在纸

带上打出更多的点，提高纸带的使用效率，具体操作中要求先接通电源，启动打点计时器，待打点稳定后，再释放小车，C正确；并不是牵引小车的钩码个数越多越好，钩码太多，加速度太大，打点太少，不利于测量，D错误．（3）打点计时器所接交流电的频率为50Hz，则

打点周期T＝0.02s，则相邻计数点的时间间隔t＝5T＝0.1s，打C点时，小车的速度为BD两点之间的平均速度vC＝xBD2t＝xAD－xAB2t＝0.45m/s.小车的加速度根据逐差法可得a＝xCD＋xDE－（xAB＋xBC）（2t）2＝xAE－2xAC（2t）2＝

1.4m/s2，若实际所接交流电的频率大于50Hz，则测量时所用的打点周期偏大，测得的加速度偏小．4．答案：（1）64.3（2）2（v2－v1）t1＋t2偏大解析：（1）游标卡尺的主尺读数为64mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×3mm＝0

.3mm，所以最终读数为64mm＋0.3mm＝64.3mm.（2）AB中间时刻的速度为v1＝ABt1，BC中间时刻的速度v2＝BCt2，根据v2－v1＝gt，其中的t＝12（t1＋t2），解得g＝2（v2－v1）t1＋t2

，若狭缝宽度不能忽略，A到C的实际时间大于t1＋t2.所以测量得到的重力加速度值比其真实值偏大．5．答案：（1）物体下端距地面的高度h（2）g＝2ht2（3）2h解析：（1）根据h＝12gt2可知要计算重力加速度，还需要测量物体下端距地面的高度h；（2）根据h＝12gt2

可得g＝2ht2.（3）根据h＝12gt2整理可得2h＝gt2，为减少实验误差，改变铁圈的固定位置，多次测量．以t2为横坐标，2h为纵坐标建立坐标系，图线的斜率为重力加速度．验收检测卷一运动的描述匀变速直线运动的研究1．答案：D解析：时刻是时间点，表示某一瞬间，“一千多年”是时

间间隔，是时间段，不是时刻，A错误；在研究物体运动时，其大小与形状可以不考虑时，可以视为质点，湘江在某些运动情况下其尺寸、形状可以忽略时可以看作质点，B错误；路程是移动的距离，是轨迹长度，从湘潭到长沙坐火车与骑车轨迹长度不一定相同，所以路程也不一定相同，C错误；“太阳东升西落”是以地球为参

考系，D正确．2．答案：A解析：由于v高铁>v汽，故在相同时间内，该高铁匀速行驶时通过的路程大于该汽车匀速行驶时通过的路程，A正确；由于时间未知，故平均加速度大小未知，B错误；汽车由静止启动，在加速过程中加速度方向与速度方向相

同，C错误；汽车在做加速运动，故加速阶段汽车的加速度可能不变，也可能增大或减小，后匀速运动时加速度为0，D错误．3．答案：B解析：质点做匀加速直线运动，所以质点的加速度不变，A错误；质点做匀加速直线运动，质点的速度随时间均匀增

大，B正确；根据匀变速直线运动的速度—时间公式，质点第4s末的速度为v＝v0＋at＝2m/s＋0.1×4m/s＝2.4m/s，C错误；加速度为0.1m/s2，每经过1s时间，物体速度就增大0.1m/s，D错误．4．答案：A解析：由

图可知，在t1时刻，两者的位移相等，即处在并排的位置，A正确；由图可知，在t1时刻，图像的切线斜率并不相等，即两者速度不相等，B错误；由图可知，在0～t1时间内，二者的位移相等、用时相等，所以摄像机的平均速度等于运动员的平均速度，C错误；由图可知，摄像机做匀速直线

运动，运动员做变速直线运动，D错误．5．答案：B解析：根据题意可知0.5s～1.0s间的位移为x2＝8m－3.5m＝4.5m，根据匀变速运动规律Δx＝aT2可知加速度为a＝4.5－3.50.52m/s2＝4m/s2，B正确．6

．答案：B解析：设两滴水滴之间的时间间隔为Δt，则第2滴水下落时间t时刻两滴水的距离Δh＝12g（t＋Δt）2－12gt2＝gΔt·t＋12gΔt2，则随时间t的增加1、2两水滴在下落过程中距离越来越大，A错误，B正确；1、2两水滴之间的速度差Δv＝g（t＋Δt）－gt＝gΔt，保持不

变，C错误；以水滴3为参考系，因水滴的加速度均相同，可知水滴1做匀速直线运动，D错误．7．答案：A解析：设机械狗的加速度大小为a，因加速和减速时加速度大小相等，加速和减速时间相等均为t，设最大速度为v，由平均速度公式可得x＝v2t×2，解得t＝2s，由v＝at可得

a＝1.5m/s2，A正确．8．答案：D解析：汽车初速度为v0＝36km/h＝10m/s，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，可求出v＝v0＋at＝16m/s，A错误；刹车后的停车时间为t停＝va′＝4s，刹车后

2s时的速度大小为v′＝v－a′t′＝8m/s，B错误；加速第1秒内的位移为x1＝v0t1＋12at21＝10.3m，C错误；正向匀减速可看成反向匀加速，可求出停止前最后1秒内位移为x2＝12a′t22＝2m，

D正确．9．答案：BC解析：设每一部分长为l，由位移公式x＝12at2可得t＝2xa，到达B、C、D、E点的位移分别为l、2l、3l、4l，故到达各点经历的时间之比为tB∶tC∶tD∶tE＝1∶2∶3∶2，由v＝at可得，物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE＝1∶2∶3∶2，A

错误，B正确；物体到达B点的速度为vB＝2al，到达E点的速度为vE＝2a·4l＝22al，从A到E的平均速度为v－＝0＋vE2＝2al，故物体从A到E的平均速度等于vB，而vB<vC，故C正确；通过每一部分所用时间之比为ΔtAB∶ΔtBC∶

ΔtCD∶ΔtDE＝1∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3），通过每一部分的速度增量Δv＝aΔt，可知物体通过每一部分时，其速度增量不相等，D错误．10．答案：ABD解析：根据平均速度的定义可得物体在第2s初到第3s末的平均速度的大小为v－＝x2＋x32T＝4＋62×1＝5m/s，A正确；根据

逐差法可得物体的加速度为a＝ΔxT2＝x3－x2T2＝6－41＝2m/s2，则第1秒内的位移为x1＝x2－aT2＝4－2×1＝2m，B、D正确；根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得第2s末的速度为v2＝x2＋x32T＝6＋42×1＝5m

/s，则根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得初速度为v0＝v2－at＝5－2×2＝1m/s，C错误．11．答案：BD解析：根据题意并结合a­t图像可知，小汽车在0～2s内由静止向正方向做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，在2～4s内沿正方向做加速度为2m/s2的匀减速直线运动，4s时

速度刚好为0，在4～6s内由静止沿正方向做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，6s时离出发点最远；根据对称性可知，1s时和3s时速度相同，B、D正确．12．答案：BD解析：根据题中图像可知A车的加速度大小a＝105－1m/s2＝2.5m/s2，A错误；A车司机反应时间内，A车静止，B车做

匀速直线运动，两车间缩短的距离x1＝vBt1＝10m，B正确；5～6s内，A车的位移大小xA′＝vBt3＋12at23＝11.25m，B车的位移大小xB′＝vBt3＝10m，两车之间的距离x0′＝xA′－xB′＝

1.25m，C错误；根据题意可知，两车速度相等即t＝5s时恰好未发生碰撞，A车在0～5s内的位移xA＝vB2×（t2－t1）＝20m，B车在0～5s内的位移xB＝vBt2＝50m，两车初始距离x0＝xB－xA

＝30m，D正确．13．答案：（1）d6－d410T（2）图像见解析（3）0.40（4）不变偏小解析：（1）电火花计时器接220V、50Hz交变电源．则有打点周期T＝0.02s，每相邻两个计数点间还有4个点没有画

出，则相邻两计数点的时间间隔为5T，由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打F点时的速度公式为vF＝d6－d42×5T＝d6－d410T.（2）由题表中的数据在图乙所示坐标系中描点画图．如图所示．（3）由v­t图像的斜率表示

加速度，可得小车的加速度为a＝ΔvΔt＝0.301－0.15×5×0.02m/s2＝0.40m/s2.（4）当电网中交变电流的电压变成210V，可交流电的频率没变，打点周期不变，则不会影响加速度的测量值，因此加速度的测量值与实际值相

比不变．电网中交变电流的频率是f＝51Hz时，由T＝1f＝151s<0.02s，打点周期变小，测量时仍按T＝0.02s计算，则测量值与实际值相比偏小．14．答案：（1）12m/s2（2）能成功解析：（1）战斗机着舰过程，

设其加速度为a1，v0＝55m/s，v1＝25m/s，t1＝2.5s，则v1＝v0＋a1t1解得a1＝－12m/s2即加速度的大小为12m/s2（2）设战斗机着舰过程中的位移x1，有x1＝v0＋v12t1解得x1＝100

m战斗机复飞过程中，其加速度为a2＝6.25m/s2，起飞需要的最小速度为v2＝50m/s.设战斗机的最小位移为x2，有v22－v21＝2a2x2解得x2＝150m因为x1＋x2＝250m<L＝300m故本次“逃逸复飞”训练能成功．15．答案：（1）

40m（2）25m（3）12m/s2<a2<22m/s2解析：（1）以竖直向上为正方向，初速度v0＝10m/s，加速度a＝－g，由竖直上抛规律得H＝v0t＋12（－g）t2解得H＝－40m则小球抛出点离地面的高度为40m.（2）小球做上抛运

动所用时间为t0＝v0g＝1s因此下落总时间为3s，小球落地前最后一秒的位移大小x＝12g（32－22）m＝25m．（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为t1，由s＋L＝12a1t21解得t1＝3s速度为v

＝a1t1＝6m/s当小车车尾刚好接住小球，则x1＝v（t－t1）－12a2（t－t1）2＝0解得a2＝12m/s2当小车车头刚好接住小球，则x2＝v（t－t1）－12a′2（t－t1）2＝－L解得a2′＝22m/s2故为了让小车接住小球，加速度大小a2的范围为12m/s2<a2<22

m/s2.16．答案：（1）3s，12m（2）8s（3）不能，1m/s2解析：（1）经过t1时间后，当甲车速度与货车速度相等，此时甲车与货车的距离达到最大，由题意有v货＝v甲＋at1可得t1＝3s该时间内甲车

的位移为x甲＝v甲t1＋12at21＝10×3m＋12×2×32m＝39m该时间内货车的位移为x货＝v货t1＝16×3m＝48m则甲车与货车的最大距离为dmax＝x货－x甲＋s＝12m（2）从开始到甲车恰好完成超车所经过的时间为t

，则有x′甲＝x′货＋L1＋L2＋s即v甲t＋12at2＝v货t＋L1＋L2＋s代入数据解得t＝8s故甲车完成超车至少需要8s.（3）t时间内甲车的位移为x′甲＝144mt时间内乙车的位移为x乙＝v乙t＝96m即有x′甲＋x乙>208m故甲不能安全超车．若乙

车以加速度a乙减速，则乙车的位移最多为x′乙＝208－x′甲＝64m即有x′乙＝v乙t－12a乙t2代入数据解得，乙车的加速度至少为a乙＝1m/s2.第二章相互作用——力考点6重力弹力摩擦力1．答案：D解析：无法比较F1和F2的大小，因为两个力的标度的大

小未知，D正确．2．答案：D解析：只有质量分布均匀形状规则的物体，其重心才在几何中心上，A错误；物体的重心可以在物体上，也可以在物体外，如质量分布均匀环的重心在环的本体外，B错误；用一绳子将物体悬挂起来，物体

静止时，由二力平衡可知，该物体的重心一定在绳子的延长线上，C错误；重力是由于地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的，D正确．3．答案：C解析：足球重力的作用点在重心上，但是其他部分也受重力，A错误；足球重力的方向竖直向下，B错误；根据力的图示可读得足球重力的大小

为5N，C正确；力的图示中标度不是唯一的，不一定是2.5N，D错误．4．答案：D解析：静止在地面上的足球受到的弹力是由于地面形变产生的．静止在光滑水平地面上的两个足球接触但没有形变，相互间无弹力作用．足

球受重力、脚所施加的竖直向下的弹力及地面提供的竖直向上的弹力，足球在三个力作用下静止，A、B、C错误；球网与足球间的弹力产生了两个作用效果：一是使球网发生明显形变；二是使足球改变了运动状态，D正确．5．答案：B解析：若小车静止或匀速直

线运动，因细绳始终保持竖直，小球受重力和绳子的拉力作用，斜面对小球的支持力为0，A错误，B正确；若小车做变速运动，小球受两个力或三个力的作用，C、D错误．6．答案：CD解析：初始时刻对小球受力分析如图（设弹簧弹性系数为k）此时弹簧的长度为l1＝l24＋l2＝52l此时弹簧的弹力为Fk＝k（5

2－1）l此时水平方向有N＝Fkcosθ＝25Fk竖直方向有15Fk＋F＝mg；当弹簧处于原长时，如图所示此时小球受到2个力，F＝mg；当弹簧呈水平状态时，对小球受力分析如图所示此时弹簧的长度为l2＝l2－l24＝32l此时弹簧的弹力为Fk′

＝k（1－32）l此时水平方向Fk′＝32N′竖直方向有F＝12N′＋mg由图可知，从初始状态到弹簧恢复原长的过程中，F从mg－15Fk逐渐增大到mg，然后从原长位置到弹簧呈水平状态位置，F从mg增大到12N′＋mg，故F一直在增大，A错

误；综上所述，小球在运动过程中不可能受到3个力的作用，可能受到2个力作用或者4个力的作用，故B错误；因为Fk＝k（52－1）lFk′＝k（1－32）l，所以Fk′>Fk，故弹簧在末态时的弹力比初态时的大，故C正确；初始状态时，轻质杆所受弹力为N＝Fkcosθ＝25Fk＝（5－25）5kl当弹簧恢

复到原长位置时，轻质杆所受的弹力为0当弹簧处于水平状态时，轻质杆所受的弹力为N′＝23Fk′＝（23－3）3kl所以N′>N所以轻质杆所受的弹力先变小后变大，故D正确．7．答案：BD解析：白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知

，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，A错误；在书写的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及

桌面对白纸向左的摩擦力，故白纸对桌面的摩擦力向右，C错误，D正确．8．答案：C解析：因为三个物体都静止，所以先以整体为研究对象，可知地面对A的摩擦力为零，再以B、C为研究对象，可知A对B的摩擦力大小为1N，再以C为研究对象，因为水平方向不

受其他力的作用，则B对C的摩擦力为零，C正确．9．答案：C解析：物块相对木板运动，所以物块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力，本实验中，木板不论处于什么运动，物块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于物块受到的滑动摩擦力，保持不变，C正确．10．答案：（1）1000N/m（2）0.3（3）5N解析：（1）

由于砝码处于静止则kΔx＝mg代入数据得k＝1000N/m（2）书恰好匀速运动，有平衡可知kΔx′＝μNN＝mg解得μ＝0.3（3）当F减小为20N时，书受到的最大静摩擦力为fm＝μF＝0.25×20N＝5N<

mg＝8N，书沿墙面向下运动，此时摩擦力为滑动摩擦力，大小为5N．11．答案：C解析：瓶的重心不一定在两条绳子连线的交点上，往空瓶里不断加水过程中，重心在变化，A错误；往空瓶里不断加水时，加的水较少时，重心降低，加的水较多时，重心升高，瓶的重心先降低后升高，B、D错误，C正确．12．答案：

B解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx解得k＝100N/m，故选B.13．答案：B解析：运动员以题图所示的姿势在水平地面上，处于平衡状态，在水平方向没有相对运动，也没有相

对运动的趋势，因此不受摩擦力的作用，A错误；运动员受到的支持力和重力大小相等，方向相反，是一对平衡力，B正确；运动员对地面的压力是手掌的形变产生的，重力是地球的吸引力产生，因此运动员对地面的压力不是重力，C错误；运动员受

到的支持力是由于水平地面的形变产生的，D错误．14．答案：D解析：设弹性绳的劲度系数为k，钩码的重力为G，弹性绳的总长度为100cm时，根据平衡条件有2k（x1－x0）502－40250＝G；将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，在前一钩码下加挂一相同钩码时，根据平

衡条件有2k（x2－x0）＝2G，联立解得x2＝104cm，D正确．15．答案：B解析：无论传送带的转速是多少，A都不受摩擦力，若受摩擦力反而不能平衡，A错误，B正确；对AB整体受到向右的绳的拉力作用，则B受到传送

带的向左的滑动摩擦力，C错误；滑动摩擦力与相对速度无关，只与动摩擦因数（粗糙程度）和正压力有关，D错误．16．答案：A解析：对于甲图，一开始木板一半悬空，一半在粗糙桌面上，则此时就有FN1＝mg，而推动过程中木板做匀速运动，则有F1＝μFN1＝μmg

，A正确，C错误；对于乙图，设木板长为L，在匀速推动的过程中设速度为v，则有F2＝μFN2，而FN2＝mgL（L2＋vt）（t≤L2v），联立可得F2＝μmg2＋μmgvL·t（t≤L2v），B、D错误．17．答案：CD解析：对第二张纸受力分析可得，在水平方向上受到第一张纸向右的

滑动摩擦力和第三张纸水平向左的静摩擦力而保持平衡，A错误；对第二张纸受到第一张纸的滑动摩擦力f＝μ2FN，f＝μ2（F＋mg），由平衡条件得，受到第三张纸的静摩擦力等于滑动摩擦力，以此类推第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小都是f＝μ

2（F＋mg），B错误，C正确；若μ1＝μ2，由于纸张有质量，故越往下压力越大，第一张纸不可能向右运动，故进纸系统不能进纸，D正确．18．答案：（1）受力图见解析（2）0.2（3）2N2N解析：（1）B受重力、支持力、A对B的压力、拉力和摩擦力，受力分析如图所

示（2）对A、B整体，根据平衡条件，在水平方向，有F＝f竖直方向，有FN＝（mA＋mB）g其中f＝μFN联立解得μ＝0.2（3）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A受到的滑动摩擦力为f1＝μFNA＝0.2×1×10N＝2N因为F>f1所以B对A的摩擦力fA＝2NB受到地

面的最大静摩擦力为f2＝μ（mA＋mB）g＝0.2×（1＋2）×10N＝6N又因为f1<f2所以B受地面的静摩擦力fB＝f1＝2N．考点7摩擦力的综合分析1．答案：B解析：若木箱静止，木板向左运动，则地面对木板的摩擦力方向向右，对木箱有向左的摩擦力，A错误；若木板静止，木箱向右运动

，则地面对木板的静摩擦力方向向右，对木箱的滑动摩擦力方向向左，B正确；若木板、木箱均静止，地面对木箱有向左的静摩擦力，地面对木板有向右的静摩擦力，C错误；若木箱向右运动，木板向左运动，则地面对木板的滑动摩擦力方向向右，对木箱的滑动摩擦力方向向左，

D错误．2．答案：BD解析：A受到车厢底面的摩擦力是滑动摩擦力，受到B的摩擦力是静摩擦力，A错误；对A受力分析，受重力、支持力、车厢底面的摩擦力和B的摩擦力，根据A匀速运动，受力平衡，A受到的摩擦力大小为Mgsinθ，方向沿底面向上，B正确；将A、B作为整体，匀速运动，受

力平衡，所以A受到车厢底面的滑动摩擦力大小为（M＋m）gsinθ，C错误；对于A、B整体，根据受力平衡：（M＋m）gsinθ＝μ（M＋m）cosθ，所以μ＝tanθ，D正确．3．答案：BD解析：对物块受力分析，可以简化成如图所示的受力分析，根据平衡条件，则有f＝（12mg）2＋（3

2mg）2＝mg，A错误，B正确；当撤去外力之后，只需要沿斜面向上大小为32mg的摩擦力就可以平衡，C错误，D正确．4．答案：A解析：由F­t图线可得，在0～t1时间内，拉力F逐渐增大，在t1时刻，拉力达到最大，手机刚开始向右运动，即t1时刻拉力的大小等于最大

静摩擦力Ffmax，约为2.80N，之后手机缓慢运动时拉力等于滑动摩擦力Ff，由题图乙可知手机所受的滑动摩擦力约为2.60N，方向向左，由牛顿第三定律可知桌面所受的滑动摩擦力大小约为2.60N，方向向右，A正确；动摩擦因数由接触面的材料和接

触面的粗糙程度决定，与拉力和压力都无关，且μ＝Ffmg＝1.04，B、C、D错误．5．答案：D解析：由题图可知，当木板与地面的夹角为θ1时木块刚刚开始滑动，木块重力沿木板向下的分力等于Ff2，则Ff2＝mgsinθ1，刚滑动时有Ff1＝μmgcosθ1，则μ＝Ff1mgcosθ1，由题图知Ff

1<Ff2，即μmgcosθ1<mgsinθ1，解得μ<tanθ1，A、B错误；当木板与地面的夹角为θ2时，木块受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运

动，C错误；对木块，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，则a＝gsinθ－μgcosθ，则木板由θ1转到θ2的过程中，随着θ的增大，木块的加速度a增大，即速度变化越来越快，D正确．6．答案：B解析：设F与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所

受的静摩擦力为f＝Fcosθ，F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力N＝G－Fsinθ，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力

，大小为f＝μN，N减小，则f减小，B正确，A、C、D错误．7．答案：B解析：根据题意可知，书与纸上下接触面均有摩擦力，故书和纸之间的滑动摩擦力大小为f总＝2f＝2μ·13G＝0.3N，故所需拉力的最小值为0.3N，B正确．8．答案：BD解析：当

刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，A错误；当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石的摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地面的静摩擦力向后，B正确；磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面的摩擦力以及刀的压力共5个力作用，C错误；磨刀石对

刀的作用力与刀对磨刀石的作用力是一对作用力和反作用力，大小是相等的，D正确．9．答案：D解析：物体向右运动过程中，受向左的滑动摩擦力为f＝μmg＝2N，当物体静止时，由于水平向左的恒力小于滑动摩擦力，则物体保持静止状态，所受静摩擦力向右，大小为1N，D正确．10．答案：D解析：当悬挂物块B时有m

Agsinθ＝μmAgcosθ＋mBg，当悬挂物块C时有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mCg，解得mBmC＝15，D正确．11．答案：ABD解析：物体与传送带间发生相对滑动，所以摩擦力的大小为f＝μFN＝μmg，方向与物体相对运动的方向相反，A正确；物体相对于

传送带的速度大小为v相对＝v20＋v2，方向与v0夹角为θ，且tanθ＝vv0，由平衡条件可得拉力大小为F＝μmgcosθ＝μmgv0v20＋v2，所以传送带速度越大，拉力F越小，B、D正确；A杆对物体的弹力为N＝μmgsinθ＝μmgvv20＋v2，所以物体在水平面内受

拉力F、传送带与相对运动相反的摩擦力和A杆对物体水平向左的弹力，物体和B杆之间没有作用力，C错误．考点8力的合成与分解1．答案：A解析：当这两个等大的力夹角为120°时，合力恰好为10N，在两分力夹角不断减小至0时，合力增大至20N，故夹角范围在0～120°之

间，不可能为130°，A正确．2．答案：A解析：每根橡皮条产生的弹力为F＝kL，夹角为60°，则合力为F合＝2Fcos30°＝3kL，A正确．3．答案：B解析：利用三角形定则可知，F2和F4的合力等于F1，F5和

F3的合力也等于F1，所以这5个力的合力大小为3F1＝30N，B正确．4．答案：A解析：前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F1都等于零，保持不变，C、D错误；将拉力F2沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上2F2cosθ＝mg，绳子剪去一段后长度

变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ变大，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力F2变大，A正确，B错误．5．答案：D解析：当两臂间的夹角为120°时，两臂受到的压力为N1＝G2cos60°＝G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力

为F1＝2N1cos30°＝3G，当两臂间的夹角为60°时，两臂受到的压力为N2＝G2cos30°＝33G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F2＝2N2cos60°＝33G，则有F1F2＝3∶1，A、B、C错误，D正确．6．答案：A解析：将F分解，如图所示F1的最小值为F

1min＝Fsinθ.若θ＝30°，则F1min＝Fsinθ＝5N，此时F1可为6N，A正确；若θ＝45°，则F1min＝Fsinθ＝52N>6N，此时F1不可能为6N，B错误；若θ＝60°，则F1min＝Fsinθ＝53N>6N，此时F1

不可能为6N，C错误；若θ＝90°，由平行四边形定则可知，此时F1一定大于F即10N，D错误．7．答案：D解析：对木块受力分析，竖直方向N＝mg＋Fsin37°，木块与水平地面间的摩擦力为f＝μN，联

立可得f＝μ（mg＋0.6F），D正确．8．答案：C解析：链条受到挂坠的作用力是由挂坠的形变产生的，故A错误；作出力的平行四边形如图所示．当合力相同时，分力之间的夹角越大，分力就越大，因此可知a项链链条的拉力小于b项链链条的拉力，B错误；根

据平衡条件可知，a、b两项链的链条上产生的拉力的合力大小等于挂坠重力沿斜面向下的分力，方向均与挂坠重力沿斜面向下的分力的方向相反，即有F合＝mgsinθ，因此a、b两项链的链条对挂坠的作用力相同，C正确；根据平衡关系F合＝mgsinθ，当减小斜面的倾角θ时，a、b两项链的链条上产

生的拉力的合力减小，而a、b两项链的链条与竖直方向的夹角分别为α、β，则有2Facosα＝mgsinθ，2Fbcosβ＝mgsinθ，当mgsinθ减小时，Fa、Fb均减小，即减小斜面的倾角θ，a、b项链链条受到的拉力都减小，D错误．9．答案：B解析：该同学站在A点时，重力产生两

个作用效果力F1、F2，如图所示设F1、F2，与竖直方向夹角为θ，则有F1＝F2＝mg2cosθ，在B点F1分解，如图所示则水平推力为F＝F1sinθ＝12mgtanθ，由几何关系得tanθ＝L2h，联立并代入数据可得F＝mgL4h＝1470N，B正确．10．答

案：B解析：受力分析如图所示根据几何关系可得F＋G2FN＝sinθ2，解得FN＝F＋G2sinθ2，B正确．11．答案：A解析：由图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为F′＝Fsin8°，这个分力垂直于帆面，

与航行方向之间的夹角为θ＝90°－（180°－135°－8°）＝53°，所以风力在航行方向上的分力为F″＝F′cos53°＝35F′＝35Fsin8°，A正确．12．答案：B解析：根据平行四边形定则，作出F1与F2的合力，如图所示由图可知，随着F2从0开始增大，物体受到的合力

先减小后增大，一开始合力小于F1，之后合力大于F1，B正确．考点9受力分析共点力的平衡1．答案：B解析：水平推力作用后，重力与推力的合力为5N，白板擦不可能做水平方向运动．若最大静摩擦力大于5N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5N，则沿重力与推力的合力

方向做匀加速直线运动，A错误，B正确；此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，C错误；推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5个力，D错误．2．答案：D解析：M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，则合力向上．对M

、N整体进行受力分析，受到重力和F；墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力，C错误；对N进行受力分析可得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，共3个力，B错误，D正确；对M

进行受力分析可得：M受到重力、推力F，N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，A错误．3．答案：D解析：对物体A进行受力分析如图所示根据平衡条件有f1＝μN1＝mgsinθ＋F，N1＝mgc

osθ，解得μ＝tanθ＋Fmgcosθ，D错误；对A、B整体进行受力分析如图所示根据平衡条件有f2＝Fcosθ，N2＝（m＋M）g＋Fsinθ，可知，斜面B受到地面水平向右的静摩擦力，大小为Fcosθ，

B相对地面有向左运动的趋势，地面对斜面B的支持力大小为（M＋m）g＋Fsinθ，A、B、C正确．4．答案：D解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝14mg月＝mg24，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为mg24.故选D.5．答案：C解析：沿斜面方向

：Ff＝Gcosθ垂直斜面方向：F＝FN＋Gsinθ→C对，ABD错6．答案：BD解析：如图所示当小虫子位于B点时刚好达到最大静摩擦力，FN＝mgsinθ＝12mg，f＝μFN，f＝mgcosθ＝32mg，解得μ＝3，B、D正确．7．答

案：C解析：根据题意，垂直于斜面的截面图及受力分析如图所示根据受力平衡并结合几何关系，可得2Ncos30°＝mgcosθ，解得N＝33mgcosθ，C正确．8．答案：C解析：对Q球受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向上有Fs

in30°＝mg，在水平方向上有Fcos30°＝FQ，联立解得F＝2mg，FQ＝3mg，A、B错误；设P球的质量为M，对P球受力分析，如图所示，在水平方向上有F′cos30°＝FPsin30°，在竖直方向上有FP

cos30°＝Mg＋F′sin30°，F′＝F，联立解得M＝2m，FP＝23mg，C正确，D错误．9．答案：AD解析：当a、b静止时，受力分析如图所示对a由平衡条件可得N1＋Fsinθ＝mgcosθ，mgsinθ＝Fcosθ，联立解得N1＝mg（1－2sin2θ）cosθ＝

mgcos2θcosθ，F＝mgtanθ，A正确，B、C错误；对b分析，由平衡条件可知，b受到杆的弹力大小为N2＝F＝mgtanθ，D正确．10．答案：D解析：水平轻杆BC为“定杆”，细绳AD跨过BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M的物体，定滑轮为“活结”，滑轮两侧轻绳中拉力相等

，所以细绳AC段的张力FTAC＝Mg，A错误；对定滑轮受力分析，由平衡条件可知，轻杆BC对轻质定滑轮的弹力FC＝2Mgcos60°＝Mg，方向沿∠ACD的平分线指向C，B错误；若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁

上，则BC为“活杆”，另一端C通过细绳AC拉住，则轻杆BC中弹力方向沿轻杆方向，对轻杆端点C受力分析，由平衡条件可得tan30°＝MgFC，解得轻质定滑轮的弹力FC＝Mgtan30°＝3Mg，方向沿BC指向右侧，C错误；由sin30°

＝MgFTAC，解得细绳AC段的张力FTAC＝2Mg，D正确．11．答案：BD解析：图甲中，OB绳的张力为T＝m1g，由平衡条件可得m2g＝m1gcosθ，则m1∶m2＝2∶3，A错误，B正确；CD杆固定在墙上，杆的弹力方向不确定，

则m3、m4的比例不确定，C错误，D正确．12．答案：B解析：卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C所受的合力水平向左，而C对A的压力恰好为零，则C只受重力和B对C的支持力，由竖直方向平衡有NBCsin60°＝mg解得B球对C球的支持力为NBC＝233mg由

牛顿第三定律可知C对B的压力大小为233mg；故选B.13．答案：B解析：对小球C受力分析可知mg＝2Tsin37°，对弹簧kx＝Tcos37°，解得k＝100N/m，B正确．14．答案：D解析：小球受重力、弹簧的弹力、导轨的弹力三个力作用，A

错误；小球受到弹力作用，必定有反作用的弹力，小球一定有形变，B错误；轨道对小球的弹力方向与弹簧弹力的方向夹角为120°，且两者都与竖直方向成60°角，根据对称性可知，小球处于平衡状态时轨道对小球的弹力大小为mg，C错误；同理可知，轻弹簧对小球的弹力大小也为mg，根据胡克定律可得，伸长量为Δx

＝mgk，所以轻弹簧原长为L0＝R－mgk，D正确．15．答案：B解析：先将7块砖当作整体受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有2μ1F≥7mg，则有F≥175N，再考虑除最外侧两块砖的里面5块砖，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有2μ2F≥5mg，则有F≥200

N，解得F≥200N，B正确．16．答案：D解析：对A、B整体受力分析，相对地面无滑动趋势，故A不受地面的摩擦力，则A对地面无摩擦力，A、B错误；对B受力分析，如图所示．根据平衡条件可得F＝mgcosθ，FT＝mgtanθ，其中cosθ＝RR＋r，tanθ＝（R＋r）2－R2R＝2Rr＋r

2R，联立解得A对B的支持力大小为F＝mgr＋RR，细线对B的拉力大小为FT＝mg2Rr＋r2R，C错误，D正确．17．答案：D解析：分析滑轮受力，根据力的平衡条件及对称性，可得滑轮和物块间的轻绳与竖直方向的夹角为α＝60°，即滑轮和

物块间轻绳与水平方向夹角为30°，则Fcos30°＝0.5（mg－Fsin30°），解得F＝2mg23＋1，D正确．18．答案：D解析：对b进行受力分析，根据平衡条件可知，轻杆对b的弹力沿杆向上，则轻杆对a的弹力沿杆向下，表现为推力，A错误；由于滑块与轻杆间连有铰链，轻杆的弹力方向沿杆的方向

，与P垂直，B错误；以b为对象，设杆的弹力大小为F，沿斜面方向应用平衡条件得Fcos30°＝mgsin60°，解得F＝mg，C错误；对a进行受力分析，根据平衡条件可知，a受到的静摩擦力大小为f＝mgsin60°＝32mg，D正确．19．答

案：A解析：对气球受力分析，根据共点力平衡条件可知，竖直方向有Mg＋Tcos30°＝F浮，水平方向有Tsin30°＝F风，对O点受力分析，根据共点力平衡条件得T′sin30°＝T1cos30°，T′cos30°＝T1sin30°＋mg，联立解得F

风＝32mg，F浮＝32mg＋Mg，A正确．20．答案：C解析：对最下方小灯笼受力分析可知，小灯笼受到重力、风力，绳子拉力的作用，根据平衡条件有T1＝G2＋F2，设绳子与竖直方向的夹角为θ1，有tanθ1＝FG，对最下方的

两个小灯笼受力分析有T2＝（2G）2＋（2F）2＝2T.设绳子与竖直方向的夹角为θ2，有tanθ2＝2F2G＝FG，同理可知对最下方n个小灯笼受力分析有Tn＝（nG）2＋（nF）2＝nT，设绳子与竖直方向的夹角为θn，有tan

θn＝nFnG＝FG，解得θ1＝θ2＝θ3＝θ4＝θ5，C正确．考点10动态平衡问题平衡中的临界、极值问题1．答案：D解析：绳子对A的拉力保持不变，A错误；对整体受力分析，根据平衡条件有N＝G总，将木板的倾角缓缓减小到10°时，铁板对地面的支持力与倾斜角无关，保持不变，铁板对地面的压力

也保持不变，B错误；对整体受力分析，根据平衡条件可知，整体只受重力与支持力，所以地面的摩擦力为0，C错误；根据平衡条件有mAgsin45°＝f＋mBg，由于mA＝2mB，所以开始时摩擦力沿斜面向上，当将木板的倾角缓缓减小到30°时，摩擦力减到0

，将木板的倾角缓缓减小到10°时，摩擦力沿斜面向下，所以物体A受到的摩擦力先减小后增大，D正确．2．答案：B解析：受力分析如图所示甲图中，FN1＝Fcosθ，Ff1＝mg＋Fsinθ≤Ffm；乙图中，FN2＝Fcosθ，所以墙面受到的压力不变，A

错误；若Fsinθ＝mg，则Ff2＝0，若Fsinθ＞mg，则Ff2方向向下，Ff2＝Fsinθ－mg，若Fsinθ＜mg，则Ff2方向向上，Ff2＝mg－Fsinθ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B正确，C错误；因为墙面受到的压力没有变，所以Ffm不变，甲图中，F

f1＝mg＋Fsinθ≤Ffm，推不动斜面体，乙图中，Ff2＝Fsinθ－mg，肯定比Ffm小，所以斜面体肯定不沿墙面向上滑动，D错误．3．答案：D解析：开始时，重物受力平衡，假设B绳上的张力不为零，则A绳不可能竖直，A错误；A绳从竖直转到水平过程，设A、B绳上的张力分别为FA、FB，则

该过程中结点的受力情况如图所示，由力的矢量三角形知，A绳上的张力先减小后增大，B绳上的张力一直增大，B、C错误，D正确．4．答案：B解析：根据题意可知，小球始终静止在A点，对小球受力分析可知，小球受重力与弹力及拉力，三力平衡三力可组成一

个闭合的三角形，如图所示．则拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，拉力F先变小，后变大，B正确．5．答案：BD解析：由于小球一直保持静止，因此小球的合力一直为零，A错误；小球受重力mg、拉力F和轻绳的拉力FT，其中重力的大小和方向均不变，轻绳的拉力的方向不变．三力

平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图．力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，且当力F与水平方向的夹角30°时，F最小，最小值为Fmin＝mgsin30°＝12mg，而轻绳OA上的拉力FT一直减小，故B、D正确，C错误．6．答案：D解析：对小球A进行受力

分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，B错误；对木板，由于杆对木

板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．7．答案：D解析：由题意可知导线b中电流方向与导线a中相反，在b中电流缓慢增大的过程中，对导线b受力分析如图所示易得△Oab与矢量三角形相似，根

据相似三角形的性质有Oamg＝ObT＝F安ab，由此可知细线对b的拉力不变，而ab在逐渐增大，故导线ab间相互作用的安培力逐渐增大，因此可知导线a对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a的作用力变大，D正确．8．答案：B解析：以重物为研究对象，重物受到重

力mg、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图．在转动的过程中，OA绳的拉力F1先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，A、C、D错误．9．答案：A解析：合力大小不变，等于mg，方向不变，两个分力的夹角

不变，根据三角形定则作图，如图所示．由图可知，当OA从水平位置转到竖直位置的过程中，FA先增大后减小，FB一直减小，选项A正确．10．答案：C解析：当轻绳中的拉力达到最大值F＝500N时，此时箱子的质量有最大值，根据平衡条件有F＝mgsin30°＋f，f＝μmgcos30°，解得m＝50

kg，C正确．11．答案：D解析：木块在木楔斜面上匀速下滑时，有mgsinθ＝μmgcosθ，木块在力F的作用下沿斜面匀速上滑时，由平衡条件得Fcosα＝mgsinθ＋Ff，Fsinα＋FN＝mgcosθ

，且Ff＝μFN，解得F＝2mgsinθcosα＋μsinα＝2mgsinθ·cosθcosθ·cosα＋sinα·sinθ＝mgsin2θcos（θ－α），当α＝θ时，F有最小值Fmin＝mgsin2θ，D正确．12．答案：B解析：因为装置宽度变大，每根细杆对水果支持力的方向越来越趋近

于水平，即杆的支持力与两杆所在平面的夹角越来越小，设夹角为θ，设两杆所在的平面与水平地面的夹角为α，垂直杆方向根据平衡条件2Nsinθ＝mgcosα，解得N＝mgcosα2sinθ，α不变，θ变小，则N变大，B正确．13．答案：D解析：施加拉力F前，以小环O为研究对象

，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得2T1cos30°＝mg，解得轻绳1的张力大小为T1＝33mg，故A正确；物块在缓慢移动过程中，以小环O为研究对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力的合力方向在

∠MON平分线上，根据受力平衡可知轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确；物块在缓慢移动过程中，以物块为研究对象，根据受力平衡可得T2cosθ＝mg，可知T2＝mgcosθ，轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，cosθ越来越小，则轻绳2的张力越来越大，故C正确

；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点．当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知，此时∠MON最大，则此过程中∠MON＝2α逐渐增大，以小环O为研究对象，根据受力平衡可

得2T′1cosα＝T2，可得T′1＝T22cosα，可知此过程中轻绳1的张力一直增大，故D错误．14．答案：C解析：设小球的质量为m，小球与圆柱体圆心连线跟水平方向的夹角为θ，以小球为对象，小球受到重力、支持力和拉力，如图所示根据平衡条件可得F＝mgcosθ，

N＝mgsinθ，细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，圆柱体对小球的支持力增大，根据牛顿第三定律可得小球对柱体的压力增大，A、B错误；设圆柱体的质量为M，以圆柱体为对象，根据平衡条件可得竖直墙面对柱体的压力F墙＝Ncosθ＝mgs

inθ·cosθ＝12mgsin2θ，当θ＝45°时，墙对圆柱体的支持力最大，为F墙＝0.5mg，根据牛顿第三定律可得圆柱体对竖直墙面的压力最大值为0.5mg，C正确，D错误．15．答案：BD解析：让轻绳OB缓慢从竖直

变成水平，且保持的拉力F与轻绳OB夹角始终为θ＝120°，以物体B为对象，根据受力平衡，结合三角形定则，画出如图所示的辅助圆由图可知，绳子中的拉力T先增大后减小；拉力F一直增大，当轻绳OB变成水平时，拉力最大，则有Fmax

＝mgsin60°＝233mg，A错误，B正确；以A、B、C为整体，根据受力平衡可知，斜面体C受地面的摩擦力大小等于拉力F的水平分力，则有f地＝Fx，由辅助圆可以看成拉力F的水平分力先增大后减小，则斜面体C受地面的摩擦力先增大后减小，C错误；由于不清楚斜面体C倾角β

的具体值，所以可能存在绳子拉力一直大于物块A重力沿斜面向下的分力，则对于A，沿斜面方向有T＝mAgsinβ＋fA，由于绳子中的拉力T先增大后减小，则物块A受到的摩擦力先增大后减小，D正确．16．答案：C解析：

以A为对象，根据受力平衡可得TOA＝mAg，由于轻绳OB上的拉力等于OA上的拉力，则轻绳OB上的拉力大小保持不变，A错误；以轻滑轮为对象，设AOB绳子间的夹角为α，根据受力平衡可得TOO′＝2TOAcosα2＝2mAgcosα2，轻绳OB从水平顺时针缓慢

转到竖直的过程中，α从90°逐渐减小到0°，则轻绳OO′上的拉力大小逐渐增大，B错误，C正确；设绳子OB与倾斜固定杆的夹角为β，斜杆倾角为θ；以B为对象，沿斜杆方向，根据受力平衡可得F＝mBgsinθ＋TOBcosβ，轻绳OB从水平顺时针缓慢转到竖直的

过程中，β先增大到90°（此时OB与斜杆垂直），之后继续增大；在β增大到90°的过程中，cosβ逐渐减小，而TOB不变，斜杆倾角θ不变，可知此过程外力F逐渐减小，之后β大于90°，则TOB沿斜杆的分力反向向上，且大小逐渐增大，则外力F继续逐渐减小，D错误．

17．答案：A解析：设A到滑轮的细线长为d，B到滑轮的细线长为L，在A向下运动过程中，d变大，L变小，对小球B研究，设细线拉力为F，小球B的重力为G，根据力的平衡，结合相似三角形可得dG＝LF，解得F＝LdG，由此判断，F一直在变小

，A正确，B、C、D错误．18．答案：D解析：对正三角形内部的小球受力分析，如图所示缓慢转动过程中，AC、AB边对球的弹力NAC，NBC的方向总是垂直相应的边，两力夹角保持不变，BC边与球始终无弹力，由几何关系可知，随着角度θ从0°到90°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α＋θ＝120°

，所以角β也保持不变β＝60°，由平衡条件和正弦定理得mgsinβ＝NACsinθ＝NABsin（120°－θ），所以球对AC边的压力N′AC＝NAC＝mgsinβsinθ，代入数据解得N′AC＝233mgsinθ，球对AB边的压力N′AB＝NAB＝mgsinβsin（120°

－θ），代入数据解得N′AB＝233mgsin（120°－θ），θ从0增大到90°的过程中，sinθ一直增大，sin（120°－θ）先增大后减小，故AB边压力传感器示数先增大后减小，AC边压力传感器示数一直增大，A、B、C错误；θ＝90°时，AB边与AC边压力传感器示数

之比为N′ABN′AC＝233mgsin（120°－θ）233mgsinθ＝sin30°sin90°＝12，D正确．19．答案：B解析：对a与沙子受力分析，受重力、绳的拉力两个力的作用，两个的合力一直为零，沙子缓

慢流出的过程中，a与沙子的总重力减小，可知绳的拉力T减小，对b进行受力分析，c对b的支持力为N＝mbgcosθ，由牛顿第三定律可知b对c的压力保持不变，A错误；若开始时绳子拉力小于物块b重力沿斜面向下的分力，则c对b的摩擦力方向平行斜面向上，根据受力平衡可得mbgsinθ＝f＋T，当

拉力T减小时，c对b的摩擦力增大，根据牛顿第三定律可知b对c的摩擦力也增大，B正确；以b、c为整体作为研究对象，受力分析如图所示．根据受力平衡可得f地＝Tcosθ，N地＝（mb＋mc）g－Tsinθ，在a中的沙子缓慢流出的过程中，绳子拉力T减小

，所以地面对c的摩擦力减小，地面对c的支持力增大，C、D错误．20．答案：C解析：保持F的大小不变，若F<mg，将重力反向延长，作带箭头的线段OA，使该有向线段大小等于重力，则该有向线段表示细线拉力与F两个力的合力，以A点为圆心，以F为半

径作出动态圆，如图所示，θ最大值满足sinθ＝Fmg，A错误；根据平衡条件，作出动态三角形如图所示，若保持F的大小不变，细线不存在最大拉力，B错误；若保持θ不变，根据平衡条件，当F方向竖直向上，大小等于重力时，细线拉力的最小值为0，C正确；若保持θ不变，根

据上述的动态三角形，力F的最小值为Fmin＝mgsinθ，D错误．考点11实验二探究弹簧弹力与形变量的关系1．答案：（1）刻度尺（2）4.9（3）C解析：（1）实验中还需要的测量工具是刻度尺；（2）根据mg＝kx得m＝kgx，

则由图像可知kg＝60×10－30.12，解得k＝4.9N/m.（3）由于一开始测出的弹簧原长L0是放在水平桌面上测量得，而实验中是将弹簧竖直悬挂，一开始竖直悬挂弹簧并且不挂钩码的时候，由于弹簧自身的重力，弹簧已经被拉长了，故弹簧在竖直悬挂的时候一开始已经有伸长量了，故

图像有横截距，且由胡克定律：F＝kΔx得，图像的斜率为弹簧的劲度系数，故图像斜率不变，为一条倾斜直线，则图像应该为C.2．答案：（1）B（2）200甲解析：（1）为了准确测量弹簧的原长，并消除重力带来的影响，应先将弹簧悬挂，再测原长，B正确．（2）图像

的斜率表示弹簧的劲度系数的倒数，则由图可知乙弹簧的劲度系数为k＝ΔFΔx＝8－04×10－2－0N/m＝200N/m，由图可知，甲的劲度系数小，因此其精度高，若要制作一个精确度较高的弹簧秤，应选弹簧甲．3．答案：（1）共点力的平衡条件（2）4.01.0×102解析：（1）钩码静止时其所受

重力大小等于弹力的大小，这样做依据的物理规律是共点力的平衡条件．（2）根据胡克定律F＝kL－kL0可得题图乙的F­L图像的横截距即为弹簧的自然长度L0，斜率即为弹簧的劲度系数k，所以可得L0＝4.0cm，k＝1620－4×102

N/m＝1.0×102N/m.4．答案：（1）7.00（2）A10（3）不变解析：（1）图中刻度尺的分度值为1mm，要估读到分度值的下一位，已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，弹簧长度为L0＝7.00cm（2）根据胡克定律有k＝ΔFΔx，图像的斜率表示劲度系数，则可知A弹簧的劲度系

数大于B弹簧的劲度系数；B弹簧的劲度系数为k＝220×10－2＝10N/m.（3）把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，图线相对原来会向右平移，但并不影响图线斜率，故k值不变．5.答案：（3）如图所示（4）15.35（5）127

解析：（3）利用描点法得出图像如图．（4）根据刻度尺读数规则知，橡皮筋的长度l＝15.35cm.（5）由胡克定律可得nmg＝k（l－l0），变化为l＝mgkn＋l0.l­n图像的斜率mgk＝6.0520×10－2

，解得k＝20.0N/m.代入数据解得橡皮筋原长l0＝9.00cm.挂上冰墩墩玩具，有Mg＝k（l－l0），解得M＝127g．6．答案：（1）不需要（2）mgh0（3）mx（m＋m0）h0－mh解析：（1）题中已测出弹性绳的伸长量，则不需要测量O

、A间的距离．（2）根据胡克定律可知k＝FΔx＝mgh0（3）盒子通过的距离为x后，对其受力分析，设弹性绳的拉力为F，根据共点力平衡条件有Fcosθ＝f，Fsinθ＋N＝（m＋m0）g，根据几何关系结合胡克定律可知F＝kx2＋h2，其中cosθ＝xx2＋h2，si

nθ＝hx2＋h2，根据摩擦力的公式f＝μN，联立解得μ＝mx（m＋m0）h0－mh.考点12实验三探究两个互成角度的力的合成规律1．答案：（1）F′（2）B（3）CEC中应加上“记下两条细绳的方向”E中应说明“把橡皮条的

结点拉到同一位置O”解析：（1）由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向．（2）一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故本实验采用等效替代

法，故选B.（3）根据实验的操作步骤可知，有重要遗漏的步骤的标号是C、E.在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O.2．答案：（3）沿细绳（套）的方向用铅笔标出力的方向（6）F合与F的

大小和方向（7）不能解析：（3）只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O时，需要记录测力计的示数F的大小和方向，所以还需沿细绳（套）的方向用铅笔标出力的方向．（6）实验要比较F合与F的大小和

方向，从而验证是否满足平行四边形定则．（7）采用两个弹簧顺次连接，要把橡皮条拉至O点，则每个弹簧上的弹力还是和原来的一样大，即还是会超出两个测力计的量程，所以采用两个弹簧顺次连接，示数相加的方法不能解决问题．3．答案：（1）AC

（2）图见解析定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等解析：（1）为避免摩擦力的影响，需要调节木板使其位于竖直平面内，A正确；结点位置对实验没有影响，不用保证结点位于O点，B错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和

三根细绳的方向，C正确；钩码的重力可以通过质量直接得出，不需要传感器，D错误．（2）如图，合力不完全竖直，可能由于定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．4．答案：（1）4.005.00（2）100（3）2.40解析：（1）由图乙、丙可知，两弹簧测力计的分度值为0.1N，根据估读原则，弹簧测力计P的

示数为4.00N，弹簧测力计Q的示数为5.00N.（2）两弹簧测力计的合力方向沿轻质弹簧向下，由几何关系可知，合力大小为F＝52－42N＝3N，由胡克定律可知轻质弹簧的劲度系数为k＝Fx＝3N3cm＝100N/m..（3）保持图甲中结点O位置不变，则两测力计的合力不变，测力计Q的拉伸方向不变，根

据平行四边形定则，测力计P逆时针旋转时，两测力计的拉力FP、FQ的变化情况如图所示，由图可知，FP与FQ垂直时，FP最小．由几何知识可知，FQ与F夹角的正弦值为sinθ＝FPFQ＝45，所以FP的最小示数为FPmin＝Fsinθ＝2.40N．5．答案：（1）静止（

2）三根细线的方向（3）结点O的位置（4）F和F′在误差允许的范围内重合解析：（1）要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F.（2）要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1.（3）

已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2.（4）根据平行四边形定则作出F1、

F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证．6．答案：（1）62.5（2）13.5（3）2.52.9解析：（1）根据题图甲可知弹簧的弹力为5N时，弹簧的伸长量为8.00cm，所以弹簧的劲度系数k＝50.08N/m＝62.5N/m（2）该词典受到的重力大小

等于3个弹簧测力计的示数之和，即G1＝4.4N＋4.5N＋4.6N＝13.5N（3）如图所示由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为12.002＋5.002cm＝13.00cm，每根弹簧的伸长量均为4.0

0cm，每根弹簧的弹力大小均为F＝kΔx＝2.5N．根据竖直方向受力平衡可得文具盒受到的重力大小G2＝3Fcosθ＝3×2.5×513N≈2.9N．验收检测卷二相互作用——力1．答案：B解析：Q处于平衡状态，对Q受力分析可知，受重力、P对Q的压

力、墙面对Q的弹力和摩擦力，共4个力作用，B正确．2．答案：C解析：A点处支持力方向与球面上该点切面垂直，即指向球心，是由于容器的形变产生的，A、B错误；B点处支持力方向垂直细杆斜向左上方，是由于容器的形变产生的，C正确，D错误．3

．答案：D解析：对飞机受力分析，并把垂直于机体指向前上方的力F分解，如图所示飞机做匀速直线运动，则有Fcosθ＝G，Fsinθ＝f，又因为f＝kv，解得v＝Gtanθk，D正确．4．答案：A解析：杂技演员手握杆

匀速下滑时，有对演员受力分析平衡条件μFN＝mg，解得FN＝1μmg，由于μ<1，因此手对杆的握力大于杂技演员的重力，A正确，B错误；杂技演员手握杆静止在空中时，静摩擦力等于杂技演员的重力，与握力大小无关，C错

误；最大静摩擦力大于等于静摩擦力，因此杂技演员手握杆静止在空中时，杆对手的最大静摩擦力大于等于杂技演员重力，D错误．5．答案：D解析：乒乓球从杯底上升到水面的过程中，下方水质量变大，重心降低，D正确．6．答案：D解析：瓦片受重力，两侧

的支持力和摩擦力，共5个力，A错误；檩条对瓦片作用力应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B错误；摩擦力等于mgsinθ，减小檩条的倾斜角度θ时，摩擦力减小，C错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于mgcosθ，当增大檩条间的距离d时，两弹力夹角增大，

则两弹力增大，D正确．7．答案：D解析：“擦窗神器”受重力、推力、摩擦力、窗的支持力，共4个力的作用，A错误；“擦窗神器”对窗的压力与窗对“擦窗神器”的支持力是一对相互作用力，B错误；根据共点力平衡条件有Fcosα＝f＋mg，Fsi

nα＝N，f＝kN，解得摩擦力和推力为f＝Fcosα－mg，F＝mgcosα－ksinα，则α角减小，则推力F一定减小，C错误，D正确．8．答案：C解析：保持E点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如图所示，所以由

图可知α角逐渐变小时，B的示数减小，且β角先增大后减小，C正确．9．答案：AC解析：物体随OB缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示支持力N＝mgcosθ，θ增大，支持力N减小，根据牛顿第三定律可得，物

块C对OB的压力逐渐减小，A正确；弹簧弹力F′＝mgsinθ，由于缓慢移动，则物体处于静止状态，θ增大，则弹力增大，弹簧处于压缩状态，则弹簧长度减小，C正确，D错误．10．答案：BD解析：对甲，先将F1与F3合成，合力

为向左的3N，然后再用勾股定理，求得合力等于5N，A错误；对乙，先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解，水平分量相等，竖直分量分别为1N和2N，再与F2合成，求得合力等于5N，B正确；对丙，F2和F3的合力与F1等大同向，则三力的合力为2F1＝6N，即

合力等于6N，C错误；根据三角形法则，丁图中合力等于0，D正确．11．答案：BC解析：以A、B整体为研究对象，沿斜面方向，根据平衡条件Fcos30°＝3mgsin30°，解得F＝3mgtan30°＝3

mg，A错误；对B球受力分析，沿斜面建立直角坐标系，正交分解，在沿斜面方向，根据平衡条件2mgsin30°＝kx，解得弹簧伸长量为x＝mgk，则弹簧原长为L0＝L－mgk，B正确；若F大小和方向均可改

变，现将F逆时针旋转60°，系统仍静止，对AB的整体，设F与斜面向上方向夹角为θ，则沿斜面方向垂直斜面方向当F从水平向右到沿斜面向上，即θ角先由30°减小到零，F再变为斜向上，即θ再增加到30°时，外力F先变小后变大；斜面对AB的总支持力一直减小，C正确，D

错误．12．答案：AD解析：对物体进行受力分析，物块对其支持力大小为FN＝mg－Fsinθ，结合牛顿第三定律可知，当外力F水平时，物块对地面的压力最大为mg；当外力F竖直时，物块对地面的压力最小为mg2，A正确，B错误；地面对物块的最大滑动摩擦力为fmax＝μFN＝μ（mg－Fs

inθ），假设物块始终保持静止状态，则水平方向有fmax≥Fcosθ，整理得33≥33sin（θ＋φ）（其中，sinφ＝12），等式恒成立，故假设成立，物体始终处于静止状态，物体所受摩擦力为静摩擦力，故当外力F水平时，物块受到的摩擦力最大为mg2，C错误，D正确．13．答案：（1）6.046.

05（2）3（3）48.6解析：（1）根据压缩量的变化量为ΔL3＝L6－L3＝（18.09－12.05）cm＝6.04cm，压缩量的平均值为ΔL＝ΔL1＋ΔL2＋ΔL33＝6.03＋6.08＋6.043cm≈6.05cm.（2）因三个ΔL是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加

3个钢球时产生的弹簧平均压缩量．（3）根据钢球的平衡条件有3mgsinθ＝k·ΔL，解得k＝3mgsinθΔL＝3×0.2×9.8×sin30°6.05×10－2N/m≈48.6N/m.14．答案：（1）10N，方向竖直向上（2）0.4m（3）750g解析：（1）对A进行分析，由受力

平衡可得fA静＝mAg＝1×10N＝10N方向竖直向上．（2）根据摩擦力产生的条件可知弹簧是压缩状态，因此B受到向左的摩擦力，由于B恰好处于静止状态，则B受到的摩擦力等于最大静摩擦力，由题意可知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故fB静＝μ2mBg＝20N在水平方向由受力

平衡可得弹簧的弹力为F＝fB静＝20N故弹簧的形变量为x＝Fk＝0.4m（3）当A恰好开始下落时，摩擦力由静摩擦力变为滑动摩擦力，设此时弹簧的弹力为F′，由受力平衡可得μ1F′＝mAg解得F′＝12.5N设绳子的拉力为F拉，

对B根据受力平衡可得F粒＋F′＝μ2mBg解得F拉＝7.5N因此倒入吊盘砂粒的质量为m砂＝F粒g＝750g．15．答案：（1）mgsinθ（2）2mcosθ（3）mgsinθ2解析：（1）对B球受力分析可知，Fsinθ＝m

g则细绳上的张力T＝mgsinθ（2）对A球受力分析可知Tsin2θ＝mAg解得A球的质量是mA＝2mcosθ（3）由几何关系可知，绕过滑轮的两边绳子之间的夹角为θ，则滑轮受到细绳的作用力F＝2Tco

sθ2＝mgsinθ216．答案：（1）200N（2）203kg（3）580N160N解析：（1）弹性绳原长为L0＝2.5m，系在小孩背上时，弹性绳长度为L1＝3m，弹性绳伸长量为x1＝L1－L0＝0.5m解得F1＝kx1＝20

0N（2）由mg＝2F1cos30°解得m＝2F1cos30°g＝203kg（3）OB绳长度为L2＝3m，伸长量为x2＝0.5m，弹力为F2＝kx2＝200NOA距离为L3＝0.62＋1.82m＝0.610m≈1.9m<L0OA绳松弛无弹力．工作人员所受支持力FN＝Mg－F2sin37°＝580N

工作人员所受摩擦力Ff＝F2cos37°＝160N．第三章运动和力的关系考点13牛顿第一定律牛顿第三定律1．答案：A解析：伽利略的观点是在实验事实的基础上，经过推理概括得出结论，第一步是实验事实，即①；小球滚到右侧斜面的高度与小球自由放手的位置的高度接近，摩擦

越小越接近，得出推理，如果无摩擦，小球上升的高度与自由放手位置的高度相同，即第二步是②；继续推理，在无摩擦的情况下如果改变右侧斜面的倾斜程度，减小倾角，仍能使小球上升的高度与自由放手的位置的高度相同，即第三步

是③；继续大胆推理，在无摩擦的情况下，右侧斜面继续减小倾角为0，即水平，则小球永远运动，即第四步是④.也表明①是事实，②③④是推论，直接观察到的现象是可靠的实验事实，按照实验条件变化的趋势进行的极端化猜想是理想化推论，A正

确．2．答案：B解析：根据牛顿第一定律，原来运动的物体，当所受外力突然全部消失时，物体将保持原来的速度的方向做匀速直线运动．因此，该物体将以1m/s的速度做匀速直线运动，B正确．3．答案：A解析：惯性是物体本身的一种性质，惯性

大小只与物体的质量有关，由于甲物体的质量大于乙物体的质量，则甲的惯性大于乙的惯性，A正确．4．答案：D解析：物体保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，称为惯性，惯性是物体的一种固有属性，表现为物体对其运动状态变化的一种阻抗程度，质量是物体惯性大小的量度，即惯性只与质量有关，A、B错误；在向前高

速行驶的客车上驾驶员若紧急刹车，乘客要保持继续向前运动的趋势，若不系安全带，乘客会跌出去受伤，所以系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，C错误，D正确．5．答案：B解析：惯性是物体本身的一种性质，惯性的大小只

与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的质量小，惯性小的缘故，B正确．6．答案：AB解析：松手后“竹蜻蜓”开始向上飞时“竹蜻蜓”对空气的作用力大于“竹蜻蜓”的重力，A正确，C错误；“竹蜻蜓”对空气的作用力与空气对“竹蜻蜓”的作用力是作用力与反作用力，大

小相等，方向相反，B正确，D错误．7．答案：A解析：重力G和摩擦力f大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上，满足二力平衡的条件，是一对平衡力，A正确；物体对墙壁的压力F2和墙壁对物体的支持力F3，作用在不同

的物体上，不是一对平衡力，B错误；水平恒力F1和物体对墙壁的压力F2的方向相同，它们既不是平衡力也不是相互作用力，C错误；水平恒力F1和墙壁对物体的支持力F3作用在同一个物体上，大小相等，方向相反，且在一

条直线上，是一对平衡力，不是相互作用力，D错误．8．答案：B解析：狗拉雪橇匀速前进时，狗拉雪橇的力等于雪橇所受的滑动摩擦力，跟雪橇的运动速度大小无关，A错误；如果摩擦力可忽略不计，没有狗的拉力，雪橇由于

惯性也能做匀速直线运动，B正确；狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一对相互作用力，大小总是相等，C、D错误．9．答案：B解析：没有力的作用，物体也可以做匀速直线运动，A错误；惯性是物体保持原有运动状态的性质，即抵抗运动状态变化的性质，B正确；惯性只跟质量有关，与物体的运动状态无关，C、D错误．

10．答案：A解析：牛顿第一定律是在伽利略、笛卡儿等前人工作的基础上归纳总结出来的，A正确；实际中，若物体受平衡力，合力为0，相当于不受力，牛顿第一定律给出了力与运动的关系，B错误；牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小与物体的受力情况和运动情况

无关，C错误；惯性的大小与物体的受力情况和运动情况无关，任何物体在任何情况下都具有惯性，D错误．11．答案：C解析：由图像可知，作用力变大时，反作用力同时也变大，A错误；两力传感器间的作用力和反作用力作用在不同物体上，B错误；此图线为作用力和反作用

力的大小随时间变化的关系，横坐标代表的物理量是时刻，C正确；此图线不一定是在两个传感器都处于静止状态下得到的，也可能处于运动状态，D错误．12．答案：（1）速度（2）慢（3）匀速直线（4）C解析：（1）为了使小车滑到水平面时的速度相同，实验时应让小车从同一斜面的同一高度滑下．（2）小车滑

行的距离越远，说明小车运动的速度改变得越慢．（3）如果水平面光滑，小车在运动时不受阻力，则小车将在水平面上做匀速直线运动．（4）实际中不存在不受力的物体，牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过进一步的推理概括

得出的，不能用实验直接验证，但是个正确的定律，C正确．考点14牛顿第二定律的理解和应用1．答案：C解析：设空气对热气球与沙包的浮力大小为F.在空气中以加速度a＝12g下降过程中，根据牛顿第二定律可得Mg－F＝Ma，为了使它以同样大小的加速度上升，设应该抛掉的沙的质量为m，抛出后，根据

牛顿第二定律可得F－（M－m）g＝（M－m）a，联立解得m＝23M，C正确．2．答案：B解析：未撤去力F时，由题意得13mgtan60°＝13m·3g＝13ma说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小FT＝13mgcos60°＝23m

g撤去力F的瞬间，弹簧弹力不发生突变，仍为23mg，小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，A、D错误；设撤去力F瞬间斜面体的加速度大小为a′，则FTcos30°＝ma′，解得a′＝33g，B正确；小球受力不变，加速

度不变，大小仍为3g，C错误．3．答案：BC解析：设三个小球质量均为m，剪断OA间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA间细绳瞬间，弹簧弹力F＝2mg不变，对A分析，F＋mg＝ma，解得A的加速度a＝3g；对BC整体分析，F－2mg＝2ma，解得BC整体加速度a＝0，B、C正确．4．答

案：B解析：未撤离木板时，小球受重力mg、弹簧的拉力FT和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为233mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的拉力FT大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒

力，故此时小球受到重力mg、弹簧的拉力FT，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小为233g，B正确．5．答案：D解析：水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示，静止时有FT＝Fsin

60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝F′1＝mBg，又因为mA＝mB，联立解得FT＝23mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝FTmA＝23g，aB＝0，D正确．6．答案：D解析：杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重

力，处于完全失重状态，因此不会有水漏出，A、B错误，D正确；杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误．7．答案：D解析：由图可知，t0～t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻，A错误

；t3～t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t3～t4时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，B错误；将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为v12，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面

积，面积表示位移，根据v－＝ΔxΔt可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0～t1时间内“笛音雷”的平均速度小于v12，C错误；根据上述，t3～t4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态

，D正确．8．答案：B解析：小车2s末的速度是：v＝at＝1.5×2m/s＝3m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60N－30×1.5N＝15N，B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1

＝0.5m/s2，C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝30.5s＝6s，所以小车运动的总时间为：t＝2s＋6s＝8s，D错误．9．答案：B解析：关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得a＝μmgm＝μg，结

合图像，a＝640－30m/s2＝0.6m/s2，解得μ＝0.06，A错误；图线与横轴围成的面积为位移，为x＝（25＋40）×6×12m＝195m整个运动过程中的平均速度大小为v－＝xt＝19540m/s＝4.875m/s，B正确，C错误；平衡车在

加速段时有F－μmg＝ma′，a′＝65m/s2代入数值解得F＝108N，D错误．10．答案：D解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当在推力作用

下加速上滑时，由运动学公式x＝12at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，D正确．11．答案：B解析：根据图像可得加速度与拉力的函数关系为a＝0.2F－4，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，整理得a＝Fm－μg，比较关系式

得μ＝0.4，B正确．12．答案：D解析：小球受重力、细绳OA斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，细绳OA中的拉力大小为T＝mgsinθ，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO方向、大

小为a＝Tm＝gsinθ，D正确．13．答案：BCD解析：水平方向对书本，由牛顿第二定律有FN＝ma，竖直方向有μFN≥mg，解得a≥gμ，B、C、D正确．14．答案：D解析：由图可知0.8s时，手机向上加速，加速度竖

直向上，处于超重状态，A错误；由图可知1.2s时手机速度不变，处于平衡状态，B错误；由图可知0.9s～1.2s升降机处于匀速上升阶段，C错误；手机对升降机的力与升降机对手机的力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，D正确．15．答案：D解析：开始时物块速度大于

传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t1＝v0－v传a1＝0.5s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩

擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零所需时间t2＝v传a2＝2.5s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0s，D正确．16．答案：BCD解析：

重物静止时弹簧的伸长量x0，可得kx0＝mg，若指针指在OM之间某点时，弹簧的伸长量增大，弹簧弹力大于物体重力，物体有向上的加速度，被测物体处于超重状态，A错误；若指针指在ON之间某点时，弹簧的伸长量减小，弹簧弹力小于物体重力，物体有向下的加速度，被测物体处于失重状态，被测物体

可能在减速上升，B正确；指针指在M点时，有mg－k（x0＋xOM）＝ma，M点应标记的加速度值为a＝－2.0m/s2，C正确；设O点至指针所指位置的位移为x，可得mg－k（x0＋x）＝ma′，可得a′＝－gx0x，故该

测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的，D正确．17．答案：BD解析：第1s内，货车从静止开始向左做匀加速直线运动，加速度为a1＝Δv1Δt1＝21m/s2＝2m/s2，货物与货车间的最大静摩擦力为fm＝μmg＝125N，货物的最大加速度为a

＝fmm＝μg＝2.5m/s2>2m/s2，货物与货车相对静止，一起做匀加速直线运动，货车受到向左的静摩擦力，A错误；第2s内，货车的加速度为a2＝Δv2Δt2＝7－22－1m/s2＝5m/s2>2.5m/s2，货车相对于货物向左运动，货物相对货车向

右运动，受到向左的滑动摩擦力，大小为f＝fm＝125N，B正确；第3s内，货车做匀速直线运动，速度为7m/s，2s末货物的速度为v物＝a1t＋at＝4.5m/s<7m/s，3s末货物的速度为v′物＝a1t＋at′＝7m/s，货车相对于货物向左运动，货物相对货车向右运动，受到向左的滑动摩擦力，

大小为f＝fm＝125N，C错误，D正确．18．答案：（1）0.5（2）4m/s（3）8m解析：（1）设货物的质量为m，根据牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1解得μ1＝0.5（

2）根据运动学公式v2＝2a1l1解得v＝4m/s（3）根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2根据运动学公式－2a2l2＝0－v2解得l2＝8m．考点15连接体问题临界和极值问题动力学图像问题1．答案：CD解析：若B不下滑，对B有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律得FN＝m2a；对整体有F

－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，得F≥（m1＋m2）（1μ1＋μ2）g＝125N，C、D正确．2．答案：ACD解析：根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物体P的两倍，同时开始运动，速度变化量始终是两倍关系，由公式a＝ΔvΔt可知，P、Q运动的加速度大小之比

为1∶2，故A正确；由牛顿第二定律，对物体Q分析T－mg＝m·2a对物体P分析F－2T－μmg＝ma两式联立，代入数据解得，轻绳的拉力大小为T＝12N，P的加速度大小为a＝1m/s2，B错误，C正确；若保持Q的加速度不变，则P的加速度也不变，设拉力F与水平方向的

夹角θ，则对物体P分析Fcosθ－2T－μ（mg－Fsinθ）＝ma化简可得52sin（θ＋φ）·F＝30N当sin（θ＋φ）＝1取到最大值时，F最小，且最小值为125N，D正确．3．答案：BC解析：对整体，由牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a，设R和

Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－μ×3mg＝3ma，解得F1＝F2，对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a，解得F2＝5F6，所以k＝F1F2＝35，与μ无关，B、C正

确．4．答案：A解析：小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcosθ＝ma0，Fsinθ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3m

/s2.由于a1＝5m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sinθ＋FNcosθ－mg＝0，F1cosθ－FNsinθ＝ma1，代入数据解得F1＝20N，选项A正确，B错误；由于a2＝20m/s2>a0，可见小球离开了斜

面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cosα＝ma2，F2sinα－mg＝0，代入数据解得F2＝205N，C、D错误．5．答案：B解析：恒力最大时，

对A有μ2mg＝ma；对A、B整体有Fmax－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a，联立解得Fmax＝15N，B正确．6．答案：AD解析：行李箱在斜面上运动时受到四个力作用，重力、摩擦力、支持力和拉力，如图可以先把斜面对物体的支持力和摩擦力求合力

F′，则F′方向与弹力方向夹角的正切值为tanβ＝μ＝33，解得β＝30°，当拉力F与F′垂直时拉动的物体最重，质量为233m，A正确，B错误；若行李箱重力一定，当拉力F与合力F′垂直时即与斜面成30°角，拉力最小，D正确，C错误．7．答案：（1）33（2）60°5

32m解析：（1）当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，由平衡条件得mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ联立解得μ＝33（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0

－v20＝2ax得x＝v202g（sinθ＋μcosθ），令cosα＝11＋μ2，sinα＝μ1＋μ2，即tanα＝μ＝33，故α＝30°，又因x＝v202g1＋μ2sin（θ＋α）当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝v202g（sin60°＋μcos60

°）＝3v204g＝532m．8．答案：D解析：图中在A点的切线与横轴平行，则A点时速度为0，此时位移为4m，则物体的减速距离为4m，A错误；图像在O点的切线过B点，则根据该点的斜率求得物体的初速度大小为4m/s，B错误；物体减速的加速度大小为a＝v202x＝422×4m/s2＝2

m/s2，物体沿地面运动的时间为t0＝v0a＝4m/s2m/s2＝2s，C错误；物体在水平地面上，根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma，解得物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，D正确．9．答案：B解析：由v­t图像可知，6～8s内物体做匀速直线运动，根据受力平衡可知，滑动摩

擦力为f＝F3＝2N，A错误；根据v­t图像与横轴围成的面积表示位移，可知全过程物体发生的位移为x＝（2＋8）2×3m＝15m，B正确；由v­t图像可知，8～10s内物体做匀减速直线运动的加速度大小为a＝32m/

s2又a＝μmgm＝μg，联立可得动摩擦因数为μ＝0.15，C错误；根据f＝μmg＝2N解得物体的质量为m＝43kg，D错误．10．答案：D解析：由图知，当F1＝2N时，AB一起开始滑动，则F1＝Ff1

＝μ1（mA＋mB）g由图知，物块B受到的滑动摩擦力大小为Ff2＝4N，有Ff2＝μ2mBg拉力在F1＝2N到F2＝6N之间时，AB一起运动，加速度相同，则有F2－Ff2mB＝F2－Ff1mA＋mB，联立解得mB＝1kg，

μ1＝0.1，μ2＝0.4，故A、B、C错误；若外力F作用在A上，当F＝12N时，若AB不相对滑动，则加速度均为a＝F－Ff1mA＋mB＝5m/s2，B的最大加速度为am＝μ2mBgmB＝4m/s2故假设不成立，A、B一定发

生相对滑动，D正确．11．答案：B解析：两小球先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，小球做匀速直线运动时有kv1＝m1g，kv2＝m2g可得m1m2＝v1v2，由图可知v1>v2可得m1>m2，A错误，B正确；释放瞬间两小球只受重力作用，两小球的加速度相等，为重力加速度，C错误

；v­t图像的面积表示位移，由图可知t0时间内甲球下落的高度较大，故D错误．12．答案：C解析：设绳的质量为m，对整条绳由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，左侧长度为（L－x）的部分绳的质量为L－xLm，以它为研究对象，则有F′－μ

L－xLmg＝L－xLma，联立解得绳上与其右端相距x处的拉力大小F′＝L－xLF，C正确．13．答案：BC解析：对橙子受力分析，竖直方向满足4fcosα－G－4FNsinα＝0，因为静摩擦力f≤μFN，解得FN≥G4（μcosα－sinα），所以想要抓起橙子，则每根“手指”对橙子压力的最小值为

G4（μcosα－sinα），并且夹角α满足μ≥tanα＋G4FNcosα时，才能将橙子抓起，所以μ>tanα时，不一定能将橙子抓起，A错误，B、C正确；若抓起橙子竖直向上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦时，满足4μFNcosα－4FNsinα－G＝ma，可得FN

＝G＋ma4（μcosα－sinα），根据牛顿第三定律可知，每根“手指”对橙子的压力可能不变，D错误．14．答案：D解析：在v­t图中，图线切线的斜率表示物体速度变化的快慢，即物体的加速度，由图可知，在0～t1时间内物体的加速度逐渐减小．向下做加速度减小的减速，加速度向上，处于超重状态

，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，0～t1箱内底对物体的支持力逐渐减小，不可能为零，D正确．15．答案：ACD解析：对小球和物块组成的整体受力分析，如图甲所示竖直方向上受重力和支持力处于平衡态，因此杆对物块的支持力为FN＝（M＋m）g，A正确；对小球受力分析，如图乙所

示则FT＝mgcosθ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a＝gtanθ，B错误，D正确；对整体，在水平方向上有F＝（M＋m）a＝（M＋m）gtanθ，C正确．16．答案：AC解析：小滑块和长木板一起运动的最大加速度

为a0＝μg＝5m/s2，当F＝12N时，假设小滑块和长木板相对静止有F＝（M＋m）a1，解得a1＝4m/s2<5m/s2，故假设成立，小滑块的加速度大小为4m/s2，A正确；当F＝18N时，假设小滑块和长木板相对静止有F＝（M＋m）a2，解得a2＝6m/s2>5

m/s2，故假设不成立，小滑块和长木板发生相对滑动，小滑块的加速度大小为5m/s2，对长木板，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma3，解得a3＝6.5m/s2，B错误，C正确；小滑块和长木板相对静止，F增大时，小滑块与长木板间的静摩擦力逐渐增大，小

滑块的加速度逐渐增大，小滑块与长木板间的静摩擦力达到最大值，F继续增大时，小滑块与长木板间发生相对滑动，小滑块受到滑动摩擦力大小不变，小滑块的加速度保持不变，D错误．17．答案：（1）409N（2）62027N解析：设刚开始弹簧压缩量x0（m1＋m2）gsinθ＝kx0在前0.5s时间

内，F为变力，在0.5s时，1对2的作用力为0，设弹簧形变量x1.牛顿第二定律可知kx1－m1gsinθ＝m1a在前0.5s内，做匀加速直线运动的距离为x0－x1.所以有x0－x1＝12at2解得a＝2027m/s2（1）当物体1，2开始运动时拉

力最小，此时有Fmin＝（m1＋m2）a＝409N（2）当物体1，2分离时拉力最大，此时有Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝62027N．考点16斜面模型传送带模型滑块—木板模型1．答案：B解析

：设AC、BC与OC的夹角分别为α和β，由牛顿第二定律可得加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，由几何关系可得lAC＝HAsinα，lBC＝HBsinβ，由运动学公式可得lAC＝12a1t2，lBC＝12

a2t2，联立解得sinα＝2sinβ，即HAlAC＝2HBlBC，解得lBC＝22lAC.设CO的距离为x，由勾股定理得H2A＋x2＝l2AC，H2B＋x2＝l2BC联立方程，解得x＝42m，B正确．2．答案：D解析：小球在斜

面上运动的加速度a＝gsinα，设斜面的高度为h，斜的长x＝hsinα，由于x＝12at2，运动时间t＝2xa＝2hgsin2α＝1sinα2hg，tA∶tB＝sin53°∶sin37°＝4∶3，A、B错误；由机械能守恒可知mgh＝12mv2，到达斜

面底端的速率相等，重力的功率P＝mgvsinα，PA∶PB＝sin37°∶sin53°＝3∶4，C错误，D正确．3．答案：B解析：设任一细杆与竖直方向的夹角为α，则环的加速度大小mgcosα＝ma，解得a＝gcosα

，则a1＝g，a2＝32g，a3＝12g，加速度之比为a1∶a2∶a3＝23∶3∶3，C、D错误；设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环的半径R，则环下滑的位移x＝2Rcosα，根据x＝12at2则t＝4Rg时间相同，A错误，B正确．4．答案：C解析：要实现

这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，解得μ>tanθ，A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为f＝mgsinθ，B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦

力均沿传送带向上，C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，D错误．5．答案：D解析：物体在传送带上的加速度大小为a＝μmgm＝1m/s2，若物体一直做匀减速运动到传送带右端时，根据v′2－v20＝－2aL，解得v′＝3m/s>2m/s，当传送带速

度等于2m/s时，物块一直减速到最右端，A正确；当传送带速度等于3.5m/s，v可能等于3m/s，B正确；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带可能沿逆时针方向转动；若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3m/s，传送带顺时针转动时，则传送带

的速度可能大于3m/s，故C正确，D错误．6．答案：（1）0.5（2）6.4m（3）4.8m解析：（1）由图乙可知，物块的初速度v0＝8m/s物块的速度减速到与皮带的速度相等时，加速度发生变化，所以皮带转动时的速度v＝4m

/s在t＝0到t＝0.4s时间内，物块加速度大小为a1＝ΔvΔt＝8－40.4m/s2＝10m/s2方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得μ＝0.5（2）在t＝0.4s

后，物块减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2物块从t＝0.4s开始，经过t1时间速度减为零，则t1＝42s＝2s从t＝0到

t＝0.4s，物块位移为x1＝v0t－12a1t2＝2.4m从t＝0.4s到t＝2.4s，物块减速到零的位移x2＝v2t1＝42×2m＝4m物块沿皮带向上运动过程中的位移为x＝x1＋x2＝6.4m（3）从t＝0到t＝0.4s，

传送带位移为x3＝vt＝1.6m物块相对传送带向上的位移Δx1＝x1－x3＝0.8m从t＝0.4s到t＝2.4s，传送带位移x4＝vt1＝8m物块相对传送带向下的位移Δx2＝x4－x2＝4m故从t＝0到t＝2.4s，物块相对传送带的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8m

．7．答案：BC解析：AB.设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知x＝v1t0－12at20＝v0t02，抛物线的顶点为Q，根据x－t图像的切线斜率表示速度，则有v1＝a·2

t0联立解得v1＝2v03，a＝v03t0，根据牛顿第二定律可得a＝μmgm＝μg得甲、乙间的动摩擦因数为μ＝v03gt0；C.由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a＝v03t0，根据图（b）可知，t0时刻甲、乙刚好共速，则0～t0时间内甲、乙发

生的相对位移为Δx＝x乙－x甲＝v1＋v共2t0－v共2t0＝v12t0＝v0t03则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝v0t03；D.物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动能守恒和机械能守恒可得Mv0＝Mv2＋mv1，12Mv20＝12Mv22＋12mv21

，可得v1＝2MM＋mv0＝2v03可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1.8．答案：BD解析：由速度—时间图像可知，2s后物块A、长木板B达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板B与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图像得在2s内物块A的位移xA＝4m，长木板B的位移x

B＝2m，所以长木板的最小长度为L＝xA－xB＝2m，A错误；对物块A撤去外力F在1～2s时间内受力分析得μmg＝maA2，由v­t图像可知此时物块的加速度大小aA2＝1m/s2，可得A、B间的动摩擦因数是0.1，B正确；对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝MaB，由v­

t图像可知aB＝1m/s2，联立解得长木板的质量为M＝1.0kg，C错误；在0～1s时间内对物块A受力分析得F－μmg＝maA1，由v­t图像可知aA1＝3m/s2，解得外力F＝4N，D正确．9．答案：BC解析：根据牛顿第二定律对长木板有－μ1（m＋M）g－μ2mg＝Ma2，

解得a2＝－43m/s2，小物块的加速度a1＝－μ2g＝－4m/s2，小物块速度减小到0经历时间为t1＝0－va1＝1s，此时木板向左的位移为x1＝vt1＋12a2t21＝103m，木板的速度v1＝v＋a2t1＝83m/

s，A错误；小物块向右运动的位移为x2＝v＋02t1＝2m，此后小物块开始向左加速，加速度大小为a3＝μ2g＝4m/s2，木板继续减速，加速度仍为a2＝－43m/s2，假设又经历t2时间二者速度相等，则有a3t2＝v1＋a2t2，解得t2＝0.5s

，此过程木板位移x3＝v1t2＋12a2t22＝76m，速度v3＝v1＋a2t2＝2m/s，B正确；小物块的位移x4＝12a3t22＝0.5m，二者的相对位移为Δx＝（x1＋x2）＋（x3－x4）＝6m，所以木板最小的长

度为6m，C正确；此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，D错误．10．答案：D解析：依题意，可知白纸未被拉动，所以杯子将处于静止状态，杯子相对与白纸没有运动趋势，故杯子不受摩擦力作用；若减小杯子中水的质量，但白纸仍未被拉动，则杯子

仍然处于静止状态，杯子仍然不受摩擦力的作用，A、B错误；由于白纸相对于桌面有向右的运动趋势，故白纸下表面受到桌面向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可得桌面受到向右的摩擦力；若增大向右拉动白纸的力，但白纸仍未被拉动，根据平衡条件可知桌

面对白纸的摩擦力大小等于拉力大小，也将增大；结合牛顿第三定律，可知桌面受到的摩擦力将增大，故C错误，D正确．11．答案：AD解析：由图像可知，滑块先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后与传送带速度相同做匀速直线运动，故从右端离开传送带，A正确，B错

误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速运动，不受摩擦力，C错误，D正确．12．答案：A解析：设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2Rcos

θ，由牛顿第二定律得物体沿AB下滑的加速度a＝gcosθ，解得在AB上运动的时间为t1＝2ABa＝2Rg；同理物体在AC上运动的时间t2＝2ACa＝22Rg.则t1t2＝12，A正确．13．答案：CD解析：煤块刚放上传送带时，加速度

大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，A错误；煤块加速至与传送带的速率相同时所用的时间为t1＝v0a1＝1s，1s内煤块运动的位移x1＝12a1t21＝4m，1s后煤块的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，根据匀加速直线运动的位移—时间公式有L－x1＝v0t2＋12a2t

22，解得t2＝1s或－5s，负值舍去，煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝2s，B错误；1s内传送带上形成黑色划痕的长度为L1＝v0t1－x1＝4m，1s～2s内煤块的速度大于传送带的速率，传送带上形成黑色划痕的长度为

L2＝v0t2＋12a2t22－v0t2＝2m<L1，故煤块从A运动到B的过程中传送带上形成黑色划痕的长度为4m，C正确；煤块从A运动到B的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝fL＝μmg（L1＋L2）cosθ＝6J，D正确．14．答案：ACD解析：撤去恒力前，对B由牛顿第二定律得μ

1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBaB，解得aB＝1m/s2，撤去恒力时木板B的速度大小为vB＝aBt＝2m/s，A正确；撤去恒力前，对A由牛顿第二定律得F－μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2.5m/s2，撤去恒力时木板A的速度大小为vA＝aAt＝5m/s，撤去恒力后

，A做匀减速运动，由牛顿第二定律得μ1mAg＝mAa1，解得A的加速度大小为a1＝μ1g＝2m/s2，撤去恒力后，B依然做匀加速运动；撤去恒力，物块A恰好能到达木板B的右端，则A到达B右端时二者有共同速

度，可得v＝vA－a1t1＝vB＋aBt1，解得t1＝1s，v＝3m/s，A、B达到共同速度时木板B运动的距离为xB＝12aB（t＋t1）2＝4.5m，A、B达到共同速度时木板A运动的距离为xA＝vA2t＋vA＋v2t1＝9m，木板B的长度为L＝xA－xB＝4

.5m，B错误；A、B达到共同速度以后共同做匀减速运动，加速度大小为a＝μ2（mA＋mB）gmA＋mB＝μ2g＝1m/s2，此后运动的位移大小为x＝v22a＝4.5m，木板B运动的最大距离为xBm＝xB＋x＝9m，物块A运动的最大距离为xAm＝xA＋x＝13.5m，C、D正确．15．答案

：（1）4m/s（2）0.75m（3）（7－10）m解析：（1）碳块从A→B有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1由v2B＝2a1x解得vB＝4m/s（2）碳块在传送带上运动时，设加速度大小为a2，有a2＝μ2g若碳块恰能运动至D，则v2C＝2a2L在斜面上v2C＝2a1x

解得x＝0.75m（3）碳块x>0.75m时，滑块从右端滑出．从C→D有v2D－v2C＝－2a2L所需时间Δt＝vD－vC－a2该时间内传送带走了x1＝v0Δt所以划痕的长度为x＝L＋x1＝（7－10）m16．答案：（1）9N（2）1.5s（3）21N解析：（1）假设板块刚要发生相对滑动，根据牛

顿第二定律，对整体F1－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a对A，有μ1mg＝ma拉力的最大值为F1＝9N（2）由题意可知，A先做匀加速运动，在地面上做匀减速运动至停止，两段运动的加速度大小分别为a1＝μ1g＝1m/s2，a2＝μ2g＝2m/s2设最大速度

为v，则v22a1＋v22a2＝0.75m总时间为t＝va1＋va2联立得t＝1.5s（3）根据牛顿第二定律，对B有F2－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma二者分离时，相对位移等于B的长度，则12at21－12a1t21＝LA加速运动时间为t1＝va1联立得F2＝21

N考点17实验四探究加速度与力、质量的关系1．答案：（1）B（2）D（3）0.440.42解析：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的

一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，B正确．（2）当m≪M时，即当砂和砂桶总质

量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力．因此最合理的一组是，D正确．（3）两相邻计数点间的时间间隔t＝5×1f＝0.10s，由匀变速直线运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，则打B点时车速vB＝sAB＋sBC2t＝4.22＋4.

652×0.10×10－2m/s≈0.44m/s，由逐差法求小车的加速度a＝sDE＋sEF＋sFG－sAB－sBC－sCD9t2≈0.42m/s2.2．答案：（1）在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动（2）0.7

20.51（3）BC解析：（1）长木板右侧垫高是为了平衡小车受到的摩擦力，应调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动，即可认为完成平衡．（2）相邻两计数点间有四个点未画出，说明相邻两计数点间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s，以打计数点

A的时刻定为计时起点，可知t＝0.25s时刻为CD间的中间时刻，故该时刻的瞬时速度等于CD段的平均速度，则有v2.5＝sCDT＝0.07210.1m/s≈0.72m/s.根据逐差法，可得这次实验小车的加速度a＝（sGH＋sEF－sCD－sAB）8T2＝

（0.0925＋0.823－0.0721－0.0619）8×0.12m/s2＝0.51m/s.（3）图甲中图线为曲线，很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能确定小车的加速度与质量是否成反比，A错误

；图乙中图线为过原点的直线，可知小车的加速度与质量的倒数成正比，即小车的加速度与质量成反比，B正确；根据牛顿第二定律可得a＝F×1m，a­1m图像的斜率等于小车受到的拉力F，C正确；牛顿第二定律具有瞬时性，小车受到的拉力具有瞬时性，由图像甲中曲线与坐标轴所围的面积不可以知道小车受到的拉力大小，当

然也不是拉力大小的倒数，D错误．3．答案：（1）B（2）①小车释放点到光电门的距离x②遮光条的宽度d（3）钩码有向下的加速度，拉力小于重力（4）大于解析：（1）实验研究加速度与力的关系，研究加速度与合力正比关系，只需控制小车

质量不变即可，不须测出小车的质量，B正确．（2）小车经过光电门的速度为v＝dΔt，由运动学公式2ax＝v2，联立解得小车的加速度a＝d22x（Δt）2，所以需要测量小车释放点到光电门的距离x和遮光条的宽度d.

（3）钩码在重力和拉力作用下向下做匀加速运动，加速度方向竖直向下，根据牛顿第二定律可知绳子对钩码的拉力小于钩码的重力，而绳子对钩码的拉力大小等于小车绳子拉力的大小，所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力．（4）本实验忽略摩擦力的影响时，细线平行时T＝ma1，若滑轮偏低导致细线与轨道不平行，受力

方向如图所示由牛顿第二定律有Tcosβ＝ma2，所以有a1>a2.4．答案：（2）等于（3）（M＋m）am解析：（2）把气垫导轨调整到水平，滑块在导轨上做匀速直线运动时通过两光电门的时间相等．（3）根据牛顿运动定律有mg＝（M＋m）a，解得g＝（M＋m）am.5．答案：（1）BE（2）小

车所受合力（3）t2d22mgL解析：（1）本实验需要测量光电门间距和遮光条宽度，因此需要刻度尺和游标卡尺，故选BE.（2）调整垫块的位置，是为了保证下滑时，沿木板方向小车受的合力不变．（3）根据题意可得mg＝Ma，（dt）2＝2aL，联立解得t2＝d22mgLM，因此应以t2为

纵坐标，斜率为d22mgL.验收检测卷三运动和力的关系1．答案：A解析：滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动，则F与G的合力方向与v同向，A正确．2．答案：C解析：火箭向上做加速运动，因此可知，喷出气体对火箭的作用力大于火箭受到的重力，且这两个力都作用于

火箭，并非相互作用力，A错误；喷出气体对火箭的作用力与火箭对喷出气体的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反、分别作用于两个物体上，B、D错误，C正确．3．答案：D解析：由图可知，t3时刻手机的加速度为－10m/s2，即此时手机只受重力作用，

与手掌间没有相互作用力，手机处于完全失重状态，A错误，D正确；手机在t1时刻加速度大于10m/s2，且加速度向上，手机处于超重状态，B错误；手机在t2时刻加速度方向改变，手机开始做减速运动，速度方向不变，即运动方向不变，C错误．4．答案：C解析：图甲的实验为伽利略用抽象思

维、数学推导和科学实验相结合得出力是改变物体运动状态的原因，A错误；实验室不存在没有阻力的斜面，图甲中的实验，无法在实验室中真实呈现，B错误；伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比．

由于当时用滴水法计时，自由落体的时间短，无法测量，伽利略设计了让铜球沿阻力很小、倾角很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果．而铜球在斜面上运动的加速度要比它自由落体的加速度小得多，所用时间长得多，容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过

抽象思维在实验结果上进行合理外推，得出自由落体运动的规律，C正确，D错误．5．答案：A解析：滑块通过光电门时的速度v＝dt，通过光电门后滑块做匀减速运动，有v2＝2aL，由牛顿第二定律得μmg＝ma，联立解得μ＝d22gLt2，A正

确．6．答案：C解析：水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知mgsinθ－2f1＝0，将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有mgsinθ－2f2＝ma，由

于摩擦力变小，故加速度变大；可知圆筒将匀加速滑动，C正确．7．答案：B解析：由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a＝μg，当物块向左运动速度减为零时的位移为x＝v222μg，由题可知L>v222μg，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相

同时，物块的位移为x′＝v212μg，又v2>v1，则x>x′，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动，B正确．8．答案：D解析：细线恰好无拉力时，有μmg＝ma0，即a0＝μg＝5m/s2，当物块随小车一起运动的加速度小于a0时，细线的拉力FT始终为0

，且小车对物块的支持力FN大小始终等于物块的重力大小，A、B、C错误；当物块随小车一起运动的加速度大于a0时，有Ff＋FTsinθ＝ma，FTcosθ＋FN＝mg，Ff＝μFN，联立解得FT＝ma－μmgsinθ－μcosθ＝m0.2a－52mg，则a越大，细线的

拉力FT越大．由竖直方向的平衡条件得FN＝mg－FTcosθ＝3mg－4ma，则a越大，小车对物块的支持力FN越小．小车对物块的摩擦力Ff＝μFN＝1.5mg－2ma，当a＝6m/s2时，Ff＝3N，D正确．9．答案：AC解析：轻绳P竖直，分析物块受力可知物块仅受到重力和轻绳的拉力，A正确，B

错误；剪断轻绳瞬间，轻绳拉力消失，轻弹簧来不及发生形变，所以物体只受重力，物块的加速度大小为g，C正确，D错误．10．答案：AD解析：对甲装置，由牛顿第二定律Mg－T甲＝Ma甲，T甲＝ma甲，解得T甲＝mMgm＋M，则绳

张力小于重物M的重力，A正确；对整体分析，由牛顿第二定律Mg＝（M＋m）a甲，解得a甲＝Mg（M＋m），当M远大于m时，加速度接近g，B错误；对装置丙，由牛顿第二定律F－μmg＝Mg－μmg＝ma丙，解得a丙＝

Mgm－μg；对装置乙，由牛顿第二定律Mg－T乙＝Ma乙，T乙－μmg＝ma乙，解得T乙＝mMgm＋M（1＋μ），a乙＝Mg－μmgM＋m≠a丙，装置甲中绳上的张力T甲小于装置乙中绳上的张力T乙，C错误，D

正确．11．答案：AC解析：若货车在斜坡上匀速运动，则小球做匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和绳子拉力的大小相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知α＝β，A正确；若货车在斜坡上匀减速运动，则小球有沿斜面向下的加速度，

则细线应该向右偏，但在题图中虚线的左侧，则有α<β，B错误；若货车在斜坡上匀加速运动，则小球有沿斜面向上的加速度，则细线应该向左偏，则有α>β，设细线的拉力为F，小球的质量为m，对小球受力分析，垂直斜面方向上，由平衡条件有Fcosα＝mgcosβ，沿斜面方向上，由牛顿第二定律有Fsinα

－mgsinβ＝ma，联立解得a＝gcosβtanα－gsinβ，货车的加速度与小球的加速度相等，D错误，C正确．12．答案：CD解析：若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动做匀减速

运动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度大小相等，运动的位移大小相等，都做匀变速运动，则运动的时间相等，A错误；若v2<v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，则没有匀速过程，B错误；若v2<v1，物体从右端滑上传送带，

物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度大于等于零时，可以到达左端，C正确；若v2<v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，D正确．13．答案：（1）C（2）1.6（3）2k解析：（1）释放小车之前应先

接通电源，待打点稳定后再释放小车，A错误；绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量m远小于小车和滑轮的总质量M，B、D错误；用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力

大小，需要平衡摩擦力，C正确．（2）根据逐差法得小车运动的加速度大小为a＝[（22.33－7.96）－7.96]×10－24×0.12m/s2＝1.6m/s2.（3）以小车为研究对象，根据牛顿第二定律得2F＝Ma，F＝M2a，k＝M2，解得

M＝2k.14．答案：（1）12.5N7.5N（2）28.5N解析：（1）根据题意，对球受力分析，如图所示由平衡条件有FN1＝mgcosθ，FN2＝mgtanθ代入数据解得FN1＝12.5N，FN2＝7.5N（2）当挡板对球的作用力为零时，设斜面体与球一起向右运动的加速度为a，由牛顿第二定律，

对球有mgtanθ＝ma对整体有F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a联立代入数据解得F＝28.5N15．答案：（1）20m/s2（2）40N（3）1.1s解析：（1）由图b可知，向下为正方向，管落地后上升的过程中，在1.0～1.5s内，管的加速度为a1＝

ΔvΔt＝20m/s2（2）设球和管间的滑动摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得Mg＋Ff＝Ma1解得Ff＝40N（3）在第一次碰撞后到管与球速度相等（设为v）的过程中，设球的加速度为a2，时间为t2，

管上升的高度为h，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2解得a2＝－10m/s2速度相等时，对球有v＝v0＋a2t2对管有v＝－v0＋a1t2联立解得t2＝23s，v＝103m/s根据公式v2－v20＝2ax，对管有v2－v20＝－2a1h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t3，则有h＝vt3＋12gt23解得t3＝5－13s则管从第一次落地到第二次落地所用的时间为t＝t2＋t3＝5＋13s≈1.1s16．答案：（1）2m/s21m/s2（2）1s（3）0.5m解析：（1）根据题意可知，

A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1mAg＝4NB与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2（mA＋mB）g＝3N当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1＝mAaA对B有f1－f2＝mBaB解得aA＝2m/s2，aB＝1m/s2（2）设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程

，对A有v＝v0－aAt对B有v＝aBt解得t＝1s，v＝1m/s（3）以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝（mA＋mB）a一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax解得x＝0.5m．第四章曲线运动万有引力与宇宙航行考点18曲线运动运动的合成与分解1．答

案：D解析：小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确．故选D.2．答案：C解析：根据图像可知，小球在x方向做匀速直线运动，速度大小为vx＝42m/s＝2m/s，小

球在y方向做匀变速直线运动，所以小球的合运动为匀变速曲线运动，A、B错误；根据v­t图像的面积表示位移大小，可知小球在2s内沿y方向的位移为0，则小球在2s内的位移等于x方向的位移，即大小为4m，C正确；小球2

s末的速度为v＝v2x＋v2y＝22＋32m/s＝13m/s，D错误．3．答案：D解析：R竖直方向做匀速直线运动，运动的时间t为t＝yv0＝2s，水平方向做匀加速直线运动，有x＝12at2，可求出a＝0.02m/s2，水平速度为vx＝at＝0.04m/s，R此时刻速

度大小为v＝v20＋v2x＝17100m/s，设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，tanθ＝v0vx＝14，θ≠45°，A、B、C错误；根据物体做曲线运动的条件，可知轨迹如图，D正确．4．答案：C解析：根据题意可知船速大于水速，当船的速度在沿着河岸方向与水

流速度大小相等时，与水流速度方向相反时，可以到达正对岸，A错误；当船头始终垂直河岸时，渡河时间最短为tmin＝dv船＝1002s＝50s，船渡河的时间河水的流动速度无关，B、D错误；根据运动的合成可知

，当船速方向与水流速度的方向为锐角时，船在河水中的实际速度大于2m/s，C正确．5．答案：A解析：如图所示，当冲锋舟在静水中的速度v舟与其在河流中的速度v合垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则v舟＝vsinθ，由几何关系知θ＝60°，解得v舟＝32v，A正确

．6．答案：D解析：设绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，将球的速度v分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为v绳＝vcosθ，因球匀速上滑过程中θ角将增大，所以v绳将减小，故小车做减速运动，D正确，C错误；球受三力作用处于平

衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、墙对球的支持力大小N分别为T＝Gcosθ，N＝Gtanθ，随θ的增大，T、N均增大，A、B错误．7．答案：A解析：将A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为v1cosα；

将B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcosβ；由于两物体沿着绳子方向速度大小相等，所以有v1cosα＝vBcosβ，因此vB＝v1cosαcosβ，A正确．8．答案：B解析：由于物体做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条

件可知，物体受到的恒力的方向始终指向弧内，且与速度方向不在同一直线上，质点经过坐标原点时的速度方向沿图中虚线，所以恒力F可能沿x轴负方向，B正确．9．答案：C解析：在0～2s内，自行车在x方向初速度为v0x＝0，加速度为ax＝9m/s2，自行车在y方向初速度为v0y＝0，加速度为ay＝1

2m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝0，合加速度为a＝a2x＋a2y＝15m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，C正确．10．答案：D解析：由速度的合成与分解可知，小船实际渡

河的速度大小v＝v0cosθ，小船渡河的时间t＝Lv，解得t＝Lcosθv0，D正确．11．答案：D解析：当θ＝90°时，P的速度为零，初始时刻P的速度也为零，所以θ在向90°增大的过程中，P先向下加速后向

下减速，即P先处于失重后处于超重，A错误；当θ＝90°时，Q的速度水平向右，沿绳方向的速度分量为零，所以此时P的速度为零，B错误；θ从很小到90°的过程中，细绳拉力对Q做正功，Q先做加速运动．θ>90

°后细绳拉力对Q做负功，Q再做减速运动，所以θ＝90°时Q速度最大，但加速度为0，C错误；当θ＝60°时，将Q的速度v分解为沿绳速度分量v1和垂直于绳的速度分量v2，有vP＝v1，则vPvQ＝v1v＝cos60°＝12，D正确．考点19抛体运动1．答案：

B解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误．故选B.2．答案：（1）2

Epm（2）5mghEp2mg解析：（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知，Ep＝12mv2得小球离开桌面时速度大小为，v＝2Epm（2）离开桌面后由平抛运动规律可得，h＝v′2y2g第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知，vy′＝45vy离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，

vy＝gt解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝5mghEp2mg3．答案：A解析：运动员在竖直方向做自由落体运动，设A点与B点的距离为L，有Lsin30°＝12gt2，解得L＝120m，设运动员离开

A点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos30°＝v0t，解得v0＝30m/s，A正确．4．答案：BC解析：两物体同时抛出且都落到P点，则两物体在竖直方向上下落了相同的高度H，由平抛运动规律可知，在竖直方向上有H＝12gt2，解

得t＝2Hg，即两物体同时到达P点，A错误、B正确；设半圆形容器的半径为R，如图所示，由几何关系得xAM＝2Rcos237°，xBM＝2Rsin237°，则xAM∶xBM＝16∶9，根据平抛运动规律在水平方向上有x＝vt，由于两物体运动的时间相等，则两物体抛出的水平距离之比等于它们的

抛出速度之比，所以vA∶vB＝16∶9，C正确、D错误．5．答案：D解析：由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h＝12gt2可知两球下落时间相同，两球应同时抛出，A、B错误；根据以上分析A、B做平抛运动的时间相同，但xA>xB，由于水平方向做匀速直线运动

，则vAx>vBx，相遇时v＝v2x＋（gt）2，则相遇时A球速率大于B球速率，C错误，D正确．6．答案：C解析：过抛出点作斜面的垂线，如图所示当质点落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向x＝v0t，竖直方向y＝12gt2，根据几何关

系有xy＝tanθ，解得t＝2v0gtanθ，C正确．7．答案：B解析：根据h1－h2＝12gt2得，t＝2（h1－h2）g＝2（0.45－0.25）10s＝0.2s，平抛运动的最大速度v1＝x＋2Rt＝1.0＋2×0.10.2m/s＝6.0m/s，最小速度v

2＝xt＝1.00.2m/s＝5.0m/s，则5.0m/s＜v＜6.0m/s.综上所述，B正确．8．答案：C解析：排球做平抛运动，为使排球能越过球网落到对方场地，运动员击出排球的最小速度满足4h＝vmint；h＝12gt2联立求得vmin＝22gh，C正确．9．答案：B解析

：因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左侧水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝12gt2可知，击球点的高度与网高之比为12g9t2∶（12g9t2－12gt2）＝9∶8，A错误，B正确；

球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的13，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，则乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶3，C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化

量之比为1∶2，D错误．10．答案：AD解析：运动员从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有h＝12gt2，解得t＝0.5s，在最高点时的速度大小为vx＝xt＝2.50.5m/s＝5m/s，根据对称性可知，运动员在空中的运动时间为t总＝2t＝1s，A正确，

B错误；落地时竖直方向速度大小为vy＝gt＝5m/s，落地时的速度大小为v＝v2x＋v2y＝52m/s，落地时速度方向与水平面所成的夹角满足tanα＝vyv0＝1，解得α＝45°，即落地时速度方向与水平面所成的夹角为45°，C错误，D正确．11．答案：B解

析：子弹射出后做平抛运动，在竖直方向有h＝12gt2，在水平方向有x＝vt，解得v＝gx22h＝300m/s，B正确．12．答案：C解析：水流在竖直方向自由落体运动，则h＝12gt2，解得t＝2hg，甲孔的离地高度是乙的2倍．所以t甲t乙＝21，A

错误；由于水平位移相等，根据x＝vt可知初速度之比是v乙v甲＝t甲t乙＝21，B错误；水柱在空中的体积V＝v0tS，两空中水柱体积是相等的，C正确；矿泉水瓶自由下落时，处于完全失重状态，两小孔水不会喷出，D错误．13．答案：A解析：设斜面倾角为θ，第一次试跳中运动时间为t，则L2

sinθ＝12gt2，L2cosθ＝v0t，第二次试跳中运动时间为t′，离开A点时水平速度大小为v′，则Lsinθ＝12gt′2，Lcosθ＝v′t′，解得t′＝2t，v′＝2v0，A正确．14．答案：A解析：甲、乙的射高相等，即到最高点的高度相同（v1s

in53°）22g＝（v2sin37°）22g，水平位移x1＝v1cos53°×2v1sin53°g，x2＝v2cos37°×2v2sin37°g，解得x1x2＝916，A正确．15．答案：AC解析：当小球落在A点时，有H＝12gt2，s＝v1t，联立

解得v1＝sg2H＝6m/s，同理可知，当小球落在D点时v2＝sg2（H－h）＝9m/s，当小球落在B点时v3＝（s＋d）g2H＝10m/s，当小球落在C点时v4＝（s＋d）g2（H－h）＝15m/s，A、C正确，B错误；若P点

的高度变为H0轨迹同时过D点和B点，则此时初速度v′＝sg2（H0－h）＝（s＋d）g2H0，解得H0＝2564m<0.45m，即小球在2564m～0.45m高度间，小球也能直接落在桶底（桶边沿除外），D错误．16．答案：A解析：网球竖直方向做自由落体运动

，则有h＝12gt2，解得t＝2hg＝2×2.4510s＝0.7s，水平方向做匀速直线运动，则有v0＝xt＝280.7m/s＝40m/s，A正确．17．答案：AB解析：小球做平抛运动，则其运动过程中的坐标为x＝－v0t，y＝5－12

gt2，联立解得小球做平抛运动的轨迹满足y＝－14x2＋5，题中所给抛物线方程为y＝x2，联立解得小球轨迹与抛物线交点为（－2m，4m），小球到达边界时间为t＝－2－25＝55s，A、B正确；小球做平抛运动，则下

落OA高度时，竖直方向的速度大小为vy＝2gOA＝2×10×5m/s＝10m/s，到达x轴时速度方向与水平方向的夹角θ满足tanθ＝vyv0＝1025＝5，可知θ不为30°，C错误；由于水平方向有初速度，故小球速度不可能与y轴平行，D错误．

18．答案：（1）23m/s（2）10m/s2（3）1.7s解析：（1）包裹进入传送带顶端时竖直方向的速度为vy，有v2y＝2gh解得vy＝2m/s包裹恰好可以无碰撞地进入传送带顶端，则tan30°＝vyv0可得v0＝23m/s（2）设包裹刚抛到传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二

定律μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1可得a1＝10m/s2（3）设包裹平抛运动的时间为t1，则h＝12gt21可得t1＝0.2s包裹刚落到传动带上时的速度sin30°＝vyv1可得v1＝4m/s包裹从刚落到传送带上到与传送带速度相等的时间为t2，v＝v

1＋a1t2，则t2＝0.5s包裹在传送带下滑的位移x＝v＋v12t2因μmgcos30°＝mgsin30°包裹与传送带速度相等之后匀速下滑，包裹与传送带速度相等之后到滑到传送带最底端的时间为t3，则L－x＝vt3解得t3＝1s包裹从抛出到传送带底端的总时间t＝t1＋t2＋t3得t＝1.7s考

点20圆周运动1．答案：BD解析：A、B两轮是齿轮传动，边缘质点线速度大小相等，即v1∶v2＝1∶1，A错误；两轮的周期之比T1∶T2＝N1∶N2转速n∝1T所以两轮的转速之比n1∶n2＝N2∶N1，B正确

；由公式v＝rω可知，两轮的角速度ω1∶ω2＝r2∶r1，C错误；由a＝v2r可知a1∶a2＝r2∶r1，D正确．2．答案：B解析：因为从动轮和主动轮转动方向都和滚轮的转动方向相反，所以从动轮和主动轮转动方向始终相同，A错误；滚轮在B处，从动轮和主动轮与滚轮

接触的点线速度相等，该点从动轮的半径大于主动轮的半径，根据v＝ωr，从动轮角速度小于主动轮角速度，B正确；主动轮转速不变，滚轮从A到B，主动轮的半径越来越小，主动轮与滚轮接触的点线速度一直减小，从动轮线速度与滚轮线速度相同

，一直变小，C错误；滚轮从A到B，从动轮线速度一直减小，又因为从动轮半径在变大，又v＝ωr＝2πnr，滚轮从A到B，从动轮转速一直减小，D错误．3．答案：C解析：纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100πrad/s，由向心加速度a

＝ω2r≈1000m/s2，C正确．4．答案：B解析：小球的角速度为ω＝vR，由几何关系得R＝2L2，联立解得ω＝2vL，A错误；小球做匀速圆周运动，小球所受合力等于其向心力为Fn＝mv2R，联立解得Fn＝2m

v2L，B正确；小球所受的合力大小不变，方向时刻改变，小球做非匀变速曲线运动，C错误；tan45°＝Fnmg，结合Fn＝2mv2L，联立解得g＝2v2L，D错误．5．答案：B解析：设OA段长为L，OB段长为2L，匀速旋转小球到悬点的高度

均为h，由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，且都满足mgtanφ＝mω2r，则有aaab＝（L＋htanα）ω2（2L＋htanθ）ω2＝gtanαgtanθ，解得tanθ＝2tanα，B正确．6．答案：AD解析

：对物块A进行受力分析，则有mgtan60°＝mω2Rsin60°，解得ω＝gRcos60°＝2gR，A正确；当A受到的静摩擦力为0时，B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受到沿容器壁向下的摩擦力，D正确，B、C错误．7．答案：

C解析：设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ＝BCL＝35解得θ＝37°以小球对对象，根据牛顿第二定律可得mgtan30°＝mω20r解得ω0＝gtan37°r＝10×0.753＝102

rad/s，C正确，D错误；当ω＝1rad/s时，由于ω＝1rad/s<ω0＝102rad/s，可知小球还未接触器壁CD，A错误；当ω＝2rad/s时，由于ω＝2rad/s>ω0＝102rad/s，设器壁CD对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，则有Tcos37°＝mg；Tsin37°＋N＝mω

2r，联立解得N＝4.5N，B错误．8．答案：（1）54mg（2）5g4L解析：（1）小球与细杆恰好无作用力，设细线与水平方向的夹角为α，则sinα＝0.8LL＝0.8，有Tsinα＝mg，解得T＝54mg.（2）细线拉力的水平分量提供小球做匀速圆周运动

的向心力，则有Tcosα＝mω2R，R＝Lcosα，解得ω＝5g4L.9．答案：D解析：汽车所需的向心力大小为Fn＝mv2r＝9×103N<1.4×104N，所以汽车不会发生侧滑；汽车的向心加速度大小为an＝v2r＝4.5m/s，D正确．10．答案：C解析：由ω＝2

πn得，颗粒运动的角速度为2πn，A错误；由向心力公式确实可以算得Fn＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2mrn2颗粒此时受到的合外力大小未必为4π2mrn2，一般都是小于这个值，正是因为合外力提供不了所需向心力，故颗粒会沉淀，B错误；离转轴越远，r越大，液体提供

的“浮力”与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大，则分离沉淀效果越好，C正确；只有颗粒的密度大于液体密度，颗粒才会在试管底部沉淀，如果颗粒的密度小于液体密度，颗粒会在试管管口“沉淀”，即漂浮在管口，D错误．11．答案：AD解析：根据图乙可知，在凸轮圆盘转动一圈的过程中

，探测器接收到光的时间越来越短，说明凸轮圆盘转动速度越来越快，所以该时间段内风轮叶片的转速逐渐增大，A正确，B错误；根据图乙可知，在时间Δt内，凸轮圆盘转动了4圈，所以风轮叶片转动了4n圈，则风轮叶片转动的平均角速度为ω＝θt＝2π·4nΔt，则风轮叶片转动的平均速率为v＝ωr＝8

πnrΔt，C错误，D正确．12．答案：D解析：若拉力突然消失，小球将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa做离心运动，A错误；若拉力突然变小，则小球受到的拉力小于所需的向心力，小球将沿轨迹Pb做离心运动，B错误，D正确；若拉力突然变大，则小

球受到的拉力大于所需的向心力，小球沿轨迹Pc做近心运动，C错误．13．答案：A解析：根据h＝12gt2可得t＝2hg＝2s，则小球平抛的初速度v0＝rt＝2.5m/s，A正确，B错误；根据ωt＝2nπ（n＝1、2、3、

…），解得圆盘转动的角速度ω＝2nπt＝nπrad/s（n＝1、2、3、…），圆盘转动的加速度为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2m/s2（n＝1、2、3、…），C、D错误．14．答案：C解析：质点做匀速圆周运动，根据题

意设周期T＝kr，合外力等于向心力，根据F合＝Fn＝m4π2T2r，联立可得Fn＝4mπ2k2r3，其中4mπ2k2为常数，r的指数为3，故题中n＝3，故选C.15．答案：D解析：两小球均由圆锥桶对其的弹力和重力的合力提供向心力，如图，则有Fa＝magtanθ，F

b＝mbgtanθ，由于ma＝2mb，故FaFb＝mamb＝21，A、B错误；根据F＝mω2R可得ω＝FRm，故ωaωb＝FaFb·RbRa·mbma＝12·21·12＝22，C错误；根据v＝ωR可得vavb＝ωaωb·RaRb＝21，D正确．16．答案：B解析：若摆线与竖直方向夹角为

θ，对任意做圆锥摆的物体有mgtanθ＝m4π2T2lsinθ，得到圆锥摆的周期T＝2πlcosθg＝2πhg，两小球在同一平面内，h相同，则两摆的周期相等，根据ω＝2πT可知运动的角速度相等，A、C错误；根据线速度的公

式v＝ωr可知vA<vB，B正确；向心加速度a＝ω2r＝4π2T2r，两摆球的半径r不同，向心加速度大小不相等，故D错误．17．答案：D解析：两个小球做同轴转动，角速度相等，根据T＝2πω可知周期相等，其比例为1∶1，A错误；两

个小球的向心力均由绳子拉力提供，根据牛顿第二定律a＝Fm，A、B的向心加速度之比为2∶1，B错误；设A的轨道半径为r1，B的轨道半径为r2，根据分析可得m·ω2r1＝2m·ω2r2＝F，又r1＋r2＝L，联立解得

r1∶r2＝2∶1，T＝2mω2L3，D正确，C错误．18．答案：（1）1023rad/s（2）102rad/s解析：（1）轻弹簧恰为原长时，小球只受重力与支持力，在竖直方向有FNcosθ＝mg，水平方向有FNsinθ＝mω2l0cosθ，解得ω＝1023rad/s.（2）当小球到达A点时，小球

处于脱离支架的临界状态，竖直方向有F′Ncosθ＝k（l－l0）sinθ＋mg，水平方向有F′Nsinθ＋k（l－l0）cosθ＝mω21lcosθ解得ω1＝102rad/s.考点21圆周运动的临界问题1．答案：AC解析：小木

块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mω2al，当Ffa＝kmg时，kmg＝mω2al，ωa＝kgl；对木块b有Ffb＝mω2b·2l，当Ffb＝kmg

时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，则ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，B错误；ω＝2kg3l<ωa＝kgl，a没有滑动，则F

′fa＝mω2l＝23kmg，D错误．2．答案：D解析：对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htan

θ，受力分析可知Fcosθ＋FN＝mg，Fsinθ＝mv2R＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htanθ；当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时nm＝12πgh，D正确．3．答案：D解析：设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有

mg＝mv20R，解得v0＝2m/s，A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝mv21R，解得FT＝15N，B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝mv2mR，解得vm＝42

m/s，C正确，D错误．4．答案：D解析：由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A错误；当小球通过最高点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重力，由题图乙可知，小球的重力为3N，即质量为0.3kg，C错误；由题图

乙可知，当小球以v2＝5m2/s2通过最高点时，恰好对杆没有作用力，此时重力提供向心力，设O轴到小球的距离为L，根据mg＝mv2L，得L＝0.5m，故D正确；当小球以15m/s的速度通过最高点时，根据mg＋F＝mv2L，可得F＝6N，此时杆对球的作用力是向下的拉力，大小为6N，B错误．5．

答案：ABC解析：在最高点，只有重力提供向心力时，由mg＝mv20R，解得v0＝gR，此时小球对管内壁无压力，A正确；若v0＞gR，则有mg＋FN＝mv20R，表明小球对管内上壁有压力，B正确；若0＜v0＜gR，则有mg－FN＝mv20R，

表明小球对管内下壁有压力，C正确；综上分析，D错误．6．答案：BC解析：当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上（即背离圆心），也可能沿斜面向下（即指向圆心），摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的

摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos

30°，又μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，解得ω＝1.0rad/s，C正确，D错误．7．答案：A解析：小球恰好到达A点时的速度大小为vA＝0，此时对应B点的速度最小，设为vB，对小球从A到B的运动过程，由动能

定理有12mv2B－12mv2A＝2mgLsinα，代入数据解得vB＝4m/s，A正确．8．答案：D解析：两个物块的角速度、半径和质量都相等，根据向心力公式F＝mω2r可知，两个物块的向心力相等，A错误；对AB整体进行分析，B物体受到的摩擦力为fB＝2mω2

r，对A进行分析，A物体受到的B给的摩擦力为fA＝mω2r，因此盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，B错误；因为A与B都是摩擦力提供的向心力，则两个物体受到的摩擦力方向都指向圆心，而摩擦力方向与滑动趋势相反，即两个物体的滑动趋势都沿半径向外，C错误；对整体分析，则当B与转盘间摩擦力达

到最大时μB×2mg＝2mω2r，对A进行分析，则fA＝mω2r，由此可知，增大圆盘转速，即增大圆盘转动的角速度，要使A、B保持相对静止一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知

，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，D正确．9．答案：BD解析：车辆向右转弯，拉力与摩擦力的合力一定向右，由于不知道速度的大小，摩擦力的方向可以向右，也可以向左，也可以为0，A错误；车辆以速度v向右转弯，物块刚好不滑动，对物块有kx0＋μmg＝mv2R，则

μ＝v2gR－kx0mg，B正确；若车辆速度v向左转弯，物块刚好不滑动，对物块有μmg－kx0＝mv2R，则μ＝v2gR＋kx0mg，C错误；若车辆向左转弯，对物块有f－kx0＝mv2R，速度越大，f越大，D正确．10．答案：AB解析：A达到最大静摩擦力时的临界

角速度满足μmAg＝mAω20ArA，代入数据解得ω0A＝25rad/s，同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为μmBg＝mBω20BrB，代入数据解得ω0B＝10rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度值，则B的摩擦力先达到最大，A正确；当B的摩擦力达

到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当ω＝10rad/s时，绳子出现张力，D错误；达到A的最大静摩擦力时的临界角速度前，A的向心力由静摩擦力提供，则静摩擦力指向圆心，A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍，而A做圆周运动的半径是B的一半，根据F＝mω2r可知A需要的向心力大

，所以当AB两物体出现相对滑动时A背离圆心运动，B向着圆心运动，则在滑动之前一小段时间内（达到A的最大静摩擦力时的临界角速度后），A静摩擦力也指向圆心，故A物体所受摩擦力的方向一直指向圆心，B正确；AB两物体恰好出现滑动时，对A有

T＋μmAg＝mAω21rA，对B有T－μmBg＝mBω21rB，解得ω1＝50rad/s，C错误．11．答案：BD解析：物块向右匀速运动时以夹子和重物为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据平衡条件可知绳中的张力等于

Mg，A错误；小环碰到钉子P时，夹子和重物做圆周运动，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Mv2L，解得T＝Mg＋Mv2L，B正确；以物块为研究对象，小环碰到钉子P时，重物做圆周运动，根据牛顿第二定律有2F－Mg≥Mv2L

，解得v≤（2F－Mg）LM，C错误，D正确．考点22实验五探究平抛运动的特点1．答案：（1）ac（2）c（3）2.04.0解析：（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，a正确；为保证小球多次运动

是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错误，c正确；小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d错误．（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是x＝v0t，y＝12gt2，联立解得y＝g2v20x2，y­x2图像是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线，故选c.（3）由竖

直方向的分运动可知y＝12gt2，t＝2hg，即t1＝2y1g＝0.1s，t2＝2y2g＝0.3s，水平初速度为v0＝Δxt2－t1＝2.0m/s，C点的竖直分速度为vy＝2gy3＝23m/s，由运动合成可知vC＝v20＋

v2y＝4.0m/s.2．答案：（1）C（2）D（3）确保多次运动的轨迹相同解析：（1）只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，A错误；画轨迹时应舍

去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，C正确．（2）坐标原点O为抛出点，由平抛规律有x0＝v0t，y0＝12gt2，联立解得

平抛的初速度为v0＝x0g2y0，D正确．（3）小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同．3．答案：（1）AC（2）15L5gL2（3）＝22gL（－

4L，－L）（4）可以理由见解析解析：（1）小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证到达底端时速度相等，A正确；斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端时的速度相同即可，B错误；斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，C正确；本实验必需的器材还有刻度尺，不需要停表，D错误．（2）

由图可知x＝v0t，y＝12gt2，解得y＝g2v20x2，图中M点x＝5L，y＝5L，代入解得v0＝5gL2，则a＝g2v20＝15L.（3）因OA与AB的水平距离相等，则时间相等，即t1＝t2，时间间隔T＝Δyg＝2Lg，平抛的初速度v0＝4LT＝22gL，A点时竖直速度vAy＝8L2T＝

22gL，从抛出点到A点的竖直位移hA＝v2Ay2g＝4L，从抛出点到A点的水平位移xA＝v0tA＝22gL×vAyg＝8L，抛出点的横坐标x＝－（8L－4L）＝－4L，纵坐标y＝－（4L－3L）＝－

L.（4）可以计算小球平抛运动的初速度，用刻度尺测量落点与抛出点之间的竖直距离y，测量墙与桌子的水平距离x，根据y＝12gt2可得t＝2yg，初速度v0＝xt＝xg2y，改变桌子与墙的水平距离x，测量多组x，y值

，计算多组初速度，取平均值即可．4．答案：（1）1.25（2）10解析：（1）在图乙中选点x＝25cm，y＝20cm，根据平抛运动的规律，有y＝12gt2，x＝v0t，代入数据解得t＝0.2s，v0＝1.25m/s.（2）由平抛运动的规律，有y＝12gt2，x＝v0t，消去t可得y＝g2v

20x2，在图丙中的斜率即为g2v20，可以简单算出图丙图线斜率k为0.05，即g2v20＝0.05，解得v0＝10m/s.5．答案：（1）ABC（2）2.02.8解析：（1）要保证每次弹丸都做平抛运动，则必

须确保弹射器水平放置，A正确；为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，B正确；为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，C正确；第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，D错误．（2）由竖直方向上是自由

落体运动，得yBC－yAB＝gT2，解得点迹间的时间间隔为T＝yBC－yABg＝0.1s，弹丸离开弹射器的速度大小为v0＝xT＝0.2m0.1s＝2.0m/s.弹丸打到C点时的竖直方向速度分量大小为vCy＝yBC＋yC

D2T＝2.0m/s，弹丸打到C点时的速度大小为vC＝v20＋v2Cy≈2.8m/s.考点23实验六探究向心力大小与半径、角速度和质量的关系1．答案：（1）控制变量法（2）A1（3）1∶3解析：（1）探究小球受到的

向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持转动的角速度、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与转动的半径的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的角速度不变；该实验中应用了控制变量法；（2）由控制

变量法可知，要探究向心力与质量的关系，应保证两球的角速度和运动半径相同，使两球的质量不同，所以两个不同质量的小球分别放在挡板B和挡板A1；（3）根据题意可得，F1＝3m（2πn）2r，F2＝m（2π×3n）2r，可得F1F2＝13.2．答案：（1

）C（2）一（3）B解析：（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法．用油膜法估测油酸分子的大小，采用的实验方向是通过测量宏观量来测量微观量的方法，故A错误；用单摆测量重力加速度的大小，分别测量出摆长和周期，通过单摆周期公式计

算得到重力加速度大小，不是采用控制变量法，故B错误；探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确．故选C.（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要

将传动皮带调至第一层塔轮．（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两球做圆周运动的半径相等；传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比为ω左∶ω右＝R2∶2R2＝1∶2，根据F＝mω2r，可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出

的格子数之比约为F左∶F右＝ω2左∶ω2右＝1∶4，B正确．3．答案：（1）变大变小（2）①解析：（1）小球做圆周运动时有T＝F向＝mω2r＝m·（2πT）2·r，所以当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力

将变小．（2）根据题意有T＝tn，可得F＝m·（2πnt）2·r＝4π2mr·（nt）2因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球甲的实验数据．4．答案：（1）B（2）x1＋x2T（d－2h）（3）偏大解析：（1）电磁打点计时器使

用的是交流电，所以应采用图乙中的B接法．（2）点B的线速度为vB＝x1＋x22T，圆盘的凹槽内径为R＝d－2h2，圆盘转动的角速度的表达式为ω＝vBR＝x1＋x2T（d－2h）.（3）由于纸带具有一定的厚度，则计算半径时所用数据偏小，根据ω＝vR，可知角速度的测量结果偏大．

5．答案：（1）C（2）dDt0（3）kD2d2L（4）rmd2D2t21解析：（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到了物理学中控制变量法，故选C.（2）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则v＝dt0＝ωD，解得电动机的角速度为

ω＝dDt0.（3）根据F＝mω2L，ω＝dDΔt，解得F＝md2LD2·1Δt2，由题可知k＝md2LD2，解得m＝kD2d2L.（4）根据F＝mω2r，为了更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r之间的关系，可做F­r图像，即以F为纵轴，以r为横轴；因ω＝dDt1，

直线的斜率为k′＝mω2＝md2D2t21.考点24开普勒三定律和万有引力定律的应用1．答案：B解析：由开普勒第二定律可知百武彗星在近日点的速度比在远日点的速度大，A错误；根据开普勒第三定律a3T2＝k，由于百武彗星轨道

的周期大于地球公转周期，所以百武彗星轨道的半长轴大于地球的轨道半径，B正确；太阳处在百武彗星椭圆轨道的焦点上，C错误；由开普勒第二定律可知在远离太阳的过程中，百武彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积

不变，D错误．2．答案：AC解析：根据开普勒第一定律可知，太阳处在每颗行星的椭圆轨道的一个焦点上，故必然处在八大行星的椭圆轨道的一个公共焦点上，A正确；根据开普勒第二定律可知，火星绕太阳运行过程中，在离太阳较近的位置运行速率较大，在离太阳较远的位置运行速率较小，B错

误；由题图可知，土星轨道的半长轴比地球轨道的半长轴长，根据开普勒第三定律a3T2＝k可知，土星比地球的公转周期大，C正确；根据开普勒第二定律可知，同一颗行星与太阳连线在相等的时间内扫过的面积相等，而地球和土星不是同一颗行星，二者

分别与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，D错误．3．答案：CD解析：根据开普勒第二定律可知，行星在近日点a的速率最大，在远日点c的速率最小，距离太阳相等的两点的速率大小相等，故行星经过a、b、c、d四点的速率大小关系为va＞vb＝vd＞vc，C正确；行星由a到b运动

时的平均速率大于由c到d运动时的平均速率，而弧长ab等于弧长cd，故行星从a到b的运动时间小于从c到d的运动时间，同理可知，行星从d经a到b的运动时间小于从b经c到d的运动时间，A、B错误；行星从a经b到c的时间和从c经d到a的时间均为

T2，再结合上面所述可得tbc＝tcd＞T4，D正确．4．答案：C解析：牛顿深入思考了月球受到的引力与地面物体受到的引力的关系，发现了万有引力定律；而英国物理学家卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了G的数值，G是一个比例常数，其

单位是N·m2kg2，A、B错误；万有引力定律适用于任意质点间的相互作用，C正确，D错误．5．答案：AC解析：计算均匀球体与质点间的万有引力时，r为球心到质点的距离，因为P、Q到地球球心的距离相同，根据F＝GMmr2得P、Q受地球引力大小相等，P、Q随地

球自转，角速度相同，但轨道半径不同，根据Fn＝mRω2得P、Q做圆周运动的向心力大小不同，A、C正确，B、D错误．6．答案：（1）g2－g1R（2）rr′＝3g2－g3g2－g1解析：（1）设地球的质量为M，对于质量为m的物体，在两极有mg2＝GMmR2，在赤道，根据牛顿第二定律有GMmR

2－mg1＝mω2R，联立两式可得ω＝g2－g1R.（2）设地震后地球自转的角速度为ω′，根据牛顿第二定律有GMmR2－mg3＝mω′2R，设同步卫星的质量为m′，根据牛顿第二定律，地震前有GMm′r2＝m′ω2r，地震后有GMm′

r′2＝m′ω′2r′，联立以上公式可得rr′＝g2－g3g2－g1.7．答案：B解析：根据万有引力提供向心力可得GMmr2＝m（2πT）2r，整理得M＝4π2r3GT2＝1.0×1026kg，B正确．8．

答案：D解析：根据题意可得，木卫三的轨道半径为r3＝nr，根据万有引力提供向心力，得GMmr2＝m4π2T2r，可得r＝3GMT24π2.木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4，可得木卫一轨道半

径为r1＝nr316，木卫二轨道半径为r2＝nr34，故AB错误；木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；根据万有引力提供向心力，分别有GM木m3（nr）2＝m34π2T2nr，GM地m月r2＝m月4π2T20r，联

立可得M木M地＝T20T2n3，故D正确．故选D.9．答案：C解析：根据万有引力提供向心力，有GMm（2R＋R）2＝m4π2T2（2R＋R），其中M＝ρ·43πR3，解得ρ＝3π（2＋1）3GT2＝81πGT2，C正确．10．答案：C解析：飞船在距地面高度为h处，则万有引力F＝GMm（R＋h）

2，C正确．11．答案：C解析：1948年观察到它离地球最远，1986年离地球最近，所以它的周期为T＝2×（1986－1948）年＝76年，根据开普勒第三定律T2地R3地＝T2（12d）3，解得d≈40A

U，C正确．12．答案：B解析：近地卫星周期T1＝85分钟≈1.4小时，轨道为R，同步卫星周期T2＝24小时，轨道为R＋h，根据开普勒第三定律：R3T21＝（h＋R）3T22，解得h≈3.6×107m，所以通讯

时间t＝2hc≈0.25s，B正确．13．答案：BD解析：被挖部分对质点的引力为F1＝Gmm2（5r）2＝Gmm225r2，由其内部挖去一个半径为r的球形空穴，挖去小球的质量为m，可知球体密度为ρ＝m43πr3.设挖去之前的

球的质量为M，则M＝ρV＝（m43πr3）×4π（2r）33＝8m，故挖去前的球体对质点的引力为F总＝GMm2（6r）2＝G8mm2（6r）2＝2Gmm29r2，挖去后剩余部分的引力为F2＝F总－F1

＝2Gmm29r2－Gmm225r2＝41Gmm2225r2，所以F1F2＝941，B、D正确．14．答案：B解析：根据开普勒第二定律，对任意一个卫星来说，它与地球的连线在相等时间内扫过相等的面积，所以在近地点速度比

远地点速度大；由于vA＜vB，所以B点为近地点，A点为远地点，则地球是位于F1，B正确．15．答案：A解析：设地球质量为M，地球半径为R，地球自转角速度为ω，两极附近的重力加速度为g0，赤道附近的重力加速度为g；则物体在两极处有GMmR2＝mg0，物体在赤道处有GMmR2

＝mg＋mω2R，地球自转刹车过程中，地球自转角速度逐渐减小，赤道附近的重力加速度逐渐变大，两极附近的重力加速度保持不变；地球停止自转后，则有GMmR2＝mg0，GMmR2＝mg，赤道附近重力加速度等于两极附近的重

力加速度，A正确．16．答案：C解析：设地球质量为M，根据牛顿第二定律GMm月r2＝m月a，GMm苹R2＝m苹g，联立可得ag＝R2r2，C正确．17．答案：D解析：设“天问一号”的质量为m，结合两图像分析可知，在地球与火星表面，“天问一号”的重力分别为9F0

和4F0，由此可知地球与火星的表面重力加速度之比为g地g火＝94，A错误；由星球表面重力等于万有引力有mg＝GMmR2，解得M＝gR2G，又有R地＝2R火，联立解得M地M火＝91，B错误；由第一宇宙速度表达式v＝gR可

得，第一宇宙速度之比为v地v火＝32，C错误；由密度公式ρ＝MV＝gR2G43πR3＝3g4πRG，解得ρ地ρ火＝98，D正确．18．答案：B解析：木星表面的重力加速度为g，木星半径为R，由GMmR2＝mg得木星质量M＝gR2G，木星的平均密度

ρ＝MV＝M43πR3＝3g4πGR.木卫三绕木星做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，由GMmr2＝m4π2rT2得木星的质量M＝4π2r3GT2，则木星的平均密度ρ＝MV＝M43πR3＝3πr3GT2R3.综上所述，B正确．考点25宇宙航行1．答案：D解析：2．答案

：BCD解析：因a在地球上，c为地球同步卫星，所以a、c角速度相同，由v＝ωr可知c的线速度比a的线速度大，在相同时间的c转过弧长一定比a大，A错误；b为近地轨道卫星，根据牛顿第二定律可得GMmR2＝mg＝ma，解得a＝g，b的向心加速度近似等于地球表面重力加速度g，B正确；c为地球同

步卫星，24h内转过的角度为2π，则6h内转过的角度为π2，C正确；由开普勒第三定律R3T2＝k可知卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，则d的运动周期可能是25h，D正确．3．答案：BD解析：由万有引力提供向心力可知第一宇宙速度

v1＝GMR，根据万有引力等于重力得mg＝GMmR2，联立以上两式可得v1＝gR，将g＝9.8m/s2，R＝6.4×106m代入得v1≈7.9km/s，A错误，D正确；由于第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，B正确；由v＝GMr可得，当轨道半径越大时，其运行速度越小，所以

第一宇宙速度是卫星能绕地球做匀速圆周运动的最大速度，C错误．4．答案：CD解析：根据v＝GMr可知，卫星的轨道半径r越大，即距离地面越远，卫星的绕行速度越小，v1＝7.9km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，D正确；实际上，由于人造卫星的轨道半径都大于地球半径，故卫星绕地球在圆轨道

上运行时的速度都小于第一宇宙速度，A错误；我国发射的火星探测器，仍在太阳系内，所以其发射速度小于第三宇宙速度，选项B错误；第二宇宙速度是在地面附近使物体挣脱地球引力束缚而成为绕太阳运行的人造卫星的最小发射速度，C正确．

5．答案：A解析：设该星球表面的重力加速度为g，小球落地时间为t，抛出的金属小球做平抛运动，根据平抛运动规律得aR＝12gt2，bR＝v0t，联立以上两式解得g＝2av20b2R，第一宇宙速度即为该星球表面卫星的线速度，在星球表面卫星的重力充当向心力，得mg＝mv2R，所以第

一宇宙速度v＝gR＝2abv0，A正确．6．答案：D解析：同步卫星的轨道是一定的，和同步卫星的质量没有关系，A错误；同步卫星的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，B错误；同步卫星只能在赤道的上方，不能绕过北京，C错误；根据GMmr2＝ma，化简得a＝GMr2，则a同∶a地

＝1（5＋1）2∶1＝136，D正确．7．答案：D解析：由于“东方红二号”卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a＝ω2r，r2>r3，则a2>a3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，

GMmr2＝ma，由题目中数据可以得出，r1<r2，则a2<a1；综合以上分析有，a1>a2>a3，D正确．8．答案：D解析：第一宇宙速度是以地球半径为轨道半径的卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，也是卫星发射的最小速度，因此“羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度，A正

确；因“羲和号”的运行轨道半径大于地球的半径，所以其发射速度大于第一宇宙速度，B正确；由牛顿第二定律得GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，由题意可知，“羲和号”每天绕地球运行n圈（n＞1），因此“羲和号”的运行周期小于

地球同步卫星，根据开普勒第三定律可知“羲和号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此“羲和号”的向心加速度大于地球同步卫星，C正确，D错误．9．答案：A解析：神舟十六号在轨道上做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，舱内航天员处于完全失重状态，A正确；神舟十六号围绕地球做圆

周运动，则发射速度一定大于7.9km/s小于11.2km/s，B错误；神舟十六号在轨道上做匀速圆周运动时的速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，C错误；发射过程中为了保证航天员的安全，航天员需要固定在座椅上，头部和身体轴线是保持水平的，面部朝上，D错误．10

．答案：B解析：7.9km/s是发射地球人造卫星的最小发射速度，即遥感三十九号卫星的发射速度一定不小于7.9km/s，A错误；根据万有引力提供向心力GMmr2＝mrω2得ω＝GMr3，同步卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，

则同步卫星的角速度大于月球绕地球运动的角速度，B正确；根据万有引力提供向心力GMmr2＝mr4π2T2得T＝4π2r3GM，遥感三十九号的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，即遥感三十九号卫星绕地球运行的

周期小于24h，C错误；卫星在轨道上运行时，处于完全失重状态，但是重力加速度不为零，D错误．11．答案：C解析：地球同步静止卫星必须位于赤道平面，即同步静止卫星不可能运行在江门市正上方，A错误；根据万有引力提供圆周运

动的向心力有GMmr2＝mv2r，解得v＝GMr，地球同步静止卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步静止卫星的线速度比近地卫星小，B错误；根据GMmr2＝m4π2rT2，解得T＝4π2r3GM，地球同步静止卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步静止卫星的周

期比近地卫星大，C正确；根据F＝GMmr2，地球同步静止卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由于两卫星的质量关系不确定，则同步静止卫星受到的万有引力不一定比近地卫星小，D错误．考点26卫星的变轨和追及问题双星模型1．答

案：AD解析：根据开普勒第三定律a3T2＝k可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，A正确；飞船在P点，无论在轨道Ⅰ上，还是在轨道Ⅱ上，万有引力都相同，加速度都相同，B错误；从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需减速，应朝速度同方向喷气，C错误；根据万

有引力提供圆周运动向心力，有GMmR2＝mRω2火星的密度为ρ＝M43πR3联立解得火星的密度ρ＝3ω24πG，D正确．2．答案：C解析：卫星在转移轨道B点加速才能进入同步轨道，则在转移轨道上的B点的速度小于在

同步轨道速度v2，根据v＝GMr同步轨道速度小于近地轨道速度v1，所以卫星在转移轨道经过B点速度肯定小于v1，A错误；根据GMmr2＝ma，解得a＝GMr2所以卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小等于在同步轨道上运动时经过B点的加速度大小，B错误；设在转移轨道和

同步圆轨道的周期分别为T2和T3，根据开普勒第三定律r31T21＝（r1＋r22）3T22＝r32T23，解得T2＝T1（r1＋r2）38r31，T3＝T1r32r31，卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，所用时间t＝12T2＝T1（r1＋r2）332r31，C正确

，D错误．3．答案：D解析：由于两颗卫星的质量大小关系不确定，则无法判断a、b卫星的动能大小关系，A错误；根据角速度定义式可得ωa＝θ1t，ωb＝θ2t，a卫星的角速度与b卫星的角速度之比为ωaωb＝θ1θ2，B错误；根据开普勒第三定律可得r3aT2a＝

r3bT2b又T＝2πω，a卫星的半径与b卫星的半径之比为rarb＝（TaTb）23＝（ωbωa）23＝（θ2θ1）23，根据万有引力提供向心力可得GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，a卫星的线速度与b卫星的线速度之比为vavb＝（rbra）1

2＝（θ1θ2）23×12＝（θ1θ2）13，C错误；a、b卫星到下次与行星共线，还需经过的时间为t′，则有ωat′－ωbt′＝π可得t′＝πωa－ωb＝πθ1t－θ2t＝πtθ1－θ2，D正确．4．答案：D解析：设未

知的行星的周期为T，依题意有t0T0－t0T＝1，即t0－T0t0＝T0T，根据开普勒第三定律T20T2＝R30R3，联立解得R＝R03（t0t0－T0）2，D正确．5．答案：BC解析：在直线型系统中，外面星球所需要的向心力由另外两个星球的

万有引力的合力提供，对于外面的某个星球，有Gm2R2＋Gm2（2R）2＝mv2R，解得v＝5GmR2R，A错误，B正确；在直线型系统中，对于外面的某个星球，有Gm2R2＋Gm2（2R）2＝m4π2T2R，在三角形系统中，每个星球所需要的向心力由另

外两个星球的万有引力的合力提供，根据牛顿第二定律得2Gm2（2rcos30°）2cos30°＝m4π2T2r，联立解得r＝343R315，C正确，D错误．6．答案：CD解析：如图所示，四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径r＝22L.取任一顶点上的星体为研

究对象，它受到其他三个星体的万有引力的合力为F合＝2Gm2L2＋Gm2（2L）2.由F合＝F向＝mv2r＝m4π2rT2，解得v＝GmL（1＋24），T＝2π2L3（4＋2）Gm，A、B错误，C正确；对于在星体表面质量

为m0的物体，受到的重力等于万有引力，则有m0g＝Gmm0R2，故g＝GmR2，D正确．7．答案：AB解析：根据万有引力提供向心力GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，可知v4<v1，根据题意可知v2＞v1，综上可得v2＞v

4，A正确；根据题意可知v3＜v4，联立解得v1＞v3，B正确；根据牛顿第二定律GMmr2＝ma可得a＝GMr2，结合题图可知a1＝a2，a4＝a3，C、D错误．8．答案：A解析：根据万有引力提供向心力得GMmr2

＝mv2r，解得v＝GMr，卫星在运行轨道的速率小于近地圆轨道的速率，而卫星在转移轨道经过B点的速率小于运行圆轨道的线速度，所以卫星在转移轨道经过B点的速率一定小于近地轨道运行速率，A正确；根据牛顿第二定律可得GMmr2＝ma，解

得a＝GMr2，由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小等于在运行轨道上运动时经过B点的加速度大小，B错误；由于运行轨道的半径大于转移轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，卫星在运行轨道上运动时的周期大于转移轨道上运行的周期，C错误；卫星在转移轨道上

从B点运动到A点的过程中，只有万有引力做功，卫星的机械能不变，D错误．9．答案：B解析：A加速将做离心运动，会脱离原轨道，则不能追上同一轨道上的C，A错误；A、B从图示状态到第一次相距最远，有tT2－tT1＝12，时间t＝T1T2

2（T1－T2），B正确；根据GMmr2＝ma可得a＝GMr2，A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，C错误；卫星B和卫星C不在同一轨道上，则在相同时间内，C与地心连线扫过的面积不等于B与地心连线扫过的面积，D错误．10．答案：D解析：设地球质量为M地，月球质量为M月，飞

船质量为M船，月球到地球的距离为r1.飞船绕月球做圆周运动，由GM月·M船r2＝M船（2πT）2r，飞船质量为M船被约掉，由已知信息不能求出登月飞船的质量，A错误；月球绕地球做圆周运动，由GM地·M月r21＝M月（2πT0）2r1

得M地＝4π2r31GT20，因月球到地球的距离为r1未知，故由已知信息无法求出地球的质量，B错误；由图示位置到地、月、飞船再次共线，所用时间为t，则tT－tT0＝12，解得t＝T0T2（T0－T），C错误，D正确．11．答案：C解析：根据万有引力定律F＝Gm

1m2r2，两颗恒星缓慢靠近，可知双星之间引力变大，A错误；双星系统的周期相等，根据万有引力提供向心力Gm1m2r2＝m1（2πT）2R1，Gm1m2r2＝m2（2πT）2R2，R1＋R2＝r，解得T＝2πr3G（

m1＋m2），可知两颗恒星缓慢靠近，双星系统周期逐渐变小，B错误；根据牛顿第二定律可得Gm1m2r2＝m1a1＝m2a2可知两颗恒星缓慢靠近，每颗星的加速度均变大，C正确；双星系统转动的角速度ω＝2πT＝G（m1＋m2）r3，可知两颗恒

星缓慢靠近，双星系统转动的角速度变大，D错误．验收检测卷四曲线运动万有引力与宇宙航行1．答案：C解析：羽毛球在空中做曲线运动，可知羽毛球所受合力应指向轨迹的凹侧，A、B错误；羽毛球处于上升过程，速度在减小，可知所受合力与速度之间的夹角应为钝角，D错误，C正确．2．答案：B解析：要使桶

中的水经过最高点时恰好不会倒出来，则水需要的向心力要等于水的重力，即mω2R＝mg，解得ω＝gR，B正确．3．答案：C解析：汽车做曲线运动，合力不为零，A错误；向心力是效果力，不是物体实际受到的力，是其他性质力的合力提供的，B错误；根据fm

ax＝mv2r，最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，C正确；根据f＝mv2r，甲车运动半径小，则摩擦力小，D错误．4．答案：C解析：同步卫星绕地球做匀速圆周运动，处于完全失重状态，A错误；所有地球同步卫星的周期都是24h，因同

步卫星的质量不同，因此同步卫星所受的万有引力大小并不一定相等，B错误；根据万有引力提供向心力GMm（R＋h）2＝m4π2T2（R＋h），所有地球同步卫星的轨道半径都相同，且一定在赤道的正上方，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据GMmr2＝mv2r，同步卫星轨道半径大，线速度小，C正确；根据

GMm（R＋h）2＝m4π2T2（R＋h），“天宫一号”轨道半径小，则周期小于同步卫星，根据ω＝2πT可知，角速度大于同步卫星，D错误．5．答案：A解析：篮球垂直撞击在篮板同一位置，可知逆过程可看做是平

抛运动，因高度h相同，根据h＝12gt2，可得t＝2hg，可知运动时间相同，根据v0＝xt可知从A位置抛出时的水平速度较大，抛出时的速度v＝v20＋（gt）2，篮球从A位置抛出时的速度较大，A错误，B、C正确；根据PG＝Wt＝mght，篮球两次从抛

出到撞击篮板的过程中重力做功的平均功率相等，D正确．6．答案：B解析：设地球半径为R，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r＝

2R，则GMmr2＝m4π2T2r，由GMmR2＝mg，解得T＝4π2Rg，B正确．7．答案：B解析：由几何关系得S0＝1Tπ（kR）2，所以天和核心舱的环绕周期T＝πk2R2S0，A错误；由万有引力提供向心力得GMm（kR）2＝m4π2T2kR，解得地球的质量M＝

4S20GkR，B正确；由万有引力等于重力得GMm（kR）2＝mg，所以天和核心舱处的重力加速度大小g＝4S20k3R3，C错误；由ρ＝MV、V＝43πR3可得地球的密度ρ＝3S20πkGR4，D错误．8．答案：A解析：根据开普勒第三定律C

＝R3T2，圆轨道半径与椭圆轨道半长轴等长，两颗卫星周期相同，故两颗卫星在A或B点处不可能相遇，A正确；根据万有引力公式F＝GMmr2，两颗卫星的质量未知，两颗卫星在B处的万有引力大小不一定相等，B错误；根据开普勒第三定律C＝R3T2，两颗卫星的轨道为近地轨道，比同步卫星的轨道高度低，故

两颗卫星的运动周期不可能大于24小时，C错误；设卫星速度为v2时所在位置为C点，以地球球心为圆心，C点到地球球心的距离为半径作圆，得到轨道3，根据变轨原理，卫星需在C点加速从轨道2进入轨道3，可得v3＞v2，根据万有引力提供向心力GMmr2＝mv

2r可得线速度为v＝GMr，由于“夸父一号”卫星轨道半径小于轨道3半径，可得v1＞v3，即v1＞v2，故两颗卫星在此时刻的速度v1和v2不可能相等，D错误．9．答案：AD解析：根据绳的牵连速度关系有v1cosβ＝v2，解得v1v2＝1cosβ，A正确，B错误；由于A在外力作用

下沿竖直杆以速度v1向下匀速运动，根据上述可知轻绳与杆的夹角逐渐减小，则B的速度大小逐渐增大，即B在沿斜面向上做加速运动，B的加速度沿斜面向上，对B进行受力分析可知轻绳拉力一定大于mgsinα，C错误；B对光滑斜面有斜向右下方的压力，斜面在该压力作用下有向右运动的趋势，

则斜面受到地面水平向左的摩擦力，D正确．10．答案：AC解析：万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r得v＝GMr，可知甲、乙两颗卫星的线速度大小之比为1∶2，A正确；由万有引力提供向心力，有GMmr2

＝m4π2T2r得T＝4π2r3GM，可知甲、乙两颗卫星的周期之比为2∶1，B错误；假设在两行星表面有一质量为m的物体，由重力等于万有引力有mg＝GMmR2得g＝GMR2，A、B两颗行星的地表重力加速度之比1∶2，C正确；设行星的第一宇宙速度为v1，由

公式GMmR2＝mv21R得v1＝GMR，所以A、B两颗行星的第一宇宙速度之比为1∶2，D错误．11．答案：CD解析：当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为T＝mgcosθ，此时随着小球角速度越大θ越大，绳子的拉力越大，当小球

与圆筒接触后，小球角速度再增大时θ不变，故此时绳子的拉力不变，A错误；当小球与圆筒刚好接触时有mgtanθ＝mω2R，tanθ＝3l（5l）2－（3l）2＝34，解得ω＝g4l，当ω＞g4l时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角速

度ω＝gl时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为T＝mgcosθ＝mg45＝54mg；当小球角速度ω＝2g9l＜g4l时，小球未与圆筒接触，此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用，B错误，C正确；当小球角速度ω＝g2l时，此时小球与圆筒

间有弹力作用，对小球受力分析Tsinθ＋FN＝mω2R，Tcosθ＝mg，解得筒壁与小球之间作用力大小为FN＝34mg，D正确．12．答案：AD解析：若A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω20ArA，代入数据解得ω0A＝25rad/s，同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度为μm

Bg＝mBω20BrB，代入数据解得ω0B＝10rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度值，则B的摩擦力先达到最大，A正确；当B的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当ω＝10rad/s时，绳子出现张力，B错误；A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍而

A做圆周运动的半径是B的12，根据F＝mω2r可知A需要的向心力大，所以当AB两物体出现相对滑动时A背离圆心运动，B向着圆心运动，此时B受静摩擦力方向背离圆心，A受静摩擦力方向指向圆心，则对A有：T＋μmAg＝

mAω21rA对B有：T－μmBg＝mBω21rB，解得ω1＝50rad/s＝52rad/s，C错误，D正确．13．答案：（1）AD（2）图见解析（3）1.44（4）9.8解析：（1）图甲中斜槽末端O的切线应该水平，以保证小球做平抛运动，A正确；本实验不需要重复进行，所以实验中

不需要多次让A从固定的位置P由静止释放，B错误；B1、B2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，计算机即可算出它们各自与物体A的距离，所以仅用超声波脉冲进行信号的发射和接收，不能完成该实验，C错误；B1、B2两个超声－红外接收器和斜槽末端O应该在同一个竖直平面内，D正确．（2）描绘轨迹如下（

3）在水平方向上小球做匀速直线运动，所以小球的平抛初速度v＝ΔxT＝34.5×10－2m0.04×6s＝1.44m/s（4）在竖直方向上，小球做自由落体运动，根据匀变速直线的逐差公式求加速度g＝ΔyΔt＝27.6－6.9－6.9（3×0.04）2×102m/s2＝9.8m/s214．答案：（1）0

.5N（2）2.0rad/s（3）0.20m解析：（1）有向心力公式可得F＝m4π2T2l0，解得F＝0.5N.（2）设转盘的角速度为ω时，物块A开始滑动，则可得μmg＝mω2l0，解得ω＝μgl0＝2.0rad/s.（3）设此时弹簧伸长量为Δx，可得μmg＋kΔx＝mω

2（l0＋Δx），解得Δx＝0.20m．15．答案：（1）g，2mg（2）2（h－r）r解析：（1）球在B点，有a＝v2r＝g，对球根据牛顿第二定律，有FN－G＝ma，求得FN＝2mg，根据牛顿第三定律，可知球对轨道的压力大小为2mg.（

2）球由B到C做平抛运动，有h－r＝12gt2，求得t＝2（h－r）g，则xOC＝vt＝2（h－r）r.16．答案：（1）4π2（R＋h）3gR2（2）－12m（gR2πT0）23＋mgR22（R＋h）解析：（1）根据牛顿第二定律有GMm（

R＋h）2＝m4π2T2（R＋h），物体在地球表面时，有GMmR2＝mg，两式联立解得T＝4π2（R＋h）3gR2.（2）根据牛顿第二定律有GMm（R＋h）2＝mv2R＋h，在轨道1的线速度v＝gR2R＋h，轨道距地面高度为h时，空间站的动能

为Ek1＝12mv2＝mgR22（R＋h），轨道距地面高度为h时，空间站的势能为Ep1＝－mgR2R＋h，地球自转周期为T0，则GMmr2＝m4π2T20r，解得r＝3gR2T204π2，在同步轨道3，动能Ek2＝12m（r2πT0）2＝12m（gR22πT0）23，

势能Ep2＝－mgR23gR2T204π2＝－m（gR22πT0）23，发动机做的功等于增加的机械能W＝Ek2＋Ep2－（Ek1＋Ep1）＝－12m（gR2πT0）23＋mgR22（R＋h）.第五章机械能及其守恒定律考点27功和功率1．答案：B解析：A物

体静止不动，不发生位移，因此摩擦力对A不做功，B受到的摩擦力与其运动方向相反，因此摩擦力对B做负功，即B克服摩擦力做功，B正确．2．答案：AD解析：物体置于升降机内随升降机一起匀加速运动过程中，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ

＋FNcosθ－G＝ma代入数据得Ff＝15N，FN＝153N又x＝12at2＝40m，斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝900J，A正确；斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxsinθ＝300J，B错误；物体重力做的功WG＝－mgx＝

－800J则物体克服重力做功800J，C错误；合外力对物体做的功W合＝WN＋Wf＋WG＝400J，D正确．3．答案：B解析：铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，

根据题意可得W＝F1d＝kd2d＝kd22，W＝F2d′＝kd＋k（d＋d′）2d′，解得d′＝（2－1）d，B正确．4．答案：AC解析：当拉力F＝μmg＝5N时，物块的速度最大，由图2可知，这时物块运动的位移2m，根据动能定理，可得WF＋Wf＝ΔEk，利用F­x

图像中图线与坐标轴所围面积表示拉力功，有12（6＋10）×1＋12（10＋5）×1－5×2＝12×1×v2m，解得vm＝11m/s，A正确，B错误；假设拉力为零时，物块的速度不为零，则12（6＋10）×1＋12×10×2－5x＝0解得x＝3.6m，C正确，D错误．5．答案

：D解析：依题意，当拉力为F时，转动半径为R，由牛顿第二定律可得F＝mv21R，同理，当拉力减小到F4时，有F4＝mv222R，在此过程中，根据动能定理得WF＝12mv22－12mv21，联立解得WF＝－FR4，D正确．

6．答案：C解析：由题意得，在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律F－f＝ma可知，牵引力恒定，合力也恒定．在t1时刻达到额定功率，随后在t1～t2时间内，汽车速度继续增大，由P＝Fv可知，牵引力减小，则加速度减小，直到牵

引力减小到与阻力相等时，达到最大速度vm＝PF＝Pf接着做匀速运动，A错误；发动机所做的功等于图线与t轴所围的面积，则0～t1时间内发动机做的功为W1＝12P0t1，B错误；发动机所做的功等于图线与t轴所围的面积，则0～t2时间内

发动机做的功W＝12P0（t2－t1＋t2）＝P0（t2－t12），C正确；当汽车匀速运动时所受的阻力f＝F＝P0vm，D错误．7．答案：CD解析：由速度－时间图像可得加速度a＝0.5m/s2，由牛顿第二定律得2F－mg＝ma，所以F＝mg－ma2＝10.5N，A、B错误；4s末F的功率大小为P

＝F·2v物＝10.5×2×2W＝42W，4s内物体的位移x物＝12×2×4m＝4m，4s内F做功的平均功率为P＝Wt＝F·2x物t＝10.5×2×44W＝21W，C、D正确．8．答案：ABD解析：根据机械能守恒有mgh＝12mv2两小球下落高度相同，可知

两小球到达底端时速率相等，B正确；根据动能定理有W合＝ΔEk＝12mv2故两小球运动到各自底端时合外力做的功相同，A正确；两小球运动到各自底端时重力的瞬时功率为P＝mgvy运动至最低点时A球的竖直方向的速度不为零，B球的竖直方向的速度为零，

故运动到各自底端时A球重力的瞬时功率较大，C错误；B球运动过程中竖直方向的速度先从零增大至最大值，后减小为零，故B球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，D正确．9．答案：BD解析：小球在F0作用下向右做加速运动，随着速

度的增加，向上的力F越来越大，导致杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当F＝mg时，弹力减小到零，摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，接下来杆对小球的弹簧力向下，随速度的增加，F越来越大，杆对小球的弹力越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大到

与拉力相等时，小球匀速运动，加速度为零，因此小球的加速度先增大后减小，最后匀速运动，小球的速度先增大，后保持不变，小球的最小加速度为零，A、C错误，B正确；最大速度时，有μ（F－mg）＝F0，而F＝kv，最大速度v＝F0＋μmgk

μ，因此最大功率P＝F0v＝F20＋F0μmgμk，D正确．10．答案：C解析：因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－f＝ma，又因为汽车所受的阻力f为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v­t图像开始应有一段倾斜的直线，A错误

；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv，即F与v成反比，F与1v成正比，所以F­v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与1v图像中v1～vm段图像应为直线，B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵

引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以P­v图像中v1～vm段图像应为过原点的直线，D错误．11．答案：C解析：由牛顿第二定律Pv－f＝ma可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，根据公式整理得1v＝mP

a＋fP，可见1v­a图像的斜率恒定为mP，与纵轴的截距为fP，结合图像可得fP＝0.005s/m，mP＝0.1－0.0520s3/m2，解得m＝25kg，f＝500N，代入v＝5m/s解得a＝60m/s2，C正确，A、B、D错误．12．答案：AC解析：根据重力做功的公式

有W＝mgh＝mg·2R＝2mgR，A正确，B错误；小球在下滑过程中，竖直方向的速度先增加后减小，所以重力做功的功率先增大后减小，C正确，D错误．13．答案：A解析：皮带把物体P匀速传送至高处，根据受力

平衡可知，物体受到竖直向下的重力，垂直于皮带接触面向上的支持力，沿皮带向上的静摩擦力；所以重力对物体做负功，支持力对物体不做功，摩擦力对物体做正功，由于物体的动能不变，根据动能定理可知，合外力对物体做功为0，A正确．14．答案：D解析：由题意和v

­t图像知，越野车速度最大时应有P额＝fvm，汽车受到的阻力为f＝P额vm＝160×10380N＝2000N，A正确；当汽车匀加速运动时，由图像可知a＝4m/s2，当匀加速结束时由P额＝Fv，F－f＝ma，越野车的质量为m＝1500kg，B正确；0～20s内，若越野车全程

匀加速至80m/s，如图虚线所示，汽车的位移等于800m，由图像面积可知题意中汽车的位移大于800m，C正确；功率恒定时，由W＝Pt知0～20s内越野车牵引力做功为3200kJ，但功率不恒定，则越野车的牵引力做功不等于3200kJ，D错误．1

5．答案：AC解析：对磨刀石受力分析，如图所示磨刀石做匀速直线运动，受力平衡，则有Fcosθ＝f，f＝μN＝μ（mg＋Fsinθ），由功的定义式可知，工人对磨石做功为W＝Fscosθ＝μ（mg＋Fsinθ）s，A、C正确．16．答案：A解析：将力F分解为切线方向

和径向方向两个分力，其中径向方向的分力始终与速度方向垂直，不做功，切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力F做的功为W＝Fcos60°·πR＝FπR2，A正确．17．答案：AC解析：设在时间Δt内通过面积S的空气质量为Δm，则Δm＝ρSv0Δt，解得ΔmΔt＝ρSv0，A正确、B

错误；发动机输出的机械功率P＝12（Δm）v20Δt，代入ΔmΔt＝ρSv0，解得P＝12ρSv30，C正确、D错误．18．答案：A解析：由于小车匀加速上升，由于小车和细沙的总质量随位移均匀减小，结合题图可知m＝10－0.1h，根据牛顿第二

定律F－mg＝ma可得F＝120－1.2h，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功．当h＝0时F1＝120N；当h＝20m时F2＝96N；则在提车的整个过程中，拉力对小车做的功为W拉＝F1＋

F22h＝2160J，A正确．19．答案：（1）0.4（2）3m2.5m（3）60J解析：（1）饮料罐加速阶段的加速度a＝v0t1＝4m/s2根据牛顿第二定律μmg＝ma解得μ＝0.4（2）当第二个饮料罐刚刚放上传送带时，两个饮料罐

间距离最小为L2＝12at21＋v0t2＝2.5m当第二个饮料罐速度与传送带速度相等时，两个饮料罐间距离最大为L1＝12at21＋v0（t2＋t1）－12at21＝3m（3）电动机多做的功等于摩擦力对电动

机做的负功，放一个饮料罐时W0＝μmg·v0t1＝1J一分钟内电动机多做的功W＝60W0＝60J.考点28动能定理1．答案：B解析：根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v＝at，由动能公式Ek＝12mv2＝12ma2t2，

可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，A、C错误；由v2＝2ax，Ek＝12mv2，列车动能与位移x成正比，B正确；由动量公式p＝mv可知列车动能Ek＝12mv2＝p22m，即与列车的动量二次方成正比，D

错误．2．答案：CD解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功（即合力做的功）才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝12mv22－12mv21，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力

对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即（12Mv22－12Mv21），D正确．3．答案：BC解析：根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有N－mg＝mv2BR，解得

vB＝6gR2，A错误，B正确；由动能定理mgR－W＝12mv2B－0，解得从A到B克服摩擦力做功为W＝14mgR，C正确，D错误．4．答案：B解析：在AB段由静止下滑，说明μmgcosθ＜mgsinθ，则μ＜tanθ，第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcosθ－h1sinθ

－μmgs′＝0，整理得μ＝h1s，A错误，B正确；第二次滑上BE在E点停下，则μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，则α<θ，C、D错误．5．答案：C解析：根据动能定理，在从A到B的过程，有－μ1mgl＝12m（v02）2－12mv20，

在从B到C的过程，有－μ2mgl＝0－12m（v02）2，解得μ1μ2＝3，C正确．6．答案：C解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝12mv20，A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－12mv20，解得f0h＝

mgh＋12mv20＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg（1＋Hh）－fHh，B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h），C正确．7．答案：（1）1m/s（2）60N（3）0.35m解析

：（1）根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mg＝mv2BR解得vB＝1m/s（2）小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝12mv2B－12mv2A解得vA＝5m/s在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力

的合力提供向心力，即FN－mg＝mv2AR解得FN＝60N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60N；（3）小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理mgH－μmgL＝12mv2A代入数据解得H＝0.35m8．答案：

B解析：由图可知，物体所受滑动摩擦力大小为14N，且拉力减小到零时物体刚好停止运动，因此可知物体减速滑行距离为7m，根据动能定理可得W－Ffx＝0－Ek，拉力做功为图像面积，因此可得物体匀速运动时的动能约为72J，B正确．9．答案：C解析：对上升过

程，由动能定理，－（F＋mg）h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－（F＋mg）h，即F＋mg＝12N；下落过程，（mg－F）（6－h）＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，联立两公式，得到m＝1kg、F＝2N．10．答案：ACD解

析：由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1

＝F1－Ffm＝3m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝12mv2，可得x＝9m时，物体的速度为v＝32m/s，D正确；物体的最大位移xm＝WFFf＝13.5m，B错误．11．答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短

的过程中，由动能定理－μmg（s＋x）－W＝0－12mv20，解得W＝12mv20－μmg（s＋x），A正确．12．答案：D解析：F­x图像与坐标轴所围成的面积即为力F做的功．根据F­x图像可知，推力F做的功为WF＝12×（40＋60）×4J＝200J当撤去推力时，物体的速度最大，根据动能定

理可得WF－μmgx＝12mv2m，解得最大速度为vm＝43m/s，A、C错误；设物体的最大位移为xm，根据动能定理可得WF－μmgxm＝0，解得xm＝10m，则物体的减速距离为x′＝xm－x＝10m－4m

＝6m，B错误，D正确．13．答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v＝xt，解得v＝4m/s，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W＝12mv2，故摩擦力对小铁碗所做的功W＝0.8J，C正确.14．答案：C解析：如图所示，对小球进行受力分析，则F与小球重力的合力F合＝1

2N，与竖直方向成60°夹角斜向右下方，过O点作F合的平行线，该线与圆轨道右侧的交点M为等效最低点，小球在该处对轨道压力最大，设小球在M点的速度为v，对小球列动能定理，有F合·（R－Rcos60°）＝12mv2，对小球在等效最低点由牛顿第二定律，有F

N－F合＝mv2R，解得FN＝24N，结合牛顿第三定律可知F压＝FN＝24N，C正确．15．答案：C解析：圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加速再减速，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，A错误；圆环从A处由静止开始下滑到C过

程，由动能定理mgh－Wf－WT＝0，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理－mgh－Wf＋WT＝0－12mv2，联立解得Wf＝14mv2，B错误；圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动

能定理mgh′－W′f－W′T＝12mv2B，圆环从B处由静止开始上滑到A过程，由动能定理－mgh′－W′f＋W′T＝0－12mv′2B，联立解得－2W′f＝12mv2B－12mv′2B，下滑经过B的速度vB小于上滑经过B的速度v′B，C正确；圆环从A处由静止

开始下滑到C过程，由动能定理mgh－Wf＋WT＝0，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理－mgh－Wf＋WT＝0－12mv2，解得在C处，弹簧的弹性势能WT＝mgh－14mv2，D错误．16．答案：（1）mgsin

θ5方向沿杆向下（2）26gLsinθ5解析：（1）由题意可知下面的弹簧被压缩，上面的弹簧被拉伸，且两根弹簧形变量相同，因此小球在P点时受到两根弹簧的弹力大小相等，设此时两根弹簧的弹力大小均为F，根据胡克定律有F＝k（L－

4L5）根据平衡条件有mgsinθ＋f＝2F解得f＝mgsinθ5方向沿杆向下．（2）小球在P、Q两点时，根据对称性可知，弹簧的弹性势能相等，所以小球从P到Q的过程中，两弹簧对小球做功为零，由动能定理可得－mg（2L－2×45L）sinθ－f（2L－2×45L）＝0－12mv20

解得v0＝26gLsinθ517．答案：（1）4m/s（2）22.5N（3）见解析，28.5N解析：（1）小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得FxAB－μmgxAB＝12mv2B－0解得vB＝4m

/s（2）小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，假设小滑块从B点加速到与传送带共速时对地滑动的位移为x1，由动能定理得（F＋μmg）x1＝12mv2带－12mv2B解得x1＝0.375m小滑块与传送带共速后，滑

块受到的滑动摩擦力水平向左，由动能定理得（F－μmg）（xBC－x1）＝12mv2C－12mv2带解得vC＝35m/s小滑块在C点由牛顿第二定律得FNC－mg＝mv2CR解得FNC＝22.5N（3）圆周运动中，速度最大的位置就是切向加速度为零的位置，由于F＝mg，知在圆弧C

D的中点处速度最大．压力最大的位置就是等效物理最低点，由于F＝mg，所以等效重力大小为mg′＝F2＋mg2＝2mg方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝mv′2

R从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R（1－cos45°）＝12mv′2－12mv2C联立解得FN＝28.5N由牛顿第三定律知F′N＝FN＝28.5N考点29机械能守恒定律1．答案：B解析：斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误；不

计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量，B正确，D错误；小球对斜劈的弹力做正功，斜劈的机械能增加，C错误．2．答案：C解析：由静止竖直下落时，在没接触地面之前，弹簧的形变量不变，弹

性势能不变，A错误；杆下端刚触地后人继续加速，当弹簧弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，人的动能最大，B错误；人从静止竖直下落到最低点的过程中，人的重力势能一直减小，C正确；跳跳杆对人做功，所以人的机械能要变化，D错误．3．答案：B解析：设下降h时

，动能等于重力势能的2倍，根据机械能守恒mgH＝mg（H－h）＋Ek，即mgH＝3mg（H－h），解得h＝23H，根据h＝12gt2，解得t＝2H3g，B正确．4．答案：CD解析：小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝

vAcosθ＝2m/s，A错误；小球到A点的竖直分速度vy＝vAsinθ＝23m/s，由平抛运动规律得v2y＝2gh，h＝0.6m，而AC的竖直距离为0.45m，可知P点高于C点，B错误，D正确；取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得

12mv2A＝12mv2C＋mg（R＋Rcosθ），代入数据得vC＝7m/s，由圆周运动向心力公式得FNC＋mg＝mv2CR，代入数据得FNC＝12N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小F′NC＝FNC＝12N，方向

竖直向上，C正确．5．答案：BD解析：小球运动至环的最高点时，由牛顿第二定律可得FN＋mg＝mv21r；FN＝mv21r－mg＝3mg－mg＝2mg，由牛顿第三定律可知，小球运动至环的最高点时对环的压力大小为2mg，A错误；小球运动至环的最高点时，对木板受力分析可知，木板受本身重力mg

和环竖直向上的拉力大小mg，因此此时地面对木板的支持力是零，B正确；设小球从最高点运动至环的最低点时速度大小为v2，小球的机械能守恒，可得mg·2r＋12mv21＝12mv22，解得v2＝4gr＋3gr＝7g

r，C错误；小球运动至环的最低点时向心加速度指向圆心方向向上，小球处于超重状态，D正确．6．答案：D解析：对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝12·2mv2，解得

v＝3gR，C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝12mv2，联立v＝3gR，解得W＝12mgR，D正确．7．答案：D解析：根据关联速度得vAcosθ＝vB，所以二者的速度大小不相等，A错误；但细

线与杆垂直时，则根据选项A可知，物块B的速度为零，所以B会经历减速过程，则重力会小于细线拉力，B错误；当物块A经过左侧滑轮正下方时，细线与杆垂直，物块B的速度为零，C错误；当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块A的速度最大，根据系统机械能守恒得(hsi

nθ－h)mg＝12mv2，解得v＝1m/s，D正确．8．答案：(1)(2＋2m1－2m22m1＋m2)R(2)1.9解析：(1)设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动合成与

分解得v1＝2v2①对m1、m2整体组成的系统由功能关系得m1gR－m2gh＝12m1v21＋12m2v22②h＝2Rsin30°③设细绳断后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′s

in30°＝12m2v22④小球m2沿斜面上升的最大距离s＝2R＋s′⑤联立得s＝(2＋2m1－2m22m1＋m2)R⑥(2)对m1由机械能守恒定律得：12m1v21＝m1gR2⑦联立①②③⑦得m1m2＝22＋12≈1.9.9．答案：C解析：刚释放的时候，物块

是有向下的加速度的，根据牛顿第二定律有mg－T＝ma可知拉力小于mg，A错误；在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，拉力对软绳做了功，软绳机械能不守恒，B错误；设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，

根据机械能守恒定律有mg·l2＋mg2·l2＝12·2m·v2，计算可得v＝3gl2则物块机械能的减少量为E减＝mg·l2－12mv2＝18mgl，C正确；系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了18mgl，所

以软绳的机械能增加了18mgl，D错误．10．答案：B解析：整条长铁链机械能守恒，当长铁链布满圆形管状轨道时，重力势能最大，速度最小，从此时到最后一节铁链进入轨道之前，重力势能不变，每节铁链通过最高点的速度不变，故A错误，C错误；第一节与最后一节

铁链到达最高点时整条长铁链的重力势能相等，机械能守恒，则速度大小相等，B正确；整条长铁链机械能守恒，当长铁链布满圆形管状轨道时，重力势能最大，速度最小，但是不知道铁链的初速度，无法计算出铁链的最小速度，D错误．11．答案：B解析：不计空气阻力和篮球转动的情况下，篮球运动过程中机械能守恒，篮球经

过B点的机械能等于在A点的机械能．以B点所在的水平面为零势能面，篮球在A点的重力势能Ep＝－mg(H－h)＝mg(h－H)，则机械能E＝Ek＋Ep＝12mv2＋mg(h－H)，B正确．12．答案：C解析：设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep

＋Ek＝12×2mg×L4sinθ－12×2mg×L4＋0＝－14mgL(1＋sinθ)，链条全部滑出后，动能为E′k＝12×2mv2，重力势能为E′p＝－2mgL2，由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p，即－14mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL，解得L＝2m，C正确．13．

答案：CD解析：由题意可知，滑块与斜面之间无摩擦力，则整个过程中滑块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，D正确；滑块运动到b点接触到弹簧时，物块受到的合力沿斜面向下，可知到b点时有沿斜面向下的加速度，则b点时的速度不是最大，A错误；当滑块到达c点时弹簧弹性势能最大，此时Ep＝m

g(ab＋bc)sin30°＝6J，当动能最大时，弹力等于重力的分量，则该位置在bc之间的某点，则此时滑块动能的最大值小于6J，B错误；由上述分析可知，从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做的功为6J，C正确．14．答案：BD解析：在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于

压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，A错误；由机械能守恒定律可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速

运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，B正确；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，C错误；D点为小球运动的最低点，

即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，D正确．15．答案：(1)g(2)4m(3)3.4m/s解析：(1)根据牛顿第二定律mg＝ma得a＝g(2)根据系统机械能守恒mgh－Mg(h2＋d2

－d)＝0得h＝4m(3)根据系统机械能守恒mg(dtan60°)－Mg(dsin60°－d)＝12mv2m＋12Mv2M根据速度分解得vmcos60°＝vM由上面两式求得(2－3)mgd＝34mv2m解得vm＝23m/s≈3.4m/s16．答案：(1)3Mg(2)12

(3)31解析：(1)对小球B受力分析可知，B在水平方向不受力，杆中弹力为零对A，有tan30°＝MgF解得F＝3Mg(2)设释放瞬间杆的作用力大小为T，两球速度方向与杆夹角大小相等，所以两球加速度大小相等，均为a.对A球

，有Mgcos30°－Tcos30°＝Ma对B球，有Tcos30°＝Ma结合a＝36g解得Mm＝12(3)A球到达最低点时A球的机械能与此时B球的机械能相等，有12Mv2＝12mv2＋12mgR对整体应用机械能守恒定律得Mg×12R＝12Mv2＋12mv2＋12mgR得Mm＝31考点30功能关

系能量守恒定律1．答案：A解析：根据功能关系，拉力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了Δh＝L6，重力势能的增加量为ΔEp＝23mg·L6＝mgL9，根据功能关系，在此过程中，拉力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，则W＝mgL9，A

正确，B、C、D错误．2．答案：CD解析：在运动员下落高度为h的过程中，重力做功为mgh，故运动员重力势能的减少量为mgh，A错误；根据牛顿第二定律可得F合＝ma＝34mg运动员下落高度为h的过程中位移为hsin53°＝54h，根据动

能定理34mg×54h＝ΔEk则运动员动能的增加量为ΔEk＝1516mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为1516mgh，则运动员的机械能减少了mgh－1516mgh＝mgh16，D

正确．3．答案：B解析：对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，A错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Efx，B正确；设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0J，经过水

平外力后，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，C错误；根据功能关系可知，其摩擦产生的热等于其摩擦

力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，D错误．4．答案：B解析：对小物块，由动能定理有W＝12mv2－12mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1＝v2t＋vt＝32vt，小物块向右做加

速运动时，二者间的相对路程x2＝vt－v2t＝v2t，又t＝vμg，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝x1＋x2＝2v2μg，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，B正确．5．答案：D解析：物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为m

gh，所以重力势能增加了mgh，A错误；根据牛顿第二定律有mgsin30°＋f＝ma，解得摩擦力大小为f＝14mg，B错误；由动能定理可知，动能损失量等于合外力做功的大小，物体通过的位移为x＝hsin30°＝2h，则动能损失为ΔEk＝F合×2h＝m×34g×2h＝32mgh，C错误；根据能

量守恒定律可知系统产生的热量即为机械能的损失ΔE＝ΔEk－mgh＝32mgh－mgh＝12mgh，D正确．6．答案：BC解析：初始时3mg＝kx1，上升到最大高度时v＝0，由能量守恒定律得12kx21＝mgh＋μmgcosθhsinθ，解得h＝27mg10k，A错误，B

正确；当kx2＝μmgcosθ＋mgsinθ时动能最大，由能量守恒定律得12kx21＝mgsinθ(x1－x2)＋μmgcosθ(x1－x2)＋Ekm＋12kx22，解得Ekm＝2m2g2k，C正确，D错误．7．答案：D解析

：单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，单位时间流过面积A的流动空气质量为m0＝ρV0＝ρAv，单位时间流过面积A的流动空气动能为12m0v2＝12ρAv3，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；

由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足E＜1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C错误；若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具

有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为P＝63×40593kW＝120kW则该发电机年发电量至少为E＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105k

W·h，D正确．8．答案：BD解析：因为小球运动过程中除B点外摩擦力均大于μmgcos30°，所以动摩擦因数小于33，A错误；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧弹力做功为Wp.根据能

量守恒定律得，对于小球A到B的过程有mg·12h＋Wp＝12mv21＋Wf，A到C的过程有mgh＝2Wf，解得Wf＝12mgh，Wp＝12mv21，B正确；根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有mg·12h＋Wp＝12mv21＋Wf，mg·12h＋Wf＋12mv22

＝12mv20＋Wp，解得v1＜v2，C错误；结合B选项的结论，C到A的过程，由能量守恒定律得12mv20＝mgh＋2Wf，解得v0＝2gh，D正确．9．答案：(1)4m/s(2)2m/s1.2J(3)3

.2J解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，有mgH＝12mv20解得物体滑到底端时的速度v0＝2gH＝4m/s(2)设水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度为a＝fm＝－μg＝－1m/s2物体滑离传送带右端时速度为v1，根据速

度—位移关系公式，有v21－v20＝2aL解得v1＝2m/s物体克服摩擦力做的功Wf＝μmgL＝1.2J(3)以地面为参考系，则滑上逆时针转动的传送带后，物体向右做匀减速运动．由以上计算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，所以到达右端时速度大小为2m/s，所用时间

t＝v1－v0a＝2s最后将从右端滑离传送带．此段时间内，物体向右运动位移大小显然为6m，皮带向左运动的位移大小为S2＝vt＝10m物体相对于传送带滑行的距离为ΔS＝S1＋S2＝16m物体与传送带相对滑动期间产生的热量为Q＝Ff·ΔS＝μmg·Δ

S＝3.2J考点31实验七验证机械能守恒定律1．答案：(1)CB(2)0.98(3)0.490.48(4)A解析：(1)由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量出重锤的质量，故有必要进行的步骤是C；应将打点计时器接到电源的交流输出端上，

故操作不恰当的步骤是B.(2)根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度为vB＝xAC2T＝（7.06－3.14）×10－22×0.02m/s＝0.98m/s.(3)从起点O到

打下计数点B的过程中，重力势能减少量为ΔE＝mghOB＝1.00×9.80×5.01×10－2J≈0.49J，此过程中物体动能的增加量为ΔEk＝12mv2B－0＝12×1.00×0.982J≈0.48J.(4)根据机械能守恒可得mgh＝12mv2，则有v22＝gh，可知v22­h为一条过原点

的倾斜直线，A正确．2．答案：(1)C(2)0.7420.720纸带与限位孔之间的摩擦阻力与空气的阻力的影响(3)小于解析：(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力对实验的影响小，A错误；根据mgh＝12mv2可知，质量可以在解析式中约去，即实验不需要用天平测量物体的质量，B错误；

为充分利用纸带，实验时应先接通电源，再释放纸带，C正确；验证机械能守恒，需要验证重力势能的减少量等于动能的增加量，即mgh＝12mv2，整理得v2＝2gh可知v2­h图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为k＝2g＝19.6，D错误．(2)选取点B进行分析，则OB段对应

的重物的重力势能减少为|ΔEp|＝mghOB＝1×10×7.42×10－2J＝0.742J，打B点时的速度为vB＝（9.69－4.89）×10－22×0.02m/s＝1.2m/s，重物动能增加为ΔEk

＝12mv2B＝12×1×1.22J＝0.720J，在实际运动过程中系统动能的增加量ΔEk总小于系统势能的减少量ΔEp，这是因为纸带与限位孔之间的摩擦阻力与空气的阻力的影响．(3)两物块受阻力相同，根据动能定理得(mg－f)h＝12m

v2，得v2＝2(g－fm)h，知v2­h图像的斜率为2(g－fm)，由图丙知，P的斜率较大，所以Q的质量小于P的质量．3．答案：(1)0.583(2)6.10×10－26.03×10－2(3)空气阻力的作用读取数据时产生读数误差解析：(1)滑块做匀变速运动，

在位置B时有vB＝（s1＋s2）2T，代入数据得vB＝0.583m/s.(2)滑块由B运动至D，重力势能的减少量ΔEp＝mg(s2＋s3)·sin24°＝6.10×10－2J，滑块在D点的速度大小vD＝（s3＋s4）2T，解得vD＝0.971m/s，动能的增加量ΔEk＝12m(v2D－v2B

)，解得ΔEk＝6.03×10－2J.(3)滑块在下滑过程中受空气阻力作用，产生误差或读取刻度尺上滑块对应位置距离时产生读数误差．4．答案：(1)A(2)5.80(3)B(4)2gh解析：(1)为了提高实验精确度，小球应选用密度较大的实心球，以减小空气阻力带来的影响，A正确．(2)游标尺是20

分度的，则游标卡尺的精确度为0.05mm，由图乙所示游标卡尺可知，其读数为d＝5mm＋0.05×16mm＝5.80mm.(3)本实验质量可以约去，不需要测量，A错误；用刻度尺测量小球释放位置到光电门的高度h，计算重力势能减小量，B

正确；不需要用秒表测量小球从释放至运动到光电门的时间，小球的速度根据光电门测量，C错误．(4)小球向下运动的高度为h，通过光电门的速度为v＝dΔt，由机械能守恒mgh＝12mv2，整理得d2（Δt）2＝2gh.5．答案：(1)mgL(1－cosθ)(2)3.801.90(3)C

解析：(1)根据题图可得ΔEp＝mg(L－Lcosθ)＝mgL(1－cosθ).(2)由图可知，游标为20分度，且第16个小格与主尺对齐，则游标卡尺读数为3mm＋16×0.05mm＝3.80mm钢球的速度大小为v＝dΔt＝

3.80×10－32×10－3m/s＝1.90m/s.(3)表中的ΔEp明显比ΔEk小，若是空气阻力造成的，则ΔEp应该比ΔEk大，A错误；若夹角θ测量值偏大，则ΔEp应该比ΔEk大，B错误；由于遮光

条粘在小球下方，遮光条的速度大于小球速度，即测得的速度比小球的实际速度大，ΔEp比ΔEk小，C正确；若遮光条宽度测量值偏小，则速度测量值偏小，则ΔEk应该比ΔEp小，D错误．验收检测卷五机械能及其守恒定律1．答案：B解析：根据E＝Ep＝mgh，可得山高h＝Emg＝4

.1×10450×10m＝82m，B正确．2．答案：B解析：小红荡秋千，由最低点O荡到最高点A的过程中，重力做负功，重力势能增大，A、D错误；在O点和A点小球无速度，重力瞬时功率为零，其他位置不为零，即重力瞬时功率先增大后减小，B正确，C错误．3．答案：D解析：

车对人的合力大小为ma，方向水平向右，根据牛顿第三定律可知人对车的合力大小为ma，方向水平向左，人对车做负功，则有W＝－maL，D正确．4．答案：A解析：全过程人拉着绳缓慢运动，认为重物的动能不变，人对重物所做的功等于重物重力势能的增加，根

据几何关系知重物上升的高度Δh＝hcosθ－h，则W＝mgΔh＝mg(hcosθ－h)＝mgh（1－cosθ）cosθ，A正确，B、C、D错误．5．答案：C解析：当力F最小时，静摩擦力方向沿斜面向上，则Fmin＋μmgcos37°＝mgs

in37°解得Fmin＝18N，当力F最大时，静摩擦力方向沿斜面向下，则Fmax＝mgsin37°＋μmgcos37°＝42N，A、B错误；当拉力F＝52N时，箱子向上运动的加速度a＝F－μmgcos37°－mgsin37°m＝2m/s2，经过1s箱子的速度v＝at＝2m/s，动能为Ek

＝12mv2＝10J，箱子的重力势能增加ΔEp＝mgssin37°＝mgv2t·sin37°＝30J，C正确，D错误．6．答案：D解析：设铁链单位长度的质量为m，设地面为零势能面，由机械能守恒定律可得(L－a)mg

H＋amg(H－a2)＝12Lmv2＋Lmg·L2，解得v＝g（2H－a2L－L），A、B、C错误，D正确．7．答案：D解析：如图所示将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直与绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相等，则有vBcos60°＝vAcos30°，解得vA＝33v，B减小的重力势能全

部转化为A和B的动能，由于A、B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，有mgh＝12mv2A＋12mv2B，解得h＝2v23g，绳长L＝2h＝4v23g，D正确．8．答案：C解析：根据图线可知，0～5s小车做匀加速运动，加速度大小为

a1＝6m/s5s＝1.2m/s2，35～45s小车做匀减速运动，加速度大小为a2＝12m/s（45－35）s＝1.2m/s2，根据牛顿第二定律有F－f＝ma1，f＝ma2，解得小车受到的阻力和0～5s内小车的牵引力大小分别为f＝12N，F＝2

4N，A、B错误；发动机的额定功率为P额＝fvm＝12N×12m/s＝144W，D错误；由图可知，0～5s小车位移为x1＝12×6×5m＝15m，对小车运动的全过程，根据动能定理有Fx1＋P额t2－fx总＝0，其中t2＝35s－5s

＝30s，解得x总＝390m，C正确．9．答案：AD解析：对任意一小球研究，设半圆轨道的半径为r，根据机械能守恒定律得mgr＝12mv2，解得v＝2gr，两小球到达C、D两点时线速度大小和半径有关．由于r

不同，故v不相等，B错误；通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为a＝v2r，联立解得an＝2g，通过C、D时，两小球的向心加速度与半径无关，D正确；根据牛顿第二定律得FN－mg＝man，解得FN＝3mg，轨

道对小球的支持力大小相等，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力大小与半径无关，则通过C、D时，两小球对轨道的压力大小相等，A正确；由v＝ωr可得ω＝2gr，通过C、D时两小球的角速度大小不等，C错误．10．答案：AC解析：由题

意知，传送带足够长，所以物块先匀减速到与传送带共速，之后再与传送带一起匀速直线运动，A正确；由动能定理得，传送带对物块做的功为W＝ΔEk＝12mv2－12mv20＝－18.75J，物块的动能减少了18.75J，B、D错误；由图像可知，t

＝0.5s时物块与传送带共速，加速度a＝ΔvΔt＝5－2.50.5m/s2＝5m/s2，又由牛顿第二定律知μmg＝ma，解得μ＝0.5，C正确．11．答案：AD解析：A球速度最大时，C球刚离开地面时，此时A、B球的加速度为零，满足mAgsinα＝

(mB＋mC)g，代入数据解得α＝30°，B、C错误；初始状态，弹簧的压缩量x1＝mBgk＝1×1050m＝0.2m，C球刚离开地面时，弹簧的伸长量x2＝mCgk＝1×1050m＝0.2m，A球的最大速度时，运动的距离x1＋x2＝0.4m，根据整个系统机械能守恒得mAgxsinα

＝mBgx＋12(mA＋mB)v2m，联立解得A球的最大速度vm＝225m/s，A正确；从释放A球到C球刚离开地面的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减少后增加，因此A、B两小

球组成的系统机械能先增加后减少，D正确．12．答案：BC解析：当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，A错误；将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有F－3μmg

＝0，解得μ＝F3mg，从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得F·3L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝12·8mv2，解得v＝FL4m，B正确；第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这

一过程中，8个小滑块看作整体，由牛顿第二定律5μmg－F＝8ma，解得加速度大小为a＝F12m，C正确；假设第7个滑块刚好能到达O点，由动能定理有F·6L－μmg·6L－μmg·5L－μmg·4L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝12mv27－0，解得12mv27＜0，故第7块滑

块不能到达O点，D错误．13．答案：(2)4.000(4)减少(5)3.08－1.96－1.20解析：(2)螺旋测微器的分度值为0.01mm，则遮光片宽度为d＝4mm＋0.0×0.01mm＝4.000

mm.(4)因为遮光片的遮光时间t1＝0.005s＜t2＝0.01s，由瞬时速度定义可知，小钢球经过光电门1时的速度大于经过光电门2时的速度，所以小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，小钢球的动能减少．(5)小钢球从光电门1运动到光电门2

的过程中，弹簧弹力所做的功为W＝－F弹(Δx2－Δx1)＝－0.48＋1.062×0.04J＝－3.08×10－2J，所以弹性势能的改变量为ΔE弹＝－W＝3.08×10－2J，重力势能的改变量为ΔEp＝mg(Δx2－Δx1)＝－1.96×10－2J，动能的改变量为ΔEk＝12m(dΔt

2)2－12m(dΔt1)2＝12md2(1Δt22－1Δt21)＝－1.20×10－2J，小钢球的重力势能和动能的改变量之和，即为机械能的改变量，为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝－3.16×10－2J，所以在误差允许范围内|ΔE|≈ΔE弹，小球与弹簧组成的系统机械能守恒．14．答案：(

1)0.1m0.2kg(2)62m/s解析：(1)B下落过程，对B与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有12kx20＝mgx0解得x0＝0.1m接触但无压力时，对A，由物体的平衡条件有kx0＝Mg解得M＝0.2kg(2)从C下落至A恰好与地面接

触但无压力的过程，对C与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有4mgx0－12kx20＝12×4mv2解得v＝62m/s.15．答案：(1)52m/s(2)－75J(3)7.5m解析：(1)从开始释放到物块A落地，由机械能守恒定律

(m1－m2)gh＝12(m1＋m2)v2，解得v＝52m/s(2)物块A加速下落过程的机械能变化量ΔE＝12m1v2－m1gh＝－75J(3)物块A落地后，物块B做竖直上抛运动，则还能上升的高度为h′＝v22

g＝2.5m物块B能上升的最大高度H＝h＋h′＝7.5m16．答案：(1)0.512m(2)34N(3)2m/s解析：(1)物块在B点，tan53°＝gtv0，得t＝0.32s，由h＝12gt2，得h＝0.512m.(2)物块在B点vB＝v0c

os53°＝4m/s，物块从B到C过程由机械能守恒知，mgR(1－cos53°)＝12mv2C－12mv2B，物块在C点FN－mg＝mv2CR，得FN＝34N.(3)物块从B运动到D点过程由机械能守恒知，mgR(cos37°－cos53°)＝12mv2D1－12mv2B，得vD1＝25m/s，物块

第一次沿斜面上升过程由动能定理知，－(mgsin37°＋μmgcos37°)x＝0－12mv2D1，物块第一次沿斜面下滑过程由动能定理知，(mgsin37°－μmgcos37°)x＝12mv2D2－0

，得vD2＝2m/s.第六章动量守恒定律考点32动量冲量动量定理1．答案：B解析：拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，物体处于静止状态，根据动量定理可知合力的冲量为0，B正确．2．答案：B解析：根据动能的表达式Ek＝12mv2，动量的表达式p

＝mv，联立可得p＝2mEk，物体A、B动能Ek相同，mA＞mB，则pA＞pB，即物体A的动量较大，B正确．3．答案：C解析：根据题意可知，无论缓慢抽出还是快速抽出，纸条和杯子间的摩擦力不变，缓慢抽出时间长，由公式I＝ft可知，缓慢抽出过程中，摩擦力对

杯子的冲量较大，由动量定理可知，缓慢抽出时，杯子获得的动量较大，C正确．4．答案：CD解析：由位移速度公式可得，下落到与头部刚接触时的速度为v1＝2gh1＝2×10×20×10－2m/s＝2m/s，反弹刚离开头部的速度为v2＝2gh2＝2×10×45×10－2m/s＝3

m/s，以向上为正方向，足球与头部作用过程中，足球的动量变化量为Δp＝mv2－(－mv1)＝2kg·m/s，A错误；足球与头部作用过程，据动量定理可得(F－mg)Δt＝Δp解得F＝24N＝6mg，B错误；足球刚接触头到刚离开头时，足球的位移可忽略，故重

力不做功，据动能定理可得，头对足球做功为W＝12mv22－12mv21＝1J，C正确；从静止下落到上升到最大高度过程中，足球的动量变化为零，由动量定理可知，合力的冲量为零，故足球重力的冲量等于人对足球的冲量，D正确．5．答案：D解析：4～5s内电梯继续上升，故4s末小明未上升

到最大高度，A错误；4～6s内，斜率为负，加速度向下，小明处于失重状态，B错误；0～6s内，小明的动量变化量为Δp＝mΔv＝－500kg·m/s，则大小为500kg·m/s，C错误；4～6s内，小明所受的合外力的冲量为I＝Δp＝50×(－10－10)kg·m/s

＝－1000N·s，则大小为1000N·s，D正确．6．答案：(1)02mvcosθ，方向沿y轴正方向(2)见解析解析：(1)x方向，小球的动量变化为Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0，y方向，小球的动量变化为Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ方向沿y轴正方向．

(2)以小球为对象，由于Δpx＝0，根据动量定理可知得FΔt＝Δp＝Δpy，可知木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力方向沿y轴负方向．7．答案：C解析：设喷出水流的流速为v，则在Δt时间内喷水的质量为Δm＝ρSvΔt＝ρQΔt，以水运动

的方向为正方向，对Δt时间内喷的水，根据动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，解得墙壁受到的平均冲击力大小为F＝ρQv＝ρQ2S，C正确．8．答案：D解析：物体的初动量大小p1＝mv0＝0.5×6kg·m/s＝3kg·m/s，A错误；竖直方向小球做自

由落体运动，则v2y＝2gh，小球落地时竖直方向的分速度vy＝2gh＝2×10×3.2m/s＝8m/s，小球落地时的合速度v＝v20＋v2y＝62＋82m/s＝10m/s，物体的末动量大小p2＝mv＝0.5×10kg·m/s＝5kg·m/s，B错误；由h＝12gt2得t＝2hg＝2×3.2

10s＝0.8s，重力的冲量大小I＝mgt＝0.5×10×0.8N·s＝4N·s，C错误，D正确．9．答案：B解析：依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝ΔpΔt，防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机

动量的变化率ΔpΔt，而手机动量的变化量Δp未发生变化．由于高度不变，则动能的变化量保持不变，B正确．10．答案：C解析：根据F­t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，由动量定理得0～2s内物体动量一直增大，由p＝mv得0～2

s内物体的速度一直增大，故1～2s内物体速度增大，A错误；由图像可知，0～4s内合外力的冲量为零，0～2s内物体做加速运动，2～4s物体做减速运动，物体0～4s内一直向正方向运动，没有回到原点，B错误；0～4s内物

体动量先增大后减小，动量的方向一直不变，C正确；2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，D错误．11．答案：B解析：由题意得：Δt时间内单位面积上由B进入A的分子数为nΔt，则这部分分子质量

为m0＝nmΔt，这部分分子速度由vB变成vA，FΔt＝m0vA－m0vB，可知，流层A对这部分分子作用力为F＝nm(vA－vB)，方向与气体流动方向相同，由牛顿第三定律可知，B层对A层气体单位面积阻力大小为f＝F＝nm(vA－vB)方向与气体流动方向相反．考点33动量守恒定律及其应用1．答案

：AD解析：两手同时放开后，由于系统所受合外力为零，系统满足动量守恒，则系统总动量为零，A正确；先放开右手，可能出现右边汽车先向右运动到弹簧伸长最大后，再向左回到压缩位置，所以之后放开左手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状态，

右边汽车可能速度向右，也可能速度向左，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向右，也可能向左，甚至可能为零，B错误；先放开左手，可能出现左边汽车先向左运动到弹簧伸长最大后，再向右回到压缩位置，所以之后放开右手瞬间，弹簧可能处于伸长状态

、压缩状态，左边汽车可能速度向左，也可能速度向右，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向左，也可能向右，甚至可能为零，C错误；无论先放哪只手，手对汽车总是不做功，系统机械能都守恒，D正确．2．答案：C解析：x­t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小

为v0＝41m/s＝4m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝43－1m/s＝2m/s，m2碰后的速度大小为v2＝8－43－1m/s＝2m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两小球碰撞过

程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝12mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误．3．答案：2m/s解析：设碰后A的速度为v

A，C的速度为vC，由动量守恒可得mAv0＝mAvA＋mCvC碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为v1，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v1由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故v1＝vC联立以上三式可得vA＝2m/s.4．答案：D解析：A、B发生弹性碰撞，取向右为正，则m·

2v0－2mv0＝mvA＋2mvB；12m·(2v0)2＋12·2mv20＝12mv2A＋12·2mv2B，解得碰后A的速度为vA＝mA－mBmA＋mB·2v0＋2mBmA＋mB(－v0)得vA＝－2v0，即A向左运动，速度大小

为2v0，D正确．5．答案：D解析：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1

立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0，A、B、C错误，D正确．6．答案：C解析：设碰撞前小球P的速度为v0，碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和无能量损失得m1v0＝m1v1＋m2v2，

12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，解得v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0，两式之比为v1v2＝m1－m22m1.若碰撞后P球不弹回，继续向前运动，P球射程一定小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得v1v2＝

13，v1v2＝m1－m22m1，解得m1m2＝31，A可能；若碰撞后P球被弹回，并且P球射程小于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得v1v2＝－13，v1v2＝m1－m22m1，解得m1m2＝35，B可能；若碰撞后P球被弹回，并且P球射

程大于Q球射程，根据两球落地点到O点水平距离之比为1∶3可得v1v2＝－31，v1v2＝m1－m22m1，解得m1m2＝17，D可能；结合碰撞的实际，只有上述三种可能，C不可能．7．答案：(1)2m/s(2)0.4kg·m/s解析：(1)碰撞后b做匀减速运动

，加速度a＝Fm＝μmgm＝μg＝5m/s2由v2＝2ax得v＝2m/s(2)设a与b碰撞前a的速度大小为v0，碰撞后a的速度大小为v1，取水平向右为正方向动量守恒有mv0＝mv1＋mv机械能守恒有12mv20＝12mv21＋12mv2解得v0＝2m/s，v1＝

0冲量I＝Δp＝mv0得I＝0.4kg·m/s8．答案：B解析：爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时间相等，有m1x1－m2x2＝0，整理得x1x2＝m2m1＝12，两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸开始抛出到落地的位

移之比不等于1∶2，A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知（5－t）v声（6－t）v声＝12，解得t＝4s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝12gt2＝12×10×42m＝80m，B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340m＝340m，质量小的碎块的水平位移x

2＝(6－4)×340m＝680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m＋680m＝1020m，质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝3404m/s＝85m/s，C、D错误．9．答案：BD解析：规定人原来的速度方向为正

方向，设人上船后，船与人共同速度为v，由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得v＝0.2

5m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，A错误，C错误；人的动量的变化为Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，B正确；船的动量变化量为Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)k

g·m/s＝105kg·m/s，D正确．10．答案：D解析：系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒．Q与P的接触面粗糙，克服阻力做功产热，所以机械能不守恒，D正确．11．答案：BD解析：对甲、乙两条形磁铁分别

做受力分析，如图所示根据牛顿第二定律有a甲＝F－μm甲gm甲，a乙＝F－μm乙gm乙，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由

于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误．12．答案：B解析：小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·2v0

＋λm·v02，解得λ＝2，B正确．13．答案：B解析：A、B匀速运动时，对A、B整体受力分析可得F＝fA＋fB，物体B的速度大小在减小到0的过程中，A和B所组成的系统所受的合外力为零，该系统的动量守恒，当物体B的速度大小为12v时，有(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，解得vA＝54v，A

错误，B正确；当物体B的速度大小刚好为0时，有(mA＋mB)v＝mAv′A，解得vA＝32v，A在F作用下继续前进，物体A继续加速，当物体B的速度大小为0时，物体A的速度大小不一定为32v，C、D错误．14．答案：A解析：设人走动时船的速度大小为v，

人的速度大小为v′，船的质量为M，人和船的相对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝dt，v′＝L－dt，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝m（L－d）d，A正确．15．答案

：AD解析：设A球的初速度大小为v0，碰撞后A、B的速度大小分别为v1、v2，根据题意v＝xg2h，有v2＝3v1，若碰撞后A、B同向，则mAv0＝mAv1＋mBv2，12mAv20＝12mAv21＋12mBv22，解得v1＝mA－m

BmA＋mBv0，v2＝2mAmA＋mBv0，解得mAmB＝3；若碰撞后A、B反向，则mAv0＝－mAv1＋mBv2，结合能量守恒，解得mAmB＝35，A、D正确．16．答案：(1)1m(2)0(3)12J解析：(1)对物块A，根据运动学公式可得

x＝h－12gt2＝1.2m－12×10×0.22m＝1m(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－12gt2代入数据解得vB0＝6m/s可得碰撞前A物块的速度vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下碰撞前B物块的速度vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上选

向下为正方向，由动量守恒可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得碰后速度v＝0(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能ΔE＝12mAv2A＋12mBv2B－12(mA＋mB)v2＝12J17．答案：(1)4.2J(2)16m(3)1063m/s解析：(1)取向左为正方向，根据

动量守恒有m2v0－m1v1＝0可得v1＝0.1m/s小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量ΔE＝12m2v20＋12m1v21＝4.2J(2)小球与曲面水平方向动量守恒，小球到达最大高度的过程中，有m2v0＝(m2＋m3)v2根据机械能守恒有12m2v20＝12(m2＋m3)v22＋m2

gh联立可得h＝16m(3)球返回曲面最低点时，由动量和能量守恒有m2v0＝m3v3－m2v412m2v20＝12m3v23＋12m2v24联立可得v4＝43m/s小孩接球的过程取向右为正方向，由动量守恒有m2v4＋m1v1＝(m2＋m1)v′可知小孩再接到球后，球的速度大小v′＝1063m/s考

点34碰撞模型的拓展1．答案：A解析：根据题意得，当弹簧压缩最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度也是1m/s，A正确；因为压缩最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得：m1∶m2

＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒有：m1v0＝m1v′1＋m2v′2，12m1v20＝12m1v′21＋12m2v′22，联立解得：v′2＝2m/s，D错误．2．答案：A解析：当C与A发生弹性正碰时，由动量守恒和能量守恒有m

v0＝mv1＋2mv2，12mv20＝12mv21＋12×2mv22，联立解得v2＝23v0，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒有2mv2＝(2m＋3m)v，解得v＝415v0，由系统机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为Ep＝

12×2mv22－12×5mv2，解得Ep＝415mv20，当C与A发生完全非弹性正碰时，由动量守恒有mv0＝3mv′1，当A、B、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒得3mv′1＝6mv′，由机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为E′p＝12×3mv′21－12×

6mv′2，解得E′p＝112mv20，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是112mv20≤Ep≤415mv20，A正确．3．答案：BC解析：从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小

车时候的小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒12Mv20＝12Mv21＋12Mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；根据动能定理小球对小车所作

的功W＝12Mv22－0＝12Mv20，C正确；小球上升到最高点时，与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律12Mv20＝2×(12Mv2)＋Mgh，联立解得h＝v204g，D错误

．4．答案：AC解析：若滑块P固定，由于小球在各个环节无机械能损失，可知小球Q能回到1.2m高处，A正确；若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞时的速度v＝2gh＝26m/s，碰撞过程挡板对小球的冲量大小为I＝2mv＝46N·s，B错误；若滑块P不固定，则小球落到滑块上时，滑块和小球在水

平方向动量守恒，则mv1－Mv2＝0，mgh＝12mv21＋12Mv22，解得v1＝4m/s，v2＝2m/s，即小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4m/s，C正确；若滑块P不固定，小球与挡板第一碰后，将以等大速度

反弹，则滑上滑块后再滑回到地面的过程，由动量和能量关系可知mv1＋Mv2＝mv′1＋Mv′2，12mv21＋12Mv22＝12mv′21＋12Mv′22，解得v′1＝43m/s，v′2＝103m/s，因此时小球的速度小于滑块

的速度，则小球与挡板碰后不能再次追上滑块，则滑块的最终速度大小为103m/s，D错误．5．答案：(1)20kg(2)不能解析：(1)设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒m2v2＝(m2＋M)v系统机械能守恒m2gh＋1

2(m2＋M)v2＝12m2v22解得M＝20kg(2)人推冰块的过程m1v1＝m2v2得v1＝1m/s(向右)冰块与斜面的系统m2v2＝m2v′2＋Mv3，12m2v22＝12m2v′22＋12Mv23解得v′2＝－1m/s(向右)因|v′2|＝v1，且冰块处

于小孩的后方，则冰块不能追上小孩．6．答案：BD解析：子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A错误，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝12mv2－12mv20，

由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒，产生的热量满足Q＝12mv20－12(m＋M)v2，所以系统产生的热量相同，D正确．7．答案：(1)6m/s882J(2)能解析：(1)设子弹射入木

块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝mv0M＋m＝0.02×3000.98＋0.02m/s＝6m/s此过程系统所增加的内能ΔE＝ΔEk＝12mv20－12(M＋m)v2＝12×0.02×3002J－12×(0

.98＋0.02)×62J＝882J.(2)设子弹以v′0＝400m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′解得v′＝mv′0M＋m＝0.0

2×4000.98＋0.02m/s＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝ΔE′k＝12mv′20－12(M＋m)v′2＝12×0.02×4002J－12×(0.98＋0.02)×82J＝1568J由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x′相＝F阻d′联立解得Δ

EΔE′＝dd′解得d′＝1568147cm因为d′>10cm，所以能射穿该木块．8．答案：ABD解析：由图示图像可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝

2kg，木板A的质量为2kg，木板获得的动能为Ek＝12Mv2＝12×2×12＝1J，A正确；系统损失的机械能ΔE＝12mv2B－12(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2J，B正确；根据v­t图像的面积表示位移

，由图得到0～1s内B的位移为xB＝12×(2＋1)×1＝1.5m，A的位移为xA＝12×1×1＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，C错误；由图示图像可知，B的加速度a＝ΔvΔt＝1－21m/s2＝－1m/s2，

负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，D正确．9．答案：D解析：物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，

系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝12m2v20－12(m1＋m2)v2＝m1m2v202（m1＋m2），则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B

错误；若v0＝2.5m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3s，C错误；要使物块恰好不从车厢滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v′0＝(m1＋m2)v′

，由能量守恒定律得12m2v′20＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v′0＝5m/s，D正确．10．答案：D解析：弹簧压缩量最大时，两物体速度相同，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝23v0，根据能量守恒定律得12×2mv20＝12×

(2m＋m)v2＋Epm，解得Epm＝13mv20，又Ep＝12kx2，解得弹簧的最大压缩量为xm＝v02m3k，A、B错误；由动量守恒定律可得2mv－A＋mv－B＝2mv0，则两边同时乘以t，可得2mv－At＋mv－Bt＝2mv0t，从A接触弹簧到第一次将弹簧压

缩到最短的时间为t＝π22m3k，联立解得2mxA＋mxB＝πmv02m3k，由几何关系可知xA－xB＝xm，联立解得xA＝（π＋1）v032m3k，xB＝（π－2）v032m3k，C错误，D正确．11．答案：D解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，A错误；磁铁

与铝管组成的系统动量守恒，如果铝管足够长，则磁铁穿过铝管时二者共速，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝1m/s，所以铝管的速度不可能大于1m/s，B错误；磁铁穿过铝管正中央时，由楞次定律可知，磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左，根据牛顿第

三定律，磁铁对铝管的反作用力水平向右，根据牛顿第二定律得，铝管加速度不为零，C错误；磁铁的初动能为Ek1＝12mv2＝12×0.1×32J＝0.45J，假设铝管足够长，则二者共速，根据对B项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为Q＝12mv

2－12(M＋m)v21＝0.45J－0.15J＝0.30J，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J，D正确．12．答案：C解析：物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ，则有μmg＝3ma，

解得a＝13μg，则物块b与长木板c间的静摩擦力为f静＝ma＝13μmg＜μmg＝fm，所以假设成立，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即a滑上c后，b不会相对c滑动．a与b发生弹性正碰，a与b质量相等，所以正碰后速度发生交换，物块a的速度与长木板c的相等，一起做匀

加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，A、B错误；b刚好到c的右端与a、c相对静止时，设共同速度为v共，以a、b、c为整体，系统动量守恒，则mv0＝(m＋m＋2m)v共，根据能量守恒可得12mv20－12(m＋

m＋2m)v2共＝μmgL＝Q，所以整个过程因摩擦产生的内能为Q＝38mv20，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝3v208gL，C正确，D错误．13．答案：C解析：以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右

的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝MvB1，解得vB1＝103m/s，当从开始运动到A、B共速，根据动量守恒定律可得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，解得vB2＝2.5m/s，木块A

加速运动的过程为其速度减为零到与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为2.5m/s≤vB≤103m/s，C正确，A、B、D错误．14．答案：BD解析：小球1在圆槽上运动时

，系统在竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点的速度为v0，取水平向右为正，小球1和圆槽在水平方向动量守恒0＝mv0－3mv，能量守恒mgR＝12mv20＋12×3mv2，解得v0＝3v＝3gR

2，设小球1到B点的过程中水平向右移动的距离为x1，圆槽向左运动的距离为x2，两物体的相对位移为R，因此mx1－3mx2＝0，x1＋x2＝R，联立解得x1＝34R，x2＝14R，此时圆槽的B点与弹簧之间新的距离L＝x2＋R＝54R，小球1从B点向右以v0匀速运动，圆槽向左

以v03匀速运动，小球1到达弹簧时与圆槽底端B的距离L′＝L＋v03·Lv0＝43L＝53R，B正确；小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1与弹簧接触到两球共速，动量守恒mv0＝(m＋3m)v共，能量

守恒12mv20＝12(m＋3m)v2共＋Ep，联立解得Ep＝916mgR，C错误；从小球1与弹簧接触到两球分开，动量守恒mv0＝mv1＋3mv2，能量守恒12mv20＝12mv21＋12×3mv22，解得v1＝－12v0，v

2＝12v0，小球1之后向左以12v0匀速运动，因为圆槽此时正向左以v03匀速运动，故会再次和圆槽碰撞，以向左为正，碰撞前后动量守恒mv02＋3mv03＝mv3＋3mv4，能量守恒12m(v02)2＋12×3m

(v03)2＝12mv23＋12×3mv24，解得v3＝14v0，v4＝512v0，最终小球1以14v0的速度向左运动，圆槽以512v0的速度向左运动，小球2以12v0的速度向右运动，小球2最终的速度为v02＝6gR4，D正确．15．答案：B解析：小球与U形管组成的系统，垂直初速度方向合

力不为零，沿初速度方向合力为零，即沿初速度方向该系统动量守恒，则该过程中，小球与U形管组成的系统动量不守恒，A错误；小球与U形管组成的系统机械能守恒，由机械能守恒有12mv20＝12mv21＋12·2mv22，小球与U

形管组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有mv0＝2mv2＋mv1，解得v1＝－13v0，v2＝23v0，即小球从U形管的另一端射出时，速度大小为v03，B正确；小球运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，沿着水平方向，小球在轨道最左端与U形管达到共速，由动量守恒有mv0＝

(m＋2m)v，解得v＝13v0，设此时小球的合速度为v3，由机械能守恒定律有12mv20＝12·2m(v03)2＋12mv23，解得v3＝73v0，C错误；从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球在竖直方向的分速度vy＝v23－v2＝63v0，则可得其受到平行导槽的冲

量I＝mvy＝63mv0，根据牛顿第三定律，可知平行导槽受到的冲量大小也为63mv0，D错误．16．答案：(1)3N·s(2)0.1m(3)2m/s解析：(1)子弹A击穿物体B的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则mAv0＝mA×14v

0＋mBv1对物体B根据动量定理有I＝mBv1解得I＝3N·s(2)由(1)可解得子弹A击穿物体B后，B的速度为，v1＝2m/s，物体B上升过程中，B、C组成的系统水平方向动量守恒，设最大高度为h，则有mBv1＝(mB＋mC)v2mBgh＝12mBv2

1－12(mB＋mC)v22解得h＝0.1m(3)当B回到最低点时，C的速度最大，根据B、C系统动量守恒可知(mB＋mC)v2＝－mBv3＋mCv4根据能量守恒定律有mBgh＋12(mB＋mC)v22＝12mBv23＋12mBv24解得v4＝2m/s

17．答案：(1)8m/s(2)8m/s(3)0.2m解析：(1)取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒m0v0＝(m0＋M)v解得v＝8m/s(2)子弹、小车和小球构成的系统动量守恒(m0＋M)v＝(m0＋M)v1＋mv2子弹、小车和小球构成的系

统机械能守恒12(m0＋M)v2＝12(m0＋M)v21＋12mv22联立可得v1＝0v2＝8m/s(3)小球最终状态是三者共速时(m0＋M)v＝(m0＋m＋M)v3损失的机械能12(m0＋M)v2－12(m0＋m＋M)v23＝μmgs联立可得s＝3.2m所以相对于

B点的距离是x＝s－0.3×10m＝0.2m．考点35三大观点在力学中的应用1．答案：(1)4N·s(2)6m/s(3)12m解析：(1)冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则I＝2×42N·s＝4N·s(2)对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0带入数据解得v＝6

m/s(3)物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左，对木板，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小为a1＝0.5m/s2，对物块可得μ1mg＝ma2解得物块加速度大小为a2＝1m/s2，设经过时间t′，木块和木板速度相等，由

运动学公式可得v′＝a1t′＝v－a2t′，解得t′＝4s，由于a2＞a1，所以物块和木板共速后保持相对静止，木板位移为x1＝12a1t′2＝4m，物块位移为x2＝vt′－12a1t′2＝16m，这段时间内相对位移为Δx＝x2－x1＝12m，所以小物块相对

长木板静止时，距长木板右端的距离为12m．2．答案：(1)2gL(2)5m(3)2092gL(4)400L81sinθ解析：(1)小球A第一次运动最低点的过程中，由能量守恒，得MgL＝12Mv20解得v0＝2gL(2)设第1次碰撞过程，由动量守恒定律

和机械能守恒定律，得Mv0＝Mv1＋mv112Mv20＝12Mv21＋12mv21又12mv21＝mg·259L联立可得v1＝232gLv2＝532gLM＝5m(3)第2次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得Mv1－mv1＝Mv2＋mv212Mv21＋12mv21＝12Mv22＋

12mv22联立解得v2＝2092gL(4)小物块B沿斜面上升过程，有12mv22＝mgs·sinθ解得s＝400L81sinθ3．答案：(1)3m/s方向水平向右(2)2m/s方向水平向右(3)0.2m

解析：(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v0，根据动量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右．(2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为v′0和v1，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mv0＝mv′0＋Mv112mv20＝12mv′20＋12Mv21联

立解得v′0＝－1m/s，v1＝2m/s滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2m/s，方向水平向右．(3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为v，则有Mv1＝2Mv解得v＝1

2v1＝1m/s设C相对B滑动的路程为Δx，对B、C组成的系统根据能量守恒可得μMgΔx＝12Mv21－12×2Mv2解得Δx＝1m＞L＝0.6m所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为x0＝2L－Δx＝0.2m．4．答案：

(1)10m/s31.2(2)0(3)0.2m解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理有mg·2R＝12mv2F－12mv20在F点，有FN－mg＝mv2FR解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)滑块a返回B点时的速度vB＝1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加

速度大小为a＝μg＝5m/s2根据v2B＝v2C－2aL可得在C点的速度vC＝3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点12mv21＝12mv2C＋mg·2R解得v1＝5m/s因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s则碰撞损失的

能量ΔE＝12mv2F－12mv21－12·3mv22，解得ΔE＝0，(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mvF＝4mv解得v＝2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′v

′＝53m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系12·4mv2＝12·6mv′2＋12kx21解得x1＝0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2m5．

答案：(1)18J12J(2)0.16m解析：(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0由能量守恒定律得E＝12m1v21＋12m2v22其中EkA＝12m1v21，EkB＝12m2v22联立解得EkA＝18J，EkB＝12J

(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EkB＝2m2gR＋12m2v2Q刚好通过Q点，由向心力公式得m2g＝m2v2QR可得R＝0.16m6．答案：(1)3m/s(2)1.5m解析：(1)木块的最大静摩擦力为fm＝

μmg解得fm＝2N由图像可知：t1＝1s时，木块开始滑动，根据动量定理有IF－fm(t－t1)＝mv由图像可知IF＝S面积＝（2＋4）×12N·s＋4×1N·s＝7N·s联立以上各式可得v＝3m/s(2)当两者共速时，根据动量守恒有mv＝(M＋m)

v共解得v共＝1m/s根据能量转化与守恒有μmgx＝12mv2－12(M＋m)v2共解得x＝1.5m7．答案：(1)0.4R(2)0.4R(3)9gR59解析：(1)对AB系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，当B上升到最高点时，AB共速且速度为零，则由能量关系可知Ep

＝0.6mgR＝μmg×0.4R＋mgh解得h＝0.4R此时B刚好到达最高点．(2)由人船模型可知mx1＝2mx2其中x1＋x2＝0.4R＋Rsin53°＝1.2R可得x1＝0.8R，x2＝0.4R(3)当Ep＝

0.85mgR时，滑块B将滑离轨道，则由动量守恒2mv2＝mv1cos53°0．85mgR＝μmg·0.4R＋mgR(1－cos53°)＋12mv21＋12·2mv22B从轨道冲出后上升到最高点的速度v1x＝v1cos53°联立解得v

1x＝9gR598．答案：(1)均为4m/s(2)10J(3)0.5m解析：(1)设物块A到达轨道底部的速度为v，由动能定理有mAgLsinθ＝12mAv2－0解得v＝12m/sA滑到B上后，A做加速度大小为a1的匀减速运动，B做加速度大小为a

2的匀加速运动，对物块A有μ1mAg＝mAa1解得a1＝4m/s2对木板B有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa2解得a2＝2m/s2设经时间t1，A、B共同速度为v1，则有v1＝v－a1t1＝a2t1解得v1＝4m/s(2)碰前B、C之间的距离为s＝v212a1

＝4m设B、C两板碰后速度分别为v2、v3，B、C两板碰撞时机械能守恒，选向右为正，由动量守恒有mBv1＝mBv2＋mCv3由能量守恒有12mBv21＝12mBv22＋12mCv23联立解得v2＝－2m/s，v3＝2m/s碰后B向左运动最后停下，由能量守恒定律可知，木板B和地面间因摩擦

而产生的热量为Q＝12mBv22＋μ2(mA＋mB)gs＝10J(3)B、C两板碰后A滑到C上运动，A、C相对滑动过程中，A的加速度保持不变，由于μ1mAg＝μ2(mA＋mC)g则碰后C匀速运动，经时间t2，A滑到C的右端，A、C速度

相等，由于μ1＞μ2，共速后A、C一起减速直到停下，则有v3＝v1－a1t2解得t2＝0.5sC匀速位移为x2＝v3t2＝1mA的位移为x3＝12(v1＋v3)t2＝1.5m木板C长度为LC＝x3－x2＝0.5m考点36实验八验证

动量守恒定律1．答案：(1)BCDE(2)0.2100.209在误差允许范围内，甲乙碰撞过程中，系统动量守恒解析：(1)计算小车甲的碰前速度应选择点迹均匀且点迹间距较大的部分，即应选BC段，同理计算甲乙相碰之后的共同速度应选点迹均匀且点间距较小的DE段．(2)根据

以上测量结果可得：碰前速度v1＝10.5×10－20.1m/s＝1.05m/s，碰前总动量为p1＝m甲v1＝0.2×1.05kg·m/s＝0.210kg·m/s，碰后速度v2＝6.95×1020.1m/s＝0.695m/s，碰后总动量为p

2＝(m甲＋m乙)v2＝(0.2＋0.1)×0.695kg·m/s＝0.209kg·m/s，由上述实验结果得到的结论是在误差允许范围内，甲乙碰撞过程中，系统动量守恒．2．答案：(1)C(2)132解析：(1)为使两球正碰

且碰撞后都做平抛运动，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即m1>m2，r1＝r2，C正确．(2)M点水平位移最小，是碰撞后小球1的落点平均位置．根据动量守恒定律m1OPt＝m1OMt＋m2ONt，代入数据得m1m2＝32.3．答案：(1)1.3

45(2)降低(3)AB(4)m1t1＝m2t3－m1t2(5)m1t21＝m2t23＋m1t22解析：(1)图中游标卡尺读数为13mm＋9×0.05mm＝1.345cm.(2)滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2

为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低．(3)设挡光片的宽度为d，碰前A的速度大小为dt1，碰后A的速度大小为dt2，碰后B的速度大小为dt3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1·dt1＝－m1·dt2＋m2·dt3，整理可得m

1t1＝m2t3－m1t2，故还需要测量滑块A的总质量m1和滑块B的总质量m2，A、B正确．(4)根据以上分析需要验证的表达式为m1t1＝m2t3－m1t2.(5)若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有12m1·(dt1)2＝12m1·(

dt2)2＋12m2·(dt3)2，即m1t21＝m2t23＋m1t22.4．答案：(1)O3(2)5(3)不是解析：(1)为了保证碰撞后滑块A不反弹，必须满足m1>m2，从而使得A与B碰撞后，B的速度大于A碰前的速度，运动的位移最大，从而运动到O3位置．(2)根据动量守恒m1v0＝m1v1＋m2

v2，由于v2＝2μgx，动量守恒定律的表达式可以表示为m1OO2＝m1OO1＋m2OO3，代入数据可得m1m2＝5.(3)若是弹性碰撞，满足机械能守恒12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，即应该满足m1·OO2＝m1·OO1＋m2·OO3，代入数据可知m1·OO2>m1·OO1＋

m2·OO3，不满足机械能守恒，因此不是弹性碰撞．5．答案：(1)B(2)<(3)F0km2(4)D解析：(1)不需要测量弹簧原长，A错误；在使用之前将压力传感器调零，为后续实验和测量工作打下基础，B正确；m1、m2在气垫导轨上做匀速运动，

不需要测出初始时m1、m2到左右两侧压力传感器的距离，C错误；压缩弹簧所需时间对实验没有影响，不需要测量，D错误．(2)为使m2与m1碰撞后反弹，需保证m2<m1.(3)释放m2前，弹簧的弹性势能为Ep＝12kx2＝12k(F0k)2＝

F202k，弹性势能转化为动能，即F202k＝12m2v20，m2碰前初速度为v0＝F0km2.(4)同理(3)可求出碰撞后，两球速度．根据动量守恒m2F0km2＝m1F1km1－m2F2km2，得需要验证的表达式为F0m2＋F2m2＝F1m1，D正确．6．答案

：(1)1.070(2)M(3)AE(4)m1HM＝m1HN＋m2Hp解析：(1)游标卡尺是二十分度的，每个小格长度是0.95mm，第14刻线与主尺的24mm对齐，根据测量原理可得x＋14×0.95mm＝24mm，求得x＝10.70mm，读

数即为1.070cm.(2)小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的水平距离为x由平抛运动规律得x＝v0t，h＝12gt2，小球做平抛运动的初速度越小，下落距离越大，碰撞后小球1的速度变小，小于碰撞前的速度，碰撞后小球2的速度小于小球1的速度，由此可知，碰撞后1的速度最小，2的速度最

大，由此可知：第一次小钢球1撞击在挡板b上的M点，第二次小钢球1撞击在挡板b上的N点，玻璃球2撞击在挡板b上的P点．因此，第一次小钢球1撞击在挡板b上的M点．(3)要验证的关系式是m1v0＝m1v1＋m2v2，其中v＝xt＝xg2h，

则v0＝xg2HM，v1＝xg2HN，v2＝xg2HP，代入解得m1·xg2HM＝m1·xg2HN＋m2·xg2HP，化简得m1HM＝m1HN＋m2HP，则要完成该实验，必须测量的物理量有A和E.由上

问求解可知，在误差允许范围内，关系式m1HM＝m1HN＋m2HP成立，说明两球在碰撞过程中动量守恒．验收检测卷六动量守恒定律1．答案：B解析：物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；物体动量改变可能只是速度方向改变，但速度大小不变，所以动能不一定改变，

B正确；物体的速率改变，即速度的大小变化，其动量一定改变，动能也一定改变，C错误；物体的速度改变，可能速度大小变化，其动量改变，动能也改变，但也可能是速度方向改变，大小不变，则动量变化，但动能不变，D错误．2．答案：B解析：物

块所受斜面的支持力，而且支持力FN的方向保持不变，因此支持力的冲量为IN＝FNt，A错误；物块所受重力的冲量为mgt，B正确；由于物体从静止开始向上运动，一定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，C错误；物块受到拉力的

冲量为Ft，D错误．3．答案：C解析：设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理(F－G)t0＝0－(－mv)，其中F＝4G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根

据动量定理有(F′－G)×2t0＝0－(mv)，解得F′＝2.5G，C正确．4．答案：B解析：当子弹C在木块A中运动时，B对A、C组成的系统有力的作用，则A、C组成的系统动量不守恒，A错误；当子弹C在木块B中运动时，A已经和B脱离，则B、C组成的系统受合外力

为零，则B、C组成的系统动量守恒，因此时A的动量也守恒，则A、B、C组成的系统动量守恒，B正确，D错误；当子弹C在木块A中运动时，A、B、C组成的系统受合外力为零，则动量守恒，C错误．5．答案：C解析：

物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得mv0＝(m＋M)v，解得v＝mv0m＋M，方向水平向右，C正确．6．答案：C解析：令碰后白球的位移为3x0，则黑球碰后位移为12x0，碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv

2，碰撞后两球做匀减速直线运动，利用逆向思维，根据速度与位移关系有v21＝2μg·3x0，v22＝2μg·12x0，白、黑两球碰撞过程中损失的动能Ek0＝12mv20－12mv21－12mv22，碰前时刻白球动能ΔEk0＝12mv20，解得ΔEkΔEk

0＝49，C正确．7．答案：D解析：对两物体分别应用动量定理得：Ft＝mv2－mv1，Ft＝p2－12mv1，由以上两式可得p2＝m（2v2－v1）2，D正确．8．答案：A解析：小球离开小车时，小车的

速度最大，这个过程系统无机械能损失，故mv0＝mv1＋2mv2，12mv20＝12mv21＋12mv22，解得v1＝m－2mm＋2mv0＝－2gR3，v2＝2mm＋2mv0＝4gR3，小球离开小车后开始做向左的平

抛运动，则v＝v21＋（gt）2，h＝12gt2，解得小球落地时的速度大小为v＝7gR3，A正确，D错误；小球在Q点时，水平方向上与小车共速，则水平方向由动量守恒定律可知mv0＝(m＋2m)v共，解得v共＝2gR3，由动能定理可知－m

gR＝12(2m)v2共＋12mv2Q－12mv20，解得vQ＝10gR3，小球在Q点时沿竖直方向的分速度为vQy＝v2Q－v2共＝6gR3，设小球在Q点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝v共vQ＝62，B、C错误．9．答案：BC解析：当B碰挡板时速度为0，则碰后AB

总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小．由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋14m)v，Ep＝12mv20－12(m＋14m)v2＝110mv20，若B碰挡板时速度最大，碰后AB总动量最小，当两者共速度动能最小，弹性势能最大．由弹性碰撞知识可知，B碰前最大速度vB＝2mm＋14mv0

＝85v0，碰后总动量最小为p＝mv0－2mvB4＝15mv0，共速时速度为v＝pm＋m4＝4v025，Ep＝12mv20－12·54mv2＝121250mv20，弹性势能110mv20≤Ep≤121250mv20，B、C正确．10．答案：BCD解析：小球A碰前速度mgR＝12mv20，若A、

B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程mv0＝－mv1＋mBv1，12mv20＝12mv21＋12mBv21，解得mB＝3m，v1＝12v0，或者碰后小球A静止，则mv0＝m′Bv′1，1

2mv20＝12m′Bv′21，解得m′B＝m，v′1＝v0，A错误；当m′B＝m，v′1＝v0，B受到的支持力N－mg＝mv′21R，根据牛顿第三定律B球对轨道的压力大小N′＝N＝3mg，B正确；如果mB＝3m，v1＝12v0，B球到达右侧轨

道最高点时，上升高度3mgh＝12×3mv21，解得h＝14R，根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小F＝3mgR－hR＝94mg，C正确；二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A球速度均为v0，B球均静止，根据牛顿第三

定律，A球对轨道的压力大小F′＝mg＋mv20R＝3mg一定为3mg，D正确．11．答案：ACD解析：本题类似于人船模型，将甲、乙两车及人看成一个系统，则系统在该过程中动量守恒，根据动量守恒定律，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即v甲v乙＝M＋mM，A正确

，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得x甲＝M＋m2M＋mL，x乙＝M2M＋mL，C、D正确．12．答案：BD解析：碰撞前系统总动量p＝m1v01＋m2v02＝(1×6＋3×3)kg·m/s＝15kg·m/s，如果v1＝1.75

m/s，v2＝3.75m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.75＋3×3.75)kg·m/s＝13kg·m/s，系统动量不守恒，A错误；如果v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.5＋3×4.5

)kg·m/s＝15kg·m/s，系统动量守恒，B正确；两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝3.75m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，由动量

守恒定律得m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2.由机械能守恒定律得12m1v201＋12m2v202＝12m1v21＋12m2v22，代入数据解得v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，则碰撞后球

1、球2的速度满足1.5m/s≤v1≤3.75m/s，3.75m/s≤v2≤4.5m/s，球1的动能E1＝12m1v21，满足1.125J≤E1≤7.03J；球1的动量为p1＝m1v1满足1.5kg·m/s≤p1≤3.75kg·m/s，C错误，D正确．13．答案：(1)＝(2

)>(3)窄m11Δt1＝m11Δt3＋m21Δt2(4)D解析：(1)实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过两个光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，说明气垫导轨已经水平．(2)根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要

想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即m1>m2.(3)滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块通过光电门的瞬时速度，因此挡

光片应选择“窄”的；滑块A两次经过光电门G1的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为vA＝DΔt1，v′A＝DΔt3，滑块B经过光电门G2的速度vB＝DΔt2，根据动量守恒m1vA＝m1v′A＋m2vB，整理得m11Δt1＝m11Δt3＋m21Δ

t2.(4)若为弹性碰撞，碰撞前后动能相等12m1v2A＝12m1v′2A＋12m2v2B，整理得m1(1Δt1－1Δt3)(1Δt1＋1Δt3)＝m2(1Δt2)2，结合第(3)问的结果解得1Δt1－1Δt2＝－1Δt3，D正确

．14．答案：(1)4m/s(2)8N·s解析：(1)对子弹嵌入木块的过程，由动量守恒定律mv0＝(M＋m)v解得v＝4m/s(2)对嵌入后多包含子弹的木块研究，在t时间内由动量定理：规定向上为正方向I－(M＋m)gt

＝2(M＋m)v解得I＝8N·s.15．答案：(1)4m/s1m/s(2)3kg(3)6J解析：(1)由图乙可得，碰撞前A的速度vA＝164m/s＝4m/s碰撞后A、B粘在一起的速度v＝20－168－4m/s＝1m/s(2

)依据动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v解得mB＝3kg(3)损失的机械能ΔE＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2解得ΔE＝6J16．答案：(1)2gh(2)细绳会断裂(3)22h解析：(1)设a球经C点时速度为vC，由机械能守恒定律得：mgh＝12mv2C，解得vC＝2g

h，即a与b球碰前的速度为2gh.(2)设b球碰后的速度为v，由动量守恒定律得：mvC＝(m＋m)v，解得v＝12vC＝122gh小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则：由牛顿第二定律有：T－2mg＝2mv2h解得T＝3mg，T>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．(3)设平抛的时间为t

，则依据平抛运动的规律得：0.5h＝12gt2，t＝hg故落点距C的水平距离为s＝vt＝122gh×hg＝22h小球最终落到地面距C水平距离22h处．第七章机械振动和机械波考点37机械振动1．答案：AD解析：从图像可知，手机的加速度先是向下逐渐减小，t

2时刻之后加速度向上，再逐渐增大，而手机的速度方向一直向下，故手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A正确；t2时刻手机加速度为零，重力大小等于弹力，手机对薄板的压力大小等于手机重力；但在这之前手机一

直在加速，t2时刻速度最大，B、C错误；根据简谐运动的对称性，可知t3时刻手机的加速度与0时刻加速度相同，而0时刻弹簧处于原长，手机只受重力，加速度为g，所以t3时刻手机的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律FN－mg＝mg得FN＝2mg根据牛顿第三定律可得t3时刻，手机对薄板的

压力等于手机重力的2倍，D正确．2．答案：B解析：由题意可知t＝0时刻振子位于负向最大位移处，t＝1s时刻振子位于平衡位置处，设振子做简谐运动的周期为T，则有(2n＋1)T4＝1s(n＝0，1，2…)，解得T＝42n＋1s(n＝0，1，2…)，当n＝0时，可得T1

＝4s；当n＝1时，可得T2＝43s；当n＝2时，可得T3＝45s；当n＝3时，可得T4＝47s；当n＝4时，可得T5＝49s；当n＝5时，可得T5＝411s；当n＝6时，可得T5＝413s<13s，B正确．3．答案：B解析：如果在平衡位置剪断绳子，由于振子质量减小，

从能量角度分析，假设依然可以到达剪断前的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于振子动能和重力势能的减小量(可以与剪断前比较)，则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，A错误；由于在上升过程中，AB间的绳子拉力一直对B做正功

，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量最多，B正确；如果在最低点剪断绳子，不难得出此后A的振幅为3x02，而越是在弹簧短的时候剪断绳子，此后A的振幅就越小，当在最高点剪断绳子时，此后A的振幅为12x0，

振子的质量减小，由T＝2πmR分析可知，周期一定减小，C、D错误．4．答案：C解析：在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，A错误；在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移

相同，但图线斜率为一正一负，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，B错误；从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，

D错误．5．答案：B解析：两个弹簧振子1和2的振幅分别为3a和9a，即振幅不同，频率相同，均为f1＝f2＝ω2π＝5b，A错误，B正确；从公式可以看出弹簧振子1落后于弹簧振子2的相位是Δφ＝φ2－φ1＝π3，C、D错误．6．答案：BC解析：振子在O点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身

重力大小，A错误；由图乙可得，振子的振幅A＝5cm，振子的周期T＝2.0s，圆频率ω＝2πT＝πrad/s，初相位φ0＝－π2，振子做简谐运动的表达式为x＝5sin(πt－π2)(cm)，B正确；0.5～1.0s的

时间内，振子从平衡位置运动到了最大位移处，所以通过的路程为一个振幅s＝A＝5cm，C正确；t＝0.25s和t＝0.75s时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由牛顿第二定律得加速度大小相等，D错误．7．答案：BC解析：若摆

钟变慢，是因为周期变大，单摆的周期公式为T＝2πLg，应减小摆长，即上移圆盘，同理，若摆钟变快，应下移圆盘，A错误，B正确；从北京到上海，g值变小，周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，C正确；从山顶到山脚，g值变大，周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，D错误．8．答案：C解析：由图乙

可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误；由单摆周期公式T＝2πLg带入数据得L＝0.4m，B错误；由图乙和牛顿运动定律得，在最高点mgcosθ＝0.495在最低点0.510－mg＝mv2L从最高点到最低点，由动能定理得mgL(1－co

sθ)＝12mv2，联立解得m＝0.05kg，v＝0.22m/s，C正确，D错误．9．答案：A解析：被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能，因为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能，A正确，B错误；因为圆弧轨道的半径远大于弧长，所以

两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动，可知它们的周期相同，到达底端所用的时间均为四分之一周期，则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的时间，C、D错误．10．答案：D解析：当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，A、B错误，D正确；受迫振动物体

的固有频率与驱动力频率越接近，振幅越大，由图可知，甲的固有频率是f0，乙的固有频率是2f0，若驱动力的频率为3f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，C错误．11．答案：D解析：电压为12V时，筛子实际振动的频率是f＝3060Hz＝0.5Hz，A错误；由图乙知，当频率为0.8Hz

时，发生共振，即筛子的固有频率为f0＝0.8Hz根据题意，电压从12V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，B错误；保持12V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，C错误；根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛

子的固有周期T0＝1f0＝1.25s，D正确．12．答案：A解析：由图可知，振子从平衡位置开始振动，振幅为5cm，周期为4s，则该小球位移随时间变化的关系式为x＝Asin2πTt＝0.05sin(0.5πt)m，A正确．13．答案：AB解析：弹簧

振子的回复力为弹簧的弹力，根据题图可看出A点位移为0.25cm，所以F＝kx＝2.5N，在A点，振子所受的回复力大小为2.5N，A正确；图中A点，振子正在向x轴的正方向运动，所以速度方向指向x轴的正方向，B正确；振幅指振动的最大位移大小，从图中纵坐标可看出，弹簧振子的振幅等于0

.5cm，C错误；从图中可看出，振子的周期为2s,1个周期振子做1次全振动，所以4s时间内，振子做了2次全振动，D错误．14．答案：C解析：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示．得到振动的周期为34T＝5s＋2s×12，得到振动的周期为T＝8s，若振子开始运动的方向向右直

接向M点运动，如图2，振动的周期为T＝4×(5s＋2s×12)＝24s，C正确．15．答案：B解析：由x＝2sin5πt(cm)可知，小球甲的运动周期为T＝2π5πs＝0.4s，要使小球甲与小球乙相遇，则小球乙的运动时间为t＝nT2＝0.2ns(n＝1，2，3…)，根

据自由落体运动规律有h＝12gt2＝n25m(n＝1，2，3…)，B正确．16．答案：A解析：由题意可知32T＝bv，T＝2πLg＝2b3v，这次实验沙摆的摆长为L＝gb29π2v2，A正确．17．答案：

B解析：由共振曲线可知，当驱动力的频率与固有频率相同时其振幅最大，所以由题图可知单摆的固有频率为0.5Hz，根据周期与频率的关系可知，周期为T＝1f，解得T＝2s，A错误；由单摆的周期公式有T＝2πlg，解得l≈1m，B正确；由单摆的周期公式

有T＝2πlg，若摆长增加，则单摆的周期也变大，根据周期与频率的关系有f＝1T，其频率变小，即摆长变大，单摆的固有频率变小，C错误；若共振曲线的峰值向右移，说明单摆的固有频率增大，由上述的周期与频率公式可知其

单摆的周期变小，再结合单摆的周期公式T＝2πlg可知其摆长变短，D错误．18．答案：B解析：飞力士棒在人作用下做受迫振动，则人振动的越快，则飞力士棒振动越快，振动的快慢与使用者用力大小无关，A错误；当人手振动的频率等于飞力士棒的固有频率时飞力士棒振动的振幅最大，则随着手振动

的频率增大，超过了飞力士棒的固有频率时，飞力士棒振动的幅度会越来越小，B正确；棒的固有频率为4.5Hz，可知双手驱动该飞力士棒每秒钟完成4.5次全振动，会产生共振，C错误；负重头质量不变，仅PVC杆缩短时

，飞力士棒的固有频率会发生改变，D错误．19．答案：(1)mgsinθk(2)mgsinθ232mgsinθ(3)mgsinθk解析：(1)未放B时，A处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x1，有mgsinθ＝kx1A与B一起运动后到达平衡位置时弹簧压缩量

为x2，此时有2mgsinθ＝kx2则AB做简谐运动的振幅A＝x2－x1由以上各式得A＝mgsinθk(2)当AB回到初始位置(最高点)时A对B支持力最小，设此时加速度为a，对AB整体2mgsinθ－kx1＝2ma对B：mgsinθ－FN1＝ma故FN1＝

12mgsinθ，a＝12gsinθ当AB运动到最低点时A对B支持力最大，此时加速度大小仍为a，但a方向相反对B：FN2－mgsinθ＝ma故FN2＝32mgsinθ(3)根据简谐运动特点，最后静止时弹簧的压缩量为x＝mgsinθk.考点38机械波1．答案：C解析：由图读出两列波

的波长之比为λA∶λB＝43a∶23a＝2∶1.同一波源发出的两列波频率f相同，由波速公式v＝λf得两列波的波速之比vA∶vB＝λA∶λB＝2∶1，C正确．2．答案：A解析：波沿x轴正向传播，由“同侧法”可知，该时刻

质点P的速度方向沿y轴正向，加速度沿y轴负方向，A正确，B错误；在该时刻质点P不在特殊位置，则在14周期内的路程不一定等于A，C错误；质点只能在自己平衡位置附近往复振动，而不随波迁移，D错误．3．答案：BD解析：由t1＝0时刻实线波形和质点Q的振动方程为y＝10s

in(10πt)cm，知Q在0时刻振动方向向上，说明波在沿x轴正方向传播，A错误；由波形图知：λ＝8m，由Q的振动方程知：ω＝10πrad/s，则周期为T＝2πω＝2π10π＝0.2s，波速为v＝λT＝80.2m/s＝40m/s，B正确；波沿x轴正方向传播，实线波形向右

移动Δt变为虚线波形，则Δt＝(n＋14)T＝120(4n＋1)sn＝0，1，2，3…，将Δt＝2.15s代入上式，n无法取正整数，C错误；设质点P的振动方程为yP＝10sin(10πt＋φ)cm，将

t＝0时y＝52cm代入可得φ＝π4或3π4，由于t＝0时，质点P振动方向向下，所以φ取3π4，则P点的振动方程为y＝10sin(10πt＋3π4)cm，D正确．4．答案：(1)0.75s(2)4cm解

析：(1)由图像得，两列波同时到达M点t＝xPMv＝0.75s(2)由图像得，λ＝0.4m，T＝λv＝1s右波传到N点的时间t1＝xQMv＝0.5s左波传到N点的时间t2＝xDMv＝1.0s1．0s后，N点始终处于振动减弱状态，静止不动，N点实际振动时间为0.5s，即半

个周期，N点的路程s＝2A＝4cm.5．答案：AC解析：由图像可知，M点的振动方程为yM＝10sin(2πTt＋φM)cm，代入图像上的数据可得φM＝π6，T＝3.6s，A正确；把t＝4.5s代入M点的振动方程得y＝10sin(5π9＋π6)cm，解得y＝53cm，B错误；同理可知，N点的振

动方程为yN＝10sin(5π9t＋11π6)cm，由于M、N两点间距离小于波长，且波由M点传到N点，可知LMN＝16λ，根据v＝λT可得该简谐横波的传播速度为v＝5m/s，C正确；t＝0时刻，M点速度减小，N点速度增大，但此时两者速度相等，

则沿振动方向两质点间最大距离为10cm，D错误．6．答案：CD解析：由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm，由图(b)可以看出，周期为T＝2s，波速为v＝λT＝18cm/s，A错误；由图(b)知，当t＝13

s时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播，B错误；设质点O的振动方程为yO＝Asin(ωt＋φ)，其中ω＝2πT＝πrad/s，t＝13s时有yO＝Asin(π3＋φ)＝－A2，可得φ＝－π2，即质点O的振动方程为yO＝Asin(πt－π2)，由图(b)可知yQ

＝Asinπt，所以O、Q两质点的相位差为π2，则xQ＝14λ＝9cm，C正确；波沿x轴负方向传播，在13s～12s时间内波向左传播3cm，P点的平衡位置坐标为13×9cm＝3cm，此时质点P的振动信息传递到O点，D正确．7．答案：A解析：根据图(b)可知t＝2s时x＝2m

处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合图(a)，利用“上下坡”法可知x＝2m为半波长的奇数倍，即有(2n－1)λ2＝2(n＝1，2，3…)，而由图(b)可知该波的周期为T＝4s；所以该波的波速为v＝λT＝12

n－1(n＝1，2，3…)，当n＝3时可得波的速率为v＝15m/s，A正确．8．答案：ACD解析：某时刻P、Q两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，故存在以下四种情况当P、Q之间的波的形式如图c所示时，则有32λ＝3m，则有λ＝2m，A正确；由图可知，质点Q第一次到达波峰经历的

时间可能为14T＝0.3s或34T＝0.3s，解得周期可能为1.2s或0.4s，B错误；图a、b、c、d的波长分别为λa＝λb＝3m，λc＝2m，λd＝6m，当周期为1.2s时，波速为va＝vb＝2.5m/s，vc＝53m/s

，vd＝5m/s，当周期为0.4s时，波速为v′a＝v′b＝7.5m/s，v′c＝5m/s，v′d＝15m/s，C正确；经过0.3s，当质点Q到达波峰时，图a、b中质点P到达波峰，图c质点P到达波谷，图d质点P到达波谷，故0.3s内质点P的位移大小为10cm，D正确

．9．答案：C解析：根据多普勒效应可知，当两车均向O运动(在到达O之前)时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率高；当两车均向远离O的方向运动时，观察者接收到的频率一定比波源发出的频率低，A、B、D错误，C正确．10．答案：B解析：当缝的宽度为PQ＝5cm时

，两浮球始终静止不动，可知此时波的衍射现象不明显，即波的波长远小于此时缝宽，若将缝的宽度略微调大，波长仍远小于此时缝宽，同样不会有明显的衍射现象，即两浮球仍会静止不动；若将缝的宽度适当调小，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，即此时两浮球可以上下浮动，A错误，B正确；根据

公式v＝λf可知，由于波在介质中的传播速度不变，故当增大振源的频率时波长变短，根据前面分析可知波长仍远小于缝宽，不会有明显的衍射现象，两浮球不可能上下浮动；当减小振源的频率时，波长变大，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，此时两浮球会上下浮动，C、

D错误．11．答案：D解析：根据题意可知，两波传播到A点的路程差为Δs＝62＋82m－8m＝2m，两列波的波速均为v＝0.5m/s，由图可得T＝4s，所以波长为λ＝vT＝0.5×4m＝2m，所以Δs＝λ，根据图乙和图丙可知，两列波的起振是反向

的，所以质点A位于振动减弱区，A错误；两波源的振动频率相等，则质点A与质点B振动快慢相同，B错误；两波传播到B点的路程差为0，B点为振动减弱点，B点的振幅为A＝A2－A1＝4m－2m＝2m，0至4s内，质点B的最大位移为2m，D正确；A点为振动减弱点，0至4s

内，质点A的最小位移为0，C错误．12．答案：BCD解析：潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，声呐采用的是超声波，超声波的方向性好，遇到障碍物容易反射，利用了波的反射，A错误；隐形飞机在机身表面涂有高效吸收电磁波的物质，使用吸收雷达电磁波材料

，在雷达发射电磁波遇到飞机，电磁波大部分被吸收，反射回来的电磁波极少，屏幕上显示的反射信息很少、很弱，很难被发现，B正确；雷达的工作原理是发射电磁波遇到障碍后电磁波返回，利用了波的反射，C正确；水波从深

水区传到浅水区是从一种介质传播到另一种介质，传播方向发生了改变，是波的折射现象，D正确．13．答案：AD解析：波沿x轴负方向传播，则Δx＝nλ＋34λ＝0.08n＋0.06(m)，则该波的传播速度为v＝Δxt＝0.08n＋0.060.02m/s＝4n

＋3(m/s)，当n＝0时，v＝3m/s；当n＝3时，v＝15m/s，A、D正确．14．答案：AC解析：简谐横波沿x轴正方向传播，则Δx＝14λ＋nλ(n＝0，1，2，3…)，可得波长为λ＝244n＋1m(n＝0，1，2，3…)，此列波的传播速度为v＝λT＝64n＋1m/s(n＝0，1

，2，3…)，当n＝0时，传播速度为v＝6m/s；当n＝1时，传播速度为v＝1.2m/s；当n＝2时，传播速度为v＝23m/s，A、C正确．15．答案：A解析：根据题意，由图可知，该振子的振动方程是x＝4sin(2πTt)cm，其中T＝8s，可得x＝4sin(0.25πt)cm，A正确；

0～6s内该振子通过的路程是s＝tT×4A＝3A＝12cm，B错误；由图可知，t＝6s时，质点处在负向最大位移处，则速度为0，动量为0，加速度最大，C、D错误．16．答案：D解析：由图2可知，波Ⅰ的频率为f＝1T＝0.5Hz，A错误；波速由介质决定，所以两列波的传播速度相同，即v＝xt＝0.5m/

s，B错误；根据v＝λT，两波的周期相同，其波长也相同为λ＝vT＝1m，因为AC－BC＝0.5m＝λ2，所以C点为振动减弱点，其振幅为A＝A2－A1＝5cm，C错误；依题意，波Ⅱ先传播到C点，所需时间为t1＝B

Cv＝3s，波Ⅰ后传播到C点，所需时间为t2＝ACv＝4s，可知3～4s内C点的路程为s1＝ΔtT×4A2＝20cm，4～5s内两波叠加，振动减弱，路程为s2＝ΔtT×4A＝10cm，5s内C点的路程为s

＝s1＋s2＝30cm，D正确．17．答案：C解析：t＝0.25s时，Q在波峰位置，则此时的加速度沿－y方向，A错误；由Q点的振动图像可知，t＝0.1s时Q向下振动，结合波形图可知，波沿－x方向传播，B错误；t＝0.28s时，即在t＝0.1s的基础上再经

过0.18s＝910T，P从平衡位置向上振动，即速度沿＋y方向，C正确；质点只能在平衡位置附近振动，不随波迁移，D错误．18．答案：(1)y＝5sin5π6t(cm)(2)103m/s和143m/s解析：(

1)由于图中质点R比Q先回到平衡位置，可知质点R向下振动，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，由波形的传播规律可知t＝3s＝nT＋T4由于T<3s<2T，取n＝1，解得T＝2.4s则0时刻P点向上振动，则P点的振动方程为y＝Asin2πTt＝5sin

5π6t(cm)(2)根据上述，当波沿x轴负方向传播时，波速为v1＝λT＝82.4m/s＝103m/s若波沿x轴正方向传播，由波形的传播规律可知t＝3s＝nT＋3T4由于T<3s<2T，则取n＝1.解得T＝127s波速为v2＝λT＝812

7m/s＝143m/s即该波可能的传播速度大小为103m/s和143m/s.考点39实验九用单摆测量重力加速度1．答案：(1)AB(2)18.9(3)最低点(4)图像见解析9.86(9.83～9.89范

围内均可)(5)见解析解析：(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，可以在需要改变摆长时便于调节；用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变．上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A、B正确．(2)由题图乙可知摆球直径为d＝18mm＋9×0.1mm＝18.9mm(3)摆球在最高点附近

运动速度较小，人由于视觉原因不可能精确定位摆球是否经过最高点，由此造成时间测量的相对误差较大．摆球在最低点附近速度较大，由位置判断的误差对时间测量的影响较小，所以应在摆球经过最低点时开始计时．(4)作出T2­L关系图像如图

所示．根据单摆周期公式T＝2πLg变形可得T2＝4π2Lg，所以图像的斜率为k＝4π2g＝3.60.9s2/m，解得g≈9.86m/s2(5)本实验通过累积法来测量周期，即测量摆球完成n次全振动的总时间t，从而求得周期，若计算时不

慎将n的值记录得偏大，则所测周期偏小，会造成g的测量值偏大．实验时，摆球有时不一定严格在竖直面内运动，而是做圆锥摆运动，在摆角为θ的情况下，小球向心力为F＝mgtanθ＝m4π2T2Lsinθ，解得T＝2πLc

osθg由上式可知摆球做圆锥摆运动时，所测周期比严格做单摆运动时偏小，从而造成g的测量值偏大．测量摆长时，用摆线长加小球的直径，使得摆长的测量值偏大，从而造成g的测量值偏大．2．答案：(1)2.0(2)4π2kbk解析：(1)摆球每次经过最低点时拉力最大，每

次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周期为1.0s，故单摆的周期为T＝2.0s；(2)根据T＝2πlg得T2＝4π2gl，知图线的斜率k＝4π2g，因此g＝4π2k，而l＝L＋r，整理得T2＝4π2gL＋4π2gr，图线拟合得到方程T2＝kL＋b，因此摆球半径r＝b

k.3．答案：②tn③gT24π2解析：滑板车做往复运动的周期为T＝tn，根据单摆的周期公式T＝2πlg，有T＝2πRg得R＝gT24π2.4．答案：(1)10.60(2)B(3)2s(4)0.05解析：(1)用游标卡尺测量摆球的直径为1

0mm＋0.05mm×12＝10.60mm(2)根据T＝2πLg可得g＝4π2LT2.误将摆线长当作摆长，则测得的重力加速度偏小，A错误；误将摆线长与球的直径之和当作摆长，则测得的重力加速度偏大，B正确；误将n次全振动次数计为n－1次，则周期测量

值偏大，则测得的重力加速度偏小，C错误；摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，而计算重力加速度时仍用原来的摆长值，则测得的重力加速度偏小，D错误．(3)由图像得该单摆的运动周期T＝2s；(4)单摆的周期T＝2πLg＝2s，解得L＝1m，设单摆的最大摆角为θ，在最

高点时F1＝mgcosθ，在最低点时，对摆球受力分析F2－mg＝mv2L，从最高点到最低点由动能定理得mgL(1－cosθ)＝12mv2，由以上三式联立得m＝2F1＋F23g，代入数据得m＝0.05kg.5．答案：(1

)D(2)1.020t25(3)9.86＝解析：(1)用单摆测量重力加速度的大小的实验时，为减小实验误差，摆球在摆动时应减小空气阻力影响，摆球应选择体积较小密度大的铁球，摆线应选择弹性很小细丝线，且用铁夹夹住细线的上端，D正确．(

2)由题图可知，游标卡尺的主尺读数为1cm，游标尺的第4条刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标尺是20分度，则游标尺的读数为4×0.05mm＝0.20mm＝0.020cm，则有d＝1cm＋0.020cm＝1.020cm，因小球一次全振动经平

衡位置2次，当小球第50次经过平衡位置时停止计时，所用时间t，则周期T＝t502＝t25.(3)由单摆的周期公式T＝2πlg，可得T2＝4π2gl，由图2可得T2­l图像的斜率4π2g＝4.099.0－（－1.0）×102s2/m＝4s2/m，解得g≈9.86

m/s2，设M点到石块重心的距离为x，由周期公式可得T＝2πl＋xg，整理可得T2＝4π2g(l＋x)，则图线的斜率为k＝4π2g＝4.099.0－（－1.0）×102s2/m＝4s2/m，解得g≈9.86m/s2，图像不过坐标原点对重力加速度测量结果没有影响，所

以测量值等于真实值，即选“＝”．6．答案：(1)乙(2)2t0变大变大解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙．(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t1＋2t0－t1＝2t0，小球的直径变大后，摆长变长，周期变大；同

时小球直径变大后使得每次经过最低点时摆球的挡光的时间变长，即Δt变大．验收检测卷七机械振动和机械波1．答案：D解析：树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，A错误；采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅减

小，B错误；当振动头的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，落果效果越好，则随着振动头频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，C错误；为避免被落下的松果砸中，拾果工人快速远离采摘机，此时根据多普勒效应，他会感到采摘机振动

频率减小，声调降低，D正确．2．答案：C解析：摆球在O点受重力、拉力，A错误；摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，B错误；摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正

功，由动能定理可知，动能增加，C正确；摆球经过P点时摆角小于10°，则摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，D错误．3．答案：C解析：阻尼振动不是一种受迫振动，A错误；摆球在P与N时刻位移相等即单摆所处高度相同，则重力势能相同，B错误；由于

阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小，故P时刻的机械能大于N时刻的机械能，而两点重力势能相等，则P时刻的动能大于N时刻的动能，C正确，D错误．4．答案：C解析：因为质点做简谐运动的频率为5

Hz，所以周期为T＝1f＝0.2s，经过1.5s的时间，即t＝712T，该质点又回到了平衡位置，所以位移为0，C正确．5．答案：D解析：由图像可知，振幅A＝12cm，则A、B之间的距离为2A＝24cm，A错误；t＝0.6s和t＝1.0s时，振子的速度方向相同，均水平向左，B错误；t＝1.2s时

，振子位于负向最大位移处，即A点，此时振子的加速度最大，C错误；t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子从B点向O点运动，则位移和弹性势能都在逐渐减小，D正确．6．答案：C解析：根据题意，其运动方程为y＝20cos2π3t，按照题设要求，地面与甲板的高度差不超过10

cm时游客能舒服地登船，则当y＝20cos(2π3t)＝10cm，在一个周期内对应的点分别为2π3t＝π3或53π，根据余弦函数图像可知，游客能舒服地登船时间是Δt＝2t＝1.0s，C正确．7．答案：D解析：由振动图像可知，该波的振幅为10cm，A错误；由题意分析可知，质点a、b间的距离满足xab

＝10.5m＝λ4＋nλ(n＝0，1，2，3，…)，可得λ＝424n＋1m(n＝0，1，2，3，…)，由振动图像可知，该波的周期为T＝4s，则有波速为v＝λT＝10.54n＋1m/s(n＝0，1，2，3，…)，该波由质点b传播到质点a可能经历的时间Δt＝xa

bv＝(4n＋1)s(n＝0，1，2，3，…)，故该波由质点b传播到质点a不可能历时3s，波速大小可能为10.5m/s，波长可能为8.4m，B、C错误，D正确．8．答案：D解析：当同学到两个声源的间距之差为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的；当同学到两个声源的间距之差为半波长的奇数倍时，振

动减弱，听到声音是减弱的；该同学在两根立柱的连线中点时，到两扬声器的距离相等，扬声器的声音是加强的；该同学从两根立柱的连线中点，沿着连线方向行进10m时，该同学的耳朵到两扬声器的距离差为Δx＝（602＋10）2＋（4.8－1.8）2m－（602－10

）2＋（4.8－1.8）2m≈20m，则n＝Δxλ＝204＝5，所以该同学从两根立柱的连线中点，沿着连线方向行进10m时，声音是加强的，并且是从两根立柱的连线中点开始是第6次加强的，故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为5次，D正确．9．答案：C

D解析：发生干涉时两列波的频率必须相同，则不同蝙蝠发出不同频率的超声波不可能发生干涉，A错误；蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度要发生变化，B错误；高频的超声波波长较短，更容易被较小的猎物反射，则蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎物

，C正确；根据多普勒效应可知，蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物，D正确．10．答案：ABC解析：由题图可以看出，孔AB尺寸与波长相差不大，因只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，A、C正确；由λ＝vf知

，v不变，f增大，λ减小，衍射现象不明显，D错误；既然衍射是指“波绕过障碍物而传播的现象”，那么经过孔后的波长自然不变，B正确．11．答案：AD解析：若波沿x轴正向传播，根据同侧法可知，t＝1s时x＝8cm处的质点沿y轴正方向振动，A正确；若波沿x轴负向传播，根据同侧法可

知，t＝0时x＝12cm处的质点沿y轴负方向振动，B错误；根据图像可知λ＝0.24m若波沿x轴正向传播，则t＝1s，波传播的距离Δx1＝nλ＋32－1224λ(n＝0，1，2，3…)则有v1＝Δx1t解得v1＝0.24n＋0.20(m/s)(n＝0

，1，2，3…)若波速为0.28m/s，解得n＝13不符合要求，即若波沿x轴正向传播，波速不可能为0.28m/s，C错误；根据图像可知λ＝0.24m若波沿x轴负向传播，则t＝1s，波传播的距离Δx2＝nλ＋12－824λ(n＝0，1，2，3…)则有v2＝Δx2t解得v

2＝0.24n＋0.04(m/s)(n＝0，1，2，3…)若波速为0.28m/s，解得n＝1即若波沿x轴负向传播，波速可能为0.28m/s，D正确．12．答案：CD解析：由图可知x＝－4m处的质点向下振动，b

波才向x轴负方向传播，故起振方向沿y轴负方向，A错误；b波传到x＝－4m处需要的时间为2Tb，传到x＝－1m处需要的时间为0.5Tb，故质点P在这段时间内通过的路程为s＝1.5×4A＝1.5×4×5cm＝3

0cm，B错误；两列波是由同一振源引起的，故两列波的频率相同，即fa＝fb，C正确；两列波频率相同，则周期也相同，由图可知λa＝2λb则两种介质中的波速va＝2vb，在相同的时间内传播的距离xa＝2xb可得xa＝8m，即此时刻a波传到x＝8m处，D正确．13．答案：(

1)时间(2)2sT(3)偏小T2­L图像与横轴L的交点到坐标原点的距离解析：(1)该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，则其横坐标表示的物理量应为时间；(2)若该同学利用计时器测得沙漏摆的周期为T

，则木板移动的速度表达式为v＝2sT(3)根据T＝2πLg可得g＝4π2LT2，则只用摆线长做为单摆的摆长，则L偏小，测得的重力加速度值偏小；若沙漏摆的重心到摆绳下端的距离为h，则摆长为L＋h，根据T＝2π

L＋hg可得T2＝4π2gL＋4π2hg，则可绘制T2­L图像，根据图像的斜率可求得重力加速度，此时当T＝0时L＝－h，则图像与横轴L的交点到坐标原点的距离表示沙漏摆的重心到摆绳下端的距离．14．答案：(1)2hg2hπ2(2)m1m0(v0－sg2h)解析：(1)由于物块做平抛运动，所以h＝

12gt2所以t＝2hg对小球，有T＝2πLgT＝2t联立可得L＝2hπ2(2)物块与小球碰撞过程动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m0v2s＝v1t所以v2＝m1m0(v0－sg2h)15．答案：(1)2m/s，x轴负

方向(2)5m，－0.2m(3)y＝0.2cos(πt＋π2)m解析：(1)由图像可知波长λ＝4m周期T＝2s波速v＝λT＝2m/st＝0时刻P点向－y方向振动，由波动和振动的关系可判断波向x轴负方向传播．(2)t＝2.5

s内传播的距离为x＝vt＝5m由于t＝2.5s＝54T，可知此时P点位于波谷，其位移为y＝－0.2m(3)由图乙知ω＝2πT＝πrad/s初相位为π2，振动方程为y＝0.2cos(πt＋π2)m16．答案：(1)沿y轴负方向(2)y＝－3sin5πt(cm)(3)45cm解析：(

1)振源开始振动时的速度方向与t＝0时刻P点的振动方向相同，由同侧法可知沿y轴负方向．(2)该列波的波速为v＝xt＝8－21.2m/s＝5m/s周期为T＝λv＝25s＝0.4s则ω＝2πT＝5πrad/s由于质

点的起振方向沿y轴负方向，则从Q开始振动时计时的Q的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ)＝3sin(5πt－π)(cm)＝－3sin5πt(cm)(3)从t＝0时刻到Q点第一次达到波峰时经过的时间为Δt＝Δxv＝8－0.55s＝1.5s因1.5s＝334T则质点P所经过的路程为s

＝154×4A＝15A＝45cm第八章静电场考点40库仑定律电场力的性质1．答案：A解析：相同大小的三个带电导体球，根据电荷守恒定律得，x与y先接触后两球分别带电为＋4μC＋02＝＋2μC，再让y与z接触，两球最后分别带电为－10μC＋2μ

C2＝－4μC，A正确．2．答案：C解析：把带正电荷的带电体C移近导体A，则导体A外端由于静电感应带负电荷，导体B外端由于静电感应带正电荷，即导体A和导体B下方的金属箔片均张开，根据电荷守恒定律可知，导体A和导体B的带电量是相等的，C正确．3．答案：C解析

：设A带电量为qA，C球带电量为qC，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有θ＝k1F，依题意有θ1＝k1F1＝k1kqAqCr2，由题可知D球带电量为qD＝3qC，接触后分开，电荷量将均分，有q′C＝3qC＋qC2＝2qC，

依题意有θ2＝k1F2＝k1kq′CqAr2＝2k1kqAqCr2，联立可得θ2θ1＝2，C正确．4．答案：BD解析：因为B对A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C对A是吸引力，即C一定带负电；假设C带电量等于B的电量，则CB对A的库仑力大小相等，合力方向与B

A的延长线夹角为60°，但是因为FA与BA延长线的夹角小于60°，可知C带电量小于B的电量，B、D正确．5．答案：C解析：根据题意，圆环a能保持静止，故受到库仑斥力，圆环a也带正电，A错误；根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环

a进行受力分析后，得库仑力的大小为mgsinθ，B错误；对a、b组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，故滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)g，C正确；b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff＝mgsinθ·cosθ＝mgtanθ，D错误．6．答案：D解析：O是等

量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，A错误；移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向

电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，D正确．7．答案：C解析：根据等量同种电荷周围的电场线分布图a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低

于O点的电势，B错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的电场力向右，所以此过程中电场力做正功，C正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的电场力先向右，后向左，所以电场力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D错误．8

．答案：C解析：根据曲线运动中力与运动方向的关系以及电场力与电场方向的关系可知，烟尘颗粒带负电，A错误；A到B过程中电场力做正功，所以从A到B电势能减小，动能增加，故B错误，C正确；电场线的疏密反映电场强

度的大小，可见EA>EB所以根据牛顿第二定律可知，烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度，D错误．9.答案：C解析：由几何关系可知，Pa、Qa、Ma、Na的长度均为r＝2R，根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理，可得a点的电

场强度大小Ea＝4×kqr2cos45°＝2kqR2，C正确．10．答案：D解析：根据对称性，待求的电场强度E一定沿着α角的角分线向右下方，同理大瓣球面在O点的电场强度一定沿着大瓣的角分线向左下方，由于是半个球面，所以这两个电场强度一定垂直

，合场强等于E0，根据平行四边形法则作图E＝E0sinα2，D正确，A、B、C错误．11．答案：A解析：把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为q＝Q2πr，根据点电荷场强公式，有E＝kq（2r）2，根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强，为E＝kQ2r2cos45

°，两个圆环的场强，再叠加一下，有E总＝2kQ2r2，A正确，B错误；带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可见电场对带电粒子做正功．故粒子在O1O2中点处动能不是最大，C错误；根据电场叠加原理，在O2左侧场

强方向先向左后向右，因此粒子到达O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左运动速度开始减小，动能也在减小，D错误．12．答案：BD解析：根据题意有F＝k2Q·4Qr2＝8kQ2r2，把两个小球接触一下再放回原来的位

置，则两个小球的电荷量均为Q′＝2Q－4Q2＝－Q，两个小球间相互作用的静电力大小为F′＝kQ2r2＝18F，B、D正确．13．答案：BD解析：等量异种点电荷产生的电场线和等势面的分布如图所示根据图像可知B点电场线较A点密集，则EA<E

B，B点的电场线较C点密集，所以EB>EC，A错误，B正确；因B点电势为零，A点电势大于零，可知若将一带正电的试探电荷从A移到B处，电势能减小，静电力做正功，C错误；因BC两点电势相等，均为零，可知若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功，D正确．14．答案：AC

解析：对B受力分析如图，可知B受绳子拉力T，自身重力GB，库仑力F′，根据共点力平衡条件有T＝GB＝F′，对A受力分析，根据共点力平衡条件有F′sin60°＝F，F′cos60°＋GA＝T，解得T＝GB＝F′＝233F，GA＝33F，A正确，B错误；细线对滑轮的作用力大小为F合＝3

T＝2F，C正确；根据库仑定律可知F′＝kq2L2，解得小球A的带电量为q＝23FL23k，D错误．15．答案：BC解析：对B受力分析如图所示由平衡条件可得F库＝mBgcosθ，B由于漏电而下降少许后重新

平衡，θ增大，故小球A、B间的库仑力变大，A错误，B正确；B对筒壁的压力为FN＝mgtanθ，θ增大，可知B对筒壁的压力变大，将小球A、B看成整体，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁对A的压力等于筒壁对B的压力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大，C正确；将小

球A、B看成整体，小球A、B竖直方向受力平衡，筒底对A的支持力等于小球A、B的重力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒底的压力不变，D错误．16．答案：B解析：CD两点的两个负电荷在E点的场强等效于一个－Q的电荷放在D点时的场强，大小为

ECD＝kQL2，方向由E指向D；B点的点电荷在E点的场强大小也为EB＝kQL2，方向沿BE连线斜向下，两场强方向夹角为120°，则E点的合场强为E＝kQL2，B正确．17．答案：BD解析：根据对称性与矢量合成，圆环上所有的电荷在O点处产生的电场强度为0，A错误；由几何关系可得圆心O与P点之间的

距离为L＝rtan37°＝43r，由点电荷的场强公式可得圆心O处的－Q在P点产生的电场强度为E1＝kQL2＝9kQ16r2，B正确；设圆环上某点的带电量为＋q，由几何关系可得此点与P点的距离为d＝rsin

37°＝53r，由点电荷的场强公式可得＋q在P点产生的电场强度为E2＝kqd2＝9kq25r2，假设圆环上有n个q，则有n＝Qq，在P点与垂直x轴方向上，E2的分量为Ey，根据对称性，n个Ey的矢量和为0，则圆环上所有电荷在P

点产生的场强沿着x轴的正方向，E2的分量为Ex＝E2cos37°，n个Ex的矢量和就是圆环上所有的电荷在P处产生的场强，则有E3＝nEx，综合可得E3＝36kQ125r2，C错误；由于E1＝9kQ16r2，沿着x轴的负方向，E3＝36kQ125r2，沿着x轴的

正方向，结合E1>E3，可得P点电场强度的方向沿x轴的负方向，D正确．18．答案：(1)2kQ2L2(2)2μqkQ2mL2－g，方向竖直向上解析：(1)正、负点电荷在A点产生的场强E0＝kQ（2L）2＝kQ2L2A点的电场强度的大小E＝2E0＝2kQ2L2

(2)由牛顿第二定律得μqE－mg＝ma解得a＝2μqkQ2mL2－g，方向竖直向上．考点41电场能的性质1．答案：B解析：带正电的粒子受力指向轨迹凹侧与电场方向相同，则点电荷Q带负电，A错误；点电荷Q恰好处于a、b两点的电场线的交点处，根据负点电荷等

势面的分布特点，离负点电荷越远的点电势越高，由几何关系可知，a点离负点电荷较远，所以a点的电势高于b点电势，B正确；从a到b，静电力对带正电粒子做正功，所以系统的电势能减小，C错误；根据电场强度公式E＝kQr2，a点的电场强度小于b点，则粒子在a点受到的静电力小于在b点受到的静电力，所以粒子

在a点的加速度小于在b点的加速度，D错误．2．答案：CD解析：等量异种电荷的电场线分布如下由等量异种电荷的电场线分布可看出，a点电场线比与b点密集，则说明a点场强大小大于b点场强大小，A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，则由等量异种电荷的电场线分布可看出，b

点电势高于c点电势，B错误；将负电荷从O点移到a点电场力做正功，电势能减小，则负电荷q在O点电势能大于在a点的电势能，C正确；等量异种电荷的电场线分布可看出，将正电荷q从c点移动到d点大致为逆着电场线方

向移到，电场力做负功，D正确．3．答案：D解析：OM线上的电场可以看作A与B两等量同号电荷产生的中垂线上沿OM指向M的场强，与C处负点电荷产生的沿OM指向M的场强的矢量和，OM线上的电场沿OM指向M，

故将一个正电荷从O点移到M点电场力做正功，电势能减小，A错误；MP线上的电场为B与C两等量异号电荷的中垂线上的电场，与A处正点电荷产生的电场的矢量和，故MP线上电势从M到P点电势降低，φM>φP，而OM线上的电场沿OM指向M

，故从O到M点电势降低，φO>φM，所以φO>φM>φP，B、C错误；P点场强等于B与C两等量异号电荷在中点的场强与A处正点电荷在P点产生的场强的矢量合，而O点场强等于C处点电荷在O点产生的场强，故P

点的场强大小一定大于O点的场强大小，D正确．4．答案：B解析：在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势

高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据k·2q（L＋d）2＝k·q（d）2，除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电

荷在T点的电势能低于在P点电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，D错误；设等势圆的半径为R，AN距离为x，MN距离为L，如图所示根据φ＝kqx，结合电势的叠加原理A、S满足

k·2qL－x＝kqx，k·2qL＋2R－x＝kq2R－x，解得x＝L3，R＝2L3，由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势φO＝k·2qL＋L3－kqL3＝－3kq2L，可知φT>φO，T点电场方向指向O点，

B正确．5．答案：C解析：根据电势差的定义可得UAB＝－WAB－e＝10V，UAC＝－WAC－e＝5V，因为UBC＝UBA＋UAC＝－5V，A错误；D为AB的中点，△CDB为等边三角形，所以φC＝φD，BE⊥CD则电场方向由E指向

B，如图所示根据几何关系可得dEB＝BC·cos30°＝12m，电场强度为E＝UCBdEB＝50.5V/m＝10V/m，B错误，C正确；一电子从B点移到C点，电场力做功WBC＝UBC(－e)＝5eV，所以电势能降低

5eV，D错误．6．答案：AD解析：从A到B动能不变，可知AB的电势相同，即B点电势为20V，AB连线是等势面，可知场强方向垂直于AB指向O点，粒子从A点沿AO射入能经过B点，由粒子的轨迹可知，粒子带负电，电场力先做负功后做正功，A正确，B错误；粒子沿AO方向射入，受向右的电场力，

则粒子不可能经过O点，C错误；匀强电场的场强：E＝UAOAOcos60°＝100.10×0.5V/m＝200V/m，方向向左，D正确．7．答案：CD解析：已知B、D、R三点的电势均为2V，C点的电势为4V，可知BDR所在的平面为等势面，电场线与等势面垂直，且由高电势点指向低电势点，可知场强方向

由C点垂直平面BDR指向P点，A错误；因φB－φM＝φC－φR得φM＝0，由φC－φR＝φD－φS得φS＝0，而φM－φP＝φR－φS，解得φP＝－2V，则UCP＝6V，B错误，C正确；电场强度E＝UCP3L＝63×10－2V/m＝2

003V/m，D正确．8．答案：C解析：从等势面形状可知，该电场为点电荷的电场，b点距离点电荷更近，因此粒子在b点所受的电场力大于在a点所受的电场力，D错误；粒子运动轨迹为曲线，受力的方向指向凹侧，因此该粒子受到向外的排斥力，从a到b的运动过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，A、B错误；由

于a、c处于同一等势面上，从a到c过程中，电场力做功为零，因此粒子在a点和c点的动能相等，C正确．9．答案：BC解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则

小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．10．答案：C解析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的凹侧，

即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场方向也指向右下方，由于沿电场线电势降低，故三个等势面中，a的电势最高，c的电势最低，A错误；P点电势高于Q点电势，质点带正电，所以质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，B错误；质点在P点具

有的电势能比在Q点具有的电势能大，根据能量守恒可知，质点通过P点时的动能比通过Q点时小，C正确；等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，则P点的电场强度大于Q点的电场强度，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，所以质点通过P点时的加速度比通过Q点时大，D错误．11．答案：D解析：根

据同种电荷相斥，异种电荷相吸可得金属球的左侧带有负电荷，右端带有正电荷，D正确．12．答案：C解析：金属盒内部由于处于静电平衡状态，因此内部每点的合电场强度都为0，即金属盒内的每一点，感应电荷产生的电场的电场强度都与点电荷＋Q在那点产生的电场的电

场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷＋Q的电场线重合，但方向相反，C正确．13．答案：B解析：对A受力分析：由于静电屏蔽，B球对球壳里面没有影响，A球受力情况不变，A球位置不变，A、C错误；对B受力分析：球壳C不接地，A球对外界有影响，B球受到球壳的引力，B球向

右偏离，B正确，D错误．14．答案：D解析：O点是等量正点电荷连线的中点，电场强度为0，O点的电场强度小于b点的电场强度，A错误；在等量正点电荷连线的中垂线上，O点电势最高，电子带负电，故电子在O点的电势能小于在e点的电势能，B错误；由电场叠加可知，b、d、

e、f四点的电场强度大小相等，方向不同，C错误；由电势叠加可知，b、d、e、f四点的电势相等，D正确．15．答案：AB解析：根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线的特点可得，该图中的等势线中，正电荷在上方，负电荷在下方，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力

的作用．所以粒子带负电，A正确；粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功．粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，速度先减小后增大，B正确，C错误；由于b、d两点处于同一个

等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，方向不同，D错误．16．答案：C解析：金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，则金属棒上A点的电势等于B点的电势，A错误；金属棒达到静电平衡，棒内各点的场强为

零，则O点的电场强度为0，但电势不为零，B错误；金属棒内各点的场强为零，棒上感应电荷在棒内中点O产生的场强大小与点电荷＋Q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则感应电荷在O点产生的电场强度大小为E＝kQ（R＋L2）2，C正确；若将A端接地，大地上的电子跑到金属棒将正电荷中和，所以金属棒

将带上负电荷，D错误．17．答案：AB解析：连接AD，取中点为E，得φE＝φA＋φD2＝18V，所以EB是等势线．连接OE、OB，AC与BE交点为F，△ABE与△OBE关于EB对称，所以AO⊥EB，则A→O是电

场的方向|AC|＝4|AF|，UAC＝4UAF，即φA－φC＝4(φA－φF)＝24V，φC＝0，A正确；电场强度的大小为E＝Uac|AC|＝240V/m，B正确；根据EpA－EpC＝eUAC＝24eV，电子在A点的电势能比在O点的电势能低24eV，故C

错误；电子从D点运动到C点克服电场力做功WDC＝eUDC＝12eV，D错误．18．答案：BC解析：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化相等，所以φb－φc＝φa－φO，代入数据解得φO＝4V，A错误；同理，ab中点e的电势为φe

＝4V，连接Oe则为等势线，如图所示，由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为电场线，且方向由b指向a，匀强电场强度E＝Ubedbe＝1002V/m，B正确；连接bd，由几何关系知bd//Oe，即bd为等势线φd＝φb＝6V，点电荷q在d点的电势能Epd＝qφd＝6×10－4J，C正确；该点

电荷从a点移动到c点电场力做功Wac＝qUac＝1×10－4×(2－8)J＝－6×10－4J，D错误．19．答案：AC解析：将电场强度分解为水平和竖直，x轴方向Ex＝Ucadca＝φc－φadca＝1V/cm，沿y轴方向Ey＝Ucbdcb＝φc－φbdcb＝1V/cm，则合场强E＝E

2x＋E2y＝2V/cm，A正确；在匀强电场中，平行等距的两线段电势差相等，故φc－φa＝φb－φO，解得坐标原点处的电势为4V，B错误；电子在c点电势能Epc＝－eφc＝－18eV，电子在b点电势能Epb＝－eφb＝－12eV，电子在b点的电势能比在c

点的高6eV，故电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV，C正确；电子在a点电势能Epa＝－eφa＝－10eV，电子在a点的电势能比在b点的高2eV，D错误．20．答案：CD解析：由于C、D两点到A、B两点的距离相等，由E＝kqr2及矢量合成法则可知C、D两点

的场强大小相等、方向相反，A错误；由等量同种电荷周围电场线的分布特点和沿电场线方向电势逐渐降低可知O、C两点的电势不相等，故由WOC＝q(φO－φC)可知电场力对点电荷a做的功不为零，B错误；当点电荷a

从无限远处移动到O点，由题意可知电场力做的功为－W，有－W＝q(0－φO)，解得φO＝Wq，因A、B两处的电荷为等量同种电荷，且到O点的距离相等，故可得A(或B)处点电荷在O点产生的电势为φ＝12φO＝W2q，故将点电荷

a固定在C点后，O点的电势为φ′O＝3φ＝3W2q，C正确；当将点电荷b由无限远处移动到O点时，电场力做的功为W′＝－2q(0－φ′O)＝3W，故其电势能应减小3W，D正确．考点42静电场性质的综合应用1．答案：D解析：由于物体所受电场力和运动方向相同，故电场力做正功W＝qEs，A错误

；电场力做正功，电势能减小物体的电势能减小了qEs，B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，所以重力势能增加了mgs，C错误；物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得ΔE＝－F合s＝－mas＝－0.6qEs，所

以物体的动能减少了0.6qEs，D正确．2．答案：D解析：O点电场强度为零，由O点向右电场强度先变大后变小，小环所受电场力可能先变大后变小，A错误；小环从A点由静止释放，沿细杆向右运动，加速度方向一直向右，B错误；电场力对小环一直做正功，电势能逐渐减少，动能逐渐增加，C错误，D正确．3．答案

：CD解析：a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，从a点向b点运动粒子运动的动能与运动的位移图像的斜率在减小，根据动能定理，则有：qEx＝Ek，则有电场强度减小，因此a点更靠近场源点电荷，若点电荷是正电荷，则粒子带正电；若点电荷是负电荷，则粒子带负

电，它们是同种电荷，A错误；电荷仅在电场力作用下沿电场线从a点到b点，则电荷所受的电场力方向从a指向b，若点电荷带正电，电场线方向从a→b；若点电荷带负电，电场线方向从b→a，由于不能确定电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点

电势与b点电势的高低，故B错误；由于a点更靠近场源点电荷，a点场强比b点场强大，C正确；带电粒子仅在电场力作用下沿电场线从a点到b点，电场力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，D正确．4．答案：BD解析：φ

­x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞，电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E＝kQr2，由近小远大规律可知，Q1的电

荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，B正确，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，D正确．5．答案：BCD解析：由于不清楚电场强度的方向，则无法确定微粒的电性，A错误；由图可知，0～3秒内电势能

增加9J，则0～3秒电场力做功为－9J，B正确；由图可知，电势能均匀增加，即电场力做功与时间成正比，说明电场力方向做匀速直线运动，同理，重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中动

能不变，C正确；由功能关系可知，0～3秒重力势能与电势能之和增加为12J，则0～3秒内除电场力和重力外所受其他力对微粒做功为12J，D正确．6．答案：AB解析：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得

W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了

12J，所以金属块的机械能减少12J，B正确．7．答案：AD解析：Ep­x图像中图线的斜率表示电场力，由于B点的切线与x轴平行，即斜率为零，故试探电荷在B点的电场力为零，电场强度为零，A正确；由于负的试探电荷在两电荷产生的电场中电势能为正值

，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式Ep＝－qφ可知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，B错误；设O、O′两点的点电荷所带的电荷量绝对值分别为q1、q2，由于B点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得kq1x21＝kq2（x2－x1）2，解得q1q

2＝49，C错误；试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电势相等，又A、C两点的电势比B点的电势低，则φA－φB＝φC－φB，D正确．8．答案：D解析：由图可知，场强E沿半径r方向始终大于0，r1、r2两处的电场强度方向相同，电势沿着场强方向逐

渐降低，故r0处不是电势最高处，可知球心处的电势最高，A、B错误；在E­r图像中，曲线与坐标轴所围成的面积表示电势差的大小，故可得r1、r2两处的电势差大于E0(r2－r1)，C错误；根据r2处的场强为E

0，有E0＝kQr22，解得Q＝E0r22k，D正确．9．答案：AD解析：根据φ­x图形可知，沿x轴正向电场的电势越来越低，因图像的斜率等于电场强度，可知电场强度越来越小，A正确；滑块向右运动时，受向右的电场力减小，受弹簧的弹力向

左逐渐变大，由a＝qE－kxm可知加速度先向右逐渐减小后向左不断增加，B错误；当滑块的速度最大时，此时加速度为零，则弹簧弹力等于电场力，此后滑块仍向右运动，速度减小，电场力做正功，则电势能继续减小，弹簧弹性势能与滑块动能之和继续增加，则速度最大的位置弹簧弹性势能与滑块动能之和不是最大，C错误；整

个过程中滑块动能变化为零，则电场力做的正功等于滑块克服弹力做的功，即滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量，D正确．10．答案：ABD解析：设木杆倾角为θ，上升过程沿杆运动达到的最大高度为h，小环电荷量保持不变，电

场为匀强电场，绝缘木杆的粗糙程度相同，所以上滑和下滑过程摩擦力做功相等，设为Wf，上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑和下滑过程对小环应用动能定理分别有－mgh－Wf－Eqh＝0－12mv21，mgh－Wf＋Eqh＝12mv22－0，联立解得h＝m（v22＋v

21）4（mg＋Eq），Wf＝14m(v21－v22)，则从M到N的过程中，克服摩擦力做的功为Wf＝14m(v21－v22)，A、B正确；从M到N的过程中，电场力做负功，小环的电势能增加了ΔEp＝qEh＝qEm（v21＋v22）4（mg

＋qE），C错误；根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知φN>φM，则N、M间的电势差为UNM＝Eh＝Em（v22＋v21）4（mg＋Eq），D正确．考点43电容器和电容带电粒子在电场中的运动1．答案：D解析：由C＝εrS4πkd可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小

；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．由于U与d都不变，再由E＝Ud知电场强度E不变，D正确．2．答案：C解析：由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，可得U＝4πkdQεrS，E＝4πkQεrS，因为电容器与电源断开，电荷量保持不

变，两板间的距离d减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的静电力不变，B、D错误；因φ＝Ed′，d′为P到负极板之间的距离，d′减小，P点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M板电势为零，所以P

点电势为正，P点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增加，C正确，A错误．3．答案：BD解析：振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝Ud，电容器板间的电场强度变大，根据C＝εrS4πkd电容增大，根据C＝QU，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中

电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝εrS4πkd，电容减小，根据C＝QU知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a的电流，C错误

，D正确．4．答案：AB解析：根据题中电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的静电力刚好与竖直向下的重力平衡．当S闭合时，若将A板向上平移一小段位移，则A、B两板间间距d变大，而两板间电压U不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受合力方

向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝εrS4πkd可知电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平

衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝εrS4πkd可知电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变

，两板间间距d变小，根据C＝εrS4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεrS，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，D错误．5．答案：C解析：根据电场线的分布情况，可以判断A、K之间不是匀强电场，A错误；电

子由K沿电场线到A电场力做正功，电势能逐渐减小，B错误；电场线的疏密表示场强的大小，即EA>EK，电子在K附近受到的电场力比在A附近要小，C正确；由动能定理可知Ek＝eU，电子由K极板加速到达A极板时获得的动能等于eU，D错误．6

．答案：C解析：根据闭合电路欧姆定律，电容器不带电的情况下，刚开始充电时短暂时间内电流不为0，电路视为通路，只有两电阻R分压，故电容器和电阻R两端电压之和初始值为0.5E，之后随着电容器充电结束，电路视为断路，故电容器和电阻两端R两端电压等于

电动势E不变，C正确．7．答案：D解析：R1、R2的并联后阻值为R并＝2r·3r2r＋3r＝1.2r，电容器两端电压为UC＝1.8rr＋1.2r＋1.8rE＝920E，则电容器的带电量为Q＝CUC＝9CE20，A错误；小

球下落过程，在电场中做减速运动，由于电容器下极板带正电，可得小球带正电荷，B错误；由动能定理得mg(d＋d)－qUC＝0，联立解得q＝40mgd9E，C错误；由牛顿第二定律得qUCd－mg＝ma，联立解得a＝g，D正确．8．答案：ABC解析：带电

油滴受到的重力和电场力都在竖直方向上，为了保证带电油滴沿图中虚线做直线运动，油滴受到的合力一定为0，则油滴一定是以v0做匀速直线运动，电场力方向竖直向上，与重力平衡，则有qUd＝mg，解得两板间电势差为U

＝mgdq，由于油滴带正电，可知电场方向竖直向上，A、B、C正确；电场力对油滴做功为W电＝qU＝mgd，油滴的电势能减少了mgd，D错误．9．答案：AD解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝qEm，由类平抛运动

规律可知带电粒子在电场中运动时间为t＝lv0，离开电场时带电粒子的偏转角的正切值为tanθ＝vyvx＝atv0＝qElmv20，因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，

一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；

(＋q，2m)粒子的比荷与(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同．综上所述，A、D正确．10．答案：AC解析：设粒子质量为m，射入板间的初速度为v0，则

有粒子射入电场时Ek＝12mv20，粒子射出电场时2Ek＝12mv2，则有cosθ＝v0v＝22，粒子射出时的偏转角度θ＝45°，B错误；设两极板间距为d，由B中分析可得vy＝v0tan45°＝v0，L＝v0t，d2＝vy2t，解得d＝L，

A正确；设两极板的电势差为U，由动能定理可得12Uq＝2Ek－Ek，解得U＝2Ekq，C正确；粒子在电场力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在前一半时间和后一半时间内电场力方向的位移(侧移量)之比为1∶3，由

W＝qEy知静电力对粒子做功之比为1∶3，D错误．11．答案：(1)2eU1m(2)U2L24dU1(3)见解析解析：(1)电子在加速电场中做匀加速直线运动，有eU1＝12mv20解得v0＝2eU1m(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，有L＝v0ty＝12at2a＝Eem＝

eU2md联立解得y＝U2L24dU1(3)粒子离开偏转电场的速度偏转角满足tanθ＝vyv0＝atv0＝U2L2dU1竖直方向的偏移量为y＝U2L24dU1由以上分析可知，粒子离开偏转电场时速度的偏转角、竖直方向的偏移量均与粒子

的比荷无关，故不会分为三股粒子束．12．答案：C解析：一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，可知细胞膜内电场线向上，根据沿电场线电势降低，故A点的电势低于B点的电势，A错误；氯离子所受电场力方向与速

度方向相同，电场力做正功，氯离子的电势能将减小，B错误；可知若仅增大细胞膜的膜电位，根据动能定理qU＝12mv2，则氯离子进入细胞内的速度增大，C正确；若仅减小细胞膜的厚度d，根据U＝Ed，细胞膜的膜电位减小，则氯离子进入细胞内的速度减小，D错误．13．答案：BCD解析：M板向下平移，根据C＝

εrS4πkd，d减小，电容增大，根据Q＝CU，电容器带电量增大，电容器充电，电流表中有b到a的电流，A错误；M板向上平移，根据C＝εrS4πkd，d增大，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放

电，电流表中有a到b的电流，B正确；电介质向左移，根据C＝εrS4πkd，εr减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，C正确；M板向左移，根据C＝εrS4πkd，S减小，电容减小，根据Q＝CU，电容

器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，D正确．14．答案：CD解析：据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见

两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝2mgq，由U＝Ed得板间电势差U＝2mgdq，A、B错误；质点在电场中向上偏转的距离为y＝12at2，t＝Lv0，解得y＝gL22v

20，故质点打在屏上时，竖直方向发生的位移大小为h＝2y＝gL2v20，解得质点重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mg2L2v20，C正确；由题意知，仅增大两极板间的距离，因两板上电荷量Q不变，根据E＝Ud＝QCd

＝QεS4πkd·d＝4πkQεS可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则其运动情况不变，故仍将垂直打在屏上，D正确．15．答案：AD解析：根据题意可知，两个小球在水平方向均做匀速运动，且初速度相同，由图可知，A球水平位移

较大，则A球运动时间长，后落地，在竖直方向上，由于下落高度相等，由h＝12at2可知，A球的加速度较小，由牛顿第二定律可知，A球受向上的电场力，B球受向下的电场力，则A球带正电，B球带负电，B错误，A正确；下落过程电场力对A球做负功，对B球做正功，则A球电势能增加，B球电势能减小，由于下落高度相

同，则两球重力势能的减少量相等，由能量守恒定理可知，每个小球的重力势能、电势能和动能之和保持不变，可知，对于A球，重力势能的减少量等于A球电势能的增加量和动能增加量之和，对于B球，重力势能减少量和电势能减少量之和等于动能的增加量，则两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的

小，C错误，D正确．16．答案：AB解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故粒子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，A、B正确；粒子要持续加速，电场力要对其做正功，所以电源正负极要改变，C错误

；设粒子进入第n个圆筒中的速度为vn.则第n个圆筒的长度为L＝vnT2，根据动能定理得(n－1)qU＝12mv2n－12mv20，联立解得L＝T2v20＋2（n－1）qUm，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7……，D错误．17．答案：BCD解析：对粒子分析，粒子沿MN方向做

匀速直线运动，沿电场力方向做匀加速直线运动，则有2L＝v0t，L＝12qE0mt2，解得E0＝mv202qL，A错误，B正确；当场强方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为0的匀加速后再做匀减速到0的直线运动，此过程重复n次

，n取正整数，根据2L＝nv0T0，解得T0＝2Lnv0(n＝1，2，3…)，当n＝5时，T0＝2L5v0；当n＝10时，T0＝L5v0，C、D正确．18．答案：(1)4.55×103V(2)0.2cm(3)－364～364V解析：(1)由动能定理得eU1＝12

mv20－0解得U1＝4.55×103V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1和水平方向的夹角为θ，偏转位移为y，则根据类平抛运动规律有l＝v0ty＝12at2ma＝eE＝eU2d代入数据得y≈0.2cm(3)根据速度偏角的正切

值tanθ＝vyv0＝atv0＝eU2lmdv20由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tanθ＝D2L＋l2＝D2L＋l联立可得U2＝Ddmv20el

（2L＋l）代入所有数据得U2＝364V因此为使电子都能射中荧光屏，则偏转电压应在－364～364V范围内．考点44带电粒子在电场中的力、电综合问题1．答案：D解析：小球在最低点做圆周运动，合外力提供向心力有mv20R＝F支－mg＋Eq，解得F支＝mv20R＋mg2

，根据牛顿第三定律F压＝F支＝mv20R＋mg2，A、B错误；若能够不脱轨到达最高点，则在最高点轨道对小球的弹力刚好为零，即小球在重力和电场力作用下做圆周运动mv21R＝mg－Eq，由动能定理有12mv21－

12mv20＝－(mg－Eq)·2R，所以初速度最小值v0＝10gR2，C错误，D正确．2．答案：AB解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtanθ，解得E＝mgtanθq，A正确；小球恰能绕O点在竖

直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有mgcosθ＝mv2L，最小动能Ek＝12mv2＝mgL2cosθ，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小

球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时电势能最大，机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误．3．答案：(1)4m/s(2

)4m(3)1.15×105N/C解析：(1)设小滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝2m/s2设滑块运动到B点时速度的大小为v，根据匀加速运动公式

v2＝2a1·hsinθ解得v＝4m/s(2)设滑块在水平地面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律μ2mg＋Eq＝ma2解得a2＝2m/s2设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式0－v2＝2(－a2)x2解得x＝

4m(3)设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma3解得a3＝10m/s2设滑块在水平面加速的加速度大小为a4，因为A到B的距离与C到B的距离相等，则由v2＝2

ax可知a4＝a3＝10m/s2由于电场强度突然增大到某一值E0，根据牛顿第二定律E0q－μ2mg＝ma4解得E0＝1.15×105N/C.4．答案：(1)10N/C(2)30N(3)－1.904m解析：(1)根据几何

关系可知，PA与y轴夹角为53°，电场力与重力的合力方向沿PA，则tan53°＝qEmg电场强度的大小为E＝10N/C(2)小球运动至D点时对轨道压力最大，OD与y轴夹角为53°，则N－53mg＝mv2Dr小球在E点恰好不脱离轨道，OE与y轴夹角为53°，则53mg＝mv2Er根据动能定理5

3mg·2r＝12mv2D－12mv2E联立得N＝30N根据牛顿第三定律，小球对轨道压力的最大值为30N.(3)根据动能定理－mgr(cos37°－cos53°)＋qEr(sin53°－sin37°)＝12mv2C－12mv2

E得vC＝95gr＝23m/s当小球从C点飞出后，延x轴和y轴方向的加速度分别为ax＝qEm＝43gax＝g由x＝vCcos37°t＋12axt2vCsin37°＝gt2得x＝2.304m则落到x轴上的位置坐标为x′＝0.4m－2.304m＝－1.904m

．5．答案：(1)2mgk(2)2g2mk(3)24m2g2k解析：(1)初始时，对B分析可知Eq＝kΔx1＋2mgsinθ解得弹簧的压缩量Δx1＝2mgk(2)当A刚要离开墙壁时，对C分析E×23q＝kΔx2则此过程中C下滑的距离x＝Δx1＋Δx2＝4mgk此时

C的速度大小v1＝2gx＝2g2mk(3)从开始运动到A刚要离开墙壁时弹簧弹性势能不变，此过程中根据动能定理WF＋2mgxsinθ－qEx＝12(2m＋2m)v21解得拉力F所做的功WF＝24m2g2k.考点45实验十观察电容器

的充、放电现象1．答案：(1)相反8.0×103(2)不变解析：(1)根据图甲可知，充电时，电容器左极板失去电子，带正电，电子向右通过电阻R，即通过电阻R的电流方向向左，电容器放电时，左极板得电子，电荷量减

小，电子向左通过电阻R，即通过电阻R的电流方向向右，可知，充电和放电时流经电阻R的电流方向相反；I­t图像中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示极板所带电荷量，根据数格子的方法，极板所带电荷量为Q＝8×0.004×1.0C＝0.032C，则电容器的电容为C＝QU＝0.0324F＝8.0×103

μF(2)由于I­t图像中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示极板所带电荷量，放电完成后，两极板上的正负电荷恰好中和，如果不改变电路其他参数，仅增大电阻R，此时放电的时间增大，放电电流的最大值减小，但放电时电流I随时间t曲线与横轴所围成的面积仍然表示电容器极板所带电荷量，即电流I随时间t曲线与横轴

所围成的面积不变．2．答案：(1)实物图连线见解析(2)逐渐减小逐渐增大不为0为0逐渐减小(3)A解析：(1)根据电路图，实物连线如图所示(2)当S连接1时，电容器处于充电过程，随着电容器所带电荷量逐渐增加，电流表示数逐渐减小，电压表示数逐渐增大；S接1足够长时间

后，由于电压表内阻不可能无穷大，则电路电流可以通过电压表构成回路，电流表示数不为0.当S从1断开后，电流表处于断路状态，电流表示数为0；电容器通过电压表放电，电容器所带电荷量逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，则电压表示数逐渐减小．(3)根据电容定义式可得Q＝CUC，由UC­t

图像可知，1～2s内，电容器两端电压UC随时间均匀增大，则电容器电荷量随时间均匀增大，根据I1＝ΔQΔt1可知，1～2s内电容器充电电流恒定不变，电阻R两端电压恒定不变，根据欧姆定律可得UR1＝I1R；1～2s内电容器两端电压UC不变，则电容器电荷量不变，电流

为0，则电阻R两端电压为0；3～5s内，电容器两端电压UC随时间均匀减小，则电容器电荷量随时间均匀减小，根据I2＝ΔQΔt2＝－12×ΔQΔt1＝－12I1可知，3～5s内电容器放电电流恒定不变，电阻R两端电压恒定不变，根据欧姆定律可得UR2＝I2R＝－12I1R＝－12UR

1，A正确．3．答案：(1)实物图连线见解析(3)①减小减小②4.5×102(4)漏电解析：(1)按照图甲的电路图，实物图如图(3)①由图丙可知，电容器放电过程电流的变化规律为：放电电流逐渐减小，放电电流随时间的变化率逐渐减小．②由电容定义C＝QE＝86×10×10－6×59.5F

＝452μF＝4.5×102μF(4)步骤①中，微安表G的读数稳定时，并不为0，始终保持在12μA，出现这种现象的原因是电容器漏电．4．答案：(1)充电(2)9(3)6000(4)c解析：(1)将开关S与1端闭合，电容器与电源连接，电容器充电．(2

)电容器充电完成，电容器两极板间的电压为U＝IR1＝60×10－3×150V＝9V.(3)i­t曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器的放电量，电容器的电容为C＝QU＝54×10－39F＝6×10－3F＝6000μF.(4)用R2替换R1后，重

复上述实验步骤，R2的阻值较小，电容器开始放电时电流较大，i­t曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器放电量，则i­t曲线与两坐标轴所围的面积不变，则放电时间变短，虚线所示图线则应是图丙中的c.5．答案：(1)充电(2)①向下减小减小

②3.5×10－3B解析：(1)当开关S接1时，电容器和电源相连，此时电容器处于充电状态；(2)当开关S接2时，电容器放电，由于电容器上极板带正电，因此流经电流传感器的电流方向向下，电路中的电流减小，电容器带电量减小，根据电容的定义式C＝QU可知，

电容器两极板的电压减小，根据E＝Ud可知两极板间的场强减小；图像与坐标轴围成的面积等于电容器的带电量，图中每小格的电量为10－3×0.25C＝2.5×10－4C，若按“四舍五入”(大于等于半格算一格，小于半格舍去)数格法可得格数为14，则电容器

所带的电荷量为Q＝14×2.5×10－4C＝3.5×10－3C，所以电容器的电容为C＝QU＝3.5×10－38F＝437.5μF，B正确．验收检测卷八静电场1．答案：D解析：由题意可知PVC管带电方式属于摩擦起电，A错误；“水母”在空中悬停时，处于平衡状态

，PVC管对它向上的静电力等于它所受重力，B错误；因为“水母”与PVC管存在相互排斥的静电力，所以“水母”与PVC管带同种电荷，C错误；管与“水母”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D正确．2．答案：A解析：两金属球未接触时根据库仑定律可知F库＝kq·9qd2＝1

8F，两个金属球接触后所带电荷量均为q′＝q－9q2＝－4q，则它们的库仑力大小变为F′库＝k4q·4qr2，联立解得F′库＝k4q·4qr2＝32F，A正确．3．答案：D解析：电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小

可知EA＜EB＜EC，B错误；电场线是曲线，在C点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep＝qφ可知，电子在C点的电势能大于其在A点的电势能，D正确．4．

答案：C解析：当观察到输出端a的电势低于b的电势时，表明电阻R中有由下向上的电流，表明电容器在放电，A错误；稳定时电容器两极间的电压不变，由Q＝CU可知，电容器的电容在减小，B错误；由C＝εrS4πkd可知，正对

面积减小，所以油的液面在下降，C正确；由E＝Ud可知，稳定时两板间的电场强度不变，D错误．5．答案：C解析：由于负电荷所受电场力方向与电场线的方向相反，C处的负点电荷所受静电力向左，所以电场线的方向平行于AB向右．若A、B都为正电荷或负电荷，或A为负电荷，B为正电荷，C点合场强的方向不可能与

AB平行．所以A为正电荷、B为负电荷；如下图画出分场强与合场强之间的关系根据平行四边形定则，知A、B在C点的场强之比为EA∶EB＝1∶2，又点电荷的场强公式为E＝kQr2，C点距离A、B两点间的距离比为rA∶rB＝1∶2

，解得QA∶QB＝1∶8，C正确，A、B、D错误．6．答案：C解析：该电场的电场线分布情况不明，所以在c点处的电势不一定为4V，a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb，A、B错误；因c点的电势一定高于b点，由公式E

p＝qφ知，一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少．根据“沿电场线方向电势逐渐降低”可得c点的场强方向由a指向c.所以正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，C正确，D错误．7．答案：C解析：根据等量同种电荷连线中垂线上电场强度分布可知，EF间的电场不是匀强电场，负点电荷受到的

电场力是变力，根据牛顿第二定律可知负电荷的加速度不恒定，故负电荷做变加速直线运动，A错误；根据场强叠加可知O点的电场强度为零，故在O点所受静电力最小，为零，B错误；带负电的点电荷在E点由静止释放后，根据对称性可知，其将以O点为

对称中心做往复运动，由E到O的时间等于由O到F的时间，C正确；负点电荷由E到O，电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，电势能减小，由O到F，电场力方向与速度方向相反，电场力做负功，电势能增大，故由E到F的过程中电势能先减小后增大，D错误．8．答案：B解析：带电小球在运动过程中机械能守恒，则

小球在运动过程中电势能保持不变，题干图中细管所在的弧线是一等势线，所以有Q1＞Q2，A错误；根据电场线与等势线处处垂直，所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，B正确；当两个是等量异种电荷的时候，中点是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且Q1>Q2

，所以场强最小的点会相应的向右偏移，C错误；小球以初速度v0从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大于v0，D错误．9．答案：BCD解析：沿着

电场线方向，电势逐渐降低，所以M点的电势比P点的电势高，A错误；在O点静止释放一带正电粒子，粒子受电场力竖直向上，该粒子将沿y轴做直线运动，B正确；电场线越密集的地方场强越大，根据U＝Ed可知M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差，C正确；负电荷往低电势移动，电势能增大，电场力做负

功，D正确．10．答案：BD解析：根据题意，a、b两球电势能总量刚好相等，说明点电荷对a、b两球所做的总功为零，a、b两球电性一定相同，且与点电荷电性相反，A错误；若a球由E转动到M，则b球由F转到N，点电荷对两球做功相等，其中M，N两点电势相同，令点电荷带正电，则有φE＝kQr，φF＝kQr＋

L，电场力做功WEM＝qa(φE－φM)，WFN＝qb(φF－φN)，因φM＝φN，则可得qakQr＝qbkQr＋L可得qa<qb，B正确；点电荷的电性与两球电性相反，则a球由E转动到M，电场力对其一定做负功，C错误；由于点电荷的电性与两球电性相反，则b球由N转动

到F，电场力对其一定做负功，小球的电势能增大，所以b球在N点的电势能一定小于F点的电势能，D正确．11．答案：BD解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为t＝xv0，由于x、v0相等，可知它们运动的时间相同，A错误；根据y＝12at2可得a＝2yt2，知

Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有qE＝ma，可知Q的电荷量是P的两倍，B正确；由W＝qEd知，静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍．根据动能定理

，静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，C错误，D正确．12．答案：AB解析：φ­x图像的斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知0≤x≤0.2m的区间内，图线斜率的绝对值先增大后减小，则电场强度先增大后减小，粒子受到的电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，A正确；由图可知0≤x

≤0.2m的区间内，随x的增大φ减小，因粒子带负电，所以电势能增大，电场力做负功，动能减小，当粒子恰好能到达x＝0.2m处，其初速度是使粒子能沿x正方向持续运动下去的最小速度，由动能定理可得q(φ0－φ2)＝0－12mv20，其中φ0＝300V，φ2＝－30

0V，解得v0＝6m/s，B正确；若粒子可以恰好运动到x＝0.1m处，则有q(φ0－φ1)＝0－12mv′20，其中φ0＝300V，φ1＝0，解得v′0＝32m/s，C错误；粒子在由原点运动至x＝0.2m处的过程中，速度一直减小，则在x＝0.1m处速度不是最小，D错误．13

．答案：(1)让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零(2)左减小(3)187(173～193均可)(4)2.75×104解析：(1)将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零，其目的是让电容器充分放电或保证电

容器初始电量为零．(2)进行操作②时，电容器接在电源两端，电容器充电．A、B极板分别带上正、负电荷．通过R的电流方向向左.由图乙可知，电流随时间减小．(3)由图乙可知，I­t每个小格的面积表示q＝15mA×25s＝225×10－3C＝8×10－5C，I­t图像与坐

标轴围成的面积代表电容器充满电时所带的电荷量Q＝28×8×10－5C＝2.24×10－3C，由图丙可知电容器充满电时两端的电压U＝12V，该电容器的电容约为C＝QU＝2.24×10－3C12V≈187μF.(4)由公式I＝UR和q＝It可知，U­t图像中图像与横轴围成

的面积为S＝Ut＝QR，由图丙可知U­t图像中图像与横轴围成的面积S＝154×1×0.4V·s＝61.6V·s，解得R＝SQ＝2.75×104Ω.14．答案：(1)kq29L24kq227gL2(2)39kq400L2解析：(1)假设甲、乙的连线水平即假设甲、乙的连线与悬挂甲的细线垂

直，设两细线之间的夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝4L5L则有θ＝37°与题干相符，假设成立；则甲、乙两球之间的距离为d＝3L对甲进行受力分析，水平方向由二力平衡可得FN＝kq2（3L）2＝kq29L2对乙进行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可得mgtan3

7°＝kq29L2解得m＝4kq227gL2(2)甲在O点产生的电场强度为E甲＝kq（4L）2方向竖直向上乙在O点产生的电场强度为E乙＝kq（5L）2方向斜向左上方与E甲的夹角为37°由平行四边形定则E＝（E

甲＋E乙y）2＋E2乙x综合计算可得E＝39kq400L2.15．答案：(1)53m(2)5.4N解析：(1)小物块恰好能通过D点，由牛顿第二定律可知mg＝mv2DR从A点到D点由动能定理得(qE－μmg)L－2mgR＝12mv2D解得A

、B两点间的距离L＝53m(2)从C点到D点由动能定理得－mgR－qER＝12mv2D－12mv2C在C点由牛顿第二定律得F′N－qE＝mv2CR根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小FN＝F′N解得FN＝5.4N．16．答案：(1)1×106m/s(2)53×104N/C(3)E

2＝5×1043(12tan2θ＋1)N/C解析：(1)离子经过加速电场加速过程，根据动能定理可得qU＝12mv20解得v0＝2qUm＝2×1×108×5×103m/s＝1×106m/s(2)离子在静电分析器中沿中心线MN做匀速圆周运动，电场力提供所需的

向心力，则有qE1＝mv20R解得E1＝mv20qR＝（1×106）21×108×0.6N/C＝53×104N/C(3)离子在E2中做类平抛运动，恰好垂直打在挡板OP上，则有tanθ＝vyvx沿y轴方向有y＝12at2vy＝at沿x轴方向有

x＝v0ta＝qE2m根据几何关系有y＋xtanθ＝R联立解得E2＝mv20qR(12tan2θ＋1)代入已知量得E2＝5×1043(12tan2θ＋1)N/C.