【文档说明】2024版《微专题·小练习》·物理·统考版 详解答案.docx，共(135)页，2.327 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-20f17ee8f2e7b9b1fda5cabf3e745f93.html

以下为本文档部分文字说明：

第一章质点的直线运动做真题明方向1．C当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝v0－v2a，匀速通过隧道所用时间t2＝L＋lv，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝v

0－va，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝3（v0－v）2a＋L＋lv，C项正确．2．B各选项提及的各项运动项目中，研究其技术动作时球或运动员的大小、形状或姿态对所研究

的问题有很大的影响，不能看成质点，只有选项B正确．3．B上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零．对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方

向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减

小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，a＝g，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受

的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误．故选B.4．D罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间Δt内水平方向位移增加量aΔt2，竖直方向做自由落体运动，在时间Δt内位移增加gΔt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线

的倾角就是一定的．故选D.5．C位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故位移大小为1.8km，故A错误；从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，则平均速率为v－率＝st＝5.41km/h＝1.5m/s，故B错误；该游客的平均速度大小为v－＝

xt＝1.81km/h＝0.5m/s，故C正确；以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度大小为0.5m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小也为0.5m/s，故D错误．6．BD从v­t图象上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t

轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确．从s­t图象上看，图象的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误．专题1描述直线运动的基本概念1．D物体能否看成质点是取决于在研究问题中，物体的形状、大小是否可以忽略不计，故在

研究蚂蚁运动时，不一定能把蚂蚁视为质点，A错误；研究体操运动员的动作时，需要研究运动员身上各部位的具体动作，故不能将其视为质点，B错误；研究汽车上坡是否会翻倒时，汽车本身的形状、大小不能忽略不计，故不能将其视为质点

，C错误；研究飞机飞行速度时，飞机本身的形状、大小可忽略不计，故可将其视为质点，D正确．2．A最小位移时，初末位置连线与直线轨道垂直，这时最小位移为x＝36.5m×2＝73m，A正确．3．BD若以抛出点为坐标原点，则小球在最高点的坐标为＋5m，A错误；从最高点到落地点，小球的位移Δx＝(

0－20)m＝－20m，B正确；规定竖直向上为正方向，从抛出点到落地点，小球的平均速度v－＝ΔxΔt＝0－153m/s＝－5m/s，负号表示平均速度的方向向下，C错误；小球的速度变化量Δv＝v1－v0＝(－20－10)m/s＝－30m/s，负号表示速度变化量的

方向向下，D正确．4．C从在甲车上的乘客看到其左边的乙车向东运动，右边站台上的站牌不动，说明甲车相对站台是静止的，乙车相对站台向东运动，则以乙车为参考系甲车上的乘客会感觉到自己的列车在向西运动，C正确．5．C运动员前30米的平均速度为v1＝s1t1＝303.73m/s＝8.04m/s，

运动员前60米的平均速度为v2＝s2t2＝606.29m/s＝9.53m/s，因此运动员前30米的平均速度小于前60米的平均速度，B错误；运动员最后10米的平均速度为v3＝s3t3＝100－909.83－8.92m/s＝10.99m/s，无

法推算出冲线时的瞬时速度，D错误，C正确；从上面的计算可以看出运动员做的变速直线运动，A错误．6．D规定乒乓球反弹回来的方向为正方向，则在该段时间内的平均加速度a＝ΔvΔt＝25－（－15）0.001m/s2＝4.0×104m/s2，D正确．7．C纵轴截距表示的初始位置，图象B、

D表示丙在起跑线的前面起跑，B、D错误；横轴截距表示起跑时刻，图象A、C表示正确，三位同学的位移相同，到达时刻早者为胜，图象A中甲到达的最晚，图象C中到达终点的次序为甲、丙、乙，符合题意，A错误，C正确．专题2匀变速直线运动规律的应用1．B由运动学规律得x＝

v0t－12gt2，代入数据解得t1＝1s，t2＝3s，则t2∶t1＝3∶1，B正确．2．B初速度为零，才有在第1、2、3s内位移之比为1∶3∶5，A错误；根据匀变速直线运动的推论知，相邻相等时间内的位

移差为一恒量，有x3－x2＝x2－x1，可得当第1、2s内位移分别为1m、2m，则第3s内位移是3m，B正确；匀加速直线运动的加速度不变，C错误；匀加速直线运动相等时间内的位移越来越大，所以平均速度越来越大，D错误．3．BD物体从静止开始做匀加速直线运动

，第3s内通过的位移12a×32－12a×22＝3m，解得加速度a＝1.2m/s2，前3s内的位移为12a×32＝5.4m，前3s内的平均速度是v－＝5.43m/s＝1.8m/s，A、C错误，B正确；物体在第3s末的速度是v＝1.2×3m/s＝3.6m/s，D正确

．4．BC由速度－位移的关系式得v2＝2ax，刹车距离跟车速的平方成正比，A错误；车速的增加量相同的情况下，车速越大刹车距离的增加量越大，C正确；刹车的加速度与质量无关，D错误；由v＝at得刹车时间跟车速成正比，B正确．5．B由运动学规律得2s末的瞬时速度v1＝164m/s＝4m/s，5s

末的瞬时速度v2＝162m/s＝8m/s，物体的加速度a＝v2－v1t1＋t22＝43m/s2，B正确．6．D由匀加速直线运动规律：相邻相等时间间隔的位移之差为恒量Δx＝aT2得a＝8－422＝1m/s2，A

正确；由匀加速直线运动规律：相邻相等时间间隔的位移之差为恒量CD－BC＝BC－AB得CD＝12m，B正确；由vC＝v－BD＝BC＋CD2T＝5m/s可以得出OC之间的距离OC＝v2C2a＝12.5m，OA＝OC－AC＝0.5m，C正确，D错误．7．C由匀变速直线运动的规律得电动

车的初速度v0＝4m/s，加速度a＝－2m/s2，A、B错误；2s末的速度v＝v0＋at＝4m/s＋(－2)×2m/s＝0，C正确；由于电动车2s末停止运动，所以0～3s内的位移等于0～2s内的位移，代入位移公式得电动车通过的位移为4m，D错误．8．B采用逆向思维，把刹车过程看成反方向初速度为

零的匀加速直线运动．设刹车用总时间为t，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度和平均速度的定义可知，汽车在(t－0.5)s和0.5s时的瞬时速度之比为7∶1(反方向的运动过程)，结合速度公式v0.5＝a×0.5，vt－

0.5＝a×(t－0.5)，解得t＝4s，则整个过程的平均速度v－＝xt＝7.5m/s，B正确．9．A设初速度为v，末速度为13v，根据运动学规律得v＋13v＝2v－，v－＝Lt，v－13v＝at，联立解得a＝Lt2，A正确．10

．C子弹的末速度为0，把正方向的匀减速运动看成反方向加速度不变的匀加速运动，则在相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，选项B错误、C正确；用逆向思维v＝at，子弹射出木块A时的速度与子弹的初速度之比为2∶3，故子弹射出木块A时的速度为2

00m/s，选项A错误；根据v－＝xt，子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的5倍，选项D错误．11．(1)2v2d(2)a3(dv＋t0)2解析：(1)电梯门做匀加速与匀减速的位移相等，可得匀加速运动的位移为d

4，设加速度为a，根据匀变速直线运动的规律有：v2＝2ad4解得a＝2v2d.(2)电梯门关闭的时间为t＝dv设人加速运动的时间为t1，减速运动的时间为t2，由v1＝at1＝2at2得t1＝2t2又t1＋t2＝t＋t0得t1＝2

3(t＋t0)，t2＝13(t＋t0)由公式L＝12at21＋12×2at22＝a3(dv＋t0)212．(1)2m/s240s(2)6×107J解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为v12，则L＝12v1t解得飞机滑行的时间为t＝2Lv1＝2×16008

0s＝40s飞机滑行的加速度为a＝v1t＝8040m/s2＝2m/s2(2)飞机从水面至h＝100m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则ΔE＝12mv22＋mgh＝12×1×104×1002J＋1×104×10×

100J＝6×107J专题3自由落体运动和竖直上抛运动1．AC2．C根据h＝12gt2得t＝2hg＝0.20s，C正确．3．B小宋同学起跳后做匀减速直线运动，采用逆向思维，小宋向下做匀加速直线运动，由v2－0＝2gh，解

得v＝2gh.结合生活实际可知，原地站立且胳膊向上伸直时，手指离地高度约为2.1m，则h＝2.5m－2.1m＝0.4m，代入数据解得v≈3m/s，B正确．4．AD排球被击出后做竖直上抛运动，到达最高点时的速度为零，加速度为重力加速度g，A

正确，B错误；排球上升和下落过程均只受重力作用，加速度为重力加速度g，方向竖直向下，C错误；由速度公式得排球从击出至落回击球点所用时间t＝2v0g＝1.2s，D正确．5．AB根据速度－位移关系式得2gxMN＝v22－v21，解得xMN＝v22－v212g，A

正确；由速度公式得物体从M到N的时间t＝v2－v1g，B正确；由匀变速直线运动的推论得物体经过MN的平均速度v－＝v2＋v12，C错误；自由落体运动的加速度不变，为重力加速度g，D错误．6．D由题意知tAB＝tBC＝T，由Δ

v＝aΔt＝gT可知BC过程速度的增加量等于AB过程速度的增加量，A错误；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，B错误；苹果运动到位置B时的速度vB＝x1＋x22T，C错误；根据Δx＝aT2得苹果运动的加速度大小a＝x2－x1T2，D正确

．7．B由h＝v202g得，砖块上升的最大高度h＝11.25m，A错误；砖块上升的时间t＝v0g＝1.5s，上升阶段与下降阶段的时间相等，经3s砖块回到抛出点，B正确；砖块被抛出后经1s上升的高度h′＝v0t′－12gt2

＝10m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前1s时间内通过的距离为10m，C错误；砖块被抛出后加速度不变，上升到最高点时，加速度仍然为g，D错误．8．BC由题意可知A、B均自由落

体，L＝12at21，L＋3L＝12a(t1＋t2)2，解得t1＝t2，A错误，B正确；而v1＝at1，v2＝a(t1＋t2)，故v1∶v2＝1∶2，C正确，D错误．9．2s<Δt<8s解析：让小球B抛出后处于上升阶段时与A球相遇，则Δt的最大值为小球A刚要落回抛出点的瞬间将小球B抛出，

小球A在空中运动的时间为tA＝2vAg＝2×4010s＝8s，即Δt的最大值为Δtmax＝8s．Δt的最小值为A、B两小球同时落地时先后抛出的时间间隔．而小球B在空中运动的时间为tB＝2vBg＝2×3010s＝6s，

则Δt的最小值为Δtmin＝tA－tB＝2s.所以，两球能在空中相遇的Δt满足的条件为2s<Δt<8s.10．(1)8HT21－T22(2)L0＋T21HT21－T22解析：(1)小球从O点上升到的最大高度h1＝12gT122小球从

P点上升到的最大高度h2＝12gT222又H＝h1－h2，解得g＝8HT21－T22.(2)玻璃管的最小长度L＝L0＋h1，即L＝L0＋T21HT21－T22.专题4运动图象1．Dx­t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t1图像斜率变大，t1～t

2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零．故选D.2．BC0～1s内的平均速度v－＝v0＋v2＝6＋02m/s＝3m/s，A错误；0～1s内的加速度a1＝Δv1Δt1＝0－61m/s2＝－6m/s2，1～3s内的加速度a2＝Δv2

Δt2＝－2－03－1m/s2＝－1m/s2，则0～1s内的加速度大小是1～3s内的加速度大小的6倍，B正确；0～3s内的位移x＝12×1×6m－12×(3－1)×2m＝1m，C正确；0～1s内速度为正，加速度为负，1～3s内速度为负，加速度为负，速度方向发生改变，加速度方向没有发生

改变，D错误．3．C0～2s内，甲做匀速运动，加速度等于零，A错误；乙在3s末距离出发点最远，B错误；0～2s内和4～6s内，甲都向正方向运动，速度大小相等，v＝4－02－0m/s＝2m/s，所以甲在0～2s内和4～6s内速度

等大同向；0～2s内和4～6s内，乙的加速度方向都沿正方向，加速度大小相等，a＝4－02－0m/s2＝2m/s2，所以乙在0～2s内和4～6s内加速度等大同向，C正确；由图象可知，0～6s内甲的路程为16m，乙的路程为12m，D错误．4．C速度－时间图象只能表示直线运动中速

度随时间的变化规律，两车均做直线运动，A错误；根据速度－时间图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，甲车的位移大于乙车的位移，B错误；速度－时间图象的斜率表示加速度，两图象的斜率均逐渐减小，由图象知汽车甲和

乙的加速度均逐渐减小，C正确；若汽车乙做初速度为v2的匀减速直线运动，其速度－时间图象如图中虚线所示，平均速度为v－＝v1＋v22，虚线与时间轴围成的面积大于乙图线与时间轴围成的面积，所以汽车乙的平均速度小

于v1＋v22，D错误．5．BD由速度公式得Δv＝at可知，a­t图象与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，A错误，B正确；0～t0时间内，Δv＝S，因为物体的初速度为0，则有末速度v＝Δv＝S，平均速度v－＝v2＝S2，C错误

，D正确．6．C本题可用解析法求解，解法如下：匀加速运动的位移x1＝12×2.83v，匀速运动的位移x2＝(9.83－2.83)v，且x1＋x2＝100m，联立解得v＝11.88m/s，加速度a＝ΔvΔt＝11.882.83m/

s2≈4.2m/s2，C正确．还可以用图象法求解，解法如下：作出苏炳添的速度—时间图象如图所示，图线与时间轴所夹面积表示位移可得（7＋9.83）v2＝100m，解得v＝11.88m/s，加速度a＝ΔvΔt＝11.882.83m/s2≈4.2m/s2，C正确

．7．A由匀变速直线运动的速度与位移关系式v2－v20＝2ax可得v2＝v20＋2ax，结合图象可知斜率为2a，则加速度a＝12×81－2528m/s2＝1m/s2，A正确．8．C驾驶员在反应时间内做匀速运动，0.3s后做减速运动．若在0.3s后做匀减速运动，停下时汽车的位移x＝8

×0.3＋12×8×2.7m＝13.2m>13m；若0.3s后做加速度减小的减速运动位移可能等于13m，所以选择C.9．Cx­t图线的斜率表示质点运动的速度，所以0～6s内物体做加速运动，6～8s内物体做匀速运动，A、B错误；

4s末质点有加速度，8s末加速度为零，所以C正确；4～6s内的瞬时速度均小于之后的瞬时速度，所以4～6s内的平均速度小于6～8s内的平均速度，D错误．10．BD由题图可知v1＝v2＝v3＝v4＝v2，A项错误、B项正确；根据全程甲

、乙的位移相等，得到v22a1＋v22a2＝v22a3＋v22a4，即1a1＋1a2＝1a3＋1a4，C项错误、D项正确．11．D由于x＝kv2，结合初速度为零的匀加速运动规律x＝12av2可知，质点

做初速度为零的匀加速直线运动，解得加速度大小为a＝1m/s2，第一个1m末速度v1＝2ax1＝2m/s，第二个1m末的速度v2＝2m/s，质点从静止开始运动后第2个1m内的平均速度大小为v－＝12(v1＋v2)＝12(2＋2)m/s＝(1＋22)m/s，D

正确．12．C由题意知火箭的加速度向上，为正值，所以选项D错误；加速度先减小，后不变且等于零，所以选项A、B错误，C正确．专题5追及和相遇问题1．D驾驶员反应过程中，汽车做匀速直线运动，行驶距离为x1＝vt1，刹车过程中，有x2＝v22a，为安全行

驶x1＋x2≤30m，代入数据，解得最大速度为v＝20m/s(另解v＝－30m/s舍去)，A、B、C错误，D正确．2．C设经过时间t后，轿车和卡车车尾分离，轿车的位移x1＝12a1t2，卡车的位移x2＝12a2t2，x1＋x2＝45m.联立解得t＝3.0s．3．A0～1s

内，x甲＝12×10×12m＝5m，x乙＝10×1m＋12×5×12m＝12.5m，Δx＝x乙－x甲＝7.5m，说明t＝0时刻甲在乙的前方7.5m，设下次车头齐平的时刻为t，10×t＋12×5×t2－12×10×t2＝7.5m，解得t＝1s或t＝3s，A正确．4．

B图中阴影部分面积表示0～6s内两车位移之差为Δx＝12×30×3＋12×30×3m＝90m，Δx<100m，两车不会相撞，A错误，B正确；由图象可知，t＝6s时两车速度大小相等，方向相同，C错误；t＝6s时两车相距最近，D错误．5．C如图所示，当甲、乙相距10m时，根据勾股

定理，甲比乙多走8m，设此时二人的运动时间为t1，根据位移公式得v甲t1－12a乙t21＝8m，由图象得a乙＝1m/s2，解得t1＝4s.由图象知此时两者速度相等恰好相距最远，刚好还能接收到信号，之后乙超过甲，当乙比甲多走8m时，是最后接收到信号的

时刻，设从开始到该时刻的时间为t2，乙加速的时间t0＝61s＝6s，乙加速6s后开始以6m/s速度匀速运动，乙匀速运动的时间为(t2－6)s，根据题意得[12a×62＋6(t2－6)]－v甲t2＝8m，解得t2＝13

s，也就是说，前13s内，甲、乙之间的距离都在10m内，都能接收到信号，C正确．6．(1)25m(2)6s解析：(1)两车速度相等时，相距最远，则由有vA＝vB＋at1解得t1＝1s，此段时间内A车的位移xA＝vAt1B车的位移xB＝vBt1

＋12at21A、B之间的最远距离Δx＝xA＋x0－xB以上各式联立解得最远距离Δx＝25m.(2)设经过时间tB车追上A车，则通过的位移关系有x′B＝x′A＋x0即vBt＋12at2＝vAt＋x0代入数据解得t＝6s．专题6实验：研究匀变速直线运动1

．(1)24.0080.0(2)(3)70.059.0(4)b2k解析：(1)根据纸带的数据可得ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm平均速度为v－AD＝xAD3T＝8

0.0cm/s(2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得(3)从实验结果可知，小车运动的v－­Δt图线可视为一条直线，图像为此直线用方程v－＝kΔt＋b表示，由图像可知其中k＝101.0－59.00.6cm/s2＝70.0cm/s2，b＝59.0cm/s(4)小车做

匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋12at2，整理得xt＝v0＋12at即v－＝vA＋12at故根据图像斜率和截距可得vA＝b，a＝2k2．(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近(2)547(3)79解析：(1)将表格中数据转化如图，则x1＝507m，x2＝587m，x3＝665m，x4＝74

6m，x5＝824m，x6＝904m，可得x2－x1＝80m，x3－x2＝78m，x4－x3＝81m，x5－x4＝78m，x6－x5＝80m，相邻相等时间间隔位移差大小接近，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动．(2)x＝507m时该飞行器的速度即t＝1s时的瞬时速度，利用匀变速直线

运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故v＝x1＋x22t＝1094m2×1s＝547m/s.(3)由逐差法得a＝（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）9t2＝（4233－1759）－17599×12m/s2＝79m/s2.3．(1)乙(

2)74.5(3)2（vBC－vAB）t1＋t2(4)B(5)偏大解析：(1)泡沫板受空气阻力影响大，实验误差大，故选铝基板，乙同学的选择较好．(2)游标卡尺的读数为74mm＋5×0.1mm＝74.5mm.(3)根据匀加速直线运动的平均速度等于铝板运动的中间时

刻的瞬时速度，则重力加速度g＝vBC－vAB12（t1＋t2）＝2（vBC－vAB）t1＋t2.(4)根据以上分析可知，对释放位置没有要求，释放时挡板的下沿可以在光电门上方一定距离处，A错误，B正确；挡板下落时，AC连线在纸面内如果没有保持竖直状态，时间的测量值会偏大，对测量结

果有影响，C错误；狭缝的位置任意，只需要计算两端平均速度及时间即可，D错误．(5)有影响，狭缝通过光电门也需要一定的时间，整块挡板通过光电门的实际时间大于t1＋t2，导致g的测量值偏大．第二章相互作用做真题明方向1

．D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为mg24.故选D.2．D以结点O为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得F＝2F1cos30°＝3F1，选项D正确．3．B根据对称性，四根斜杆对横

杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4Fcosθ2＝G，解得F＝36G，故每根斜杆受到地面的作用力也为36G，选项B正确．4．D当水桶和水整体的重心在转轴以下时，桶不会倾覆，当重心在转轴上方时，桶会翻转，所以选择D.5．B曲辕犁耕

索的拉力在水平方向上的分力为Fsinα，直辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为Fsinβ，由于α<β，则Fsinβ>Fsinα，A错误；曲辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为Fcosα，直辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为Fcosβ，由于α<β，故F

cosα>Fcosβ，B正确；作用力与反作用力大小相等，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D错误．6．C小滑块从A到B缓慢移动过程中，始终受力平衡，对小滑块受力分析如图1所示，根据平

行四边行定则可得推力F＝mgsinθ，凹槽对滑块的支持力FN＝mgcosθ，滑块上移时夹角θ从零逐渐增大至90°，由数学知识可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；滑块和凹槽系统始终处于平衡状态，对整体受力分析如图2所示，由平行四边形定则可得地面对凹槽的支持力N1＝G－

Fsinθ＝G－mgsin2θ，墙面对凹槽的压力N2＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝12mgsin2θ，随着滑块缓慢由A到B，夹角θ从零逐渐增大至90°，由三角函数知识可知水平地面对凹槽的支持力N1逐渐减小，墙面对凹槽的压力N2先增大后减小

，C正确，D错误．专题7重力和弹力1．B高纬度地区的重力加速度比低纬度地区的重力加速度大，同一物体在赤道受到的重力小于在北极受到的重力，A错误；水平桌面上的杯子受到的支持力是桌面发生形变而产生的，B正确；物体间相互作用时，施力物体和受力物体同时存在的，C错误；只有形状规则且质量分布

均匀的物体的重心才在物体的几何中心．物体能否被看成质点要看物体的大小和形状对所研究的问题的影响能否忽略，D错误．2．C弹力的方向总是垂直于接触面指向被支持的物体，故容器上A点对细杆的作用力方向为垂直于过A点切线指向杆，容器上B点对细杆的作用力方向为垂直于杆，C正确

．3．C重心是物体各部分所受重力的等效作用点，并不是其他部分不受重力，物体的各个部分都受到重力，A错误；重力方向竖直向下，当放在斜面上也是竖直向下，B错误；根据力的图示可读得铅球重力的大小为50N，C正确；力的图示中标度是任意的，D错误．4．AC弹簧的劲度系数k＝Fx＝1000N/m，A正确

，B错误；图甲、图乙中弹簧受力相同，弹簧的伸长量相同，图乙弹簧伸长量为0.1m，C正确，D错误．5．C把手对弹性绳的拉力是由于把手发生形变产生的，A错误；根据F＝kx可得k＝2Fx＝2400.3N/m＝800N/m，B错误，C正确；弹性绳原长度未知，每只手的拉力

改为80N，弹性绳长度不知，D错误．6．D由题图读出x＝0.1m时，弹簧的拉力F＝2×102N，由胡克定律F＝kx得k＝Fx＝2×103N/m，A错误，D正确；当弹簧伸长量为x1＝2cm时，弹簧产生的拉力是F1＝kx1＝2×103×0.02N＝40N，B

错误；当弹簧受F2＝800N的拉力作用时，弹簧的伸长量为x2＝F2k＝8002×103m＝0.4m＝40cm，弹簧总长度大于40cm，故C错误．7．C若用力F拉“大”弹簧，则有x1＝Fk1，x2＝Fk2，x1＋x2＝Fk0，

联立解得1k0＝1k1＋1k2，由上式分析可得k0<k1，k0<k2，k0更接近k1，C正确．专题8摩擦力1．D电风扇受重力、支持力、空气的反作用力及静摩擦力，共四个力作用，A错误；由于风扇处于平衡状态，故空气的反作用力与桌面对风扇的静摩擦力大小相等，

而空气的反作用力大小不变，故静摩擦力大小不变，当风的方向改变时，静摩擦力的方向也改变，B错误，D正确；风扇对空气的作用力作用在空气上，而桌面对风扇的摩擦力作用在风扇上，两者不是平衡力，C错误．2．D由题意知用80N的水平力推沙发，就可以使沙发保持匀速直线运动，应用平衡条件得F＝

μmg，解得沙发与地面之间的动摩擦因数μ＝Fmg＝80800＝0.1，A错误；由题意得沙发与地面间的最大静摩擦力为96N，所以用90N的水平力推这个静止的沙发，沙发不动，由平衡条件得沙发所受的静摩擦力大小为90N，B错误；若用96N的水平力推这个已经在运动的沙发，沙发所

受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为80N，C错误；小王坐在沙发上，由平衡条件得小李需要的水平推力大小F1＝μ(M＋m)g＝140N，D正确．3．D后轮为驱动轮，与地面接触点有相对地面向后的运动趋势，受到的

摩擦力向前，前轮有相对地面向前的运动趋势，受到的摩擦力向后，D正确．4．C应用假设法可判断甲情形中不受摩擦力，由平衡条件可判断乙情形中受到沿斜面向上的摩擦力，C正确．5．CD对A、B整体受力分析，由平衡条件得地面对B一定有摩擦力作用，μ2≠0.对A受力分析，

B对A没有摩擦力作用，μ1可能为零，也可能不为零，C、D正确．6．C物体重力沿斜面向下的分力为mgsin37°＝0.5×10×0.6N＝3N，用平行于斜面底边的水平力F＝1N推物体时，物体保持静止，由平衡条件可得物体受到沿斜

面向上的摩擦力的分力f1＝3N，平行于斜面底边的摩擦力的分力f2＝1N，则物体受到的摩擦力大小为f＝32＋12N＝10N，选项C正确．7．C物块与长木板间发生相对运动，是滑动摩擦力，只要两者间发生相对

运动即可，木板不一定在桌面上做匀速直线运动，A、B错误；物块受力平衡，弹簧测力计示数等于物块受到的滑动摩擦力，C正确；木板与物块、桌面间都会有摩擦力，D错误．8．A对圆锥面上的任一沙子有：mgsinθ＝μ

mgcosθ(θ为圆锥体的底角)，即有tanθ＝μ＝0.8.根据数学知识得圆锥底部的半径r＝l2π＝15πm，圆锥体的高为h＝rtanθ＝12πm，圆锥体的体积为V＝13Sh＝13πr2h≈91.3m3，选项A正确．9．D由题意可知，两物块的质量相等，则两物块与斜面之间的最大静摩擦

力相等，物块与斜面之间的最大静摩擦力为Ffm＝μmgcosθ，由A、B的受力情况可知，当物块B恰能保持静止时，弹簧的伸长量最大，则由平衡条件可知mgsinθ＋kxm＝Ffm，解得xm＝mg（μcosθ－sin

θ）k，D正确，A、B、C错误．10．C由于μ＝0.5<tan37°＝0.75，所以弹簧一定对物块有垂直斜面向下的弹力，小物块受重力、斜面支持力、弹簧弹力、斜面的摩擦力四个力作用，A、D错误；物块将要发生滑动时，有mgsin37°＝μ(mgcos37°＋F)，解得此时弹簧弹力F＝

4N，所以物块静止时弹簧弹力大小应满足F≥4N，B错误，C正确．11．BD12．ADA始终处于平衡状态，由平衡条件知，斜面对物体A的作用力与A受到的重力和推力F的合力是一对平衡力，由于F与重力夹角为钝角，所以斜面对物体A的作用力不一定减小，A正确；对A受力分析可知，由平

衡条件得mgcosθ＝FN，则FN不变，B错误；若A受到的摩擦力方向沿斜面向上，如图甲所示，有mgsinθ＝f＋F，f＝mgsinθ－F，F减小，f增大，若A受到的摩擦力方向沿斜面向下，如图乙所示，有mgsinθ＋f＝F，F减

小，f减小，C错误；对整体受力分析，由平衡条件得，地面对斜面体的摩擦力大小f0＝Fcosθ，F减小，f0减小，D正确．专题9力的合成与分解1．D二力合成时合力的大小随二力夹角的增大而减小，合力大小的范围是|F1－F2|≤

F合≤F1＋F2，所以合力可能比分力大，也可能比分力小，还可能与分力大小相等，故A错误；力的分解是力的合成的逆运算，一个力在理论上有无数组分力，但是实际分解中常常按照需要进行分解，所以对一个合力来说，可以分解成无数组分力，故B错

误；力的合成符合平行四边形定则或者三角形定则，对两个确定的分力来说，只能作出一个确定的平行四边形或者三角形，即两个确定的分力只能有一个合力，故C错误；由合力的范围可知2N的力与3N的力的合力的范围是1N≤F合≤5N，2N在这一范围内，所以一个大小为2N的合力可以分

解成两个大小分别为2N和3N的分力，故D正确．2．B因为水桶始终保持静止状态，所以两拉力F1、F2的合力等于mg，在合力不变的情况下，随着夹角θ变大，两分力都变大，A错误，B正确；当θ＝60°时，两分力满足2Fcos30°＝mg，解得F＝33mg即F1＝F2＝33mg，C错误；同

理当θ＝120°时，两分力满足2Fcos60°＝mg，解得F＝mg即F1＝F2＝mg，D错误．3.AB将小球的重力沿着平行斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图所示，两分力分别为F1＝mgcosθ，F2＝mgsi

nθ，由于θ不断增加，故F1不断变小，F2不断变大，A、B正确，C、D错误．4．B把拉力F沿水平方向和竖直方向分解，由平衡条件得Fcos45°＝mg＋μFsin45°，解得F＝22mg，B正确．5．C如图所示，将作用在绳索中点的水平恒力F分解到沿AO方向的拉力

F1和沿BO方向的拉力F2，因F1＝F2，则有F2＝F1sinθ，由于x≪d，则sinθ＝tanθ，因此，F1＝F2tanθ，代入数值得，F1＝2500N．A、B、D错误，C正确．6.A由对称性可知，AC、BC对轴

C的作用力大小相等，与水平面的夹角均为θ，由平衡条件得两力的合力大小等于物体的重力G大小，则有2Fsinθ＝G，解得F＝G2sinθ，A正确．7．AC瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共五个力，故A正确；根据题图可知，两檩条对瓦片的弹

力与垂直于屋顶向上的夹角为α，有2FNcosα＝mgcosθ，减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩

擦力不变，均等于12mgsinθ，故D错误．专题10共点力的平衡1．C将两个灯笼作为整体分析，根据平衡条件得FOAsinθ1＝2mg，FOAcosθ1＝F，联立解得FOA＝2mgsinθ1，F＝2mgtanθ1，A、D错误；对结点B受力分析，由平衡条件得FABsinθ2＝mg，FABc

osθ2＝F，联立解得FAB＝mgsinθ2，F＝mgtanθ2.由F＝2mgtanθ1和F＝mgtanθ2，联立解得tanθ1＝2tanθ2，B错误，C正确．2．D设最多能夹住n本书，由平衡条件得2μ1F＝nmg，解得n＝

19本；以中间(n－2)本书为研究对象，由平衡条件得2μ2F＝(n－2)mg，解得n＝16，D正确．3．D由平衡可知，物体Q受重力、P对Q的支持力、拉力，可能受到P对Q的摩擦力，A错误；物体P受重力、斜面对P的支持力和摩擦力、Q对P

的压力，可能受到Q对P的摩擦力，B错误；斜面体受重力、地面的支持力和摩擦力、来自P的压力和摩擦力，C错误，D正确．4．C在A点处于平衡时，有F－μmg＝kx1；在B点处于平衡时，有F＋μmg＝kx2，且x2－x1＝0.05m，联立

解得k＝200N/m，C正确，D错误；由于F＝8N>μmg＝5N，弹簧原长位置在A点的左侧，A、B均错误．5．A对小球受力分析，由三力平衡的矢量三角形的几何知识可得F1＝mg，F2＝3mg，F1F2＝13，D错误；由平衡条件得，两种情况下，细线AB的拉力与重力的合力大

小分别等于F1、F2，则细线AB的拉力与重力的合力大小之比等于F1、F2之比13，A正确；由平衡条件得，甲、乙两种情况下，细线AB的拉力分别为F甲＝mg，F乙＝2mg，则F甲F乙＝12，B、C错误．6．A如图，由于绳子的张

力大小处处相等，左边第一个滑轮静止，则左侧悬挂滑轮的绳的方向沿跨过滑轮的两段绳的角平分线方向，故跨过动滑轮与m连接的两段绳与竖直方向的夹角均为60°，动滑轮对绳的压力大小为Mg，根据三力平衡，Mg＝mg，解得M∶m＝1∶1.7．B对BC段受力分析，

受重力、墙壁的拉力、AC绳子对其向左的拉力，如答图甲所示，根据平衡条件，有FBcosα＝1n＋1mg，可得FB＝mg（n＋1）cosα，所以绳子在B处弹力大小为F′B＝mg（n＋1）cosα，又因为FBsinα＝T，联立解得绳子在C处的弹力大小T′＝T＝mgtanαn＋1，故A错误，B正确

；对AC段受力分析，受重力、墙壁的拉力、BC绳子对其向右的拉力，如答图乙所示，设过绳子A端的切线与水平方向夹角为β，根据平衡条件，有TAsinβ＝nn＋1mg，TAcosβ＝T′C，又T′C＝T，联立解得TA＝mgn2＋tan2αn＋1，tanα·tanβ＝n

，显然α不一定等于β，绳子在A处的弹力大小为T′A＝TA＝mgn2＋tan2αn＋1，故C、D错误．专题11动态平衡问题1．BC设弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得，小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A点到B点的过程中，θ减小，弹力增大，A错误，B正确；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A点

到B点的过程中，θ减小，摩擦力减小，C正确，D错误．2．D以物体作为研究对象，在沿斜面方向上，重力沿斜面向下的分力、F的分力及摩擦力的合力为零，因F的分力先沿斜面向下减小，后沿斜面向上增大，故摩擦力可能先向上减小，后向下增大，也可能一直减小，故C错误，D正确；以整体为研究对象，F的水平

分力与地面给斜面的摩擦力平衡，F的水平分力先增大，再减小，再增大，地面与斜面间的摩擦力也同步变化，故A、B错误．3．AD对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力FN，如答图所示，根据平衡条件可知，mg和FN的合力F′与F大小相等、方向相反，根据几何

知识得FN＝mg，且有F＝F′＝2mgcosθ，A正确；小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，由答图可知△OAB～△GF′A，即mgR＝F′AB＝FNR，解得F＝F′＝ABRmg，FN＝mg，当小球上移时，半径R不变，A

B减小，故F减小，FN不变，B、C错误，D正确．4.B已知两点间距lAC>lAB，绳与墙壁夹角α变小，由平衡条件得T＝mgcosα，FN＝mgtanα，可知网兜对A点的拉力变小，A错误，B正确；足球对墙壁的压力变小，

C、D错误．也可用图解法求解，重力和支持力的合力与绳的拉力大小相等，由三角形知识可知，当绳子与墙壁的夹角减小时，支持力FN和绳子的拉力T均减小，只有选项B正确．5．B对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力和斜面对小球的支持力，由于斜面角度未知，故不能确定细线拉力与重力的大小关系，

A错误；根据三力平衡构成的矢量直角三角形可得，细线的拉力小于斜面对小球的支持力，B正确；由几何关系可得，当线长等于半径时，斜面倾角为30°，则FT＝mgtan30°＝33mg，C、D错误．6．C由题意，风力F＝kSv，由平衡条件得kSv＝mgtanθ，当风速v0＝3m/s时，θ＝3

0°.则当θ＝60°时，风速v1＝3v0＝33m/s，A错误；由平衡条件判断θ不可能等于90°，B错误；若风速v不变，换用半径相等(S不变)，质量增大，则θ减小，C正确；由平衡条件和牛顿第三定律知底座对地面的

压力大小等于系统的重力，与水平风力无关，D错误．7．D半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ＝μmgcosθ，故μ＝tanθ，解得θ＝π6，即q＝π6，故C错误．θ在0～π6之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在

π6～π2之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，综合以上分析得Ff与θ的关系如图中实线所示，故A、B错误．当θ＝π6时，Ff＝mgsinπ6＝mg2，即p＝mg2，故D正确．8．C小球B受三个力而平衡，这三个力构成如图1所示的矢量三角形，且力的矢量三角形总与△ABO相似，因此有

mgOA＝FTOB＝FNAB，小球A缓慢上移的过程中OA减小，因此细线的张力FT和轻杆的弹力FN均增大，且轻杆始终受到压力，A、B、D错误；小球A的受力分析如图2，F＝mg＋F′Ncosθ，小球A上移时θ增大，

cosθ减小，力F减小，C正确．9．CD以两杆的交接点为研究对象，由平衡条件得轻杆上的作用力大小F＝mg2sinθ，A错误；A、B滑块受重力、地面的支持力、轻杆的弹力和地面的摩擦力四个力作用，B错误；以A、B、C整体为研究对

象，应用平衡条件和牛顿第三定律得A、B滑块对地面的压力大小FN＝12(2M＋m)g＝(M＋12m)g，C正确；以A为研究对象，由平衡条件得地面的摩擦力f＝Fcosθ＝mg2tanθ，当θ增大时，摩擦力f减小，D正确．10.

B如图，小球可视为质点，因此小球与圆弧作用力F1和小球与挡板作用力F2彼此正交，设挡板与OA夹角为α，小球质量为m，则F1＝mgsinα，F2＝mgcosα，α自0增大到90°，所以F1一直增大，F2一直减小，B正确．11．A对小球受力分析并合成矢量三角形，重力大小方向不变，支持力方向不

变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；对斜面受力分析，正交分解：N′sinα＝f，N地＝N′cosα＋Mg，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力N′减小，所以

斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，C、D错误．12.D以P、Q整体为研究对象，受力分析可知OA杆和OQ杆对环的弹力夹角不变，用外接圆法可判断转动过程中FP增大，FQ减小，D正确．

专题12平衡中的临界和极值问题1．C2.C以小球为对象，设小球所在位置切线方向与竖直方向夹角为θ，如图所示，因缓慢向上，则沿切线方向有FT＝mgcosθ，沿半径方向有FN1＝mgsinθ，小球向上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，小球对柱体的压力

增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向柱体受到地面的支持力FN2＝Mg＋FN1sinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向墙面的力F＝FN1cosθ＝mgsinθcosθ＝12mgsin2θ，θ增大，地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面

的压力最大，故C正确，D错误．3.AC选取小球运动过程某一状态，对其受力分析，作出支持力与拉力的合成图，如图所示，由题意知，a＋β＝120°在力的三角形中应用正弦定理得mgsin60°＝Fsinβ＝FNsinα，从小球刚好离开地面至轻杆转过9

0°的过程中，β从90°减小到0，sinβ逐渐减小，拉力F逐渐减小，因此当β＝90°时，F最大，此时F＝233mg，α从30°增加到120°，sinα先增大后减小，弹力FN先增大后减小，当α＝90°时，FN最大．综上所述，A、C正确，B、D错误．4.C设

橡皮条的拉力大小为T，由几何关系可知2Tcos30°＝F，解得T＝33F，若F′沿水平方向，则小环只受橡皮条的拉力和F′，由平衡条件知F′＝T＝33F，故A错误；若F′沿竖直方向，则有F′＝Ttan30°＝13F，故B错误；作出小环的受力图如答图所示，由三角形定则知，当F′⊥N

时，F′有最小值F′min＝T·sin30°＝36F，故C正确；根据平行四边形定则可知，F′的值可取无穷大，故D错误．5．(1)51.8N73.2N(2)70.7N解析：(1)如图，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，对小球受力分析，把不在坐标轴上的力沿轴分解，则水平方向

上有FTsin45°－FNsin30°＝0竖直方向上有FTcos45°＋FNcos30°－mg＝0由以上两式得FN＝100(3－1)N≈73.2NFT＝50(6－2)N≈51.8N(2)外力方向与绳子垂直时，拉力最小．拉力的最小值为Fmin＝mgsin45°代入数据，解得F

min＝502N≈70.7N专题13实验：探究弹力和弹簧伸长的关系1．(1)8.20(2)75(3)D解析：(1)刻度尺的分度值为0.1cm，则其读数为8.20cm.(2)根据ΔF＝kΔx可得k＝ΔFΔx＝4.5（9－3）×10－2N

/m＝75N/m.(3)当F＝0时，弹簧处于原长，可知弹簧a的原长比弹簧b的短，A错误；F­l图象的斜率表示弹簧的劲度系数，则弹簧a的劲度系数比弹簧b的大，B错误；由图可知，弹簧弹力相同时，弹簧a的长度比弹簧b的短；弹簧长度相同时，弹簧a的弹力比弹簧b的大，C错误，D正确．2．(1)

6.046.05(2)3(3)48.6解析：(1)ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm，压缩量的平均值ΔL＝ΔL1＋ΔL2＋ΔL33＝6.05cm.(2)根据(1)问可知，ΔL为增加3个钢球时产生的平均压缩量．

(3)根据胡克定律的推论可知，3mgsinθ＝kΔL，代入数值解得k＝48.6N/m.3．(1)弹簧自身重力的作用(2)图见解析(3)5.0解析：(1)由于弹簧自身重力的作用，不挂钩码时，弹簧的伸长量也不为零，因此弹力与

伸长量的关系图线不过原点．(2)将表中的实验数据经过计算后描绘在坐标系中，用平滑的曲线连接．(3)结合胡克定律可知，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，即k＝0.6－0.110×10－2N/m＝5.0N/m.专题14实验：验证力的平行四边形定则1．(1)3

.00(2)一直减小先减小后增大解析：(1)弹簧秤的最小分度为0.1N，题图2读数为3.00N.(2)F甲、F乙的合力与轻质弹簧AA′的弹力等大反向，OA与OB夹角不变，OA与OC夹角变大如图所示，F乙与F甲垂直时最小，F乙先减小后增大，F甲一直减小

．2．②CD③相同位置⑤大小和方向解析：②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上．将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计．用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止

时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向．故选CD.③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向；⑤比较F′和F的大小

和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则．3．(1)3.60(2)不必(3)F′解析：(1)弹簧的测力计的分度值为0.1N，所以读数为3.60N.(2)理论上两弹簧测力计的合力的方向应竖直向上，即步骤①中记录的方向，只要通过O点作出F的图示即可，步骤②与步骤①环O的位置不必重合．

(3)步骤③中F1、F2、F均是弹簧测力计测量的，只有F′是利用平行四边形定则作出来的．第三章牛顿运动定律做真题明方向1．AD撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝maP，对Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg

减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝v－t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正

确．2．A如图可知sinθ＝12×3L5L2＝35，则cosθ＝45，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tcosθ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝5F8m，故选项A正确．3．BC当飞行器关闭发动机以速率v1＝10m/s匀

速下落时，有Mg＝kv21，当飞行器以速率v2＝5m/s匀速向上运动时，有Mg＋kv22＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kv22)2，解得F＝174Mg，B项正

确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有F2max－(Mg)2＝(kv23)2，解得v3＝53m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv22＝Mam

ax，解得amax＝2.5g，D项错误．4．D横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝x0cosθ，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝gsinθ，故物块从Q到P的运动时

间为t＝2xa＝2x0gsinθcosθ＝4x0gsin2θ，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．5．CD设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直

方向的分力满足NxNy＝tanθ竖直方向Ny＝mg则Nx＝mgtanθ若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma可得a＝gtanθ对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值

为Nx＝mgtanθ若tanθ≤μ，对小球B，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mgtanθ则对小球A，根据牛顿第二定律可得Nx＝mamax对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax解得F＝4mgtanθ，B错误；若μ<tanθ≤2μ可知小球B所受向

左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)·μ－Nx＝2μmg－mgtanθFmax<mgtanθ对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax对系统根据牛顿第二定律F＝4mamax联立可得F的最大值为F＝4mg(2μ－ta

nθ)C正确；若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时F

min＝Nx－(Ny＋mg)μ＝mgtanθ－2μmgtanθ当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝Nx＋(Ny＋mg)μ＝mgtanθ＋2μmgtanθ对小球B根据牛顿第二定律Fmin＝

maminFmax＝mamax对系统根据牛顿第二定律F＝4ma代入小球B所受合力的范围可得F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正确．故选CD.专题15牛顿第一定律牛顿第三定律1．BD牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物

，不能用实验直接验证，A错误；不受外力作用时，由于物体具有惯性，仍会保持原来的运动状态不变，B正确；一切物体均有惯性，跟物体的运动状态和受不受力无关，C错误；根据牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，不是维持速度的原因，D正确．2．A虽然马对车

不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离．这一现象说明车的运动不需要力来维持，故A正确，B、C、D与本题无关．3．C物体有向上的初速度继续上升是因为具有惯性，而不是受到向上的力，A错误；牛顿第一定律是在物体完全

不受力的理想情况下，虽然跟合力为零时物体的运动状态是一样的，但这是两码事，何况牛顿第一定律提出了力和惯性的概念，为牛顿第二定律的建立奠定了基础，两者是并列关系，而不是包含关系，B错误；根据牛顿第一定律，力不是维持物体运动的原因，受力的方向与运动的方向没

有任何关系，C正确；汽车越难停下来，即减速的时间长或距离大，而不是运动状态越难改变，不能反映惯性的大小，惯性的大小是由物体的质量决定的，D错误．4．C质量是惯性大小的量度，与速度无关，故A错误；伞绳对返回舱的作用力与返回舱

对伞绳的作用力是作用力和反作用力，大小一定相等，故B错误；伽利略的“斜面实验”是为了“冲淡”重力，方便测量时间，故C正确；伽利略利用理想斜面实验说明力是改变物体运动的原因，故D错误．5．C冰面对男运动员的支持力等于男运动员和女运动员重力之和

，所以男运动员受到的重力和冰面对他的支持力不是一对平衡力，故A错误；女运动员处于平衡状态，男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故B错误；男运动员对冰面压力与冰面对他支持力是一对相互作用力，大小在任何时候都相等，故C正确；作用力和反作用力

之间只涉及两个相互作用的物体，而女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力涉及到三个物体，所以不是一对作用力和反作用力，故D错误．6．Bm、kg是国际单位的基本单位，N是国际单位的导出单位，A错

误，B正确；质量是惯性的唯一量度，祝融号在火星表面与地球表面质量相同，惯性不变，C错误；祝融号对火星的表面的压力与火星对祝融号的支持力是作用力与反作用力，大小相等，D错误．专题16牛顿第二定律的理解1．BC根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma整理后有F＝ma＋μm

g则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC.2．B物体所受摩擦力为f＝μmg＝20N，方向向右，根据牛顿第二定律得f＋F＝ma，代入数据解得a＝4m

/s2，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误．3.D以小球A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得mAgtanθ＝mAa，可得a＝gtanθ，方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故A、B

错误；再对物体B研究，由牛顿第二定律得f＝ma＝mgtanθ，方向向东，故C错误，D正确．4．B当车的加速度增大时，物块所受的静摩擦力始终等于重力，大小不变，物块与车厢始终相对静止，不向上运动，A、D错误；根据牛顿第二定律得FN＝Ma，当车的加速度增大时，车厢对物块的支持力增大，根据

牛顿第三定律，物块对车厢的压力增大，B正确；根据牛顿第二定律得F合＝Ma，当车的加速度增大时，物块M所受合外力增大，C错误．5.C小球的加速度方向水平向右，所以合外力方向水平向右，故A错误；对小球进行受力分析得：mgtanα＝ma，解得：a＝gtanα＝

43g，所以系统的加速度为a＝43g，故B错误；对小球进行受力分析，如图，则凹槽对小铁球的支持力N＝mgcosα＝53mg，故C正确；对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a＝43(M＋m)g，故D错误．6．C对小球受力分析可知Fcos37

°＝mg，FN－Fsin37°＝ma，其中挡板对小球的压力大小FN＝mg，解得a＝2.5m/s2，C正确．7．C甲：Mg－T＝Ma1T＝Ma1，联立解得：a1＝g2.乙：F＝Ma2F＝Mg，∴a2＝g，∴a1＝a22，故选C.专题

17用牛顿第二定律解决瞬时问题1．BD甲、乙、丙三球位于同一竖直线上且处于静止状态，天花板与甲球间轻绳剪断瞬间，由于弹簧弹力不能突变，所以丙球受到的合力仍然为0，则a丙＝0，D正确；以甲、乙两球整体为研究对象，受重力和弹簧向下的拉力作用，由牛顿第二定律得3mg＝2ma

，解得a甲＝a乙＝1.5g，A、C错误，B正确．2．C剪断细绳前细绳的拉力FT＝3mgsinθ，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则此时A受力不变，加速度仍然为零，即aA＝0，小球B受合力大小为FT，则加速度aB＝FTm＝3gsinθ，C正确．3．A剪断细线前，设弹簧弹力为

FT，整体：F－3mg＝3ma，B球：FT－2mg＝2ma，解得：FT＝23F.剪断细线瞬间：弹簧弹力FT不变，A球：mg＋FT＝maA，解得：aA＝2F3m＋g，故选A.4．BD设物体a、b的质量都为m，剪断绳子前，由平衡条件可得绳子的拉力为mg，弹簧向上的弹力为2mg.在P点剪断

绳子的瞬间，绳子的拉力突变为零，物体b做自由落体运动，加速度大小为g，选项C错误，D正确；在P点剪断绳子的瞬间，弹簧中弹力不变，弹簧对物体a向上的拉力还是2mg，由牛顿第二定律有2mg－mg＝ma0，可得物体a向上的加速度a0＝g，与物体b的

加速度大小相同，选项A错误，B正确．5．C细线烧断前由整体法可知M＝2m，弹簧上弹力F＝mg，细线烧断时，M与上面m为整体，加速度大小相同，由牛顿第二定律可得Mg＋F－mg＝3ma，解得a＝23g，C正确．6．C当1与2下的板抽出后，1、

2一块做自由落体运动，加速度为g，此时连接1与2间的杆无弹力；3与4下方的板抽出瞬间，弹簧的形变量还未变化，此时弹簧弹力与没抽出板时的弹力相同，故3受力仍平衡，加速度为零，4的加速度为：a4＝m＋MMg.由上分析知C对．7．D由

受力平衡得轻绳的拉力大小F＝mgtanθ，方向水平向右．剪断轻绳的瞬间，绳的拉力突然消失，弹簧的弹力和重力不变，合力水平向左，大小为mgtanθ，则加速度大小为gtanθ，方向水平向左，D正确．专题18动力学两类基本问题1

．B根据加速度定义得a＝ΔvΔt＝2.5m/s2，根据力的合成得空气对无人机的作用力F＝（mg）2＋（ma）2≈258N，B正确．2．D根据牛顿第二定律，上升过程有－(mg＋f)＝ma1，下降过程有f－mg＝ma2，

可判断|a1|>|a2|，方向均竖直向下，A、B错误；上升和下降过程中分别做匀变速直线运动，x­t图象为曲线，不是直线，C错误；由于|a1|>|a2|，且上升位移大小与下降时位移大小相等，所以上升用时短，下降用时长，D正确．3．C设物块沿斜面向上运

动的加速度大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ，沿斜面向下运动的加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ，由于12a1t2＝2×12a2t2，因此有a1＝2a2，解得μ＝13tanθ，C项正确．4．A根据牛顿第二定律得a＝mg－fm，速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动

，当加速度减小到零后，雨滴做匀速直线运动，A正确．5.AC如图所示，连接AC，设AB与AD的夹角为θ，则CD与水平面的夹角也为θ.对物块受力分析且由牛顿第二定律得a1＝gcosθ，a2＝gsinθ，由图可

知sinθ＝CDAD，cosθ＝ACAD，则cosθ<sinθ，可得a1<a2，A正确；设圆的半径为R，沿斜面AB有2Rcosθ＝12gt21cosθ，沿斜面CD有2Rsinθ＝12gt22cosθ，解得t1＝t2＝4Rg，C正确，D错误；物块到达底端的速度v1＝a1t1＝4gRcosθ，v

2＝a2t2＝4gRsinθ，有v1<v2，B错误．6．(1)83m/s2(2)12m/s(3)66N解析：(1)雪车在AB段做匀加速直线运动，由运动学规律得v21＝2a1x1解得加速度大小a1＝83m/s2(2)雪车在AB段有v1＝a1t1，解得t1＝3s雪车在B

C段的运动时间为t2＝t－t1＝2s，雪车在BC段x2＝v1t2＋12a2t22解得加速度大小a2＝2m/s2通过C点时的速度v＝v1＋a2t2＝12m/s(3)在斜坡上由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma2解得阻力大小Ff

＝66N．专题19超重和失重1．D由题意可知，该同学失重，则电梯的加速度向下，即可能向下加速或者向上减速运动．2．AC跳高运动员在空中上升和下落过程中加速度都向下，都处于失重状态，A正确；质量是惯性大小的

唯一量度，在蹦床比赛中，运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性不变，B错误；举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于静止状态，即平衡状态，C正确；游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，D错误．3．B箱子在空中只受重力作用，加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态，物

资与箱子之间没有相互作用力，A、C错误，B正确；初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5……，D错误．4．AC人刚跳下时，弹性绳弹力为零，人做匀加速(自由落体)运动，处于完全失重状态，A正确；当弹性绳被拉直后，开始弹性绳弹力小于人的重力，处

于失重状态，人向下做加速度减小的加速运动；当弹力与重力大小相等时，加速度为零，速度达到最大；之后弹力大于重力直到最低点，人有向上的加速度，处于超重状态，B错误，C正确；人往回弹的过程中，人向上做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，直至绳子

松驰，D错误．5．D球静止时，受到浮力、拉力和重力作用，A错误；球上浮时，向上做加速运动，对应的水向下加速，整体处于失重状态，对球和容器整体分析，容器对地面的压力小于F，B错误，D正确；球上浮过程中，受力情况不变，球的加速度不变，C错误．6．A由图可知，运动员在空中时间T＝8.7s－6.7s＝2s

，由运动的对称性可知，下落时间t＝1s，运动员上升的最大高度h＝12gt2＝5m，A正确；由图可知，运动员的重力为500N，质量为m＝Gg＝50kg，运动员的加速度最大为am＝Fm－mgm＝40m/s2，B错误；8.7s至9.5s内，蹦床弹力由0增加到2500N再减小到

0，运动员先处于失重状态后处于超重状态再处于失重状态，C错误；运动员与蹦床相接触的过程中，运动员受到蹦床的弹力是由于蹦床发生弹性形变而产生的，D错误．7．Bv­t图象的斜率表示加速度，则t＝0.5s时，加速

度a＝ΔvΔt≈0.3m/s2，A错误；t＝0.4s时，他向上加速运动，处于超重状态，B正确；t＝1.1s时，他的速度达到最大值，v­t图象的斜率为0，受到单杠的作用力刚好等于人的重力600N，C错误；t＝1.5s

时，他向上做减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，D错误．专题20传送带模型1．B小物块向右运动，如果一直加速运动则a＝μg，L＝12at2，t＝2Lμg，如果到达右端时恰好与传送带共速t＝Lv2＝2Lv，如果先加速，后匀速t1＝vμg，t

2＝L－v2t1v＝Lv－v2μg，t1＋t2＝Lv＋v2μg，则A、C、D选项可能，B选项是匀速运动，不可能．2．BD物块先加速运动，加速时做匀加速运动，物块在B点前可能与传送带共速，后匀速运动到B端；也可能一直加速到达B端．综上所述，B、D正确．3．BC如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时

加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2m/s，A错误；物块的位移等于v­t图线与横轴所围的面积，即L＝12×(4＋2)×0.2m＋12×1×2m＝1.6m，则上

升的竖直高度为h＝Lsinθ＝0.96m，B正确；0～0.2s内，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2.0.2～1.2s内，a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0

.2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．4．(1)10m/s2(2)4m/s解析：(1)物块刚滑上传送带时，物块受的摩擦力平行传送带向下，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝m

a1解得a1＝10m/s2(2)设物块速度减为v＝5m/s所用时间为t1，则v－v0＝－a1t解得：t1＝0.5s通过的位移：v0＋v2t1＝3.75m<6m因μ<tanθ，此后物块所受滑动摩擦力沿传送带向上，继续减速上滑，物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有mgsin37°

－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2设物块到达最高点的速度为v1，则v21－v2＝－2a2x2x2＝l－x1＝2.25m解得v1＝4m/s.专题21滑块－木板模型1．A假设物体A与长木板B之间没有相对滑动，对整体和物块A

分别应用牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，f＝ma，解得f＝8N，物体A与长木板B之间的最大静摩擦力fmax＝μmg＝10N，所以物体A受到静摩擦力的大小为8N，A正确，B、C、D错误．2．B若货车向前加速时，车厢对木箱的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律得木箱对车厢

的摩擦力方向向右，A错误；当摩擦力达到最大静摩擦力时刚好不发生相对滑动，最大加速度a＝μg＝4m/s2，B正确；若货车行驶过程突然刹车，加速度较小时木箱不会相对车厢滑动，发生相对滑动时也不一定与车的前端相撞，C错误；货车的加速度5m/s2>

4m/s2，木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力为滑动摩擦力，D错误．3．BC对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝mgsin37°－μ1mgcos37°m＝2.8m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝mgsin3

7°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°m＝0.8m/s2，A错误，B正确；要使小孩与滑板分离，12a1t2－12a2t2＝L，解得t＝1s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，C正确，D错误．4．(1)3m/s25m/s2(2)8m/s8m/s解析：(1)拉力刚开

始作用时，假设A、B之间会发生相对滑动，则对A、B根据牛顿第二定律分别有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAaA1F－μ1mBg＝mBaB1解得aA1＝3m/s2，aB1＝5m/s2，假设成立．(2)撤去拉力时，A、B的速度大小分别为vA1＝aA1t1＝6m/s，vB1＝aB1t1＝10m/s

.撤去拉力后的一段时间内，B做匀减速运动，其加速度大小为aB2＝μ1g＝2m/s2，A仍以加速度aA1做匀加速运动，设从撤去拉力后经过时间t2二者达到共同速度，即vA1＋aA1t2＝vB1－aB2t2解得t2＝0.8s此时A、B的速度

大小均为v＝vA1＋aA1t2＝8.4m/s达到共同速度后，因为μ2<μ1，所以A、B可以以相同的加速度做匀减速运动，整体的加速度大小为a＝μ2g＝1m/s2t＝3.2s时，A、B的速度大小为vA＝vB＝v－a

(t－t1－t2)＝8m/s.专题22动力学中的临界和极值问题1．AD由图象知，运动员下降15m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，原长小于15m，故A正确；当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速

度竖直向下，处于失重状态，故B错误；当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹力继续增大，故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确．2．BC滑块相对木板静止时，滑块的最大加速度a＝μ1

g＝1m/s2，对整体有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得两者保持相对静止时，最大的拉力F＝9N，减速时，对整体有F－μ2(m＋M)g＝－(m＋M)a，解得最小的拉力为3N，所以B、C正确．3．B三个物块相对静止，看成整体，设加速度

为a，由牛顿第二定律得F＝3ma，对C应用平衡条件得绳的拉力T＝mg.对B受力分析，设A对B的静摩擦力为f，由牛顿第二定律得T＋f＝ma，联立解得F＝3(mg＋f)，A对B的支持力FN＝mg，结合μ＝0.7得A对B的最大静摩擦力fm＝

μFN＝0.7mg.当f＝fm＝0.7mg时，水平推力F取最大值Fmax＝5.1mg.当f＝－fm＝－0.7mg时，水平推力F取最小值Fmin＝0.9mg，比较可得FmaxFmin＝173，B正确．4．D

滑板模型，所以对鸡蛋有d10＝12a1t2，μmg＝ma1，对纸板有d＋d10＝12a2t2，Fmin－3μmg－μmg＝2ma2，联立解得Fmin＝26μmg，D项正确．5．AD开始时弹簧的压缩量为1cm，所以弹簧的弹力F1＝kx1＝1N，A

正确；A、B刚要分离时，B对A的弹力为零，由牛顿第二定律得mg－F2＝ma，解得F2＝0.8N，B错误；由F2＝kx2得此时弹簧的伸长量x2＝0.8cm，从开始运动到A、B分离做匀加速直线运动，x1＋x2＝12at2，解得t＝65×10－2s，C错误，D正确．6．AB

D当θ＝90°时，加速度等于g，由运动学规律得v20＝2gx，结合图象信息解得v0＝6m/s，A正确；当θ＝0时，有v20＝2μgx，解得μ＝0.75，B正确；斜面的倾角为θ时，有v20＝2(gsinθ＋μgcosθ

)x，整理得x＝v202g（gsinθ＋μgcosθ）＝v202g1＋μ2sin（θ＋α），由μ＝tanα，α＝37°，可得当θ＝53°时，位移x有最小值xmin＝v202g1＋μ2＝1.44m，C错误，D正确．专题23实验：探究加速度与力、质量的关系1．0.430

.32解析：由于s1的距离最短，故测量误差最大，舍去，由Δx＝a(ΔT)2可知，小铜块下滑的加速度大小为a＝（s4＋s5）－（s2＋s3）（2ΔT）2，将数据代入解得a≈0.43m/s2；由牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，解得μ≈0.3

2.2．(1)1.02(5)如图所示0.345解析：(1)根据游标卡尺读数规则可知h＝10mm＋2×0.1mm＝1.02cm.(2)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4组数据中的加速度a为0.345m/s2.

3．(1)31.4(2)0.44(3)见解析解析：(1)根据游标卡尺的读数规则有3.1cm＋4×0.1mm＝31.4mm(2)每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间隔为T＝5×0.02＝0.1s，匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平

均速度，则有vC＝xBD2T＝0.44m/s(3)设绳的拉力为T，小车运动的加速度为a.对桶和砂，有mg－T＝ma，对小车，有T＝Ma，得T＝MM＋mmg，小车受到细绳的拉力T等于小车受到的合力F，即F＝MM＋mmg＝11＋m

Mmg，可见，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F.第四章曲线运动万有引力与航天做真题明方向1．B依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1＝a1R1＝6m/s，在CD段运动的最大速

率为v2＝a2R2＝2m/s，所以经过BC段和CD段的最大速率为v2＝2m/s，因此在BC段和CD段运动的最短时间t3＝3π＋4π2s＝7π2s，在B点的速率最大为v2＝2m/s，设在AB段小车以最大加速度减速的距离

为x，则根据匀变速直线运动规律得v22＝v2m－2a1x，解得x＝3m，t2＝vm－v2a1＝1s，所以匀速运动的最大距离l＝8m－x＝5m，运动时间t1＝54s，最短时间t＝t1＋t2＋t3＝94＋7π2s，B正确．2．C根据题

述可知，运动员在斜坡上由静止滑下做加速度小于g的匀加速运动，在NP段做匀速直线运动，从P飞出后做平抛运动，加速度大小为g，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图像C正确．3．D设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，根据GMmr2＝m4

π2T2r可得Gm地m月r21＝m月4π2T21r1Gm地m日r22＝m地4π2T22r2其中r1r2＝R月R日＝R地kR日ρ＝m43πR3联立可得ρ地ρ日＝1k3T2T12故选D.4．C万有引力

F＝GMmr2，航天员受万有引力，且万有引力提供向心力，航天员所受合力不为零，地表处r较小，航天员在地表处所受万有引力大于在飞船上所受的万有引力，航天员在飞船上所受地球引力，约等于随飞船运动所需的向心力，

所以A、B、D错误，C正确．5．C依题意可知卫星的绕行周期T0＝Tn，对卫星根据牛顿第二定律可得GMm（R＋h）2＝m(R＋h)·4π2T20，根据黄金代换式gR2＝GM，联立解得h＝gR2T24n2π213－R，C正确．专题24曲线运动运动的合成与分解1．D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．B抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度

，A错误；谷粒2做斜抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同．在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上，运动路程不同，故谷粒2运动时间较长，C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点

的速度即为水平方向上的分速度．与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，D错误．故选B.3．B撤去F2后，其他三个力的合力方向与F2方向相反，则物体水平方向的速度先减速到零

，再反向加速，而与原速度垂直的方向上也在加速，所以有可能在某时刻速率达到v0，B正确；其他几种情况下撤去某力后其他几个力的合力与初速度方向的夹角均小于等于90°，速率一直增大，A、C、D错误．4．D红蜡块沿x轴方向和y轴方向均做匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动

，速度不变，A、B错误；若增大或减小玻璃管运动的速度，蜡块的竖直速度不变，则红蜡块运动到顶端的时间不变，C错误，D正确．5．A由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速

度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D

错误．6．C7．A8．BD分运动与合运动具有等时性，所以渡河的时间t＝Lv静sin（θ＋α），与v水无关，A、C错误，B正确；由上式可知，当α＋θ＝90°，渡河的时间最短，最短时间tmin＝Lv静sin90°＝Lv静，D正确．9．A设此时绳

子的速率为v绳，将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解，可得v绳＝vAsin37°，v绳＝vBsin37°，结合vA＋vB＝203m/s，解得vA＝103m/s，A正确．10.C合速度方向与河岸的夹角为θ，当船速与合速度垂直时，船速最小，vmin＝v1sinθ，C正确．专题25抛体运动

1．B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．BC从A到B可看成平抛运动，根据平抛运动规律得h＝12gt2，x＝vAt，解得vA＝3m/s，A错误；球在B点时的竖直分速度vy＝gt＝4m/s，球在B点离开球拍时的速度大小为vB＝v2A＋v2y＝5m/s，B正确；球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小Δv＝gt＝4m/s，

C正确，D错误．3．C在忽略空气阻力的情况下，炮弹做斜上抛运动．由于只受到重力作用，加速度相同，均为重力加速度，A错误；斜上抛运动在竖直方向为竖直上抛运动，水平方向为匀速直线运动，设上升的高度为h1，上升运动的时间为t1，下降的高度为h2，下降的时间为t

2，根据竖直上抛运动的规律可知h1＝12gt21，h2＝12gt22.由图可知，B上升的高度和下降的高度比A的大，故B运动的时间比A的长，B错误；炮弹在最高点的速度等于运动中的水平分速度，由vx＝xt得B在最高点的速度比A的小，C正确；两炮弹打到目标时的速度v＝

v2x＋v2y＝v2x＋2gh2，由于vxA>vxB，h2A<h2B，所以无法判断两炮弹打到目标时的速度大小关系，D错误．4．C因“篮球以与水平面成45°的倾角落入篮筐”，所以篮球落入篮筐时速度的水平分量和竖直分量大小相等，均设为v，则水平方向有L＝vt，竖直方向有h＝v2·t2＝L4＝1.8m

，A错误；结合h＝12g(t2)2解得t＝1.2s，v＝6m/s，则篮球刚离手时的速度v′＝2v＝62m/s，B错误，C正确；篮球运动到最高点时有水平方向的速度，不为零，D错误．5．BC面片在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有

h＝12gt2，代入数据解得面片落入锅中的时间t＝0.4s，面片做平抛运动的水平位移满足0.5m≤x≤1.5m，根据x＝vt，解得面片的水平速度1.25m/s≤x≤3.75m/s，B、C正确．6．D平抛运动中，落地时间只与下落的高度

有关，故A错误；三个小球在竖直方向上做自由落体运动，由公式t＝2hg可得下落时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶2∶2，由于三个小球初速度相同，故水平位移之比xA∶xB∶xC＝1∶2∶2，则L1∶L2＝(2－2)∶(2－1)＝2∶1，故L1>L2，故D正确，B、C错误．7．B设P

点坐标为(x0，y0)，小球经过P点时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°＝vyv0，又h＝vyt2，x＝v0t，其中h为A、P之间的竖直距离，解得h＝x02，得A点纵坐标H＝h＋y0＝h＋x0＝3h，由h＝12gt2，H＝12gt′2，可得t′＝3t，B正确．8．D跳

蚤做平抛运动，若要想以2m/s水平速度恰好跳到木棍上，则应落到木棍上时恰好满足速度方向与水平方向成45°角，设下降高度为h，C点距A点的高度为h′，则t＝2hg，落到木棍上时恰好满足速度方向与水平方向成45°角，故

有v0＝vy＝gt，由几何关系得h＋h′＝x，由水平方向的匀速直线运动得x＝v0t，联立方程，解得h′＝0.2m，则距地面高度H＝1m－h′＝0.8m．9．(1)3s(2)25m/s，方向沿斜坡向下解析：(1)运动员做平抛运动，则有x＝v0t，y＝12gt2又tanθ＝yx联立解得t＝3s(2

)根据几何关系可得合位移大小l＝xcosθ则平均速度大小v－＝lt代入数据解得v－＝25m/s，方向沿斜坡向下．10．(1)2Epm(2)5mghEp2mg解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知E

p＝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＝5mghEp2mg专题26圆周运动1．C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4m

π2k2为常数，r的指数为3，故题中n＝3故选C.2．D由题意知同学在沿弯道跑步时角速度约为ω＝θt＝π12rad/s，线速度v＝ωr＝3πm/s，转速n＝ω2π＝124r/s，向心加速度a＝ω2r＝π24m/s2，D正确．3．D

桶盖上的A、B两点同时绕着O点转动，则角速度相等，即ωA＝ωB，根据v＝ωr，结合rA<rB解得vA<vB，D正确．4．C雪车和运动员沿倾斜侧壁在水平面内做匀速圆周运动，合外力不为零，且指向圆心，A错误；雪车受到的摩擦力是滑动摩擦力，与相对

冰面运动方向相反，故受到的摩擦力方向与其运动方向相反，B错误，C正确；雪车和运动员沿倾斜侧壁在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向合外力为零，即支持力的竖直分力与重力平衡，所以支持力大于自身重力，D错误．5．D

圆台角速度增大的过程中，摩擦力与半径有一定的夹角，摩擦力沿半径方向的分力提供向心力(F向＝mω2L)，沿切线方向的分力改变切线方向的速度大小，所以摩擦力大于mω2L，D正确．6．B设杆长为2l，由题意知B球由重力提供向心力，有mBg＝

mBv2Bl.对A球有F＋mAg＝mAv2A2l，且有vA＝2vB，联立解得F＝mAg，B正确．7．BD光滑圆环所在位置为绳的“活结”，则细线的倾斜部分1与倾斜部分2对圆环的拉力大小一定相等，A错误；设圆环的质量为m，细线的拉力为T，对圆环受力分析，把细线的倾斜部分1与倾斜部分2对圆环的拉力

分别沿水平方向、竖直方向分解，圆环在水平面内做匀速圆周运动，则竖直方向受力平衡，Tcosα＝Tcosβ＋mg，整理得cosα－cosβ＝mgT>0，即α<β，B正确；在水平方向由牛顿第二定律得Tsinα＋Tsinβ＝ma0，联

立解得a0＝7g＝70m/s2，C错误；由a0＝4π2T2r，结合上式解得T＝π5s，D正确．8．ACD两球均静止时，轻杆无弹力作用，对小球A应用平衡条件得mg＝kx1，则弹簧的长度L1＝L－mgk，A正确；当角速度ω＝ω0时，小球B刚好对台面没有压力，两球整体在竖直方向

平衡，弹簧对小球A的弹力大小为2mg，则小球对弹簧的压力为2mg，此时弹簧的长度x2＝L－2mgk，B错误；小球B对台面的压力刚好为零时，对B由平衡条件和牛顿第二定律得Fsinθ＝mg，Fcosθ＝mω20r，其中θ为轻杆与水平方向的夹角，r为小球B

的轨道半径，由几何知识得tanθ＝x2r，联立解得ω0＝kgkL－2mg，C正确；角速度从ω0继续增大的过程中，由竖直方向的平衡得小球A对弹簧的压力不变，D正确．9．ω0rmω20r解析：发光体的速度v0

＝ω0r发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f＝mω20r10．(1)2L(2)45°(3)(4＋22)mg解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律

得x＝v0tL＝12gt2联立解得x＝2L(2)小球到达B点时竖直分速度为vy，由运动学规律得v2y＝2gL由运动分解得tanθ＝vyv0解得θ＝45°(3)设小球到B点时速度大小为vB，则有vB＝2v0由牛顿第二定律得F－mgcosθ＝mv2BL解得F＝(4＋22)mg根据

牛顿第三定律小球对圆轨道的压力大小为F′＝F＝(4＋22)mg专题27开普勒定律万有引力定律1．C根据GMmr2＝ma可得a＝GMr2因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小

以及受地球的万有引力大小均不相同．故选C.2．D质量是物体的一个基本属性，由物体本身决定，与其所处位置、状态均无关，A错误；物资所受地球引力的大小F＝GMmr2，物资静止在地面时到地心的距离为地球半径，物资与空间站对接后，到地心的距离大于地球半径，故其所受地球引力比静止在地面上时小，

C错误；空间站轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，由开普勒第三定律可知，物资做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期，所以物资做圆周运动的角速度一定大于地球自转角速度，D正确；物资所受合力即为其做圆周运动的向心力，由向心力公式F＝mω2r可知，对接后物资所受合外力比静

止在地面上时的大，B错误．3．D英国物理学家卡文迪许把自己的扭秤实验说成是“称量地球的重量”，其主要原因是他通过实验较准确地测出了引力常量，D正确．4．AD行星绕太阳做圆周运动的向心力由太阳对行星的引力提供，A正确；太阳对行星的引

力F＝GMmr2与太阳质量和行星质量的乘积成正比，与行星和太阳间的距离平方成反比，B错误；太阳对行星的引力规律是由开普勒定律和行星绕太阳做匀速圆周运动的规律推导出来的，不是由实验得出的，C错误，D正确．5．CD根据开普勒第

二定律知，哈雷慧星在P点的速度小于它在Q点的速度，C正确，A错误；根据GMmr2＝ma得，加速度a＝GMr2，哈雷慧星在P点的加速度小于它在Q点的加速度，D正确，B错误．6．AD在行星表面有GMmR2＝mg，得行星质量M＝gR2G，则甲、乙行星质

量之比为96∶1，B错误，行星密度ρ＝MV，V＝43πR3，解得甲、乙密度之比为3∶2，A正确；行星的第一宇宙速度v＝gR，所以行星甲、乙的第一宇宙速度大小之比为26∶2，C错误；同一物体在甲、乙行星表面受到的引力之比等于其重力加速度之比，即为6∶1，D正确．7．B根据开普勒第一

定律可知，行星轨道都是椭圆，A错误；根据开普勒第三定律a3T2＝k可知，土星比火星的公转周期大，B正确；根据开普勒第二定律可知，火星远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，C错误；开普勒第二定律是指同一行星，在相同时间内与太阳连线扫过

的面积相等，D错误．8．A在两极处有GMmR2＝mg1，在赤道处GMmR2＝mg2＋m4π2RT2，联立解得R＝（g1－g2）4π2T2，A正确．9．C由题意可知，赤道上相对地球静止的物体的线速度为v1＝2πRT，汽车相对地心的速度为v1时显然不能飞离地面，汽车相对地心的速度至少

要达到环绕速度才能飞离地面，故A错误；设地球的质量为M，对赤道上质量为m0的静止物体根据牛顿第二定律有GMm0R2＝m0g赤＋m04π2T2R，解得M＝g赤R2T2＋4π2R3GT2，故B错误；设地球两极处的重力加速度为g，地球两极处质量为m0的物体所受重力近似

等于万有引力，即GMm0R2＝m0g，解得g＝4π2T2R＋g赤，故C正确；为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自西向东加速运动，故D错误．10．B三者再次共线且在太阳的同侧所用时间为t，有t365－t29.5×365＝1，解得t＝377.8天，即最近一次土星冲日可能出现在202

2年8月中旬，B正确．11．(1)2πabR(2)πR2ahb解析：(1)卫星在轨运行时，根据牛顿第二定律GMmr2＝mr(2πT)2由图象可知r3T2＝ab则r3T2＝GM4π2＝ab，GM＝4π2ab设第一宇宙速度为v1，根据牛顿第二定律得，GMmR2＝mv21R解得v1＝2πab

R(2)设该行星表面的重力加速度为g，则GMmR2＝mg解得g＝4π2abR2设平抛运动的初速度为v0，根据平抛运动规律得h＝12gt2，h＝v0t解得v0＝πR2ahb.专题28人造卫星宇宙速度1．BC地球卫星相对地面静止，其轨道只能在赤道上空，不可能通

过地球两极上空，A错误，B正确；所有在轨运行的地球同步卫星运行的角速度都相同，根据GMmr2＝mω2r可知，所有在轨运行的地球同步卫星轨道半径都相同，即距地面的高度相同，C正确，D错误．2．A要想使物体绕地球运动而成为人

造卫星，不再落回地面，则物体的速度必须要达到第一宇宙速度，即v＝7.9km/s，A正确．3．B恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度，其他位置万有引力的一个分力提供向心力，另外一个分力提供重力加速度，A错误．恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小

，由万有引力表达式F万＝GMmR2可知，恒星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大，B正确；由第一宇宙速度物理意义可得GMmR2＝mv2R整理得v＝

GMR恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；由质量分布均匀球体的质量表达式M＝4π3R3ρ得R＝33M4πρ已知逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，则v′＝2v＝2GMR联立整理得v′2＝2v2＝2GMR＝2G34πρM23由题意

可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误．故选B.4．A同步卫星和地球相对静止，与地球自转具有相同的转动周期，T＝24h，A正确；第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大环绕速度，同

步卫星的速度一定小于第一宇宙速度，B错误；同步卫星的轨道一定在赤道上空，不能在淮安区文通塔上空，C错误；根据开普勒第三定律可知，同步卫星周期小，它到地面的距离比月球到地面的距离小，D错误．5．B物体在星球表面所受万有引力和重力近似相

等，则有GMmR2＝mg，解得星球表面的重力加速度g＝GMR2，所以火星与地球表面重力加速度之比为g火g地＝M火R2地M地R2火＝2210＝25，“祝融号”火星车在火星上与地球上的质量相等，“祝融号”火星车在火星上受到

的重力大小约为G＝mg火＝25mg地＝960N，B正确．6．B由GMmR2＝mg和M＝ρ×43πR3，解得星球表面的重力加速度g＝43GρπR，可知该星球的半径是地球半径的2倍．第一宇宙速度v＝GMR＝43Gρπ

R2，可知，星球的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的22倍，B正确．7．C由万有引力提供向心力得GMmr2＝m4π2T2r，解得轨道半径r＝3GMT24π2，由于卫星的质量被消去，所以无法求出卫星的质量，A错误；由地球的半径未知，所以无法求出卫星离地的

高度和地球表面的重力加速度，B、D错误；卫星的向心加速度a＝4π2T2r，将r＝3GMT24π2代入上式即可求得向心加速度大小，C正确．8．AC“潮汐锁定”月球总是一面正对地球，另一面背离地球，分析可知，月

球的公转周期与自转周期相同，故A正确；根据牛顿第三定律，可知地球对月球的引力等于月球对地球的引力，故B错误；由于月球总是一面正对地球，所以月球上远地端与近地端角速度相同，根据公式a＝ω2r可知，半径大向心加速度大，即月球上远地端的向心加速度大于近地端的向心加速度，故C正确；若测得月球公转

的周期和半径不可估测月球质量，故D错误．9．C根据GMmr2＝ma可得a＝GMr2可知，三舱组合体与对接前的二舱组合体的轨道半径相同，则加速度大小相同，A错误；第一宇宙速度是最小的发射速度，也是最大的环绕速度，则载人飞船的发射速度大于第一宇宙速

度，而空间站的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，B错误；根据GMm（R＋h）2＝m4π2T2(R＋h)，其中GM＝gR2，解得T＝2π（R＋h）RR＋hg，代入数据解得T≈92min，则空间站上宇航员24h内看到日出次数等于24×6092次≈16次，则空间站上宇航员24h内看到日出次数一定

少于18次，C正确；若对接前在高于“天和”核心舱的轨道上做圆周运动，则开始对接时发动机应向前方喷气减速做向心运动，才能实现对接，D错误．10．A卫星B、C均由万有引力提供向心力，有F＝GMmr2＝ma，且rB<rC，解得aB>aC，FB>

FC；A、C的角速度相同，由F＝mω2r，a＝ω2r，rA<rC得aC>aA，FC>FA，综上所述有aB>aC>aA，FB>FC>FA，A正确，B错误；B、C均由万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2

r，且rB<rC，解得vB>vC；A、C的角速度相同，由v＝ωr，且rA<rC，解得vC>vA，C错误；A、C角速度相同，则周期相同，即TA＝TC；B、C均为地球的卫星，根据开普勒第三定律可知TB<TC，故D错误．11．B卫星运动的向心力由万有引力提供，有GMmr2＝ma，解得a

＝GMr2，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，A错误；根据GMmr2＝m4π2T2r，解得T＝2πr3GM，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的周期大于乙的周期，B正确；根据GMmr2＝mω2r解得ω＝GMr3，可判断甲的角速度小于乙的角速度，C错误

；根据GMmr2＝mv2r得v＝GMr，可判断甲的线速度小于乙的线速度，D错误．12．A在地球表面上万有引力等于重力，则有GMmR2＝mg，对核心舱有GMm′R′2＝m′4π2T2R′，且R′＝R＋116R，

解得T＝17π3217Rg，A正确．专题29双星问题卫星的变轨1．D根据牛顿第二定律有GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，故在近火点的加速度比远火点的大，故A错误；根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误；“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械

能守恒，故C错误；“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故D正确．2．A设轨道1上的运行周期T1，月球的半径R，由GMmR2＝m4π2T21R和ρ＝3M4πR3，得ρ＝3πGT21，A正确；轨道半长轴未知，无法确定月球质

量，B错误；卫星在P点时，机械能从大到小依次为轨道3、2、1，因引力势能相等，可知在P点速度从大到小依次为轨道3、2、1，C错误；卫星在轨道3、2上分别遵循机械能守恒，卫星在M点的机械能小于在N点的机械能，D错误．3．BD根据GMmr2＝ma，因为地球绕太阳的公转半径小于火星绕太阳的公转半

径，则地球绕太阳运动的加速度大于火星绕太阳运动的加速度，A错误；探测器飞往火星过程中，引力做负功，所以速度减小，B正确；火星探测器“天问一号”的发射因为要脱离地球的引力，所以发射速度应满足v>11.2km/s，C错误；火星绕太阳公转的半

径为1.5R，地球公转半径为R，则探测器半长轴为1.25R，根据开普勒第三定律得（1.25R）3T2探测＝R3T2地球，且T地球＝12月，探测器沿霍曼转移轨道运动的周期T探测＝1554月，D正确．4．D由题

可知轨道Ⅰ的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为R1R2＝23，根据开普勒第三定律得R31T21＝R32T22，解得T2T1＝3232，A错误；根据GMmr2＝mv2r，如果b点在过该点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示卫星经过a点

的速率为经过b点的2倍，而轨道Ⅱ是椭圆，因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度，B错误；根据公式a＝GMr2可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，C错误；卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此再同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此在b点的机械能小于在c

点的机械能，D正确．5．D天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动，受力不平衡，故A错误；根据开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长，故B错误；天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ，做近心运动，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P点点火减速，故C错误

；在轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，故速度增大，故D正确．6．B由万有引力定律F＝GMmr2可知，随着M增大，m减小，Mm减小，则万有引力减小，A错误；由万有引力提供向心力得GMmr2＝Mω2rA，G

Mmr2＝mω2rB，且r＝rA＋rB，联立解得ω＝G（M＋m）r3，由于质量在两星球间转移，故总质量不变，则角速度大小不变，B正确；由于两星球间向心力大小始终保持相等，则有Mω2rA＝mω2rB，整理得rArB＝mM，由于两星球密度相同，故体积

大的A星球质量大，吸食的质量更大，则半径变小，而质量更小的B星球则半径变大，由于角速度大小不变，故A星球线速度变小，B星球线速度变大，则C、D均错误．7．B飞船绕地球做匀速圆周运动．由几何关系得sinθ＝Rr，由万

有引力提供向心力得GMmr2＝m4π2T2r，联立解得T＝2πr3GM＝2πRsinθRGMsinθ，地球自转一圈的时间为T0，飞船绕一圈会有一次日全食，所以一天内飞船经历“日全食”的次数为n＝T0T＝T0sinθ2πRGMsinθR，B正确；由图

可知，每次“日全食”过程的时间内飞船转过2θ角，所需时间为t＝2θ2πT＝θTπ，A错误．根据GMmr2＝mv2r得v＝GMsinθR，C错误；由神舟十三号载人飞船与天宫号空间站在相同的轨道上运动，运行速度相同，则飞船与空间站的连

接处不存在相互作用力，D错误．8．B卫星在P点需加速才能从椭圆轨道Ⅰ进入同步轨道Ⅱ，故vⅠ＜vⅡ，A项错误；从P点需加速才能变轨，因此在P点附近相同较短时间内，轨道Ⅱ上扫过的面积必然大于轨道Ⅰ上扫过的面积，故有SⅠ＜SⅡ，B项正确；圆轨道上才满足a＝v2r，则a＝v2Ⅱr＞v

2Ⅰr，C项错误；根据开普勒第三定律可知TⅠ＜TⅡ，D项错误．9．A发射轨道高于近地轨道的卫星时，发射速度需要大于第一宇宙速度，A项正确；P、Q均处于完全失重状态，但由于轨道不同，由a＝GMr2可知，加速度不同，B项错误；由v＝G

Mr可知，P的线速度较大，Q的线速度较小，C项错误；Q如果加速会做离心运动，距离P更远，无法对接，D项错误．10．(1)G（M＋m）L3mM＋mL(2)104∶19解析：(1)设O点距离天体A、B的距离分别为r1和r2，则r1＋r2＝L，转动的角速度

为ω对于天体A：GMmL2＝Mr1ω2对于天体B：GMmL2＝mr2ω2由①②可得ω＝G（M＋m）L3r1＝mM＋mL(2)在P点放置一个极小物体，设其质量为m0，它与A、B转动的角速度相同对于小物体：GMm0r2－Gmm0（L－r）2＝m0ω2(r－r1)由③④⑤得M∶m

＝104∶19.第五章机械能做真题明方向1．BC由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx可看出W­x图像的斜率代表拉力F.在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝12mv2则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/sx＝1m时，拉力为F＝ΔWΔx＝6N则此时拉力的功率P＝F

v1＝12Wx＝4m时物体的动能为Ek＝2JA错误、B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；根据W­x图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体

受到的摩擦力恒为f＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝8m/s则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝22kg·m/s，D错误．故选BC.2．D运动员从a处滑至c处，mgh＝12mv2c－0，在c点，N－mg＝mv2

cR，联立得N＝mg1＋2hR，由题意，结合牛顿第三定律可知，N＝F压≤kmg，得R≥2hk－1，故D项正确．3．C如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的

速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcosθ＝gL2R，v＝at＝gL2Rt，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝12gt2，代入上式可得：v＝LgR，故C正确．4．ABD从M到N，由P1＝F1

v1可得小车牵引力F1＝P1v1＝2005N＝40N，A正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，B正确．从P到Q，由P2＝F

2v2可得小车牵引力F2＝P2v2＝5702N＝285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×12N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35

×20J＝700J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误．5．A当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度

h＝R＋πR－2πR4＝R＋πR2，根据动能定理有mgh＝12mv2，解得v＝（2＋π）gR.故A正确，B、C、D错误．6．C在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，在动车组匀加速启

动的过程中，加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝4Pv，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小

的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为v′m，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kv′m，则4P＝kv2m、2.25P＝kv′2m，解得v′m＝34vm，C正确；当四

节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝12mv2m，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－12mv2m，D错误．专题30功1．C因为频闪照片时间间隔相同

，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大；故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；由于

图甲中滑块加速度大，根据x＝12at2，可知图甲在A、B之间的运动时间较短(或由图中AB段照片个数直接可知)，故C正确；由于无论上滑或下滑受到的滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；故选C

.2．A重力做功与运动路径无关，取决于始末位置，重力做功为mgL，A正确；悬线拉力方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，B错误；由于空气阻力的方向始终与运动方向相反，利用微元法可得，空气阻力做功Wf＝－f×14×2πL＝－π2fL，C、D均错误．3．B向上升力最大是在竖直向上匀加速飞行阶

段，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1，加速度a1＝Δvt1＝2m/s2，解得F1＝24N，竖直方向上最大速度为4m/s，升力的功率最大值为96W；斜向右匀变速运动时，由牛顿第二定律和运动学规律得mg－F2＝ma2，a2＝Δvt2＝0.5m/s2，向上升力F2＝19N，竖直方向

向上加速和减速阶段的位移分别为4m和16m，两个阶段中升力做的总功为400J，B正确．4．B由于小车匀速上升，故拉力大小等于小车和细沙的总重力，由于小车和细沙的总质量随位移均匀减小，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．结合题图可知，F1＝m1g＝100N，F2＝m2g＝80N，则在提车的整个过程中，拉力对小车做功为：W拉＝F1＋F22h＝1800J，故B正确．5．D6．B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，据题意可得：W＝F1d＝kd2d①W＝F2d′＝kd＋k（d＋d′）2d′②联立①②式解得d′＝(2－1)d.专题31功率机车的启动问题1．BD根据平行四边形定则知，物体落地的竖直分速度vy＝v2－v20＝8m/s，则物体在空中运动

时间t＝vyg＝0.8s，A错误；物体离地面的高度h＝v2y2g＝3.2m，B正确；物体从抛出到落地的水平距离x＝v0t＝4.8m，C错误；物体运动过程中重力做功的平均功率P＝mght＝40W，D正确．2．AD由能量守恒，该同学引体向上过程中体内的化

学能转化为机械能，机械能不守恒，A正确；向上运动过程，该同学对杠的作用力与杠对他的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，B错误；完成一次引体向上克服重力做功等于重力势能的增加量WG＝mgΔh＝360J，C错误；该同学克服重力做功的平均功率

P＝WT＝360×1660W＝96W，D正确．3．AB汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a＝ΔvΔt＝4m/s2，由牛顿第二定律得F－f＝ma，其中f＝0.1mg，解得F＝5×103N，A正确；汽车在5s末功率达到额定功率P＝Fv＝100kW，当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，

最大速度vm＝Pf＝100m/s，汽车速度为25m/s时，有Pv－f＝ma′，解得a′＝3m/s2，B正确，C、D错误．4．A电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝f，加速度a＝0.货物掉落后瞬间

速度未变，车整体质量减小，阻力减小为f′，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，车开始加速，由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F趋近于f′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度v′＝Pf′，以后做匀速运动，A正确．5．Bt时间内

通过叶片的空气柱的长度l＝vt，空气柱的质量m＝ρV＝πR2ρl，发电机发电的功率P＝η×12mv2t，联立解得P＝12πηρR2v3，B正确．6．AD由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cosθ)＝12mv2FN＝mg

cosθ－mv2R联立有FN＝3mgcosθ－2mg从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsin

θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝12mv2C－12mv20解得v0＝4gR，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mg

cosθ＝mv2BR则vB＝gRcosθ则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为gRcosθ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．故选AD.专题32动能和动能定理1．B在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0故雨滴克

服空气阻力做功为mgh，故选B.2．C海豚上升过程和下降过程中空气阻力均做负功，故克服阻力做功2fh，选项A、B错误；对上升过程，由动能定理可得－mgh－fh＝0－12mv20，故上升过程中Wf＝－fh＝mgh－12mv20，WG＝－mgh＝fh－12mv20，

克服重力所做的功等于重力势能增加量，即ΔEp＝－WG＝12mv20－fh，选项C正确；下降过程中阻力做的功等于上升过程中阻力做的功，－fh＝mgh－12mv20，D错误．3．ABC物体在水平方向受推力与摩擦力作用

，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，加速度a＝Fm－μg，由题图乙所示图象可知，从开始运动到距出发点4m，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零

，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大，故物体的加速度先减小后增大，A正确；由图象可知，推力F随位移x变化的关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0m)，物体的

速度最大时，加速度为零，此时有F＝μmg，解得x＝3m，即在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，B正确；F­x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为vm，由题图乙所示图象可知，物体

速度最大时，推力对物体做功W＝12×(100＋25)×3J＝187.5J，从物体开始运动到速度最大过程，对物体应用动能定理得W－μmgx＝12mv2m，代入数据解得vm＝35m/s，C正确；推力对物体做的

功等于图线与坐标轴围成的面积W＝12×100×4J＝200J，对物体运动的整个过程，根据动能定理得W－μmgxmax＝0，解得xmax＝8m，D错误．4．B由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下

滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误．故选B.5．(1)0.6(2)6.75m解析：(1)滑块恰好运动到C点，由动能定理得mg

L0sin37°－μmgLBC＝0－0解得：μ＝0.6(2)滑块能够通过D点，在D点的最小速度，由mgsinθ＝mv2DR解得：vD＝3m/s设滑块在斜面上运动的距离为L，由动能定理得mgLsinθ－μmgLBC－mgR(1＋sinθ)＝12mv2D－0解得

：L＝6.75m专题33机械能守恒定律1．CA、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度大小为a＝gsinθ，方向沿斜面向下，则B对A的摩擦力方向水平向左，故B对A的摩擦力做正功，斜面对B的弹力垂直于斜面

向上，不做功，A、D错误；A与B保持相对静止且加速度为gsinθ，由牛顿第二定律可知，B对A的作用力垂直于斜面向上，B对A的作用力不做功，故只有重力对A做功，A和地球组成的系统机械能守恒，同理B和地球组成的系统机械能也守

恒，B错误，C正确．2．AD以地面为参考平面，物体的总机械能为E＝Ep＋Ek＝0＋12mv20＝12mv20，A正确；因为小球在最高点时还有水平速度，动能不为零，则小球的总机械能大于mgH，B错误；物体由地

面到平台过程，由机械能守恒可知12mv20＝Ek1＋mgh，则小球将要落在平台上时的动能为Ek1＝12mv20－mgh，C错误，D正确．3．A滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧形变量越来越大，根据F＝kx得弹力越来越大，滑块接触到弹簧直到速度减

为零的过程中，弹簧弹力一直做负功，物块的动能逐渐转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能越来越大，A正确．4．B小球恰好过最高点时有mg＝mv21R，解得v1＝32gL，由机械能守恒定律得mg×3L＝12mv22－12mv21，由牛顿第二定律得3F－mg＝mv2232L

，联立以上各式解得F＝23mg，B正确．5．C当小球A沿墙下滑距离为L2时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB.根据系统机械能守恒定律得：mgL2＝12mv2A＋12mv2B，两球沿杆子方向上的速度相等，则有：vAcos60°＝vBcos30°.联立两式解得：vA＝123gL，vB＝1

2gL，故B错误，C正确；对A球由动能定理有：mgL2＋W杆＝12mv2A－0，代入A的速度解得W杆＝－mgL8，故A错误；对于杆与小球A和B组成的系统而言运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，故D错误．6．BD在小球向下运动的过程中，弹簧的弹力做功，并不是只有重力做功，小球的机械能

不守恒，A错误；从A到B的过程中，弹簧弹力做功为零，小球的重力做正功最多，由动能定理得小球的速度最大，B正确，C错误；小球运动到B点时，弹簧为原长，由系统的机械能守恒定律得：mgL＝12mv2，解得：v＝2gL，D正确．7．AC当x＝0时，y0＝－1.25m；当x＝π3时，y1＝－2.5m．

由机械能守恒定律得mg(y0－y1)＝12mv21－12mv20，解得v1＝52m/s，A正确，B错误；设小球速度为零时上升的高度为h，由机械能守恒定律得mgh＝12mv20，解得h＝1.25m，即y＝0，代入曲线方程可得x＝56π，C正确，D错误．8．B小球压缩弹簧过程中，小球与弹簧组

成的系统机械能守恒．当x＝x0时，小球的动能最大，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，A错误；由机械能守恒定律得mg(h＋x0)－mgx02＝12mv2m，解得小球的最大动能为mgh＋mgx02，B正确；当x＝2x0时，有mg(h＋

2x0)－2mg2x02＝12mv2，解得小球此时的速度v＝2gh，C错误；当x＝2x0时，小球的加速度竖直向上，大小为g，此时速度不为零，小球会继续向下运动，弹力增大，加速度增大，D错误．9．AD10．C11．ACD12

．(1)5m/s(2)见解析(3)1.2m解析：(1)匀减速运动过程中，有：v2A－v20＝－2as，解得vA＝5m/s(2)假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：12mv2A＝2mgR＋12m

v2B解得：vB＝3m/s恰好通过最高点B满足：mg＝mv2B1R.解得：vB1＝2m/s因为vB>vB1，所以小球能通过最高点B.(3)小球从B点做平抛运动，有：2R＝12gt2sAC＝vB·t解得：sAC＝1.2m专题34功能关系能量守恒定律1．D体验者受重力和向上的

风力，减小风力，体验者加速下落过程中，由动能定理得WG－WF＝ΔEk>0，可得WG>WF，A、B均错误；机械能的减少量ΔE＝WF，所以WG>ΔE，C错误，D正确．2．D物块重力势能的减少量ΔEp＝mgssin37°＝30J，解得m＝1kg，A错误；物块下滑到斜

面底端时的动能为10J，则速度大小v＝2Ekm＝25m/s，C错误；下滑过程中应用动能定理得WG－μmgscos37°＝Ek，由图象知WG＝30J，Ek＝10J，解得动摩擦因数μ＝0.5，B错误；物块下滑3.0m时机械能损

失量等于克服摩擦力做的功ΔE＝μmgs′cos37°＝12J，D正确．3．C运动员减少的重力势能为mgh，A错误；根据牛顿第二定律可知mgsin30°－f＝ma，解得运动员受到的摩擦力f＝14mg，运动员克服摩擦力做功Wf＝f·hsin30°＝12mgh，系统减少的机械能为12mgh，C

正确，B错误；运动员获得的动能为12mgh，D错误．4．B未放置物体时，从O点到A点，由能量守恒得Ep＝μm0g(L2－L1)；放置物体后，从O点到B点，由能量守恒得Ep＝μ(m0＋m)g(L3－L1)，联立两式解得m＝L2－L3L3－L1m0，B正确．5．BC

整体与钢索间摩擦生热，机械能不守恒，A错误；由能量守恒可知，整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等，B正确；由动能定理可知，整体增加的动能与整体所受合外力做的功相等，C正确；整体增加的动能等于整体减少的重力势能与系统产生的内能之差，D错误．6．BC下滑过程中物体速度先增大后减小，环受到的合力先

减小后反向增大，A错误；下滑过程中，由能量守恒得mghAC＝E弹＋Q，上滑过程中由能量守恒得mghAC＋Q＝E弹＋12mv2，联立解得Q＝14mv2，E弹＝mgLsinα－14mv2，从C到A过程中弹簧弹力做功等于E弹＝mg

Lsinα－14mv2，B、C正确，D错误．7．(1)1s(2)减少24J解析：(1)设甲、乙组成的整体加速度为a，由牛顿第二定律可得m1g－m2g－2f＝(m1＋m2)a由题意分析可得整体在Δt内运动的位移x

＝h2由匀变速运动规律可得x＝12a(Δt)2综合解得Δt＝1s(2)由功能关系可知，机械能的变化量等于空气阻力做功的大小，则有ΔEp＝－2f·h2＝－24J即系统机械能减少24J．8．(1)7N(2)v＝12lx－

9.6(m/s)(0.85m≤lx≤3m)(3)1315m或95m或4115m解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝12mv2CC点时FN＝mg＋mv2CR＝7N(2)要使得

滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝12mv20≥0即lx≥0.85m滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝12mv2解

得v＝12lx－9.6(m/s)(0.85m≤lx≤3m)(3)设摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍由动能定理得mglxsin37°－mglFG2sin37°－nμmglFG2cos37°＝0lx＝7n

＋615m将0.85m≤lx≤3m代入上式可得2728≤n≤397，由运动过程可知，n只能取1、3、5当n＝1时lx＝1315m当n＝3时lx＝95m当n＝5时lx＝4115m.9．(1)22dg（1－μ）(2)2gd（1－μ）(3)2d(1－μ)解析：(1)滑雪者从A

到P根据动能定理有mgdsin45°－μmgcos45°d＝12mv2P－0根据动量定理有(mgsin45°－μmgcos45°)t＝mvP－0联立解得t＝22dg（1－μ）vP＝2gd（1－μ）(2)由于滑雪者从P点

由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有vB＝vP＝2gd（1－μ）(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vPcos45°＝g×t2水平方向上有L＝vPsin45°·t联立可得L＝2d(

1－μ)专题35传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题1．ACD以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL＝12Mv2①，以子弹为研究对象，由动能定理得，F(L＋s)＝12mv20－12mv2②，联立①②得，Fs＝12mv20－

12(M＋m)v2，故ACD正确．2．C由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝12mv2＋μmg·s相，s相＝vt－v2t，v＝μgt，解得W＝mv2，C正确．3．BD物品加速时受滑动摩擦力

作用，匀速时不受摩擦力，A错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B正确；传送带的位移大小x1＝vt，物品从加速到与其共速，位移大小x2＝v2t，物品与传送带间产生热量Q＝fΔx＝f(x1－x2)＝12mv2，与动摩

擦因数无关，C错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f越大，相对位移Δx越小，D正确．4．BD当物块从木板右端离开时，对m有－fxm＝12mv2m－12mv20对M有fxM＝12Mv2M其中l＝xm－xM由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；

根据以上分析，联立有12mv20－fl＝12mv2m＋12Mv2M则物块的动能一定小于12mv20－fl，C错误、D正确．故选BD.5．BC题中由v­t图象得，小木块在t0时刻之前加速度较大，之后加速度较小，则小木块受的摩擦力先沿传送带

向下，后沿传送带向上，所以动摩擦因数μ<tanθ，t0时刻的速度大小为v0，传送带对小木块先做正功后做负功，综上所述，B、C正确．6．BD木箱刚放上去时做匀加速运动，其加速度a＝gsin37°－μgcos37°＝0.4m/s2，可求得木箱与传动带之间的动摩擦因素μ＝0.8，B正确

；由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热能之和，即E机＝mgh＋12mv2＋μmgx相·cos37°＝1240J，D正确．7．D由题中图象可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板

获得的动能为1J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝12mv20－12·2m·v2＝2J，B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1m，C错误；以B为研究对象，根据牛顿第二定律，求出μ＝0.1，D正确．8．(1)1m/s

0.125m(2)0.25m32m/s(3)43t0－8t20解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1代入数据有v1＝1m/s对m1受力分析有a1＝μm2gm1＝4m/s2则木板运动前右

端距弹簧左端的距离有v21＝2a1x1代入数据解得x1＝0.125m(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx＝(m1＋m2)a共对m2有a2＝μg＝1m/s2当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，

解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25m对m1、m2组成的系统，由动能定理有－12kx22＝12(m1＋m2)v22－12(m1＋m2)v21代入数据有v2＝32m/s(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的

加速度相同时即弹簧形变量为x2时，说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝32－2t0则对于m1、m2组成的系统有－Wf

＝12m1v22＋12m2v23－12(m1＋m2)v22ΔU＝－Wf联立有ΔU＝43t0－8t209．(1)3m/s(2)1.5m(3)54J解析：(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板

整体，根据动能定理有2mgLsinθ＝12×2mv20解得v0＝3m/s.(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝1

1m/s2木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得a2＝1m/s2以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v

，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t解得v＝2.5m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运

动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a1x1解得x1＝0.125m设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a2x2解得x2＝1.375m又x＝x1＋x2解得x＝1.5m

.(3)经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有Q＝mgLsinθ＋mg(L＋s)sinθ又Q＝μmgscosθ解得s＝9mQ＝5

4J专题36实验：探究功与速度变化的关系1．(1)ADE(2)L2(3)系统误差解析：(1)动能和质量有关，需要测量出小物块的质量，然后就是测量小物块的速度，小物块抛出后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运

动，v0＝Lt，L表示水平方向上的位移，即小物块抛出点到落地点的水平距离，在竖直方向上做自由落体运动，有h＝12gt2，故测量时间需要测量下落的高度，故ADE正确．(2)根据h＝12gt2，v0＝Lt，可得v20＝L2t2＝L22hg＝g2

hL2，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2成正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线．(3)由于实验装置存在一些不能克服的问题而导致的误差叫做系统误差，故由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误

差属于系统误差．2．(1)1.6(2)dt(1t2－1t1)(3)FL＝Md22(1t22－1t21)解析：(1)游标卡尺的读数d＝1mm＋6×0.1mm＝1.6mm.(2)极短时间内物体的平均速度可以代替瞬时速度，由题意可知，滑块通过

光电门1、2对应的瞬时速度分别为v1＝dt1、v2＝dt2，滑块的加速度a＝v2－v1t，进一步可得a＝dt(1t2－1t1).(3)FL＝12Mv22－12Mv21，可验证遮光片和滑块的动能定理，即

FL＝Md22(1t22－1t21).3．(1)不应该(2)50.00(3)12(M＋m)(d2t22－d2t21)(4)不会解析：(1)调节导轨水平时，不应该挂上托盘，而应该轻推滑块，看滑块通过两光

电门的时间是否相等，若相等，则说明气垫导轨调节水平了．(2)导轨标尺的最小刻度是1mm，所以应该估读到0.1mm，两光电门中心之间的距离s＝60.30cm－10.30cm＝50.00cm.(3)系统通过光电门1、2时的速度大小分别为dt1、dt2，所以系统

总动能的变化量ΔEk＝12(M＋m)(d2t22－d2t21).(4)根据机械能守恒定律，系统的总动能的变化量等于托盘和砝码重力势能的减小量，由于光电门1和光电门2之间的距离不变，托盘和砝码的重力没有变化，因此系统总动能的变化量ΔEk不会发生变化．专题37实验：

验证机械能守恒定律1．(1)mghBm（hC－hA）28T2(2)C(3)2g解析：(1)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝mghB.B点的速度vB＝hC－hA2T，则动能的增加量为ΔEk＝12mv2B＝m（hC－hA）28T2(2)验证性实验中若重

物的速度采用选项A、B的方法计算得出，则会出现重力势能的减少量小于和等于动能的增加量，A、B错误；由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能会大于动能的增加量，C正

确；多次实验取平均值的方法可以减小偶然误差，对系统误差没有效果，D错误．(3)若机械能守恒，则有mgh＝12mv2，可得v2＝2gh，则此时v2­h图象是过原点的一条直线，图象的斜率为2g.2．(1)F0h＝12(F－F0)L(2)60°(3)ABC解析：(1)小球的重力mg＝F

0，到最低点时，F－mg＝mv2L，动能Ek＝12mv2＝12(F－F0)L，减小的重力势能Ep＝mgh＝F0h，需验证的表达式为F0h＝12(F－F0)L.(2)小球的重力mg＝F0，在最低点F－mg＝mv2

L，小球从静止释放运动到最低点的过程中，满足机械能守恒的关系式mgL(1－cosθ)＝12mv2，解得F＝F0(3－2cosθ)，由F≤2F0可知θ≤60°.(3)为了减小细线对小球做功的影响，细线要选择伸缩性小的，

A正确；为减小空气阻力的影响，小球尽量选择密度大的，B正确；由实验原理可知，要验证F0h＝12(F－F0)L，不必测出小球的质量，C正确；用弹簧测力计不能准确读出小球在最低点时的力的大小，即力的最大值，D错误．3．(1)dt(2)重物A释放时遮光片离光电门的距离

hd22ghMd2mgh解析：(1)由题意可得，遮光片遮光时重物的速度v＝dt(2)根据机械能守恒，可得nmgh＝12(nm＋2M)(dt)2即有t2＝d22gh＋Md2mgh·1n如果图象与纵轴的截距为d22gh、斜率为Md2mgh，则机械能守恒定律得到验证．第六章动量守恒定律做真题明方向

1．AD由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向

减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝v1a2＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的v­t图像如图所示：4s时物块的速度为

零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由v­t图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝

3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．2．A从火箭开始运动

到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；

根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．3．B设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二

者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v′0＋mv，12m0v20＝12m0v′20＋12mv2，解得v′0＝m0－mm0＋mv0，v＝2m0m0＋mv0，因为当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝215v0，故C、D项错误；

碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝2815m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝12·14m0v22＝28225m0v20，氢核的动能为Ek氢＝12·m0·v21＝12m0v20，Ek氮<Ek氢，故B正确．

4．B撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B正确．5．D若汽车发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并充气，对司机的头部、颈部等部位起保护作用，增大了

司机的受力面积，减小了司机单位面积的受力大小，故A项错误．有无安全气囊，司机的速度都是从碰撞前的速度减为零，动量变化量相同，故B项错误．当司机与安全气囊发生作用时，安全气囊的作用并没有将司机的动能全部转化为汽车的动能，故C项错误．安全气囊起缓冲作用，延长了司机的受力时间，从而

减少了司机的受力大小，D项正确．6．BD对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，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，甲的动量大小比乙的小，m甲v甲＜m乙v乙，又m甲＞m乙，故

v甲＜v乙，B、D正确，A、C错误．故选BD.专题38动量和动量定理1．AC2．C速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减去水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变化率指的就是两球的加速度，均为g，相同，B错误；两个小

球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同，均为mgt，C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D错误．3．D由牛顿第三定律得甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反；甲、乙受推力的冲量

大小相等，方向相反，结合动量定理得甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，由于推力的冲量大小未知，推出乙后甲的动量大小和方向不能判断．综上所述，只有选项D正确．4．CΔp＝p2－p1＝m(v2－v1)＝5×10－3×

(－80－40)＝－0.6kg·m/s，则A、B均错误；由动量定理可得FΔt＝p2－p1，解得F＝p2－p1Δt＝－60N，负号表示方向与飞来方向相反，则C正确，D错误．5．A设Δt时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvΔt，对Δt时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有－FΔt＝0

－ρSv2Δt，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝1.2×104N，根据牛顿第三定律得，广告牌受到的最大风力为1.2×104N，A正确．6．D根据动量定理有I1＝mv1－mv0，在0～1s时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，I1＝0.5N·s，解得v1＝

2.125m/s，A错误；同理根据动量定理得I2＝mv2－mv0，在0～2s时间内，合力的冲量I2＝2N·s，解得第2s末物块的动量大小为mv1＝10kg·m/s，B错误；在0～3s时间内，合力的冲量为零，物块动量变化量为0，C错误；第

7s末物块的动量为零，运动方向发生改变，D正确．7．C取向上为正方向，由动量定理得IF－mgt＝mv－(－mv)，解得IF＝mgt＋2mv，C正确．专题39动量守恒定律的理解和应用1．B不管圆弧是否光滑，系统的水平方

向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒；若圆弧光滑，系统只有重力做功，机械能守恒，若圆弧不光滑，系统有能量损失，机械能不守恒．综上所述，只有选项B正确．2．AD两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果碰撞后A球的速度方向不变

，有mAv0＝mA·v03＋mB·v02，解得mA∶mB＝3∶4，如果碰撞后A的速度反向，有mAv0＝－mA·v03＋mB·v02，解得mA∶mB＝3∶8，A、D正确．3．ABD两滑块组成的系统碰撞过程

中，合外力为零，动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得碰撞后的速度v2＝3m/s，A、B正确；两滑块压缩弹簧的过程中，合外力不为零，动量不守恒，C错误；整个过程中弹簧对A、B的冲量大小I＝2(m

1＋m2)v2＝12N·s，D正确．4．BD子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块

前的动能，故A错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得mv0＝(m＋M)v′，解得v′＝mv0m＋M，故B正确；子弹和木块一起上升的过程中，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；子弹在木块中与木块一起上升的过程中，根据机械能

守恒得12(m＋M)v′2＝(m＋M)gh，解得h＝m2v202g（M＋m）2，故D正确．5．C脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得m1v1－m2v2＝0，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；动能与动量的关系为Ek＝12mv2＝p

22m，由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝12gt2可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；由A的解析可得v1v2＝

m2m1，平抛的水平位移为x＝v0t，故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．6．C雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为M，雨滴的质量为m，则有Mv＝(M＋m)v共，解得v

共＝MvM＋m<v，在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小，C正确．7．A由题意，小孩在起跳过程中和滑板车组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m＋λm)v0＝λm·v02＋m(v0＋v02)，解得λ＝1，故选A.8．D当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加

速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所

以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确．9．D对小铁块由动量定理有I＝mv0，小铁块和木板在光滑水平面上动量

守恒有mv0＝(M＋m)v共，联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大小v共＝1m/s，对木板由动量定理有μmgt＝Mv共，解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.25，D正确．10．(1)9mg(2)322gL解析：(1)小球B第一次摆到最低点时，由机械能守恒定律得3mgL＝12

·3mv2解得v＝2gL在最低点，由牛顿第二定律有F－3mg＝3mv2L解得，小球第一次到最低点时细线拉力的大小F＝9mg(2)当小球第一次通过最低点后，滑块A不再受到挡板P的作用力，此时滑块A与小球B组成的系统在水平方向上动量守恒，可

判断知当小球再次到达最低点时，滑块的速度达最大，设此时小球B与滑块A的速度分别为v1、v2，规定水平向左为正方向，则有3mv＝3mv1＋mv2根据机械能守恒定律有12·3mv2＝12·3mv21＋12mv22联立两式求

得v2＝322gL.11．(1)2m2gbM2＋MmmM＋ma(2)[x（M＋m）－ma]2M2a2＋y2b2＝1(3)2bga＋3b解析：(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正0＝mv1－Mv2小球运动到最低点的过程中系统机械

能守恒mgb＝12mv21＋12Mv22联立解得v2＝2m2gbM2＋Mm因水平方向在任何时候都动量守恒即0＝mv－1－Mv－2两边同时乘t可得mx1＝Mx2且由几何关系可知x1＋x2＝a联立解得x2＝mM＋ma(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐

标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有m(a－x)＝M·Δx则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为（x－Δx）2a2＋y2b2＝1整理得[x（M＋m）－ma]2M2a2＋y2b2＝1(3)将Mm＝ba－b代入小球的轨迹方程化简

可得[x－(a－b)]2＋y2＝b2即此时小球的轨迹为以(a－b)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为b2时有如图此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降b2的过程中，系统水平方向动量守恒0＝mv3cos60°－Mv4系统机械能守恒mg

b2＝12mv23＋12Mv24联立得v3＝4gb2a＋3b＝2bga＋3b专题40碰撞问题1．B对冰壶乙在冰面上滑行的过程，有v22＝2μgs，由于两冰壶发生弹性碰撞，且两冰壶的质量相等，因此碰撞后两冰壶交换速度，故v1＝v2，解得v1

＝0.2m/s，B正确．2．C子弹打木块的过程动量守恒，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v＝mv0M＋m，子弹、木块向左压缩弹簧过程子弹、木块、弹簧组成的系统机械能守恒，当子弹、木块速度减为零时，弹簧弹性势能最大，由机械能守恒可得12(M＋m)v

2＝Ep，解得Ep＝m2v202（M＋m），C正确．3．D水平面和盒底均光滑，碰撞中没有能量损失，所以系统的总动能不会变化，盒子与小物块最终不可能静止，不可能共速运动，A、B错误；设第一次碰撞后瞬间小物块的速度为v1，盒子的速度为v2，由动量守恒和能量守恒得3M

×2v＋Mv＝Mv1＋3Mv2，12×3M(2v)2＋12Mv2＝12Mv21＋12×3Mv22，解得v1＝52v，v2＝32v，C错误，D正确．4．A根据题意，设行星的质量为M，探测器的质量为m，当探测器从行星的反方向接近行星时(题中左图)，再设向左为

正方向，根据动量守恒和能量守恒得－mv0＋Mu＝Mu′＋mv1.12mv20＋12Mu2＝12Mu′2＋12mv21，整理得v1－v0＝u＋u′，所以v1>v0，A正确，B错误；同理，当探测器从行星的同方向接近行星时(题中右图)，再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得m

v0＋Mu＝Mu″－mv2，12mv20＋12Mu2＝12Mu″2＋12mv22，整理得v0－v2＝u＋u″，所以v2<v0，C、D错误．5．Dm1与m2发生第一次弹性碰撞后，设小球m1与m2的速度分别为v1、

v2，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，系统机械能守恒，有12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，解得v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0；进入四分之一圆弧轨道M，当m2离开圆弧轨道时，设m2的速度为

v′2，根据动量守恒和机械能守恒得v′2＝m2－Mm2＋Mv2，要使m1与m2发生两次碰撞，则v′2<0，即M>m2，且|v′2|>|v1|，联立解得M>5kg，D正确．6．(1)6m/s(2)2kg－36J解析：(1)乙恰好到B点，轨道对小球的弹力正好为0，设乙在B点的

速度为vB，由牛顿第二定律得Mg＝Mv2BR设乙在A点的速度(即碰撞结束时)为v乙，乙从A点运动到B点，由机械能守恒可得12Mv2B＋Mg2R＝12Mv2乙综合解得v乙＝6m/s(2)碰撞刚结束时，设甲的速度为v甲甲、

乙发生弹性碰撞，由动量守恒mv0＝mv甲＋Mv乙由机械能守恒12mv20＝12mv2甲＋12Mv2乙综合解得M＝2kg、v甲＝－3m/s碰撞过程中乙对甲做的功就是合力对甲做的功，由动能定理得W＝12mv2甲－12mv20代

入条件计算可得W＝－36J．7．(1)2m/s(2)0.4m解析：(1)子弹C击中小车A后并留在其中，则A与C共速，速度为v1，以v0为正方向，根据动量守恒有：mCv0＝(mC＋mA)v1，得v1＝2m/s(2)设A与

B分离时的速度分别是v2、v3，对A、B、C组成的系统分析，由动量守恒和动能定理得：(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v2＋mBv3－μmBgL＝12(mA＋mC)v22＋12mBv23－12(mA＋mC)v21解得：v2＝53m/s，v3＝23m/s或v2＝1m/s，v3＝2m

/s(舍去，因为A的速度不能小于B的速度)B从A飞出以v3做平抛运动，则h＝12gt2得t＝0.4sA以v2向右做匀速直线运动，则当B落地时，它们的相对位移x＝(v2－v3)t＝0.4m8．(1)3m/s(2)0.56m(3)2.24J解析：(1)小球A运动到最低点的过程

中，由机械能守恒定律得mAgL(1＋sin30°)＝12mAv21联立解得v1＝3m/s(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律得mAv1＝mAv2＋mBv312mAv21＝12mAv22＋12mBv23联立解得v2＝1.8m/s，v3＝4.

8m/s物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v4，物块B上升的最大高度为h，木板长为L1由水平方向动量守恒及能量守恒定律得mBv3＝(mB＋M)v4解得v4＝0.6m/s12mBv23＝12(mB＋M)v24＋μmBgL1＋mBgh联立解得h＝0.56m(3)假设物块B

最终能停在木板上，则物块B与木板最终的共同速度仍为v4，设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x，由能量守恒定律得12mBv23＝12(mB＋M)v24＋μmBgx解得x＝1.26m因1.26m>2L1，故假设不成立，即物块B最终不能停在木板上，物块B与木板摩擦产

生的总热量为Q＝2μmBgL1＝2.24J.9．(1)v02(2)18mv20解析：(1)A与B碰撞过程满足动量守恒，可得mv0＝2mv1解得A与B碰撞结束后的共同速度为v1＝v02(2)A、B与C作用过程

中，当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒可得2mv1＝4mv2解得v2＝v12＝v04此过程根据能量守恒定律可得Epm＝12×2mv21－12×4mv22解得Epm＝18mv20.专题41动量和能量的综合应用1．C木块在小车上表面滑动的过程中动

量守恒，有mv0＝(M＋m)v，系统因摩擦产生的热量Q＝12mv20－12(M＋m)v2，两式联立解得木块的最终速度v＝mv0M＋m，摩擦产生的热量Q＝mMv202（M＋m），C正确．2．AC由题意，水平恒力F1、F2等大反向，则系统受合外力

为零，总动量守恒，故A正确；拉力与物体的运动方向相同，则F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B错

误；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度最大，总动能最大，C正确；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等后，物体减速运动，

但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D错误．3．D系统水平方向动量守恒，mv1＝Mv2，有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝L，解得x1＝MLM＋m，x2＝mLM＋m.由平抛运动的规律得h＝12gt2，x1＝v1t，由动量定理得I＝mv1，解得I＝MmLM＋mg2

h.4．BCD由v­t图象可知木块与木箱最终共速，则mv0＝(M＋m)v02，得m＝M，则A错；由能量守恒可得：12Mv20＝12(M＋m)v204＋μmgs，得到两物体的相对路程为v204μg，B正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为t＝v0－v0

2μg＝v02μg，则木箱运动的位移为32L＋v208μg，木块相对地面的位移为3v208μg－32L，C、D正确．5．D设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒得(

m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝xt，代入数据可解得v2＝0.8m/s，v1＝－0.1m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中释放的能量ΔE＝12

m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v20，将v2＝0.8m/s，v1＝－0.1m/s，代入计算可得ΔE＝0.027J，故D正确．6．D滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向

，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvm－MvM，mgR＝12mv2m＋12Mv2M，解得vm＝3gR2，vM＝gR6，滑块滑到B点时的速度为3gR2，故B错误；设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R＋L，则滑块水平方向相对地面的

位移为x′＝R＋L－s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m(R＋L－s)－Ms＝0.已知M＝3m，解得s＝14(R＋L)，x′＝34(R＋L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对

整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得L＝Rμ，故D正确．7．C由机械能守恒mbgh＝12mv2B可得碰后小球b在B点的速度为vB＝2m/s，故A错误；由动量守恒定律可得mav0＝mav1＋mbvB，由机械能守恒可得1

2mav20＝12mav21＋12mbv2B，联立求得mb＝3kg，v1＝－2m/s，碰撞后瞬间，小球a的速度大小为2m/s，故B错误，C正确；碰后a球立刻向左运动，b球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，

所以两球不会发生第二次碰撞，故D错误．8．(1)2gl22gl2(2)l(3)4解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律mgl＝12mv20解得v0＝2gl过程2：小球以2gl与静止圆盘发生弹性碰撞，根据系统机械能守恒和动量守恒定律分

别有12mv20＝12mv21＋12Mv′21mv0＝mv1＋Mv′1解得v1＝m－Mm＋Mv0＝－2gl2v′1＝12v0＝2gl2即小球碰后速度大小为2gl2，方向竖直向上，圆盘速度大小为2gl2，方向竖直向下；(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要

圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v′1解得t＝v′1－v1g＝v0g根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v′1t－(v1t－12gt2)＝v202g＝l(3)第一次碰撞后到第二

次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1即v1t1＋12gt21＝v′1t1解得t1＝2v0g此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝32v0圆盘的速度仍为v′1，这段时间内圆盘下降的位移x盘1＝v′1t1＝v20

g＝2l之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒mv2＋Mv′1＝mv′2＋Mv″2根据能量守恒12mv22＋12Mv′21＝12mv′22＋12Mv″22联立解得v′2＝0v″2＝v0＝2gl同理可得当位移相等时x盘2＝x球2v″2t2＝12gt22解得

t2＝2v0g圆盘向下运动x盘2＝v″2t2＝2v20g＝4l此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0由动量守恒mv3＋Mv″2＝mv′3＋Mv″3机械能守恒12mv23＋12Mv″22＝12mv′23＋12Mv″23得碰后小

球速度为v′3＝v02圆盘速度v″3＝3v02当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3即v″3t3＝v′3t3＋12gt23得t3＝2v0g＝t1＝t2在这段时间内，圆盘向下移动x盘3＝v″3t3＝3v20g＝6l此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l

－2l－4l－6l＝7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次．专题4

2实验：验证动量守恒定律1．(1)让入射小球从P点由静止开始释放，使两球正碰(2)B(3)mAx0＝mAx1＋mBx2解析：(1)为了让小球入射速度不变，所以让入射小球从P点由静止开始释放，使两球正碰；(2)实验中放在斜槽末端的小球是被碰小球B.(3)碰撞时应有mAv0＝mA

vA＋mBvB，由平抛运动规律有x＝vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有mAx0＝mAx1＋mBx2.2.(1)一元(2)2μgs0(3)m2m1(4)见解析解析：(1)根据题意可知，

甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；(2)甲从O点到P点，根据动能定理－μm1gs0＝0－12mv20解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v0＝2μgs0(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝2μg

s1v2＝2μgs2若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2整理可得s0－s1s2＝m2m1(4)误差可能的原因有：①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬

币组成的系统合外力不为零．3．(1)相等(5)m1gt12m2dΔt2－dΔt1(6)0.2210.212(7)4解析：(1)滑块在气垫导轨上运动时可认为阻力为零，当导轨水平放置时滑块匀速运动，遮光片通过两光电门的遮光时间相等．(5)将砝码和砝码盘所受重力作

为滑块所受拉力时，由冲量定义可知I＝m1gt12.滑块通过两光电门时的速度大小分别为vA＝dΔt1、vB＝dΔt2，故此过程中滑块动量改变量的大小为Δp＝m2vB－m2vA＝m2dΔt2－dΔt1.(6)将数据代入上述表达式

可得I≈0.221N·s、Δp≈0.212kg·m/s.(7)由定义得δ＝I－ΔpI×100%＝4%.4．(1)2.850(2)左(3)见解析图m1m1＋m2(4)AC解析：(1)游标卡尺的读数为28mm

＋10×0.05mm＝28.50mm＝2.850cm(2)滑块经过光电门1的时间比光电门2的时间短，说明滑块做减速运动，是由于气垫导轨左侧低造成的，应将左端调高．(3)作出1Δt2－1Δt1图线如图所示，若满足动量守恒

，则有m1v1＝(m1＋m2)v2，且v1＝dΔt1，v2＝dΔt2，整理得1Δt2＝m1m1＋m2·1Δt1，k2＝m1m1＋m2.(4)若滑块2的质量测量值偏大，则计算值k2偏小，则有k1>k2，A正确；若

滑块1的质量测量值偏大，则计算值k2偏大，则有k1<k2，B错误；若滑块2未碰时有向右的初速度，则碰后动量值偏大，即1Δt2偏大，则k1偏大，k1>k2，C正确；若滑块2未碰时有向左的初速度，则碰后动量值偏小，即1Δt2偏小，则k1偏小，k1<k2，D错

误．第七章静电场做真题明方向1．A电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；受力分析为可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；受力分析为可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；受力分析为可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；故选A.2．BD本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下

方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v′处，v′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v，P处与Q处小球动能相等，

所以A、C错误，B正确；从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量，P处与Q处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D正确．3．AB根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O

点指向L点，N点的电场方向沿对角线从N点指向O点，L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左，B正确；M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上，M、O两点的电势相等，将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力不做功，C错误；L点的

电势比N点的电势低，将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电势能增大，电场力做负功，D错误．4．C在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝Q2πRΔL，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝kQ2π

RΔLR2＝kQΔL2πR3，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为kQΔL2πR3，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有kq（2R）2＝kQΔ

L2πR3，解得q＝2QΔLπR，C项正确．5．BC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则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、BC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．故选BC.专题43电荷库仑定律1．A两个金属球相互吸引，故它们带异种电荷，设两金属球所带电荷量分别为5q和9q，相距为r时两球间的库仑力F1＝45kq2r2；充分接触后再分开，两球所带电荷量的绝对值均为2q，相距为

r时两球间的库仑力F2＝4kq2r2，则F1∶F2＝45∶4，故A正确．2．D选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P

点产生场强的水平分场强等大反向，即kQ2（rsin60°）2·cos60°＝kQ3（rsin30°）2·cos30°解得：Q2Q3＝33，C错误，D正确．3．A设两小球所带电荷量分别为q1、q2，且q1＋q2＝Q，静电力F＝kq1q2r2，当q1＝q2＝Q2时静电力具有最大值

Fm＝kQ24r2，A正确．4．B设两小球间库仑力大小为F，对A球，F＝m1gtan37°，对B球F＝m2gtan53°，两者联立可知m1m2＝169，A错误；两个点电荷A、B在C点的合场强为零，则kQA（OAsin37°）2＝

kQB（OBcos37°）2，得QAQB＝(OAsin37°OBcos37°)2＝(916)2，B正确；同时剪断连接两小球A、B的细线，在竖直方向两小球A、B均做自由落体运动，两小球是同时落地，C错误；若OA细线拉力为零，O点放置电荷Q1，则kQ1QAOA2cos53°＝F

；若OB细线拉力为零，O点放置电荷Q2，则kQ2QBOB2cos37°＝F，可得Q1Q2＝6427，D错误．5．C玻璃管水平放置时两小球间的库仑力大小为2mg，且有kq1q2l2＝2mg，竖直放置时，若A球在底部，则B

球的位置下降，其重力与库仑力平衡，有kq1q2x2＝5mg，解得x＝25l，A错误；A球在底部时对整体应用平衡条件得管底对A的支持力大小FN＝mg＋5mg＝6mg，由牛顿第三定律得A对管底的压力大小为F′N＝6mg，B错误；若B球在底部，A球在管顶的位置，对A球应用平衡条件得管顶对A球的压力大小

为FA＝mg，对A、B球整体有FN＝mg＋5mg＋FA＝7mg，由牛顿第三定律得B对管底的压力大小为7mg，C正确，D错误．6．ACD由几何关系可得AO＝R，θ＝45°.对小球B受力分析，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2R，解得ω＝gR.对C小球同理有ω＝gR，

故小球B和C的角速度大小相同，则A正确；由题可知，AB与竖直方向夹角为45°，对小球B受力分析有kq2R2qBcos45°＝mg，解得qB＝22mgR2kq，则B错误；对B小球有FBcos45°＝mg，解得FB＝2

mg，对C小球有Tcosα＝mg，由几何关系得cosα＝RR1＋14＝25，则T＝52mg，则FB∶T＝22∶5，C正确；由a＝rω2可知a1∶a2＝2∶1，则D正确．专题44电场力的性质1．C正电荷由P到Q做

加速运动，所受电场力方向向右，电场线方向向右，又由于所受电场力越来越大，所以电场线从左到右越来越密，所以C正确．2.D小球B处于平衡状态，受力分析如图所示，由平衡条件得，F＝mgtanθ，解得E＝Fq＝mgtanθq，D正确，A、B、

C错误．3．A选项A中的A、B两点电场强度大小相等，方向相同；选项B中的A、B两点电场强度大小相等，但方向相反；选项C中的A、B两点电场强度大小相等，方向不同；选项D中的A、B两点电场强度方向相同，但大小不等．综上所述，选项A正确．4．D对P、Q整体进行受力分析可知，在水平向上整体所

受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项AB错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．5．B(a，0)和(0，a)两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电

场强度的矢量和E＝2kqa2，方向如图所示[由点(a，a)指向点(0，2a)]，由在距P点为2a的某点处放置的正点电荷Q使得P点电场强度为零可知，此正电荷位于(0，2a)点，且电荷量Q满足kQ（2a）2＝2kqa2，解得Q＝22q，B正确．6．CA点的电场强度为0，圆环上的电

荷在A点的电场强度与B点的负点电荷在A点的电场强度等大反向，即E＝kQ（2L）2＝kQ4L2，根据对称性可知圆环上的电荷在B点的电场强度大小E＝kQ4L2，方向向右；若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，根据电场的叠

加原理可知B点的电场强度大小EB＝k2QL2－E＝7kQ4L2，故C正确，ABD错误．7．AC带电小球要在竖直面内做匀速圆周运动必有qE＝mg，则匀强电场方向一定竖直向下，大小为E＝mgq，故A正确，D错误，由绳的拉力和库仑力的合力提供向心力得FT＋kq2L2＝mv

2L，且FT≥0，代入数据解得v≥kq2mL，B错误，C正确．8．ACOC是AB连线的中垂线，该中垂线是等势线，将试探电荷由C移到O点，电场力不做功，A正确；因为是等量异种点电荷，在中垂线上，电场强度方向相同，O点的场强大于C点的场强，B错误，C正确；圆周不是等势面，将试探电荷沿圆周运动，电场

力做功，D错误．9．D根据矢量的合成和对称性知AB、EF两段棒在O点产生的电场强度的合成量为零，即CD段带电棒在O点产生的电场强度为E.若撤去AB棒，CD、EF两段棒在O点产生的电场强度的合成量为2E，D正确．10．B小球所受的电场力和重力恒定，受力分析如图所示．小

球做圆周运动的轨道半径r＝htanθ，竖直方向上有qE＋FNcosθ＝mg，水平方向有FNsinθ＝mv2r，联立解得加速度a＝v2r＝0.5gtanθ，加速度大小与轨道高度无关，线速度v＝0.5gh，线速度与h并不成正比，A错误，B正确；撤掉漏斗

之后，小球做类平抛运动，电场力做功，机械能不守恒，D错误；撤掉漏斗后，小球的加速度为a′＝mg－qEm，竖直方向有h＝12a′t2，水平方向有x＝vt，可求得小球的水平位移，因此能确定小球的落地点，C错误．11．D对圆环、小球和支架组成的系统，由平衡条件可知，支架受桌面的支持力等于(M＋m)g

，A、B错误；设圆环所带电荷量为q，因圆环电荷分布均匀，故单位长度所带电荷量q1＝q2πR，由库仑定律和平衡条件可知kQqR2＋h2·hR2＋h2＝mg，解得圆环所带电荷量q＝mg（R2＋h2）R2＋h2kQh，C错误，D正确．12．(1)qA、B、C均为正电荷(2)3－33q解析：(1)因为

M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿

AN连线向右上，如图所示可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷．(2)如图所示由几何关系E′A＝E′BC·tan30°即kqAN2＝33(kqBN2－kqCCN2)其中AN＝3BN＝3CN解得

qC＝3－33q.专题45电场能的性质1．C根据等量异种点电荷的电场线分布得：M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误，C正确；根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势

相等，M点的电势高于P点的电势，根据Ep＝φq可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故B、D错误．2．CDP靠近正场源，M靠近负场源，故P点电势比M点的高，选项A错误；因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；场强

方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确．故选CD.3．D由于发射极与电源正极相连接，故发射极电势高于吸极电势，故a点电势比b点电势高，A错误；等势

面的疏密反映电场线的疏密，故a点的电场强度大于b点的，液滴在a点的加速度大于b点的，B、C错误；带电液滴从发射极加速飞向吸极，从a到b电场力做正功，故电势能减小，D正确．4．BD两条电场线的延长线交于一点，即为点电荷Q的位置，根据电场线方向可知Q带正电，设A、B两点到Q的距离分

别为rA和rB，由几何知识得到rArB＝sinθ，根据点电荷场强公式E＝kQr2，可得A、B两点的电场强度为EA＞EB，某检验电荷在A点受的电场力大于在B点受的电场力，B正确；因为B点距离正点电荷Q远，所

以φB<φA，根据Ep＝φq可知，某检验电荷在A点的电势能可能小于在B点的电势能，电势能与电荷的电性有关，D正确．5．D正电荷在P、Q两点的电势能关系EpP＜EpQ，则φP＜φQ，点电荷带负电，A、B错误；由点电荷产生的电场

的分布可知，电场强度EP＞EQ，C错误；把一负电荷从P移到Q，电场力做正功，D正确．6．D小球运动过程中有重力和电场力做功，机械能和电势能的总和守恒，A、B均错误；从释放到最低点的过程中，由动能定理得(mg＋qE)R＝1

2mv2，在最低点有FN－mg－qE＝mv2R，联立解得FN＝3(mg＋qE)，C错误，D正确．7．AB小球、弹簧组成的系统有重力、弹簧弹力和电场力做功，机械能和电势能的总和不变，小球反弹后一定能重新回到C点，A正确；从C到B的过程中，电场力做功－5J，由能量守恒得

，小球和弹簧组成的系统的机械能减少5J，B正确；小球从A到B的过程中先加速运动，到达重力、弹簧弹力和电场力三力合力为零的位置时，速度最大，动能最大，之后做减速运动，直到B点，C、D均错误．8．B由等势面的分布可知，A、B两点的电场强度大小相等，但方向不同，A、B点的电场强度大于

C点的电场强度，则正电荷在A、B两点的加速度大小相等，但方向不同，A、D错误；由电势能Ep＝qφ可知，正电荷在B点的电势能大于在C点的电势能，B正确；由W＝qUCB和UCB＜0、q＜0得W＞0，则C错误．9．C由场强

叠加可知，a、c两点的电场强度大小不等、方向不同，A错误；在点电荷产生的电场中，a、b两点的电势相等，故a、b两点的电势差等于其在匀强电场中两点的电势差，由－eUbO＝－3eV可知UbO＝3V，因Uab＝－2UbO，故

Uab＝－6V，B错误；由E＝Ubal＝65×10－2V/m＝1.2×102V/m，C正确；将电子自a点沿ad连线移到d点的过程中，电场力先做正功再做负功，电子的电势能先减小后增大，D错误．10．ACDAC中点D的电

势为3V，连接BD为等势线，由几何关系得O点的电势为3V，A正确；电场方向由C指向A，电场强度E＝UCACA＝80V/m，B错误；过O点做CA的平行线，与圆周的交点为E、F，E点电势最高，F点电势最低，UOF＝E·OB＝80×AC·cos30°1＋cos60°＝2.3V，则φF＝

φ0－UOF＝3V－2.3V＝0.7V，C正确；将电子由C点移到A点，电场力做功WCA＝－eUCA＝－e×4V＝－4eV，则电子的电势能增加了4eV，D正确．11．(1)g2＋k2Q2q2m2r4(2)v20＋2gr解析：(1)释放时，小球所受库仑力大小F1＝kQqr2根据牛顿

第二定律有F21＋（mg）2＝ma解得a＝g2＋k2Q2q2m2r4(2)点电荷的等势面是以点电荷为中心的同心圆．则A点和B点是等势点，由电场力做功特点知，小球从A运动到B的过程中，电场力做功为0，由动能定理得mgr＝12mv2B－12mv2

0，解得vB＝v20＋2gr.12．(1)EqL(2)18L＜r≤15L解析：(1)小球在M点时动能最大，且θ＝60°，小球受到电场力和重力的合力F合＝Eqcosθ，方向与水平方向成θ角斜向右下小球从静止运动到M点的过程中，由动能定理得F合

L(1－cosθ)＝Ek1－0Ek1＝EqL(2)细绳碰到钉子后，小球以钉子为圆心做圆周运动，若能够做完整的圆周运动，设运动半径为r，小球从等效最低点运动到圆周等效最高点时，由动能定理可得－F合2r＝Ek2－Ek1＝12m

v22－Ek1在恰好达到圆周等效最高点时，由牛顿第二定律可得F合＝mv22rr＝15L绳子刚碰到钉子时，绳子恰好断开时，由牛顿第二定律可得18Eq－F合＝mv21r1＝2Ek1r1，r1＝18L故MP的距离为18L＜r≤15L.专题46电场中的图象问题1．CD根据v­t图象可知电荷的加速

度逐渐增大，即电荷所受电场力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，由于题干没说明是带正电还是带负电，故电荷所受电场力方向与电场强度方向可能相同、可能相反，综上所述可知，A、B错误，C、D正确．2．D根据乙图可知，O点的电势大于A点的电势，故A错误；电

势变化越快的地方场强越大，根据图线斜率可以得出，O点的电场强度大于A点的电场强度，故B错误；将正电荷沿该直线从A移到B的过程中，电场力做正功，故C错误；O、A两点间的电势差大于A、B两点间的电势差，故D正确．3．AC质子仅受电场力，F＝qE，由E­x图象可知O至b点，质子先做加速度逐渐变

大的加速运动，再做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误；质子在O点的电势能大于d点，由于b点电势为0，则可由图象面积知电势差UOb＝E0L，则A正确，B错误；动能可以利用动能定理，W∝U，可知动能之比为1∶2∶3，C正确．4．ACEp­x图象的斜率表示电场力

(也是合外力)，图线在x1处的斜率为零，则电场力为零，电场强度为零，A正确；从x2到x3，斜率不变，电场力不变，电场强度不变，B错误；由φ＝Ep－q，由图象得0＜Ep1＜Ep2＜Ep3，联立解得0＞φ1＞φ2＞φ3，C正确；在O～x2段，粒子受到的电场力变化，加速度变化，不是匀

变速运动；x2～x3段，电场力恒定，做匀变速直线运动，D错误．5．BC由题意可知，由A到B电势升高，O点电势为零，故O点左侧电势小于零、右侧电势大于零，又由E＝ΔφΔx可知，φ­x图象切线的斜率绝对值可表示场强大小，由A到O，场强减小，由O到B场强增大，A错误、B正确；电子在由A运动到B的过程中，

电场力做正功，则电势能减小，D错误；取一小段位移x，由eE·x＝Ep0－Ep，得Ep＝Ep0－eE·x，故Ep­x图象的斜率绝对值也可反映场强大小，C正确．6．C图象的斜率等于电场强度，则x＝4m处的电场强度不为零，A错误；从0到x＝

4m处电势不断降低，但问题中没有说明电场线是否与x轴平行，则x＝4m处的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；负电荷沿x轴正方向移动，电势降低，电势能增大的量为ΔEp＝－e·(－4V－4V)＝8eV，C正确；根据牛顿第二定律

qE＝ma，加速度与电场强度成正比，由图象可知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，即加速度先减小后增大，D错误．7．C电子仅在电场力作用下运动，动能与电势能之和是恒定的，则电子从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，则动能最大

，速度最大，A错误；Ep­x图象的斜率绝对值表示电子受到的电场力大小，在x2处图象的斜率为0，则电场力为0，故电子的加速度为0，B错误；电子从x1向x3运动的过程中，x3处的图象斜率绝对值最大，则电场力最大，电场强度最大，C正确；电子从x1向x3运动的过程中，电子在x2处

电势能最大，但由于电子带负电，故在x2处电势最低，D错误．专题47静电平衡电容器1．C铜丝编织的管线作用是屏蔽外部电磁信号的干扰，参与信号传输的是里面的两根铜导线，不是外部的编织管线，C正确．2．BC由于地面带正电，雷雨云底部带负电，电场线起于正电荷终止于负电荷，因此电场线方

向为向上，沿着电场线电势降低，因此从雷雨云底部到地面电势逐渐升高，故B选项正确；雨滴带负电，因此其电场力向下，雨滴落向地面过程，电场力做正功，电势能减少，故C选项正确．3．C由于电容器与电源保持连接，故两板间的电压保持不变，故A错误；根据C＝εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变薄导致介电常数ε

r变小时，电容器的电容C减小，再根据Q＝CU可知极板带电量Q减小，故B错误；由对B选项分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量Q增加，有充电电流从b向a流过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电量

不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误．4．D由于是匀强电场，所以两点电场强度大小，方向都一样，选项A错误；顺着电场线方向电势降低，所以A点电势要高，选项B错误；正极板固定不动，将负极板向右平移，则U＝Ed可知，匀强电场的

电场强度变小，选项C错误；负极板固定不动，将正极板向右平移，则两极板间的场强变大，从A点到B点电场力做功W＝－qEd，因此克服电场力做功要比示意图中要多，选项D正确．5．B6．A金属板放在正电荷旁边，会发生静电感应现象，右端带负电，左端带正电

，内部合场强处处为0，整个导体是等势体，正电荷从a点移到c点，电势能不变，金属平板上每一点电势都大于0，用手指接触金属平板任何部位，左端电荷会为0，再把Q移走，金属平板带负电，A正确．7．D由题可知，液滴在极板间受到重力、电场力的作用，沿水平方向运动，可知两个力的合力方向必沿水平

方向(如图所示)，有mg＝qEcosα、E＝Ud，又由几何关系可知d＝Ltanα，解得m＝Uqcos2αgLsinα.液滴从M极板上边缘运动至N极板的下边缘过程中，其加速度a＝Fm，其中F＝mgtanα，又Lcosα＝12at2，解得

t＝2Lgsinα，只有选项D正确．专题48带电粒子在电场中的加速和偏转1．A设粒子的质量为m，电荷量为q，从静止状态经过电压为U的电场加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有qU＝12mv2，解得v＝2qUm，由上式可知粒子的比荷越小，v越小，四个选项中氚核的

比荷最小，所以氚核的速度小，B、C、D错误，A正确．2．B由正负电荷在电场中的受力特点可知，水分子在B处时，上端带负电荷，下端带正电荷，A错误；水分子在B处时，由于带负电荷一端电场线更密，电场强度更大，故受到的电场力大于带正电荷一端受到的电场力，B正确；由电场线与等势面

在相交处垂直可得φC＞φB，C错误；如果把高压直流电源的正负极反接，产生的电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反转，水分子还是从A处开始将向上运动，D错误．3．AC从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的小球的运动性质

为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动．由图可知水平位移关系xA＞xB＞xC，根据公式t＝xv可得tA＞tB＞tC，再根据h＝12at2得，h相等，t越大a越小，即aA<aB<aC，选项D错误；又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受

到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力，所以A小球受到向上的电场力，即A小球带正电，C小球带负电，B小球不带电，A正确，B错误；三个小球以相同的水平速度v0射入竖直方向的匀强电场，做类平抛运动，因为h＝

vy2t，tA＞tB＞tC，落在正极板时竖直方向速度关系为vyA＜vyB＜vyC，又因为v＝v20＋v2y，所以三个小球到达正极板的速度vA＜vB＜vC，C正确．4．AUXX′和UYY′均为正值，电场强度方向

由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．5．D加速过程使粒子获得速度v0，由动能定理得qU1＝12mv20，解得v0＝2qU1m.偏转过程经历的时间t＝lv0，偏转过程加速度a＝qU2md，所以偏转

的距离y＝12at2＝U2l24U1d，可见经同一电场加速的带电粒子在同一偏转电场中的偏移量，与粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场．偏转角度θ满足tanθ＝U2l2U1d，三种粒子出射速度方向相同，也与g、m无关，D正确；三种粒子都带正电，所以出现一个亮点，A错误；根据y＝12a

t2，时间跟q、m有关，B错误；根据动能定理和W＝qU，可知动能跟q有关，C错误．6．C两个粒子的比荷相同，根据a＝qEm可判断两粒子在电场中运动的加速度大小相等．粒子在电场中做类平抛运动，有y＝12at2，x＝v0t，则有初速度v0＝xa2y.由于x2＝2x1

，y2＝12y1，解得v1∶v2＝1∶22，两粒子在电场中的运动时间之比t1∶t2＝2∶1，A错误，C正确；根据类平抛运动的推论得，速度与水平方向偏转角的正切值等于对应位移偏转角的正切值的2倍，即tanθ1＝2d0.5L，tanθ2＝20.5dL，所以t

anθ1∶tanθ2＝4∶1，但角度之比不等于4∶1，B错误；由于两粒子的质量不确定，所以无法比较末动能，D错误．7．D由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的

电势较高，故A、B错误；相较于做匀速圆周运动的电子，动能为Ek1的电子在做近心运动，动能为Ek2的电子在做离心运动，可知Ek2＞Ek1，故C错误；该电场是辐射状电场，内侧的电场线密集，电场强度大，根据U＝Ed定性分析可知UB

C＞UCA，即φB－φC＞φC－φA，所以|ΔEk左|＞|ΔEk右|，D正确．8．(1)9.3×10－26J(2)0.5m(3)－0.75m≤x≤0.75m解析：(1)所有电子达到荧光屏上的动能相同，由动能定理得：eE

L＝Ek－12mv20，其中L＝y2－y1得每个电子打到荧光屏上的动能：Ek＝9.3×10－26J(2)平行x轴方向的粒子在电场中运动的时间最长，沿x轴方向运动距离最大，设电子在电场中加速运动时间为t，沿场强方向加速，e

E＝may2－y1＝12at2在离开电场时沿x轴方向前进的距离x1＝v0t解得水平向右射出的电子在离开电场时沿x轴方向前进的距离：x1＝0.5m(3)平行x轴方向发射的粒子射出电场时沿y轴的速度大小为v

y＝at射现电场后匀速运动，沿x方向前进的距离为x2，x2y1＝v0vy解得：Δx＝x1＋x2＝0.75m由对称性可知，水平向左射出的电子到达荧光屏时的坐标值：x′＝－0.75m故荧光屏接收到电子的范围：－0.75m≤x≤0.75m．9

．(1)1.33×103N/C(2)3.2m解析：(1)物块在A点由静止释放，做初速度为零的匀加速直线运动，设运动的时间为t1则在水平方向L＝12at21根据牛顿第二定律qE＝ma在竖直方向h1＝12gt21解得E＝1.33×103N/C(2

)要使物块改变位置后由静止释放也能到达C点，这个位置必须在电场外，设物块进电场后在电场中运动的时间为t2，则L＝12at22设物块刚进电场时的速度为v，则h＝vt2＋12gt22解得v＝2m/s设释放的位置离地面的高度为H，则H＝h＋v22g＝3.2m．专题49带电粒子在

交变电场中的运动1．CD作出带电粒子在交变电场中的v­t图象如图所示，不难发现，3s末粒子回到了出发点，3s后重复这样运动，一直做往复运动，并非单向的匀变速直线运动，A、B错误；0～3s内，对粒子由动量定理得I电场力＝0－0，故

0～3s内电场力的冲量为零，C正确；0～3s内，对粒子由动能定理得W电场力＝0－0，故0～3s内电场力做的总功为零，D正确．2．C粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝0时刻进入的粒子在前半个周期竖直方向是加速，后半个周期竖直方向是匀速，设加速度为a，则位移为y1

＝12×a×(T2)2＋a×T2×T2＝38aT2，在t＝12T进入的粒子，竖直方向上在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，则位移为y2＝12a(T2)2＝18aT2，故y1∶y2＝3∶1，C正确．3．B

C由题图乙可知，t0～2t0时间内场强为零，则该粒子在t0～2t0时间内做直线运动，A错误；该粒子进入平行板间水平方向一直做匀速直线运动，则粒子水平方向的初速度v0＝l2t0，B正确；设该粒子在平行板间偏转时的加速度为a，

竖直方向，先做匀加速直线运动，在速度达到at0之后做匀速直线运动，有12l＝12at20＋at20；可求得a＝l3t20，C正确；两平行板上所加电压大小U0＝El，又Eq＝ma，解得U0＝ml23qt20，D错误．4．(1)3c

m1.8×105m/s(2)66×104m/s解析：(1)粒子经过T3时第一次达到最大速度，根据a＝qU0md解得a＝5.4×1011m/s2此过程粒子的位移为x1＝12a(T3)2＝3cm粒子速度的最大值为v＝a·T3＝1.8×105m/s(2)0至T3时间内，粒子向右做匀加速直线运动，向A板

运动了x1＝3cm，根据对称性可知，T3至2T3时间内，粒子向右做匀减速运动减到速度为零，粒子又向A板运动的位移大小为x2＝x1＝3cm2T3至5T6时间内，粒子反向向左做匀加速直线运动，粒子向B板运动的位移大小为x3＝12a(T6)2＝0.75cm根据对称性可知，5T6至T时间内，粒子向

左做匀减速运动减到速度为零，粒子又向B板运动的位移大小为x4＝x3＝0.75cm粒子在一个周期内向右运动的位移为Δx＝x1＋x2－x3－x4＝4.5cm可知经过4个完整的周期后粒子向右前进的位移大小为18cm，与A板的距离为s＝d－4Δx＝2cm，因此粒子撞击A板时的速度即为由

初速为0，经过s＝2cm加速后获得的速度，则有2as＝v′2解得v′＝66×104m/s.专题50力、电综合问题1．B2．BCD3．AD以甲球和斜面为整体，由动能定理可得：mgH＋qEH＝12mv21＋12Mv22，以甲球与斜面为系统，水平方向动量守恒：Mv2－mv1＝0，解得：v

1＝2gH，选项A正确；甲、乙两球碰撞由动量守恒定律与机械能守恒定律可得：mv1＝mv′1＋mv乙，12mv21＝12mv′21＋12mv2乙，联立两式可得：v乙＝2gH，v′1＝0，选项B、C错误；乙球由最低点到D点由动能定理可得：－(mg

＋12qE)×2R＝12mv2D－12mv2乙，小球乙恰好到达最高点D，由牛顿第二定律可得：mg＋q2E＝mv2DR，联立两式可求：R＝25H，选项D正确．4．(1)8∶1(2)油滴a带负电，油滴b带正电4∶1解析：(1)设油滴

半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝43πr3ρ则速率为v时受阻力f＝krv则当油滴匀速下落时mg＝f解得r＝3kv4πρg∝v可知rarb＝v014v0＝2则mamb＝r3ar3b＝81(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以12v0的速率竖直向下匀

速运动，所以有油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷由m1m2＝8和m1＝43πr31ρ，m2＝43πr32ρ可知，甲乙油滴的半径之比为r1r2＝2由f＝kvr可知两个油滴均以速率12v0竖直向下匀速运动时，所

受阻力之比为f1f2＝r1r2＝2油滴b以速率14v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g结合f＝kvr可知油滴b以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g油滴a以速率12v0竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝

2f2＝4m2g设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有m1g＝q1E＋f1设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有m2g＋q2E＝f2联立解得q1∶q2＝4∶1第八章恒定电流做真题明方向1．B根据题干公式ΔF＝kI1I2Δl1

Δl2r2整理可得k＝ΔFr2I1I2Δl1Δl2代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为NA2＝kg·m/s2A2＝kg·m/(s2·A2).故选B.2．(1)如图所示(2)990解析：流过电阻R0的电流I0＝I－Ig＝9mA－0.09

mA＝8.91mA，由欧姆定律可知，Rg＝I0R0Ig＝8.91×100.09Ω＝990Ω.3．(1)如图所示(2)10Ω75Ω(3)2.304.20548解析：(1)要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，则应用滑动变阻器的分压式接法，电流表的量程为1mA，需测到5mA

，则要对电流表改装，与其并联一个电阻R0，电压表的内阻很大，则电流表采用外接法．(2)滑动变阻器采用分压式接法，R应选最大阻值较小的滑动变阻器；电流表量程1mA改装为量程5mA，则R0＝UI＝1mA×300Ω5mA－

1mA＝75Ω，故R0应选阻值为75Ω的定值电阻．(3)电压表的分度值为0.1V，读数时需估读到分度值的下一位，读数为2.30V，电流表的分度值为0.02mA，此时示数为0.84mA，考虑到改装关系，流过Rx的电流为5×0.84mA＝4.20mA，利用R＝UI解得Rx≈548Ω.4．(1)乙(2)

ka2I(3)6.5×10－5解析：(1)由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离．(2)根据电阻定律有R＝ρLa2再根据欧姆定律有R＝UI联立有U＝ρIa2L则ρ＝ka2I(3)根据图像可知k＝6.5V/

m则根据(2)代入数据有ρ＝6.5×10－5Ω·m5．(1)15.0(3)R0＋RVER0RVR＋rR0＋rRV＋R0RVER0RV(5)1.53(1.50～1.56均可)0.6(0.4～0.8均可)(6)

5解析：(1)为了保护电压表，在闭合开关前，需满足UmR0>ER0＋R＋r，可得R>8Ω，所以选15.0Ω.(3)根据闭合电路的欧姆定律得ER＋r＋R0RVR0＋RV＝UR0RVR0＋RV，整理得1U＝R0＋RVER0R

VR＋rR0＋rRV＋R0RVER0RV.(5)从图中可知图线过点(9.5Ω，1.00V－1)和(24Ω，1.50V－1)，即R0＋RVER0RV＝4007600EV－1/Ω＝1.50－1.0024－9.5V－1/Ω，解得E＝1.53V，r＝0.6Ω.(6)

若电压表是理想电表，则1U＝1ER0R＋r＋R0ER0，同理可得120.0E′V－1/Ω＝0.034V－1/Ω，解得E′＝1.47V，误差为|E′－EE|×100%≈5%.6．(1)短接减小(2)①b②大于R01－R02解析：(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接．温度越高，相同

倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．(2)①闭合开关前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到b端．②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D，调节滑动变阻器和电阻箱，

使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋RT，所以R01>R02，RT＝R01－R02.专题51电阻定律和欧姆定律1．D电流强度是标量，A错误；带电微粒所带的电荷量是元电荷的整数倍，B错误；单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大，C错

误；电动势数值上等于非静电力在电源内部把1C的正电荷从负极移送到正极所做的功，D正确．2．BC由R＝ρlS知R甲∶R乙＝S乙∶S甲＝r2乙∶r2甲＝1∶4，A错误；将甲、乙串联到电路中，由U＝IR知U甲∶U乙＝R甲∶R乙＝1∶4，B正确；将甲、乙并联到电路

中，由I＝UR知I甲∶I乙＝R乙∶R甲＝4∶1，C正确；将甲、乙并联到电路中，甲、乙电阻丝两端的电压之比是1∶1，故D错误．3．C根据电阻定律R＝ρLS，解得ρ＝RSL，电阻率之比为ρ1ρ2＝R1R2·S1S2·L2L1＝

23×41×13＝89，C正确．4．AC根据电子的微观表达式I＝nevS，可以求得单位时间通过导线横截面的电荷量为Q＝I×1s＝nevS×1s，在单位时间内通过导线横截面的自由电子数为N＝Qe＝Ie＝nvS，A、C正确．5

．BD图中图线a随着电压的增大，温度升高，图象的斜率增大，电阻减小，是热敏电阻的伏安曲线；图线b随着电压的增大，温度升高，斜率减小，电阻增大，是小灯泡的伏安曲线，A错误，B正确；图线中的M点时，小灯泡和热敏电阻的电流和电压都相等，根据R＝UI

，表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的阻值，根据P＝UI，表示该状态小灯泡的功率等于热敏电阻的功率，C错误，D正确．6．A根据电阻定律R＝ρLS，a的电阻为R，横截面积为S，b、c的横截面积分别为2S和0.5S，则b、c的电阻分别为Rb

＝R2，Rc＝2R，需要一根长为2L的导线，则两导线应该是串联，要求阻值小于2R，则只能是a、b串联，连接后的电阻为R′＝R＋Rb＝1.5R，A正确．7．A由图象可知ab两段导线两端的电压之比为Ua∶Ub＝6∶2＝3∶1，可知电阻之比为Ra∶

Rb＝3∶1，根据R＝ρLS可得S＝ρLR，则SaSb＝LaLb·RbRa＝13×13＝19，A正确．8．A小灯泡灯丝是一种金属，金属的电阻率ρ随温度的升高而变大，由电阻定律R＝ρLS可知，电阻率变大，小灯泡的电阻变大，流过小灯泡的电流变小，故小灯泡变暗，灯丝电阻率变大，A正确．9．D设金属薄片

的厚度为d，根据电阻定律R＝ρLS得RAB＝ρLabdLbc，RCD＝ρLbcdLab可得RABRCD＝LadLbcLbcLab＝91，根据欧姆定律，电流相同时，电压与电阻成正比，故两次电压之比为9∶1，故将AB接入电路时，接入的电压为9U，D正确．专题52串、并联电

路电表的改装1．D根据欧姆定律R＝UI＝2.0Ω，D正确．2．CD由题意知，U12＝φ1－φ2＝3V，U23＝φ2－φ3＝2.5V，U34＝φ3－φ4＝－1.5V，联立可得φ1>φ2>φ4>φ3，在电路中电流从高电势流向低电势，所以1接电源正极，3接

电源负极，故AB错误，CD正确．故选CD.3．BC当R3的滑动端在最左端时，电阻为零最小，此时AB间总电阻最小，最小电阻为Rmin＝R1＝5Ω，A错误，B正确；当R3的滑动端在最右端时，电阻最大，此时AB间总电阻最大，最大电阻为Rmax＝R1＋R2R3

R2＋R3＝5Ω＋20×2020＋20Ω＝15Ω，D错误，C正确．4．D改装成电流表是要扩大电流的量程，使用并联电路的分流原理，要并联的阻值为R并＝IgRgI－Ig≈0.05Ω，D正确．5．C由甲图可知，A的电阻最大，由电阻定律可知，A的电阻率最大，C的最小，A、B错误；由串联电路

特点可知，A两端的电压大于B两端的电压，C正确；由欧姆定律和焦耳定律可知，PAB＝U2RA＋RB，PC＝U2RC，故A、B消耗的总电功率小于C消耗的电功率，D错误．6．C设R1＝R2＝Rg＝R，根据电路结构可知I1＝Ig＋Ig（R2＋Rg）R1＝

Ig＋Ig×2RR＝3Ig，I2＝Ig＋IgRgR1＋R2＝Ig＋IgR2R＝1.5Ig，A、B错误；因为I1＝Ig＋Ig（R2＋Rg）R1，I2＝Ig＋IgRgR1＋R2，则若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，C正确，D错误．7．B由于两电

流表串联在电路中，所以两表头指针的示数相同．又因为A2的量程是A1量程的5倍，且电流表刻度盘均匀分布，所以在表盘同一位置处A2的示数是A1示数的5倍，换言之，当两表盘所指示数相同时，则A2指针偏角是A1指针偏角的15，综上所述可知B正确．专

题53电功电功率1．AD长度、材料均相同，它们的横截面的直径之比dA∶dB＝1∶2，则横截面积之比SA∶SB＝1∶4，根据R＝ρLS可知电阻之比RA∶RB＝4∶1，A正确；因两者是串联，它们的电流总相等，故B错误；两段电

阻丝发热功率之比PA∶PB＝I2R1∶I2R2＝4∶1，C错误；根据I＝neSv可知vA∶vB＝SB∶SA＝4∶1，D正确．2．A设每个灯泡正常发光时的电流为I，则题图甲中总电流为3I，题图乙中总电流为I，要使两电路消耗的总电功率也相同，需使PR1＝PR2，即(3

I)2R1＝I2R2，故R2＝9R1，A正确．3．D由图象可知，灯泡两端的电压变化时，灯泡的电阻发生变化，L2和L3的串联电阻并不是L1电阻的两倍，根据欧姆定律知L1中的电流不是L2中电流的2倍，A错误；由于不计电源内阻，所以L2和L3两端的电压均为1.5V，由题图乙可知此时灯泡中的电流为I＝0.

8A，电阻为R3＝UI＝1.875Ω，L3的电功率为P＝UI＝1.5×0.8W＝1.2W，L2和L3的总功率为P′＝2P＝2.4W，B、C错误，D正确．4．B电阻的电功率为P1＝U1I，故A错误；电阻两端的电压为U1＝IR，灯泡两端的电压为U2＝U－U1＝U－IR，故B正确

，D错误；灯泡的电功率为P2＝U2I，C错误．5．C电动机两端的电压为U1＝U－UL＝12V－6V＝6V，整个电路的电流为I＝PLUL＝126A＝2A，电动机的输入功率为P＝U1I＝6×2W＝12W，A错误；电动机的热功率为P热＝I2RM＝22×0.5W＝2W，电动机的输出功率为P出＝P－

P热＝12W－2W＝10W，B错误，C正确；整个电路消耗的电功率为P总＝UI＝12×2W＝24W，D错误．6．D由焦耳定律可知Q＝I2rt，代入数据可得2s产生的焦耳热为Q＝I2rt＝20J，D正确．7．CD电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为t＝qI＝

18000mA·h6000mA＝3h＝180min，A错误；由动能定理Pt－kmgs＝12mv2，解得P＝240W，B错误；根据IU＝P＋I2r，解得驱动电动机的内阻为r＝56Ω，C正确；电动车能达到的最大速度vm＝Pkmg＝2400.05×600m/s＝8m/s，D正确．专题5

4闭合电路的欧姆定律1．A由电池容量约为1500mA·h可知，该电池储存的电荷量约为Q＝1500×10－3×3600C＝5400C，而灯泡正常工作时的电流I＝PU＝0.6A，由I＝Qt，得t＝QI＝9.0×103s，A

正确，B、C、D错误．2．AC电动机恰好能正常工作，则通过电动机的电流等于额定电流，因此电动机消耗的电功率为P＝UI，A正确，D错误；电动机不是纯电阻电路，则电源的输出功率为P出＝UI≠I2R，B错误；电源的效率为η＝UIEI＝E－IrE＝1－IrE，C

正确．3．A电阻R和电动机M串联，两元件中电流相等，电阻R两端电压U1＝IR，电动机为非纯电阻用电器，电压U2＞IR，所以有U1＜U2，电流通过用电器做功W＝UIt，则有W1＜W2，用电器产生的热量Q＝I2Rt，所以有Q1＝Q2.综上所述只有选项A正确．4．C根据推

论，当外电阻与电源内阻相等时，电路的输出功率最大，将保护电阻等效为内阻，当电阻丝接入电路的阻值为5Ω时，电阻丝的功率最大，A错误；电路中电流越大，保护电阻的功率越大，当电阻丝接入电路的阻值为0时，保护电阻的功

率最大，B错误；外电阻越小，电源效率越小，当电阻丝接入电路的阻值为0时，电源效率的最小值为80%，C正确；根据电阻定律R＝ρlS，代入数据可得电阻丝的电阻率为ρ＝2×104Ω·m，D错误．5．A由于R

1的电流减小，所以R1两端的电压减小，故电容器两端的电压增大，根据E＝Ud可得两极板间的电场强度增大，A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律可知内电压减小，外电压增大，电压表的读数增大，C错误；P下滑时R2接入电路的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，即通过R1的电流减小，根据P＝I2R1可知

R1消耗的功率减小，D错误．6．B当滑动触头由上向下滑到中间位置时，外电路电阻一直在增大，总电流在减小，电压表V3示数(路端电压)变大，电压表V1示数(定值电阻R两端电压)变小，电压表V2示数变大，故B正确．7．AD闭合开关，仅当

光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，则小灯泡变亮，A正确；因为光敏电阻的阻值减小，电流增大，设光敏电阻为R1，由P1＝I2R1无法判断光敏电阻的功率如何变化，B错误；设滑动变阻器的电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知I＝ERL＋R＋r＋R

1，电源的输出功率为P＝EI－I2r＝E2（R＋R1＋RL－r）2R＋R1＋RL＋4r，因为RL＞r，所以外电阻大于电源内电阻，则光敏电阻减小时，电源输出功率变大，C错误；电源的效率η＝UIEI＝E－IrE＝1－IrE，因为电路中电流增大，所以电源的效率减小，D正确．专题55测量电阻的几种方

法1．(1)见解析(2)8.80～8.95(3)小于解析：(1)由图乙可知，电压表、电流表的示数从0开始变化，所以滑动变阻器采用分压接法，因为RVRx>RxRA，所以电流表采用外接法，实验电路如图所示．(2)U­I图象的斜率即为待测电阻的阻值，所以Rx＝4.8－00.54Ω≈8.89Ω(3)由于电

压表的分流作用，电流表的示数偏大，所以电阻Rx的测量值小于真实值．2．(1)③⑥(2)连接图见解析(3)(1k－1)R1(4)定值电阻R1短路(合理均可)解析：(1)定值电阻选择与待测电流计阻值相当的③即可；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的⑥；(2)实物连线如图

：(3)由电路图可知I1rg＝(I2－I1)R1，即I1＝R1rg＋R1I2，则k＝R1rg＋R1，解得rg＝(1k－1)R1.(4)若实验过程中，电路有一处出现故障，使得电流表G1无示数，电流表G2有示数，可能的故障原因是定值电阻R1短路．3．(

1)DE并A(3)U2－U1U1·RV1R1RV1＋R1(4)相等解析：(1)电热丝正常工作时的电流为I＝220V1100Ω＝0.2A，可以用已知内阻的电压表V1来代替电流表，即电表1应选用D，电表2应选用E；但是电压表

V1通过的最大电流只有Im＝1001000A＝0.1A，则可用定值电阻R1＝500Ω与电压表V1并联，这样通过的最大电流为0.3A，可满足实验的要求，故定值电阻应选用A.(3)由欧姆定律可得U2＝U1＋(U1RV1＋U1R1)Rx，解得Rx＝U2－U1U1·RV1R1RV

1＋R1.(4)以上均为准确值，无误差，测量值与准确值相等．4．(1)①变阻箱R的阻值②RP(2)图象见解析(3)2.50Ω5.40Ω(5.20～5.60Ω均可)解析：(1)①调节RP，使得测量电路的电压由较低电压开始，先闭合S1，断开S2；再断开S1，闭合S2，调节电阻箱R的阻值，使电流表读

数也为I1，并记录R的阻值R1；②逐次调节RP，改变测量电路电压，进行实验；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示(3)由图示可知，当通过的电流为零时，灯丝电阻约为2.50Ω；当流过的电流为0.4

0A时，灯丝电阻约为5.40Ω.5．(1)×1k(2)实物图连线见解析(3)相等R2R0R1(4)R0R′0解析：(1)实验前，先用多用电表粗测Rx的阻值，用“×100”挡时发现指针偏转角过小，说明电阻太大，应用更大挡位，故应换用“×1k”挡位；(2)按图甲将图乙中的实物连线补

充完整，如图(3)当电阻箱读数为R0时，灵敏电流计G的示数为零，此时A、B两点电势相等，因为两点间无电流，根据电桥原理可知R0R2＝R1Rx，解得Rx＝R2R0R1.(4)根据电桥原理，两次有R1R2＝R0Rx＝RxR′0解得Rx＝R0R′0.专题56实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线1．(1)a(

2)解析：(1)由于RVRA≈95Ω而小灯泡的电阻约为r≈U2P＝12Ω则电流表应采用外接法，则该同学选择的电路图是图(a).(2)若选用另一个电路图即图(b)实验，会有U＝U灯＋IRA则分别代入电流200mA、400mA、500mA，可知对应的电压应为1.4V、4.0V、6.75V，描点连

线有2．(1)实物图连接如图所示(2)C(3)27.0解析：(1)题图1电路中的滑动变阻器为分压式接法，电流表外接，实物电路连接如答图所示；(2)灯丝被烧断，最主要的原因是灯丝两端的电压过大，功率过大；电流表内阻变小，在电路中相当于导线，电流表短路不会导

致小灯泡两端电压过大，A错误；滑动变阻器滑片接触不良，则小灯泡所在分路相当于断路，小灯泡两端电压为0，灯丝不会烧毁，B错误；滑动变阻器滑片初始位置在b端，相当于将小灯泡和电流表直接接在电源两端，小灯泡两端电压约等于电源电压为9V

，大于小灯泡的额定电压，灯丝可能会被烧断，C正确；(3)由题图3可知，在P点时，U＝2V、I＝74mA，所以灯丝电阻R＝UI＝2V74mA≈27.0Ω.3．(1)匀速(2)53.6(3)不合适电动机为非纯电阻仪器(4)U1＋U2解析：(1)依题意，可

得该电动机效率的表达式为η＝mghU2It×100%，显然，为了减小实验的误差，需要保持重物的动能不变，所以需在重物做匀速直线运动的过程中测量上升高度h和对应的时间t.(2)给电动机输入5V电压时，利用表中提供数据可求得此时电动机效率为η＝mghU2

It×100%＝0.21×10×0.805.00×0.38×1.65×100%≈53.6%.(3)由图甲可知U2为电动机输入电压，I为流经电动机的电流，但由于电动机为非纯电阻仪器，即U2­I图象的斜率不代表电动机线圈的电阻r机，所以该方法不合适．(4)根据图甲，由闭合电路欧姆定律

可得E＝Ir＋U1＋U2，即U1＋U2＝Ir－E，所以，可将图乙中的纵轴坐标U2改为U1＋U2，则通过图线的纵截距的绝对值可求得电源电动势，图象斜率可求得电源内阻．专题57实验：测定金属的电阻率1．(1)1100(2)R

2串(3)A(4)πd2I1（r1＋R2）4l（I2－I1）解析：(1)欧姆挡刻度盘读数11×100Ω＝1100Ω.(2)改装成电压表的内阻为RV＝UVIg＝1.52×10－3Ω＝750Ω，需串联的电阻R串＝RV－r1＝700Ω，所以串联的电阻为R2.(3)由于滑动变阻器的阻

值较小，应采用分压式接法，C、D均错误；电路B中A2所在支路电阻大，电流小，但其量程大，无法使两者同时达到电流超过量程的13，只有A电路能满足要求，A正确．(4)由电阻定律得Rx＝ρlS，且S＝l4πd2，由电路知识得I′1(r1＋R2)＝(I2－I1)Rx，联

立解得ρ＝πd2I1（r1＋R2）4l（I2－I1）.2．(2)U2－U1R0U1R0U2－U1(5)0.150(6)5.0解析：(2)根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1则流过R0即流过待测金属丝的电流I＝

UR0＝U2－U1R0金属丝的电阻r＝U1I联立可得r＝U1R0U2－U1(5)螺旋测微器的读数为d＝15.0×0.01mm＝0.150mm(6)根据电阻定律r＝ρLS又S＝π·d22代入数据联立解得ρ＝5

.0×10－7Ω·m专题58实验：测定电池的电动势和内阻1．(1)550.50.5300(2)图见解析解析：(1)根据欧姆定律的特点可得Rs＝UIg－Rg＝550.5Ω，故电阻箱应调为“550.5Ω”；由并联电压相等的特点可得R′

s(I－Ig)＝IgRg，得R′s＝IgRgI－Ig＝0.5Ω，故电阻箱应调为“0.5Ω”；欧姆表电流满偏时由闭合电路欧姆定律得R内＝EIg＝300Ω.(2)由于要考虑电表的内阻影响，根据以上改装原理可知，改装后的两电表的内阻分别为RV＝600Ω；RA＝0.495

Ω，且要精确测量电源的电动势和内阻，故可将电流表与电源放在一起组成如图所示电路，此种测量电路测出的电动势是准确的，并将测量结果的内阻值减去电流表内阻即为电源的内阻(此电路接法数据处理简便)，通过此法即可消除系统误差．2．(1)0.42(0.4

3也可)(2)①A②1900(1800也可)③不变解析：(1)用中间一圈的刻线读数，其中250即是2.50V，50即是0.50V，则电池的电动势大小为0.42V．(2)提供的电压表量程太大，可用安阻法测量，即用电路A.由闭

合电路欧姆定律得E＝I(R＋rA＋r)，整理得R＝EI－(rA＋r)，结合图象可知rA＋r＝2200Ω，解得电池的内阻r＝2200Ω－300Ω＝1900Ω，图线的斜率表示电动势，静置5h后的图线与原图线平行，斜率不变，则电动势不变．3．(1)3.02.0(

2)小于小于解析：(1)根据闭合电路欧姆定律E＝U＋UR(R0＋r)可得1R＝ER0＋r·1U－1R0＋r，由1R­1U关系图线知纵截距绝对值1R0＋r＝r＝2.0Ω，得r＝2.0Ω；由图线的斜率k＝ER0＋r＝0.1＋0.20.50，解得E＝3.0V；(2)根据实验原

理可知，电动势的测量值E测＝E真r真＋R0＋RV·RV＜E真，故测量值应小于电源电动势真实值，内电阻的测量值r测＝（r真＋R0）RVr真＋R0＋RV－R0＝（RV－R0）r真－R20R0＋RV＋r真＜（RV－R0）r真R0＋RV＋r真＜r真，故内电阻的测量值小于真实值．专题59实验：多用电表

的使用1．(1)BDC(2)AB解析：(1)欧姆挡测电阻时指针偏转角度过大，是由于挡位过大，需选取小挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为BDC；(2)图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压，故

A正确；图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流，故B正确；测量小灯泡电阻时，小灯泡必须与外部电路断开，故C错误；由图结合欧姆表的内部电路可知，二极管两端为负向电压，此时二极管电阻无穷大，可观察到此时欧姆表示数很大，故D错误

．2．(1)480ΩR8(2)黑(3)160880解析：(1)由半偏法原理知，灵敏电流计G的内阻为480Ω；根据欧姆定律R＝EIg＝1.5250×10－6Ω＝6000Ω，所以变阻器选R8.(2)当B端与“3”连接时，内部电源与外部电路形成闭合

回路，电流从A端流出，故A端与黑色表笔相连接．(3)根据题给条件可知，当B端与“2”连接时，表头与R1、R2组成串联电路并联，此时为量程1mA的电流挡，由并联电路两支路电流与电阻成反比知RgR1＋R2＝1－0.250.25＝31，

解得R1＋R2＝160Ω当B端与“4”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1V的电压挡，表头与R1、R2组成的串联电路并联后的总电阻为120Ω，两端电压为0.12V，由串联电路中电压与电阻成正比知，R4两端电压为0.88V，则R4电阻为880Ω.3．(1)红

(2)2.0(3)12.5(4)2515解析：(1)根据电流红进黑出，B接线孔接黑表笔，则图中A端是红表笔；(2)根据欧姆表的工作原理，欧姆表的内阻为R内＝E1Ig＝1.50.6Ω＝2.5Ω，则滑动变阻器接入电路

的阻值为R滑＝R内－rA－r＝2.5－0.1－0.4(Ω)＝2.0Ω；(3)因为Rx＝E1I－R内，由图b可知I＝0.10A，因此Rx＝E1I－R内＝12.5Ω；(4)根据表盘中刻度值为欧姆表内阻可知，接2时为“×10”倍率，此时欧姆表的内阻为R内2＝10×2.5

＝25Ω，电源电动势E2为E2＝IgR内2＝15V．第九章磁场做真题明方向1．B带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时

速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．2．BC依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两

个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量

方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．3．AC弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流

为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d方向向左；MN受安培力FMN＝2BId方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m,PQ速率为v时，则2mv＝mv′解得v′＝2v回路的感应电流

I＝2Bdv′＋B·2dv3R＝2BdvRMN所受安培力大小为FMN＝2BId＝4B2d2vR选项B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2x1＋x2＝L可得最终MN位置向左移动x1＝2L3PQ位置向右移动x2＝L3因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力

大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理F弹x1－F安xMN＝0F弹x2－F安xPQ＝0可得xMNxPQ＝x1x2＝21选项C正确；两棒最后停止时，弹

簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动2L3，PQ位置向右移动L3，则q＝I－Δt＝ΔΦR总＝2B2L3d＋BL32d3R＝2BLd3R选项D错误．故选AC.4．B根据磁场方向与电流方向垂直时的安培力表达式F＝BIL可

知，在只改变电流I时，其安培力F∝I，因此F­I图线为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项A错误，B正确；同理，在只改变导线通电部分长度L时，其安培力F∝L，因此F­L图线也为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项C、D均错误．5．C假设

电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向

右，AB错误；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确．假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确．专题60磁场磁感线磁场的叠加1．B根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越

接近中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场．故B正确，A、C、D错误．2．BC磁感应强度是矢量，根据左手定则可知，磁感应强度方向与安培力的方向垂直，A错误；在同一个磁场中磁感线密的地方磁感应强度大

些，磁感线疏的地方磁感应强度小些，B正确；磁感应强度是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，C正确；磁感应强度是磁场本身的属性，与通电导线受到的安培力和电流大小和长度无关，D错误．3．ABD根据安培定则和对称性可知，A、B两点的磁感应强度大小相等，方向

相同，A正确；在A、B、O三点中O点的磁感应强度的合成量最大；C、D、O三点中，也是O点的磁感应强度的最大，所以B正确；沿AB连线从P到Q磁感应强度先减小后增大，C错误；连线CD上除O外，两直线电流产生的磁感应强度的方向不在同一直线上，合成

量不能为零；连线AB上的AP和QB区域两直线电流产生的磁感应强度方向相反，但大小不可能相等，PQ区域两直线电流产生的磁感应强度方向相同，合成量也不可能为零，D正确．4．A令ac间距为r，根据几何知识可知bc间距为2r，

由安培定则可知，a点处电流产生的磁场在c点处的磁感应强度方向垂直ac向左，大小为B0＝kIr.用安培定则判断通电直导线b在c点上所产生的磁场方向垂直于bc斜向右上，大小为Bb＝k4I2r＝2kIr＝2B0.如图所示由几何知识可得θ＝60°，根据矢量的合成法则，则有各通电导线在c点的合磁

感应强度，在水平方向上的分矢量Bx＝2B0cos60°－B0＝0在竖直方向上的分矢量By＝2B0sin60°＝3B0所以在c点处的磁感应强度大小为3B0，方向沿ac向上．5．D设小磁针所处地磁场的磁感应强度为B0，电流I0产生的磁场磁感应强度为B1＝kI0，依题意有B1＝B0tan30

°，则当电流为I′时，小磁针偏转角为60°，产生电流产生的磁场为B2＝kI′，有B2＝B0tan60°，联立方程解得I′＝3I0，故A、B、C错误，D正确．6．AD平行同向电流间的磁场力是引力，异向电流间的磁场力是斥

力，结合力的合成得C处电流所受安培力最大，B、D处电流所受的安培力大小相等，A正确，B错误；若仅改变C处电流方向，B、C给D的安培力的夹角减小，合力增大，D正确；由安培定则和矢量的叠加可知A点的磁感应强度不为零，C错误．7．B这一假说能够说明磁现象产生的电本质，即磁场

都是由运动的电荷产生的，B正确，A错误；由右手螺旋定则可知，引起地磁场的环形电流方向应是与赤道平面平行的顺时针方向(俯视)的，C、D错误．专题61磁场对电流的作用1．BCD两导线间的安培力是作用力与反作用力的关系，大小相等、方向相反，A错误；与导线平行的直线上各点的

磁感应强度相同且与直线垂直，即一条导线上各处的磁感应强度相同且与导线垂直，可用公式F＝ILB计算安培力大小，B正确；移走导线b之前，p点的磁感应强度垂直纸面向里，移走导线b之后，p点的磁感应强度垂直纸面向外，C正确；在离两导线平面有一定距离的某处，两导线电流产生的磁场方向不在同一条直线

上，则磁感应强度的合成量一定不为零，D正确．2．B由安培定则和左手定则判断导体棒Ⅱ受到的安培力向下，且离导体棒I近的地方磁场强，受到的安培力也大，所以描述正确的是B.3．C导线a在b处产生的磁场方向垂直于ab向上，直导线c在b处产生的磁场方向垂直于bc向

下，且I1＝I2，直导线b处合磁场为0，因此直导线b受到的安培力也为0，A、B错误；若只增大I1，在b处产生的合磁场方向垂直于ab向上，再由左手定则，则安培力从a指向b，C正确；若只增大I2，在b处产生的合磁场方向垂直于bc向下，再由左手定则，则安培力从b指向

a，D错误．4．B导线框受到安培力的等效长度为AC的连线，电流方向由C指向A，根据左手定则可知，导线框受到的安培力方向竖直向下，B项正确．5．C因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受

安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl则该导线受到的安培力为2BIl.故选C.6.B缓慢调节磁场方向时，导体棒受安培力大小不变，对导体棒受力分析，并作出安培力的旋转矢量如图所示，由图可知当安培力方向与细线拉力方向垂直时，导体

棒与竖直方向夹角最大，由图中几何关系可知sin37°＝BIdmg，变形得B＝3mg5Id，故B选项正确．7．A由左手定则判断海水受到的安培力方向垂直纸面向里，根据牛顿第三定律知，推进器受到海水的推力方向垂直纸面向外，A正确，B错误；使用超导线圈使马鞍形线圈中产生的磁场更强，海水有

电阻，电流流过海水产生焦耳热，C错误；同等情况下，淡水的电阻比海水的电阻更大，电流更小，安培力更小，推进效果差一些，D错误．8．D在极短的时间内将弹体加速发射出去的过程中，由动量定理BI－L·t＝mv，通过电磁炮的电荷量为q＝I－t，联立解得q＝mvBL＝200×10－3×3002.5×2C＝12

C；电容器两端的电压将变为U2＝CU1－qC＝5×10－2×2000－125×10－2V＝1760V，选项D正确．9．C由于ab棒与磁场垂直，所以导体棒ab受到安培力的大小为F＝BIL，导体棒电流方向为b→a，由左手定则可以判断出导体棒ab受到安培力的

方向为垂直于杆方向水平向右，A、B错误；对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示，根据共点力平衡条件，有N＝Fsinα＝BILsinα，C正确，D错误．10．D由题意可知穿过闭合回路的磁通量竖直向上增大，根据楞次定律可知ab棒中的电流方向为b流向a，A错误；t＝1s时，根据左手

定则以及几何关系可知ab棒受到的安培力方向斜向左上，方向与水平方向夹角为53°，B错误；t＝1s时，根据法拉第电磁感应定律可知回路中的感应电动势大小为E＝ΔφΔt＝ΔBΔtSsin37°＝3V，根据闭合电路欧姆定律可知通过ab棒的电流为I＝ER总＝1A

，ab棒所受安培力大小为F＝BIL＝5N，ab棒与导轨间的压力大小为F压＝FN＝mg－Fsin53°＝6N，故C错误；由题意，根据平衡条件可得Fcos53°＝μFN，解得μ＝0.5，D正确．11．B根据左手定则，导线框通以图示方向电流时，安培力向上，电流反向后安培力大小不变，方

向变成向下，假设通电线框在磁场中所受的磁场力的大小为F安，根据平衡条件可得2F安＝2Δmg，解得F安＝Δmg，B正确，A、C、D错误．12．AD当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受

到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；电磁泵对液体产生的推力大小为F＝BIL2，B错误；电源提供的电功率为P＝UI，C错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R＝ρL2L1L2＝ρL1，则电源提供的电功率为P＝IU，若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为Ek＝

UIt－mgh－I2Rt＝UIt－mgh－I2ρL1t，D正确．专题62磁场对运动电荷的作用1．AC洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小

，故洛伦兹力永不做功，A正确；洛伦兹力的大小不仅和速度大小有关，还和磁感应强度大小、磁场与速度的夹角有关，B错误；左手定则中，四指的方向指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，故负电荷与正电荷所受力的方向相反，C正确；电荷进入磁场时的速

度方向可以与磁场方向成任意度角，故D错误．2．A带电粒子a做逆时针方向的圆周运动，带电粒子b做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则判断可知，粒子a带正电，粒子b带负电，A正确；根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，整理得qm＝vBr，由于带电粒子a做圆周运动的半

径较大，比荷(qm)较小，B错误；根据T＝2πrv可知粒子b的运动周期较小，C错误；由a＝v2r可知粒子b的向心加速度较大，D错误．3．C碰撞后，由洛伦兹力提供向心力qv0B＝mv0r可得r＝mv0qB又p＝mv0，碰撞过程中动量守恒，p

不变；半径不变，故C正确，A、B、D错误．4．C小球受重力、管的弹力和洛伦兹力均与运动方向垂直，各力均不做功，小球在运动方向不受力的作用，小球做匀速直线运动，A、B均错误；根据安培定则，磁感线是以导线上点为圆心沿逆时针方向的同心圆，当运动到ab中点，磁感线与速度平行，洛伦兹力为零，根据左

手定则，可知a端到中点的过程中洛伦兹力方向向下，从中点到b端的过程中洛伦兹力方向向上，C正确，D错误．5．B导线中的电流大小I＝Qt＝nLqt＝nvtqt＝nvq，A错误；每个电荷所受洛伦兹力大小f＝qvB，这段导线

受到的安培力大小F＝nLf＝nLqvB，B正确；沿导线方向的电场的电场强度大小为E＝UL，U为导线两端的电压，它的大小不等于vB，只有在速度选择器中的电场强度大小才是vB，且其方向是垂直导线方向，C错误；导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的方向与导线中

自由电荷运动方向垂直，二者不相等，D错误．6．AD根据安培定则，知两导线连线的垂直平分线上，左边的磁场方向水平向下，而右边的磁场方向水平向上，根据左手定则可得，滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同，均向里，A正确，B错误；水平面光滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直平面向里，

平面对滑块的支持力与洛伦兹力和重力的合力平衡，一定做直线运动，C错误；若水平面粗糙，则滑块从b点出发后，由于摩擦力做负功，洛伦兹不做功，一定做减速运动，D正确．7．C竖直方向根据平衡条件mg＝qvB＋FN，初始时，洛伦兹力为零，弹力方向向上，此时小球加速，必然有F0＞μm

g，速度达到最大时，摩擦力与拉力平衡，此时弹力必然大于重力，此时洛伦兹力必然大于重力，且有F0＝μ(qvB－mg)，此时弹力方向向下，故A错误；小球开始运动时有F0－μ(mg－qvB)＝ma，随v增大，

a增大，当v＝mgqB，a达到最大值F0m，摩擦力f＝μ(mg－qvB)减小，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后下滑过程中有F0－μ(qvB－mg)＝ma，随v增大，a减小，摩擦力增大，故B错误，C正确；当F0＝μ(qvB－mg)时，此时达

到平衡状态，速度最大，最大速度vm＝F0＋μmgμqB，D错误．8．B设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，则其轨迹半径为r1＝R，由

洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv21r1，解得v1＝qBRm；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan30°＝Rr2，可得其轨迹半径为r2＝3R，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝mv22r2，解得v2

＝3qBRm，则v1v2＝13＝33，选项B正确．9．C如图所示，设某一粒子从磁场圆弧ab上的e点射出磁场，粒子在磁场中转过的圆心角为π＋θ＝π＋2α，由于所有粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，运动轨迹对应的圆心角最大，则运动时间最

长．由几何关系可知，α最大时，ce恰好与圆弧ab相切，此时sinα＝eOcO＝12，可得α＝π6，θ＝2α＝π3，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在磁场中运动的最长时间t＝T2＋T6，又T＝2πmqB，解得t＝4π

m3qB，故选C.10．(1)qB2L208m－mv202q(2)7mv2018q(3)见解析解析：(1)根据动能定理得qU0＝12mv2－12mv20，带电粒子进入磁场，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2r，又有r＝L02，联立解得U0＝qB2

L208m－mv202q.(2)使粒子不能打在挡板OM上，则加速电压最小时，粒子的运动轨迹恰好与挡板OM相切，如图甲所示，设此时粒子加速后的速度大小为v1，在上方磁场中运动的轨迹半径为r1，在下方磁场中运动的轨迹半径为r2，由几何关

系得2r1＝r2＋r2sin37°，解得r1＝43r2，由题意知，粒子在下方磁场中运动的速度为v0，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv21r1，qv0B＝mv20r2，由动能定理得qUmin＝12mv21－12mv20，解得Umin＝7mv2018q.(3)画出粒子的运动轨

迹，由几何关系可知P点的位置满足k(2rP－2r2)＋2rP＝xCP(k＝1，2，3…).当k＝1时，轨迹如图乙所示；当k＝5时，轨迹如图丙所示．由题意可知，每个粒子的整个运动过程中电压恒定，粒子在下面的磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m

v20r2，解得r2＝mv0qB，为定值，由第(2)问可知，rP≥43r2，所以当k取1，rP＝43r2时，xCP取最小值，即CH＝xCPmin＝103·mv0qB，CS→无穷远．专题63带电粒子在有界匀强

磁场中的运动1．C根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，A错误；粒子由M运动到N时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子由M到N运动的时间为t＝16T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝2πmqB

，整理得t＝π3kB，B错误；如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cosα＝R－LR，解得R＝2L，又R＝mvqB，代入数据解得v＝2kBL，D错误，C正确．2．BD画出粒子的运动轨迹如图，两粒子比荷相同，则运动的周期相同，设为T；设正方形的边长为a

，则从D点射出的粒子运动半径为r1＝a2，运动时间t1＝T2；速度为v2的粒子，由几何关系得其运动半径为r2＝23a3，运动时间t2＝T6.根据r＝mvqB可知v1∶v2＝r1∶r2＝3∶4，t1∶t2＝3∶1，B、D正确．3．A由题知，一带电

粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a则粒子做圆周运动有qvB＝mv2r则有qm＝v2a·B如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB联立有qm＝

E2a·B2故选A.4．BC若粒子恰好打到板左端，由几何关系可得r1＝d4，由洛伦兹力作为向心力关系可得qBv1＝mv21r1，解得v1＝qBd4m，若粒子恰好打到板右端，由几何关系可得r22＝d2＋(r2－d2)2，解得r2＝5d4，由洛伦兹力作为向心力关系

可得qBv2＝mv22r2，解得v2＝5qBd4m，粒子打到板上，则初速度v大小范围是qBd4m≤v0≤5qBd4m，B、C正确．5．BD假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向

为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线

和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少，C错误．

故选BD.6．A粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O1，轨迹如图所示．由几何关系可知OO1＝atan30°＝33a，R＝acos30°＝233a，因圆心的坐标(0，33a)，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋(y－33a)2＝43a2，A正确

；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝qBRm，因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，B、D错误；带电粒子做圆周运动的圆心角为23π，而周期为T＝2πRv＝2πmqB，则带电粒子在

磁场中运动的时间为t＝23π2πT＝2πm3qB，因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，C错误．7．C因为粒子的电性不能确定，所以磁场方向也无法确定，A错误；粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得四边形OACD为菱形，所以带电粒子在磁场中的半径为r，B错误；带电粒子在磁场

中运动的周期T＝2πmqB＝2πpB，当粒子从a点射入时，运动时间最短，轨迹为半圆，所以运动的最短时间为t＝T2＝πpB，C正确，D错误．8．ABD质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径为r＝Ln(n＝1，2，3，

…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，解得v＝qBrm＝BLkn(n＝1，2，3，…)，故A、B、D正确，C错误．9．C由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨

迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2R可得R＝mvqB＝0.2m，则d＝2R＝0.4m，故B错误；圆周运动周期为T＝2πmqB≈3.93×10－7s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7s，故C正确；如图所示

，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7s，故D错误．10.ABC垂直于AC边射出，可知速度偏转角为π2，则对应的圆心角也等于π2，依题意有t0∶T＝π2∶(2π)，解得T＝4t0，A正确；根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有T＝4t0

＝2πmqB，可得B＝πm2qt0，B正确；在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为53t0，依题意其运动轨迹如图所示．因磁场中运动的时间为53t0时，对应的圆心角为5π6，即∠EOF＝56π，根据几何关系有rcos∠FOA＋rcos∠BOM＝

d，即32r＋23r＝d，解得r＝237d，C正确；根据带电粒子在匀强磁场中圆周运动的轨道半径公式，依题意有r＝237d＝mvqB，解得v＝23dqB7m＝3πd7t0，D错误．11．(1)(2－1)a(2)qaBm解析：(1)根据题意可知，粒子与挡板碰撞为弹性碰

撞，碰撞后速度大小不变，根据运动的对称性可知，粒子在碰撞挡板前的运动轨迹与碰撞后的轨迹完全对称，由此可作运动轨迹如图所示．设半径为r，由图几何关系可得r＝a由入射点到O的距离为d＝2r－r即d＝(2－1)a(2)由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m

v2r即v＝qaBm专题64带电粒子在组合场中的运动1．BC粒子进入磁场后向下偏转，由此可知粒子带正电，加速电极板是左板电势高于右板电势，选项A错误；粒子以最大速度v0(对应轨道半径为r0)从NP边界离开磁场时的运动轨迹如图所示，由题设知

qm＝k，由牛顿第二定律有qv0B＝mv20r0，由几何关系有r0＝(r0＋L2)sin37°，联立各式解得r0＝3L4，v0＝3kBL4，选项B正确；粒子从NP边界离开磁场时离N点最远距离为r20－

（r0－L2）2＝22L，选项C正确；由qU＝12mv2，可得U＝12qmv2＝12kv2，粒子以最小速度从NP边射出时经过N点，此时运动半径R′＝L2，由牛顿第二定律有qBv＝mv2R，从而解得最小速度v＝kBL4，则粒子从NP边界离开磁场时k

BL4＜v≤3kBL4，于是可得kB2L232＜U≤9kB2L232，选项D错误．2．ABC根据题意可知，粒子在静电分析器中受到电场力指向圆心O，故粒子带正电，故A正确；对于加速过程，根据动能定理有qU＝12mv2，在静电分析器中，电场力提供向心力有q

E＝mv2R，联立解得U＝12ER，故B正确；粒子进入磁分析器，洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，结合AB分析可得R′＝1BmERq，则直径PQ＝2R′＝2BERmq，故C正确；由C分析可知，若一群离子从静止开

始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷，故D错误．3．(1)E0v0(2)（3－3）E0v0解析：(1)设粒子第一次在圆形磁场中做圆周运动的半径为r1，粒子在第四象限做类平抛运动，通过d点时速率大小为v，作出粒子从a点出发又回到a点全过程的轨迹图，如图所示依题

意有v＝v0cos60°＝2v0粒子从c点到d点过程有r1(1＋sin30°)＝12E0qmt2tan60°＝E0qtmv0解得r1＝mv20E0q由洛伦兹力提供向心力有qv0B1＝mv20r1联立各式解得B1＝E0v0(2)由几何关系可知第一象限圆形磁场半径R＝

r1设粒子在第二、三象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r2，则R＋v0t＝2r2cos30°由洛伦兹力提供向心力有qvB2＝mv2r2联立各式解得B2＝（3－3）E0v0.4．(1)3mv2018ql(2)3mv018ql53πlv

0解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有xOP＝6l＝v0t1yOA＝3l＝12at21a＝qEm解得E＝3mv2018ql(2)设粒子在P点时的速度方向与x轴的夹角为θ，则有tanθ＝at1v0＝33，解得θ＝30°粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子

进入磁场时的速度大小v＝v0cos30°＝233v0粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝xOPsin30°＝12l由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r解得B＝3mv018ql由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角α

＝150°所以粒子在磁场中运动的时间t2＝150°360°T其中T＝2πrv解得t2＝53πlv0.5．(1)2qEdm(2)42d解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理得qEd＝12mv2v＝2qEdm(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第

一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为s，由类平抛规律得x＝vt，y＝12at2，a＝qEm由几何知识得x＝y解得t＝2mvqE两点间的距离为s＝2x＝2vt＝22mv2qE＝42d.6．(1)mv20

3q(2)π3或60°(3)解析：(1)设板间距离为d，则板长为3d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝Ud根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma解得a＝qUmd设粒子在平板间的运动时间为t0

，根据类平抛运动的规律得d2＝12at20，3d＝v0t0联立解得U＝mv203q(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tanα＝at0v0＝33故α＝π6则出电场时粒子的速度为v＝v0cosα＝23

3v0粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝mv2r解得r＝mvqB＝23mv03qB已知圆形磁场区域半径为R＝2mv03qB，故r＝3R粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时

与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝π3故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为π3或60°；(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝3R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应

轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长．则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：专题65带电粒子在叠加场中的运动1．BD由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中的机械能守恒，而小球

在电场中向右运动的过程中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，故A错误；小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知FM－mg－qvMB＝mv2Mr，解得FM＝mg＋qvMB＋mv2Mr，小球

在电场中运动，在最低点受力分析可知FN－mg＝mv2Nr，解得FN＝mg＋mv2Nr，由选项A可知vM＞vN，所以FM＞FN，B正确；两个小球走过的路程相同，由选项A可知，小球在电场中向右运动的过程中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间长，C错误；由于小球在

磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以在到达轨道右端最高点之前速度就减为零了，故D正确．2．BC物体从a到b向上运动过程，

受到的摩擦力f1沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋qE＋f1＝ma1，物体从b到a向下运动过程，受到的摩擦力f2沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋qE－f2＝ma2，可知两个过程加速度大小不相等，A错误；物体从a到b向上运动过程，受到洛伦兹力

垂直斜面向上，则有f1＝μ(mgcosθ－qv1B)，物体从b到a向下运动过程，受到洛伦兹力垂直斜面向下，则有f2＝μ(mgcosθ＋qv2B)，可知向下运动过程的摩擦力一定大于向上运动过程的摩擦力，根据Q＝f

s相对，可知由b到a的过程中摩擦产生的热量更多，B正确；由于摩擦力的作用，使得物块在向上和向下经过斜面同一位置时，向上的速度一定大于向下的速度，则向上运动过程的平均速度一定大于向下运动过程的平均速度，故向上运动

过程的时间一定小于向下运动过程的时间，C正确；物体从a到b向上运动过程，受到的合力大小为F合＝mgsinθ＋qE＋f1，物体从b到a向下运动过程，受到的合力大小为F′合＝mgsinθ＋qE－f2，可知向上运动

受到的合力大于向下运动受到的合力，根据动能定理可知，向上运动过程动能变化量的绝对值大于向下运动过程动能变化量的绝对值，D错误．3．B带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为qm＝gE，A错误，B正确；由左手定则可判断，只

有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，D错误；由向心力公式可得qvB＝mv2R，联立可得液滴的速度大小为v＝gBRE，C错误．4．(1)v0B(2)3mv032eB(3)90%解析：(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee＝ev0B解

得E＝v0B(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为v04，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eEy1＝12m12v02－12m14v02解得y1＝3mv032eB(3)若电子以v入射

时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy＝12mv2m－12mv2由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合＝evmB－eE在最低点有F合＝eE－evB联立有vm＝2EB－vy＝2m（v0－v）eB要让电子到达纵坐标y2＝

mv05eB位置，即y≥y2解得v≤910v0则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝mv05eB位置的电子数N占总电子数N0的90%.5．(1)1∶1∶2(2)0.828s解析：(1)恰好能沿PO做匀速直线运动，受力分析如图所示则q

vBcos45°＝Eq，qvBsin45°＝mg因此mg∶qE∶qvB＝1∶1∶2(2)因为qvB＝2Eq可知，粒子速度v＝42m/s粒子从O到A，受重力和电场力，二力合力为0，因此粒子匀速直线运动，运

动时间t1＝x1v＝hsin45°v＝0.1s粒子在磁场部分做匀速圆周运动qvB＝mv2r周期T＝2πrv＝2πmBq磁场中运动时间t2＝α2πT＝14T＝0.628s由对称性可知，粒子从C到N与O到A时间相同，因此运动总时间t＝2t1＋t2＝0.828s．6．(

1)0.05J(2)2m/s(3)100(23＋3)T解析：(1)粒子的部分运动轨迹如图所示，在C点，由牛顿第三定律可知，小滑块受到的支持力F′＝F＝0.34N由牛顿第二定律可知F′－mg－qE1＝mv2CR解得vC＝1m/s对小滑块从B到C过程

，由动能定理可得(mg＋qE1)R(1－cosθ)－Wf＝12mv2C解得Wf＝0.05J(2)对小滑块从C到D过程，由动能定理可得(mg＋qE1)h＝12mv2D－12mv2C解得vD＝2m/s(3)

由于qE2＝0.2N＝mg可知小滑块在MN下方做匀速圆周运动，当运动轨迹半径最大时磁场的磁感应强度最小，设最大半径为r，由qvDB＝mv2Dr得B＝mvDqr设D点离墙壁的距离为LD，由几何关系可知r＋rsin60°＝LD由运动学公式可知，小滑块自C运动到D所用的时间tCD＝vDc

os30°a由牛顿第二定律可知，小滑块自C运动到D过程中的加速度大小为a＝mg＋qE1m则tCD＝315s由LD＝vCtCD知LD＝315m联立以上各式得r＝43－615m，B＝100(23＋3)T.专题66洛伦兹力与现代科技1．D等

离子体沿垂直于磁场方向喷入金属板间时，若左侧磁极为N极，根据左手定则，可得金属板Q带正电荷，等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足qvB＝qUd，解得U＝Bdv，A错误；同理可判定，若左侧磁极为S极，金

属板P带正电荷，B错误；由U＝Bdv可知，等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U与金属板的长度无关，C错误；同理可知，若其他条件保持不变，仅增加等离子体的喷射速度，则可以增大金属板P、Q间的电压，D正确．2．C离子通过速度选择器时，做匀速直线运动，速度选择器中的磁感应强度设为B1

，则有qvB1＝qE，解得v＝EB1，沿速度选择器中线运动并进入分离器的粒子其速率均相同，C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB2＝mv2r，联立可得qm＝EB1B2r，粒子打在板上距离小孔的距离为2r，打在P3

点的粒子距离最远，偏转半径最大，比荷最小，A错误；粒子在分离器中轨迹圆的周期为T＝2πrv，则粒子在分离器中运动的时间t＝12T＝πmqB2，三粒子的比荷不同，故在磁场中运动的时间不同，B错误；若测定带负电粒子的比荷，则速度选择器中的电场力将反向，受到的洛伦兹力也反向，则可以选择特定速

度的粒子穿过速度选择器，故不需要改变电场、磁场的方向，D错误．3．C根据左手定则可知，污水中正离子将受洛伦兹力在N点聚集，所以M点电势低于N点电势，A错误；当M、N两点间电压U稳定时，根据平衡条件有qvB＝qE，根据匀强电场中

电势差与场强的关系有U＝Ed，联立解得U＝Bvd，可知M、N两点电压U与污水中离子浓度无关，且若测定污水的流速v，则需要测量直径两端点M、N两点电压U、磁感应强度B、直径d，故B错误，C正确；由题意可知污水的流量为Q＝vS＝14πd2v，联立解得Q＝π

dU4B，可知若测定污水的流量，则需要测量直径两端点M、N两点电压U、磁感应强度B、直径d，故D错误．4．B电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，A错误；根据平衡条件eUc＝evB

，解得U＝Bcv，I＝neSv，S＝cd，解得U＝BIned，B正确；自由电子所受静电力的大小为F＝Eq＝eUc，根据平衡条件eUc＝evB，电子所受洛仑兹力大小为F＝eUc，C、D错误．第十章电磁感应做真题明方向1．C设正方形线框边长为a，则圆线框半径

为a2，正六边形线框边长为a2，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt＝ΔBΔtS面积，由电阻定律得R＝ρl周长S截，由题意知ΔBΔt、ρ、S截均为定值，所以电流I＝ER∝S面积l周长，面积分别为a2、πa24、33a28，周长分别为4a、πa、3a，故电流I1＝I2>I3，故C项正确．2．AD

合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值，电流也最大，I＝UR＝QRC，电流最大时，导体棒MN所受的安培力最大，而导体棒速度最大时电流不是最大，所以A正确，C错误；导体棒MN先加速后减速，不会匀速，如果导体棒MN做匀速直线运动，电阻上一直有焦耳

热产生，其他能量都不变，不符合能量守恒，所以B错误；由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势，导致只有开始时通过电阻R的电流与通过导体棒MN的电流相等，其他时候通过电阻R的电流都比通过导体棒MN的电流大，故由焦耳定律可知电阻R上

产生的焦耳热比导体棒MN上产生的焦耳热多，D正确．3．BC如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝12Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝π2ω的过程中，d是先增

大到2L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A项错误，B项正确．在t＝0到t＝π4ω的过程中，d＝Lcosωt，感应电动势的表达式可写为E＝12Bd2ω＝BL2ω2cos2ωt，由表达式可以看出在t＝0到t＝π4ω的过程中

，E的变化率一直增大，C项正确，D项错误．4．B由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，

所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝E2R可知，两电阻消耗的电功率不相等，D项错误．5．D由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1

＝qE区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝m4π2T2r，有t0＝πm2qB2若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE则v

A＝v02再根据qvB＝mv2r，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1＝q·2E则v1＝2v0

再根据qvB＝mv2r，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝mv2r，可知粒子半径变为

原来的43>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝m4π2T2r，有t＝43πm9qB2则t＝83t09C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB

＝mv2r，可知粒子半径变为原来的42>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝m4π2T2r，有t＝2πm2qB2则t＝2t0D正确．故选D.专题67电磁感应现象楞次定律1．BD由来拒去留可知，条形磁铁对铝环有向下的作用力，铝环对条形

磁铁有向上的作用力．所以铝环对桌面的压力大于mg，条形磁铁由静止释放后的运动并不是自由落体运动，加速度a＜g，故A、C错误，D正确；条形磁铁靠近铝环时，铝环中的磁通量增加，由楞次定律可知铝环有收缩趋势，

B正确．2．D未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，A错误；未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力作用，B错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针

晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确．3．B铜线缠绕成线圈通上交流电，才能在线圈中产生变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化金属柱体内才会产生涡流，实现对金属的隔空加热，A错误，B正确；金属放在交变磁场中才会

产生涡流．塑料棒放进线圈里不可以进行隔空加热，C错误；隔空加热的能量转化是电能转化为电磁能，电磁能再转化为电能，电能最终转化为内能，D错误．4．C以导线为轴线框顺时针转动时，导线框中的磁通量并不变化，所以没有感应电流产生，选项A错误；从静止释放

导线框，则该框下落过程中，线框中磁通量不变，所以没有感应电流，因此该线框做自由落体，选项B错误；导体框向左运动时，线框内磁通量增加，因此会产生感应电流，根据安培定则结合楞次定律判断则电流方向a→d→c→b，选项C正确；电流变大，线框内磁通量变大，根据安培定则和楞次定律可判断感

应电流沿逆时针方向，D错误．5．BCMN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知MN中电流由M指向N，根据楞次定律可知，上面线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减弱，或向下增强，而上面线圈中感应电流是由下面线圈中磁场变化引起的，说明下面线圈中磁场是向上减弱，或向

下增强，而下面线圈中电流是由PQ切割磁感线产生的，由安培定则可知，PQ中感应电流由Q到P减小，或由P到Q增大，由右手定则可知，PQ可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，A、D错误，B、C正确．6．D从图中可知A处线圈是用火线和零

线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，A处线圈产生的总磁通量为零．当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，A处线圈产生的总磁通量不为零(磁通量增大)，故会在B处线圈中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，甲、

乙站在木凳上(人与地绝缘)只接触火线时，不会通过人体形成电流，故火线和零线中电流方向、大小不变，A处线圈产生的总磁通量为零，B处线圈中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，A、B错误；当丙双手分别

抓住火线和零线，在火线、人体、零线间形成电流，而使人发生触电事故，但火线和零线中电流始终方向相反、大小相等，A处线圈产生的总磁通量仍为零，故B处线圈中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，C错误；丁通过手，使电流从火线流到大地，使火线

和零线中大小不等，A处线圈产生的总磁通量增大，故会在B处线圈中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，D正确．专题68法拉第电磁感应定律1．C线圈中磁通量随时间的变化规律为Φ＝BS＝SBmsin2πTt，根据数学知识可知Φ在0、0.5T和T三个时刻的变化率最大，

产生感应电动势最大，C正确．2．B由右手定则可知，回路中电流方向从B到A，电流自上而下流过电阻R，故B正确；弧长为L的半圆形硬导体棒切割磁感线的有效长度D＝2Lπ，则A、B间的电势差为UAB＝2BLv0π，

C错误；油滴受力平衡可得qE＝mg，E＝UABd，则油滴所带电荷量为q＝πmgd2BLv0，A错误；其他条件不变，使电容器两极板距离减小，由C＝εS4πkd知电容器的电容变大，又由Q＝UC可知，电容器所带电荷量将增加，电场力变大，油滴将向上运动，故D错误

．3．B由右手定则可知，金属杆经过a点时，金属杆中产生的感应电流方向由a到N，再流向两侧的并联支路，ac边电流方向由c到a，ab边电流方向由b到a，因此A错误，B正确；根据左手定则可知，金属杆MN受到平行于bc边向左的安培力作用，因此C错误；此时，金属杆的有效切割长

度为32L，产生的感应电动势为32BL，因此D错误．4．D线框进入或离开磁场时，单边导体杆转动切割磁感线，产生的电动势大小e＝12BL2ω，形成的感应电流大小i＝BL2ω2R，以顺时针方向为感应电流的正方向，则可以做出如图所示的感应电流随时间变化的图象，根据图象可知一个周期内该交流电的有效值

就是BL2ω2R，故D正确．5．BC由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向外减小，再垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为逆时针方向，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势

的大小为E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt＝nabB02t0，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为I＝ER＝nabB02Rt0，t＝0时刻，线圈受到的安培力大小为F＝nB0I·a＝n2a2bB202Rt0，B正确，D错误；0～2t0通过导线某横截面的电荷量为q＝I·2t0＝nabB0R，C正确．

6．AD电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的速度越来越大，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，

因此电流的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误；由图(b)可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确．故选AD.专题69自感和涡流1．AD线圈中通高频变化的电流时，线圈中产生快速变化的磁场，待焊接

的金属工件中产生感应电流，感应电流产生热量，由于焊缝处的电阻大，根据焦耳定律，焊缝处产生的热量最高，所以只有焊缝处的温度升的很高，起到焊接的作用，A、D正确，B、C错误．2．ACD根据楞次定律可知，为阻碍线圈中磁通量的变化，则线圈与磁铁转动方向相同，

但快慢不一，线圈的转速一定比磁铁转速小，则A、C错误，B正确，故A、C符合题意，B不符合题意；根据楞次定律可知，为阻碍线圈中磁通量的变化，则线圈与磁铁转动方向相同，与磁铁具体的转动方向无关，故D错误，符合题意．3．

A强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符

，A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速

运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误．故选A.4．AD在电路甲中，灯泡A与电感线圈在同一支路，电流相同，闭合S，电感线圈中的自感电动势的作用会使得支路中的电流逐渐增大，则灯泡A将逐渐变亮，A正

确；在电路乙中，灯泡A与电感线圈并联，闭合S，电感线圈对灯泡没有阻碍作用，则灯泡A立即变亮，B错误；在电路甲中，灯泡A与电感线圈在同一支路，流过电流相同，电路稳定后断开S，电感线圈中的自感电动势作用会使得支路中的电流瞬间不变，然后逐

渐减小，所以灯泡A只会逐渐变暗，然后熄灭，不会更亮，C错误；在电路乙中，灯泡A与电感线圈并联，由于灯泡A支路的总电阻大，则灯泡A支路的电流小，电感线圈支路的电流大．电路稳定后断开S，电感线圈中的自感电动势作用会

阻碍电感线圈支路中的电流减小，此时电感线圈相等于一个电源给小灯泡A供电，因此流过灯泡A的电流会突然增大，然后再逐渐减小，所以灯泡A将先变得更亮，然后逐渐变暗，最后熄灭，故D正确．5．A提高励磁线圈中电流变化的频率，可以提高产生交变磁

场变化的频率，从而提高穿过炊具底面磁通量的变化率，涡流增大，提高电磁炉的加热效果，A正确；炊具中的涡流是由励磁线圈中的交变电流的磁场产生的，B错误；陶瓷是绝缘体，无法形成涡流，所以利用陶瓷材料制成的炊具无法在电

磁炉上正常加热，C错误；电磁炉工作时，炊具底面将产生强大的涡流，D错误．6．D当线框转动时，如果穿过线框的磁通量发生变化，则线框中产生感应电流，线框就会受到安培力的阻碍作用，磁通量变化越快，阻碍作用越大，越容易停下来．由选项A、B图可知，线框转动时，磁通量不变，没有感应电

流产生，无阻碍作用，不会停下来，A、B错误；由选项C、D图可知，线框转动时，D项的磁通量变化快，阻碍作用大，更容易停下来，故C错误，D正确．7．D闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电

阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的

感应电流沿顺时针方向，D正确．8．A当S闭合时，D1、D2同时亮且通过的电流大小相等，但由于L的自感作用，D1被短路，I1逐渐减小到零，I2逐渐增大至稳定；当S断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作

用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小，A正确，B、C、D错误．9．C小磁块在铜管中下落过程中，由于电磁感应现象会在铜管中产生涡流，在铜管中会生热，小磁块会受向上的安培力阻碍下落，其加速度小于重力加速度，机械能减小，而在塑料管中下落，塑料管不能发生

电磁感应现象，小磁块做自由落体，机械能守恒，运动时间比在铜管中短，落到底部的速度较大，C正确，A、B、D错误．专题70电磁感应中的图象问题1．C如图所示设导体棒匀速转动的速度为v，导体棒从A到B过程，棒转过的

角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcosθ根据右手定则可知，u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像．故选C.2．ABD根据楞次定律可以判断出感应电流方向为逆

时针方向，所以电容器下极板电势低于上极板，A错误；线圈中磁通量的变化率为ΔΦΔt＝6－22Wb/s＝2Wb/s，B错误；根据法拉第电磁感应定律，有E＝nΔΦΔt＝2.0V，C正确；电容器所带电荷量为Q＝CU＝60×10－6×2.

0C＝1.2×10－4C，D错误．3．D根据法拉第电磁感应定律可知，在0～2t0时间内ΔBΔt不变，则感应电流的大小不变；根据楞次定律可知，感应电流的方向也不变，A、B错误；根据F＝BIL可知，因B先减小后增大，则安培力先减小后增大，

且0～t0安培力方向向右；在t0～2t0安培力方向向左；因外力与安培力平衡，则外力先减小后增大，且0～t0外力方向向左(负方向)；在t0～2t0外力方向向右(正方向)，C错误，D正确．4.A由楞次定律易知，圆形导线环进入磁场时，电流方向为逆时针，即正方

向，圆形导线环全进入磁场时，电流为零，圆形导线环离开磁场时，电流方向为顺时针，即负方向，选项D错误；设经过时间t圆形导线环的位置如图所示，圆形导线环运动速度大小为v，半径为R，电阻为r，此时圆形导线切割磁场的有效长度为L＝2R2－（R－vt）2，产生的感应电动势e＝BLv，电流大小为i

＝er，联立三式变化可得i2（2BvRr）2＋（t－Rv）2（Rv）2＝1.可见，圆形导线环匀速度进入磁场时的i­t图象是椭圆的一部分，同样，圆形导线匀速离开磁场时的i­t图象也是椭圆的一部分，选项A正确，B、C错误．5．B闭合导线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律和安培定则，

感应电流先逆时针后顺时针，即先正后负，A、D错误；导线框切割的有效长度是先增加后减小，由E＝BLv，感应电动势的大小是先增加后减小，所以感应电流先增加后减小，B正确，C错误．6．A在线框切割磁感线产生

感应电动势时，由E＝12BL2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，B、D错误．在T2～34T内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正方向，故A正确，C错误．7．AC根据法拉第电磁感应定律和图象可知，感应电动势E＝BLv＝0.

01V，故导线框的边长L＝EBv＝0.2m，故A正确；导线框的cd边从进入磁场到离开磁场的时间为0.4s，故磁场的宽度s＝vt＝0.4m，故B错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确；在t＝0.2s至t＝

0.4s这段时间内，ab边和cd边均切割磁感线，产生了感应电动势，c、d间有电势差，故D错误．8．BD线圈cd边在L1、L2之间的磁场切割磁感线，则有E＝BLv，I＝ER，F安＝BIL，解得F安＝B2L2vR，根据牛顿第二定律a＝mg－F安m可知随着速度的增加

，安培力也逐渐增大，加速度逐渐减小，根据题意，cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，说明从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，从t1到t2的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，从t2到

t3的过程，线圈做匀速直线运动，根据v­t图象的切线斜率表示加速度，A错误；从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，但此过程线圈没有切割磁感线，感应电流为零，从t2到t

3的过程，线圈做匀速直线运动，线圈中的电流保持不变，根据q­t图象的切线斜率表示电流，B正确，C错误；从0时刻到t1的过程，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈中的电流为零，从t2到t3的过程，线圈中的电流保持不变，根据Q＝I2Rt可知Q­t图象

的切线斜率表示电流的平方，D正确．9．C专题71电磁感应中的动力学问题1．B闭合开关时，金属杆的速度已经不为零，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，若闭合开关时，重力与安培力恰好相等，则金属杆将做匀速直线运动，故A可能，不符合题意；闭合开关时，若

安培力小于重力，则金属杆的合力向下，加速度向下，做加速运动，在加速运动的过程中，产生的感应电流增大，安培力增大，则合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故B不可能，符合题意，C可能

，不符合题意；闭合开关时，若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故D可能，不符合题意．2．ADOP转动切割磁感线产生的感应电动

势为E＝12Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势，产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生的电动势与原来电流方向相反，让回路

电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．3．ABD由平衡条件知金属棒所受安培力的方向应平行轨道向上，电流大小恒定，磁场B1均匀变化；根据左手定则判断金属棒中电流方向由b指向a，线

圈中感应电流磁场方向与原磁场方向相同，则可判断B1减小，A正确；设B1的变化率为ΔB1Δt，螺线管中感应电动势E＝nΔB1ΔtS，回路中总电阻R总＝R＋R＝2R，金属棒中电流I＝ER总＝E2R，安培力F＝B2I2L

，由平衡条件得F＝mgsinα，解得ΔB1Δt＝4mgRsinαnB2SL，B正确；断开K之后，金属棒ab将做变加速直线运动，C错误；断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，有B2I′L＝mgsinα，且电流I′＝E4R＝B2

Lv4R，联立解得v＝4RmgsinαB22L2，D正确．4．C铜框下边进入磁场过程，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，A错误；铜框下边刚进入磁场时的速度大小v1＝2gh，此时感应电动势E＝BLv1，电流I＝ER，铜

框受的安培力大小F＝BIL，由平衡条件得F＝mg，解得磁感应强度B＝0.2T，B错误；铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时速度大小为v2，根据运动学公式得v22－v21＝2g(D－d)

，解得v2＝3m/s，C正确；铜框下边刚离开磁场时，感应电流大小I′＝BLv2R＝3A，D错误．5．ABD如图为导轨和金属棒的侧视图，根据右手定则可知：流过金属棒的电流垂直于纸面向外，受到的安培力水平向右，根据E

＝BLvcos37°，I＝ER＋r，F安＝BIL，再由牛顿第二定律mgsin37°－F安cos37°＝ma得：mgsin37°－B2L2vcos237°R＋r＝ma.初始时刻v＝0，加速度最大，为am＝gsin37°＝6m/s2，A正确；金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度为0时速度最大，

为vm＝mg（R＋r）sin37°B2L2cos237°＝1.875m/s，B正确，C错误；当速度最大时，1秒钟内通过电阻R的电荷量最大，为qm＝ΔΦR＋r＝BLvt0cos37°R＋r＝0.375C，D正确．6．D设材料的电阻率为ρ，密度为ρ′，导轨间距为d，则金属棒电阻r＝ρdS，且m＝ρ

′Sl得r＝ρρ′d2m，可知在质量和长度相同的情况下，金属棒的电阻与电阻率、密度均有关．由E＝Bdvi，i＝ER＋r，Bidt＝mv，x＝v－it得金属棒运动的距离x＝mv（R＋r）B2d2，因不能确定甲、乙的电阻大小，

不能判断运动距离的大小，A错误；回路中的电功率P＝E2R＋r＝B2d2v2R＋r，B错误；作出金属棒的v­t图象，图线的斜率逐渐减小，到一半位移时尚未达到各自运动的中间时刻，C错误；结合安培力F＝B2d2vR＋r和a＝Fm，

中间时刻的速度小于开始时速度的一半，则加速度小于开始时加速度的一半，D正确．7．BC线框进入磁场前，根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg－mg)·2h＝12(3m＋m)v21，解得线框进入磁场时的速度为v1＝2gh，A错误；线框穿出磁场时，根据平衡条件得3mg－

mg＝F安，安培力为F安＝B2L2v2R，联立解得线框离开磁场时的速度为v2＝2mgRB2L2，B正确；设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q，对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得Q＝(3mg－mg)·4h－12(3m＋m)v22，联立以上解得Q＝8mgh－8m3g2R2B4L4，C

正确；线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得3mg－mg－B2L2vR＝(3m＋m)a，解得a＝12g－B2L2v4mR，D错误．8．(1)12v0(2)mv20(3)2mRB2l2解析：(1)

由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvP12×3mv20＝12×3mv2Q＋12mv2P联立解得vP＝32v0，vQ＝12v0由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地

面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝12v0(2)根据能量守恒有12mv2P＝12mv′2P＋Q解得Q＝mv20(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－BI－lΔt＝mv′P－mvP又q＝I－Δt，I－＝E－R＝ΔΦRΔt＝BlxR

Δt联立可得x＝mv0RB2l2由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝xvQ＝2mRB2l2专题72电磁感应中能量和动量问题1．C导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安

培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝ER＋r＝BLv0R＋r，故安培力为F＝BIL＝B2L2v0R＋r，根据牛顿第二定律有F＝ma可得a＝B2L2m（R＋r）v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动

，故A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q＝12mv20，因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为QR＝RR＋rQ＝mv20R2（R＋r），C正确；整个过程只有安培力做负功，根

据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12mv20，故D错误．2．CD组合体匀速通过磁场过程中受力平衡，即mg＝BIL，I＝BLvyR，竖直分速度vy＝2gH，整理得mg＝B2L22gHR，所以B2∝1H，A错误；通过磁场过程中，金属框中的电流大小不变

，方向改变，B错误；通过磁场的过程中，组合体做匀速运动，由能量守恒定律得重力做功的功率等于克服安培力做功的功率，C正确；只要组合体匀速通过磁场，产生的热量均等于该过程中重力做的功，D正确．3．CDab棒进入磁场受水平向左的安培力作用，先做加速度减小的减速直线运动，cd棒与ab串联，先

做加速度减小的加速直线运动，最后它们共速，所以A、B错误；ab刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr－12mgr＝12mv2，解得速度v＝gr，两金属棒串联，故瞬时电流I＝Bdv2R＝Bdg

r2R，C正确；ab、cd在水平轨道上滑动的过程中，两者组成的系统动量守恒，两者速度相等时达到稳定状态，由动量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝gr2，D正确．4．ACD杆刚进入磁场之前的加速度a＝Fm，则进入磁场时速度大小为v＝at＝Ftm，A正确；杆刚进入磁场时产生的感应电动势：E＝Bdv，

则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝ER＋12R×R2＝13E＝13Bdv＝BdFt3m，B错误；金属棒进入磁场后，由动量定理：F－安Δt＝mv，即BI－dΔt＝mv，因为I－Δt＝q，解得q＝mvdB＝FtdB，C正确；整个过程中，产生的总焦耳热：Q＝12m

v2＝F2t22m，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝16Q＝F2t212m，D正确．5．(1)8C(2)1.5m/s(3)5.75J解析：(1)据q＝It；I＝ER；E＝ΔΦΔt；ΔΦ＝BS四式联立可解得q＝2BLhR1＋R2解得q＝8C(2)假设磁感应强度B的方向垂

直纸面向里，ab杆向下匀速运动的速度为v，则ab杆切割磁感线产生的感应电动势大小为Ei＝BLv，方向a→b；cd杆以速度v向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E′i＝BLv，方向d→c.在闭合回路中产生a→b→d

→c→a方向的感应电流I，根据闭合电路欧姆定律知I＝2BLvR1＋R2，ab杆受安培力F1方向向上，cd杆受的安培力F2方向向下，F1，F2大小相等有F1＝F2＝BIL对ab杆应有F＝Mg－F1对cd杆应有F＝F2＋mg联立得v＝（

M－m）（R1＋R2）g4B2L2解得v＝1.5m/s(3)根据能量守恒定律有ΔEP＝ΔEk＋Q热Qab＝R1R1＋R2Q热＝5.75J．6．(1)B2L3mR0(2)B4L615mR20解析：(1)

金属框进入磁场过程中有E－＝BLLt则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝E－4R0t＝BL24R0则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝BL22R0设金属框的初速度为v0则有－BqL＝mv02－

mv0联立有v0＝B2L3mR0(2)设金属框进入磁场后的末速度为v1，向右为正方向．由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R＝R0＋2R0·R02R0＋R0＝5R03再根据动量定理有－B2L3R＝mv1－mv0解得v1＝－2B2L35mR0<0则

说明金属框还没有完全进入磁场就停止运动了，则根据能量守恒有12mv20＝Q＝B4L62mR20其中QR1＝215Q＝B4L615mR20第十一章交变电流做真题明方向1．AC大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动

，角速度相等，根据v＝ωr根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω又S＝L2联立可得Emax＝4nBL2ω则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax2＝22n

BL2ω根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝RER＋R＝2nBL2ωB错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω此时线圈产生感应电动

势的有效值E′＝E′max2＝42nBL2ω根据电阻定律R′＝ρlS′可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝RE′R＋2R＝42nBL2ω3，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝n

BSω2可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．故选AC.2．D根据理想变压器的变压规律有Un1＝0.1V1，代入U＝220V得n1＝2200，Um＝2U＝2202V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝PR＝12V，根据理想变压器的变

压规律有Un1＝UBCnBC，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝UBCR＝1A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18V，UAC＝30V，变压器不改变交流电的频率，故f＝ω2π＝50Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝

UACR＝2.5A，周期T＝1f＝0.02s，D正确．3．B设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝U1I1＝n1n2U2

n2n1I2＝n1n22U2I2＝n1n22R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原

线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想电压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B项正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C项错

误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D项错误．4．B线圈在匀强磁场中匀速旋转时，产生的交变电流最大值与转轴位置无关，Em＝NBSω＝NBL2ω，有效值为E＝Em2＝2NBL2ω2

，选项B正确．5．B交流电的周期为0.2s，频率f＝1T＝5Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知U1U2＝n1n2，由于原线圈的电压最大值为0.05V，故副线圈的电压最大值为3V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁

相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误．专题73交变电流的产生和描述1．C交流发电机产生的是交变电流，电流计的左右端没有正负极之分，A错误；根

据交变电流产生的原理，线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，线圈在甲、丙图中均处于中性面，电流方向都要改变一次，B错误；如果从图甲开始计时，线圈在甲图中处于中性面，线圈产生的感应电动势表示为e＝Emsinωt，C正确；如果从图乙开始计时，线圈在乙图中处于垂直于中性面，线圈

产生的感应电流表示为i＝Imcosωt，D错误．2．A图A中线框从图中位置转到线框完全在磁场过程中产生的感应电流大小恒定不变，线框完全在磁场中转到图中位置过程中，电流方向相反，但大小恒定不变，产生的不是正(余)弦交变电流；图B、

C、D转轴均与磁场方向垂直，线框转动过程中分别产生正弦或余弦规律变化的交变电流，均为正弦式交变电流．故选A.3．C该交流电的周期T＝2πω＝2π10πs＝0.2s，A错误；电压表的读数为交流电的有效值，即U＝5022V＝50V，B

错误；电流表的读数为I＝UR＝505A＝10A，C正确；电阻的电功率为P＝IU＝10×50W＝500W，D错误．4．B由图象知：t＝0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A正确；该线圈转动的角速度大小为ω＝2πT＝100πrad/s，故B错误；当t＝0

时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝222sin(100πt)V，故C正确；线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值为e＝Emsin45°＝22

V，故D正确．5．C由有效值的定义可得（Um2）2R·T2＝U20RT，解得Um＝2U0.对另一直流脉动电压有（Um2）2R·T＝U′20R×2T，解得U′0＝U0，C正确．6．BD当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，A错误；由图乙可知，电动势的最大值为U

m，B正确；线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为q＝I－Δt＝E－RΔt＝ΔΦR＝2BL2R，则金属框转过一周流过电阻的电荷量为q′＝2q＝4BL2R，C错误；因为Um＝BωL2，则ω＝UmBL2，金属框转过一周电阻产生焦耳热Q＝U2RT＝（Um2）2R·2πω＝πUmBL

2R，D正确．专题74变压器远距离输电1．D接收线圈的工作原理是电磁感应原理，A错误；底座线圈连接直流电源时因不能产生电磁感应，则不能实现无线充电，B错误；接收线圈获得的电压有效值U2＝n2n1U1＝111×220V＝20V，

最大值为U2m＝202V，C错误；功率为50W，根据功率的表达式得I＝PU2＝2.5A，D正确．2．A对理想变压器有P出＝P入＝UI＝40W，副线圈两端电压U′＝P出R＝20V，变压器的原、副线圈匝数比n1n2＝UU′＝21，A正确．3．B等效信号源的

等效电动势和内阻分别为E′＝n2n1U1＝2V，r′＝(n2n1)2r＝11.1Ω，所以输出功率为P＝(E′r′＋R)2R＝(2V8Ω＋11.1Ω)2×8Ω＝88mW，B正确．4．A原线圈电压的有效值为U＝220

22V＝200V，根据UU′＝n1n2＝101可得，理想变压器的副线圈两端交流电的有效值为U′＝20V，副线圈与二极管、电阻R串联，因二极管具有单向导电性，根据U′2RT×12＝U20RT可得电阻R两端电压的有效值为U0＝102V，所以电阻R上消耗的功率为P

＝U20R＝20W，A正确．5．C图示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，磁通量的变化率最大，A错误；电动机中电流I＝PU＝1100220A＝5A，电动机的机械功率P机＝P－I2R＝1100W－220W＝880W，B错误；由I1I＝n2n1＝1125得输电线中的电流I1＝2.2A，输

电线损失功率P损＝I21r＝121W，C正确；输电线上损失电压U损＝I1r＝55V，降压变压器原线圈两端电压U1＝PI1＝500V，则升压变压器副线圈两端电压U′2＝U1＋U损＝555V，升压变压器原线圈两端电压U2＝E＝111V，则升压变压器原、副线圈匝数之比n1n2＝U2U′2＝15，D错误．

6．B互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，A错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，B正确；该电表原线圈为单匝，是升压变压器，C错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，

将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，D错误．7．D将变压器和右侧的两个电阻一起等效为一个电阻，则R等效＝(n1n2)2R右＝91×R2＝92R，S断开时有P＝E2R＋9R2＝2E211R，S闭合时有P′＝E2

9R2＝2E29R，则有P′P＝29×112＝119可得P′＝119P，D项正确．8．DA为升压变压器，B为降压变压器，A错误；滑片向上移动时，A的副线圈电压降低，输出功率降低，输入功率同样变小，B错误；闭合S，总功率增大，输电线的电流增大，B线圈的输入电压和输出电压降低，L1的

亮度变暗，C错误，D正确．9．AD当导体棒做匀速直线运动切割磁感线时，导体棒中产生恒定的感应电动势，电压表的示数不为零，选项A正确，B错误；由于导体棒中产生的感应电动势恒定，穿过变压器原线圈的电流恒定，使得穿过变压器副线圈的磁通量不变，副线圈所在

回路没有感应电动势，选项C错误，D正确．10．CD理想变压器原线圈的输入电压不变．原、副线圈的匝数之比不变，所以副线圈的输出电压也不变，在增大光敏电阻的光照强度时，光敏电阻的阻值R变小，灯泡L与R并联后再与定值电阻R0.串联的总

电阻变小，总电压不变，流过R0的电流增大，R0两端的电压变大，灯泡L与R并联的电压变小，灯泡的电流变小，灯泡变暗，电动机M的电压等于副线圈的输出电压，所以电压不变，电流不变，A错误；电动机的效率η＝P2－P1P2×100%，B错误；设副线圈的端电压即电动机两端的电

压为U，流过电动机的电流为I，由能量守恒和电功率的定义有UI＝P2，由热功率的定义有P1＝I2r，综合解得U＝P2rP1，由理想变压器的变压原理有n1n2＝U0U，综合可得变压器原、副线圈的匝数之比n1n2＝U0P2

P1r，C正确；当光敏电阻阻值为R，灯泡L与R并联的电阻小于R，灯泡L与R并联后再与定值电阻R0串联的总电阻小于R0＋R，由欧姆定律，流过R0的电流IR0＞UR0＋R，D正确．11．C由u＝202sin100πt(V)可知交流电压的有效值U＝20V，由U1U2＝n1n2可知

副线圈两端的电压U2＝4V，由U1I1＝U22R2得通过原线圈的电流I1＝0.2A，所以理想交变电流表的示数I＝U1R1＋I1＝2.2A，故C正确，A、B、D错误．12．BD根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流(升压)的作用，A错误；设输

电电流为I2，根据理想变压器变压和变流规律可得U2UV＝10，I2IA＝10，解得U2＝2200V，I2＝100A，所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝2200×100W＝220kW，B正确；由理想变压器变压和变流规律可得

U2U1＝n2n1，U3U4＝n3n4，I2I4＝n4n3，设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2－I2r，设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有I4＝U4R，联立以上五式解得I2＝U2r＋（n3n4）2R，若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大

，R不变，所以I2增大，而输电线损耗功率为ΔP＝I22r，所以输电线损耗功率增大，故C错误；若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大n4

n3，可将滑片P上移，故D正确．13．A在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电阻先增大后减小，将副线圈电路中的电阻等效到原线圈电路中，等效电路图如图所示，根据理想变压器的原理可得R′＝n1n22R副，故R′先增大后减小，则通过灯泡L1(原线圈)的电

流先减小后增大，故灯泡L1先变暗后变亮，灯泡L1两端的电压先减小后增大，则原线圈两端的电压先增大后减小，由于理想变压器原、副线圈的匝数比固定，根据原、副线圈匝数比与电流的关系知，通过副线圈的电流先减小后增大，根据原、副

线圈匝数比与电压的关系知副线圈两端的电压先增大后减小，而灯泡L2所在支路电阻一直减小，则灯泡L2先变亮，之后副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流增大，而R0所在支路电阻一直增大，所以通过R0的电流减小，灯泡L2所在支路电流增大，可见灯泡L2一直变亮，A正确．专题75实验：传

感器的简单应用1．(1)减小(2)C偏转不偏转(3)66.6减小解析：(1)由图象可以得到热敏电阻的阻值随温度的升高而减小；(2)合上开关S，应用多用电表的直流电压挡去排查电路故障，故应将选择开关旋至C；若只有继电器线圈断路，则应发现

表笔接入继电器线圈两端时，多用电表电压接近电源电动势，多用电表的指针偏转；若只有继电器线圈断路，表笔接入热敏电阻两端时，由于继电器线圈断路，回路中没有电流，热敏电阻两端电压为零，多用电表的指针不偏转．(3)如果设置报警温度为55℃，由图象可知该温度对应的热敏电阻阻值为Rt＝32Ω，根据闭合电

路欧姆定律可得I＝ERt＋R继＋R，可得至少应将变阻箱的电阻R调节到R＝EI－Rt－R继＝(637.6×10－3－32－61)Ω≈66.6Ω.想要让热敏电阻在高温报警中更加“敏感”(即温度不是太高就报警)，说明报警时热敏电阻的阻值比原来大，故为了使电流达到电磁继电器正常吸合时的电流，需要减小变阻

箱的电阻．2．(1)1000(2)R1R3R2(3)(4)1.7×10－2(5)>解析：(1)欧姆表读数为10×100Ω＝1000Ω(2)当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即UCB＝UDB即UABR1＋RFRF＝UABR2＋R3R3解得RF＝R1R3R

2(3)绘出U­m图像如图(4)由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则F0＝mg＝1.75×10－3×9.8N＝1.7×10－2N(5)可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200

mV时，实际CD间断路(接理想电压传感器)时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数F1>F0.3．(1)3.2×103(2)①左②3(3)38(4)AB解析：(1)由多用电表的读数规则可知，该热敏电阻的阻值为32

×100Ω＝3.2×103Ω.(2)为了保护实验器材，开关闭合后应使两电压表的读数均为零，所以滑动变阻器的滑动触头应置于最左端．由电路图乙可知，热敏电阻的阻值应为RT＝U2U1R0＝U2R0U1，代入数据解得RT＝3000Ω.(3)由图丙可知，热敏电阻的阻值为RT＝2kΩ时，热敏

电阻所处环境的温度约为38℃.(4)当电饭锅内温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据串、并联电路的规律可知A、B满足要求，A、B正确．第十二章近代物理做真题明方向1．C根据质能方程E＝mc2可知，每秒钟平均减少的质量为Δm＝E060c2＝1

04860×（3×108）2kg＝10305.4kg则每秒钟平均减少的质量量级为1029kg.故选C.2．C设两种放射性元素的原子核原来总数分别为N1和N2，则N＝N1＋N2，因为N余＝12tT·N原，所以t＝2t0时刻，N3＝

N1122＋N2121，联立解得N1＝23N，N2＝13N，故t＝4t0时刻，N1124＋N2122＝N8，C项正确．3．B一个光子的能量ε＝hν＝hcλ，每秒放出光子总数N＝Pε＝Pλhc，离点光

源R处每秒垂直通过每平方米的光子数n＝N4πR2＝Pλ4πR2hc，则R＝Pλ4πnhc≈3×102m，B正确．4．B设碘125刚植入时的质量为m0，则经过n＝18060＝3个半衰期以后剩余的质量为m＝12nm0，解得m

m0＝18，B项正确．5．An＝20的氢原子能量为E20＝E1202＝－0.034eV，该氢原子的电离能为0.034eV.吸收一个光子，恰好失去一个电子变成氢离子，由题图所示按能量排列的电磁波谱可知，被吸收的光子是红外线波段的光子，A项正确．6．C卢瑟福的核式结构模型解释的是α粒子

散射实验现象，A项错误；玻尔原子理论只解释了氢原子光谱分立特征，但无法解释其他原子如氦的原子光谱，B项错误；光电效应说明光具有能量，具有粒子性，C项正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子的波动性，D项错

误．7．CD目前核电站利用的是核裂变释放的能量，A错误；根据爱因斯坦的质能方程得秦山核电站发电使原子核亏损的质量Δm＝ΔEc2，代入数据解得Δm＝29.4kg，B错误；核电站反应堆中用镉棒吸收核反应的中子来控制链式反应的速度，C正确；核裂变反应中产生的几个中等质量的核有多种形式，选项D中所示的核反

应是其中的一种，D正确．8．C题中给出的mm0­t图线是向下凹的曲线，mm0＝12时对应的时间小于67.3＋182.42d＝124.85d，且由数学知识知其与124.85d相差不会太大，所以A、B、D选项错误

，选项C正确．专题76光电效应波粒二象性1．D激光焊接利用了激光的能量高的特点，故A错误；激光的频率ν＝cλ，B错误；激光光子的动量p＝hλ，C错误；根据ε＝hν和c＝λν可知，单个光子的能量hcλ，则每个激光脉冲的能量为nhcλ，故D正确．2．ABC普朗克通过对黑体辐射规律的研究最早提出能量

子概念，A正确；玻尔的能级理论第一次将“量子”观念引入原子结构的研究，B正确；爱因斯坦发现了光电效应规律，提出光子说，光子能量是量子化的，C正确；实现跨越4600km的星地量子密钥分发，不能说明宏观的距离是量子化的，D错误．3．A由图可知①

和③对应的跃迁能级差相同，可知①和③的能量相等，选项A正确；因②对应的能级差小于④对应的能级差，可知②的能量小于④的能量，根据E＝hν可知②的频率小于④的频率，选项B错误；因②对应的能级差小于①对应的能级差，可知②的

能量小于①，②的频率小于①，则若用①照射某金属表面时能发生光电效应，用②照射该金属不一定能发生光电效应，选项C错误；因④对应的能级差大于①对应的能级差，可知④的能量大于①，即④的频率大于①，因用①照射某金属表面时能逸出光电子的最大初动能为Ek，根据Ekm＝

hν－W逸出功则用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于Ek，选项D错误．故选A.4．D入射光频率ν时，增大入射光强度，光电流增大；改用频率小于ν的光照射时，若光的频率仍大于截止频率，仍会发生光电效应；改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大．5．BD根据动量大小与动能关系可

知，发射电子的动能约为Ek＝p22m≈8.0×10－17J，A错误；发射电子的物质波波长λ＝hp≈5.5×10－11m，B正确；物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子才能显示出干涉图样，C错误，D正确．6．A

汤姆孙在阴极射线中发现了电子，电子的波动性是德布罗意验证的，A错误；电子束的物质波波长比可见光的波长短，B正确；由物质波波长公式λ＝hp，电子的速度越大，动量越大，物质波波长越小，电子显微镜的分辨本领越强，C正确；速度与电子

束相同的质子动量更大，物质波波长更小，显微镜的分辨本领越强，D正确．专题77原子结构能级1．C铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量为ε＝10－5eV＝10－5×1.6×10－19J＝1.6×10－24J由光子能量的表达式ε＝h

ν可得，跃迁发射的光子的频率量级为ν＝εh＝1.6×10－246.63×10－34Hz≈2.4×109Hz跃迁发射的光子的频率量级为109Hz.故选C.2．D卢瑟福α粒子散射实验，证明了原子的核式结构，A错误；卢瑟福用α粒子散射实验的数据否定了汤姆孙的“

西瓜模型”，并估算了原子核的大小，B错误；从绝大多数粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分，C错误；该实验表明原子中心的核带有原子的全部正电和绝大部分质量，D正确．3．B放在C、D位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次

数极少．说明极少数α粒子有较大偏折，可知原子内部带正电的体积小且质量大，A错误，B正确；放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，说明大多数α粒子基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷，C错误；放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少

，比放在A位置时少，说明较少α粒子发生偏折，可知原子内部带正电的体积小，故D错误．4．D大量氢原子从n＝4激发态跃迁到基态最多能发出n（n－1）2＝6种不同频率的光，A错误；只有能量等于两定态能量差的光子才能被原子吸收产生跃迁，B错误；根据玻尔理论，电子只能在原子核外绕不连续的特定轨

道运动，C错误；n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出光子的能量E＝－0.85eV－(－13.6)eV＝12.75eV，由光电效应方程Ek0＝E－W0得金属铂的逸出功W0＝6.34eV，D正确．5．D结合题图，由ΔE＝hν＝hcλ可知，氢原子相邻

能级之间的能量差不相等，A错误；由题图知，氢原子从n＝6能级跃迁到n＝1能级辐射光子的波长小于从n＝6能级跃迁到n＝2能级辐射光子的波长，则氢原子从n＝6能级跃迁到n＝1能级辐射光子的能量大于从n＝6能

级跃迁到n＝2能级辐射光子的能量，B错误；氢原子发生跃迁时，吸收的能量只能是两能级间的能级差，处于基态的氢原子吸收波长为97nm的光子，可以跃迁到n＝4能级，不能跃迁到n＝3能级，C错误；大量处于n＝5能级的氢原子，向低能级跃迁时最多能产生C25＝10种不同波长的光子，D正确．6．CHα谱线的

波长最长，频率最小，能量最小，故Hγ对应的光子能量比Hα对应的光子能量大，A错误；Hδ谱线的波长最短，频率最大应为3.03eV，氢原子从n＝3向n＝2能级跃迁时产生的波长最长，频率最小，B错误；Hβ谱线的频率高于Hα谱线，若用H

β照射某种金属不能发生光电效应，则Hα一定也不能，C正确；只有几条不连续的亮线，其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的，D错误．专题78核反应核能1．ABD核聚变是热核

反应，A正确；太阳内部进行着激烈的热核反应，B正确；要使轻核发生核聚变，必须使它们之间的距离达到10－15m以内，核力才能起作用，由于原子核都带正电，要使它们接近到这种程度，必须克服巨大的库仑斥力，高温能使它们具有足够的动能来克服库

仑斥力而聚合，然后再借助核力，发生聚变，C错误；对于相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变产能多，D正确．2．C根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子01e，A、B错误．经过一个半衰期，铝26衰变一半，经过两个半衰期，铝26还剩下四分之一，C正确，D错误．3．A相同质量的核燃料，轻核聚变比重核

裂变释放的核能更多，A正确；根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为21H＋31H―→42He＋10n，B错误；核聚变的核反应燃料主要是氘核和氚核，C错误；核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，D错误．故选A.4．D设Y电荷数和质量数分别为m和n，根

据核反应方程质量数和电荷数守恒可知第一个核反应方程的核电荷数和质量数满足，A＋14＝n＋17，Z＋7＝m＋8，第二个核反应方程的核电荷数和质量数满足，n＋7＝2A，m＋3＝2Z，联立解得，Z＝2，A＝4，故选D.5．D核反应中质量亏损为Δm＝m1

－m2－m3－2m4，由质能方程得ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，D正确．6．C核反应中遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X的质量数为206，中子数为206－82＝124，A错误；铀235吸收慢中子裂变成

中等质量原子核的过程中，释放能量，核子的平均质量变小，B错误；一个中子转化为一个质子和一个电子的核反应为β衰变，释放能量，C正确；中子不带电，不受电场力或磁场力作用，D错误．7．BD太阳内部的核聚变反应式为4

11H＋20－1e―→42He＋2νe，A错误；一次核反应，质量亏损为Δm＝4×939.4MeV/c2＋2×0.5MeV/c2－3738.8MeV/c2＝19.8MeV/c2，此能量转化为α粒子和中微子的能量，显然α粒子的动能小于19.8MeV，B正确；

核反应过程满足动量守恒，C错误；核反应中释放的能量E＝M0×70%×10%4mp×19.8MeV＝4.1×1056MeV，则需要的时间t＝EP0＝1.6×1017s，D正确．第十三章选修3－3热学做真题明方向1．(1)ACD(2)54.36cmHg74.36cmH

g解析：(1)对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；根据理想气体状态方程pVT＝C可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能

增加，故B错误；根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；根据理

想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误．故选ACD.(2)B管在上方，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10cm则A管中气体的压强为pA＝pB＋20

cmHg，长度lA＝10cm倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为p′A，A管内空气柱长度l′A＝11cm已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9cm＋14cm＝23cm则B管中气体压强为p′B＝p

′A＋23cmHgB管内空气柱长度l′B＝40cm－11cm－23cm＝6cm对A管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝p′Al′A对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝p′Bl′B联立解得pB＝54.36cmHgpA＝pB＋2

0cmHg＝74.36cmHg2．(1)ABD(2)(ⅰ)1.41kg/m3(ⅱ)1.18kg/m3解析：(1)气体的体积不变，温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小．外界对气体做功，由热力

学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体对外界放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度

不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q>0即气体吸收热量，D正确；气体的体积增大，温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误．故选ABD.(2)

(ⅰ)由摄氏度和开尔文温度的关系可得T1＝273＋17K＝290K，T2＝273＋27K＝300K理想气体状态方程pV＝nRT可知nR＝pVT其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的pVT正比于气体的质量，则ρ1ρ2＝m1Vm2V＝p1VT1p2VT2其中p1＝p2＝1.2p0，ρ

1＝1.46kg/m3，代入数据解得ρ2＝1.41kg/m3(ⅱ)由题意得p3＝p0，T3＝273＋27K＝300K同理可得ρ2ρ3＝m2Vm3V＝p1VT2p3VT3解得ρ3＝1.18kg/m3专题79分子动理论固体和液体1．C雪花有规则的几何外形，是单晶体，其物理性质具有各向异性的

特点，A、B错误，C正确；雪花飞舞是机械运动，不能说明分子的热运动特点，D错误．2．B每个分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数之比，两个量都已知，故能求出每个分子的质量，A不符合题意；由于气体分子间的距离较

大，气体的体积远大于气体分子体积之和，所以不能求出气体每个分子的体积，B符合题意；将气体分子占据的空间看成立方体，而且这些空间一个挨一个紧密排列，则每个分子占据的空间体积等于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，C不符合题意；1kg

气体中所含的分子个数，等于该气体的质量与摩尔质量之比乘以阿伏加德罗常数；结果再乘以1000，就等于1kg该气体中所含的分子个数，D不符合题意．3．AC由于系统处于完全失重状态，所以气泡不会受到浮力作用，A正确；气泡内分子一直在做无规则的热运动，B错误；气泡内气体分子

频繁地与界面处水产生碰撞，会产生压力作用，C正确；水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误．4．B液体的表面张力有使液体的表面积最小化的趋势，荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体的表面张力作用，A正确；人们感到

潮湿或干燥，与空气的相对湿度有关，与空气的绝对湿度无关，所以当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大，B错误；土壤里有很多毛细管，如果将地面的土壤锄松，毛细管被破坏，地下的水将不会被引到地表，C正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各

向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确．5．C玻璃是非晶体，熔化再冷却后还是非晶体，A、B均错误；熔化后的玻璃表面层分子间距离变大，分子间表现为引力，使其表面收缩，C正确，D错误．6．(1)2×10－4(2)10－8(3)偏大(4)油酸膜可能没有充分展开，形成的并

不是单分子油膜层2×10－10m3的油酸若形成紧密排列的单分子膜时，油膜面积约为0.25m2，远大于浅水盘内的水面面积，说明实际上油膜不可能是单分子油膜．解析：(1)该实验中一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积V＝12

50×120mL＝2×10－4mL.(2)油膜的面积约为S＝55×12×10－4m2＝5.5×10－3m2，则分子直径d＝VS＝3.6×10－8m.(3)若该同学在计算油酸膜面积时，对不完整的方格均不计数，则算得的油膜面积偏小，由此估算得到的油酸分子直径

偏大．(4)已知油酸分子的直径约为8×10－10m，该同学实验结果产生偏差的可能原因是：油酸膜可能没有充分展开，形成的并不是单分子油膜层，理由是：2×10－10m3的油酸若形成紧密排列的单分子膜时，油膜面积约为0.25m2，远大于浅水盘内的水面面积，说明实际上油膜不可能是

单分子油膜．专题80气体实验定律和理想气体状态方程1．AD当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩．与此同时弹簧对右边活塞

有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析pfS＝F弹＋pgS则pf>pg分别对f、g内

的气体分析，根据理想气体状态方程有p0V0T0＝pfVfTfp0V0T0＝pgVgTg由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B错误；对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等

，D正确．在达到稳定过程中h中的气体体积变小，f中的气体体积变大，即Vf＞Vh.根据理想气体状态方程对h气体分析可知p0V0T0＝phVhTh联立可得Tf>Th，C错误；故选AD.2．B根据pVT＝C可得p

＝CVT从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c点的体积大于b点体积．故选B.3．A捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定量的空气后，管内气体的压强为p1＝p0＋ρgh

1，水进入滴管后的压强为p2＝p0＋ρgh2，根据玻意耳定律得p1V＝p2V'，结合h1＞h2可解得V'＞V，可判断V1＞V2，A正确．4．A设大气压为p0，活塞柱横截面积为S；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p1，气体长度为l，汽缸内气体体积为V1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧

压缩量为x，汽缸内气体压强为p2，汽缸内气体体积为V2，则依题意有p1＝p0，V1＝lS，V2＝(l－x)S，对封闭气体，安装前、后，等温变化，有p1V1＝p2V2，设弹簧劲度系数为k，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F，由平衡条件p2

S＋kx＝p0S＋F，联立并代入相应的数据，解得k＝2.0×104N/m，A正确，B、C、D错误．5．(1)VV0NA(2)815解析：(1)气体物质的量n＝VV0袖带内气体的分子数N＝VV0NA(2)对原袖带内气体，发生等温变化，压强为p0时气体的体积为V1，由玻意耳定律得1．5p0V＝p0

V1解得V1＝1.5V袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值η＝0.8V1.5V＝815.专题81热力学定律1．ACD温度是分子的平均动能的标志，物体温度升高，分子的平均动能一定增大，故A正确；－273.15℃是一切低温的极限，B错误；热量可以

从低温物体传递到高温物体，如电冰箱可以将热量从低温的内部传递到高温的外部，C正确；不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成，故D正确．2．D由理想气体的状态方程可知，气泡上升过程

中，压强减小，温度升高，体积增大，B、C错误；气泡上升过程中，温度升高，内能一定增加，体积增大，对外做功，一定吸热，A错误，D正确．3．AD氟利昂是一种既容易汽化又容易液化的物质；工作时电动压缩机使氟利昂蒸气压缩而液化，压入冰箱外的冷凝器管里将热量放出；

冷凝器里的液态氟利昂，经过一段很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，在这里迅速汽化，内能减小，从冰箱的内部吸收热量，使冰箱内部的温度降低，A、D正确．4．D气体在A→B过程中压强不变，体积增大，气体对外界做功，气体对外界做的功W＝pA(VB－VA)＝1.5×105×(0.3－0.1)J＝3.0×

104J，A错误；气体在B→C过程中体积不变，压强减小，温度降低内能减小，由热力学第一定律可知气体一定放热，B错误；气体在A→B过程，由VATA＝VBTB，可得气体在状态B时温度为TB＝900K＝627℃，C错误；气体在A→C的过程，由理想气体状态方程可知，A和C两状态温度相等，气体内能

相同，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体对外界做功并且吸收热量，D正确．5．(1)22cm3(2)吸热2.0J解析：(1)设容器的容积为V，封闭气体等压膨胀T1＝300K，T2＝373K由盖—吕萨克定律V＋l1ST1＝V＋l2ST2l2＝l1＋29.2cm＝39.2cm得V＝（T1

l2－T2l1）ST2－T1＝22cm3(2)气体压强为p＝1.2×105Pa因为气体膨胀，对外做功W＝－p(l2－l1)S得W＝－0.70J根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝2.0J，气体从外界吸收热量第十四章选修3－4机械振动机械波光学做真题明方向

1．(1)ABE(2)3－33l解析：(1)由图(a)可知波长为4m，由图(b)可知波的周期为2s，则波速为v＝λT＝42m/s＝2m/s，故A正确；由图乙可知t＝0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；由图(a)

可知波的振幅为5cm，故C错误；根据图(a)可知t＝0时x＝3m处的质点位于波谷处，由于t＝7s＝3T＋12T可知在t＝7s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为s＝3×4A＋12×4A＝70cm故D错

误，E正确；故选ABE.(2)由题意可知做出光路图如图所示光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角为45°；由于棱镜折射率为2，根据n＝sinisinr有sinr＝12则折射角为30°；∠BMO＝60°，因为∠B＝45°，所以光在

BC面的入射角为θ＝90°－(180°－60°－45°)＝15°根据反射定律可知∠MOA＝2θ＝30°根据几何关系可知∠BAO＝30°，即△MAO为等腰三角形，则MOAO＝33又因为△BOM与△CAO相似，故有BMAC＝MOAO由题知AB＝AC＝l联立可得BM＝33AC＝33l所以M到A点的距离

为x＝MA＝l－BM＝3－33l2．(1)ACE(2)(ⅰ)(ⅱ)见解析解析：(1)根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示由图可知，乙光的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大，则乙光的频率大，根据c＝fλ可知，乙光的波长短，A正确、BD错误；根据v＝cn可知在棱镜中的传播速度，甲光

比乙光的大，C正确；根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，E正确．故选ACE.(2)(ⅰ)根据Δx＝vt得Δx＝4×2.5m＝10m可知t＝2.5s时P波刚好传播到x＝10m处，Q波刚好传播到x＝0处，根据上坡下坡法可得波形图如图所示(ⅱ)根

据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx＝（2n＋1）λ2(n＝0，1，2…)解得振幅最大的平衡位置有x1＝3m、x2＝7m振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0，1，2…)解得振幅最小

的平衡位置有x3＝1m、x4＝5m、x5＝9m专题82简谐运动共振1．C弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变，A正确；由弹簧振子振动周期公式T＝2πmk可知若撤去A振动周期变小，B正确；当摆

线在最大位移处时，此时重力沿半径方向的分力等于摆线的拉力，故此时重力大于摆线的拉力，C错误；系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，D正确．2．ABD从振动图象可以看出振子的振幅为3cm，A正确；在t＝t2时刻，振子在平衡位置O点，该时刻

振子速度最大，加速度为零，B正确；在t＝t1时刻，振子在正向最大位移处，加速度最大，最大加速度大小为am＝kAm＝20×0.030.1m/s2＝6m/s2，C错误，D正确．3．C当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，振幅最大，

若两次受迫振动分别在月球和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据单摆的周期公式T＝2πlg知周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，故A、D错误；若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率之比为2∶5

，则固有周期之比为5∶2，根据T＝2πlg知摆长之比为l1∶l2＝25∶4，B错误；图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则T＝1f＝2s，由T＝2πlg，解得l＝1m，C正确．4．D使

用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，A错误；增大手驱动的频率，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大，B、C错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为f＝27060Hz＝4.5Hz，驱动力的

频率与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振，D正确．5．C由图(b)的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为v＝λT＝4m4s＝1m/s，A错误；由图(a)可知，D处距离波源C最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC＝DCv＝3m1m/s＝3s

故t＝2s时，D处的质点还未开始振动，B错误；由几何关系可知AD＝BD＝5m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝ADv＝5m1m/s＝5s故t＝4.5s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D

处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1.5s由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为t2＝t－tC＝3s由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；t＝6s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t3＝t－tAB＝1s

由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰．根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2cm故t＝6s时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm，D错误．故选C.6．(1)3.6s(2)x＝0.2sin(5π9t＋π6)(m)

解析：(1)作出P点关于O点的对称点P′，振子第一次通过P′向左运动时速度第二次变为－v，由振动的规律得1.8s＝T2，解得T＝3.6s.(2)振子振动方程x＝Asin(ωt＋φ0)，振子的振幅A＝0.2m，角频率ω＝2πT＝5π9.当t＝0时，x＝A2，

即sinφ0＝12，φ0＝π6，所以振动方程为x＝0.2sin(5π9t＋π6)(m).专题83机械波1．A声波的周期和频率由振源决定，故声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系v＝λf可知，波长也不同，故A

正确，BCD错误．故选A.2．ABC因为波长与孔的尺寸差不多，所以能够观察到明显的衍射现象，A正确；如果将孔AB扩大，孔的尺寸可能比波的波长大很多，就观察不到明显的衍射现象，B正确；波通过孔后，波速、频率、波长不变

，挡板前后波纹之间距离相等，C正确；如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，由λ＝vf知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，D错误．3．C由于传播介质相同，所以降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，C正确；由题图丙可

知，降噪声波与环境声波波长相等，则频率相同，叠加时产生稳定干涉，又由于两列声波等幅反相，所以能使振幅减为零，从而起到降噪作用，两列声波使P点的振动方向相反，所以P点为振动减弱点，A、B错误；P点并不随波的传播方向移动，故D错误．4．AD根据最少每隔0.6s两质点偏离平衡位置的位移相等，可判断

0.6s为半个周期，则周期一定是1.2s，从而根据波长可计算波的传播速度为10m/s，A项正确；当质点P处于波峰时，质点Q处于－2cm的位置，B项错误；质点P的振动方程为y＝4sin(5π3t＋π6)cm，C项错误；根据传播性质

可判断，质点P第一次到达波峰所需的时间为T6＝0.2s，路程为2cm，再过1.8s经过的路程为6倍的振幅，故0～2.0s时间内，质点P运动的路程为26cm，D项正确．5．(1)4m/s(2)yP＝4sin20π(t－0.05s)(c

m)(t≥0.05s)解析：(1)两列波在同一介质传播，波速相同，且由图可知波长相同，则周期、频率均相同，两列波在P点相遇时会形成干涉，且根据波形以及“上下坡”法可知两列波在P点相遇时引起P点的振动方向相反，则P点为振动减弱

点，其振幅为AP＝A甲－A乙＝4cm设波的周期为T，则两列波从0时刻到在P点相遇经历的时间为t＝0.20.4T＝T2易知P点从平衡位置向上起振，在0～0.2s时间内通过的路程为6个振幅，则T2＋6×14T＝0.2s解得T＝0.1s所以甲波的波速为v＝λT＝4m/s.(2)根

据前面分析可知P点在0.05s时刻从平衡位置向上起振，质点P的振动方程为yP＝APsin2πT(t－0.05s)＝4sin20π(t－0.05s)(cm)(t≥0.05s).专题84实验：用单摆测定重力加速度1．(1)0.50.64(2)B(3)A解析：(1)摆到最低点时

速度最大，绳上拉力最大，故从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s．两次拉力最大的时间间隔为半个周期，可知T＝1.6s，单摆的周期公式T＝2πLg，代入数据可解得摆长为L＝0.64m.(2)单摆振动的回复

力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，B正确．(3)取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A正确；摆长L为细线长l再加上摆球半径r，B错误；让小球在水平面内做圆周运动，该过程为圆锥摆，不是简谐运动，通过测得的周期利用单摆的周期公式计算重力加速度会产生较大误差，C错误．2．(

1)0.007(0.007～0.009均可)20.034(20.034～20.036均可)20.027(20.025～20.029均可)(2)大于(3)82.51.829.83解析：(1)测量前测微螺杆和测砧相触时，图(a)的示数为d0＝0mm＋0.7×0.0

1mm＝0.007mm螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度(0.5mm以下的小数)读数，图中读数为d1＝20mm＋3.4×0.01mm＝20.034mm则摆球的直径为d＝d1－d0＝20.027mm；(2)角度盘的大小一定，即在规

定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在角度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；(3)单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为l＝l0＋d2＝81.50cm＋2.00272cm＝82.5c

m；一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T＝2tN＝54.6030s＝1.82s由单摆的周期表达式T＝2πlg得，重力加速度g＝4π2lT2＝9.83m/s23．(1)98.504π2n2Lt2(2)4π2（L2－L1）T22－T21(3)AC解析：(1)刻

度尺的最小分度值为1mm，所以读数为98.50cm.测量的单摆周期T＝tn，代入单摆的周期公式T＝2πLg，变形得g＝4π2n2Lt2.(2)由单摆的周期公式得T2＝4π2gL，图象的斜率k＝T22－T21L2－L1，即4π2g＝T2

2－T21L2－L1，整理得g＝4π2（L2－L1）T22－T21.(3)小球静止悬挂时测量摆长，可以更精确地测出悬点至球心的距离，A正确；单摆只有在摆角很小时才能看作是简谐运动，B错误；单摆的周期T＝t50，设小球的半径为r

，结合单摆的周期公式得t50＝2πl＋rg，t2＝104π2g·l＋104π2rg，根据图线的斜率k′＝104π2g可求出重力加速度g，C正确．专题85光的反射、折射、全反射1．A根据折射定律n上sinθ上＝n下sinθ下由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下>n上，则θ下

逐渐减小，画出光路图如下则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向．故选A.2．D如图1所示，树叶反射的光线经过折射到达观察点，有几何关系则有sinα＝2h5h＝25，移走透明物体后，光沿直线传播，如图2所示，此时角

度β等于有透明物体时的入射角，则有sinβ＝h25h2＝15，则透明物体的折射率n＝sinαsinβ＝2，D正确，A、B、C错误．3．BC他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α＝41°时激光恰好发生全反射，则sin(90°－41°)＝1

n则n＝1sin49°，A错误、B正确；当他以α＝60°向水面发射激光时，入射角i1＝30°，则根据折射定律有nsini1＝sini2折射角i2大于30°，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确、D错误．故选BC.4．D由b、c两束光线垂直，可得折射角

为37°，折射率n＝sin53°sin37°＝43，A项错误；两个光斑之间的距离为Rtan53°＋Rtan37°＝25cm，B项错误；由光疏介质进入光密介质，不会发生全反应，C项错误；光在介质中的传播速率v

＝cn＝2.25×108m/s，D项正确．5．(1)2.4m(2)0.7m/s，方向竖直向下解析：(1)由题意可知潜水员头盔上照明灯发出的光线在透光区域边缘恰好发生全反射，则根据几何关系可知sinC＝rr2＋h2＝1n解得h＝2.4m(2)当透光的圆形水域半径扩大到r′＝6m时，设

潜水员的深度为h′，由于全反射临界角不变，则根据几何关系可得rh＝r′h′解得h′＝8m潜水员在水下竖直方向匀速运动的速度为vy＝h′－ht＝0.7m/s，方向竖直向下．专题86光的干涉、衍射、偏振1．C光的干涉条件是两列波的频率必须相等

，对振幅大小没有要求，A错误；光的衍射条件是波长比障碍物大或跟障碍物差不多，B错误；复色光发生干涉、衍射时，因为不同频率的光的条纹间距不同，故会发生色散，C正确；光的干涉和衍射现象说明光具有波动性，D错误．2．B根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有Δx＝

Ldλ由题图知Δx乙＝2Δx甲则d乙＝12d甲故选B.3．C上板是标准样板，下板是待检测板，A错误；如果单色光波长变长，干涉条纹出现亮纹的位置要右移，条纹变疏，B错误；两列相干光来自上板下表面和下板上表面的反射光，同一条纹出现

在空气等厚处，此处凹下，不平整，C正确；牛顿环中的空气厚度不是均匀变化，同心圆环间距不相等，D错误．4．BCD条纹间距不同，因此不是干涉现象，A错误，B正确；波长增大，两屏间距增大才会让条纹间距变大，因此C、D都

正确．5．B根据Δx＝Ldλ得，a光的间距小于b光，所以a光的波长小于b光的波长，故b光更容易发生明显的衍射现象，A错误；根据c＝λν知，a光的频率大于b光的频率，根据E＝hν，可知a光的光子能量较大，B正确；根据si

nC＝1n知，na>nb，a光的临界角小于b光的临界角，C错误；根据光电效应规律hν－W0＝Ek＝eUc知a光的截止电压大于b光的截止电压，D错误．6．D光在空气膜的上下表面发生反射，然后两反射光发生干涉，形成干涉条纹．设劈尖的角度为θ，第n条亮条纹对应空气膜厚

度为dn，第n＋1条亮条纹对应空气膜厚度为dn＋1，则2dn＝nλ，2dn＋1＝(n＋1)λ.设相邻亮条纹之间的距离为l，则lsinθ＝dn＋1－dn，联立得lsinθ＝λ2，可见当抽去一张纸片后，劈尖的角度减小，则条纹间距增大，即条纹变稀疏．A、C错误；若把开始的紫光换成红光，则光的波长变大，由

lsinθ＝λ2知，条纹间距增大，故B错误；劈尖干涉条纹的特点是，无论条纹是直线还是曲线，任意一条明条纹或暗条纹所在的位置下面的空气薄膜的厚度相等，任意相邻的明条纹或暗条纹对应的薄膜厚度差恒定，故D正确．7．B由Δx＝Ldλ可知，干涉条纹间距正比

于波长，设入射光在矿泉水的波长为λ′，矿泉水的折射率为n，则有λ′＝λn可得该矿泉水的折射率为n＝λλ′＝Δx1Δx2，所以则有Δx1＞Δx2，A错误，B正确；当介质为空气时，由Δx＝Ldλ可知，条纹的间距变大，P0上方第2条亮纹的

中心在P点的上方，C错误；移动S0对观察结果没有影响，D错误．专题87电磁波相对论1．CD电磁波可以在真空中传播，机械波需要介质来传播，不能在真空中传播，A错误；电磁波是横波，B错误；电磁波和机械波都能产生干涉、衍射现象以及多普勒效应，C正

确；波速、波长与频率的关系ν＝λf，对机械波和电磁波都适用，D正确．2．C移动电话经常使用Wi­Fi联网，也会用蓝牙传输数据，两种方式均是利用电磁波来传输信息的，均利用了电磁波中的微波，A错误；根据辐射的特点可知，所有物体都发射红外线，热物体的红外辐射比冷物体的红外辐射强，B错误

；紫外线频率较高，所以具有较高的能量，可破坏细胞核中的物质，通常用于杀菌，C正确；在电磁波谱中，常见电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，它们的波长依次变短，频率依次变大，D错误．3．D由题图乙知，0～0.5s内，电流逐渐增大，电容器正在放电

，振荡电路中通过Q点的电流向右，可知电容器下极板带正电，A、B错误；由题图乙知，1.5s～2.0s内，电流减小，电容器充电，流过Q点的电流向左，下极板带正电，Q点的电势比P点高，磁场能向电场能转化，故D正确，C错误．4．D根据电磁波谱的波长顺序可知，红外线的波长大于可

见光的波长大于紫外线的波长，所以紫外线的频率大于可见光的频率大于红外线的频率，A、B错误；光的波长越长，衍射现象越明显，衍射能力越强，红外线波长大于紫外线波长，所以红外线的衍射能力更强，C错误；红外线和紫外线都是电磁波，它们在真空中的传播速度相同，D正确．5．BX射线穿透力较强，可用来

进行人体透视，但不带电，不能在磁场中偏转，故A错误；紫外线有很强的荧光效应，可用于防伪，故B正确；麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；红外体温计是依据人体发射红外线来测量体温的，不是体温计发射红外线，故D错误．6．A据麦克斯韦电磁理

论可知，周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，A正确；由电磁波产生的原理可知，电磁波是横波，能产生偏振现象，B错误；电磁波可以在真空中传播，而机械波必须依赖于介质才能传播，C错误；电磁波在真空中均以光速传播，D错误．7．D波长为λ的信号的频率为f

＝cλ，LC振荡回路的频率为f＝12πLC，联立以上两式可知，要想接收波长为λ的电台信号，应把调谐电路中电容器的电容调至C＝λ24π2Lc2，D正确．专题88实验：测定玻璃的折射率用双缝干涉测量光的波长1．(1)ABC(2)小于解析：(1)确定大头针P3的位置的方法是

大头针P3能挡住P1和P2的像，A正确；确定大头针P4的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像，B正确；为了提高测量的精确度，P3、P4之间的距离应适当大一些，C正确；P1和P2的连线与法线的夹角尽量大些，即

P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角适当小些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，故D错误．(2)依题意作出光路图如图所示，从图可知，虚线所对应折射角的测量值大于实线所对应的真实折射角，根据折射定律可知，折射率为n＝sinisi

nr，因为折射角偏大，可知测量值小于真实值．2．(1)D(2)3发生了全反射解析：(1)为了提高实验的精确度，实验时大头针之间的距离适当大些，入射角适当大些．故A、B、C错误；D正确．(2)根据折射定律，可得玻璃砖的折射率为n＝sin60°sin30°＝3，另一同学将大头针P1和P2插在圆弧外侧

某半径延长线位置时，在另一侧任何方向看不到大头针的像，可能的原因是发生了全反射．3．(1)BC(2)2.3206.6×10－7解析：(1)调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝，A错误；测量某条干涉

亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐，B正确；n条亮纹之间有n－1个间距，相邻条纹的间距为Δx＝an－1，C正确．(2)图甲中螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×32.0m

m＝0.320mm，所以最终读数为：2.320mm.图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为0.01×37.0mm＝0.370mm，所以最终读数为13.870mm，则有Δx＝13.

870－2.3205mm＝2.310mm，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ldλ，可得λ＝dΔxl，代入数据得λ＝6.6×10－7m＝6.6×102nm＝6.6×10－7m．