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第一部分高考热点专项练第一章运动的描述匀变速直线运动的研究考点1描述运动的基本概念——练基础1．答案：B解析：研究排球运动员扣球的动作时，排球不同点的运动情况是不同的，因此排球不能看成质点，故选项A错误；研究乒乓球运动员的发球技术时，

主要看乒乓球的旋转，乒乓球上不同点的旋转情况并不相同，因此此时不能将乒乓球视为质点，故选项B正确；研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的各点的运动情况并不相同，因此不能忽略羽毛球的大小而将羽毛球视为质点，故选项C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动员的动作，此时运动员身体的各部分

速度是不同的，故选项D错误．2．答案：C解析：该次作业中小车相对地面的位移为x＝x21＋x22＝82＋62m＝10m，C正确．3．答案：C解析：若运动员A以对面的运动员为参考系，他是静止的，A错误；若运动员A以旁边的运动员为

参考系，地面是运动的，B错误；当他俯视大地时，看到大地迎面而来，是以他自己为参考系，C正确；以大地为参考系，运动员是运动的，D错误．4．答案：C解析：该游客的位移指的是从M点到N点的有向线段，故位移大小为1.8km，A错误；该游客从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＝5.4km/h＝1.5m/s，B错误；该游客的平均速度大小为v－＝xt＝1.81km/h＝1.8km/h＝0.5m/s，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，D错误．5．答案：C解析：10s内火箭的速度变化量为Δv1＝100m/s－0＝100m/s，A错误；火箭的速度变化率10010m/s2＝10m/s2，汽车的速度

变化率为302.5m/s2＝12m/s2，则火箭的速度变化比汽车的慢，B错误；2.5s内汽车的速度变化量为Δv2＝0－30m/s＝－30m/s，C正确；根据a＝ΔvΔt可知，火箭的加速度比汽车的加速度小，D错误．6．答案：BD解析：整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3s内的位移大

小为1.0m，则x3＝12at23－12at22代入数据得a＝0.4m/s2，A错误，B正确；由速度公式可知初速度为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s，所以在1s末的速度为v1＝v0－at1＝8m/s－

0.4×1m/s＝7.6m/s，而第1s内的位移x1＝v0＋v12t＝8＋7.62×1m＝7.8m，C错误，D正确．7．答案：ACD解析：由于相邻两滴水的时间间隔相等，当沿运动方向水印始终均匀分布时，则人做匀速直线运动，A正确；当沿运动方向水印间距逐渐增大时，则人做加速运动，加速度可能增大

，可能减小，可能不变，C、D正确，B错误．8．答案：D解析：规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝－10－81.0m/s2＝－18.0m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上，D正确．9．答案：C

解析：摄像机做直线运动，运动员也做直线运动，A错误；0～t1时间内摄像机在前，t1～t2时间内摄像机也在前，B错误；0～t2时间内摄像机与运动员的位移相同，根据v－＝xt，平均速度相同，C正确；x­t图像的斜率表示速度，0

～t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度，D错误．10．答案：A解析：ΔxΔt表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，ΔxΔt越接近滑块通过光电门时

的瞬时速度，A正确．考点2匀变速直线运动的规律及应用（一）——练基础1．答案：B解析：第一段时间内的平均速度为v－1＝x1t1＝164m/s＝4m/s，第二段时间内的平均速度为v－2＝x2t2＝162m/s

＝8m/s，根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：Δt＝2s＋1s＝3s，则加速度为a＝v－2－v－1Δt＝8－43m/s2＝43m/s2，B正确．2．答案：A解

析：设汽车经过相邻两棵树的时间间隔为t，则汽车在A、B间和在D、E间的平均速度分别为v1＝x1t，v2＝x2t在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故经过C时的速度为vC＝v1＋v22＝x1＋x22t而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D

的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为x＝vC·2t＝x1＋x2，故A正确，B、C、D错误．3．答案：C解析：汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，对于最后1s，有x1＝12at21，解得a＝2x1t21＝2×21

2＝4m/s2，设汽车刹车的初速度为v0，对于第1s内，由s1＝v0t－12at2，代入数据得13＝v0×1－12×4×12，可得v0＝15m/s，汽车在第1秒末的速度为v1＝v0－at＝11m/s，C正确．4．答案：A解析：由图像可知汽车一直沿x

轴正方向运动，x­t图像的斜率表示速度，0～t1时间内图像斜率变大，则汽车做加速直线运动；t1～t2时间内，图像是倾斜的直线，斜率不变，汽车做匀速直线运动；t2～t3时间内，图像斜率变小，汽车做减速直线运动．综上分析可知汽车沿x轴正方向先做加速，再匀速，再减速直线

运动，v­t图像可能正确为A选项，不可能为B、C、D选项．5．答案：D解析：根据x1＝12a1t21解得t1＝2s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有v22－v21＝2a2x2代入数据解得a2＝1

8m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝v2－v1a2＝109s，飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为t＝t1＋t2＝289s，故D正确．6．答案：D解析：加速与减速的加速度大小相等，根据t＝vma可知，加速与减速的时间一定相等，A

错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×vm2t＋vm（t0－t）＝s，代入数据解得t＝12min，B错误；加速位移为x加＝vm2t＝120km，C错误；加速度大小a＝vmt≈0.46m/s2，D正确．7．答案：B

C解析：由H＝v02t可知，上浮时的初速度为v0＝2Ht，A错误，B正确；上浮的加速度为a＝0－v0t＝－2Ht2，则在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为h＝H－v0t0＋12at20＝H－（2Htt0－12×2Ht2t20

）＝H（t－t0）2t2，C正确，D错误．8．答案：C解析：采用逆向思维，将高铁运动可看成初速度等于0的匀加速直线运动，依次经4t、3t、2t时间运动的位移大小之比为12a（4t）2︰12a（4t＋3t）2－1

2a（4t）2︰[12a（4t＋3t＋2t）2－12a（4t＋3t）2]＝16︰33︰32，所以高铁依次经2t、3t、4t时间，运动的位移大小之比为32∶33∶16，C正确．9．答案：C解析：列车车头到达隧道前减速时间t1＝v0－v2a，在隧道中匀速行驶

时间t2＝L＋lv，车尾离开隧道后，加速时间t3＝v0－va，总时间t＝t1＋t2＋t3＝3（v0－v）2a＋L＋lv，故C项正确．10．答案：（1）6m/s2（2）7599m（3）4.5m/s2解析：（1）减速伞工作20s的过程，返回舱

的加速度大小为a1＝v1－v2t1＝6m/s2.（2）返回舱的速度由180m/s减小到60m/s过程中，下降的高度为h1＝v2＋v12t1＝2400m，返回舱的速度由60m/s减小到3m/s过程中，下降的高度为h2＝H－h1－h3＝7599m.（3）若返回舱落地时的速度恰好为零，则最后1m的

加速度大小为a3＝v232h3＝4.5m/s2.11．答案：（1）6.25m（2）195.65s解析：（1）汽车匀变速直线运动，设经过隧道入口x1＝50m与紧邻的x2＝100m相等的时间间隔为t，则根据Δx＝at2可得Δx＝a

t2＝x2－x1＝50m则经过隧道入口50m时，速度大小为v＝x1＋x22t汽车由开始运动到经过隧道入口50m时，有2ax＝v2，故x＝v22a联立以上式子得x＝（x1＋x2）28Δx＝56.25m故汽车开始起动到隧道口的距离为x0＝x－x1＝6.25m.（2）依题意知v1＝90km/

h＝25m/s速度达到25m/s时，由2a′x3＝v21代入数据求得x3＝125m用时t1＝v1a′＝10s故匀速运动的距离x4＝s＋x0－x3＝4641.25m匀速运动时x4＝v1t2可得t2＝185.65s故

从开始运动到穿出隧道用时t＝t1＋t2＝195.65s．考点3匀变速直线运动的规律及应用（二）——提能力1．答案：A解析：设物体通过AB、BC段位移所用时间均为T，则B点的速度为vB＝xAC2T＝5m2T，根据Δx＝aT2得

a＝ΔxT2＝1mT2，则有vA＝vB－aT＝5m2T－1mT2·T＝3m2T，根据速度—位移公式得，O、A两点之间的距离为xOA＝v2A2a＝9m24T22mT2＝98m，A正确．2．答案：C解析：因为蹦极者做初速度为零的匀加速直线运动，根据连续相

等位移的运动比例规律t1t2＝15－2≈4.2，所以4<t1t2<5，C正确，A、B、D错误．3．答案：C解析：根据Δx＝aT2可得a＝AC－2ABT2＝0.5m/s2，拍第三张照片时遥控小汽车的速度大小为v3＝AD－AB2T＝0.5m/s.由v4＝v3＋aT得拍第四张照片

时遥控小汽车的速度大小为v4＝0.6m/s，故C正确，A、B、D错误．4．答案：A解析：可以将冰壶视为做从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，则有sEB＝3s0＝12at22sEA＝4s0＝12at23sED＝s0＝12at24解得t2∶t3∶t4＝3∶4∶1＝3∶2∶1t1＝t3－t4

所以t1∶t2＝（t3－t4）∶t2＝1∶3故B、C、D错误，A正确．5．答案：D解析：根据初速度为0的匀加速直线运动的推导规律可知，只有初速度为0，连续通过x0，2x0，3x0所需时间的比为1∶2∶3，动车做有一定初速度的匀减速运动，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以

车头经过立柱A的速度不可能为0～t1时间的平均速度x0t1，B错误；t1～t3时间段的平均速度为vB＝2x0t3－t1，只有匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点

，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝x0t2－t1故D正确．故选D.6．答案：BD解析：物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有xac＝v0t1＋12at21即7＝v0×2＋12×a×4物体从a到d有xad＝v0t2＋

12at22即12＝v0×4＋12×a×16联立解得a＝－12m/s2，v0＝4m/s根据速度公式vt＝v0＋at可得vc＝4－12×2＝3m/s；vd＝4－12×4＝2m/s根据位移中点的速度公式可得vb＝v2a＋v2d2＝42＋222＝10m/s，故A错误，B正确

；根据速度—位移公式得，从d到e－v2d＝2axde则xde＝－v2d2a＝42×12＝4m，故C错误；根据vt＝v0＋at可得从d到e的时间为tde＝－vda＝212s＝4s，故D正确．故选B、D.7．答案：（1）2v2d（

2）a3dv＋t02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d4，设加速度为a，根据匀变速直线运动规律有v2＝2a·d4，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t1，减速运动的时间t2

，由v＝at1＝2at2，得t1＝2t2又t1＋t2＝3t2＝t＋t0得t2＝13（t＋t0），t1＝23（t＋t0）由公式L＝12at21＋122at22＝a3dv＋t02.8．答案：（1）400m（2）

24s解析：（1）汽车过ETC通道的过程示意图如图1所示．图1图2减速的位移和加速的位移相等，均为x1＝v20－v212a＝192m.所以汽车从开始减速到恢复正常行驶过程的位移为x＝2x1＋d，解得x＝400m.（2）汽车过ETC收费通道行驶400m的时间为t＝d

v1＋2（v0－v1）a＝164s＋2×（20－4）1s＝4s＋32s＝36s.汽车过人工收费通道的过程示意图如图2所示．减速的位移和加速的位移相等，均为x′1＝v202a＝200m.所以减速和加速的总位移x′＝2x′1＝400m．汽车过人工收费通道行驶400m的时间为t′＝2v0a＋t0

＝2×201s＋20s＝60s，所以节约的时间为Δt＝t′－t＝（60－36）s＝24s．考点4自由落体运动和竖直上抛运动——练基础1．答案：B解析：排球上升的最大高度为h＝v202g＝1.8m，A错误；排

球在上升过程中处于完全失重状态，B正确；排球在最高点速度为0，加速度为g，处于非平衡状态，C错误；排球上升和下降过程的加速度相同，竖直向下，D错误．2．答案：C解析：根据题意得x＝0.8×1004×10－2m＝0.2m；v＝xt＝

0.20.02m/s＝10m/s，根据v2＝2gh解得h＝5.0m，A、B、D错误，C正确．3．答案：AC解析：v­t图像的斜率表示加速度，由图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜

率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大

小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误．4．答案：B解析：若释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光且小球做自由落体运动，则第一段时间内的位移：x10＝12gt2＝12×9.8×0.042m＝0.00784m＝0.

784cm≈0.78cm，可知照片中数字的单位是cm最合适，A错误；设小球运动的加速度为a，根据逐差法可得：a＝x4＋x5－x3－x24T2＝（19.35－7.05）－（7.05－0.78）4×0.042×10－2m/s2＝9.42m/s2＜9.8m/s2，可知小球受到

的空气阻力不可忽略，B正确；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则小球经过A点时的速度为：vA＝x4＋x52T，代入数据即可求出小球运动到A位置的速度为vA＝1.53m/s，C错误；若释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光且小球做加

速度为a的匀加速直线运动，则第一段时间内的位移：x1＝12at2＝12×9.42×0.042m＝0.00753m＝0.753cm＜0.78cm，可知频闪仪第一次闪光拍摄的照片后经过一段时间才释放的小球，D错误．5．答案：D解析：运动员离开跳板时有向上的初

速度，在入水前做的不是自由落体运动，故A错误；运动员在t＝2s时速度减为零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，故B错误；1～2s运动员向下减速，图线的斜率逐渐减小，运动员在水中的加速度逐渐减小，故C错误；在0～14s运动员向上运动，由h＝12gt2，可知运动员双脚离开跳板后上升的高度为516m

，故D正确．6．答案：A解析：若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过管，故A正确；若小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间是小球到达管的下端与到达管的上端的时间差，根据自由落体运动公式h＝12gt21，h＋L＝12gt22

，解得Δt＝t2－t1＝2（h＋L）g－2hg，故B错误；以管为参考系，小球相对管匀速运动，可知小球穿过管的时间t＝Lv0，可知与当地重力加速度无关，故C错误；释放空心管时，小球的速度为v＝gt，以管为参考系，小球相对管以速度v做匀速运动，则小球

穿过管的时间t′＝Lv＝Lgt，小球能通过空心管，但是穿过管的时间与重力加速度有关，故D错误．7．答案：D解析：螺钉松脱后先向上做匀减速直线运动，到达最高点后再做自由落体运动，A错误；规定向下为正方向，根据v＝－v0＋gt，螺

钉落到井底时的速度大小v＝－5m/s＋10×4m/s＝35m/s，C错误；螺钉下降的距离h1＝－v0t＋12gt2＝－5×4m＋12×10×42m＝60m，因此井深h＝v0t＋h1＝80m，B错误；螺钉随升降机从井底出发到落回井底的时间与升降机从降低升到井口的时间相同为t＝hv0＝16s，D正

确．8．答案：C解析：a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，两球恰在h2处相遇，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A错误；从题目内容可看出，在h2处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球

的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误；由于两球运动时机械能守恒，两球恰在h2处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确；相遇后，ab两个球的速度的大小不同，而重力的大小

是相同的，所以重力的功率不同，D错误．9．答案：（1）5m/s<v<10m/s（2）4.5m/s2解析：（1）演员从窗口下落至汽车平板所用时间为t＝2（h1－h2）g＝1s汽车做匀速运动的速度大小为v＝xt由题意可知

5m<x<10m，解得5m/s<v<10m/s.（2）当车速为v＝6m/s时，则演员落点到车尾的距离为Δx＝5m＋2m＋3m－vt＝4m设演员落在平板上之后运动的加速度大小为a，则演员从落至平板到速度增至与车共速所经历的时间为t′＝vat′时间内演员和车的位移大小分别为x1＝12a

t′2＝v22a，x2＝vt′＝v2a由题意可知Δx＝x2－x1＝v22a，解得a＝4.5m/s2.考点5运动图像追及相遇问题——提能力1．答案：A解析：根据匀变速直线运动位移公式有：x＝v2t0，由图可知vⅠ＞vⅡ，根据v＝at可知aⅠ＞aⅡ，A正确，B、C、D错误．2

．答案：D解析：物块前两秒加速度一直增大，故做加速增大的减速直线运动，A错误；a­t图像的图线与坐标轴所围成的面积是速度的变化量，第4s末的速度大小为v4＝v0＋Δv＝－2＋12×2×3m/s＝1m/s，C错误；第4s末的加速度为零，速

度不为零，故方向未发生改变，B错误；第6s末的速度为v6＝v0＋Δv′＝（－2＋12×2×3－π4×22）m/s＝（1－π）m/s，第6s末的速度大小为（π－1）m/s，D正确．3．答案：AD解析：由运动学公式x＝v0t＋12at2知甲、乙两个小钢球x­t图像为抛物线，则两球做匀变速直线运动，

甲球先向上做匀减速运动到顶点速度减为零，后匀加速向下运动，在1s～2s内有x＝12a甲t2代入图中数据t＝1s，x＝5m，得a甲＝10m/s2方向向下，乙球从顶点向下做初速度为零的匀加速运动，0～1s有x＝12a乙t2，代入图中数据t＝1s，x＝5m

，得a乙＝10m/s2方向向下，甲和乙的加速度相同，故A正确；由图像知甲经1s时间上升到顶点，速度减为零，设甲球初速度为v0，由v＝v0＋（－a甲）t代入数据0＝v0＋（－10）×1m/s解得v0＝10m/s，乙的初速度为零，故B错误；由图知0～1s内甲、乙的位移分别为5m，－5

m，由平均速度公式v－＝xt代入数据解得v－甲＝5m/s，v－乙＝－5m/s，故C错误；2s末时甲向下加速了1s，速度为v＝－a甲t＝－10m/s，0～2s内甲的速度改变量Δv＝v－v0＝－10m/s－10m/s＝－20m/s，速度改变量的大小

为20m/s，故D正确．4．答案：BD解析：设小球在经过A传感器时的速度大小为vA，在斜面上运动的加速度大小为a，根据运动学规律有vB＝vA＋at；x＝vAt＋12at2联立以上两式并整理得xt2＝vB·

1t－a2结合图像可得vB＝8m/s，a＝4m/s2.当A传感器放置在O点时，传感器所测时间为小球从O到B传感器的运动时间t1，对应图像上1t的最小值，即1t1＝1s－1解得t1＝1s，所以小球在斜面上O点的速度大小

为v0＝vB－at1＝4m/s，小球在斜面上运动的平均速度大小为v－＝v0＋vB2＝6m/s，固定斜面长度为l＝v－t1＝6m，故A、C错误，B、D正确．5．答案：BD解析：从v­t图像上看，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图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误．6．答案：CD解析：v­t图像的图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t＝0时并排运动，通过图线在0～4s内所围的面积可以看出4s内

烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0～6s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，故A、B错误；由图形所围的面积可以算出0～9s内，烈马的位移为x1＝10×8＋10＋152×1m

＝92.5m，骑手的位移为x2＝62×15＋15×3m＝90m，套马杆长l＝6m，x2＋l>x1，所以骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马，故C正确；由加速度定义式a＝v－v0t＝ΔvΔt知，8～9s内烈马加速度a1＝15－109－8m/s2＝5m/s2，4

～6s内骑手的加速度a2＝15－106－4m/s2＝52m/s2，故D正确．7．答案：A解析：由运动学公式t＝xv＝1v·x可知在1v­x图像中，图像与横坐标围成的面积为运动时间，可得猎豹加速到25m/s后运动250m所用的时间为t＝13s，故A正确；猎豹减速到与猎物共速时，

即1v＝0.10s/m时，猎豹追不上猎物，则一定不能追到猎物．由图像可知从猎豹达到最大速度到猎豹减速到与猎物共速过程中，猎豹运动的位移为x1＝225m．由图像可知，此过程经历的时间t′＝9.75s，此过程猎物的位移为x2＝9.75×10m＝97.5m．即若猎豹达到最大速度时，猎

豹与猎物之间的距离大于Δx＝225m－97.5m＝127.5m时猎豹一定追不上猎物，而若猎豹达到最大速度时，猎豹与猎物之间的距离大于120m小于127.5m，则猎豹能追到猎物，故B错误；因为不知道猎豹加速过程是不

是匀变速运动，则时间无法计算，故C错误；猎豹加速到25m/s后，在0到200m范围内做匀速直线运动，后面做加速度变化的减速运动，故D错误．8．答案：AD解析：v­t图像的切线斜率绝对值等于加速度大小，可

知冰壶减速运动的加速度大小为a1＝6－511－3m/s2＝0.125m/s2，A正确；由v­t图像可知9s末，机器人的速度大小为0m/s，B错误；机器人做匀减速直线运动的加速度大小为a2＝6－09－3m/s2＝1m/s2>

a1＝0.125m/s2，冰壶的加速度小于机器人的加速度，C错误；根据v­t图像与横轴围成的面积等于位移，可知从6～11s内，冰壶比机器人多走的位移大小为Δx＝x1－x2＝6＋52×（11－3）m－6＋02×（9－3）m＝26m>8m，可知在11s末冰壶与

机器人的两者的间距大于8m，D正确．9．答案：B解析：根据匀变速运动的位移与时间关系公式x＝v0t＋12at2，根据甲图中x­t2图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为12a＝k＝22m/s2，解得a＝2m

/s2，A错误；根据匀变速运动的速度与位移时间关系v2－v20＝2ax，根据乙图中v2­x图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为2a＝k＝101m/s2，解得a＝5m/s2，B正确；根据匀变速运动的位移与时间关

系公式x＝v0t＋12at2，整理得xt＝v0＋12at，根据丙图中xt­t图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为12a＝k＝0－42＝－2m/s2，解得a＝－4m/s2.物体的加速度大小为4m/s2，C错误；根据微元法可以得到，物理学中a­t图像的图

线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图中a­t图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为Δv＝12×3×2m/s＝3m/s，D错误．10．答案：D解析：若为x­t图像，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，A错误；若为a­t

图像且物体初速度为零，则图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为vmax＝Δv＝mn2出现在t＝n时刻，B错误；若为v­x图像，假设物体做匀变速直线运动，则有2ax＝v2－v20即对于匀变速直线运动，其v­x图像不可能是一次函数图像，C错误；若为a­x图

像且物体初速度为零，由动能定理12m0v2max－0＝∑F·x＝∑m0ax＝m0mn2即v2max＝mn，所以物体的最大速度为vmax＝mn，D正确．故选D.11．答案：（1）409m/s2（2）会（3）54m/s2≤a5≤5m/s2解析：（1）人走上人行道的时间为t1＝L3v1＝3s

在3s末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为a1，D＋L1＋L2＝v0t1＋12a1t21解得a1＝409m/s2.（2）卡车穿过人行道时vm＝v0＋a1t1＝10＋409×3m/s＝703m/s货箱的加速度a2＝μ1g＝4m/s2假设箱子没掉下来

，货箱加速的时间为t2＝vm－v0a2＝103s货箱的位移为s箱＝v0＋vm2×t2＝5009m汽车的位移为s车＝()D＋L1＋L2＋vm()t2－t1＝5209m所以箱子相对汽车向后运动s车－s箱＝209m>1.5m假设错误，箱

子会掉下来；（3）①人穿过人行道的时间t3＝L3＋L4v1＝12s假设12s内汽车的位移小于40m，加速度最小，由40＝v0t3＋12（－a3）t23得a3＝109m/s2以此加速度汽车减速为零的时间为t4＝v0a3＝10109＝9s说明此加速度汽车在9s时

已经减速为零，9s后不再运动，而此时刹车距离s刹＝v202a3＝45m>40m说明假设错误，所以卡车在40m内速度减小为零加速度最小a4＝v202L1＝54m/s2.②箱子刚好不撞车头时，卡车的加速度最大，设为

a5，有d1＝v202a2－v202a5解得a5＝5m/s2刹车时加速度需要满足的条件为54m/s2≤a5≤5m/s2.12．答案：（1）6.5s（2）7.5m/s解析：（1）解法一：足球减速到速度为

0的时间和位移分别为t0＝v0a0＝6s，x0＝v02t0＝36m.已知甲的加速度为a1＝2m/s2，最大速度为vm＝8m/s，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：t1＝vma1＝82s＝4sx1＝vm2t1＝82×4m＝16m之后甲做匀速直线运动，到足球停止运

动时，甲匀速运动的位移为x2＝vm（t0－t1）＝8×2m＝16m由于x1＋x2<x0，故足球停止运动时，甲没有追上足球，甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，设甲继续运动的时间为t2，则x0－（x1＋x2）＝vmt2解得：t2＝0.5s则甲追上足球的最短时间t＝t0＋t2＝6.5s.

解法二：由题可作出甲与足球的v­t图像如图所示，由图可知，在t＝6s时，足球停止运动，其位移x0＝12×62m＝36m此时甲的位移x甲＝（2＋6）×82m＝32m＜x0，可知在足球停止运动时甲还未追上足球，甲还要继续运动的时间t甲＝x0－x甲vm＝0.5s故甲追上足球的最短时间t＝6s＋0.

5s＝6.5s.（2）开始足球距底线的距离x3＝45m－x0＝9m设甲运动到底线的时间为t3，则x3＝v1t3足球在t3时间内发生的位移x3＝vt3－12a0t23联立解得：v＝7.5m/s.考点6实验：探究小车速度随时间变化的

规律1．答案：（1）C、I（2）C先接通电源，再释放小车BECDA解析：（1）在本实验中，不需要测量小车和槽码的质量，因此不需要天平，打点计时器使用的是交流电源，因此不需要直流电源，同时打点计时器记录了小车的运动时间，因此不需要秒表．测量点迹间的距离需要刻度尺，所以还需要的器材是C、I.（

2）以上步骤有错误的是C，应先接通电源，再释放小车．根据组装器材、进行实验、数据处理的顺序知，操作步骤顺序为BECDA.2．答案：A0.2330.75解析：物块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A点，根据刻度尺读数规则可读出，B点对应的刻度为1.20cm，C点对应

的刻度为3.15cm，D点对应的刻度为5.85cm，E点对应的刻度为9.30cm，AB＝1.20cm，BC＝1.95cm，CD＝2.70cm，DE＝3.45cm.两个相邻计数点之间的时间T＝5×150s＝0.10s，根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，

打C点时物块的速度大小为vC＝BC＋CD2T≈0.233m/s.由逐差法可得a＝CD＋DE－（AB＋BC）4T2，解得a＝0.75m/s2.3．答案：（1）74.3（2）2（vBC－vAB）t1＋t2（3）偏大解析：（1）主尺刻度为：74mm，游标示数为：1mm10×3＝0.3mm，

所以长度为74.3mm.（2）该同学求出的平均速度即为对应中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动速度—时间关系可知：g＝ΔvΔt＝2（vBC－vAB）t1＋t2.（3）若狭缝宽度不能忽略，则实际时间间隔变长，所以代入测量的时间小于实际时间，测量的加速度比真实值偏大．4．答案：（1）在误差允许的范围

内，相邻相等时间内的位移之差近似相等（2）547（3）79解析：（1）根据表中数据可以求得第1s内、第2s内、第3s内、第4s内、第5s内、第6s内飞行器的位移分别为x1＝507m、x2＝587m、x3＝665m、x4＝746m、x5＝824m、x6＝904m，在误差允许的范围

内，相邻相等时间内的位移之差近似相等，即满足Δx＝aT2，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动．（2）对于匀加速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以当x＝507m时，该飞行器速度

的大小v＝10942m/s＝547m/s.（3）根据逐差法可知这段时间内该飞行器加速度的大小a＝x36－x03（3T）2＝（4233－1759）－17599m/s2≈79m/s2.第二章相互作用——力考点7重力弹力摩擦力——练基础1．答案：D解析：由于水桶可以绕水平轴转动，因此

一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，选项D正确，选项A、B、C错误．2．答案：C解析：当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石

受到地面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面摩擦力以及刀的压力（否则不会有摩擦力），共5个力作用，故C错误，符合题意；地面和磨刀石之间有两对相互作用力分别是磨刀石对地面的压力与地面对磨刀石

的支持力，地面对磨刀石摩擦力与磨刀石对地面的摩擦力，故D正确，不符合题意．3．答案：B解析：把手对弹性绳的拉力是由于把手发生形变产生的，A错误；根据胡克定律可得2k＝2Fx＝2400.3N/m，得出k＝400N/m，B正确，C错误；尽管每只手的拉力改为80N，但由于弹性绳原长

度未知，则无法求出弹性绳的总长度，D错误．4．答案：BC解析：质量分布均匀、形状规则的物体，它的重心才与它的几何中心重合，所以物体的重心不一定在物体的几何中心上，也不一定在物体上，A错误；用悬挂法找物体重心时，物体所受重

力与悬绳拉力是一对平衡力，它们大小相等、方向相反，因此重心一定在悬绳的延长线上，B正确；地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而增大，C正确；物体所受重力的方向总是竖直向下，D错误．5．答案：C解析：毛竹上的表演者静止时受重力、弹力和摩擦力，故选项A错误；表演者静止时，竹竿对其作用力（弹力和摩擦力的

合力）与重力等大反向，即竹竿对表演者的作用力必定竖直向上，故选项B错误，C正确；表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力不一定越小，D错误．6．答案：C解析：如果两个物体之间没有发生相对运动，则两物体之间的摩擦力是静摩擦力，所以运动的物体之间的摩擦力可以是静摩擦力（两物体以共同速度运动），也可以是滑

动摩擦力（两物体发生相对滑动），故A错误．如果相互接触的两个物体发生相对运动，则他们之间的摩擦力就是滑动摩擦力，如物块在静止的桌面上滑动，桌面受到的摩擦力就是滑动摩擦力，所以静止的物体也可以受到滑动摩擦力，故B错误．滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，如小物块轻轻的放在粗糙的匀速运动的

长木板上时，小物块相对于木板向后运动，故小物块所受的滑动摩擦力向前，与其运动方向相同，故C正确．滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，但有可能与运动方向相同如C选项中小物块向前运动，它所受的滑动摩擦力也向前

，故D错误．7．答案：B解析：方法一对石礅受力分析如图1，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝f，Fsinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝μmgcosθ＋μsinθ，选项A错误，B正确；上式变形得F＝μmg1＋μ2sin（θ＋α），其

中tanα＝1μ，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝Fcosθ＝μmgcosθcosθ＋μsinθ＝μmg1＋μtanθ，可知增大夹角θ，摩

擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误．方法二本题的C、D选项还可以这样判断：设F′为地面对石礅的支持力FN与摩擦力f的合力，β是摩擦力与F′间的夹角，则ta

nβ＝FNf＝1μ，即不论FN、f怎么变化，合力F′的方向总保持不变，因此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平衡问题，用矢量三角形可直观得出随着θ减小绳子的合拉力F可能先减小后增大，也可能一直增大，关键是看初始时θ的大

小；摩擦力与支持力的合力F′随着θ的减小而增大，故地面对石礅的摩擦力f随着θ的减小一直增大，即f的最小值不与轻绳合拉力的最小值对应，故选项C、D均错误．8．答案：AD解析：悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10N，钩码间的弹力大小

仍是10N，A正确，B错误；悬挂第二个钩码后，橡皮筋继续伸长，拉力传感器的读数从10N继续增大，直到弹力等于两个钩码的重力时，拉力传感器的读数才为20N，C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x

2，则k（x1＋x2）＝2G，代入数据，可得x2＝10cm，D正确．9．答案：D解析：小球处于静止状态，所受合力为零，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F＝（mg）2＋34mg2＝54mg，D正确．10．答案：C解析：物块与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，木板不必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摩擦力，C正确，D错误．考点8摩擦力——提能力1．答案：C解析：松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间的最大静摩擦力减

小，接触面的粗糙程度没有变化，动摩擦因数不变化，A错误；倾斜静止时，如图甲，增大手的握力，只要瓶子不下滑，则Ff＝mgcosθ，当增大手的握力时只是增大了最大静摩擦力，静摩擦力并没有变化，B错误，C正确；手握瓶竖直静止时，如图乙，则Ff′＝mg，倾斜静止时Ff＝mgco

sθ，D错误．2．答案：C解析：取侧面的一粒沙作为研究对象，其受力情况如图所示设圆锥的高为H、底面半径为R、斜边长为L，由平衡条件有mgsinθ＝Ff，FN＝mgcosθ，Ff＝μFN，联立解得μ＝tanθ.由题目已知和几何关系知2πR＝62.8cm，L＝12.5cm，

L2＝R2＋H2，tanθ＝HR，联立解得tanθ＝0.75，故选C.3．答案：C解析：对拖把头进行受力分析，在竖直方向上有FN＝mg＋Fsinθ，则地面对拖把头的支持力大于拖把头受到的重力，A错误；拖把头匀速运动，水平方向受力平衡，则拖把头所受地面的摩擦力大小Ff＝Fc

osθ，B错误；由Ff＝μ（mg＋Fsinθ）可知，只增大推力F，则拖把头受到的摩擦力一定增大，拖把头与地面间的动摩擦因数μ＝Fcosθmg＋Fsinθ，C正确、D错误．4．答案：BC解析：下雨天，地面粗糙程度变小，动摩擦因数μ变小，最大

静摩擦力减小，故A错误；将力F分解，支撑脚对地面的压力为Fcosθ，奔跑步幅越大，夹角θ越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故B正确；当Fsinθ＞μFcosθ时人容易滑倒，此时μ＜tanθ，C正确，D错误．5．答案：C解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长

量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝4μmgk，C正确．6．答案：B解析：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对

传送带仍向左运动，之后相对静止，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误．7．答案：D解析：由题图可知，当木板与地面的夹角为θ

1时木块刚刚开始滑动，木块重力沿木板向下的分力等于Ff2，则Ff2＝mgsinθ1，刚滑动时有Ff1＝μmgcosθ1，则μ＝Ff1mgcosθ，由题图知Ff1<Ff2，即μmgcosθ1<mgsinθ1，解得μ<tanθ1，故选项A、B错误；当木板与地面的夹角为θ2时，

木块受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项C错误；对木块，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，则a＝gsinθ－μgcosθ，则木板由θ1转到θ2的过程中，随着θ的

增大，木块的加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项D正确．8．答案：ABC解析：t＝0时刻，力传感器显示拉力为2N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由小车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2N

，A选项正确；t＝50s时静摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重力等于3.5N，此时摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3N，B、C选项正确；此后由于沙子和沙桶总重力3.5N大于滑动

摩擦力3N，故50s后小车将做匀加速运动，D选项错误．9．答案：A解析：对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，则拉力F＝2mgsinθcosθ2，故A正确．考点9力的合

成与分解——练基础1．答案：AD解析：力的合成遵从平行四边形定则，根据这5个力的特点，F1和F3的合力与F5大小相等、方向相反；F2和F4的合力与F5大小相等、方向相反；又F1、F2、F3、F4恰好围成一个正方形，合力的大小为22F，F5＝2F，所以这5个共点力的

合力大小等于2F，方向与F5相反，A、D正确．2．答案：A解析：把竖直绳子的拉力F沿着铅笔和倾斜细绳的方向进行分解，作出如图所示的平行四边形，可知，细线竖直向下的力F对铅笔产生了压力的作用，对倾斜细绳产

生了拉力的作用，故A正确．3．答案：D解析：设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力的大小，则有2F1cosθ2＝F，脚掌所受地面竖直向上的弹力约N＝F1sinθ2，联立可得：N＝12Ftanθ2，D正确．4．答案：D解析：如图，对O

点受力分析，受秤钩的拉力F，弦的拉力FT由cosθ2＝F2FT可得：F一定，θ越小，弓力FT越小；θ一定，弓力越大，F越大；弓力一定，θ越大，F越小；θ一定，F越大，弓力越大，A、B、C错误，D正确．5．答案：C解析：当两个力方向相同时，合力等于两个力之和14N；当两个力方向相

反时，合力等于两个力之差2N，由此可见：合力大小的变化范围是2N≤F≤14N，故A、B错误．由题图可知：当两力夹角为180°时，两力的合力为2N，而当两力夹角为90°时，两力的合力为10N．则这两个力

的大小分别为6N、8N，故C正确，D错误．6．答案：D解析：小明站在人字形架上时，重力产生如图甲的两个效果，甲乙重力可以分解成沿A、B两个方向的力，由于底角较小，所以A、B方向的力会很大；A板对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力，如图所示，因为水平方向的

分力会远大于小明的重力，可能大于衣橱与地面间的最大静摩擦力，D正确．7．答案：B解析：将拉力F正交分解如图所示在x方向可得出Fx曲＝Fsinα，Fx直＝Fsinβ；在y方向可得出Fy曲＝Fcosα，Fy直＝Fcosβ；由题知α<β，则sinα<sinβ，cosα>cosβ

，则可得到Fx曲<Fx直，Fy曲>Fy直，A错误、B正确；无论是加速还是匀速，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，C、D错误．8．答案：C解析：以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向

，则钢索对索塔向下的压力大小等于桥身的重力，增加钢索的数量，钢索对索塔的向下的压力大小不变，A错误；由图甲可知2FTcosα＝Mg，当索塔高度降低后，α变大，cosα变小，则FT变大，B错误；由B的分析可知，当钢索对称分布时，2FTcosα＝Mg，钢索对索塔的合力竖直向下，C正确；受力分析如

图乙所示，由正弦定理可知，只要满足FABsinα＝FACsinβ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力便竖直向下，则钢索不一定要对称分布，D错误．9．答案：D解析：如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的，左手不动，右手竖直向下，或向上缓慢移动的过程中

，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为x，则xsinθ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的水平距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A、B错误；左手不

动，右手水平向右缓慢移动的过程中，绳子与竖直方向的夹角变大，且两个绳子的合力不变，根据2Fcosθ＝mg可知，细线的拉力变大；同理，右手水平向左缓慢移动的过程中，细线的拉力减小，C错误，D正确．10．答案：C解析：人对梯子整体有竖直向下的压力，大小始终为FN＝mg，故

D错误．将人对梯子整体的压力FN沿梯子的两侧分解，如图1所示，则梯子每一侧受到的压力F压＝FN2cosθ2；图1图2再将梯子每一侧受到的压力分解为压地面的分力和拉绳子的分力，如图2所示，则压地面的分力F地＝F压cosθ2＝mg，拉绳子的分力T＝F压si

nθ2＝12mgtanθ2；可见，θ角越大，绳子的拉力越大；根据牛顿第三定律可知梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，A、B错误，C正确．11．答案：C解析：对砂桶Q分析有，Q受到细绳的拉力大小FT＝GQ，设AC、BC之间的夹角为θ，对C点分析可知

C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有2FTcosθ2＝GP，联立可得2GQcosθ2＝GP，故只增加Q桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加G

P，夹角θ变小，P桶下降，A、B错误；由2GQcosθ2＝GP可知，当θ＝120°时有GQ＝GP，此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，C正确，D错误．考点10受力分析共点力的平衡——练基础1．答案：D解析：当P静止在Q上时，Q的玻璃挡板对P有水平向右的弹

力，根据平衡条件可得，Q对P的磁力方向斜向左上方，其磁力F的大小大于GP，所以选项A、B均错误；将P、Q看成整体，P与挡板接触后放开手，整体处于静止状态，则电子秤对整体的支持力大小等于GP＋GQ，选项D正确；根据牛顿第三定律可知，选项

C错误．2．答案：D解析：对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小

，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；分别对A、B两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得FT＝mBg，FTsinθ＝mAgsin（90°＋θ）（根据正弦定理列式），故mA∶mB＝1∶t

anθ，D正确．3．答案：D解析：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．4．答案：B解析：五个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为F

N，其方向与竖直方向夹角为α，则FNy＝FNcosα；在竖直方向受力平衡，有5FNy＝G，解得FN＝G5cosα，B正确．5．答案：AC解析：对铁牛受力分析，铁牛受到自身重力G，桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱

对铁牛的作用力为F2，三者共点力平衡．如图所示，根据共点力平衡条件和三角形定律可得，若F1增大，F2也增大，A正确，B错误；F1与F2的合力与重力平衡，故合力方向竖直向上，C正确，D错误．6．答案：D解析：对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉

力．合力与戽斗的重力平衡．所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，当两人站得越远，两绳夹角越大，则绳中拉力越大．故A、B、C错误，D正确．7．答案：B解析：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．8．答案：D解析：对结点O进行受力分析，则水平方向有F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，C错误，D正确；对结点O进行受力分析，则竖直方向有F1cosα＋F2cosβ＝m

g，解得F1＝mgsinβsin（α＋β），F2＝mgsinαsin（α＋β），则F1的竖直分量F1y＝mgsinβcosαsin（α＋β），F2的竖直分量F2y＝mgsinαcosβsin（α＋β），因sinαcosβ－cosαsinβ＝s

in（α－β）>0，可知F2y>F1y，A、B错误．9．答案：A解析：先用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F（甲受到的）、水平向右的力F（乙受到的）和细线1的拉力，

两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力．要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜，A正确．

10．答案：AD解析：球A缓慢下降，A处于平衡状态，对A受力分析，如图所示根据平衡条件得FTcosθ＝mAg，tanθ＝NmAg，得N＝mAgtanθ，所以绳对球A拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N

减小，故A正确，B错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C错误；以A、B、细绳和滑轮整体作为研究对象，受力分析知，受竖直向下总的重力G总，水平向左的竖直杆的弹力N

和轴对其的作用力F，整体处于静态平衡状态，则F＝G2总＋N2，由题意可知G总变小，由A、B选项分析可知N变小，所以F变小，故D正确．11．答案：22N或2N解析：若小球沿细杆匀速向上运动，垂直杆方向FN＝mgcosθ＋Fsinθ沿杆方向Ff＋mgsinθ＝Fcosθ又Ff＝μ

FN解得F＝μmgcosθ＋mgsinθcosθ－μsinθ＝22N若小球沿细杆匀速向下运动，垂直杆方向FN＝mgcosθ＋Fsinθ沿杆方向mgsinθ＝Fcosθ＋Ff又Ff＝μFN解得F＝mgsinθ－μmgcosθcosθ＋μsinθ

＝2N．考点11动态平衡及平衡中的临界极值问题——提能力1．答案：AB解析：设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcosα＝mg，所以F＝mg2cosα，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sinα＋L2sinα＝s，得sinα＝sL1＋L2＝sL，绳子右端上移，L、s都

不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cosα变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂

点不会右移，D错误．2．答案：B解析：保持θ角不变，逐渐增大α角，由于桶的重力不变，则F1、F2会变大，由F1＝2FTcosθ可知，绳上的拉力变大，但桶处于平衡状态，合力为零，选项A错误、B正确；保持α角不变，则F1、F2大小不变，若仅使绳长变长，则θ角变小，由F1＝2FTcosθ可知，绳上的

拉力变小，选项C、D错误．3．答案：C解析：小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△G′FA，即GR＝FAB＝FNR，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确．4．答案：BC解析：C受力平衡，则

有2Fcos30°＝mg，解得F＝33mg，A错误，B正确；C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，Fxmax＝32mg，而此时B受地面的最大静摩擦力Fmax＝μmg，为整个过程最大静摩擦力的最小值，根据题

意Fxmax＝Fmax，即32mg＝μmg，μ＝32，C正确，D错误．5．答案：B解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据

正弦定理有sinαmg＝sinβN＝sinγT，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<18

0°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sinαmg＝sinβN＝sinγT，由于sinγ不断减小，可知T不断减小，sinβ先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为

T′，则2T′cosθ＝T，可得T′＝T2cosθ，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，B正确．6．答案：A解析：由受力分析可知支持力FN＝mgcosθ，cosθ的值随着角度的增大而减小，则支持力为一直减小，A正确，B错误；开始时货物受重力和支持力，抬起后受到沿货箱向上的

静摩擦力，静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即Ff静＝mgsinθ，随着角度增大，静摩擦力增大；当角度达到一定程度时，物体开始滑动，静摩擦力变成滑动摩擦力，而滑动摩擦力Ff滑＝μmgcosθ，cosθ的值随着角度的

增大而减小，则摩擦力将减小，故摩擦力是先增大后减小，C、D错误．7．答案：C解析：如图所示，设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，根据余弦定理有，F1sin（60°－θ）＝F2sinθ＝mgs

in120°，当θ从0增加到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故A错误；当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；在AP板转到水平前，BP

板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故C正确；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误．8．答案：BD解析：轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错

误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；根据相似三角形，有GOA＝NOC＝TAC，在虚线位置时，AC更长，则轻绳承受的拉力下更

大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确．9．答案：C解析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时为F＝mgcosθ，故B错误，C

正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故A错误；以框架与小球组成的整

体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，框架对地面的压力始终在减小，故D错

误．10．答案：B解析：两个三角架承担的力为60N，每个三角架为30N，对O点受力分析，如图甲所示FOA＝G2tan37°＝40N，FBO＝G2sin37°＝50N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力

分析，如图乙虚线所示三角形AOB与力三角形相似，所以有G2AB＝FBOBO＝FOAOAAB与BO长度未变，AO长度减小，故FBO不变，FAO减小，故C、D错误．11．答案：B解析：甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等．对

O点受力分析，如图所示，根据几何关系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，B正确．12．答案：（1）0.75（2）2407N（3）12N9.6N解析：（1）木块在木楔斜面上正好能匀速下滑，由平衡条件可得mgsinθ＝μmgcos

θ，μ＝tan37°＝0.75.（2）用水平恒力F1推着木块沿斜面匀速上滑，木块受力分析如图所示根据正交分解可得FNsinθ＋Ffcosθ＝F1，FNcosθ＝Ffsinθ＋mg，Ff＝μFN联立上式可得F1＝sinθ＋μcosθcosθ－μsinθmg＝2407N.（3）

用平行于木楔斜面的力F2拉着木块沿斜面匀速上滑，假设木块的摩擦力与支持力的合力为F′，方向与垂直斜面方向夹角为α，由受力分析可知tanα＝FfFN＝μ＝0.75，α＝θ利用平衡状态下受力对称性，可知F′

＝mg，F2＝F′sinα＋mgsinθ＝2mgsinθ＝12N假设木块对木楔反作用力为F″，地面对木楔的摩擦力为Ff′，如图受力分析由木楔水平方向平衡方程可得Ff′＝F″sin（α＋θ）根据牛顿第三定律F″＝F′结合上述条件可得Ff′＝mgsin2θ＝2mgsinθcosθ＝9.6N．考点

12实验：探究弹簧弹力与形变量的关系1．答案：(1)刻度尺(2)4.9(3)C解析：(1)实验中还需要的测量工具是刻度尺；(2)根据mg＝kx可得m＝kgx则由图像可知kg＝60×10－30.12解得k＝4.9N/m.(3)由于弹簧自重的影响，在未挂钩码

时弹簧伸长量x不为零，故选C.2．答案：(1)CBDAE(2)15(3)12.5解析：(1)本实验的操作步骤是：将铁架台固定于桌上，将弹簧一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺，记下弹簧下端不挂钩码时，其下端A处指针所对刻度尺上的刻度l0，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个……钩码，待钩码

静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码，以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据(l，m)对应的点，并用平滑的曲线或直线连接起来，由m­l图像，进一步找出弹簧弹力与弹簧形变量之间的关系．故步骤顺

序为CBDAE.(2)图像的横截距即为弹簧下端不挂钩码时，指针A处所对刻度尺上的刻度l0＝15cm.(3)图像的斜率与重力加速度的乘积表示弹簧的劲度系数，即k＝0.30（39－15）×10－2×10N/m＝12.5N/m.3．答案：(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.4．答案：(1)B(

2)20.00100解析：(1)在弹簧竖直放置时由于自身重力而有形变，由题意可知本实验操作需要测量的是弹簧竖直放置时的初始长度，故水平放置时测量弹簧的初始长度偏大，故A错误，B正确．(2)由题图乙可知当G＝0时，L＝20.00cm；当G＝20N时

，L＝0，则F＝k(L0－L)＝G，解得L0＝20.00cm，k＝100N/m.5．答案：(1)3(2)515解析：(1)弹性绳2绷紧前，根据胡克定律有nmg＝k1(L－L0)，弹性绳2绷紧后，有nmg＝k1(L－L0)＋k2(L－L′0)＝(k1＋k2)L－k1L0－k2L′0，比较以上两

式可知，弹性绳2绷紧前相邻两数据点连线的斜率应比绷紧后大，由图可知加挂第3个钩码，图线偏离了加挂第1、2个钩码所在的直线，所以加挂第3个钩码弹性绳2开始绷紧．(2)由图可知k1＝0.1×100.8－0.6N/m＝5N/m，k1＋k2＝0.1×100.85－0.8N/m＝20N/m，即k2＝15N

/m.6．答案：(1)7.0(2)弹簧自身重力6.9(3)甲解析：(1)该读数为7.0cm.(2)由于弹簧自身重力的影响，不挂钩码时，弹簧也有一定的伸长，其下端所指的标尺刻度为7.4cm；在弹簧下端悬挂钩码后所

指的标尺刻度14.3cm，则弹簧因挂钩码引起的伸长量为(14.3－7.4)cm＝6.9cm.(3)由图像b的位置可知，当外力F＝0时，弹簧有伸长量，则可知直线b中的是用挂钩码后的长度减去图甲所示长度得到的．7．答案：(3

)如图所示(4)15.35(5)127解析：(3)利用描点法得出图像如答图．(4)根据刻度尺读数规则知，橡皮筋的长度l＝15.35cm.(5)由胡克定律可得nmg＝k(l－l0)，变化为l＝mgkn＋l0.l­n图像的斜率m

gk＝6.0520×10－2，解得k＝20.0N/m.代入数据解得橡皮筋原长l0＝9.00cm.挂上冰墩墩玩具，有Mg＝k(l－l0)，解得M＝127g．考点13实验：探究两个互成角度的力的合成规律1．答案：(1)A(2)没有记下两个弹簧测力计拉力的方向(3)没有拉动小圆环到O

点解析：(1)弹簧测力计使用前应校零，故A正确；橡皮条的原长不影响实验结果，所以不用测量，故B错误；两个弹簧测力计相互垂直与否与实验结果无关，故C错误．(2)拉动小圆环到O位置时，记录两弹簧测力计的读数F1和F2及方

向；步骤①中的疏漏是没有记录拉力的方向．(3)用一个弹簧测力计拉橡皮条时，仍需将小圆环拉到O位置，这样就保证两次力的作用效果相同，步骤②中的疏漏是没有将小圆环拉到O位置．2．答案：(1)3.6(2)D(3)减小弹簧测力计B的拉力大小、

减小OB与OA间的夹角(二者答一即可)解析：(1)弹簧测力计的最小分度为0.2N，故读数为3.6N；(2)本实验是利用共点力的平衡验证力的平行四边形定则，实验中必须知道O点所受的各个力的大小和方向，A是必须的；对于弹

簧测力计的使用来讲，B、C是必需的；实验中只要三力平衡即可，O点的位置没有特定要求，D不必要．(3)只要使测力计A的示数减小就行，说法合理即可．3．答案：(2)同一位置O4.0N(3)①见解析图②平行四边形解析：

(2)用一个弹簧测力计钩住细绳把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳的方向，由题图乙可读得弹簧测力计的示数F＝4.0N.(3)①作出力F的图示如图所示．②F1、F2和F的箭头端连接后如图所示，围成的图形是平行四边形．4．答案：(2)方向(4)FC(6)没有解析：(2)由

于力是矢量，所以一定需要记录三段绳子所挂钩码个数以及三段绳子的方向．(4)以FA、FB为邻边，画出平行四边形，如果FA、FB所夹的对角线与FC近似共线等长，说明FA、FB所夹的对角线表示的力即为FA、FB的合力．(6)实验中钩码都是相同的，一个钩码受到的重力为一个单位力，只要计钩码的个

数即可，故不需要测量钩码的重力．5．答案：(1)静止(2)三根细线的方向(3)结点O的位置(4)F和F′在误差允许的范围内重合解析：(1)要测量装满水的水壶的重力，需记下水壶静止时电子秤的示数F.(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方

向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置

和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证．6．答案：(1)作图见解析图5.80(2)30°解析：(1)作出两绳拉力的合力F如图，求得的合力为F＝5.80N.(2

)由图丙可知，当θ2＝0时，F2＝F＝5N；当θ2＝60°时，F2的最小值为F2＝2.5N，则此时两个分力F1、F2是垂直的，有sinθ1＝F2F＝2.55＝0.5，得出θ1＝30°.7．答案：(1)D(2)3解析：(1)“探究求合力的

方法”时不用保证两弹簧秤的读数相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择与结点相距较远的一点，B错误；实验时，弹簧秤外壳与木板之间的摩擦不影响实验的结果，C错误；为了减小实验误差

，实验时，应保证橡皮条、细绳和弹簧秤贴近并平行于木板，D正确．(2)如果只有一个弹簧秤，应先后两次将弹簧秤挂在不同的细绳套上，然后将结点拉到同一位置O，并保证两次两分力的方向不变；再将弹簧秤挂在另一个细绳套上，将结点拉到位置O，因此为了完成实验至少需

要3次把橡皮条的结点拉到O.第三章运动和力的关系考点14牛顿运动定律的理解——练基础1．答案：C解析：物体的惯性由质量决定，与物体所处的位置没有关系，A错误；宇航员进入梦天实验舱需借助外力，说明力是改变物体运动的原因，B错误；载人飞船加速升空的过程中，宇航员对座

椅的压力与其受到的支持力互为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，其大小相等，C正确；宇航员在空间站内用力F双手互拉弹簧两端时，根据二力平衡可知，弹簧弹力大小为F，D错误．2．答案：D解析：胃液中运动的纳米机器人受到液体阻力的作用，故A错误；机器人前进时对胃液的作用

力与胃液对机器人的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误；忽略重力及浮力，机器人在胃液中加速前进时，由牛顿第二定律可知，氢气气泡对机器人作用力比胃液对机器人作用力大，故C错误；机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人

做的功等于机器人动能的变化和克服胃液阻力做的功之和，故D正确．3．答案：B解析：在欣赏花样滑冰运动时，要欣赏运动员的动作，不能将运动员看作质点，A错误；韩聪用力将隋文静抛出，说明力能改变物体的运动状态，B

正确；根据牛顿第三定律，韩聪拉着隋文静旋转时，韩聪对隋文静的力等于隋文静对韩聪的力，C错误；韩聪拉着隋文静旋转时，隋文静的速度方向始终沿着其圆周运动的切线方向，D错误．4．答案：C解析：火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作

用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；发射初期，火箭竖直向上加速，所以火箭处于超重状态，故C正确；发射的卫星进入轨道正常运转后，速度方向一直在改变，动量也一直在改变，故D错误．5．答案：C解析：在推的过程

中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故A错误；根据作用力与反作用力的特点可知，作用力与反作用力的时间总是相等的，故B错误；由运动学公式－2μgx＝0－v2可知刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确；分开后，

两人受到的合力都是摩擦力，根据牛顿第二定律a＝F合m＝Ffm＝μg，所以甲乙的加速度大小相等，故D错误．6．答案：B解析：由题意可知，水平静止或匀速直线运动时，气泡位于玻璃管中央，由图2可以看出：沿车头方向的气泡向车头方向移动，当火车加速时，气泡和液体由于惯性不会随火车立即加速，

还会以原来的速度运动，相对火车向后运动，因为气泡密度小于液体密度，所以气泡在液体作用下就向前运动，故C、D错误；垂直于车头方向的装置中气泡处于右端，因原来火车做直线运动，气泡位于中心位置，当火车向右转弯时，气泡和液体由于惯性不会立即随火车右转，还会沿直线运动，所以气泡和液体就相对火车

向左运动，因为气泡密度小于液体密度，所以气泡在液体的作用下相对中心位置向右运动；所以此时刻火车应是加速运动且向右转弯，故A错误，B正确．7．答案：B解析：油罐车匀速向左拐弯时，由于惯性油罐内的油将涌动到油罐的右侧，A正确；惯性取决于物体的质量，B错误；油罐车在匀速前进的

过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前的剧烈涌动，C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡油板油也几乎不会涌动，D正确．8．答案：C解析：

火箭获得的推力来自燃料燃烧后的燃气，故A错误；喷出燃气对火箭的作用力与火箭对喷出燃气的推力是一对作用力与反作用力，故B错误，C正确；火箭飞离大气层后，没有脱离地球的引力范围，受重力作用，故D错误．9．答案：B解析：水平恒力

推甲时，根据牛顿第二定律得：F＝m1a1，水平恒力推乙时，根据牛顿第二定律得：F＝m2a2，水平恒力一起推动甲乙时，则F＝(m1＋m2)a，联立解得：a＝2m/s2，B正确，A、C、D错误．10．答案：A解析：

返回舱受到重力和向上的空气阻力Ff，而竖直向下做减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a＝Ff－mgm，由于质量不变，速度减小，Ff减小，所以加速度减小，B、C、D错误，A正确．11．答案：ABD解析：拉手所受合力向左

，则加速度向左，列车前进方向向右，所以列车减速进站，A正确；拉手与列车具有相同的加速度，即两拉手具有相同的加速度，受力分析可知F合＝mgtanα＝ma，F合＝mgtanβ＝ma，所以α＝β，B正确；因列车加速度不变，则拉手的加

速度不变，由F合＝mgtanα＝ma可知偏角不变，C错误；根据F合＝mgtanα＝ma，可得加速度大小a＝gtanα，D正确．12．答案：BD解析：若高铁匀速向左运动，则水也匀速运动，速度相等，水不会从纸杯中

洒出，A错误；高铁突然向左加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以高铁向左的速度大于水向左的速度，可以出现图示情况，B正确；高铁突然向左减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以高铁向左的速度小于水向左的速度，水应向左洒出，C错误；高铁突然向右减速，由于惯

性，水还没有来得及减速，所以高铁向右的速度小于水向右的速度，水应向右洒出，D正确．考点15牛顿运动定律的基本应用(含瞬时问题)——练基础1．答案：A解析：翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律有F＝ma＝mg，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示，由图

可得空气作用力大小为F＝mg，方向与AB成60°角，斜向左上方，A正确．2．答案：A解析：设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k，30cm刻度时根据牛顿第二定律有：k(30－20)×10－2－mg＝

ma，解得a＝－0.5g，A正确；40cm刻度时钢球处于平衡状态，故a＝0，B错误；50cm刻度时根据牛顿第二定律有：k(50－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝0.5g，C错误；根据牛顿第二定律有k(l－20)×10－2－mg＝ma，可得a，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D

错误．3．答案：A解析：P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2N，Ff＝FT1＝2N<μmPg＝2.5N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝FT12＝1N，故Q物体加速下降，有mQg－FT2＝mQa，得a＝5m/s2；而P物体将有相同的加速度

向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，得F＝4.0N，A正确．4．答案：C解析：甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝mgcos53°＝53mg，

故A错误；题图甲所示的情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，题图乙所示的情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝F

Tm＝53g，C正确，B、D错误．5．答案：B解析：在水平道路上时，对货物研究有μmg＝ma，在斜坡上时对货物研究有μmgcosθ－mgsinθ＝ma′，解得a′＝acosθ－gsinθ，B正确．6．答案：D解析：撤去力F前，弹簧的弹力为kx＝mgsinθ，撤去力F的

瞬间kx－mgsinθ＝maB，kx＋mgsinθ＝maA，解得aB＝0，aA＝g，方向沿斜面向下，D正确．7．答案：D解析：对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度，a＝F1－F2m1＋m2＝408m/s2＝5m/s

2，隔离m2分析，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝45N，即弹簧测力计的示数为45N，A错误；根据F＝m2m1＋m2F1＋m1m1＋m2F2，增大F2，F变大，B错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为5m/s2，m

2的加速度a2＝9m/s2，C错误；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，m2的加速度不变，为5m/s2，m1的加速度a1＝15m/s2，D正确．8．答案：BD解析：对两球作为整体受力分析且由平衡可得F弹＝(m1＋m2)gtan30°，对小球2受力分析且由平衡可得F弹＝m2gtan6

0°，解得球1和球2的质量之比为2∶1，A错误；在轻绳A突然断裂的瞬间，由于轻绳中的拉力发生突变，则此时球1只受重力，则此时球1的加速度方向竖直向下，大小等于重力加速度g，B正确，C错误；在轻绳A突然断裂的瞬间，由于轻绳中的拉力发生突变，弹簧中的弹力不能突变，为

F弹＝m2gtan60°，由牛顿第二定律可得此时球2的加速度为a＝F弹sin60°m2＝2g，D正确．9．答案：A解析：如图可知sinθ＝12×3L5L2＝35，则cosθ＝45，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tco

sθ，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．10．答案：(1)55m(2)28N(3)65.2m解析：(1)由牛顿第二定律得F＝ma2得a2＝1.1m/s2根据v2＝a2t2解得t2＝10s，根据运动学公式v22＝2a2s2得s2＝55m.(2)由v2＝v1＋a1t

1；t1＝11.5－t2＝1.5s得a1＝5.6m/s2，则F合＝mgsinθ－Ff＝ma1得Ff＝28N.(3)根据运动学公式s1＝12(v1＋v2)t1＝10.2m，则s总＝s1＋s2＝65.2m．考点16牛顿第二定律的综合应用——提能力1．答案：C解析：当摆锤

由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重．当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重，故选C.2．答案：AC解析：根据牛顿第二定律，飞机

离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2.由v2－v21＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝202m/s，由v21＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0m/s2，根据牛顿第二定律有F牵

＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104N，故B错误，A、C项正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误．3．答案：CD解析：由a­x图像可知，在0～2m内，建筑材料的加速度增大，不是匀加

速直线运动，A错误；由无限分割求和思想，类比匀变速运动公式v2＝2ax得，在0～2m内图线与x轴所包围的面积为v222，即v222＝12×1×2m2/s2，当x＝2m时v2＝2m/s，B错误；在4～6

m内，加速度向上，建筑材料处于超重状态，C正确；在0～4m内，图线与x轴所包围的面积为12×(2＋4)×1m2/s2＝v242解得，当x＝4m时的速度为v4＝6m/s，在2～4m内，建筑材料做匀加速运动，上升过程所用的时间为t＝v4－v2a，解得t＝()6－2s，D正确．4．答案：D解析：下滑时，

根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，上滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，显然a2>a1，将上滑过程看作加速度为a2的从零开始的匀加速直线运动，则其下滑的时间更短，拍摄到

的滑块的数量更少，故上图为上滑的照片，故A错误；将上滑过程看作加速度为a2的从零开始的匀加速直线运动，根据速度—位移关系v2＝2ax，可知，到底端时，速度较大，则速度沿竖直方向的分量较大，则重力的功率较大，故B错误；因为滑块从斜坡顶部静止释放会

下滑，所以mgsinθ>μmgcosθ，μ<tanθ，故C错误；垂直斜坡方向，斜坡的支持力相同，沿斜坡方向，摩擦力方向大小相同方向相反，则斜坡对滑块的作用力不同，故D正确．5．答案：BD解析：对整体受力分析如图

甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a；对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan45°＝ma；可得F＝40N，a＝10m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝mgsin45°＝2mg＝102N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速

度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确．6．答案：A解析：静止时，压力传感器C的读数F1＝(mB－mA)g，当升降机以加速度a加速下降时，对于物块A有mAg－T＝mAa，对于物块B有mBg－T－F2＝mBa，解得F2＝(mB－mA)(g－a)，因此F1F2＝（

mB－mA）g（mB－mA）（g－a）＝gg－a，A正确．7．答案：BC解析：对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得a＝Fm1＋m2－gsinθ，A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律

有F弹－m2gsinθ＝m2a，解得F弹＝m2m1＋m2F，B正确；根据F弹＝m2Fm1＋m2＝Fm1m2＋1，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量变大，则两物块的间距变大，C正确；根据F弹＝m2Fm1＋m

2可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，则两物块的间距不变，D错误．8．答案：C解析：因C点为最高点，此时人速度为零，受到重力，合力不为零，A错误；在B点时速度为零，此时加速度为零，合力为零，绳的

拉力大小等于重力的大小，B错误；上升过程中，开始是竖直向上的拉力大于重力，合力向上，根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，人的加速度方向竖直向上，随着人的上升，绳的形变量变小，拉力变小，合力变小，加速度减小，当到达B点时速度最大，合力为零，加速度为零，之后，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，

拉力继续减小，加速度反向增大，当弹性绳恢复原长后，拉力为零，人只受重力，加速度等于重力加速度，不再变化，直至最高点，C正确；根据题意可知，释放前人受到竖直向下的重力和拉力以及橡皮绳竖直向上的拉力，由平衡条件有F1＝F＋mg，打开扣环瞬间，人受到重力和橡

皮绳竖直向上的拉力，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，联立解得，打开扣环瞬间，人的加速度大小为a＝20m/s2，D错误．9．答案：BC解析：当飞行器关闭发动机以速率v1＝10m/s匀速下落时，有Mg＝kv

21，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＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错误．10．答案：C解析：设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为Ff，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F－(40－2

)×Ff＝(40－2)×ma，解得：F＝38×(Ff＋ma)，把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F′－2Ff＝2ma，解得：F′＝2×(Ff＋ma)，联立解得倒数第3节对倒数第2节车

厢的牵引力为：F′＝F19，C正确，A、B、D错误．11．答案：(1)1m/s20m(2)0.005解析：(1)不摩擦冰面时，冰壶做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，t＝10s时速度为v，滑行距离为s1，则由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，由匀变速直线运动规律v＝v0－a1t、s1＝v0t－

12a1t2，解得a1＝0.2m/s2、v＝1m/s、s1＝20m.(2)摩擦冰面时冰壶仍做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，滑行距离为s2，则由匀变速直线运动规律：0－v2＝－2a2s2，由牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2，且s＝s1＋s2，解得μ2＝0.005.12．答案：(

1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析：(1)根据牛顿第二定律mgsin24°－μmgcos24°＝ma1a1＝2m/s2.(2)根据匀加速直线运动规律v2＝2a1l1v＝4m/s.(3)根据匀变速直线运动规律及牛顿第

二定律v21－v2＝2a2l2a2＝－μgl2＝2.7m．考点17动力学中的图像问题——提能力1．答案：D解析：在0～2s内，物体在竖直方向由平衡条件可得FN1＝mg＋F2，水平方向由牛顿第二定律可得F1－

μFN1＝ma1，解得物体加速阶段的加速度大小a1＝2m/s2，A错误；在2～5s，竖直方向有FN2＝mg＋F′2水平方向有μFN2－F1＝ma2得物体减速阶段的加速度大小，a2＝2m/s2，所以物体先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，t1＝2s时物体的速度最大，最大速度为v＝a1t1＝4

m/s，B错误；由于加速、减速过程加速度大小相等，由运动学知识可得4s后物体停止，物体的总位移大小为x＝2×12a1t21＝8m，由平均速度的定义可得v－＝xt＝2m/s，C错误，D正确．2．答案：AC解析：滑块由

静止释放，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速运动，加速度为a1＝gsinα＋μgcosα，加速到和传送带速度相等时，若有mgsinα≤μmgcosα，则滑块和传送带保持相对静止，一起匀速运动，A正确；若有mgsinα＞μmgcosα，则滑块和传送带不能保持相对静

止，滑块继续加速运动，加速度为a2＝gsinα－μgcosα，但a2＜a1，C正确，D错误；滑块只可能存在上述两种情形，不可能出现减速的情形，B错误．3．答案：ABC解析：由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600N，解

得运动员的质量m＝60kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3300N，最大加速度am＝Fm－mgm＝45m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2s，上升和下落的时间均为1s，则最大高

度为h＝12gt2＝5m，选项C正确；9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．4．答案：AC解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，有F<mg＝600N，到达一个最大速度后再减速下降超重，有F

>mg＝600N，故0～4s完成了一次下蹲过程，故A正确；由图像知，在1.8s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由mg－Fmin＝mam，对应图像有Fmin＝280N，代入解得am＝5.3m/s2，故B、D错误；0～8s内当

F最大时，该同学向上的加速度最大，由Fmax－mg＝ma′m对应图像有Fmax＝920N，代入解得a′m＝5.3m/s2，故C正确．5．答案：AC解析：若手机离开手掌，则其加速度应为g，由图像可知，在t3时刻之后的一段时间内，

手机的加速度大小接近10m/s2，方向向下，手机可能处于该情形，故A选项正确；t1时刻手机加速度最大，但t1时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，故B选项错误；t2时刻之后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一

段时间，故C选项正确；手机在t1～t2时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma1故支持力逐渐减小，手机在t2～t3时间内，向下的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律得mg－FN＝ma2可知支持力继续减小，故D选

项错误．6．答案：D解析：根据a­t图像可知当t＝6s时电梯的加速度方向向上，电梯处于超重状态，故A错误；53～60s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于电梯的重力；而7～53s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索的拉力等于电梯的重力，应大于

电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B、C错误；根据a­t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，并结合几何知识可知，60s内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60s时，电梯速

度恰好为0，故D正确．7．答案：AC解析：由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为4N时开始对地滑动，则B与地面间的最大静摩擦力为Ff＝4N，当拉力为F1＝10N时，AB相对滑动，此时A的加速度为5m/s2，对A根据牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA，对整体根据牛顿第二定律有F1－

Ff＝(mA＋mB)aA，解得AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，故C正确．当拉力为F2＝12N时，B的加速度为10m/s2，对B根据牛顿第二定律有F2－Ff－μ1mAg＝mBaB，解得mA＝0.8kg，mB＝0.4kg，则μ2(mA＋mB)g＝Ff，解得B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.33，B、D错

误，A正确．8．答案：B解析：由匀变速直线运动规律可得v2－v20＝2ax整理得v2＝2a·x＋v20对比图线可知，斜率为2a1＝1005m/s2解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝10m/s2，减速到零的时间为t1＝

v0a1＝1s，故0～1s内物块做匀减速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，A错误，B正确；物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足2a2＝6413－5m/s2解得a2＝4m/s2，两过程据牛顿第二定律分别可得F＋Ff＝ma1；F－Ff＝ma2联立两式解得F＝7N，Ff＝3N则动摩擦因数为μ＝F

fmg＝0.3，C、D错误．9．答案：AB解析：由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1m/s，A正确；开始时货物的加速度a＝ΔvΔt＝10.4m/s2＝2.5m/s2，由牛顿第

二定律可知μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，B正确；由图像可知，AB两点的距离为s＝12×(16＋15.6)×1m＝15.8m，C错误；由动能定理可知Wf－mgssin30°＝12mv2，解

得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795J，D错误．10．答案：AD解析：设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F>12N时物块和长木板开始发生相对滑动，则F－μ1mg＝ma，即

F＝ma＋μ1mg结合题图乙可知，m＝k1＝12－82kg＝2kg；μ1mg＝8N解得μ1＝0.4，当4N≤F≤12N时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g由题图乙可知M＋m＝k2

＝12－42kg＝4kg，则解得M＝2kg；μ2(M＋m)g＝4N，解得μ2＝0.1，A正确，B、C错误；当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，D正确．考点18等时圆模型及动

力学的临界极值问题——提能力1．答案：C解析：以C为圆心，BC为半径作圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则ta>tb>tc，选项C正确．2．答案：B解析：假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径

为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cosα，下滑时小球的加速度α＝gcosα，根据位移时间公式得s＝12at2，则t＝2sa＝4（r＋R）cosαgcosα＝4（r＋R）g，即当板的端点在圆上时，沿不同板

下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故选B.3．答案：C解析：由图可知，当倾角为90°时，最大上升高度为54m，此时为竖直上抛运动，则有－2gx1＝0－v20，解得v0＝5m/s，故A不符合题意；由图可知，当倾角为零时，此时物体水平

滑行距离最大为543m，根据动能定理有－μmgx2＝0－12mv20，解得μ＝33，故B不符合题意；由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma最大位移x与倾角θ满足－2ax＝0－v20，代入得2gx(sinθ＋μcosθ)＝v20，要

使x最小，则应sinθ＋μcosθ最大，由数学知识可知sinθ＋μcosθ＝1＋μ2sin(θ＋α)，当sin(θ＋α)＝1时有最大阻值，此时位移最小，即xmin＝v202g（sinθ＋μcosθ）＝v202g1＋μ2＝583m，此时sin

(θ＋α)＝1，即sinα＝μ1＋μ2＝12，此时则α＝30°，θ＝60°，故C符合题意；当θ＝45°时，物体运动至最大位移处有mgsinθ>μmgcosθ，则物体将下滑，不能够维持静止，故D不符合题意．4．答案：(1)tAB＝tAC(2)3Rg解析：(1)设AB

与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度a＝gsinθ，又xAB＝12at2AB，AB间的距离为xAB＝2Rsinθ，解得tAB＝4Rg与角度无关，同理可知tAC＝4Rg，故tAB＝tAC.(2)根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，当两圆相切时，

运动的时间最短，由几何关系知(R＋r)2＝(R－r)2＋(3R)2，解得r＝34R，最短时间t＝3Rg.5．答案：(1)3m/s2(2)72N36N解析：(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x0，在沿斜面方向上有(m1＋m2)gsinθ＝kx0

，因为在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，所以在0.2s时，P对Q的作用力为零，设0.2s时，弹簧的压缩量为x1，对P，沿斜面方向上有kx1－m1gsinθ＝m1a，前0.2s内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝12at2，解得a＝3m/s2.(2)当P

、Q开始运动时拉力最小，此时，对P、Q整体有Fmin＋kx0－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得Fmin＝36N，当P、Q分离时拉力最大，此时对Q有Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝72N．6．答案：(1)43m/s2(2)2m/s24m解析：(1)从O点到A点，由运动公式：0－v2

＝2ax0解得a＝0－v22x0＝－422×6m/s2＝－43m/s2机器人在此过程加速度a的大小43m/s2.(2)要想用时间最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度由牛顿第二定律有：am＝μg＝2m/s2加速的位移

为x加＝v22am＝4m．考点19传送带模型和“滑块—木板”模型——提能力1．答案：D解析：若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，设加速度大小为a，得ma＝μmg由匀变速规律可知v2B－v2A＝2as代入数据解得vB＝3m/s，A、B

正确；若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，而且v<vA，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，设加速度大小为a，得ma＝μmg由匀变速规律可知v2B－v2A＝2as代入数据解得vB＝3

m/s，D错误，C正确．2．答案：AD解析：墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t＝5s后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a＝v1－（－v

2）t＝1m/s2，选项B错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v2－at1，x1＝0＋v22t1，解得该过程用时t1＝3s，墨块的路程x1＝4.5m，t1时间内传送带的路程x2＝v1t1＝6m，墨块向右匀加速运动过程，对墨块有v1＝at2，x′1＝0＋v12t2，解得该过程用时t2＝2s，

墨块的路程x′1＝2m，t2时间内传送带的路程x′2＝v1t2＝4m，则墨块在传送带上留下的痕迹长度x＝x1＋x2＋x′2－x′1＝12.5m，选项C错误，D正确．3．答案：BCD解析：由图(c)可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静

摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由图(c)可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2－μ1

(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，对木板μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，整理可得F2＝(μ2－μ1)g，B正确；由图(c)可知，对木板μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，故μ2m2g＞μ1(m1＋m2)g，即μ2>μ1，C正确；由上述分析可知，在

0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，D正确．4．答案：AC解析：物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体分析有μmAg＝mAaA，由

v­t图像可得aA＝ΔvΔt＝1－41m/s2＝3m/s2联立解得μ＝0.3，所以A正确；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v­t图像可得aB＝ΔvΔt＝1－01m/s2＝1m/s2，联立解得mAmB＝13，所以B错误；小车B的最小长度为物体A在小车B上的

最大相对滑动位移，则有Lmin＝sA－sB＝4＋12×1－0＋12×1(m)＝2m，所以C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A在小车B上的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，则D错误．5

．答案：BD解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当：μ1mg＞μ2(M＋m)g最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度

为μ2g，由：μ1mg＞μ2(M＋m)g可得：μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图像的斜率将变小，故C错误，B正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀

减速直线运动，故D正确．6．答案：(1)F0>0.15N(2)0.866m/s解析：(1)当橡皮擦在纸板上滑动时，橡皮擦的加速度a1：μ1m1g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，硬纸板的加速度a2：F0－μ2(m1＋m2)g－μ1m1

g＝m2a2，要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a2>a1，解得F0>0.15N.(2)纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a′2，则μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a′2，解得a′2＝13m/s2，假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时

间t，橡皮擦与纸板速度相同，则a1t＝v0－a′2t，代入解得t＝v015，此过程橡皮擦的位移x1，则有x1＝12a1t2，纸板的位移x2＝v0t－12a′2t2，要使橡皮擦离开纸板，则需x2>x1＋l2，解

得v0≥32m/s＝0.866m/s.7．答案：(1)0.4m/s2(2)2.5s2.5m(3)－50J解析：(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示根据牛顿第二定律可知mgsinα－μm

gcosα＝ma代入数据可得a＝－0.4m/s2所以加速度的大小为0.4m/s2，方向为沿斜面向上；(2)由(1)可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时t＝（v1－v2）a＝0.5－1.5－0.4s＝2.5s相应的匀减速直线运动的距离为s＝v2t＋at

22＝1.5×2.5＋（－0.4）×2.522m＝2.5m.(3)因为s<L，且mgsinα<μmgcosα因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为Ff2＝mgsinα位移大小为s2＝

L－s所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为Wf＝－Ff1s－Ff2(L－s)＝－μmgscosα－mg(L－s)sinα代入数据可得Wf＝－50J．考点20实验：探究加速度与力、质量的关系1．答案：(1)ABD(2)槽码的总质量远小于小车的质

量(3)BD解析：(1)平衡摩擦力时使小车所受重力沿木板方向分力与小车所受摩擦力平衡，故A、B、D项正确；为确定小车是否为匀速运动，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断，故C项错误．(2)根据牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，解得a＝mgM＋m，则绳

子的拉力F＝Ma＝MmgM＋m＝mg1＋mM，可知当槽码的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力大小等于槽码的总重力，所以应满足的条件是槽码的总质量远小于小车的质量．(3)本实验是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计时器

时，应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦力后有μ＝tanθ，与小车质量无关，虽然小车质量改变时，但总是满足mgsinθ＝μmgcosθ，所以不用再次平衡摩擦力，故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确．2．答案：(1)12(2)0.20(

3)0.13解析：(1)初始时弹簧的伸长量为5.00cm，结合图乙可读出弹簧弹力为0.610N，由F＝kx可得弹簧的劲度系数k＝12N/m.(2)根据牛顿第二定律F＝ma，结合图丙可得a­F图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m＝0.20kg.(3)同理图像斜率的倒数1k

＝m＋m测，得m测＝0.13kg.3．答案：(1)6.20±0.051.9±0.2(2)BC解析：(1)由刻度尺的读数规则可知，打下计数点B时小车的位移大小为x2＝6.20cm；连接图3中的点，由斜率可知加速度a＝1.9m/s2；(2)利用图1装

置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，为减小实验误差，应使连接小车的细绳与长木板平行，D错误；实验时应将钩码更换成砝码盘和砝码，应保证小车的质量远大于砝码以及砝码盘的总质量，因此不能换成质量更小的小车，A错误，C正确；实验时应将长木板的右端适当

垫高以平衡摩擦力，B正确．4．答案：(1)不需要(2)d22LΔt2(3)ABC解析：(1)该实验由于有力传感器测量滑块所受的拉力，则不需要满足滑块连同传感器和遮光条的总质量远远大于钩码的质量．(2)若测得遮光条经过光电门时遮光时间为Δt，滑块经过光电门时的速度v＝dΔt，根据v2＝2aL，可

得加速度大小为a＝d22LΔt2.(3)该同学未进行导轨水平调节就进行实验，若导轨恰好平衡了摩擦力，则得到的图像为A；若导轨左端过高，则可能不加拉力时滑块就有加速度，则图像为B；若导轨左端过低，则可能要当拉力增加到一定值时滑

块才有加速度，则图像为C，故A、B、C正确．5．答案：(1)图甲B(2)190±3解析：(1)根据牛顿第二定律a＝Fm知，加速度和合外力成正比，a­F图像应该是过原点的一条直线，所以上述图像中只有图甲能正确反映加速度和力的关系；图乙不是过

原点的一条直线，形成的原因可能是绘制a­F图像时，将砝码盘中的砝码重量作为合力F，没有考虑砝码盘(质量5g)本身的重量，使得实际的合力比绘制a­F图像时的合力偏大，故选项B正确．(2)设滑块的质量为m块，砝码盘及砝码的质

量为m，细线上的拉力为FT，据牛顿第二定律，对砝码盘及砝码mg－FT＝ma，对滑块FT＝m块a，可得列车加速度a＝mgm＋m块＝Fm＋m块，即图甲图像斜率为1m＋m块，有1m＋m块＝1.360.30kg－1＝4.53kg－1，变形为m＋m块＝14.53kg＝0.221kg＝221g，由题知当F＝

30×10－2N时，即5个砝码全部转移到砝码盘，这时砝码盘及砝码的质量m＝30g，所以滑块的质量m块＝190g．6．答案：(1)A(2)1.86(3)2Fb解析：(1)用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系实验时，必要的操作是要平衡摩擦力，由于

绳子的拉力大小可以通过弹簧测力计读出，故不一定要满足小车的质量远大于砂桶和砂的质量．(2)小车加速度的大小a＝（x3＋x4）－（x1＋x2）4T2＝（12.80＋14.65）－（9.10＋10.90）4×（5×0.02）2×10－2m/s2＝1.86m/s2.(3)对小车和砝码整体，根据牛顿

第二定律有2F＝(m＋m车)a，整理得1a＝12Fm＋m车2F，则1a­m图线的截距b＝m车2F，所以小车的质量m车＝2Fb.第四章曲线运动万有引力与宇宙航行考点21曲线运动运动的合成与分解——练基础1．答案：B解析：气球水平向右做匀速

运动，竖直向上做匀加速运动，则合加速度竖直向上，所受合力竖直向上，轨迹向上弯曲，故选B.2．答案：B解析：由题意可知，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面(刷冰)，减小冰壶前侧受到的摩擦力，而后侧受摩擦力几乎不变，若冰壶按如图①的逆时针方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦

力的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转；同理若冰壶按顺时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转．即①④正确．故选B.3．答案：C解析：AB段的点距均匀，小球做匀速直线运动，所受合外力为零，A错误；若将BF段的各点平滑连接，其运动轨

迹为曲线，则小球在C点的加速度不为零，所受到的合力不为零，B错误；在D点小球受到的合力指向曲线的内侧，则在D点小球的加速度有竖直向上的分量，所以小球处于超重状态，C正确；由图可知，小球在EF段竖直方向速度不变，水平

方向速度减小，则受到的合力方向为水平向左，D错误．4．答案：C解析：由v­t图像可知，物体在x方向上做初速度为v0x＝8m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a＝4m/s2.根据y­t图像可知，物体在y方向上做速度大小为vy＝4m/s的匀速直线运动，合速度方向与

合加速度方向不在同一直线上，则在前2s内，物体的合运动为匀变速曲线运动，故A错误；物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，故初速度为v＝v20x＋v2y＝82＋42m/s＝45m/s，故B错误；1s末的物体x方向的速度为vx＝v0x－at＝4m/s，故速度为v＝v2x

＋v2y＝42＋42m/s＝42m/s，故C正确；前2s内物体的加速度大小为4m/s2，由牛顿第二定律可知，其合力为F＝ma＝8N，D错误．5．答案：B解析：飞机起飞后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A错误

；10s内水平方向位移x＝v0xt＋12axt2＝500m，竖直方向位移y＝v0yt＋12ayt2＝250m，B正确；10s末飞机的速度方向与水平方向夹角的正切tanθ＝v0y＋aytv0x＋axt＝0.5，C错误；飞机在20s内水平

方向的位移x′＝40×20＋12×2×202＝1200m，则平均速度为v－x＝x′t′＝60m/s，D错误．6．答案：AB解析：静水速度垂直于河岸，合速度的方向偏向下游，且过河时间最短，A正确；根据平行四边形定则知，合速度的方向正好垂直河

岸，过河的位移最小，B正确；由于流水速度，因此不可能出现此现象，C错误；船头的指向为静水速度的方向，静水速度的方向与流水速度的合速度的方向不可能是图示方向，且轨迹应为直线，D错误．7．答案：D解析：将A的速度分解为沿绳子方向的速度和与绳子垂

直方向的速度，则vcosθ＝v0，则v＝v0cosθ，D正确．8．答案：BC解析：要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为dv2，C正确，D错误；运动员放箭处离

目标的距离为d2＋x2，又x＝v1t＝v1dv2，所以s＝d2＋x2＝d2＋v1dv22＝dv21＋v22v2，A错误，B正确．9．答案：D解析：由题意可知，船夫两次驾船的轨迹重合，知合速度方向相同，第一次船的静水速度垂直于河岸，第二次船的静水速度与合速度垂直，如图所示．船两次

过河的合位移相等，则渡河时间之比等于船两次过河的合速度之反比．则t1t2＝v2合v1合＝v2tanθv1sinθ＝v2v1cosθ，而cosθ＝v2v1，可得t1t2＝v22v21，D正确．10．答案：C解析：车在水平方向的速度vx＝vx0＋axt，车在竖直方向的速度vy＝vy0＋ay

t，则车的速度v＝v2x＋v2y，由于车和梯子运动的初速度均未知，工人相对地面的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线，A、B错误，C正确；工人在水平方向和竖直方向都做匀变速运动，故其所受的合力是恒力，D错误．11．答案：BD解析：小球在竖直方向上做自由落

体运动，故从抛出点到上管口的运动过程中，有h2＝gt22，小球在水平方向上做匀减速运动，因恰能无碰撞地通过管子，故小球到管口时水平速度刚好减为零，设小球的初速度为v0，有L＝v0＋02t，联立以上两式解得v0＝2Lgh，A错误；设风力大小为F，根据牛顿第二定律有，小球在水平方向上的加

速度大小a＝Fm，依题设有0－v20＝－2aL，即0－v20＝－2LFm，将初速度v0＝2Lgh代入得F＝2mgLh，B正确；小球到达上管口时，水平速度减为零，进入管中后其不再受风力作用，只有竖直方向的运动，从抛出到落地全程，小球在竖直方向上做

自由落体运动，所以有v2＝2gh，则小球落地时的速度大小为v＝2gh，C错误，D正确．考点22平抛运动的规律及应用——练基础1．答案：B解析：由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当

子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据h＝12gt2可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝Lv，故选B.2．答案：BD解析：若小孩直接到达第二个平台，水平方向的位移x≥L水平速度v0≥Lt解得v0≥102m/s，故A

错误；两个平台的高度差h＝12gt2解得h＝10m，故C错误；由平抛运动规律得x＝v0t，y＝12gt2解得y＝g2v20x2，故B正确；根据vy＝gt，v＝v20＋v2y解得v＝20m/s，故D正确．3．答案：BC解析：设运动员的质量为m

，在飞出点的速度为v0，根据动能定理得mgh＝12mv20解得v0＝2gh，可见在助滑区飞出点的速度与运动员的质量无关，A错误；根据平抛运动的规律，设水平分速度与速度的夹角为α，则有tanα＝2tanθ而tanα＝gtv0，可得gt

＝2v0tanθ，运动员落地时的动能Ek＝12mv2＝12m[]v20＋（gt）2＝12mv20(1＋4tan2θ)，可知运动员在着陆区落地的动能与自身质量成正比，B正确；由平抛运动规律得s＝ysinθ；y＝12gt2；t＝2v

0tanθg联立解得s＝2v20tanθgcosθ，C正确，D错误．4．答案：A解析：连接AC和AD，如图设AC和AD在竖直方向上的长度分别为hAC和hAD，根据图像可知hAC>hAD，且有hAC＝12gt21，hAD＝12gt22，可得t1>t2，

设AC和AD的水平方向上的长度分别为xAC和xAD，则有xAC<xAD，xAC＝v1t1，xAD＝v2t2，可得v1<v2，A正确，B错误；连接OD，如图所示设∠DOB＝θ，则有Rsinθ＝12gt22，R＋Rcosθ＝v2t2，可得sinθ1＋cosθ＝gt22v2.若

速度方向垂直圆弧，则速度方向与水平方向的夹角也为θ，则有tanθ＝gt2v2，则有tanθ＝sinθcosθ＝2sinθ1＋cosθ整理得cosθ＝1，即θ＝0这说明小球从A点抛出后速度方向没有发生过改变，显然这是不

可能的，所以小球落到D点时，速度方向不可能垂直圆弧，C错误；小球落到C点时，设小球的位移偏转角为α，即AC与水平方向的夹角为α，则有tanα＝12gt21v1t1＝RR＝1，可得α＝45°根据平抛运动规律，设小球的速度偏转角为β，即小球落到C点时速度方向与水平方向的夹角为β，满足tanβ＝2

tanα＝2，说明β一定大于45°，则速度与水平方向的夹角一定小于45°，D错误．5．答案：C解析：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

．6．答案：D解析：斜面倾角即为位移与水平方向的夹角，设为θ(θ为定值)方程关系yx＝12gt2v0t＝gt2v0＝tanθ，故时间与速度成正比，两人飞行时间之比为2∶1，故A错误；根据x＝v0t，水平位移为4∶1，故B错误；把运动员的运动分解为一个沿斜面方向的运动和一个垂直斜面

方向的运动，由几何关系可知，运动员在垂直斜面方向上做初速度为v0sinθ，加速度大小为gcosθ的匀减速运动，当速度减小到零时，则离斜面距离最大，为hm＝（v0sinθ）22gcosθ，则他们在空中离雪坡面的最大距离之比为4∶1，故C错误；根据平抛

运动的推论：瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平方向夹角相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故D正确．7．答案：A解析：每次曝光的时间间隔相

等，设为Δt，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为gΔt，A正确；运动员在A、D位置时重心的速度大小相等，但是方向不同，B错误；由题图可知，运动员从A到B的时间为5Δt，从C到D的时间为6Δt，时间不相同

，C错误；由题图可知，从A到C的时间等于从C到D的时间，且A、D处于同一水平高度，根据斜抛运动的对称性可知，运动员重心位置的最高点位于C点，D错误．8．答案：B解析：设烟花弹b的速度方向与水平方向的夹角为θ，则ha＝v2a2g

，hb＝（vbsinθ）22g，又ha＝hb，则vb>va，A错误；在空中运动的过程中，两颗烟花弹速度变化率为ΔvΔt＝g，B正确；根据h＝12gt2可知，两烟花弹上升过程中运动的时间相等，C错误；烟花弹a在最高点加速度为g，D错误．9．答案：255m/s解析：依题意，相邻两球影像间隔的

时间t＝4t0＝0.2s设初速度大小为v0，如图所示：由O到A，水平方向：x1＝v0t竖直方向：y1＝12gt2又s1＝x21＋y21由A到B，水平方向：x2＝v0t竖直方向：y2＝12g(2t)2－12gt2又s2＝x22＋y2

2s1s2＝37联立解得v0＝255m/s.考点23生活中的平抛运动——提能力1．答案：B解析：B点甩出的泥沙在水平方向上，具有和自行车相同的速度，因此做斜抛运动，A错误；从C点射出的泥沙出射速度方向指向后背偏上，在重力作用下，运动过程中会向下弯曲，有可能落在后背上，B正确；由于D点的切线与

后背相切，则从D点射出的泥沙速度沿切线指向后背，但在重力作用下会向下弯曲，不会落到后背上，C错误；各点同时甩出的泥沙与水平方向夹角不同，竖直分速度不同，到达最高点时间也不同，所以在碰到障碍物前到车轴的距离不相等，D错误．2．答案：AD解析：根据h＝12gt2，可得t＝2hg，两次

的抛出点相同，下落的高度相同，故两小环在空中的飞行时间相同，故A正确；根据x＝v0t，可知v0＝xt，由图可知，两次的水平位移不同，则两小环抛出时的初速度不同，故B错误；根据v2y＝2gh，则落地速度为v＝v20＋2gh，由B分析可知，初速度不同，则落地速度不同，故C错误；根据Δv＝a

Δt，由于两次飞行的加速度和时间都相同，则两小环在空中飞行过程中速度的变化量相同，故D正确．3．答案：B解析：箭做平抛运动，两支箭竖直方向下落高度相等，则两支箭的竖直速度分量vy＝2gh相同，设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则tanθ＝vyv0，即v0＝vytanθ，

两支箭射出的初速度大小之比为tan37°∶tan53°＝9∶16，故A错误；设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则vsinθ＝vy，即v＝vysinθ两支箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4，故B正确；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙

两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大小之比等于9∶16，故C错误；根据动能的表达式可知，甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比等于箭落入壶口时速度的平方之比为9∶16，故D错误．4．答案：D解析：球在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝12gt2可得tatb＝34

，A错误；a和b碰墙时，小球的竖直方向速度vy＝gt，重力的瞬时功率PG＝mgvy，求得a和b碰墙时重力的瞬时功率之比PGaPGb＝34，B错误；根据mgt＝mv→－mv→0＝mΔv→从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为mΔv→

amΔv→b＝34，C错误；球在水平方向匀速直线运动，水平位移相等，根据x＝vt可以求得vavb＝43，D正确．5．答案：B解析：水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，则v＝v20＋v2y且tan60°＝vyv0稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击该挡

板的水流速度的一半，即挡板的线速度为v＇＝12v根据v＇＝rω可得角速度，故B正确，A、C、D错误．6．答案：BD解析：根据平抛运动的规律h＝12gt2，R＝vt，解得R＝v2hg可知若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝R21∶R22，A错误，B正

确；若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间

相等，因h相等，则水落地的时间相等，则t＝Rv相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q0＝vΔtS0ωRΔt＝RS0ωRt＝S0ωt＝S0ω2hg相等，即一周中每个花盆中的水量相同，D正确．7．答案：(1)500N(2)[34

m，36m]解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得H＝12gt2，vy＝gt，v＝v20＋v2y，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－mv联立并代入数据得F＝500N.

(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L联立并代入数据得x1＝30m，x2＝36m.若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x′1，击中

岩石右端时，释放点的x坐标为x′2，得x′1＝v2t，x′2＝x′1＋L联立并代入数据得x′1＝34m，x′2＝40m.综上得x坐标区间[34m，36m]考点24圆周运动——练基础1．答案：C解析：硬币受到重力、摩擦力和支持力作

用，支持力提供向心力，向心力是效果力，故A错误；根据牛顿第二定律F＝mrω2、ω＝2πn可知，增大脱水转速，脱水效果越好，故B错误；硬币的向心加速度a＝rω2＝0.15×(20π)2m/s2≈591.6m/s2，硬币所需的向心力Fn＝ma＝6×10－3×591.6N≈3.6N，故C正

确；竖直方向受力平衡，所以静摩擦力Ff＝mg，若增大脱水桶转速，则桶壁对硬币的静摩擦力不变，故D错误．2．答案：D解析：齿轮传动，每个齿轮边缘的线速度大小都相等，故A点与B点、C点的线速度大小相等，已知三点的半径不同，由ω＝vr可知：A、B、C三点的角速度不同，由n＝v2πr可知

三点的转速不同，由T＝1n＝2πrv可知，三点的周期不同，故D正确，A、B、C错误．3．答案：CD解析：当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力、旋臂的作用力，这两个力的合力提供向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，选项A、B错误；

模型飞机受到重力和旋臂的作用力，这两个力的合力沿水平方向指向圆心，提供向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2＋ω4L2sin2θ，选项C正确；由F＝mg2＋ω4L2sin2θ可知，若夹角θ增大后，

则旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D正确．4．答案：C解析：运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn＝mv2r＝900N，竖直方向受力平衡FN＝mg＝500N，所以运动员受到冰面的作用力F＝F2n＋F2N≈1030N，故选项C

正确．5．答案：A解析：在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对人、沿摆绳方向受力分析有F－mgcosθ＝mv2l，由于小明的速度为0，则有F

＝mgcosθ<mg，沿垂直摆绳方向有mgsinθ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsinθ，所以A正确；B、C、D错误．6．答案：D解析：水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，根据F向＝mω2r可知，水球需要的向心力更

大，故当水油分层后水在瓶底，油在表面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v＝ωr知，水比油的半径大时，线速度也大，A错误；根据a向＝ω2r知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度也就大，B错误；水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力

大小相等方向相反，C错误；油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确．7．答案：B解析：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．8．答案：C解析：由题目所给条件可知纽扣上各点的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，则纽扣上距离中心1cm处的点的向心加速度大小a＝ω2r＝(10

0π)2×0.01m/s2≈1000m/s2，故选项A、B、D错误，选项C正确．9．答案：BD解析：设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ的距离为L，对小球受力分析有kxcosθ－mg＝0，即竖直方向受

力为0，水平方向有kxsinθ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cosθ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cosθ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化

，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确．小球对杆的压力大小F压＝FN＝mω2L－kxsinθ或F压＝FN＝kxsinθ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误．当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确．10．答案：C解析：场地自行

车赛道与水平面成一定倾角，自行车受地面的静摩擦力方向沿斜面方向，而圆周运动的圆心与自行车在同一水平面上，故A错误；向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由n个力的合力提供，或者由某个力的分力提供，不是性质力，因此，将运动员和自行车看成整体后，整体应受重力、支持力和摩擦力，故B错误；三位运动

员线速度相等，根据v＝ωR可知，半径越大，角速度越小，故C正确；三位运动员线速度相等，由向心加速度公式a＝v2R可知，则他们的向心加速度大小关系满足aA＜aB＜aC，故D错误．11．答案：D解析：设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mv2r，r＝Rsinθ

解得v＝gRsinθtanθ，沿a轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，沿a轨道运动的速度比沿b轨道的速度小，A、C错误；在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝mv2R解得v＝gR，沿c轨道运动，在最高点的最小速度为gR，B错误；根据牛顿第二定

律得mgtanθ＝m4π2T2r，r＝Rsinθ解得T＝2πRcosθg，θ越小，周期越大，沿a轨道运动的周期比沿b轨道运动的周期大，D正确．12．答案：(1)205m/s(2)5800N，方向竖直向上解析：(1)依题意，石块从P点抛出后做平抛运动，则

有s＝v0t＝80mL＋h＝12gt2＝20m求得石块从P点抛出到到达地面所用时间为t＝2s从P点抛出时的速度大小为v0＝40m/s则落地时的速度大小为v＝v20＋（gt）2＝205m/s.(2)石块到达P点时，根据牛

顿第二定律有FN＋mg＝mv20L代入数据求得，凹槽对石块的弹力为FN＝5800N说明凹槽对石块的弹力方向与重力方向相同，即竖直向下，根据牛顿第三定律可知，石块对凹槽压力的大小为5800N，方向竖直向上．考点25圆周运动的临界及综合问题——提能力1．答案：D解析：因为小球与杆之

间有摩擦力，则当角速度变大时，小球仍可能相对于杆静止，故两球间的距离不变，故A项错误；因为若小球相对于杆静止，故弹簧形变量不变，根据胡克定律F＝kx，所以弹簧弹力不变，故B项错误；小球所受静摩擦力的方向未知，若静摩擦力方向向右，则摩擦力变小，若静摩擦力方向向左，则

摩擦力变大，故C项错误；小球所受合力提供小球的向心力，与以ω1匀速转动时相比，以ω2匀速转动时所需向心力变大，即小球所受合力变大，故D项正确．2．答案：D解析：小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时mg＝mv2bR，得vb＝gR，故A错误；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg

，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运

动到最低点，由机械能守恒定律知mg·2R＝12mv2－12mv2b，在最低点，由牛顿第二定律F－mg＝mv2R，联立解得小球运动到最低点时细线中拉力F＝6mg，小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg＋F＝Mg＋6mg，故D正确．3．答案：C解析：对张成龙在最高点进行受

力分析，当速度为零时，有F－mg＝0结合图像解得质量m＝65kg，所以选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝mv2R结合图像可解得R＝0.9m故张成龙的重心到单杠的距离为0.9m，所以选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4m/s时，设拉力大小为F，由牛顿

第二定律得mg＋F＝mv2R，代入解得，F>0，说明张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，所以选项C错误，D正确．4．答案：A解析：火车以某一速度v经过弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支

持力的合力提供向心力，如图所示根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mv2R解得v＝gRtanθ，故A正确，B错误；当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有

离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故C错误；当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，

内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故D错误．5．答案：A解析：马拉着雪橇做匀速圆周运动，对雪橇受力分析，如图所示设FN与竖直方向的夹角为θ，沿着切向受力平衡FT＝mgsinθ＋μmgco

sθ＋mv2R＝mg1＋μ2sin(θ＋φ)＋μmv2R，φ＝arctanμ<60°，θ由0°增大30°的过程中FT一直增大，故A正确；沿着半径的方向根据牛顿第二定律有FN＝mgcosθ＋mv2R，随着θ的增大，FN减小，故B错误；马拉

雪橇的过程中，路面对雪橇的作用力为支持力、摩擦力的合力，FN减小，则Ff减小，则路面对雪橇的作用力变小，故C错误；对雪橇运用动能定理W马－1－32mgR－Wf＝0，其中Wf＝μFNs弧，由于FN＝mgcos

θ＋mv2R，s弧>12R，则Wf>380mgR，故D错误．6．答案：D解析：小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，

所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故A、B错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持

力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据F＝mv2R，可知小

铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0.所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0.根据机械能守

恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg·2R＝12mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝v2R，联立得F＝5mg，故D正确．7．答案：B解

析：当运动员在圆盘最高点时，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受摩擦力，故A错误；在圆盘最下方，根据μmgcos15°－mgsin15°＝mω2maxr，解得ωmax＝0.47rad/s，故B正确；ω取

不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设Wf、WG分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有Wf＝WG＝mg·2rsin15°≈3120J，故D错误．8．答案：A解析：由对称性可知，在最高点左右两侧对称位

置，小球沿水平方向分速度相同，那么在小球达到最高点时，其前后对称时刻的小球的水平分速度相等且最高点时刻水平分速度为正，在题图乙中t1时刻满足要求，所以t1时刻小球通过最高点，同理t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；从t1到t3

，小球重力做正功，一直在加速，在最低点时，速度最大，沿水平方向分速度也最大，即v2＞v1，另外对运动过程分析可得：S1和S2分别表示从最低点到最左边点以及从最左边点到最高点的水平位移大小，它们相等，因此S1和S2的面积相等，故C、D错误．9．答案：B解析：由于小球受到空气阻力作用，线

速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝mgcosθ，mgta

nθ＝mv2Lsinθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝gLcosθ，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cosθ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；对金属块P，由平衡条件知，P

受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误．10．答案：ABC解析：A、B刚好未发生滑动时，二者与接触面间都达到最大静摩擦力，都是拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力．不同的是，B所受的静摩擦力沿半径指向

圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心．两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受

的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外．以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝2μgr，A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrω

2A，解得ωA＝μgr<ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，D错误．11．答案：(1)5g4ω2(2)2mg(3)199mg2144ω2解析：(1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B

分析得FT1cos37°＝2mgFT1sin37°＝2mω2ssin37°解得s＝5g4ω2.(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B得FT2cos53°＝2mgFT2sin53°

＝m(2ω)2s′sin53°s′＝5g12ω2设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足FT1－F＝mω2(L－s)装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)解得F＝2mg.(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量

为ΔEp＝2mg(scos37°－s′cos53°)动能变化量为ΔEk＝12·2m[]（2ωs′sin53°）2－（ωssin37°）2解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝199mg2144ω2考

点26开普勒三定律及万有引力的应用——练基础1．答案：C解析：在北极G1＝mg＝F万在赤道上F万－G2＝mω2r＝m4π2T2r，解得rT2＝G1－G24π2m＝（G1－G2）g4π2G1，故选C.2．答案：D解析：根据开普勒第二定律可知，地球与太阳

中心连线在相同时间内扫过的面积相等，根据S＝12r·vΔt，可知近日点离太阳最近，近日点的运行速度最大，远日点离太阳最远，远日点的运行速度最小，故夏至时地球的运行速度最小，A错误；根据对称性可知，从冬至到夏至的运行时间为公转周期的12，由于从冬至到春分地球的运行速度大于从春分

到夏至地球的运行速度，可知从冬至到春分的运行时间小于从春分到夏至的运行时间，故从冬至到春分的运行时间小于公转周期的14，B错误；根据开普勒第三定律可知，所有绕太阳转动的行星轨道半长轴的三次方与公转周期的

二次方成正比，则有a3T2＝k，其中k与中心天体的质量有关，地球和火星都绕太阳转动，故地球和火星对应的k值相同，C错误；根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，故太阳既在地球公转轨道的焦点上，也在火星公转轨道的焦点上，D正确．3．答

案：D解析：根据公式GMmR2＝Mv2R＝m4π2T2R可得轨道半径和线速度的表达式R＝3GMT24π2v＝GMR由题知T1<T2代入公式得R1<R2v1>v2故D正确，A、B、C错误．4．答案：D解析：航天员

相对空间站静止时仍绕地球做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，合力不为零，故A错误；航天员在空间站内处于完全失重状态，但重力提供向心力，不为零，故B错误；地球同步卫星相对地球表面静止，其位于赤道上方高度约36000km处，而空间站离

地球表面的高度约为400km，所以空间站相对地球表面是运动的，故C错误；设地球质量为M，半径为R，地球表面的重力加速度为g，则GMmR2＝mg，可得g＝GMR2，空间站在轨运行时的向心加速度为a＝GMr2，因为空间站的轨道半径r>R，所以a<g，故

D正确．5．答案：C解析：地球绕太阳公转和行星“望舒”绕恒星“羲和”的匀速圆周运动都是万有引力提供向心力，则GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr.其中心天体的质量之比为2∶1，公转的轨道半径相等，则“望舒”与地球公转速度大小之比的比值为2，故C正确，A、B、D错误．6．答案：C解析：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．7．答案：B解析：悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据F＝

GmMR2，可得F祝融F玉兔＝GM火m祝融R2火∶GM月m玉兔R2月＝922×2＝92，B正确．8．答案：D解析：根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力得GMmr2＝mv2r，解得M＝v2rG，

D正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由GMmr2＝mω2r得M＝ω2·r3G，且ω＝2πT，r约不掉，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球

质量，C错误．9．答案：CD解析：由开普勒第三定律可知，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，所以火星公转周期一定大于地球公转周期(也可根据r3地T2地＝r3火T2火，r火≈1.5r地，得出T火＝278T地)，A项错误；火星与地球均绕太阳做匀速圆周运动，即GMmr2＝m

v2r，解得v＝GMr，所以火星公转速度小于地球公转速度，因此在冲日处，地球上的观测者观测到火星相对于地球由东向西运动，为逆行，B项错误、C项正确；火星和地球运行的线速度大小不变，且在冲日处，地球与火星速

度方向相同，故此时火星相对于地球的速度最小，D项正确．10．答案：AD解析：根据密度的定义有：ρ＝MV，体积V＝43πR3，可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为ρ火ρ月＝M火M月·R3月R3火＝N×1P3＝NP3，即火星的平均密度是月球的NP3倍，故A正确；由GMmR2＝mg可知，

火星表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为g火g月＝M火M月R2月R2火＝N×1P2＝NP2，即火星表面的重力加速度是月球表面的重力加速度的NP2，由GMmR2＝mg，GMmR2＝mv2R可知火星的第一

宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为v火v月＝g火R火g月R月＝NP2·P＝NP，故B、C错误；由万有引力定律F＝GMmR2，可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为F火F月＝M火M月·m祝m玉·R2月R2

火＝N×K×1P2＝KNP2，即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的KNP2倍，故D正确．11．答案：BCD解析：设椭圆的长轴为2a，两焦点间的距离为2c，则偏心率为0.87＝2c2a＝ca，由题知，Q与O的距离约为120AU，即a－c＝120AU，由此可求出a、c，由于

S2是绕致密天体运动，根据万有引力定律，可知无法求出S2与银河系中心致密天体的质量之比，故A错误；根据开普勒第三定律有a3T2＝k，式中k是与中心天体的质量M有关的常量，且与M成正比，所以对S2是绕致密天体运动，有a3T2S2＝k致∝M致，对地球围绕太阳

运动，有r3地T2地＝k太∝M太，两式相比，可得M致M太＝a3T2地r3地T2S2，因S2的半长轴为a，周期TS2、日地之间的距离r地、地球绕太阳的公转周期T地都已知，故由上式可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；根据开普勒第二定律有12vP(a

＋c)＝12vQ(a－c)，则vPvQ＝a－ca＋c，因a、c可以求出，则可以求出S2在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；S2不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律得GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，因为P点到O点的距

离为a＋c，Q点到O点的距离为a－c，则S2在P点与Q点的加速度大小之比aPaQ＝（a－c）2（a＋c）2，因a、c可以求出，则S2在P点与Q点的加速度大小之比可以求出，故D正确．考点27宇宙航行——提能力1．答案：C解析

：此时组合体和货物受到万有引力提供向心力，所以组合体中的货物处于失重状态，故A错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力有：GMmr2＝m4π2T2r＝mrω2，解得：T＝4π2r3GM，ω＝GMr3，根据题意可知组合体的轨

道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，故C正确；根据万有引力提供向心力有：GMmr2＝ma，解得：a＝GMr2，可知组合体的加速度大小比地球同步卫星的大，故D错误．2．答案：C解析：根据GMmr2＝

mv2r，可知r越大，环绕速度越小，A错误；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受地球的引力，B错误；根据GMmr2＝mv2r，可知质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行，C正确；返回舱穿越大气层返回地面过程中，摩擦力做负功，机械能减小，D错误．3．答案

：D解析：根据题述，火星冬季时长为地球的1.88倍，可知火星绕太阳运动的周期是地球的1.88倍，由开普勒第三定律可知，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径比地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径大，C项错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，解得v＝G

Mr，由r火>r地可得v火<v地，A项错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mω2r，解得ω＝GMr3，由r火>r地可得ω火<ω地，B项错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，由r火>r地可得a火<a地，D项正确．4．答案：C解析：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．5．答案：B解析：第一宇宙速度等于贴近地面做匀速圆周运动

卫星的线速度；对环绕地球做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力有：GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr，可知轨道半径越大、则线速度越小，“北斗”第49颗卫星的轨道半径大于地球的半径，则线速度小于第一宇宙速度，故A错误、B正确；根据开普勒第三定律可得r3T2＝

k，该卫星的周期与“静止”在赤道上空的同步卫星的周期相同，则轨道半径相同，故C、D错误．6．答案：C解析：核心舱和同步卫星都是受万有引力，万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有GMmr2＝mv2r＝m4π2T2r＝ma＝mω2r，可

得：ω＝GMr3；T＝2πr3GM；a＝GMr2；v＝GMr而核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km，即核心舱的半径比地球同步卫星的半径小，由此可知：核心舱的角速度比地球同步卫星的大，周期比同步卫星短，向心加速度比地球同步卫星大，线速

度比地球同步卫星的大，故A、B、D错误，C正确．7．答案：D解析：天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速运动，受力不平衡，故A错误．轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天问一号探测器在轨道Ⅰ的运行周期比在Ⅱ时长，故B错误．天问一号探测器从较高轨道Ⅰ向较低轨道Ⅱ变轨

时，需要在P点点火减速，故C错误．天问一号探测器沿轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，速度增大，故D正确．8．答案：D解析：根据题意可知，轨道半径在变化，则运行速度在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度7.9km/s(或根据GMm（R＋h）2＝

mv2R＋h及GMmR2＝mg解得v＝gR＋h·R.将g＝9.80m/s2和R＝6400km以及hmin＝418km和hmax＝421km代入得最大速度和最小速度分别为vmax＝7.673km/s和vmin＝7.671km/s)，A、B错误；在4月份轨道半径出

现明显的变大情况，则说明发动机启动了，所以存在某两小时机械能不守恒，C错误；在5月份轨道半径缓慢下降，可认为轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，D正确．9．答案：D解析：由万有引力提供向心力有GMmr2＝m2πT2r，解得r＝3GMT24π2，所以

飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值r1r2＝3M1T21M2T22＝30.1×221＝325.故A、B、C错误，D正确．10．答案：AC解析：根据万有引力公式F＝GMmr2可知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与轨道半

径的平方成反比，则核心舱进入轨道后所受地球的万有引力与它在地面时所受地球的万有引力之比F′F地＝R2R＋R162，解得F′＝16172F地，A正确；根据GMmR2＝mv2R可得，v＝GMR＝7.9km/s，而核心

舱轨道半径r大于地球半径R，所以核心舱在轨道上飞行的速度一定小于7.9km/s，B错误；由GMmr2＝m4π2T2r得绕地球做圆周运动的周期T与r3成正比，核心舱的轨道半径比同步卫星的小，故核心舱在轨道上飞行的周期小于24h，C正确；根据GMmr2＝mv2r可知空间站的轨道半径与空间

站的质量无关，故后续加挂实验舱后，轨道半径不变，D错误．11．答案：ABC解析：a受万有引力和支持力作用，即两个力的合力提供向心力，即GMmR2－FN＝ma；GMmR2＝mg，向心加速度小于重力加速度g，故A正确；根据GMm

r2＝mv2r得v＝GMr，由于rb＜rc＜rd，则vb>vc>vd，a、c的角速度相等，根据v＝ωr知，c的线速度大于a的线速度，可知b的线速度最大，则相同时间内转过的弧长最长，故B正确；c为同步卫星，周期为24h，4h内转过的圆心角θ＝424×2π＝π3，故C正确；根据GMmr2＝m4

π2T2r得T＝4π2r3GM，d的轨道半径大于c的轨道半径，则d的周期大于c的周期，可知d的周期一定大于24h，故D错误．12．答案：2v1解析：设从地球表面飞出恰好到达无穷远处，至少需给它的初速度为v2，物体从地球表面到达无穷远处的过程中机械能守恒

，即Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2，根据Ep＝－GMmr得－GMmR＋12mv22＝0＋0，所以第二宇宙速度为v2＝2GMR，而物体在地球表面附近运动时有GMmR＝mv21R，故第一宇宙速度为v1＝GMR则v2＝2v1

.考点28天体运动的热点问题——提能力1．答案：C解析：天问一号发射后要脱离地球引力束缚，则发射速度要超过11.2km/s，故选项A错误；由题图可知地火转移轨道的半长轴长度比地球轨道半径要大，根据开普勒第三定律a3R3地＝T2T2地可知，天问一号在地火转移轨道上运行的周

期大于12个月，因此从P到Q的时间大于6个月，故选项B错误；同理根据开普勒第三定律，并结合停泊轨道、调相轨道的半长轴长度关系可知，天问一号在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故选项C正确；天问一号在P点点火加速，做离心运动进入地

火转移轨道，故在地火转移轨道上P点的速度比地球环绕太阳的速度大，但在到达Q点之后，要加速进入火星轨道，即v火>v地火Q，根据v＝GMR可知地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，即v地>v火，所以v地>v火>v地火Q，

即天问一号在地火转移轨道上并不是每一点的速度都比地球绕太阳的速度大，故选项D错误．2．答案：B解析：由开普勒第三定律R31R32＝T21T22可知，由于轨道1的半长轴大于轨道2的半径，所以“天问一号”在轨道2运行的周期小于在轨道1运行的周期，A错误；由GMmr2＝ma得a＝GMr2“天问一号”在

P点的加速度小于在Q点的加速度，B正确；“天问一号”由轨道1进入轨道2，“天问一号”做向心运动，因此在Q点制动减速，则在Q点的喷气方向应与速度方向相同，C错误；“天问一号”在轨道1由Q点向P点运动的过程中，只有万有引力做功，“天问一号”的机

械能守恒，D错误．故选B.3．答案：BD解析：由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，设为ω，设绳子拉力为FT，根据Fn＝mω2r以及F万＝GMmr2，对A、B分别用牛顿第二定律可得GMm（kL）2－FT＝mω2kL，GMm（kL＋L）2＋FT＝mω2(k＋1)L可得ω<GMk3

L3，故B正确，A错误；由A、B选项分析可知，系绳断开后，对A，万有引力大于A做圆周运动的向心力，做近心运动；对B，万有引力小于B做圆周运动的向心力，做离心运动，故D正确，C错误．4．答案：C解析：任意两颗星之间的万有引力为F＝GmmL2，每一颗星受到的合力为F1＝3F.由几

何关系可知，它们的轨道半径为r＝33L，合力提供它们的向心力3GmmL2＝mv2r联立解得v＝GmL，A错误；根据3GmmL2＝ma解得a＝3GmL2，故加速度与它们的质量有关，B错误；根据3GmmL2＝m4π2rT2解得T＝2π33L3G

m，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，C正确；根据v＝GmL可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，D错误．5．答案：C解析：神舟十三号在Ⅰ轨道上运行时，万有引力提供向心力GMmr2＝mv2r撤离空间

站时做向心运动，万有引力大于所需的向心力，需要在A点减速进入椭圆轨道Ⅱ，A错误；由图可知，轨道Ⅱ的半长轴为a＝2R＋H2，轨道Ⅰ的半径为r＝R＋H，根据开普勒第三定律可得r3T2＝a3T2Ⅱ，由此可知，神舟十三号在轨道Ⅱ上运行的周期为TⅡ＝182R＋

HR＋H3T，神舟十三号从A运动到B的最短时间为t＝12TⅡ＝14122R＋HR＋H3T，B错误；忽略地球自转，在地球表面处重力加速度为g，可得GMmR2＝mg空间站处重力加速度为g′，可得GMm（R＋H）2＝mg′，解得gg′＝R＋HR2忽略地球

自转，地球表面重力加速度与空间站处重力加速度大小比为R＋HR2，C正确；神舟十三号撤离空间站时需要在轨道Ⅰ的A点减速进入椭圆轨道Ⅱ，因此，神舟十三号在轨道Ⅰ运行时的机械能大于在轨道Ⅱ运行时的机械能，D错误．6．答案：A解析：因为轨道2、3都是圆心相同的圆轨道，且能够相交于M、N

点，所以圆轨道2、3半径相同，且半径都大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律a3T2＝k可知T3＝T2＞T1，故A正确；卫星由轨道1变至轨道2，需要在P点向后喷气做加速运动，从而使万有引力不足以提供向心力而做离心运动，故B错误；卫星轨道越高，卫星从地

球表面到达该轨道过程中推进器对卫星做的功越多，卫星的机械能越大，所以卫星在三个轨道上机械能E3＝E2＞E1，故C错误；设地球质量为M、卫星质量为m、绕球做半径r、线速度为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有GMmr2＝mv2r解得v＝GMr.假设卫星在过Q点的圆轨道上运动的线速度大小为v1，卫星

在轨道2、3上运行的线速度大小分别为v2、v3，根据上式可知v1>v2＝v3设卫星在轨道1上经过Q时的线速度大小为vQ，则卫星从过Q点的圆轨道变至轨道1的过程需要在Q点加速，所以vQ>v1>v3故D错误．7．答案：AD解析：根据题意T火

＝1.8年；T地＝1年，根据(ω地－ω火)t＝2π得从火星与地球相距最近至下一次相距最近所需时间t＝2π（ω地－ω火）＝T火·T地T火－T地＝2.25年，故A正确；第一宇宙速度是地球卫星最小的发射速度，第二宇宙速度是

脱离地球引力的最小发射速度，因此是以大于第二宇宙速度的速度发射的，故B错误；“天问一号”在绕地球的轨道上进入霍曼转移轨道时做离心运动，需要加速，故C错误；海南文昌距离赤道较近，选择在海南文昌发射场发射，是为了利用地球自转线速度的影响，故D正确

．8．答案：BC解析：卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，故A错误；A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差半圈，设经历时间为t，有tT2－tT1＝12，解得经历的时间t＝T1T22()T1－T2，故B正确；根据万有引力

提供向心加速度，由Gm地mr2＝ma，可得a＝Gm地r2由于rA＝rC>rB，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，故C正确；轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力Gm地mr2＝mr4π2T2可得卫星的周期T＝2πr3Gm地，则该卫星在单位时间内扫过的面积S0＝

πr2T＝12Gm地r，由于rA>rB，所以在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D错误．9．答案：C解析：黑洞A与黑洞B绕O点相同时间内转过的角度相同，所以，二者的角速度相等，设它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得GM1M2L2＝M1ω2·O

A；GM1M2L2＝M2ω2·OB，联立得M1·OA＝M2·OB，根据题意OA>OB，所以M1<M2，故A、B错误；人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故C正确；根据M1·OA＝M2·OB；OA＋

OB＝L可得OA＝M2LM1＋M2，又由于GM1M2L2＝M1ω2·OA整理得ω＝G（M1＋M2）L3，所以周期为T＝2πL3G（M1＋M2），若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，两黑洞质量

之和不变，周期不变，故D错误．考点29实验：探究平抛运动的特点1．答案：(1)使斜槽末端切线水平，小球飞离斜槽后做平抛运动(2)P、M两电磁铁吸住的两铁球同时落地平抛运动的小球竖直方向做自由落体运动(3)不是1.0(4)C解析：(1)调节左侧水平仪的目的是：使斜槽末端切线水平，小球飞离斜槽

后做平抛运动．(2)步骤③观察到现象是：P、M两电磁铁吸住的两铁球同时落地．M处的电磁铁经过斜槽末端的光控开关K时，P处的电磁铁电源断开，两球在同一高度同时开始在空中运动，P处小球做自由落体运动，两铁球同时落地说明，平抛运动的小球竖直方向做自由落体运动．(3

)若a点是抛出点，则因为小球竖直方向做自由落体运动，相等时间内的竖直位移比应为1∶3∶5，但是图丙中各点竖直方向的位移比为1∶2∶3，故a点不是抛出点．由图丙可知x＝2L＝v0t，Δy＝L＝gt2，代入数据，联立可得v0＝1.0m/s.(4)由图丁可知，水平仪气泡偏下，故背板向纸面内倾斜．因此

图丙中坐标纸竖直方向的距离不是小球实际竖直方向下落的高度，实际竖直方向的分位移应为坐标纸中的距离在竖直方向的投影，即测量值Δy比实际值偏大，由Δy＝gt2可知，相邻两点间的时间的测量值t偏大．而水平方向的距离与背板是否倾斜无关，故由x＝v0t可知，初

速度的测量值偏小．故选C.2．答案：(1)C(2)D(3)确保多次运动的轨迹相同解析：(1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，故选项A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用曲线连接起来，

选项B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，选项C正确．(2)根据平抛运动规律有x0＝v0t、y0＝12gt2，联立可得v0＝x0g2y0，选项A、B、C错误，D正确．(3)为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由

静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”).3．答案：(1)不是1.5(2)xg2y偏大解析：(1)若A点为平抛运动的抛出点，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动

连续相等时间内的位移比应为1∶3∶5，由图可知，不满足此规律，故A点不是平抛运动的抛出点，由A→B和B→C水平方向位移相等，可知时间也相等，竖直方向水平方向分别列式Δy＝2L＝gt2，水平方向3L＝v0t，代入数据联立解得

v0≈1.5m/s.(2)根据x＝v0t，y＝12gt2，得v0＝xg2y，因为坐标原点靠下，造成y值偏小，从而v0偏大．4．答案：(1)将钢球置于轨道平直段各处，都能静止，说明斜槽末端水平(2)球心(3)Lgy2－2y1解析：(1)将钢球置于轨道平直段各处，都能静止，

说明斜槽末端水平．(2)钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点．(3)由于两段水平距离相等，故时间相等，根据(y2－y1)－y1＝gt2解得t＝y2－2y1g，则初速度为v＝Lt＝Lgy2－2y1b点的竖直速度vby＝

y22tb点的速度vb＝v20＋v2by＝.5．答案：(1)AC(2)a(3)10解析：(1)为了减小空气阻力的影响，使用密度大、体积小的小球，A正确；不必测出平抛小球的质量，B错误；为了使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨

道末端切线水平，C正确；因为每次从同一位置释放小球，小球每次运动与轨道的摩擦力都相同，所以不必减小小球与斜槽之间的摩擦力，D错误．(2)频闪仪B拍摄小球在竖直方向上的运动，频闪照片为a；(3)根据平抛运动规律得0.45＝12gt2；0.30＝v0t；vP＝v20＋（gt）2解

得vP＝10m/s.6．答案：(1)20.45(2)B解析：(1)根据yA＝12gt2可得t＝0.2s，由xA＝v0t可得v0＝2m/s.由xB＝v0tB可得tB＝0.3s，则yB＝12gt2B＝0.45m.(2)根据平

抛运动的规律可得x1＝v0t1，x2＝v0t2，y＝12gt22－12gt21，联立解得v0＝，故A、C、D错误，B正确．7．答案：(1)B(2)BD解析：(1)为减小空气阻力的影响，应选用小钢球更合理．故选B.(2)设A点坐标为(x，y)，由几何关系可得AB

21＝x2＋(OB1－y)2；AB22＝x2＋(OB2－y)2，由题意可知，AB1、AB2、OB1、OB2均已知，联立可解得x、y，即可确定物体A的位置坐标，B正确；由平抛位移公式可得x＝v0t；y＝12gt2由于重力加速度g未知，故无法求得运

动时间t及初速度v0，A、C错误；由速度偏角公式可得tanα＝vyv0＝gtv0，由位移偏角公式可得tanβ＝yx＝gt2v0，对比可得tanα＝2tanβ＝2yx.故可确定物体A此时的速度方向，D正确．考点30实验：探究向心力大小与半径、角速度和质量的关系1．答案：(1)A(2

)D(3)＝(4)2∶1解析：(1)在这个装置中，控制小球转动的半径和角速度不变，只改变小球质量，来研究向心力大小与小球质量之间的关系，故采用的科学方法是控制变量法，A正确．(2)控制小球转动的半径、角速度不变，只改变小球质量，研究的是

向心力大小与小球质量之间的关系，所以D选项是正确的．(3)因两轮ab转动的角速度相同，而两槽的角速度与两轮角速度相同，则两槽转动的角速度相等，即ωA＝ωB；(4)钢球①、②的角速度相同，半径之比为2∶1，则根据v＝ωr可知，线速度之比为2∶1.2．答案

：(1)金属块转动半径金属块质量力传感器2πT(2)ω2rad2/s2(3)刻度尺天平解析：(1)为了探究向心力跟角速度的关系，需要控制金属块转动半径和金属块质量两个变量保持不变．金属块的拉力可由力传感器直接测量，根据题意知ω＝2πT.(2)由向心力公式F＝mω2r可得，

保持m和r不变，力F与ω2成正比，F­ω2图线为过原点的一条倾斜直线，所以横坐标表示的物理量是ω2，单位是rad2/s2.(3)还需要用到天平测金属块的质量，刻度尺测量不同转速下金属块转动的半径．3．答案：(1)A(2)C解析：(

1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需要先控制某些物理量不变，探究另外两个物理量之间的关系，该方法为控制变量法，故B、C、D错误，A正确．(2)若题图中两个小球的质量相同，

转动半径相同，则研究的是向心力大小与角速度之间的关系，故A、B错误，C正确．4．答案：(1)ABD(2)等于(3)F＝m4π2T2r解析：(1)根据向心力公式Fn＝m4π2T2r知，为算出小球做匀速圆周运

动时所需向心力，需要测出小球做匀速圆周运动的周期T、半径r和小球质量m，故A、B、D正确，C错误．(2)据题意，小球静止时，F等于悬线拉力的水平分力，即有F＝mgtanθ，θ是悬线与竖直方向的夹角，小球做匀速圆周运动时，

由重力与悬线拉力的合力提供向心力，重力与悬线拉力的合力大小F合＝mgtanθ，则F合＝F.(3)当F合＝Fn，即F＝m4π2T2r时，做匀速圆周运动的物体所受合力与所需向心力的“供”“需”平衡．5．答案：(1)F与v的平方成正比(2)线速度大小(3

)0.088解析：(1)由图像可知F与v2成正比，即F与v的平方成正比．(2)研究F和r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持线速度大小不变．(3)由F＝mv2r，结合F­v2图求得m

r＝k＝1011.4＝0.88，解得m＝0.88r＝0.088kg.6．答案：(2)ω2(或mω2等带ω2即可)(3)探究F与r的关系时，要先控制m和ω不变，因此可在F­ω图像中找到同一个ω对应的向心

力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F­r坐标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成正比．解析：(2)根据向心力的公式F＝mω2r，由F­x图像知，该图像是一条过原点的直线，F与x的图像成

正比，则图像横坐标x代表的是ω2(或mω2等带ω2即可)；(3)探究F与r的关系时，要先控制m和ω不变，因此可在F­ω图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F­r坐标系中描点作图，若得到

一条过原点的直线，则说明F与r成正比．第五章机械能及其守恒定律考点31功和功率的理解与计算——练基础1．答案：C解析：重力做功WG＝mg·Δh，与路径无关，只与初末位置的高度差有关，而两种轨道的高度差相同，则重力对游客做功相同，故A、B错误；摩擦力做功Wf＝Ff·s，沿螺旋轨道下滑时，做的是曲线运

动，因此有指向圆心方向的向心力Fn－mgcosθ＝mv2R，其中角度为重力和竖直方向的夹角，而滑动摩擦力大小为Ff＝μFn，因此螺旋运动的摩擦力更大，两种轨道的动摩擦因数相同，而螺旋滑道更长，则摩擦力对游客做的功更多，故C正确，D错误．2．答案：B解析：设平均阻力为Ff，则有Ff×(15×

90×2πr)＝900kJ，解得Ff≈354N，故选B.3．答案：B解析：设重心上升的高度为h，如图所示根据相似三角形有h0.4＝0.90.9＋0.6，解得h＝0.24m.则做一次俯卧撑克服重力做的功为WG＝m

gh＝60×10×0.24J＝144J，所以一分钟克服重力做的总功为W总＝30mgh＝30×60×10×0.24J＝4320J.功率约为P＝Wt＝432060W＝72W，故选项B正确．4．答案：C解析：设绳

中拉力为FT，斜面倾角为α，根据平衡关系FTcosθ＝mgsinα＋μ(mgcosα－FTsinθ)，整理FT＝mgsinα＋μmgcosαcosθ＋μsinθ，对货物做的功W＝FTxcosθ＝mgsinα＋μmgcosα1＋μtanθx，θ变小，拉力不一定变小，但做功一定变大．所以选项

C正确．5．答案：C解析：设水车半径为R，水车转动的周期为T＝2πRv，水车转动一圈对水做的功W＝2nmgR，则水车的功率P＝WT＝nmgvπ，故C正确，A、B、D错误．6．答案：D解析：由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0，

A错误；由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于mg，B错误；空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为mgvcos75°，C错误；鸽子克服自身重力的功率为P＝－P重力，由力的功率表达式P重力＝mgvcos(15°＋90°)联立解得

P＝mgvsin15°，D正确．7．答案：D解析：根据v­t图像与坐标轴所围面积表示位移可知发生险情处离地面的高度为h＝12×5×18m＝45m，故A正确；根据v­t图像的斜率表示加速度可得工人加速下滑时的加速度大小为

a1＝183m/s2＝6m/s2，根据牛顿第二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F1＝mg－ma＝280N，故B正确；整个过程中工人所受重力做功为W＝mgh＝31500J，故C正确；t＝4s时工人的加速度大小为a2＝185－3m/s2＝9m/

s2，工人的速度大小为v＝18m/s－a2t＝9m/s，此时钢丝绳对工人的拉力大小为F2＝mg＋ma＝1330N，此时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为P＝F2v＝11970W，故D错误．8．答案：AD解析：两人对绳子的合力为F合

＝2×cos37°×F＝512N，两人通过绳子对重物做功为W＝F合h1＝204.8J，根据动能定理W＝12mv2－0，得重物刚落地时速度大小为v＝3.2m/s，故A正确，B错误；对重物先上升后下降的全过程，由动能定理有F合h1＋mgh2－Ffh2＝0－0.解

得Ff＝5512N，故C错误，D正确．9．答案：B解析：人对车施加了三个力，分别为压力、推力F、静摩擦力Ff，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力F做的功W

F＝Fs，静摩擦力做的功Wf＝－Ffs，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，F＝Ff，则人对车做的总功为零，故A错误；当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力Ff′方向向右且大于车厢壁对人的作用力F′，所以人对车厢的静摩擦力

Ff方向向左，静摩擦力做的功Wf＝－Ffs，人对车厢的推力F方向向右，做的功WF＝Fs，因为Ff>F，所以人对车做的总功为负功，故B正确，D错误；同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C错误．1

0．答案：C解析：由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做

功的瞬时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误．11．答案：D解析：由题图知：在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，则拉力的功率P＝Fv＝(Ff＋ma)v＝(Ff＋ma)at；在

t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝Ff，P＝Fv＝Ffv，P不变，故D正确．12．答案：ABD解析：从M到N，由P1＝F1v1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f

1＝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＝F2v2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＝mg

h＝50×10×10J＝5000J，C错误．考点32机车启动模型——提能力1．答案：C解析：最高时速216km/h，即60m/s，此时阻力等于牵引力，为Ff＝Pvm＝kvm；当其加速到108km/h时，即30m/s，此时牵引力F＝Pv，则此时加速度a＝F－kvm＝0.33m

/s2，故C正确．2．答案：C解析：以最大加速度向上加速到匀加速能达到的最大速度，然后保持功率不变达到最大速度，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短．重物向上提升的最大加速度a1＝F－mgm＝5m/s2，匀加速过程的最大速度

v＝PF＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝va1＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝Pmg＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝vma2＝1.2s，上升高度为h2＝3.6m

，则以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋12m(v2m－v2)，解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．3．答案：AD解析：由题图可知，Oa段为匀加速直线运动，ab段以恒定功率运动，且加

速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc段是匀速直线运动，t2～t3时间内其牵引力等于F阻，故A正确；在0～t1时间内，由v­t图像知汽车做匀加速直线运动，故B错误；在0～t2时间内，由v­t图像可知，汽车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于v22，故C错误；设t

1～t2时间内汽车克服阻力所做的功为Wf，由动能定理有P(t2－t1)－Wf＝12mv22－12mv21，克服阻力所做的功为Wf＝P(t2－t1)＋12mv21－12mv22，故D正确．4．答案：C解析：对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组

匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有4Pv－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输

出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25Pv＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有4Pvm＝kvm，联立解得v＝34vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝12mv2m－0，可得

动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－12mv2m，故D错误．5．答案：B解析：当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则vm＝Pf＝1200004×103m/s＝30m/s，故A错误；根据P＝Fv可知，汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，故B正确；汽车以2m/s2的

加速度匀加速启动，设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝6.4×103N，故C错误；里程120～320m过程克服阻力所做的功为Wf＝fs＝8×105J，故D错误．6．答案：D解析：设汽车质量为m，上坡与下坡的倾角分别为α和β，汽车所受阻力大小为f

，根据平衡条件可得汽车在ab和bc段路面行驶时发动机的牵引力大小分别为F1＝f＋mgsinα；F2＝f汽车在cd段行驶时，若f≥mgsinβ，则F3＝f－mgsinβ，若f<mgsinβ，则汽车将受到与运动方向相反的制动力作用才能匀速行驶，此时

发动机的牵引力为0.综上所属可知F1>F2>F3，根据P＝Fv可得P1>P2>P3，故选D.7．答案：B解析：由图甲可知，8～18s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；在18s末电动摩托车的速度恰好达到

最大，有f＝Pvm＝800N则k＝fmg＝0.4，故B正确；0到8s内，摩托车的加速度为a＝ΔvΔt＝1m/s2，摩托车的牵引力为F＝ma＋f＝1000N，故C错误；8s～18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为W＝Pt＝8

×104J，故D错误．故选B.8．答案：C解析：因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－f＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v­t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe

，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv即F与v成反比，F与1v成正比，所以F­v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与1v图像中v1～vm段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v即P与v成正比，所以P­v图像中v1～vm段图像应为过原点的直

线，故D错误．9．答案：AC解析：根据v＝PF，额定功率等于图线的斜率P＝1015×10－3W＝50kW，C正确；根据P＝Fv，汽车由b到c过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；根据牛顿第二定律得F－f＝ma，汽车

所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，汽车由b到c过程做非匀变速直线运动，B错误；汽车能够获得的最大速度为vm＝P×1F＝50×103×14×10－3m/s＝12.5m/s，D错误；汽车所受的阻力为f＝Pvm＝50×10312.5N＝4000N，汽车从a到b所受的牵

引力为1F＝15×10－3解得F＝5000N，根据牛顿第二定律得F－f＝ma解得a＝0.5m/s2，汽车从a到b持续的时间为t＝va＝100.5s＝20s，A正确．10．答案：(1)7s(2)8m/s(3)22s解析：(1)由牛顿第二定律得F－mg

sin30°－Ff＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s.(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，则有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x1＝12at21，在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－(mgsin

30°＋Ff)x2＝12mv2m－12mv2又有x＝x1＋x2解得t2≈15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s．考点33动能定理及其应用——提能力1．答案：D解析：运动员从a处滑至c处，mgh＝12mv2c－0，在c点，N－

mg＝mv2cR，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．2．答案：BD解析：设踢球时运动员对足球做的功为W，由动能定理有W－mgh＝12mv2，得出W＝mgh＋12mv2

＝20＋80＝100J，故A错误，B正确；足球在空中的运动时间t＝2s，则射程x＝vt＝40m，故C错误，D正确．3．答案：A解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上

的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·xcosθ－μ1mgcosθ·xcosθ＝Ek－0，解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，

即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，故B、D错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能

，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，故A正确，C错误．4．答案：C解析：由题可知甲、乙两物体全程的位移大小和时间相等，由v－＝xt可知甲、乙两物体全程的平均速度大小相同，故A错误；由图知t1时刻两图

线的斜率不同，即甲、乙两物体的加速度大小不同，由牛顿第二定律可知两物体合外力大小不相等，故B错误；由动能定理－mgh＋WT＝12mv2－0可知甲、乙两物体全程所受拉力做功相等，故C正确；t2时刻甲、乙两图线的斜率不同，则甲乙两物体的加速度大小不同，由牛顿第二定

律知甲乙受到的拉力大小不相等，此时甲乙的速度大小相等，由P＝Fv知所受拉力的功率不相等，故D错误．5．答案：AC解析：由动能定理可知Ek－Ek0＝－(mg＋f)h，即Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝72J－Ep－fh，在最高

点时Ep＝48J＝mgh＝10h，解得最大高度h＝4.8m，f＝5N，A正确，B错误；物体重力势能和动能相等时，即Ek＝Ep，则2Ep＝2mgh′＝72J－fh′＝72J－5h′，解得高度为h′＝2.88m，C正确，D错误．6．答案：BC解析：对物体的上滑过程，由动能定理有－(mgsinα＋

μmgcosα)x＝0－Ek，对全程利用动能定理有－μmgcosα·2x＝15Ek－Ek，由以上两式解得μ＝0.5，x＝Ekmg，所以选项A错误，选项C正确；根据牛顿第二定律可得下滑过程有mgsinα－μmgcosα＝ma，解得a＝gsinα－μgcos

α＝15g，选项B正确；根据牛顿第二定律可得上滑过程有mgsinα＋μmgcosα＝ma0，解得a0＝gsinα＋μgcosα＝g，利用运动的可逆性分析，由于位移大小相等，a0>a，故根据x＝12at2可知t上<t下，选项D错误．

7．答案：B解析：由题意知，第一次换引擎时速度为v1＝54km/h＝15m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝53m/s2则t1＝v1a1＝9s，0～t1时间内行驶的位移s1＝12a1t21＝67.5m．设换引擎后瞬间的牵引力为F2，根据P＝F2

v1代入数据求得P＝75000W．设在t2时刻的牵引力为F3，则在t2时刻的速度大小为v2＝PF3＝25m/s，t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150m；t1～t2时间根据动能定理得P(t2－t1

)－f·s2＝12mv22－12mv21解得t2＝16s，故B正确，A、C、D错误．8．答案：AC解析：小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个：一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足mg＝mv2DR，得vD＝gR，由

动能定理得mgh1－μmgh1tanθ－μmgs－2mgR＝12mv2D，解得h1≈1.31m；二是小球到半圆形导轨E点时速度减为零，由动能定理得mgh2－μmgh2tanθ－μmgs－mgR＝0，解得h2＝98m，小球能进入半圆轨道有mg

h3－μmgh3tanθ>μmgs，得h3>1m．综上所述，让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，h的取值范围为h≥1.31m或1m<h≤98m，故A、C正确．9．答案：(1)7N(2)v＝12lx－9.6(m/s)(0.85m≤lx≤3m)(3)①1315m②95m③4115m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°)＝12mv2C在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝mv2CR代入数据解得FN＝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mglxsi

n37°－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)设最终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°＝0解得lx＝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、5①当n＝1时，lx＝1315m.②当n＝3时，lx＝95m.③当

n＝5时，lx＝4115m．考点34机械能守恒定律及其应用——提能力1．答案：D解析：由于有空气阻力，所以将跳跃者、弹性绳和地球视为一个系统机械能也会损失，系统机械能不守恒，故A错误；根据动能的公式Ek＝12mv2，当加速度为零时，跳跃

者的速度最大，此时跳跃者的重力与空气阻力、弹性绳的弹力合力为零，弹簧处于伸长，不是刚伸直，故B错误；根据能量守恒，跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程中，跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量和空气因摩擦产生

的热能，故C错误；根据能量守恒，跳跃者克服空气阻力做功等于系统机械能的减少量，故D正确．2．答案：AC解析：由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为Ek＝mgH，选项A正确；根据12mv2C＝mgH，FC－mg＝mv2CR，

解得FC＝mg＋2mgHR.则到达C点对轨道的压力大小为F′C＝mg＋2mgHR，选项B错误；从A到D由机械能守恒定律mg(H－h)＝12mv2D，解得到起跳台D点的速度大小为vD＝2g（H－h），选项C正确；从C点到D点重力势能增加了mgh，选项D错误．3．

答案：A解析：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．4．答案：ABD解析：最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得

mgsin45°＝ma1，解得a1＝22g，最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，由机械能守恒定律得2mgx22＝12kx22，根据牛顿第二定律得kx2cos45°－mgsin45°＝ma2，解得a2＝22g，故A正确；金属环的合力为零时速度最

大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得kx1cos45°＝mgsin45°，根据机械能守恒定律得2mgx12＝12kx21＋12×2mv2m，解得vm＝gm2k，此时重力的功率最大为Pm＝

mgvmsin45°＝mg22mk，B正确，C错误；最低点时弹簧的拉力最大，有Fm＝kx2、2mgx22＝12kx22，解得Fm＝2mg，故D正确．5．答案：BD解析：由题图知，在h＝15m，运动员速度最大，则加速度为0，故有kΔx＝mg，Δx＝(15－10)m＝5m，代入数据

求得弹性绳的劲度系数为k＝120N/m，故A错误；运动员在下落过程中，先加速后减速，所以加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；运动员在最低点处时，下降高度为25m，则由牛顿第二定律可得kΔx′－mg＝ma，Δx′＝(25－10)＝15m，代入数据求得：a＝20m/s2

，故C错误；运动员在速度最大处，由功能关系有mgΔh＝12mv2＋Epx，Δh＝15m，代入数据求得绳子的弹性势能为Epx＝1500J，故D正确．6．答案：C解析：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．7．答案：D

解析：图中NO连线与水平方向的夹角θ，由几何关系可得sinθ＝xR＝R－xR，可得θ＝30°，设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知mgRsinθ＝12mv2，解得v＝

gR，故D正确．8．答案：BC解析：甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动的特点可知，它们的运动时间相等，A错误．落地前瞬间，PG＝mgvy＝mg2t，由于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B正确．从投出到落地，重力做功为mgh，故重力势能减少mgh，C正确．从

投出到落地过程中只有重力做功，手榴弹的机械能守恒，D错误．9．答案：(1)2m(2)a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6m)(3)r＝(2－h)m解析：(1)小球在最高点D时，由牛顿第二定律有mg＝mv2DR1对小球由A到D，由机械能守恒定律有mgH＝

12mv2D＋2mgR1联立解得H＝2m.(2)由机械能守恒定律有mg(H－h)＝12mv2小球以速度v通过曲率半径为R1时的向心加速度为a＝v2R1解得a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6m).(3)对小球由A到E点，

由机械能守恒定律有mgH＝12mv2E小球以速度v通过曲率半径为R2的E点时的向心加速度a＝v2ER2解得a＝2g由题意知小球在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为a＝2g小球从A运动到高度为h的过程，由

机械能守恒定律有mg(H－h)＝12mv2小球以速度v通过曲率半径为r时的向心加速度a＝v2r(a＝2g)解得r＝(2－h)m.考点35功能关系能量守恒定律——提能力1．答案：D解析：铁球释放后，由于空气阻力做负功，在空中摆动过程中机械

能损失，所以再次摆到左边最高点的高度低于释放点的高度，所以肯定不会撞击到该同学，A错误；铁球运动到最低点时，合力向上，加速度向上，处于超重状态，B错误；释放瞬间，铁球在长绳拉力和重力的共同作用下沿轨迹切线方向加速，加速度方向沿轨迹切线斜

向下，C错误；释放瞬间，铁球在沿长绳方向合力为零，长绳的拉力等于重力沿长绳方向的分力，所以长绳拉力小于铁球重力，D正确．2．答案：ABD解析：由于物体与转台处于相对静止，所以物体与转台运动情况相同，物

体做变速圆周运动，直到停止，A正确；摩擦力是克服相对运动的，所以物体克服摩擦力做的功等于摩擦力与运动路径的乘积即2μmgπL，C错误，B正确；根据能量守恒有12mω2L2＝2nμmgπL，所以n＝Lω24μgπ，D正确．3．答案：C解析：路灯一天

的耗电量W有＝Pt＝30×8×3600J＝8.64×105J，光电池接收到的太阳辐射总能量W＝W0St＝3×106×0.3×6J＝5.4×106J，故光电池的光电转换效率η＝W有W×100%＝16%，故C正确．4．答案：C解析：设

小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知f＝kv，根据功能关系得ΔE＝Wf＝fh，则E＝E0－ΔE＝E0－fh，因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，图像的斜率逐渐减小．5．答案：A解析：每层

楼高约为h＝3m，所以喷水的高度H＝13h＝39m，则水离开管口的速度为v＝2gH＝2×10×39m/s≈27.9m/s；设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m＝ρ·vΔtS＝ρQΔt，根据动能定理可得

PΔt＝12mv2，解得P＝1.58×104W≈1.6×104W，故A正确．6．答案：AD解析：滑块从a到c，运用动能定理得mghac＋W′弹＝0，hac＝lacsin30°，解得W′弹＝－6J．弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所

以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J，故A正确；当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，则d点在b和c之间．滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，mghad＜6J，W弹＜0，所以Ekd＜6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对

滑块做功大小相等，即为6J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．7．答案：CD解析：当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在A、B两点之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功

为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦

力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，物块从C运动到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；物块从A滑到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR＝2μ

mgR，因此WF<2mgR，故C正确．8．答案：BD解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，

故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确．9．答案：D解析：单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av单位时间流过面积A的流动空气质

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

平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C错误；若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输

出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为P＝63×40593kW＝120kW则该发电机年发电量至少为E＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正确．10．答案：(1)6N(2)5J(3)L≤20m或23m≤L≤25

m解析：(1)小滑块恰好能通过最高点C，有mg＝mv2CR解得vC＝2m/s从B到C根据动能定理有－mg2R＝12mv2C－12mv2B解得vB＝25m/s在B点，对小滑块有FN－mg＝mv2BR解得FN＝6N.故根据牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为6N.(2)设弹簧压缩至A点

时弹簧的弹性势能为EP，根据功能关系有Ep－μmgL＝12mv2B－0解得Ep＝5J.故弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为5J.(3)当小滑块恰好能通过最高点C作平抛运动时，AB的长度为20m，当滑块运动到与圆心O

等高时速度为零，设此时AB之间的距离为L1，从A到与圆心等高位置，根据功能关系有Ep＝μmgL1＋mgR解得L1＝23m物块恰好达到B点，根据能量守恒定律可得Ep＝μmgL2解得L2＝25m.故要使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，

则L≤20m或23m≤L≤25m．考点36动力学方法和能量观点的综合应用——提能力1．答案：B解析：运动员在最低点时根据牛顿第二定律有FN－mg＝mv2R，解得v＝gR，12mv2<mgR可知运动员的机械能不守恒，可知有阻力做功，根据功能关系有Wf＋mgR＝12mv

2，Wf＝－12mgR，选项A、D错误；运动员在圆弧轨道上加速度先向下后向上，先失重后超重，故B正确；重力的功率开始时为零，到达最低点时重力与速度方向垂直，则重力的功率也为零，则重力的功率先增大后减小，选项C错误．2．答案：BC解析：进

入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，由于F>μmg，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律F－μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A错误；物块经过风洞区域所用时间t＝Lv0＝0.7s，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y＝12at2＝

0.49m＝d2，物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v＝v20＋（at）2＝2.96m/s≈1.7m/s，故B正确；物块与传送带间的摩擦生热Q＝μmgx相对＝μmgy＝0.4

9J，故C正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t减小，在垂直于传送带运动方向位移y减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D错误．3．答案：AB解析：设整个链条的

总质量为m，当位于传送带部分的长度为L4时，链条恰能保持静止，则mgsinθ＝μ·14mgcosθ，解得μ＝4tanθ，A正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μ·13mgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝13gsinθ，B正确；链条从静止释放后，链条所受的摩擦力随着链条位于传

送带部分的长度增加而均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W－WG＝ΔEk，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误．4．答案：AD解析：由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传

送带共速且小物块刚好能到达N点．在N点有mg＝mv2NR小物块从Q点到N点，由动能定理得－mg·2R＝12mv2N－12mv20联立解得v0＝5m/s，故A正确；设小物块经过时间t1加速到与传送带共速，则μmg＝ma，v0＝at1小物块的位移x1＝12at21代

入数据可得x1＝2.5m，t1＝1s，1s后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q，设时间为t2，t2＝L－x1v0＝0.3s，则小物块从P运动到Q的时间t＝t1＋t2＝1.3s，故B错误；传送带在t1时间

内的位移x2＝v0t，根据题意则有Δx＝x2－x1；Q＝μmgΔx联立解得Q＝2.5J，故C错误；由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝Q＋12mv20，代入数据解得W＝5J，故D正确．5．答案：C解析：自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为Ff，在整

个运动过程中，由动能定理得－Ffx＝－Ek解得Ff＝50N，A错误；启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F，在很短的一段位移Δx内动能的变化量为ΔEk，由动能定理得－F·Δx＝ΔEk，则ΔEkΔx＝－F由数学知识知，F等于图线切线斜率的绝

对值，由题图知，图线的切线斜率逐渐减小，故人和车所受的合力F减小，B错误；启动充电装置后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔEk＝Ffx1＋W解W＝ΔEk－Ffx1＝500J－50×6J＝200J，C正确；设在很

短的一段时间Δt内通过的位移为Δx，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW＝F·Δx－Ff·Δx，则ΔWΔt＝F·ΔxΔt－Ff·ΔxΔt，即P＝()F－Ffv因为人和车所受的合力F减小，人和车的速度v减小，故转化的电能的功率P减小，D错误．6．答案：(1)102m/s(2)100N(3)

100J解析：(1)物块从A滑到B的过程由动能定理得mgH＝12mv2B解得vB＝102m/s.(2)物块从A滑到C的过程由动能定理得mg(H－2R)＝12mv2C在C点由牛顿第二定律得mg＋FN＝mv2CR联立解得FN＝100N.(3)从B点到弹簧压缩最短时的过

程由功能关系得12mv2B＝μmg(L＋x)＋Ep解得Ep＝100J．7．答案：(1)12m1v20－m1gh(2)(m1＋m2)g2＋v4r2解析：(1)运动员推车奔跑过程中对雪车由动能定理有W＋m1gh＝12m1v20解得W＝12m

1v20－m1gh.(2)根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力F向＝(m1＋m2)v2r对运动员和雪车进行受力分析，如图所示根据平行四边形定则可知F2N＝(m1＋m2)2g2＋F2向代入解得FN＝(m1＋m2)g2＋v4r2.8．答案：(1)1.6m(2)14J解析：

(1)物块经过B点时有tanθ＝vyv0可得vy＝23m/s小物块运动至B点的竖直分位移y＝v2y2g＝0.6mA点距地面的高度H＝y＋R(1－cos60°)＝1.6m.(2)以地面为零势面，设物块在水平地面向右运动的位移为x，从A点水平抛

出到第一次返回B点过程中有12mv20＋mgH＝μmg·2x＋mgR(1－cos60°)可得μmgx＝4J从A点水平抛出到弹簧压缩最短过程中有12mv20＋mgH＝μmgx＋EpEp＝14J．考点37实验：验证机械能守恒定律1．答案：(1)CB(2)1.84(3)C解析：(1)应将打点

计时器接到电源的“交流输出”上，选项B操作不当，因实验只需比较gh和v22的大小关系，不需要测量质量，选项C没必要．(2)打B点的速度即为AC段的平均速度，即vB＝（21.68－14.31）×10－22×0.02m/s≈1.

84m/s.(3)根据12mv2＝mgh可知，12v2与h成正比，故C项正确．2．答案：(1)②④(2)5.000.431(3)12dΔt22－12dΔt12g(4)滑块在下滑过程中受到空气阻

力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差解析：(1)滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度v＝dΔt，滑块下滑过程中机械能守恒，减少的重力势能转化

为动能mg(h1－h2)＝12mv22－12mv21＝12mdΔt22－12mdΔt12，整理化简得g(h1－h2)＝12dΔt22－12dΔt12，所以测量滑块和遮光条得总质量m不必要，②满足题目要求，测量A、B之间的距离l不必要，④满足题目要求．(2)

游标卡尺的读数为d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm，滑块通过光电门的速度v1＝dΔt1＝511.60m/s＝0.431m/s，(3)根据(1)问可知h1－h2＝12dΔt22－12dΔ

t12g，在误差允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机械能守恒．(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差．3．答案：(1)－2(2)－2.10.59(3)

C解析：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mgcosθ，到最低点时细线拉力最大，则mgl(1－cosθ)＝12mv2，Tmax－mg＝mv2l，联立可得Tmax＝3mg－2Tmin，即若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为－

2；(2)由图乙得直线的斜率为k＝－1.77－1.350.2＝－2.1，3mg＝1.77，则小钢球的重力为mg＝0.59N.(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.4．答案：(1)k(L－L0)h5－12kh

25m()h6－h428T2mgh5(2)见解析解析：(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝12k(L－L0)2－12k(L－L0－h5)2整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－12kh25；打F点时钩码的速度为vF＝h6－h4

2T，由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为ΔEk＝12mv2F－0＝m()h6－h428T2，钩码的重力势能增加量为ΔEp＝mgh5.(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的

增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大．5．答案：(1)0.225(2)0.5(3)不变解析：(1)由图知第5条刻度线与主尺对

齐，则读数为：d＝2mm＋5×0.05mm＝2.25mm＝0.225cm；(2)设斜面的长为s，倾角为θ，由动能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)s＝12mv2，即：mgh－μmgL＝12mv2，v2＝2gh－2μgL，由图像可知，

当h＝0.25m时，v＝0，代入得到μ＝0.5；(3)由v2＝2gh－2μgL知斜率k＝2g为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图像的斜率不变．6．答案：(1)刻度尺(2)重物离打点计时器太远(3)3.11(3.10～3.12)(4)0.91(0.89～0.93)(5)略大于系统误差解析：(1)

验证机械能守恒定律需要测量重物下降的高度以及重物的速度，因此需要使用刻度尺．(2)为充分利用纸带记录实验数据，重物应尽量靠近打点计时器，而题图甲中重物离打点计时器太远．(3)计数点0对应的读数为1.00cm，计数点4对应的读数为4.

11cm，所以计数点0到4的距离为3.11cm.(4)计数点5对应的速度等于计数点4～6对应的平均速度，即v5＝（7.75－4.11）×10－20.04m/s＝0.91m/s.(5)由于阻力的存在，重物减少的重力势能略大于增加的动能，这种误差与人为因素无关，与实验

系统本身有关，所以该误差称为系统误差．7．答案：(2)7.885(3)B(4)md22(1t21－1t22)(5)增大解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5mm＋0.385mm＝7.885mm.(3)由于小球自由落体运动时间很短，所

以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球．(4)小球第1次通过光电门时的速度v1＝dt1，第2次通过光电门时的速度v2＝dt2，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝12mv21－12mv22＝md22(1t21－1t22).

(5)若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差．第六章碰撞与动量守恒定律考点38动量冲量动量定理——练基础1．答案：D解析：兔子经过1.2s速度由0达到9m/s，根据加速度公式可知，a＝vt＝7.5m/s2，A错误；

匀加速过程中，设地面对兔子的平均水平作用力大小为f，根据动量定理可知，ft＝mv－0，代入数据解得f＝15N，B错误；撞树过程中，兔子撞树前的动量大小p＝mv＝2×9kg·m/s＝18kg·m/s，以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量p′＝

mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2kg·m/s，兔子撞树过程中动量的变化量Δp＝p′－p＝－2kg·m/s－18kg·m/s＝－20kg·m/s，由动量定理得Ft＝Δp＝－20N·s，则兔子受到的平均作

用力大小为400N，C错误，D正确．2．答案：D解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气

囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，D正确．3．答案：C解析：足球下落时间为t1＝2h1g＝0.4s足球上升时间为t2＝2h2g＝0.3s总时间为t＝t1＋t2

＋t3＝0.8s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝12mv22－12mv21根据运动学公式v21＝2gh1，v22＝2gh2解得W合＝－1.4J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv2－()－mv1＝2.8kg·m/

s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D错误．4．答案：C解析：根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104N，A错误；在0～50s内，“翔州1”所受合外力冲量

的大小为I＝Ft－Fft，代入数据可得I＝5×105N·s，B错误；由动量定理可知Ft－Fft＝mv，解得m＝2.5×104kg，C正确；在0～50s内，动力F是变力，加速度变化，无法求位移，无法求解功，D错误．5．答案：D解析：由

静止下落到接触网面时，根据动能定理有mgh1＝12mv21可得，接触网面瞬间的速度为v1＝8m/s，方向竖直向下从离开网面到最大高度时，根据动能定理有－mgh2＝0－12mv22可得，离开网面瞬间的速度为

v2＝10m/s，方向竖直向上取向上为正方向，则根据动量定理有I－mgt＝mv2－m(－v1)带入数据可得，网面对她的冲量大小为I＝1500N·s，故选项D正确．6．答案：D解析：在前一段时间内，根据动能定理得：W1＝12m(2v)2－12mv2＝3×12m

v2在后一段时间内，根据动能定理得：W2＝12m(5v)2－12m(2v)2＝21×12mv2所以W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：m·2v－mv≤I1≤m·2v＋mv，即mv≤I1≤3mvm·5v－

m·2v≤I2≤m·5v＋m·2v，即3mv≤I2≤7mv可知：I2≥I1，故D正确，A、B、C错误．7．答案：B解析：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为：Δm＝ρSv·Δt，假定台

风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25m/s，16级台风的风速v2≈50m/s，则有F2F1＝v22v21≈4，B正确．8．答案：AB解析：根据FΔt＝Δmv可知，增加单

位时间的燃气喷射量(即增加单位时间喷射气体的质量Δm)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v，都可以增大火箭的推力，故选项A、B正确．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用做加速运动，故C错误；燃气被喷出的瞬间

，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上使火箭获得推力，故D错误．9．答案：D解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小

为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－0＝mωr，D正确．10．答案：A解析：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．11．答案：C解析：t时间内黏附在飞船上的尘埃质量M＝Sv0tnm，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft＝Mv0，解得F＝Snmv20.为维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝Snmv30，C正

确．12．答案：AC解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1时间内，结合v­t图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正确；v­t图像的斜率表示返回舱的加速度，

故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D项错误．13．答案：(1)56m50N(2)1.8×103N·

s解析：(1)设运动员的水平位移为x，由水平方向v­t图像可得x＝v0＋v2t解得x＝56m设运动员在水平方向的加速度大小为a，水平方向所受的阻力为f1，竖直方向所受阻力为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得a＝v－v0t，－f1＝ma代入数值可得f1＝50N.(2)由题意知f2＝f1＝

50N根据平行四边形定则可得F合＝f21＋（mg－f2）2对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp＝F合t解得Δp＝1.8×103N·s.14．答案：(1)6m/s(2)0.01s(3)3000N解析：(1)由自由落体运动规律可

得：v2＝2gh，其中：h＝1.80m代入数据解得：v＝6m/s；(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx＝v2t，其中Δx＝0.03m代入数据解得：t＝0.01s；(3)取向下为正方向，由动量定理得：－Ft＝0－mv代入数据解得：F＝3000N．考点39动量守恒定律及其应用——练基

础1．答案：A解析：设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律mAvA－mBvB＝－mAv′A＋mBv′B，解得mA∶mB＝3∶5，故选项A正确．2．答案：B解析：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．3．答案：A解析：设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝12mv2－12mv20，解得v0＝15

m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5m/s，A正确．4．答案：A解析：设隋文静质量为2m，韩聪质量为3m，开始运动方向为正方向，根据动量守恒定律有5mv0＝2m

·32v0＋3mv，解得v＝23v0，方向与初速度方向相同，A正确．5．答案：C解析：黏性物体落在A车上，由水平方向动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝v02；之后A、B和物体共速时，弹簧弹性势能最大，整个系统动量守恒，有2mv0＝3mv2，解得v2＝2v0

3，最大弹性势能Ep＝12mv20＋12×2mv022－12×3m23v02＝112mv20，C正确．6．答案：D解析：对接过程中，由满足动量守恒有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得对接后瞬间的速度为v＝m1v1＋m2v2m1＋m2＝m1v1＋m2v1－m2v1＋m2

v2m1＋m2＝v1－m2（v1－v2）m1＋m2，可知对接后瞬间的速度v不可能等于v1，A错误．对接过程中，根据动量定理可知核心舱对飞船作用力的冲量大小等于飞船的动量变化大小Δp，B错误．若对接前满足v1>v2，对接过程中神舟十三号飞船

的动量变化大小为Δp＝m1v1－m1v＝m1(v1－m1v1＋m2v2m1＋m2)＝m1m2（v1－v2）m1＋m2＝m1（v1－v2）m1m2＋1；若对接前满足v1<v2，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为Δp＝m1v－m1v1＝m1m1v1＋m2v2m1＋m2－

v1＝m1m2（v2－v1）m1＋m2＝m1（v2－v1）m1m2＋1，可知在飞船质量m1一定，且飞行器间相对速度也一定时，m2越小，则Δp越小，C错误，D正确．7．答案：AC解析：根据题中v­t图像可知，碰撞时间为1×10－2s～2×10－2s，碰撞前，A球的速度为vA＝6m/s

，B球的速度为vB＝1m/s，碰撞后，A球的速度为v′A＝2m/s，B球的速度为v′B＝7m/s，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，代入数据可得mA∶mB＝3∶2，B错误，A正确；碰撞前系统的总动能为Ek＝12mAv2A＋12mBv2B＝553m

A，碰撞后系统的总动能E′k＝12mAv′2A＋12mBv′2B＝553mA，可见碰撞前后系统的总动能不变，因此该碰撞为弹性碰撞，D错误，C正确．8．答案：C解析：由图(b)所示图像可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶

沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0＋mv代入数据解得v＝0.8m/s，碰前动能E1＝12mv20＝12m×1.02＝0.5m，碰后动能E

2＝12mv′20＋12mv2＝0.34m，则E1>E2碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A、B错误；根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小x＝（v＋0）t2＝0.8×52m＝2m，故C正确；根据“红壶碰撞前后的图线

平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据a＝ΔvΔt可知所用时间也相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动1s，故D错误．9．答案：(1)10m/s(2)510N解析：(1)设甲

的质量m1、初速度v1、末速度v′1，乙的质量m2、初速度v2、末速度v′2，由甲运动员推送乙方队员过程中，取甲的速度方向为正方向，由动量守恒得m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2解得v′1＝10m/s.(2)队员甲推送完队员乙后到恰接触缓冲垫

过程根据动能定理得－μm1gS＝12m1v2－12m1v′21甲运动员碰撞上缓冲垫后，根据动量定理得－(F＋μm1g)t＝0－m1v解得F＝510N．10．答案：6次解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0即：v1＝mAmBv第n次推出A车时：mAv＋mBv

n－1＝－mAv＋mBvn则：vn－vn－1＝2mAmBv，所以vn＝v1＋(n－1)2mAmBv当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6.11．答案：(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不会爆开解析：(1)对于碰撞过程，取速度v1的方向为正方向，以试验

车为研究对象，由动量定理有－I0＝0－m1v1代入数据得I0＝1.6×104N·s又因I0＝F0t1代入数据可解得F0＝1.6×105N.(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度大小v一起滑行，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v

对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1联立解得F＝2.5×104N，可见F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开．12．答案：(1)4m/s0.5(2)7.5×10－3J不能解析：(1)设碰撞前

瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝v0t1－12at21v1＝v0－at1，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma联立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运

动时加速度大小均为a＝5m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规律v′21＝2aΔx，解得v′1＝1m/s设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2解得v′2＝3m/s所

以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔEk＝12mv21－12mv′21＋12mv′22解得ΔEk＝7.5×10－3J.碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝v′222a＝0.9m<1m，所以弹珠B没有进坑，故不能胜出．考点40反冲运动(爆炸问题、人船模型)——练基础1

．答案：D解析：画出如图所示的草图设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t.则v＝dt，v′＝L－dt人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船

的质量M＝m（L－d）d，故选D.2．答案：A解析：小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向平均动量守恒，则有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根据题意，有x1＋x2＝a

，解得x2＝0.05m，A正确．3．答案：A解析：由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cosθ－(m1－m2)v＝0，解得v＝m2v0cosθm1－m2，故A正确，B、C、D错误．4．答案：B解析：火箭的推力

来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，A错误；在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝mv0M－m，B正确；喷出燃气后万户及所携设备

做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝v22g＝m2v202（M－m）2g，C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能

不守恒，D错误．5．答案：C解析：设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，所以x1＝25x2，气球和人运动的路程之和为7m，则人下滑的距离为x1＝27h＝2m，气球上升的距离为x2＝57h＝5m，C正

确．6．答案：C解析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝mv0M－m，火箭上升

的时间为t＝vcosθg＝mv0cosθ（M－m）g，火箭的水平射程为x＝vsinθ·2t＝mv0sinθM－m·2mv0cosθ（M－m）g＝m2v20（M－m）2gsin2θ，C正确；水喷出后，火箭做斜向

上抛运动，有()vcosθ2＝2gh解得h＝m2v202g（M－m）2cos2θ，D错误．7．答案：(1)1J(2)0.3m解析：(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根

据能量守恒定律可得12·2mv20＋E＝12mv2A＋12mv2B，两式联立并代入数据解得E＝1J.(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝mv2DR，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝12mv2D－12mv2B，联立

可解得R＝0.3m．8．答案：(1)49m(2)4.48cm(3)351.25N解析：(1)根据牛顿第二定律得a＝mg＋0.25mgm＝12.5m/s2根据运动学公式v20＝2ah解得h＝49m.(2)根据v20＝2ah，v20－v21＝2ah×0.96联立得v1＝7m

/s则t1＝v0－v1a＝2.24s，L＝vt1＝4.48cm.(3)由动量定理(F－mg－0.25mg)Δt＝mv0解得F＝351.25N．考点41碰撞模型的拓展(一)——提能力1．答案：ABD解析：对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝12mv20，解得：v0＝2gh，对C与A组

成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝gh2，A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝12mv20－12×2mv21＝12mgh，B正确；C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，C、A的重力势能和动能转化为弹簧

的弹性势能，由系统的机械能守恒可知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量，即大于12·2mv21＝mgh2，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝mgk，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H

＝mgk，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：12×2mv21＝2mg·2H，解得：h＝8mgk，D正确．2．答案：A解析：物块沿斜面下滑时，合外力先不变，接触弹簧后所受的合外力先逐渐减小，当向上的弹力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量时，此时合力

为零；然后继续向下运动时合力向上变大，在最低点时合力最大；因p­t图像的斜率ΔpΔt＝F合，由图像可知，斜率先不变、后减小，再反向增加，可知图像A正确；根据Ep＝mgh＝mgxsinθ可知重力势能随x线性减小，选项B错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，弹簧弹力随位移x

按线性增加，则选项C错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹性势能为零；接触弹簧之后，弹簧弹性势能随x逐渐变大，但是图像为开口向上的抛物线形状，则选项D错误．3．答案：BCD解析：c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统水平方向由于受到铁块a的作用力，则水平方向动量不守恒；竖直方向受合

力不为零，则动量也不守恒，即c和b组成的系统动量不守恒；因为铁块a对b做功，则c和b组成的系统机械能不守恒，A错误；c开始下落至第一次到达最低点的过程中，设ab向左的位移为x，则由人船模型可知2mx＝m(R－x)，a的位移大小为x＝R3，B正确；c第一次到达最低点时，ab速度向左，大小为v

x1，c速度向右，大小为vx2，则2mvx1＝mvx2，由能量关系有mg·4R＝12×2mv2x1＋12mv2x2解得vx1＝2gR3、vx2＝4gR3；当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a与b分离，则此时对bc系统有mvx2－mvx1＝2mvx3，解得vx3＝gR3；又

因为mg·4R＝12mv2x1＋12×2mv2x3＋12mv2y＋mgR，12mv2y＝mgH，解得H＝2R，C正确；c从右端滑下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度为433gR，D正确．4．答案：C解析：结合图像分析两物块的运动过程：0

～t1时间内，m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；t1～t3时间内，弹簧先逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速到零，然后反向加速，t2时刻两物块加速度均为零，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧

的长度继续增大，m2开始减速，m1先减速到零，然后反向加速，t3时刻两物块速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧伸长量最大；t3～t4时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程；由上述分析可知，在t1、t3时刻两物块达到共同速

度1m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态，在t3时刻弹簧处于伸长状态，A错误；由上述分析可知，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，B错误；以m1的初速度方向为正方向，0～t1时间内，由动量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入解得m1∶m2＝1∶

2，C正确；在t2时刻m1的速度大小为v3＝1m/s，m2的速度大小为v4＝2m/s，又有m1∶m2＝1∶2，根据Ek＝12mv2解得Ek1∶Ek2＝1∶8，D错误．5．答案：(1)2kg(2)9J解析：(1)由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度为v1＝9m/s，碰撞后的速度为v2

＝3m/s，物块C与物块A碰撞过程中动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg.(2)12s末物块B离开墙壁，之后A、B、C三物块及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、B、C三物块的速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB

＋mC)v412(mA＋mC)v23＝12(mA＋mB＋mC)v24＋Ep由题图乙知v3＝－3m/s联立解得Ep＝9J．6．答案：(1)2.5J(2)28.0m/s2(3)4.25m解析：(1)由机械能守恒定律有Ep＝mgh代入数

据解得Ep＝2.5J.(2)对B有F－mg＝ma1对A有F＋mg＝ma2代入数据解得a2＝28.0m/s2.(3)设木块A、B滑至水平面时的速度为v0，则2mgR＝12×2mv20设解除锁定后，两木块A、B离开水平面PQ

前的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有2mv0＝mvA＋mvB由机械能守恒定律有2mgR＋Ep＝12mv2A＋12mv2B同理有mg(R＋H)＝12mv2A代入数据解得H＝4.25m．考点42碰撞模型的拓展(二)——提能力1．答案：D解析：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，则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．2．答案：C

解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0.如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－12Mv20，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速

运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝12Mv20－12(2M)v21，联立解得L′＝L2，C正确．3．答案：D解析：弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，瞬

间动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细线的拉力与重力的合力提供向心力即F－6mg＝6mv2L，F>mg，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒得到12mv20＝12×6mv2＋Q

，求得Q＝512mv20，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒12×6mv2＝6mgh，求得h＝v2072g，D正确．4．答案：A解析：整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，但系统内有阻力做负功，产生了摩擦热，所以机械能不守恒，故A

错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，且系统内除了弹力之外没有其他外力做功，则机械能守恒，故B正确；根据能量守恒定律可知整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量，故

C正确；由题意，设子弹和木块的总质量为m，小车的质量为M，子弹射入木块后子弹与木块整体的速度为v0，当弹簧最短时，子弹、木块和小车具有共同速度v，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v①根据机械能守恒定律可得此时弹簧的弹性势能为Ep

＝12mv20－12(M＋m)v2②联立①②解得Ep＝mv202＋2mM③由③式可知M越大，Ep越大，则弹簧的最大压缩量越大，故D正确．5．答案：(1)10m/s(2)5m解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成

的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有：(

m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22解得L＝5m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5m．6．答案：(1)3mg(2)L6μ解析：(1)小球下降到最低点过程根据动能定理得m1gL＝

12m1v2－0到最低点时根据牛顿第二定律得T－m1g＝m1v2L，m1＝m联立并代入数据解得T＝3mg.(2)小球和小车碰撞时根据动量守恒定律得m1v＝Mv1物块与小车作用最终速度相等，此过程根据动量守恒定律有M

v1＝(m2＋M)v2物块与小车作用过程中损失的机械能由于摩擦做功转化为内能Q＝12Mv21－12(M＋m)v22Q＝μmg·Δxm2＝mM＝2m联立并代入数据解得Δx＝L6μ.7．答案：(1)2(2)A最终停在B左端

距离右挡板6m处解析：(1)A做匀减速运动，加速度a1为μmg＝ma1解得a1＝2m/s2此时木板做匀加速运动，设加速度为a2，根据牛顿第二定律有μmg＝βma2根据运动距离关系有v0t－12a1t2－12at22＝L代入数

据解得β＝2.(2)A、B组成的系统动量守恒，设最终两者的共同速度为v，设A相对于B滑行的路程为s，β＝2，则B的质量为2m，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v由能量守恒定律得：1

2mv20＝12(m＋2m)v2＋μmgs代入数据解得：s＝13.5m＝7.5m＋6m则A最终停在B上距右端6m处．8．答案：(1)26N4m/s(2)0.1m解析：(1)设C返回到A最低点P点时的速度为vP，根据动能定理可得mgh＝12mv2P，设C在A最低点P点时的受到

的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2PR，联合解得FN＝26NC由B的最右端运动到A最高点的过程中，由动能定理得－μmgL－mgh＝0－12mv20解得v0＝4m/s.(2)若不固定A，仍给C一水平向左的初速度v0，C从B最右端滑至点P的过程中，A、B、

C组成的系统动量守恒，设C离开B时C的速度为vC，由于B推着A运动，因此A、B速度大小相等，设为vB，设该过程中B、C滑动的距离为x，由动量守恒得mv0＝mvC＋2mvB对A、B由动能定理得μmgx＝12(2m)v2B对C由能量守恒定律得－μm

g(x＋L)＝12mv2C－12mv20解得vB＝23m/s，vC＝83m/s其中vB＝2m/s、vC＝0舍去．C在A上运动时，A、C组成的系统机械能守恒，且在水平方向上动量守恒，当A、C在水平方向上达到共同速度

时C运动到最高点，设此时共同速度为v共，由动量守恒得mvC＋mvB＝2mv共设C到达最高点时相对于P的高度差为H，由动能定理得－mgH＝12(2m)v2共－12mv2C＋12mv2B解得H＝0.1m．考点43三大观点在力学中的应用——提能力1．答案：AD解析：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W

1＝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．答案：A解析：由ε＝hν，p＝hλ以及光在真空中的光速c＝λν知光子的动量和能量之间关系为ε＝pc.设时间t内

射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E0，光子射到探测器上后全部反射，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E＝nt·E0，由动量定理得F·tn＝2p，对探测器应用牛顿第二定律F＝ma，可得a＝Fm，代入数据得a＝0.001m/s2.A正确．3．答案：

BD解析：锁定木板时，设最大压缩量为x，最大的弹性势能为Ep，从开始到弹簧被压缩最短过程中，由动能定理得－Ep－μmg(AP＋x)＝0－12mv2，从弹簧被压缩最短到回到O点过程中，由动能定理得Ep－μmg(AP2＋x)＝0，解得x

＝0.25m，Ep＝0.75J，A错误，B正确；若不锁定木板，由动量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝1m/s，根据能量守恒得12mv2－12·2mv′2＝μmgs，解得s＝1m＝AP，可知小滑块向左运动到木板上的P点两者恰好共速，C错误，D正确

．4．答案：(1)v06(2)9v04μg解析：(1)地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则0＝－mv0＋6mv1解得v1＝v06.(2)物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块的受

力如图所示该过程中物块的加速度为a，则有f＝μmg＝ma解得a＝μg物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为t1，对地位移为x1，则t1＝0.5v0－（－v0）a＝3v02μg，2ax1＝(0.5v0)2－(－v0)2，解得x1＝－3v208μg物块与传送带共速

之后将以0.5v0的速度匀速运动至N，匀速运动用时t2，则t2＝－x10.5v0＝3v04μg物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为t＝t1＋t2＝9v04μg.5．答案：(1)5.5m/s(2)67N解

析：(1)以小王和两滑板为研究对象，跳入b板前后水平动量守恒，设小王与b板的共同速度为v，则有(M＋m1)v0＝0＋(M＋m2)v小王与b板一起运动中，恰好不能越过A点，即返回到A点时速度恰好为0.从B至A，对两者由动能定理有－(M＋m2)gR1＝0－12(M＋m2

)v2，解得v＝6m/s，v0＝5.5m/s.(2)设O1E与竖直方向的夹角为θ，对小王与滑板a，从E至B由动能定理有(M＋m1)gR1(1－cosθ)＝12(M＋m1)v20－0，解得cosθ＝23144设小王在E点所受支持力为FN，则沿着半径方向有FN－Mgcosθ＝0，解得FN＝67N

由牛顿第三定律，小王对滑板a的压力大小为67N．6．答案：(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2m)(3)见解析解析：(1)滑块b摆到最低点mgh＝12mv2b弹性正碰v0＝vb＝5m/s(2)以竖直向下为正方向FN＋mg＝mv2ERmgh－2μmgl－mgH＝12

mv2EFN＝0.1h－0.14(h≥1.2m)(3)从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零mgh1－2μmgl－mgH＝0h1＝1.2m当1.2m≤h<1.65m时t＝2Hgs＝vEt(3＋35)m≤x<(3.6＋35)m当0.9m<h<1.2m时

从h2＝0.9m释放时，滑块a运动到距C点0.8m处速度恰好为零滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6m处速度恰好为零2．6m<x≤3m．7．答案：(1)0.6mv20(2)0.768v0t0(3)0.45解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰

撞动量守恒，由图(b)知mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0得：mB＝5mA＝5m此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝12mB(1.2v0)2－12(mA＋mB)v20＝0.6mv20(2

)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0即mvA＋5mvB＝6mv0化简得vA＝5(1.2v0－vB)根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v

­t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝15xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t0(3)A、B第二次碰撞过程

，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A动能不变：12mB(0.8v0)2＋12mAv2A1＝12mBv′2B＋12mAv′2A由题意知v′A＝2v0联立解得vA1＝v0对A第

一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m(2v0)2对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有－2μmghcosθsinθ＝12mv2A1－12m(2v0)

2联立解得μ＝0.45.考点44实验：验证动量守恒定律1．答案：(1)1.712DE(2)0.6850.684(3)C解析：(1)接通打点计时器电源后，推动小车1由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线

运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车1和2碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度．小车1碰撞前的速度大小v1＝BCt＝0.17

120.02×5m/s＝1.712m/s.(2)碰后小车的共同速度为v2＝DEt＝0.11400.02×5m/s＝1.140m/s，两小车碰前动量大小为p＝mAv1＝0.4×1.714kg·m/s＝0.685kg·m/s，碰后的动量为p′＝()mA＋mBv2＝(0.4＋0.2)×1

.140kg·m/s＝0.684kg·m/s.(3)实验中小车1不一定从静止释放，只要碰撞前做匀速运动即可，选项A错误；若小车1前端没贴橡皮泥，则两车不能粘在一起，小车2的速度不好测量，所以小车1前端没贴橡皮泥会影响实验验证，选项B错误；

上述实验装置中两小车碰撞后粘在一起，是非弹性碰撞，弹性碰撞的话小车2碰撞后的速度无法测量，因此该装置不能验证弹性碰撞规律，选项C正确．2．答案：(1)mAh1＝(mA＋mB)h2(2)12解析：(1)由机械能守恒定律可得mAgh1＝12mAv21，得碰前速度v1＝2gh1；由(mA＋mB)gh2

＝12(mA＋mB)v22，得两摆碰后速度v2＝2gh2；根据动量守恒可知需要的表达式为mAh1＝(mA＋mB)h2.(2)把数据代入验证表达式可得mA＝mB，即若满足A摆的质量是B摆的质量的1倍，即可验证系统动量守恒．根据动量守恒有mAv1＝(mA＋mB)

v2，根据能量守恒有12mAv21＝12(mA＋mB)v22＋ΔE，解得ΔE＝12×12mAv21，即A摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的2倍．3．答案：(1)BCD(2)ABD(3)C(4)B解析：(1)验证动量守恒的实验中，不需要电源，故A错误；验证动量守恒的实验中，需

要用天平测量小球的质量，故B正确；验证动量守恒的实验中，需要用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度，故C正确；验证动量守恒的实验中，需要用圆规找物体的平均落点，D正确．(2)实验中，要保证小球具有水平的速度，必须保证轨道末端水平，A正确；实验中，要保证小球发生一维碰撞，必须

保证两球直径相等，B正确；A球的质量应大于B球的质量，防止碰撞时，A球被弹回，C错误；必须借助重锤线找到O点位置，D正确；(3)实验中，每次释放小球A，从同一位置静止释放，则小球到达轨道末端的速度相等，设A球

与B球碰撞前的速度为vA，碰撞后A球的速度为v′A，B球的速度为vB，验证碰撞过程动量守恒，则需验证mAvA＝mAv′A＋mBvB，由于小球做平抛运动下落高度相同，则运动时间相等，设运动时间为t，则有mAvAt＝mA

v′At＋mBvBt，即mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，则除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量mA、mB，故A、B、D错误，C正确．(4)由(3)分析可知mA·OP＝mA

·OM＋mB·ON，整理得ON＝mAmB()OP－OM，即y＝6x，则画出y­x图像，该图像接近B图像．4．答案：(1)C(2)0.200解析：(1)碰撞前应将滑轨调成水平，确保系统所受合外力为零，保证碰撞过程中动量守恒，没有必要测量

滑轨的长度和小车的长度、高度，故选项A、B均错误，选项C正确．(2)由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，以碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p＝pB－

pA＝0.200kg·m/s.5．答案：(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)m2－m12m10.34解析：(2)在一动一静的弹性碰撞中，质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹，故应选质量为0.304kg的滑块作为A.(6)滑块A、B碰后的速度v1＝s1t1、v2＝s2

t2，因s1＝s2，故有v1v2＝t2t1，则k2＝0.210.67≈0.31.(7)v1v2的平均值k－＝2×0.31＋3×0.335≈0.32.(8)设滑块A碰前的速度为v0，若为弹性碰撞，则有：m1v0＝－m1v1＋m2v2①12m1v20＝12m1v21＋12m2v22②联立①②

得：v1＝m2－m1m1＋m2v0，v2＝2m1v0m1＋m2则v1v2＝m2－m12m1＝0.510－0.3042×0.304≈0.34.6．答案：(1)水平(3)mat1＝ma＋mbt2(4)不需要解析

：(1)将滑块b放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨，直至观察到滑块b能在短时间内保持静止，说明气垫导轨已调至水平．(3)根据速度公式可以知道v1＝dt1，v2＝dt2，根据动量守恒定律可以知道mav1＝(ma＋mb)v2，所以应满足的公式为ma

t1＝（ma＋mb）t2.(4)由以上分析的结果mat1＝（ma＋mb）t2可知本实验不需要测量遮光条的宽度．第七章机械振动与机械波考点45机械振动(A)——练基础1．答案：D解析：振子从B经O到C仅完成了半次全振动，所以其振动周期T＝2×1s＝2s，振幅A＝BO＝5cm.振子在一

次全振动中通过的路程为s＝4A＝20cm，所以两次全振动中通过的路程为40cm.3s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30cm.综上可知，D正确．2．答案：AD解析：由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小F＝kx＝20×0.25N＝5N

，方向指向x轴的负方向，并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动，A项正确，B项错误；由牛顿第二定律知，题图中A点对应的时刻振子的加速度大小a＝Fm＝50m/s2，C项错误；由题图可读出周期为2s，4s内振子完成两次全振动，通过的路程s＝2×4A＝2×4×0.5cm＝4cm，D项正确．3．答

案：AC解析：在单摆的偏角增大的过程中，摆球远离平衡位置，故位移变大，速度变小，回复力变大，机械能保持不变，A、C正确．4．答案：B解析：该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足52T＝Lv，单摆周期公式为T＝2πLg，联立解得该单摆的等效摆长为L＝gL225π2v2，B正确．

5．答案：B解析：根据F＝－kx可知小物块运动到M点时回复力与位移方向相反，A错误；根据a＝－kxm可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，B正确；小物块从O点向M点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，C错误；小物块从O点向N点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物

块的机械能减少，D错误．6．答案：D解析：使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故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，故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，故D正确．7．答案：BC解析：振动系统在周期性驱动力作用下的振动叫受迫振动，圆盘静止时无周期性驱动力作用，不是受迫振动，A错误；小球稳定振动时的频率为f′＝1T′＝11＝1Hz，B正

确；圆盘转速由零逐渐增大，转动的频率逐渐接近小球振动的固有频率，振幅增大，与固有频率相同时振幅最大；超过固有频率，转速继续增大，振幅减小，故先增大，后减小，C正确；圆盘缓慢加速转动时，以T型支架为参考系，小圆柱运动到T型支架的中间位置时是非平衡状态，有加速度，不满足简谐运动的条件

，D错误．8．答案：C解析：惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，A错误；机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，C正确，B、D错误．9．答案

：C解析：摆球做阻尼振动，机械能随时间不断减小，所以摆球在t1时刻的机械能大于t2时刻的机械能，A错误；根据对称性可知摆球在t1时刻的重力势能等于t2时刻的重力势能，而摆球的机械能等于动能与重力势能之和，根据A项分析可知摆球在t1时刻的动能大于t2时刻的动能，B错误，C正确；摆

球在t3时刻的速度等于零，摆球在t2时刻的速度大于零，所以摆球在t3时刻的速度小于t2时刻的速度，D错误．10．答案：C解析：当汽车以5m/s的速度行驶时，驱动力的周期为T＝sv＝1.55s＝0.3s，所以频率f＝1T＝103Hz

，A错误；当汽车以3m/s的速度行驶时，驱动力的频率为f＝vs＝31.5Hz＝2Hz，此时驱动力的频率和汽车的固有频率相同，颠簸最厉害，C正确，B错误；当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振，振动的振幅最大，颠簸最厉害，D错误．11．答案：

ABC解析：题图中振幅最大处对应的频率与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从题图上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据关系式f＝12πgL可知，g越大，f

越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，fⅠfⅡ＝L2L1，且有fⅠfⅡ＝0.20.5，所以LⅠLⅡ＝254，B正确；fⅡ＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示在地球上完成的，根据g＝9.

8m/s2，可计算出LⅡ约为1m，C正确，D错误．12．答案：A解析：因为观众晃动秋千使球做了受迫振动，球的摆动幅度和观众晃动秋千频率与秋千的固有摆动频率有关，根据T＝2πLg可知，秋千的固有频率只与摆长和重力加速度有关，与质量没有关系，A错误；发现对面的

球摆也在跟着大幅度摆动，说明发生共振则周期相同则摆长相同，说明重心高度大致相同，否则球跟随观众摆动不明显，B正确；受迫振动的周期频率等于驱动力的周期频率，则摆球的振动周期与对该秋千施加一个周期性的驱动力的周期相同，C正确；单摆的重力沿切线方向的分力提供回复力，共振秋千移到

太空舱中处于完全失重状态，则不能形成单摆，所以无法实现共振现象，D正确．考点46机械振动(B)——提能力1．答案：ABC解析：摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力对小球也不做功，整个过程中只有重力做功，所以机械能守恒，其仍能回到原来的高度，A正确；频闪照相机拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线碰

到障碍物前、后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2πlg，得摆长之比为9∶4，B正确；摆球经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据F－mg＝mv2l知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度增大，C正确，D错误．2．答案：C解析：两质量相等的弹性小球

正碰后，由动量守恒和动能相等知碰后两球交换速度，即B碰A后A以碰前B的速度开始摆动，B静止，后A到最低点时第二次碰撞后A静止，B摆动，如此往复，所以两小球相碰时均在最低点．由于两小球摆角均很小，故两球均

做简谐运动，且T1＝2πl1g＝2s，T2＝2πl2g＝1s，从B开始运动起经T24，即0.25s两球第一次相碰．再经T12即1s，两球第二次相碰，再经T22，即0.5s第三次相碰，由此类推，可知经过4s两球相碰的次数为5次(第五次碰撞时t＝3.25

s，第六次碰撞时t＝4.25s>4s)，C正确．3．答案：C解析：由图像可知，t＝2s时，振子处于平衡位置，速度最大，向负方向运动，即振子向下振动，A错误；t＝3s时，振子处于负向的最大位移处，所以t＝2s到t＝3s过程中，振子由平衡位置向下运动到负向的最大位移处．在平衡位置时，振子的速度最大；

在最大位移处，振子的速度为0，所以振子的速度减小，B错误；由简谐运动的周期性和对称性可知，在t＝0.5s和t＝5.5s时，振子处在同一位置，所以加速度方向竖直向下，但速度方向不同，t＝0.5s时速度竖直向上，t＝5.5s时速度竖直向下，C正确，D错误

．4．答案：B解析：装置在太空中处于完全失重状态，一切与重力有关的现象都将消失，但图甲中的小球依然受弹簧的弹力作用，故仍将来回振动，选项A错误，B正确；图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完

全失重状态，回复力为零，则小球由静止释放后，小球仍静止，选项C、D错误．5．答案：AD解析：若振幅为0.1m，说明该振子初始位置在波谷，t＝1s振子在波峰，则有12＋nT＝1s，n＝0，1，2，…，当n＝0时，振子

的周期为T＝2s，当n＝1时，T＝23s，当n＝2时，T＝25s，A正确，B错误；若该振子的振幅为0.2m，则由x＝Asin(ωt＋φ)可知，当该振子起振方向不同时，可能经过t＝T2、T6或5T6到达位移为0.1m的位置，根据

振动的周期性可知12＋nT＝1s或16＋nT＝1s，或56＋nT＝1s，n＝0，1，2，…；当n＝0时，T＝2s或T＝6s或T＝65s，当n＝1时，T＝23s或T＝67s或T＝611s，C错误，D正确．6．答案：B解析：因为在最低点时，传感器拉力最大，最高点时，传感器拉力

最小，由图像可知，t＝0时刻小球处在最低点，t＝2s时小球再次处于最低点，所以小球振动周期为4s，A错误；由于动能、重力势能均是标量，故单摆一个周期内它们发生了两个周期性的变化，即小球动能变化的周期和重力势能变化的周期均为2s，B正确，D

错误；由于速度是矢量，所以单摆振动一个周期小球速度变化了一个周期，故小球速度变化的周期为4s，C错误．7．答案：B解析：由于刚开始的一段时间内小球做匀速运动，受力大小与位移大小不成正比，小球做的不是简谐运动，A错误．小球从杆中点到第一次回到杆中点的过程，初、末动能相等，则小

球动能的变化周期为T2，分析可知两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为T2，B正确，C错误．小球的初速度为v2时，在细杆上匀速运动的时间等于初速度为v时的2倍，小球从接触弹簧到速度减到零的时间等于初速度为v时的周期，故初速度为v2时的运动周期小于2T，D错误．8．

答案：ABD解析：木棒在竖直方向做简谐运动，浮力恰好等于重力时木棒速度最大，动能最大．根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图像可知，x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的速度先增大后减小，木棒的动能先增大后减小，选项A正确．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置

上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小减小，选项B正确．x＝0.35m时，木棒向下运动，x＝0.45m时木棒在同一位置向上运动，x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒在竖直方向

的速度大小相等，方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，选项C错误．木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝h1－h22＝F1－F2

2ρSg，选项D正确．9．答案：(1)22∶π(2)（2n＋1）2π2R8(n＝0，1，2，…)解析：(1)甲球做自由落体运动，由R＝12gt21，所以t1＝2Rg；乙球沿弧形槽做简谐运动(由于AC≪R，可认为摆角θ<5°)，此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，因此乙球第

1次到达C处的时间为t2＝14T＝14×2πRg＝π2Rg，所以t1∶t2＝22∶π.(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝2hg，由于乙球的运动具有周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙

＝T4＋nT2＝π2Rg(2n＋1)(n＝0，1，2，…)由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙联立解得h＝（2n＋1）2π2R8(n＝0，1，2，…).考点47机械波——练基础1．答案：B解析：此时a经平衡位置向上振动，根据“上下坡法”可知，波是向左传播的，A错误；

由图可知，这列波的波长为λ＝23xad＝6m，波的周期为T＝λv＝3s，B正确；c点在波谷，所以此时c点运动速度大小为0，C错误；此波在a、d两点之间传播所需时间t＝xadv＝4.5s，D错误．2．答案：D解析：波向右传播，则此时刻质点P向下运动，A错

误；此时刻，刚开始运动的质点向下运动，则波源的起振方向向下，B错误；波长逐渐增大，而波速由介质决定是不变的，由T＝λv周期逐渐增大，根据f＝1T可知频率逐渐减小，C错误，D正确．3．答案：AC解析：由波形图可知，波长为8m，A正确；根据公式v＝λT，代入数据解得v

＝40m/s，B错误；由题意知，该波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法可知该时刻质点P向y轴负方向运动，该时刻质点Q向y轴正方向运动，C正确，D错误．4．答案：C解析：两列声波在同一空间的空气中沿同一方向

传播，波速相同，A错误；由图读出声波1和声波2波长之比为λ1∶λ2＝2∶1，波长越长，波动性越强，所以相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生衍射现象，B错误；由v＝λf，得到两波频率之比为f1∶f2＝1∶2，据两列波发生干涉的必要

条件是频率相同，所以在这两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象，C正确；由多普勒效应可知当观察者靠近波源时，接收到的波的频率大于从声源发出时的频率；当远离波源运动时，接收到的波的频率小于从声源发出时的频率，D错误．5．答案：A解析：发生明显衍射现象的条

件是：小孔尺寸要比波长小或者和波长相差不多，所以此时能观察到明显的衍射现象，A正确；波穿过小孔后传播速度不变，频率不变，故波长不变，所以挡板前后波纹间距相等，B错误；如果将孔AB扩大，衍射现象将不明显，C错误；如果孔的

大小不变，使波源振动频率增大，则波长变短，衍射现象不明显，D错误．6．答案：B解析：波能否发生明显的衍射现象，取决于波长与障碍物尺寸的大小关系．频率减小时，波长增大，波可能发生明显衍射，B正确，A错误；改变桥墩距波源的距离，波长不会变化，C、D错误．7．答案：B

D解析：经过T4两列波还未相遇，又波在传播过程中，波形保持不变，故选项A错误；经过12T两列波向前传播的距离均为12λ，两列波的波前端刚好相遇，故选项B正确；经过34T两列波向前传播的距离均为34λ，根据波的叠加原理可知，在两列波之间λ4～3λ4的区域为两列波的振动加强区域，处于λ2处的质点向下的

位移为2A，故选项C错误；经过T两列波完全相遇，根据叠加原理，所有质点的位移均为零，故选项D正确．8．答案：B解析：由上下坡法可知，此时A、B、C、D都在向上振动，振动方向相同，A错误；两列波的频率相同，则周期相同，波传播的周期为T＝λv＝12－66s＝1s，则A点形成的机械波在左

侧绳中传播速度为v′＝λ′T＝－8－（－12）1m/s＝4m/s，B正确；A点形成的第一个波峰到达O点的时间为t1＝xAOv′＝3s，B点形成的第一个波峰到达O点的时间为t2＝xBOv＝2s，到达O点所用时间不同，则两列波形成的第一个波峰不在O点相遇；A、B的振动传播到O点的时间差为一个周期

，所以O点是振动加强点，振幅不等于15cm，C、D错误．9．答案：ABC解析：简谐横波的波长为λ＝0.4m，a、c两质点平衡位置间的距离为0.2m，即λ2；根据波的传播规律可知，a、c两质点的位移总是等大反向，A正确．t＝0时波源在坐标原点处向上振动，t

＝0.3s时波源正好位于波谷，有nT＋34T＝0.3s(n＝0，1，2，…)，可得波的传播周期T＝620n＋15s(n＝0，1，2，…)，当n＝3时T＝225s，B正确．结合B选项分析和题述，可知波源的振动方

程为y＝10sin20n＋153πt(cm)(n＝0，1，2，…)，n＝0时，y＝10sin5πt(cm)，C正确．波的振动周期越大，相同时间内，质点通过的路程越小，波的周期最大值为0.4s，在0～0.2s内，波源通过的最小路程为20cm，D错误．10．答

案：D解析：机械波在介质中传播的速度取决于介质，所以两列波的波速相等；由题图可以看出，甲波的波长大于乙，根据f＝vλ知甲的频率低，乙频率高，即f1<f2；由波形可以看出，甲波向右传播，传播到的点先向下振动；乙波向左传播，传播到的点先向上振动，所以，甲的起振方向向下，乙的起振方

向向上，D正确．11．答案：(1)14l(2)fl4解析：(1)如图，设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ.则r2－r1＝λ①由几何关系有r1＝l－s②r22＝(r1sin60°)2＋(l－r1cos60°)2③联立①②③式并代入

数据得λ＝14l④(2)波的频率为f，设波的传播速度为v，有v＝fλ⑤联立④⑤式得v＝fl4.12．答案：(1)0.8s(2)－0.5cm解析：(1)因为波长大于20cm，所以波的周期T＝λv>1.0s由题可知，波的周期是T＝2Δt＝1.2s波的波长λ＝vT＝24cm在t1时刻(t1>0

)，质点A位于波峰．因为A、B距离小于一个波长，B到波峰最快也是A的波峰传过去，所以从t1时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间t1＝xABv＝0.8s.(2)在t1时刻(t1>0)，由题意可知，此时图像的函数是y＝cos

π12x(cm)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移yB＝cosπ12xB(cm)＝－0.5cm.考点48波的图像问题——提能力1．答案：AB解析：波的周期为T＝1.2s＋0.8s＝2.0s，因为1.2s大于半个周期，所以P点

此时向上振动，波沿x轴正方向传播，A正确；波速为v＝λT＝2cm/s，B正确；质点P只振动不移动，C错误；该波的频率为f＝1T＝0.5Hz，若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率一定为0.5Hz；如果两列波的振动方向相同，相遇时的振

幅为10cm，如果两列波的振动方向相反，相遇时是振幅等于零，D错误．2．答案：AC解析：由题意，x＝0处的质点在0～1s的时间内通过的路程为4.5cm，则结合图可知t＝0时刻x＝0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，

该波的传播方向沿x轴的正方向，A正确；由题意可知，t＝1s为1312T，解得T＝1213s，由图可知λ＝12m，则v＝λT＝121213m/s＝13m/s，B错误，C正确；由同侧法可知t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴正方向运动，D错误．3．答案：C

解析：根据简谐运动的规律可得，浮力与重力平衡，则有F＝－ρL2gx，则运动过程木块受到的合力F应该过二四象限，A错误；随着x增大，势能增大，由能量守恒可得，动能应减小，B错误；因为木块在水中沿竖直方向做简谐运动，故运动的速度v和相对平衡位置的位移x随时间t变化

的关系图像都应该是三角函数的波形，C正确，D错误．4．答案：A解析：波沿x轴正向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P的速度方向沿y轴正向，加速度沿y轴负向，A正确，B错误．在该时刻质点P不在特殊位置，则在14周期内的路程不一定等于A，C错误．质点只能在自己平衡位置附近

振动，而不随波迁移，D错误．5．答案：AD解析：由题图2知波长λ＝14×10－2mm＝1.4×10－4m，由v＝λf得波速v＝1.4×10－4m×1×107Hz＝1.4×103m/s，故A正确；由上下坡法可得，

质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故B错误；质点M只会在自己的平衡位置两侧做周期性振动，不会随波迁移，故C错误；质点M振动的周期T＝1f＝11×107s＝1×10－7s，由于ΔtT＝1.25×10－71×1

0－7＝54，所以质点M在0～1.25×10－7s内运动的路程为s＝54×4A＝2mm，故D正确．6．答案：AD解析：质点1开始振动时方向向上，t＝0.75s时质点1第一次到达最低点，即34T＝0.75s，故周期T＝1s频率为1Hz，故A正确；质点1开始时振动方向向上，t＝0.75s时质点4刚

好开始振动，振动的方向也向上，故B错误；t＝0.75s时质点1在波谷、质点3在波峰，两质点加速度大小相等、方向相反，故C错误；波从质点1传到质点2用时0.25s，质点2在t＝2.5s时发生振动的总时间为2.5s－0.25s＝2.25s＝

2.25T，即此时质点2恰好位于波峰位置，故D正确．7．答案：AC解析：由振动图像可知波的振幅A＝20cm，波的周期T＝12s，从振动图像上可以看出t＝7s时平衡位置位于原点O的质点相对平衡位置的位移为y7＝－32A，且向下运动．A图该质点位移符合条件，且当波沿x轴负

方向传播时向下运动，符合题意，A项正确；C图该质点位移符合条件，且当波沿x轴正方向传播时向下运动，符合题意，C项正确．8．答案：C解析：这两列波的振动周期相同，故频率相同，相位差也恒定，符合干涉条件，A错误；从图丙可知，M点波源的振动方程

为y＝4sin(10πt＋π)cm，B错误；因两波波长为0.2m，波源振动频率相同，起振方向刚好相反，点P到两波源的距离差为0.9m，距离差刚好是半波长的奇数倍，故为振动加强点，振幅为两波振幅之和为7cm，C正确；P点与O点相距1.2m，O点的波

源传至P点时需1.2s，故0.5s时不考虑O点波源的影响；由于P点与M点相距0.3cm，M点的波传至P需0.3s，故0.5s时刻，P点只振动了0.2s，刚好振动了一个周期，回到平衡位置并沿y轴负方向振动，D错误．9．答案：AB解析：a、b两质点二者平衡

位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2π，依题意其平衡位置相距23波长，则振动的相位差为Δφ＝23×2π＝43π，故A正确；由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为x＝16sin4πt＋π4cm可知当t

＝18s时，质点a的位移仍为82cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运动，故B正确；波速由介质决定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为v＝80.5m/s＝16m/s，经0.4s，传播的距离为L

＝16×0.4m＝6.4m即健身者抖动绳子端点(刚开始处于平衡位置)，经过0.4s振动不能传到P点，故D错误．10．答案：C解析：若波沿－x方向传播，则t＝0.5s＝n＋34T(n＝0，1，2，…)，由于0.25s<T<0.5s，故n＝1，即0.5s＝74T得T

＝27s，由题图可知波长λ＝4m，故波速v＝λT＝14m/s，A错误；波沿－x方向传播t＝0.1s≠14T，故质点M离开平衡位置的位移不为零，D错误；若波沿－x方向传播，在0.5s内，x＝1m处质点M通过的路程sM′

＝0.57×4A＝7A＝14cm，若波沿＋x方向传播，则t＝0.5s＝n＋14T(n＝0，1，2，…)，由题知n＝1，解得T＝0.4s；0.5s＝54T，x＝1m处的质点M通过的路程为sM＝5A＝10cm，x＝2.5m处质点N通过的路程sN>10cm，故两质点通过的路程不相等

，B错误，C正确．11．答案：D解析：由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故A、B正确；机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声

的传播速度相等，故C正确；质点在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故D错误．12．答案：BD解析：沿x轴正、负方向传播的波，不能相遇，不能发生干涉，A错误；根据题述可知，在t＝2.0s时波源停止振动，t＝2.1s时的部分波形如图所示，可知在Δt＝0.1s的时间内波

传播的距离为x0＝0.50m－0.25m＝0.25m，波速v＝x0Δt＝2.5m/s，由波形图可知，波长λ＝1.0m，波振动的周期T＝λv＝0.4s，结合波形图可知，t＝0时波源从平衡位置向上运动，t＝0.42s时，波源的位移为正，B正确；2.1s到2.25s内波传播的

距离为x1＝0.375m，即2.1s时平衡位置位于1.375m处质点的振动状态在2.25s时传播到质点a处，故2.25s时a沿y轴正方向振动，C错误；经xP－xbv＝0.3s，振动传播到b点，在0到2s内，质点b振动了1.7s，为414T，0～2s内质点b振动的总路程为s＝17A

＝17×15cm＝2.55m，D正确．13．答案：(1)2m(2)16cm(3)见解析图解析：(1)由题知图(a)为波源的振动图像，则可知A＝4cm，T＝4s由于波的传播速度为0.5m/s，根据波长与速度关系有

λ＝vT＝2m.(2)由(1)可知波源的振动周期为4s，则4s内波源通过的路程为s＝4A＝16cm.(3)由题图可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5m/s，则在4s时根据x＝vt＝2m可知该波刚好传到位置为2m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿

正方向传播，则根据“上坡、下坡”法可绘制出t＝4s时刻的波形图如图所示14．答案：(1)18cm/s波沿x轴负方向传播(2)9cm解析：(1)由图甲可以看出，该波的波长为λ＝36cm①由图乙可以看出，周期为T

＝2s②波速为v＝λT＝18cm/s③由图乙知，当t＝13s时，质点Q向上运动，结合图甲可得，波沿x轴负方向传播．(2)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ.由图甲知，x＝0处y＝－A2＝Asin(－30

°)，因此xP＝30°360°λ＝3cm④由图乙知，在t＝0时，质点Q处于平衡位置，经Δt＝13s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有xQ－xP＝vΔt＝6cm⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm

.考点49实验：用单摆测量重力加速度1．答案：(1)AB(2)91.60(91.50－91.70)(3)2π2（2l＋d）T2(4)4π2（l2－l1）T22－T21(5)C(6)小牛小爱同学用k＝tanθ求斜率是错误的．因为在T2­l

图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理．解析：(1)1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线，A正确；直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球，B正确；如图A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，为了使摆长不变，选

C方式悬挂，C错误；当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，相邻两次经过平衡位置的时间是半个周期，正确的方法是用此时间除以25作为单摆振动的周期，D错误．故选AB.(2)利用图甲的方式测量摆长l，图

中示数为91.60cm.(3)根据单摆的周期公式T＝2πl＋d2g解得g＝2π2（2l＋d）T2.(4)设摆线下端到锁的重心的距离为x，根据单摆的周期公式得T1＝2πl1＋xg；T2＝2πl2＋xg，解得g＝4π2（l2－l1）T22－T21.(5)设球半径为r，根据单摆的周期公式得

T＝2πl－rg解得T2＝4π2gl－4π2rg，他最有可能得到的图像是C.(6)小牛同学的方案更合理；小爱同学用k＝tanθ求斜率是错误的．因为在T2­l图像中，横轴和纵轴的单位长度不一定相同，所以小爱同学方案不合理．2．答案：tngt24n2π2解析：滑板车做往复运动的周期为T＝tn，根据单

摆的周期公式T＝2πRg，得R＝gT24π2＝gt24n2π2.3．答案：(1)2.06(2)2.25(3)B(4)4π2ΔLT21－T22解析：(1)由题图甲可知，游标卡尺示数为20mm＋0.1×6mm＝20.6mm＝2.06cm.(2)由题图乙可知，停表示数为t＝1min＋

7.4s＝67.4s，单摆的周期T＝tn＝67.4602s≈2.25s.(3)题图丙图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B.(4)根据题意，

由单摆周期公式T＝2πLg可得T1＝2πLg；T2＝2πL－ΔLg联立可得g＝4π2ΔLT21－T22.4．答案：(1)①0.75②g＝4π2LT2(2)①摆球质量②A解析：(1)①小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知11.0s到14.0s内有4个全振动，该单摆的

周期T＝14.0－11.04s＝0.75s.②根据单摆周期公式T＝2πLg，可得重力加速度g＝4π2LT2.(2)①图中A点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得F1＝mgcosθ，图中B点对应速度最大的位置

，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得F2－mg＝mv2L，小球从A到B的过程中，重力势能减小量为ΔEp＝mg(L－Lcosθ)，动能的增加量为ΔEk＝12mv2＝12(F2－mg)L，要验证机械能守恒，需满足ΔEp

＝ΔEk，解得12(F2－mg)＝mg－F1，所以还需要测量的物理量是摆球的质量．②验证机械能守恒的表达式为12(F2－mg)＝mg－F1，A正确，B、C错误．5．答案：(1)2tN(2)4π2（l1－l2

）T21－T22(3)1.039.86解析：(1)根据题意可知，小球两次经过最低点的时间为一个周期，则小球运动的周期为T＝tN2＝2tN.(2)设小球的半径为r，根据单摆的周期公式T＝2πLg可得g＝4π2LT2，根据题意有g＝4π2()l1＋rT21，g＝4π2()l2＋

rT22联立解得g＝4π2()l1－l2T21－T22.(3)设小球的半径为r，根据单摆的周期公式T＝2πLg可得T＝2πl＋rg，整理得l＝g4π2T2－r代入表中数据解得g≈9.86m/s2，r＝0.02m，当T2＝4.2s2时，代入上式中，可得摆线长为

l＝1.03m．6．答案：(1)16.4(2)BC(3)4π2()L2－L1T22－T21解析：(1)游标卡尺读数是主尺读数(mm的整数倍)加上游标尺的读数(mm的小数位)，由图可读出为d＝16mm＋4×0.1mm＝16.4mm.(2

)单摆在摆动过程中．阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球，故A错误；单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°，B正确；F最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间间隔为2t0＝T2则T＝4t0，C正确；由单摆的周期公式可推出重力

加速度的计算式g＝4π2lT2用悬线的长度作为摆长，则摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D错误．(3)图像的斜率为k＝T22－T21L2－L1，由周期公式T＝2πLg变形得T2＝4π

2gL，所以4π2g＝T22－T21L2－L1，变形得g＝4π2（L2－L1）T22－T21.力学部分素养综合评价1．答案：C解析：自由式滑雪肢体动作完成情况是打分时需要关注的重点，故谷爱凌不可看作质点，A错误；92m是指路程

，B错误；78.6km/h是指瞬时速度的大小，C正确；以谷爱凌为参考系，跳台是运动的，D错误．2．答案：C解析：毛笔在书写的过程中受到重力、手的作用力、白纸水平方向的摩擦力以及纸的支持力处于平衡状态，应用手对毛笔的作用力是未知的，所以不能判断出毛笔对纸的压力与毛笔的重力的

关系，故A错误；白纸始终处于静止状态，所以镇纸始终不受摩擦力，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故B错误；白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到的毛笔对白纸的向右摩擦力与桌面对白纸的向左

摩擦力处于平衡状态；根据牛顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力的方向向右，故C正确；白纸始终处于静止状态，可知白纸与镇纸之间没有摩擦力，则白纸在水平方向只受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，故D错误．3．答案：D解

析：汽车的最大速度为vm，则匀加速结束时的速度小于vm，则在匀加速运动阶段的位移小于vm2t1，选项A错误；匀加速阶段F－Ff＝ma；v1＝at1；P＝Fv1可得汽车在运动过程中所受的阻力为Ff＝Pat1－ma，选项B错误；汽车在

匀加速阶段牵引力的功率P1＝Fv＝Fat，牵引力的功率与时间成正比，因加速结束时的功率为P，则加速阶段的牵引力做功为P2t1，在以额定功率P行驶的t2时间内牵引力做功为Pt2，则从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为

W＝P2t1＋Pt2，选项C错误；汽车在变加速运动阶段，由动能定理Pt2－Ffx＝12mv2m－12mv21；P＝Ffvm位移为x＝vmt2－mv3m2P＋ma2t21vm2P，选项D正确．4．答案：B解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，

所以下蹲过程先失重再超重，C、D错误；起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，A错误，B正确．5．答案：B解析：根据题意，由公式Fn＝mv2r可知，由于v＝36km/h＝10m/s，运动员做圆周运动所需的向心力为Fn＝300N，设运动员

的手用FN支撑冰面，运动员的脚用F′N支撑冰面，竖直方向上，由平衡条件有FN＋F′N＝mg，水平方向上有0.2F′N＋0.8FN＝Fn，联立代入数据解得FN＝250N，故选B.6．答案：D解析：近地卫星和

核心舱绕地球运转，由开普勒第三定律可得（R＋h）3T2＝R3T21，根据已知条件可以求出T1，故A不符合；核心舱绕地球做匀速圆周运动GMm（R＋h）2＝m4π2T2(R＋h)，可求得地球的质量，由黄金代换GMmR2＝mg，根据已知条件可以求出g，故B不符合；根据万有引力提供向心力则

有GMm（R＋h）2＝m4π2T2(R＋h)，等式左右两侧核心舱的质量m直接约去，无法求解，地球的质量和半径已知，则地球的体积可求，因此M＝ρV＝43ρπR3，故C可求出，D不可求出．故选D.7．答案：C解析：弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部

上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则

加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中

，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误．8．答案：D解析：将A、B篮球的运动过程逆向看做是从篮筐沿同方向斜向上抛出的斜抛运动，落到同一高度上的两点，因A水平位移较大，可知A的抛射速度较大，竖直初速度较大，最大高度较大，运动时间较长，即B先落

入篮筐中，故A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确．9．答案：BD解析：设小球受到的重力

为G，设圆环沿逆时针方向转至乙绳与竖直方向的夹角为θ时，甲、乙两绳中的弹力大小分别为F1、F2，如图所示由物体平衡条件可知，F1、F2的合力不变，G、F1和F2组成一个闭合的三角形，由正弦定理可知F1、F2的夹角β不变，且有Gsinβ＝F1sinθ＝F2sin（180°－β－θ）由于圆环在竖

直平面内从甲绳水平逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中θ减小，则F1、F2均减小，B、D正确．10．答案：CD解析：由x­t图像的斜率表示速度，B车做匀速运动，速度为vB＝ΔxΔt＝－3－186m/s＝－3.5m/s所以速度大小为3.5m

/s，故A错误；OP为开口向下抛物线的一部分，A车做匀减速直线运动，B车6s内位移为12m，前6s的平均速度为v－＝xt＝126m/s＝2m/sA车6s末的速度为v＝ΔxΔt＝12－66m/s＝1m/s前6s内v

－＝v0＋v2解得A车的初速度为v0＝3m/s加速度为a＝ΔvΔt＝1－36m/s2＝－13m/s2A车先做匀减速，后做匀加速，故B错误，C正确；3s时B车的位置xB＝x0－xBt′＝18m－3.5×3m＝7.5m3s时A车的位置xA＝v0t′＋12at′2＝

3×3m－12×13×32m＝7.5m故t＝3s时，两车相遇，故D正确．11．答案：AD解析：设中心天体质量为M，由万有引力提供向心力GMmr2＝m2πT2r两边同时取对数，整理可得lgT＝32lgr－

12lgGM4π2①由①式可知，lgT­lgr图像的斜率为32，与行星的质量无关，故A正确；由①式可知，图像与纵轴的交点为－12lgGM4π2，故－12lgGMP4π2>－12lgGMQ4π2故MP<MQ，故B错误；由图像a可知，卫星

M在1处的轨道半径小于轨道2处的轨道半径，卫星M在2处的轨道半径大于卫星N在3处的轨道半径，由GMmr2＝man，an＝GMr2，知卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加

速度，故C错误，D正确．12．答案：AD解析：设每节动车的牵引力为F，每节车厢的阻力为kmg，匀速运动时，有4F＝16kmg选后12节车厢为研究对象，则有F45＋3F－12kmg＝0解得F45＝0动车组匀速直线运动时，第4、5节车厢间的作用力为0，A正确；同理匀速直线运动时有4F＝16k

mg取后14节车厢和后10节车厢进行分析可得F23＋3F－14kmg＝0，F67＋2F－10kmg＝0解得F23＝2kmg，F67＝2kmg，故动车组匀速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1，B错误；匀加速启动时，对动车组有4F－16kmg＝

16ma.以后14节车厢为研究对象，则有F23＋3F－14kmg＝14ma，解得2、3车厢之间的作用力为F23＝12F，同理6、7节车厢作用力为F23＋2F－10kmg＝10ma，F67＝12F，故动车组匀加速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢

间的作用力之比为1∶1，C错误；同理动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力为4F－16kmg＝16ma，F67＋2F－10kmg＝10ma，F1011＋F－6kmg＝6ma，解得F67＝12

F，F1011＝12F，因此，动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力之比为1∶1，D正确．13．答案：(1)CAB(2)A(3)可以不同(4)AC解析：(1)依题意，本实验的顺序应

为：点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v­t图像；点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验．故应为CAB；(2)本实验是把细绳下悬挂钩码的重力当成小车所受到的拉力，

所以需要满足钩码的质量远远小于小车、配重片和发射器的总质量，结合选项数据，最合适的应为1g～25g．故选A.(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，目的是测出加速度，则释放小车的位置可以不同，位置合适即可；(4)AC段区域数据更多，计算机拟合出的

斜率更精确，获得的加速度较精确．14．答案：(1)2.60小A(2)2gh＝dΔt2解析：(1)由题图乙知，游标卡尺为20分度，分度值为0.05mm，不需要估读，游标尺上的第12个刻度与主尺上的刻度对齐，

读数为d＝2mm＋12×0.05mm＝2.60mm.根据v＝dΔt算出的挡光片经过光电门时的速度为挡光片通过光电门中心过程的平均速度，根据匀变速直线运动的规律可知，计算出的速度要比挡光片中心通过光电门中心的实际

速度小；由于计算挡光片经过光电门时的速度v的主要误差来源于挡光片经过光电门中心距离的长短，所以要减小v的误差，主要通过减小挡光片的宽度d实现，而减小挡光片到光电门的竖直距离或者将实验装置更换为纸带和打点计时器均不能使v的测量值更加接近真实值，故A正确，

B、C错误．(2)如果重物的机械能守恒，应满足重物减小的重力势能等于重物增加的动能，即mgh＝12mdΔt2，整理得2gh＝dΔt2.15．答案：(1)5m/s(2)1.2m(3)0.35J解析：(

1)小球从B运动到C，只有重力做功，机械能守恒，有mgh＝12mv2C－12mv20代入数据，得vC＝5m/s.(2)小球从B运动到C做平抛运动，有h＝12gt2，x＝v0t解得x＝1.2m.(3)小球从A运动到B，应用动能定理，有mgR－W

f＝12mv20－0代入数据，得Wf＝0.35J．16．答案：(1)10m/s2(2)80m(3)5m/s解析：(1)由图可知箱子的运动经过了加速，匀速，减速，再减速四个过程，设撤去外力减速对应的加速度为a1，位移为x1则mgsinθ＋μmgcosθ

＝ma1；a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2位移x1＝12a1t21＝1.25m(2)设撤去外力前减速对应的加速度为a2，位移为x2则mgsinθ＋μmgcosθ－F2＝ma2；a2＝1.25m/s2设22秒，18秒末的速度分别为v1、v2则v1＝a1t1＝10×0.

5m/s＝5m/s；v2＝v1＋a2t2＝10m/s；x2＝v1＋v22t2＝30mt＝10s到t＝18s过程中箱子做匀速运动，设位移为x3，则x3＝v2t3＝80m.(3)箱子在加速上升过程中的对应的位移为x4平均速度为v4，则x1＋x2＋x3＋x4＝141.25m且x4＝v4t

4，所以v4＝x4t4＝306＝5m/s.17．答案：(1)r13T22T21(2)（m1v1）2＋（m2v2）2m1－m2(3)2GMv2r3－v2解析：(1)根据开普勒第三定律有r31T21＝r32T22解得r2＝r13T22T21(2)喷出气体的质量为m＝m1－m

2解法一：喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量p1＝m1v1喷出气体后探测器末动量为p2＝m2v2喷出气体前后p1、p2方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系．喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为ux、uy，根据动量守恒定律，x方向有p1

＝muxy方向有0＝p2＋muy喷出气体速度满足u2＝u2x＋u2y联立可得u＝（m1v1）2＋（m2v2）2m1－m2解法二：由系统动量守恒，可得动量关系如图所示则有[(m1－m2)u]2＝(m1v1)2＋(

m2v2)2解得u＝（m1v1）2＋（m2v2）2m1－m2(3)由开普勒第二定律得12v2Δt′·r3＝12v3Δt′·r4即有v2r3＝v3r4根据能量守恒定律有12m2v22＋－GMm2r

3＝12m2v23＋－GMm2r4，解得v3＝2GMv2r3－v2.18．答案：(1)3m0g(2)8Lm203（m0＋m）2－(μL＋R)(3)8πLg－4m02gL3μg（m0＋m）(4)μ2－μ<m0m<1＋1－cos5

°1－1－cos5°解析：(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有m0gL＝12m0v2Q在最低点对小球Q牛顿第二定律可得FT－m0g＝mv2QL联立解得FT＝3m0g.(2)小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此m0vQ＝m0v′Q＋mv0，12m0v2Q＝12m0v′2Q

＋12mv20，解得v0＝2m0vQm0＋m＝2m02gLm0＋m物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒mv0＝3mv1由能量守恒可得12mv20＝12m(v21＋v2y)＋12×2mv21＋μmgL＋mg

R物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向有h＝v2y2g联立可得h＝8Lm203（m0＋m）2－(μL＋R).(3)物块P到B时水平方向动量守恒可得mv0＝mvA＋2mvB由能量守恒可得12mv20＝12mv2A＋12×2m

v2B＋μmgL联立可得方程vA＝2v0±4v20－4×3（4μgL－v20）6第一次经过B点速度vA＋＝2v0＋4v20－4×3（4μgL－v20）6第二次经过B点速度vA－＝2v0－4v20－4×3（4μgL－v20）6A→B时间：

t1＝v0－vA＋μgB→相对静止：t3＝v1－vA－μg由于Q的最大摆角小于5°，则Q碰后做简谐运动，由于恰好是碰后第8次经过最低点，则有t1＋t2＋t3＝4×2πLg，解得t2＝8πLg－4m02gL3μg（m0

＋m）.(4)要求P有相对地面向右的速度，说明结果要小于零且判别式大于零，则vA－＝2v0－4v20－4×3（4μgL－v20）6<0解得4v20－4×3(4μgL－v20)>0碰后Q的最大摆角小于5°，需要12m0v′2Q<m0gL(1－cos5°)联立可得μ2－μ<m0

m<1＋1－cos5°1－1－cos5°.第八章静电场考点50静电场及其应用——练基础1．答案：A解析：处于静电平衡状态的导体，其内部合电场强度处处为零，感应电荷产生的电场在导体内的电场线一定与点电荷的电场线反向，故选A.2．答案：B解析：带电小球a在光滑绝缘斜面上，对其受力分析，受重力支持力和带

电小球b对它的库仑力．两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡，故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上，故B符合题意．3．答案：C解析：设小球A、B间的距离记为r，小球B到定滑轮的距离记为L，小球A与滑轮间的距离记为h，且h为一定值，以小球B为研究对

象，B球受力分析如图所示根据相似三角形有Fr＝GBh＝FTL，又F＝kqAqBr2解得r3＝kqAqBGBh.即小球A、B间的距离r为定值，小球B沿圆周运动，A错误，C正确；小球B缓慢沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小，B错误；根据受力分析可得FT＝LhGB随着细线的缩短，

拉力FT逐渐减小，D错误．4．答案：D解析：设弹簧的劲度系数为k′，三角形的面积增大为原来的4倍，则三角形每边边长增大为原来的2倍，即每根弹簧的伸长量均为l0，此位置每个带电小球受力平衡，有kq2（2l0）2＝k′l0，得k′＝kq24l30，D正确．5．答案：C解析：元电

荷电荷量为e，则根据点电荷场强公式和矢量叠加原理可得，A项中EAO＝ked2－keD2，B项中EBO＝keD2＋ke（D＋d）2，C项中ECO＝ked2＋keD2，D项中EDO＝keD2－ke（D＋d）2，比较可得C项的排布方式中在O点的合场强最大，C项正确．6．答案：D解析：小球b与a球充

分接触后b对a有向下的库仑力，设为F′，则F′＝kQ2×Q2L2＝kQ24L2，示数为F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力设为F″，F″＝kQ4×Q4L2＝kQ216L2，电子秤示数

为F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B错误；若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，C错误；若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，F″增大，则F2增大，D正确．7．答案：D解析：若B球带负电，则A对B

为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环给球B的支持力指向圆心还是背离圆心，小球B都不能处于平衡状态，所以小球A对B为排斥力，方向沿AB方向，如图所知，且受力分析可得，圆环给球B的支持力指向圆心，即由B指向O，A错误；对球B受力分析可得，由几

何关系可知圆环对B球弹力的大小为FN＝mg，则AB两球之间的排斥力为FAB＝2mgcos30°＝3mg，对A球由力的平衡条件得FN′＝mg＋3mgcos30°＝2.5mg，Ff＝3mgsin30°＝3mg2，所以当Ff＝μFN′时，动摩擦因数最小为μ＝35，B、C错误，D正

确．8．答案：BC解析：由题图可知，对小球M受力分析如图甲所示，对小球N受力分析如图乙所示，由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，A错误，B正确；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝2L，当两小球的电荷量为q时，由

力的平衡条件得mgtan45°＝qE－kq2r2；两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mgtan45°＝2qE－k（2q）2r2，整理解得q＝Lmgk，C正确，D错误．9．答案：B解析：设BC边长度为r，则AC

边长度为3r，根据库仑定律有E1＝kQ1()3r2，E2＝kQ2r2；由于E1、E2的水平分量相等，则E1sin60°＝E2sin30°，解得Q1Q2＝3，B正确．10．答案：B解析：(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＝2

kqa2，方向由点(a，a)指向点(0，2a)，如图所示，因在距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，此正电荷应位于(0，2a)点，且电荷量Q满足kQ（2a）2＝2kqa2，解得Q＝

22q，B正确．11．答案：AB解析：设Ma＝aO＝d.则Ea＝k·2Qd2＋kQ（3d）2＝19kQ9d2，Ec＝k·2Q（3d）2＋kQd2＝11kQ9d2，故Ea＞Ec，b、d两点由于对称，则有Eb＝Ed，

A正确．沿电场线方向电势降低，故φa＞φc，根据对称性可知φb＝φd，B正确．电场线的疏密表示电场强度的大小，由电场线疏密程度可知，MN连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，C错误．负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，虽然初末位置的电势能相等，但是过程中电势能在变化，D错误．12．答案：C解析：

当静摩擦力沿斜面向上时，则E1q＋Ff＝mgsinθ，当静摩擦力沿斜面向下时则E2q＝Ff＋mgsinθ，得Ff＝qE2－qE12，C正确．13．答案：C解析：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＝kQ2πRΔLR2＝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＝kQΔL2πR3，解得q＝2QΔLπR，C项正确．考点51静电场中的能量——练基础1．答案：B解析：四个电极表面都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项

A错误；a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；因c点等势面较d点密集

，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误．2．答案：AD解析：该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以

a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A正确；c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小与方向也相同，故B错误；a、b两点的电势差Uab＝φa－φb＝3mV，故C错误；根据等势线的疏密程度可

判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确．3．答案：D解析：云层带负电，根据静电感应规律可知放电前塔尖端带正电，A错误；塔尖带正电，云层带负电，所以放电时空气中的负电荷将向塔尖端运动，正电荷向云层运动，B错误；根据电场线的疏密可知，塔尖的电场强度较大，所

以向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越大，C错误；负电荷在电场力的作用下向塔尖端运动，电场力做正功，电势能减小，D正确．4．答案：D解析：由图b可知，根据电场线由高电势指向低电势，可知电场线由大树(即表示等势面的同心圆的圆心)指向P点．根据等差等势面的疏密程度可以表示电场

的强弱，易知越靠近大树的地方电场强度越大，A、B、C错误；根据电势差的定义式得UMP＝φM－φP＝200kV，D正确．5．答案：D解析：带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，导体表面为等势面，

整个导体为一个等势体，A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、C两点的电势均高于B点的电势，B错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；根据Ep＝qφ可知，正电荷

从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减少，电场力做正功，D正确．6．答案：BD解析：b、e两点在同一等势面上，电荷运动过程中电场力不做功，故选项A错误；电场强度的方向总是与等势面垂直，且由高电势等势面指向低电势等势面，故b点的场强方向向左，选项C错误．

电子从a点运动到d点电场力做的功Wad＝－eUad＝－e(φa－φd)＝4eV，故选项B正确；根据图知任意两个相邻的等势面间电势差相等，且等差等势面越密集的地方，电场强度就越大，因此结合图可以判断a、b、c、d

四个点中，b点的电场强度大小最大，故选项D正确．7．答案：AB解析：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，电场力做功为零，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．8．答

案：BC解析：等量异种电荷的电场线分布如图，可知B、B′、D、D′四点的电场强度方向相同，大小不同，A错误；根据等量异种电荷的电势分布可知，A′点的电势大于C′点的电势，根据Ep＝qφ可知正电荷在A′点的电势能大于C′的电势能，将一正试探电荷从A′点移

到C′点，其电势能减少，B正确；由电场线的分布可知，面BB′D′D为等势面，则将一负试探电荷沿直线从B点移到D点，电场力始终不做功，C正确；若在A′点再固定一电荷量为＋Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为－Q的点电荷，面BB′D′D依

然为一个等势面，电势不变依然为零，D错误．9．答案：D解析：O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，A错误；移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，B错误；A点电场方向沿OA方向

，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，D正确．10．答案：D解析：由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线垂直平分

线上电势处处为零，A错误；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B错误；Q点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b点电势高于d点电势，C错误；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D正确．

11．答案：AC解析：由题图可知，B点的等势面比C点密，所以B点的场强大小大于C点的场强大小，A正确；A、B、C处的电场强度均不与0V等势面垂直，B错误；正试探电荷从B运动到A，即由低电势点向高电势点，电场力做负功，同理负试探电荷从B运动到C，电势能将减小，

C正确，D错误．12．答案：C解析：由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<φA＋φB2，即φC<10V，C正确．13．答

案：AB解析：如图所示，分别过c点和d点作ab的垂线，由几何关系可知，圆心O、垂足e和f将ab四等分，又因为粒子从a点移动到b点做的功为从c点移动到d点做功的两倍，所以粒子从a点到b点沿电场方向移动的距离为从c

点到d点沿电场方向移动距离的两倍，则匀强电场的场强方向与ab平行，A正确；根据匀强电场的特点可知，将粒子从d点移动到b点电场力做的功是将该粒子从a点移动到b点电场力做的功的14，即将粒子从d点移动到b点电场力做的功为0.5W，B正确；根据正粒子在电场中移动过

程做功的情况可知，电势φa>φc>φd>φb，C错误；若粒子只受电场力，当粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行时，带电粒子做匀变速直线运动，D错误．14．答案：B解析：电击对人类的危害是较长时间通过人体一

个强电流，虽然电蚊拍中间夹层的金属网电势高达上千伏特，若人体碰触金属网，不会因电击而产生严重伤害．一方面是因为人体电阻大，另一方面是不会产生持续长时间的一个强电流，A错误；闪电生成的基本原理与电蚊拍电离空气

放电的原理是一样的，均属于两极间电压积累到一定程度，击穿空气，进行放电，与原子能级跃迁没有关系，B正确、C错误；依题意，设该电蚊拍两电极间的电压可升高至Um，根据E＝Ud可得Um＝15kV，D错误．考点

52电场中的三线(电场线、等势线、轨迹线)问题——提能力1．答案：D解析：根据曲线运动力与轨迹的关系，合力指向轨迹弯曲的内侧，A错误；带电粒子只受静电力作用，故力与电场线共线，C错误；根据运动过程中粒子的电势能逐渐减小，可知静电力做正功，则静电力与速度方向的夹角应为锐角，故B错误，D正确．2

．答案：B解析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左上方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度减小，另由于B点电场线比A点稀疏，故电场强度减小，则加速度减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，B正确．3．答案

：B解析：电场线的疏密程度表示电场强度的强弱，a点处的电场线相对b点较为稀疏，所以Ea<Eb，电场力产生加速度，根据牛顿第二定律可知aa<ab，A错误；由曲线运动的条件可知，假设粒子从a→b，在a点，粒子速度方向与受力方向如图电场力做正功，电势能减小，同理，若粒子从b→a，电场力做负功，电势能增

加，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，B正确；粒子运动过程中仅受电场力，则电势能和动能相互转化，因为粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，则Eka<Ekb，根据Ek＝12mv2可知va<vb，C错误；粒子的电性和电场线的方向均未知，所以a、b两点电势高低无法判断，D错误．4．答案

：C解析：由于a点等差等势面比b点稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，A错误；由于电场线垂直于等势面，则b点电场强度垂直等势面沿水平方向，又因为电子轨迹为曲线，所受电场力指向轨迹凹侧，即水平向右，又电子带负电

，则b点电场强度的方向水平向左，B错误；顺着电场线方向，电势逐渐降低，电场线由高等势面指向低等势面，根据电子受力方向向右，则电场线方向向左，故a点电势高于b点，C正确；因为φa>φb，电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地

方电势能小，故电子在a点的电势能小于在b点的电势能，D错误．5．答案：CD解析：由图中曲线的形状可知，粒子受到的电场力指向曲线的凹侧，电场力方向与电场方向相反，是沿电场方向向左的，粒子带负电，B错误；

由图可知，从N到M的过程中电场力一直做负功，则粒子的动能减小，到达轨迹的最右点M时，速率减小到最小，电势能始终在增加，A错误，D正确；在匀强电场中粒子所受电场力不变，则加速度不变，C正确．6．答案：AC解析：根据电场线特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针开始，第二个电荷带负电，右下角电荷带

正电，第四个电荷带负电，A正确；根据电场线的疏密，M、N、P三点中M点场强最小，B错误；依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为正，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高，C正确；将负电荷从P点移动到O点，电势升高，电场力做正功，电势能减少，

所以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能高，D错误．7．答案：D解析：将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如图所示，那么这两个点电荷在a、b两点产生电场强度大小相等，方向相同，同理，任意两个关于水平直径对称的两个点

电荷在a、b两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在a、b两点的场强相等，方向相同，再依据电场线与等势线垂直，可知，ab连线即为等势线，因此a、b两点的电势也相等，故A、B正确，不符合题意；将带电圆环看

成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如图所示，那么这两个点电荷在c点产生电场强度的方向竖直向下，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如图所示，那么这两个点电荷在

d点产生电场强度的方向也竖直向下，由于c、d两点关于水平直径对称，那么c、d两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在c、d两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在c、d两点的场强相等，方向相同，再依据沿着电场线方向电势降低

，可知，c点的电势高于d，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意．故选D.8．答案：AC解析：由图可知，电场线从右向左，沿电场线电势逐渐降低，可知a、b、c三点的电势逐渐升高，选项A正确；因a点电场线最密集，b点

电场线最稀疏，则三点的电场强度大小Ea>Ec>Eb，选项B错误；因a、c在中间水平虚线上的等势点到b的距离相等，可知Uab＝Ubc，根据W＝Uq可知，电场力对电子做的功Wab＝Wbc，选项C正确；因电场

线是曲线，则电子沿轨迹运动时受电场力大小和方向不断变化，假设电子仅受电场力作用时沿实线轨迹从a点经过b点运动到c点，在b点到c点过程粒子受到的力向右没有指向轨迹的凹侧，不满足曲线运动的条件，选项D错误．9．答案：BC解析：根据电场线的方向，点电荷Q1带正电，Q2带负电．

电场线的疏密表示电场的强弱，所以A处电场较强，故A错误；在Q2的电场中，A、B两点的电势相等，在Q1的电场中，A点的电势大于B点电势，所以综合来看，A点的电势大于B点电势，故B正确；电场力指向凹面，所以该粒子带正电，C点电场线较疏，电场较弱，电

场力较小，加速度较小，所以在C点的加速度小于D点的加速度，故C正确，D错误．故选BC.10．答案：D解析：根据粒子轨迹弯曲特点，可知它经过M点时受两电荷的作用力向下，所以粒子带正电，A错误；根据等量异种点电荷电场连线和中垂线上

场强和电势特点可知，φN>φM、EN<EM，B错误；中垂线是一条等势线，与无穷远处电势相等，所以φN＝0，则粒子从P运动到N点过程中，由动能定理有qUPN＝12mv2－12mv20，且UPN＝φP－φN＝φP，解

得φP＝12qm(v2－v20)，C错误；粒子从N点到无穷远处的过程，电势差为零，所以由动能定理知其动能变化为零，所以到无穷远处的速度大小一定等于v，D正确．考点53电场中的四类图像问题——提能力1．答案：A解析：等量异种电荷的连线上的中点处电场强度最小，由

中点向两边逐渐增大，A正确．2．答案：B解析：因为等量同种电荷的连线中点处场强为零，所以带电粒子从a运动到b的过程中，电场力先减小后增大，并且对称分布，所以速度图像的斜率先减小后增大，并且图像对称，B正确．3．答案：C解析：对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得：2kq2a2

＋kq2（2a）2＝kQq（22a）2解得Q＝22＋14q因在0≤x<22a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，C正确．4．答案：B解析：根据功能关

系可知电场力对电子做的功等于电子电势能的变化量的负值，即W＝FΔx＝－ΔEp，所以Ep­x图像的斜率表示电子所受电场力，由图可知电子所受电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知a先减小后增大．孤立点电荷产生的电场强度一定随x的增大而单调变化，不可

能出现先减小后增大的情况．而等量同种点电荷产生的电场中，在两点电荷连线的中垂线上的电场强度分布存在先减小后增大的范围，所以该电场线可能是等量同种点电荷产生的，B正确．5．答案：B解析：该过程中动能先增

大后减小，根据能量守恒可知，电势能应该先减小后增大．而由于粒子带负电，则电势的变化规律与电势能相反，电势则先增大后减小，B正确，A错误；粒子动能先增大后减小，可知电场力先做正功，后做负功，则电场力先向右，后向左，粒子带负电，可知电场强度先向左，后向右，结合题意可知，电场强度

先为正，后为负，因此C、D错误．6．答案：BD解析：φ­x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞，电场线方向指向x轴的正方向，

并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E＝kQr2由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B正确，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，所以D正确．7．答案：D解析：根据E＝Ud＝

Δφx可知，图像的斜率表示电场强度，所以小球向右运动过程中，电场强度先变小后变大，则A错误；小球运动过程中，根据能量守恒定律可知，只有电势能与动能之间的转化，所以动能最大时，电势能最低，则电势为－4V，所以B错误；小球运动过程中，最大动能位置

是在坐标原点，则有q()φ－3－φ0＝Ekm－12mv2代入数据可得Ekm＝q()φ－3－φ0＋12mv2＝2×10－6×4×104＋12×4×10－2×22(J)＝0.16J，所以C错误；根据动能定理可知，当小球速度为

零时，有q()φ－3－φ＝0－12mv2解得φ＝4V，由图像可知其位置为坐标为4m或－4m，所以D正确；故选D.8．答案：C解析：带电圆环从A点由静止释放向右运动，受向右的电场力，由图乙知A→O电势升高，说明电场方向向左，所以圆环带负电，A错误；对圆环从A到O，

由动能定理－qUAO＝12mv2，又UAO＝0－φ0，联立解得qm＝v22φ0，B错误；圆环从A到B，由动能定理－qUAB＝12mv2B－0又UAB＝0，联立解得vB＝0，由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；φ­x图像

切线的斜率表示场强，由图像可知，A到O斜率不变，电场强度不变，电场力不变，加速度不变，圆环做匀加速直线运动，OB段斜率越来越大，电场强度越来越大，加速度越来越大，圆环做加速度增大的减速运动；电荷在AB间运动v­t图像如图，AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面

积相等，显然AO段的时间大于OB段的时间，C正确；由图乙可知，在O→B阶段，虽然是抛物线，因不清楚该点是否是抛物线的顶点也就不知道该点的斜率是否为零，因此场强大小不一定为零，电场力不一定为零，D错误．故选C.9．答案：C解析：Ep­x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小

，所以滑块在x＝1m处所受电场力大小为F＝Eq＝ΔEpΔx＝33N＝1N可得E1＝10V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，电场力先减小后增加，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1m的位置运动至x＝3m处时，根据动能定理12mv2－12mv20＝W电；W电＝ΔEP＝1J，解得速度大小为

v＝2m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5m处，则12mv20＝W′电＝EP2－EP1其中EP1＝2J解得滑块的电势能EP2＝5J该处的电势为φ＝EP2q＝5－0.1V＝－50V，选项D错误．故选C.10．答案：BD解析：

由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，

则电场力做正功，所以φM＜φP而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45eV，E­x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝E0e＋E02e2×5×10－2m

＝45eV，解得E0＝1200V即图像中E0的数值为1.2，故D正确．考点54电容器和电容带电粒子在电场中的运动(A)——练基础1．答案：BC解析：若保持S不变，仅增大d，根据电容的决定式C＝εS4πkd可知电容C变小；极板间电荷量不变，再根据U＝QC，可知U增大，所以θ变大，

A错误、B正确．若保持d不变，仅减小S，根据电容的决定式C＝εS4πkd可知电容C变小；极板间电荷量不变，再根据U＝QC可知U增大，所以θ变大，C正确、D错误．2．答案：BC解析：根据电容的定义式C＝εS4πkd可知，指纹的凹点与小极

板距离远，即d大，则C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则C大，故A错误，B正确；若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU，可知小极板带电量Q增多，故C正确；若用湿的手指

去识别，由于水是导电的，则使得同一指纹的凹点与凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器电容，使得识别功能受到影响，故D错误．3．答案：BC解析：匀速运动时加速度为0，电容C不变，线路中无电流，故A错误；由向前匀

速突然减速时，由于惯性N板向前移动，则d减小，由C＝εS4πkd，故C增大，Q＝UC，Q增大，故B正确；由静止突然向前加速时，由于惯性N板向后移，d增大、C减小、Q减小，故有放电电流，电流b向a，故C正确；保持向后的匀

加速运动时，加速度a不变，d不变，故MN之间的电场强度E不变，故D错误．4．答案：AB解析：因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；因质子在金属圆筒内做匀速

运动且时间均为T，由T＝Lv可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝12mv2E－12mv20，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝8eUm＋v

20，C错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝T8eUm＋v20，D错误．5．答案：B解析：以1s时间喷出的油漆为研究对象，在KP电场间加速，设末速度为v，则有Pt＝12mv2，

t＝1s，所以油漆射到工件表面时的速度为v＝2Ptm＝2×20000.001m/s＝2000m/s，油漆射到工件表面经Δt速度为零，设受工件表面的平均作用力为F，由动量定理有－FΔt＝0－Δm·v，其中Δm＝0.001Δt，代入数据可得F＝2N，有牛顿第三定律可知，油

漆对工件表面的平均压力大小约为2N，B正确．6．答案：C解析：电容器放电过程中，电荷量减少，电压减小，电流减小，A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，即电容保持不变，B错误；根据C＝QU可得Q＝C

U＝40×10－6×4000C＝0.16C，C正确；一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量为E＝P－t＝64×103×4×10－3J＝256J，D错误．7．答案：B解析：甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t相同，根据图中几何关系

可得xAC＝v1t＝R－Rcos45°，xAD＝v2t＝R＋Rcos60°，联立可得v1v2＝1－221＋12＝2－23，A错误，B正确；甲、乙在电场中沿电场力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有yAC＝12·

q1Emt2＝Rsin45°，yAD＝12·q2Emt2＝Rsin60°，联立可得q1q2＝sin45°sin60°＝23，C、D错误．8．答案：C解析：粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电

场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为2v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝v0t，t＝L2v0，解得

a＝2v20L，C正确，D错误．9．答案：AD解析：四个带电粒子以相同的速度从坐标原点射入方向与y轴平行的匀强电场中，由牛顿第二定律有qE＝ma1，qE＝2ma2，3qE＝3ma3，－qE＝ma4，解

得a1＝qEm，a2＝qE2m，a3＝qEm，a4＝－qEm，因此三个带正电的粒子的轨迹为两条，在同一方向，带负电的粒子轨迹在x轴另一侧，可排除图像C；加速度为a1的粒子与加速度为a3的粒子轨迹重合，且与

加速度为a4的粒子轨迹关于x轴对称，加速度为a2的粒子轨迹处于加速度为a1的粒子轨迹与加速度为a4的粒子轨迹之间，所以图像B不可能，可能正确的是AD.10．答案：(1)qUd(2)2qUm(3)3d2mqU解析：(1)两极板间的场强E＝Ud带电粒子所受的静电力F＝qE＝qUd.(

2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有qU＝12mv2解得v＝2qUm.(3)设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v′，根据功能关系有qU2＝12mv′2，带电粒子在前d2距离做匀加速直

线运动，后d2距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有d2＝v′2t1，d2＝v′t2，则该粒子从M板运动到N板经历的时间t＝t1＋t2＝3d2mqU.考点55电容器和电容带电粒子在电场中的运动(B)——提能

力1．答案：ABD解析：开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg＝qUd；由图示电路图可知，电源与电阻R1组成串联电路，电容器与R1并联，电容器两端电压等于R1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U

＝IR1＝ER1r＋R1；仅增大R2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，A正确；仅增大R1的阻值，极板间电压U变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，B正确

；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，C错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，D正确．2．答案：B解析：根据动能定理可得q

U＝12mv2，解得离子的速度为v＝2qUm，根据电流的定义式有I＝QΔt＝NqΔt，对离子由动量定理可得F·Δt＝N·mv，解得发动机产生的推力为F＝I2mUq，B正确．3．答案：A解析：电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度

大小不变，C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，12T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A正确，B错误．4．答案：BD解析：三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运

动，A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，C错误；由于液滴C，在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，D正确．5．答案

：BCD解析：当电压为U0时，在水平方向有l＝v0t，在竖直方向有d2＝12×qU0mdt2，解得U0＝mv20d2ql2，A错误；当电压为U0时，打在光屏上的速度最大，竖直方向速度为vy＝at＝qU0md·lv0＝dv0l，根据速度的

合成得v＝v2y＋v20，可得v＝l2＋d2lv0，B正确；根据几何关系有tanα＝v0vy，可得tanα＝ld，C正确；如图所示，粒子打在光屏上的竖直长度为Y＝d，所以粒子打在光屏上的区域面积为S＝ad，D正确．6．答案：BD解析：极板间各点的电场强度方向

指向O点，粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，在这个过程中电场力做正功，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大，A错误，B正确；粒子1、2做圆周运动，设粒子1的轨迹处的电场强度为E1，则qE1＝mv21

r1，粒子1的动能Ek1＝12mv21＝qE1r12，设粒子2的轨迹处的电场强度为E2，则qE2＝mv22r2，粒子2的动能Ek2＝12mv22＝qE2r22，由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，即E1E2＝r2r1，所以Ek1＝Ek2，C错误；粒子3出射时，qE

1>mv23r1，此时粒子3的动能Ek3′＝12mv23<qE1r12＝Ek1，即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能，而粒子3入射时的动能比它出射时的小，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的

动能，D正确．7．答案：(1)2qUm2UE0(2)12Ud(3)打在NQ的中点解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝12mv2，解得v＝2qUm离子在辐向电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE0＝mv2R，解得R＝2UE0.

(2)离子做类平抛运动，有d＝vt，3d＝12at2由牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝12Ud.(3)根据动能定理得2qU＝12mv2根据牛顿第二定律得2qE0＝mv2R，解得R＝2UE0即在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变，故仍能从P

点进入上方的矩形电场区域；离子做类平抛运动，则3d＝12at2由牛顿第二定律得2qE＝ma解得x＝vt＝d，即打在NQ的中点．考点56电场中的力电综合问题——提能力1．答案：AC解析：设电子经电场加速后的速度为v

0，根据动能定理有U0q＝12mv20，离子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ＝vyv0＝UL2U0d，根据几何关系可得电子打到圆筒上时的竖直位移y＝D＋L2tan

θ＝7.5sin2πt(cm)，电子打到白纸上形成的图像是按正弦规律展开的，如图所示，圆筒转动周期是交流电周期的一半，最大竖直位移不超过7.5cm，D错误；由于剪开白纸的位置不同，得到不同的图像形状，若沿①剪开，图形如题图A所示，若沿②剪开，图形如题图C所示，因为圆筒周期是

交流电周期的一半，电子落在白纸上图像是正弦图线的重合，A、C正确，B错误．2．答案：AB解析：小球静止时悬线与竖直方向成θ角，小球受重力、拉力和电场力而处于平衡状态，如图所示，根据平衡条件有mgtanθ＝qE，解得E＝mgtanθq，A正确；小球恰能绕O点在竖直平

面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律有mgcosθ＝mv2L，则最小动能Ek＝12mv2＝mgL2cosθ，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，C

错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误．3．答案：BD解析：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．4．答案：AD解析：带电小球q2在半圆光滑

轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR＝12mv2B，解得vB＝2gR，A正确；小球运动到B点时的加速度大小为a＝v2BR＝2g，B错误；小球运动过程中只有动能与重力势能相互转化，因此可以运动到C点，C错误；小球到达B点时

，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，根据牛顿第二定律有FN－mg－kq1q2R2＝mv2BR，解得FN＝3mg＋kq1q2R2，即小球在B点时对轨道的压力大小为3mg＋kq1q2R2，D正确．5．答案：(1)qQCdm(2)12d2mqT236d2mqT2解析：(1)由C

＝QU，可知金属板间的电压为U＝QC又因为E＝Ud且F＝Qe，故其所受的静电力F＝Uqd，根据牛顿第二定律，有a＝Fm＝Uqdm＝qQCdm.(2)u1为正向，A板电势高于B板电势，振膜向右运动，如果一直做往复运动且不和

金属板发生碰撞，则振膜在一个周期内的总位移应该为零，设u2的电压为u1的n倍，则2×12×T4＋1n·T4v＝2(n－1)×12×n－1n·T4·v，解得n＝3；a1＝qU1dm不碰金属板，即12a1T4T4＋T12≤d2，解得u1≤12d2mqT2则由两

个电压的关系可得u2≤36d2mqT2.6．答案：(1)6×10－3s到达A极板(2)4×10－3s时刻(3)100个解析：(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．因为x＝qU04lmT22＝3.6m>l，所以粒子从t

＝0时刻开始，一直加速到达A板．设粒子到达A板的时间为t，则l＝12·qU02lmt2，解得t＝6×10－3s.(2)在0～T2时间内，粒子的加速度大小为a1＝qU02lm＝2×105m/s2，在T2～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝2qU02lm＝4×105m

/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～T2时间内加速Δt，再在T2～T时间内减速Δt2刚好不能到达A板，则l＝12a1Δt2＋a1Δt·Δt2－12a2·Δt22或l＝12a1Δt·32Δt解得Δt＝2×10－3s因为T2＝6×10－3s，所以在0～T2时间内4×10－3

s时刻产生的粒子刚好不能到达A板．(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～T2时间内的前23时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300×12×23＝100(个).7．答案：(1)3gR(2)mg2q(3)5.5m解析：(1)小球从下端管口飞出时，根据牛顿第二

定律有FN－mg＝mv2BR且支持力FN＝FN′＝4mg联立解得vB＝3gR.(2)小球从A运动到管口B的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理得mgR＋qER＝12mv2B－0解得E＝mg2q.(3)小球离开管口B后，水平方向做匀加速直线运动，

竖直方向做自由落体运动，有h＝12gt2解得t＝1s水平方向qE＝ma，解得a＝0.5g水平距离x＝vBt＋12at2＝3gR·t＋14gt2＝(30×0.3×1m＋14×10×12)m＝5.5m．8．答案：(1)m230gth1(2)A不带电，B带负电m

0gd（h1＋h2）Uh1－m0g（h1＋h2）h2h1(3)h1－h2213t若h1>h2，则v″>0，新油滴向下运动若h1＝h2，则v″＝0，新油滴静止若h1<h2，则v″<0，新油滴向上运动解析：(1)两小油滴匀速下落

时，由题意得油滴的速度大小为v＝h1t由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即m0g＝f＝km130v解得k＝m230gth1.(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B向上匀速运动，而A仍以原速度下落，说明A不带电，B带负电B匀速上升的速度为v′＝h2t对B由平衡条件得qUd＝m

0g＋km130v′解得q＝m0gd（h1＋h2）Uh1B上升距离为h2的过程，电场力做的功为W＝qEh2＝qUdh2＝m0g（h1＋h2）h2h1又W＝－ΔEp则B电势能的变化量为－m0g（h1＋h2）h

2h1.(3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v″，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得2m0g＝qUd＋k·(2m0)13v″解得v″＝h1－h2213t若h1>h2，则v″>0，新油滴向下运动若h1＝h2，则v″＝0，新油滴静止若h1<h2，则v″<0，新油滴

向上运动．考点57实验：观察电容器的充、放电1．答案：B解析：充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电

压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电的I­t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．2．答案：(1)图2电压表分流偏小(2)C解析：(1)在图1、图2两图

中，实验系统误差较大的是2，原因是电容器放电时电压表的分流对实验的影响，使电容器放出的电荷量值偏小，则电容测量值偏小．(2)电容器放电时，放电电流逐渐减小，且逐渐变慢，则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C.故C

正确，A、B、D错误．故选C.3．答案：(1)上Q(2)相等c解析：(1)充完电后电容器上极板与电源的正极相连，则电容器上极板带正电；电容器电荷量为Q.(2)根据im＝UmR，因第2次实验的最大放电电流小些，而

曲线下围的面积相等，因此不是b.故电流随时间变化的曲线应该是虚线c.4．答案：(1)放电0.2s内电容器放出的电荷量不变(2)430(3)AD解析：(1)将开关S接通1，电容器与电源相连，所以电容器充电；再将S

接通2，电容器通过电阻R放电．图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则IΔt为这段时间内的电荷量，所以图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2s内放出的电荷量．根据Q＝CU，电

荷量与电阻值R无关，如果不改变电路其他参考数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I­t曲线与坐标轴所围成的面积将不变．(2)根据C＝QU＝3.44×10－38C＝430μF.(3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It，图像的倾斜程度表示电流的

大小，B错误，A正确；根据U＝QC＝ICt，电容器的电容不变，C错误，D正确．5．答案：(1)CD(2)3.0×10－5(在2.7×10－5～3.3×10－5范围内均可)5.0×10－6(在4.5×10－6～5.5×10－6范围内均可)(3)BC解析：(1)根据电

容决定式C＝εrS4πkd可知电容器的电容与充电电压无关，为增加该电容器的电容，可以增大S或减小d，所以使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，都可以增大电容，故A、B错误，C、D正确．故选C、D.(2)根据q＝It可知I­t图像与时间轴围成的面积表示

电荷量，I­t图像每小格表示的电荷量为0.02×0.2×10－4C＝4×10－7C，I­t图像与时间轴围成的面积共约75个小格，则电容器充满电后所带的电荷量约为Q＝75×4×10－7C＝3.0×10－

5C，由U­t图像知，充满电后电容器两端电压为U＝6.0V，则电容大小约为C＝QU＝3.0×10－56.0F＝5.0×10－6F.(3)0～t0时间内，电容器充电，电流逐渐减小，电压逐渐增大，直至充满时，电流为零，电压达到最大；t0时刻把开关S置于b端，电容器放电，电流反向且逐渐减小到零，电压

也逐渐减小到零但方向不变，故B、C正确，A、D错误．第九章电路电能考点58电路及其应用——练基础1．答案：D解析：常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则截面积变为原来的110，根据电阻定律R＝ρlS，

A错误；常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原来的一半，横截面积为原来的2倍，则电阻变为R4，B错误；电阻丝随着温度变化阻值会发生变化，C错误；根据超导现象知，D正确．2．答案：B解析：由并联电路的电压相同可得：电阻R1、R2、R3两端的电压相等，故由欧姆

定律可得：I1∶I2∶I3＝6∶3∶2，又由并联电路电流分流可得：I4＝I1＋I2＋I3，所以I1∶I2∶I3∶I4＝6∶3∶2∶11，B正确．3．答案：C解析：对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的12，

由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍；第二根导线对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的14.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得I1＝U4R，I2＝UR4＝4UR，由I＝qt可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16，C

正确．4．答案：C解析：电子做圆周运动的周期T＝2πrv，由I＝eT得I＝ve2πr，电流的方向与电子运动方向相反，故为逆时针．5．答案：AC解析：当出现题中所述故障时，曲管中水的电阻与人体电阻串联，由串联电路电压与电阻成正比可知，“隔电电阻”大于“人体电阻”，C正确；曲长管道应选用不易导电的材料

制成，否则管道和管道中水的总电阻会大大减小，人体会不安全，A正确，B错误；热水器漏电且接地线失效时，人体中有电流，但是较小，D错误．6．答案：C解析：由于RVRA＝515Ω>5Ω，所以应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分

流作用，使得测量的电流值偏大，根据R＝UI可知，测得电阻比真实值小，C正确．7．答案：B解析：当M、N两端的电压为U时，根据电阻定律和欧姆定律可知RMN＝ρabc，U＝IRMN；同理，当P、Q两端的电压为U时，有RPQ＝ρcab，U＝I′RPQ，解

得I′＝a2c2I，B正确．8．答案：B解析：给整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，则导线的电阻值为：R＝UI＝1.501.20Ω＝1.25Ω；又R＝ρLS＝ρLπd22＝4ρLπd2；

将L＝100m，d＝1.6mm＝0.0016m代入数据可得：ρ＝2.5×10－8Ω·m，B正确．9．答案：B解析：在加速电场中有eU＝12mv2，得v＝2eUm.在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q＝IΔt＝IΔlv，则电子个数n＝qe＝IΔ

lem2eU，B正确．10．答案：D解析：若正、负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两种离子电荷量绝对值之和，若正、负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正、负离子的电荷量的代数和，所以在1min内通过横截面的总电

荷量应为q＝6C－9C＝－3C，所以电流I＝|q|t＝0.05A，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，D正确．11．答案：CD解析：白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A错误；在A点，白炽灯的电阻大小可表示为U0I

0，不能表示为tanβ或tanα，B错误，D正确；在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0，C正确．12．答案：AC解析：当cd端短路时，R2与R3的并联电阻为30Ω，两电阻并联后与R1串联，ab间的等效电阻为40Ω，A正确；当ab端短路时，R1与R3的并联电阻为8Ω，两电阻并联后

与R2串联，cd间等效电阻为128Ω，B错误；当ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即R3两端的电压，为Ucd＝4010＋40×100V＝80V，C正确；当cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端

电压即R3两端的电压，为Uab＝40120＋40×100V＝25V，D错误．考点59闭合电路的欧姆定律(A)——练基础1．答案：B解析：电源内阻为r＝ΔUΔI＝1.2Ω，根据闭合电路的欧姆定律可得E＝U＋Ir＝4.8V，根据欧姆

定律可知34R＝UI＝3.6Ω，所以滑动变阻器的总阻值为R＝4.8Ω.在滑片P从右端移到左端的过程中，当滑动变阻器接入电路中的阻值与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，Pm＝E24r＝4.8W，A项错误，B项正确；当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，电

源的效率最大，η＝UE×100%＝RR＋r×100%＝80%，C、D项错误．2．答案：A解析：由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联．并联电路部分的等效电阻为R并＝R2()R3＋R4()R2＋

R3＋R4＝2Ω，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为I1＝I＝ER1＋R并＝3A，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则I2＝IR并R2＝2A，I3＝I4＝IR并R3＋R4＝1A，四个灯泡的实际功率分别为P

1＝I21R1＝18W，P2＝I22R2＝12W，P3＝I23R3＝2W，P4＝I24R4＝4W，故四个灯泡中功率最大的是R1，A正确．3．答案：ACD解析：风扇正常工作时，同一扇叶上各点属于同轴转动，角速度大小相等，选项

A正确，B错误；若风扇内部电机两端电压为U，输入电流为I，则电机消耗的总功率：P总＝UI，选项C正确；若风扇内部电机两端电压为U，输入电流为I，电机消耗的总功率：P总＝UI，同时又由于电动机线圈生热消耗一部分能量，因此电机输出机械功率：P出<UI，选项D正确．4

．答案：D解析：由电路图可知，照明灯和抽气扇处于并联状态，则抽气扇工作与否与是否点亮照明灯无关，A错误；由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，则流过抽气扇的电流、电压变大，则功率变大，抽气扇处于“强吸”挡，B错误；由电路图可知，闭合开关S2电

阻R被短路，则流过抽气扇的电流变大，而抽气扇的热功率为P＝I2r，其中r为电动机内阻，不变，则抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率增大，C错误；工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电动机变成纯电阻电路，回路中的电流将变大，D正确．5．答案：D解析：充电宝充电时将电能转化为化

学能，A错误；该充电宝的容量为q＝20000mA·h＝20000×10－3×3600C＝7.2×104C，电压为5V，所以充电宝最多能储存的能量E＝qU＝5×7.2×104J＝3.6×105J，B错误；以2A的电流充电，充电宝电

荷量从零到完全充满所用时间t＝qI＝7.2×1042s＝3.6×104s＝10h，C错误；由于充电宝的转换率是0.60，所以放电总量为20000mA·h×0.60＝12000mA·h，给电荷量为零、容量为300

0mA·h的手机充电的次数n＝120003000次＝4次，D正确．6．答案：C解析：根据闭合电路欧姆定律，车灯的电阻为R＝EI－r＝12.510Ω－0.05Ω＝1.2Ω，A错误；电动机启动时，电路外电压为U外＝E－I′r＝12.5V－58A×0.05Ω＝9.6V，流过车灯电流为I1＝U外R＝9.6

1.2A＝8A，流过电动机电流为I2＝I′－I1＝50A，由于电动机启动时会产生反向电动势E，可知电动机的内阻应满足rM<U外I2＝9.650Ω＝0.192Ω，B错误；打开车灯、电动机启动时，电动机的输入功率为P＝U外I2

＝9.6×50W＝480W，C正确；打开车灯、电动机启动时，电源的工作效率为η＝P出P总＝U外E＝9.612.5＝76.8%，D错误．7．答案：A解析：当内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，最大值为4W，选项A错误；根据P＝U

I可得，当I＝2A时，外电压为2V，内电压也为2V，电源的电动势为4V，选项B正确；电源的内电阻为r＝U内I＝1Ω，选项C正确；电源被短路时，电源消耗的最大功率可达P＝E2r＝16W，选项D正确．8．答案：C解析：仅光照

变强，光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮正确；同理分析，仅光照变弱，灯泡变暗，A、B错误．仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，总电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮；同理分析，仅将滑片向b端滑动，灯泡

变暗，C正确，D错误．9．答案：BD解析：P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，

I2＝U2R2，I2减小，电流表的示数IA＝I总－I2增大，B正确；电阻R2消耗的功率P2＝I22R2，I2减小则P2减小，C错误；由于电源的负极接地b点的电势φb＝0，有Uab＝φa－φb＝U2，而U2减小故φa降低，即a点的电势降低，D正确．10．答案：C解析：R的U­I图线的斜

率大小等于R的阻值，则R＝ΔUΔI＝2.0Ω，A错误；根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，U＝E，由题图可读出电源的电动势E＝4.0V，内阻等于图线a的斜率大小，则r＝ΔUΔI＝2.0Ω，B错误；两图线的交点表示该电源

直接与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由题图读出电阻两端电压U＝2.0V，电路中电流I＝1.0A，则电阻在2s内消耗的电能E＝UIt＝4J，C正确；由于电源内阻的存在，若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为原来的三分之二，D错误．11．答案：D解析：每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加

量，即W＝ΔE＝12mv20＋mgH＝300J，故选项A、B均错误；水泵输入功率(即电动机输出功率)为P泵入＝P泵出η＝3000.75W＝400W，故选项C错误；电动机的输入功率为P电＝440W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内

阻为r＝10Ω，故选项D正确．考点60闭合电路的欧姆定律(B)——提能力1．答案：BD解析：电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(R1＋r)得ΔU＝ΔI(R1＋r)，解得ΔUΔI＝R1＋r，所以不变，所以ΔUΔI­t图

像为平行时间轴的直线，A错误，B正确；当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR1I可知Q­I图像是过原点的倾斜直线，C错误，D正确．2．答案：C

D解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，A错误；电路稳定后，电容

器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，带电量不变，B错误；由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，带电量为零，C正确；将开关断开，电容器C2的带电量Q不变，板间距离增

大，电容C减小，由公式C＝QU分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，D正确．3．答案：D解析：此闭合电路的外电路由R1、R2、R3构成，R2与R3并联后再与R1串联，电容器两端的电压与R3两端电压相等，光

照强度增大时，R2减小，外电路总电阻减小，外电路电压减小，总电流增大，则定值电阻R1两端的电压增大，电压表示数增大，根据U3＝E－I总(R1＋r)可知，R3两端电压减小，R3功率减小，电流表示数增大，A、B错误

；平行板电容器两端的电压减小，减小平行板间距时，板间电场可能不变，C错误；电容器两端的电压减小，所带电荷量减少，电容器极板间的场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴向下加速运动，D正确．4．答案：ABC解析：在电源的U­I图像中，图像的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U­I图线，可

知电源1、电源2的内阻分别为r1＝ΔU1ΔI1＝108Ω＝54Ω，r2＝ΔU2ΔI2＝1012Ω＝56Ω，则有r1∶r2＝3∶2，A正确；U­I图像的纵轴截距表示电动势，所以E1＝E2＝10V，B正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接

电源1时，则有U1＝3.5V，I1＝5.2A，故灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝18.2W，灯泡的电阻R1＝U1I1＝3.55.2Ω＝3552Ω，连接电源2时，则有U2＝5V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率P2＝U2I2＝30W，灯泡的电阻R2

＝U2I2＝56Ω，则有P1∶P2＝91∶150，R1∶R2＝21∶26，C正确，D错误．5．答案：B解析：根据欧姆定律可知ΔU2ΔI＝R2＝3Ω，所以图(b)中斜率为正的图线反映R2的伏安特性；设电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝E－Ir，U1＝E－I(r＋R2)，则

ΔU3ΔI＝r，ΔU1ΔI＝r＋R2，所以图(b)中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化，则r＋R2＝4Ω，斜率绝对值较小的图线反映了V3表示数随I的变化，则

r＝1Ω，E＝4V．R1的输出功率为P1＝I2R1＝E2R1()R1＋R2＋r2＝E2R1＋（R2＋r）2R1＋2（R2＋r），根据数学知识可知当R1＝R2＋r时，P1有最大值为P1max＝1W，A错误．当电路中电流最大时，R2

的功率最大，此时R1接入电路的阻值为零，所以P2max＝ER2＋r2R2＝3W，B正确．电源的输出功率为P＝I2(R1＋R2)＝E2（R1＋R2）()R1＋R2＋r2＝E2R1＋R2＋r2R1＋R2＋2r，从左向右移动变阻器的滑片，R1增大，根据数学知识可知当R1

＋R2>r时，P随R1的增大而减小，当R1＝0时，P有最大值为Pmax＝P2max＝3W，C、D错误．6．答案：(1)负电3.2×10－15C(2)610s解析：(1)电键S1闭合、S2断开时，电路断路UAB＝E＝

300V，该油滴处于静止状态，受力平衡Eq＝mg，E＝UABd解得q＝3.2×10－15C，由于电场方向竖直向下，电场力竖直向上，故该油滴带负电；(2)闭合电键S2电容器与R并联，因此U′AB＝UR根据闭合电路欧姆定律E＝I()R

＋R0＋r，UR＝IR电场强度E′＝U′ABd，根据牛顿第二定律E′q－mg＝ma油滴下落到B板由运动学公式d2＝12at2，联立解得t＝610s.考点61实验：电学实验基础1．答案：甲解析：因为待测电阻约为5Ω，而Rx<RV·RA＝103Ω，故为了减小误差应该采用电流表的外接法，即选用甲图．2．

答案：(1)①0.020.440.12.20②0.11.400.57.0(2)1987将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19998Ω解析：(1)①电流表使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，指针的示数为0.4

4A；当换用3A量程时，每一小格为0.1A，指针示数为2.20A.②电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，指针示数为1.40V；使用15V量程时，每小格为0.5V，指针示数为7.0V.(2)电阻为1987Ω.

最简单的操作方法是将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9999Ω，用这样两个电阻箱串联可得到的最大电阻2×9999Ω＝19998Ω.故两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为0～19998Ω.3

．答案：(1)A(2)0～0.6A解析：(1)C与D电路图不符合电压从零开始调节．小电珠的电阻RL＝U2P＝1225Ω＝28.8Ω，RLRA＝144，RVRL＝520.8，由于RLRA<RVRL，故电流表应采用外接

法，应选A.(2)小电珠的额定电流I＝PU＝512A≈0.4A，故电流表量程为0～0.6A．4．答案：(1)BC(2)R内>R真>R外(3)图乙U2RVI2RV－U2解析：(1)由于电压表的分流和电流表的分压都属于系统误差，多次测量取平均值的方式

，并不能有效减小系统误差，使误差几乎为0，A错误；采用图甲电路，由于电流表的分压，电压表的测量值实际为待测电阻和电流表两端的电压之和，测量值大于待测电阻两端的电压值，但电流表的测量值等于流经待测电阻的电流值，B正确；采用图乙电路，电压表的

测量值等于待测电阻两端的电压值，电流表的测量值为通过待测电阻和电压表两条支路的总电流，故其测量值大于流经待测电阻的电流值，C正确；图甲适用于测大电阻，图乙适用于测小电阻，D错误．故选BC.(2)利用电流表内接法，电压表两端的电压

是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，故电流表内接电阻测量值为R内＝Ux＋UAI>UxI＝R真利用电流表外接法，电流表测的电流是待测电阻上的电流与电压表上的电流之和，故电流表外接电阻测量值为R外＝UIx＋IV<UIx＝R真，可得R内>R真>

R外．(3)已知电压表的内阻，则可利用图乙测出待测电阻的真实值．根据欧姆定律得U2RV＋U2Rx＝I2.解得Rx＝U2RVI2RV－U2.5．答案：(1)R1R3(2)1.5(3)①见解析图②a端解析：(1)改装成电流表R1＝IgRgI－Ig＝100×10－6×9000.001－100

×10－6Ω≈100Ω，改装后电流表内阻RA＝IgRgI＝100×10－6×9000.001Ω＝90Ω，把电流表改装成电压表，串联电阻R3＝UI－RA＝30.001Ω－90Ω＝2910Ω.(2)用改装的电压表测量某电阻两端的电压，G的指针位置如图甲所示，

量程为3V，则电压为1.5V.(3)①将改装后的电压表与标准电压表校对，应并联，用笔画线完成乙图电路②校对时，闭合S前滑片应在a端，使并联部分电压为零．6．答案：(1)AC(2)见解析图(3)b(4)④解析：(1)待测电阻Rx的阻值约为

30kΩ，直流电源电动势为15V，经粗略计算电路中的最大电流约为Imax＝ER＝500μA，所以电流表选择A；由于电压表D的量程不足，所以电压表选择C.(2)在题图所示电路中，电流表内阻为300Ω，电压表内阻为100kΩ，由串、并

联电路规律得，电流表的分压作用小于电压表的分流作用，故电流表应采用内接法，实物连线如图所示．(3)实验前，分压电路的电压应该是0，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．(4)实验中无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，是由于滑动变阻器接成限流式，因此是导

线④没有连接好．7．答案：(1)1(2)大(3)乙解析：(1)由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为Um＝Imr＝250×10－6×1.2×103V＝0.3V，此时R1和

R2的电流为I＝UmR1＋R2＝0.340＋360A＝0.75×10－3A＝0.75mA，所以总电流为I总＝Im＋I＝1mA，即量程为0～1mA.(2)当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2

的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大．(3)图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由

电表内阻引起的实验误差．考点62实验：长度的测量及测量工具的选用1．答案：972.0金属丝直径测量方法见解析解析：观察本题图示，注意金属丝的起点不在“0”处，所以测得金属丝的长度为982.0mm－10.0mm＝

972.0mm.由于一根金属丝的直径太小，用毫米刻度尺不易测量，故采用放大法测量：在铅笔上紧密排绕N匝金属丝，用毫米刻度尺测出该N匝金属丝的宽度D.由此可以算出金属丝的平均直径．2．答案：(1)A(2)5.25解析：(1)测玻璃管的内径应用内测量爪A；(2)图乙为20

分度的游标卡尺，精确度为0.05mm，读数为d＝5mm＋0.05mm×5＝5.25mm.3．答案：0.7004.245解析：螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm＝0.200mm，所以最终读数为0.700mm.游标卡尺的主尺读数为42

mm，游标尺读数为0.05×9mm＝0.45mm，所以最终读数为42.45mm＝4.245cm.4．答案：42.10mm63.30mm29.8mm解析：在图甲中，主尺读数为42mm，游标尺上第5条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标尺是50分度的，

所以读数为42mm＋5×0.02mm＝42.10mm；在图乙中，主尺读数为63mm，游标尺上第6条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标尺是20分度的，所以读数为63mm＋6×0.05mm＝63.30mm

；在图丙中，主尺读数为29mm，游标尺上第8条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标尺是10分度的，所以读数为29mm＋8×0.1mm＝29.8mm.5．答案：(1)D(2)B(3)0.410解析：(1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后应改用微调旋钮即D，直到听见“喀喀”

的响声．(2)读数前应先旋紧B，使读数固定不变．(3)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为41.0×0.01mm＝0.410mm，所以最终读数为0mm＋0.410mm＝0.410mm.6．答案：(1)深度尺10.03(2)2.760(3)200(

4)60.104.20解析：(1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲可知，游标卡尺主尺上的整毫米数为100mm，游标尺的精确度为0.1mm，且第3条刻度线(不计0刻度线)与主

尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100mm＋0.1mm×3＝100.3mm＝10.03cm.(2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度(0.01mm)×可动刻度读数(一定要估读)，由图乙可知玻璃厚度为2.5mm＋0.01mm×26.0＝2.760mm.(

3)因1.731mm＝1.5mm＋0.01mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a＝20，b＝0.(4)由图丁所示可得金属杆的长度L＝60.10cm.由图戊知，此游标尺为50分度，游标尺上第10条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度

线对齐，则该金属杆直径d＝4mm＋150×10mm＝4.20mm.考点63实验：测量金属丝的电阻率1．答案：(1)A160(2)100(3)无解析：(1)器材选择需要结合测量电路，用假设法初步分析，电流表半偏时，若电流表为A1，由

闭合电路欧姆定律可计算出电路中总电阻为300Ω，定值电阻与电流表A1的内阻之和为240Ω，不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为60Ω，实验器材可满足需求；若电流表为A2，电流表半偏时，电路中总电阻为100Ω，不符合题意．(2)

由闭合电路欧姆定律有E＝I2(rA1＋R0＋r＋R)，E＝3I5(rA1＋Rx＋r＋R)，(1)问得到的滑动变阻器接入电路的阻值60Ω，实际上是滑动变阻器R和电池内阻r串联后的总阻值，联立可得Rx＝100Ω.(3)由(2)问分析可得，是否考虑电池内阻对实验结果无影响．2．答

案：(1)0.770(2)πrd24l(3)见解析图解析：(1)该合金丝直径的测量值d＝0.5mm＋27.0×0.01mm＝0.770mm.(2)根据电阻定律R＝ρLS可得ρ＝RSL＝r·πd22l＝πrd24l

.(3)实物连线如图所示3．答案：(1)3.700(2)6.0πD2Rx4L(3)123.0(4)偏小解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，圆柱形电阻的直径D＝3.5mm＋0.200mm＝3.700mm.(2

)根据图乙电路，由闭合电路欧姆定律，E＝I(R0＋r＋RA＋R)，变化为1I＝R0＋r＋RAE＋1ER，1I­R图像中R与I一一对应，将S2置于位置2，电流0.400A对应的1I＝2.5，Rx＝6.0Ω.由电阻定律，Rx＝ρLS，S＝πD24，解得：ρ＝πD2Rx

4L(3)1I＝R0＋r＋RAE＋1ER，1I­R图像斜率1E＝0.083，解得电源电动势E＝12V；由R0＋r＋RAE＝2.0，解得r＝3.0Ω.(4)若电源电动势降低，则图像斜率变大，截距变大，仍根据原来描绘的图像测量电阻，则得到的该电阻测量值

偏小．或根据表达式E＝I′(r＋R0＋RA＋Rx)分析，因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表有相同读数时，得到的Rx的值偏小，即Rx测量值偏小．4．答案：(2)变小UI2－I1(3)无(4)51.80解析：(2)断开开关S2，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0＝UI1.闭合开关S2，导电绳

与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R0，电流表示数增大，电压表示数变小．调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U，设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′，则R′＝R0RxR0＋Rx，根据欧姆

定律得R′＝UI2，联立解得Rx＝UI2－I1.(3)考虑电压表内阻时，有I1U＝1R0＋1RV，I2U＝1R0＋1Rx＋1RV，联立解得Rx＝UI2－I1，与(2)中分析的结果相同，故电压表内阻对导电绳电

阻的测量值无影响．(4)由Rx­L图线可知，导电绳电阻Rx＝1.33kΩ对应的导电绳拉伸后的长度L＝51.80cm.5．答案：(1)4.620(4.619～4.621)10.15(2)见解析图(3)4.6＝解析：(1)螺旋测微器的读数等于4.5mm＋0.01×12.0mm＝4.620mm

；游标卡尺为10分度，精确度为0.1mm，游标上的第5格与主尺对齐，故读数为101mm＋5×0.1mm＝101.5mm＝10.15cm.(2)要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15V，则待测电阻的电流最

大为Imax＝URx≈154A＝3.75A，则0.6A的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确地得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，故电路图如图所示．(3)根据伏安法可知RA＋R0＋Rx＝ΔU

ΔI＝15－50.60－0.20Ω＝25Ω，解得Rx＝25Ω－RA－R0＝4.6Ω；因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值．6．答案：(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.7．答案：(1)0～20Ω(2)1.32(1.31～1.34均可)

(3)9.9×10－7(9.8×10－7～1.0×10－6均可)(4)小于解析：(1)根据题意，实验过程中要保证电流表示数不变，由图2可知合金丝甲的总电阻不到10Ω，为方便调节，应选择0～20Ω的滑动变阻器．(2)电源为1节干电池，所以电压表量程为0～3

V，故读数为1.32V．(3)根据欧姆定律可得UI＝R＋RA＝ρSl＋RA，可知图线的斜率k＝ρS，图中a图线的斜率为ka＝7.4－4.00.44－0.20≈14.17Ω·m－1，则ρa＝kaSa＝14.17×7.0×10－8Ω·m＝9.9×10－7Ω·

m.(4)假设是两个一样的合金丝甲并联，并联之后斜率为k′a＝12ka≈7Ω·m－1，但实际上另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与甲并联之后斜率为kb＝3.75Ω·m－1，说明并联后的总电阻更小，则合金丝乙的横截面积更大

．考点64实验：测量电源的电动势和内阻1．答案：(1)见解析图(2)1.51解析：(1)实物电路图如图所示．(2)由题图丙可知，电源的U­I图像与纵轴交点的纵坐标值是1.5，则电源电动势E＝1.5V，电源内阻r＝ΔUΔI＝1

.5－1.00.5Ω＝1Ω.2．答案：(1)二(2)①100②0.88(0.85～0.90)③等于解析：(1)水果电池内阻较大，为减小实验误差，电压表并联在电源两端带来较大误差，因为该方式测量的是电压表与内阻并联后的总电阻，故应选择图二所示电路图．(2)①

最小分度值为5μA，故电流表的示数为100μA.②电源电动势为E＝I(r＋R)，所以R＝E×1I－r，由图丙所示图像可知，图像斜率k＝E＝9000－2000（16－8）×103＝0.88V.③若考虑电流表的内阻，则E＝I(r＋R＋RA)，图像斜率不变，则水果电池电动势的测量值等于真实

值．3．答案：(2)b(4)r0kr0dk－R0－RA(5)见解析解析：(2)开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律R＝ρLS可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端．(4)设圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根

据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir，整理得1I＝r0Eθ＋RA＋R0＋rE，结合图像的斜率和截距满足r0E＝k，RA＋R0＋rE＝d，解得电源电动势和内阻为E＝r0k，r＝r0dk－R0－RA.(5)实验

器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图原理的简单说明：①将开关置于R0位置，读出电流表示数I0；②将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为I0，读出此时角度θ；③此时θr0＝

R0，即可求得r0的数值．4．答案：(2)黑(3)7.0(4)320解析：(2)多用电表内部电源的正极与黑表笔相连，流过电压表的电流应从正接线柱流向负接线柱，因此A为黑表笔．(3)将多用电表选择开关打到欧姆“×1”挡，由图乙可知示数为7.0Ω.(4)根据闭合电路的欧姆定律有E＝U＋URr，

解得1R＝Er·1U－1r所以1R­1U图线中k＝Er＝12013＝320，b＝－1r＝－120，解得r＝20Ω，E＝3V．5．答案：(1)2.95(2.93～2.98)U2RU1－U2偏大(2)aa－r解析：(1)电压表量程为3V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.9

5V；忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋IR＝U＋URVR由题意得E＝U1，E＝U2＋U2RVR，解得电压表内阻RV＝U2RU1－U2考虑电源内阻E＝U1＋U1RVr，E＝U2＋U2RV(R＋r)解

得RV＝U2RU1－U2－r由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大．(2)不考虑电源内阻，由题图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋IR＝U＋URVR整理得1U＝1ERV·R＋1E由题图丙所示1U­R图像可知，图像的斜率

k＝1ERV＝b0－（－a）＝ba，纵轴截距b＝1E解得电压表内阻RV＝a考虑电源内阻，由题图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(r＋R)＝U＋URV(r＋R)，整理得1U＝1ERVR＋1E＋rERV，由图丙所示1U­R图像可知，图像的斜率

k＝1ERV＝b0－（－a）＝ba，纵轴截距b＝1E＋rERV，解得RV＝a－r.考点65实验：练习使用多用电表1．答案：(1)×10180(2)B解析：(1)“×100”挡指针偏转太大，说明电阻较小，需要换一个低倍率的挡位，用“×10”的．读数时用表盘的读数乘以选择的倍

率．(2)电流方向为红表笔流入，黑表笔流出，黑表笔与B连接．2．答案：(1)N92(2)增大(3)1.19.5解析：(1)指针偏转角度最大时通过电流表的电流最大，所以可变电阻R1阻值最小，为零，所以滑动片位于N

端．因电流表满偏电流Ig＝100mA，而表头电压电流挡为50分度，即分度值为2mA，所以此时通过电流表的电流为92mA.(2)电阻箱阻值减小，回路中电流增大，指针偏转角度增大．(3)指针在位置A时，通过电流表的电流为IA＝ERg＋r＝92mA，指针在位置B时，通过电流表的电流

为IB＝ERg＋r＋R＝45mA，联立以上两式解得E≈1.1V，r＝9.5Ω.3．答案：(1)R2(或电源)(2)R1320(3)H205解析：(1)当多用电表的选择开关尖端对准直流电压挡时，闭合开关，此

时R1不工作，相当于导线，多用电表与R2并联，测的是电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．(2)当多用电表的选择开关尖端对准直流电流“500mA”挡位，多用电表与R1串联，此时测得的是通过R1的电流．电流表的分度值为10mA，电流表指针指在32格，因此电流表的读数为32×10mA＝320

mA.(3)图3所示的插座为220V交流电源，所以应把多用电表的选择开关扳到题图4所示的交流250位置，即H处；根据电表指针以及所选择的挡位可知，插座的电压为U＝205V．4．答案：(1)1(2)3.00156(3)大于解析：(1)红表笔与欧姆表内置电源的负极相连，黑表笔

与欧姆表内置电源的正极相连，电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表；电流从电压表正接线柱流入，负接线柱流出，由题图(a)所示，多用电表的红表笔应和1端相连．(2)电压表量程是5V，由图(c)所示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为3.00V；多用表选择

开关置于“×1k”挡，由题图(b)所示表盘可知，电压表内阻为RV＝15×1kΩ＝15kΩ，由题图(b)所示可知，欧姆表内阻R内＝15×1kΩ＝15kΩ，由闭合电路的欧姆定律可知，多用电表“×1k”挡内部电源电动势E＝U＋IR内＝U＋URVR内＝3.00V＋3.0015×103×15×103V＝6

V.(3)选择“×1”挡测20Ω的电阻时，指针示数是20，流过表头的电流为I1，选择“×1”挡测100Ω的电阻时，指针示数是100，流过表头的电流为I2，欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，欧姆表指针示数越大，指针越靠近左侧，流过电表的电流越小，则I1大于I2.5

．答案：(1)1.80(2)R2(3)R2解析：(1)多用电表直流电压2.5V挡分度值为0.05V，需要估读到0.01V，所以PQ之间的电压为U＝36×0.05V＝1.80V.(2)将红表笔接P，黑表笔接M，若电压表示数与PQ之间的电压完全相同，即从P到M不

存在电势降低，说明通过R2的电流为零，则可以确定必定是R2发生了断路．(3)若考虑电容器充放电的时间间隔，如果电容器接入电路，则在表笔刚接P、Q的短时间里，电容器充电，相当于导线，R3被短路，电表指针指在R1和R2并联的值对应的刻度；充电完成后，R3正常接入电路，

电表指针指在R1、R2和R3混联的值对应的刻度；由于指针只指向某一刻度就不再摆动，所以电容器一定未接入电路，必定是R2发生了断路．6．答案：(1)大于(2)×10(3)向上(4)400解析：(1)由于Rn>Rm，所以Im大于In.(2)将单刀双掷开关S与n接通，此时电路中总电

阻较大，中值电阻较大，能接入的待测电阻的阻值也较大，故应该为欧姆表的×10挡位．(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位，即开关S从m拨向n，电路中的总电阻增大，干路电流减小，为了使电流计满偏，则需增大通过电流计的电流，故调零电阻R0的滑片应该向上调

节．(4)设欧姆表内部等效电阻为R，根据闭合电路欧姆定律有，23Ig＝ER＋R1，13Ig＝ER＋Rx，Ig＝ER，联立解得Rx＝400Ω.7．答案：(1)CD(2)CABDEL1R1解析：(1)按下S1后L2支路被短路，则L2不会发

光，A错误；当锅内温度高于103℃时，S1断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2串联，则回路中并联的整体电阻RL＝10.42Ω，R并＝56.64Ω，则

回路总电阻R总＝1067.06Ω，则回路总电流I总＝220R总＝0.21A，则L2一定发光，此时并联的整体的电压为U并＝I总R并＝11.89V，则流过L1的电流为IL1＝U并RL1＋R1＝11.891000＋10.42A＝0.

012A，则流过L1的电流小于30mA，则L1熄灭，B错误；S2在锅内温度高于80℃时自动断开，锅内温度降到70℃以下时S2自动闭合，C正确；当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L2支路被短路，则L2不会发光，此时电路中R与R1和

L1的串联部分并联，则此时流过L1的电流为I′L1＝ERL1＋R1＝2201000＋10.42A＝0.218A，则此时流过L1的电流大于30mA，则L1发光，D正确．(2)多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度——机械调零；将

选择开关旋转到“×100”位置——选挡；将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点——欧姆调零；测量指示灯L1两端的阻值——测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表．故正确顺序为CABDE.由于使用时L1始终不亮，但

加热和保温功能均正常，则说明R、L2、R2、T均正常，如图3可看出L1两端有1090Ω左右的电阻，则说明L1始终不亮的原因是L1断路损坏．如图4可看出欧姆表的示数几乎为零，但由于RL＝10.42Ω此时选用的是“×100”挡则说明灯泡L1正常，所以L1

始终不亮的原因是R1断路损坏．第十章磁场安培力与洛伦兹力考点66磁场及磁场对电流的作用(A)——练基础1．答案：BD解析：因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁

感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，故C错误；

根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力(沿ac方向)合成，

总安培力方向沿正方形的对角线ac方向，故D正确．2．答案：C解析：根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确．3．答案：A解析：磁通量Φ＝BS，也是穿过球面的磁感线的条数，由于从

磁单极子发出的磁感线的条数是一定的，故穿过球面1与球面2的磁感线的条数是相等的，即球面1与球面2的磁通量相等，A正确，B错误；若有磁单极子位于球心处，因为它的磁感线分布类似于点电荷的电场线的分布，我们可以类比一个点电荷放在球心处，则a点的电场强度大于b点，故a点的磁

感应强度也大于b点，C、D错误．4．答案：C解析：根据安培定则可知通电电流b在其周围产生的磁场为顺时针，导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，如图所示；根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，选C.5．答案：A解析：S闭合后，ab

棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝E5R，ab棒受到安培力的大小为Fab＝BIL，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到的安培力大小为F其＝BIL，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2BIL，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F′＝F其＝BIL＝F2，

A正确．6．答案：D解析：当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受安培力向上，则磁铁受到向下的作用力，由平衡可知F安＝BIL＝G1－G0，解得B＝G1－G0IL，A、B错误；磁体两极间的磁感应强度只与磁体本身有关，若使图示方向电

流增大，被“称量”的磁感应强度不变，C错误；若通以图示大小相等方向相反的电流I，则安培力反向，此时测力计示数将变为N＝G0－F安＝2G0－G1，D正确．7．答案：AD解析：装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导

线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上侧或下侧形成通路，另一侧断路．A、D正确．8

．答案：ABD解析：指针在量程内线圈一定处于磁场之中，由于线圈与铁芯共轴，线圈平面总是与磁感线平行，A正确．电表的调零使得当指针处于“0”刻线时，螺旋弹簧处于自然状态，所以无论线圈向哪一方向转动都会使螺旋弹簧产生阻碍线圈转动

的力，B正确．由左手定则知，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，安培力将使线圈沿顺时针方向转动，C错误，D正确．9．答案：A解析：三条导线的磁场如图所示，由矢量的叠加可知三条导线产生的磁场合磁感应强度为B′＝2B0，可得2B0＝

B；若将c处电流反向，三条导线产生的磁场如图所示，根据磁感应强度的叠加可知O点处的磁感应强度大小为B，A正确．10．答案：D解析：当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场

方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝（mg）2－（BIL）2，又BIL＝mgsinθ，得sinθ＝BLmgI，分析易知B、C项错误，D项正确．11．答案：C解

析：根据右手螺旋定则可知通电直导线a和b在M点的磁场方向如图所示由矢量的叠加可知通电直导线a和b在M点的磁场方向水平向右，根据左手定则可知导线c在M点受到的安培力竖直向上，A、B错误；若距离N点无穷远处，磁感应强度为零，N点磁感应强度为零，所以从无

穷远处到N点磁感应强度先增大后减小，由于不清楚M点的位置，所以通电直导线c所受安培力可能先增大后减小，也可能一直减小，结合牛顿第二定律mg－F＝ma，可知导线c可能做加速度一直增大的加速运动，也可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的加速度运动，C正确，D

错误．考点67磁场及磁场对电流的作用(B)——提能力1．答案：BC解析：由题意可知通电流I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动，且I1<I2，电流小时导体棒受到的安培力小，故通入电流I1时导体棒沿斜面向下运动，通入电流I2时导体棒沿斜面向上运动，故A错误；两种情况

下，导体棒均匀速运动，均处于平衡状态，由平衡条件可知导体棒沿斜面向下运动时，有mgsinα＝BI1L＋μmgcosα导体棒沿斜面向上运动时，有BI2L＝mgsinα＋μmgcosα，联立解得μ＝（I2－I1）tanαI1＋I2；B＝2mgsinα（I1＋I2）L，故B、C正确；因I1和I

2可分别使导体棒向上或向下匀速运动，而根据磁场方向可知安培力沿斜面方向，故不存在其它电流与导体棒匀速运动，故D错误．2．答案：B解析：给导体棒通入I＝2A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左

手定则，可判断出ab棒上通入的电流方向为从a向b，A错误；在第2s末时，磁场强度为B＝0.2t＋0.1＝0.5T，故ab棒所受的安培力为F＝BIL＝1N；ab棒未动时，由于导轨光滑，细线拉力等于安培力大小，对m受力分析得FN＝mg－FT＝mg－F安＝0，所

以在第2s末物体m恰好离开地面，B正确；在第4.5秒末时，磁场强度为B＝0.2t＋0.1＝1T，故ab棒所受的安培力为F＝BIL＝2N，对杆和物体整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F－mg＝(m＋M)a，解得a＝1m/

s2，C错误；ab棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D错误．3．答案：BC解析：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．4．答案：C解析：在运动过程中，炮弹受到的安培力大小F＝BIL＝8000N，根据动能定理，可知Fx＝12mv2，解得v＝4000m/

s，A错误；根据上述公式可知v＝2BILxm，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的2倍，B错误；若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知BILx－Ffx＝12mv2，解得v＝2x（BIL－Ff）m，故轨道长度加倍，速

度变为原来的2倍，若电流加倍，速度不是原来的2倍，C正确，D错误．5．答案：(1)33mg(2)38gL7312mg解析：(1)通电后，据左手定则可知，导体棒受到垂直纸面向外的安培力，随即开始运动，设两细绳拉力为T在竖直平面内满足2Tcos30°＝mg解得T＝

33mg.(2)导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝34mg将F与mg合成为等效重力G′，可得G′＝F2＋（mg）2＝54mgmg与G′的夹角θ满足cosθ＝mgG′＝45导体棒P1、P2在垂直纸面内做圆周运动，当其从静止开始到达等效最低点时速度最大，由动能定理有12mv2＝G′·L

2cos30°(1－cosθ)在等效最低点，由牛顿第二定律有2T′cos30°－G′＝mv2r其中r＝L2cos30°解得v＝38gL，T′＝7312mg.6．答案：(1)NBIlk2NBIlrkd(2)k（s1＋s2）d4NBlr解析：(

1)通入电流后线圈所受安培力F＝NBIl由胡克定律及平衡条件有F＝kΔx故弹簧长度改变量Δx＝NBIlk由于d远大于弹簧长度的改变量，故细杆转过的角度θ≈Δxd＝NBIlkd由于入射光线不变，平面镜转过θ角时反射光线转过2θ，故s＝2θr＝2NBIlrkd(2)电流反向前后光点移动的

弧长为s′＝s1＋s2可知反射光线在此过程中转过的角度为θ′＝s1＋s2r则细杆转过的角度为θ′2＝s1＋s22r故弹簧长度的变化量Δx′＝θ′2d＝s1＋s22rd由胡克定律得ΔF弹＝kΔx′而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量，设待测电流为Ix，则ΔF弹＝

2NBIxl解得Ix＝k（s1＋s2）d4NBlr考点68磁场对运动电荷的作用——练基础1．答案：C解析：螺线管中磁场方向始终为水平方向，电子的速度方向始终与磁场方向平行，所以电子始终不受洛伦兹力，电子做匀速直线运动，C正确．2．答案：D解析：带电粒子沿垂直于磁场方向射入

匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，由公式r＝mvqB可知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a；在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电，D正确．3．

答案：AC解析：根据安培定则可知题图甲虚线上的磁感应强度垂直纸面向里，A正确；根据安培定则以及对称性可知题图乙中虚线上的磁感应强度方向水平向右，所以题图乙中粒子的初速度与虚线上的磁场同向，即粒子不受洛伦兹力作用，将做匀速直线运动，B、D错

误；根据左手定则可知题图甲粒子将向上偏转，由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子速度大小保持不变，C正确．4．答案：C解析：小球分别从A、B两点释放，由于洛伦兹力不做功，小球经过O点时速度的大小相同，小球的动能相同，C正确．小球分别从A、B两点

释放，经过O点时，速度的方向相反，则洛伦兹力的方向也相反，丝线的拉力大小也会不同，A、B、D错误．5．答案：CD解析：由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，A错误；由qvB＝mv2r得r＝mvBq可知

，沿a轨迹运动的半径小，则沿a轨迹运动的粒子的速率更小，B错误；圆的直径为最长的弦，图中直径时都到不了地面，则其他反向的也将不会到达地面，C正确；由图可知，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90度的锐角时，都可到达地面，D正确．6．答案：B解析：

如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有速度方向偏转90°时的半径r1＝R，速度方向偏转60°时的半径r2＝3R；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r可得v＝qrBm，所以v1v2＝r1r2＝33，B正确．7．答案：A解析：根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可

知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误．8．答案：B解析：质子带正电，且质子经过磁场偏转后经过C点，其可

能的轨迹如图所示由轨迹图可知，所有圆弧所对的圆心角均为60°，根据几何关系可得，质子做圆周运动的半径为r＝Ln(n＝1，2，3…)，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，解得v＝qBrm＝Bk·Ln≤BkL(n＝

1，2，3…)，当n＝4时，可得v＝BkL4，B正确．9．答案：AD解析：由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子

，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确．10．答案：BC解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，

如图根据几何关系则有R＝LqvB＝mv2R可得v＝qBLm＝kBL根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当粒子上下均经历一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12L，根

据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，可得v＝qBL2m＝12kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝qBL()2n－1m＝12n－

1kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝qBL2nm＝12nkBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，B、C正确．11．答案：CD解析：当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上

的G点，如图1所示；在加速电场中有qUm＝12mv2，在偏转磁场中有qvB＝mv2r，有几何关系可知粒子运动轨迹的半径r＝L，解得Um＝qB2L22m，A错误．图1图2设粒子轨迹与CD板在H点相切，如图2所示，则

GH间的距离即为粒子打中区域的长度s；又设此时对应的半径为r′，根据几何关系有L＝r′＋r′sin30°，解得r′＝L3；则粒子打中区域的长度s＝L－r′tan30°＝(1－33)L，B错误．粒子在磁场

中有qvB＝mv2r，运动的周期T＝2πrv，解得T＝2πmqB；粒子在磁场中运动的最大圆心角θ＝180°，所以最长时间为t＝θ2πT＝πmqB，C正确．打到N板上的所有粒子中，动能最大的粒子轨道半径最大，在磁场中的轨迹与CD边相切，对应的粒子半径r′＝L3；根据洛伦兹力提供向心力有qvB

＝mv2r′，解得最大动能为Ekm＝12mv2＝q2B2L218m，D正确．12．答案：(1)Bqdm(2)33.3%解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r，解得r＝mv0qB从上平板进入的带电尘埃恰好落在下平板的右侧边沿，运动轨

迹如图所示由图可知r＝d，解得v0＝Bqdm.(2)根据洛伦兹力提供向心力有q5v03B＝m5v032R，解得R＝5mv03qB＝5d3作出恰好落在下平板的右侧边沿的带电尘埃的运动轨迹如图所示，令AC的距离为x，在直角三角形OCD中，有

R2＝()R－x2＋d2，解得x＝d3该装置的除尘效率η＝d3d×100%＝33.3%.考点69带电粒子在组合场中的运动——提能力1．答案：B解析：根据左手定则可知磁场垂直纸面向外，再由右手螺旋定则知两个励磁线圈中的电流均为逆时针，A错误；经加速电压后电

子加速，根据动能定理有qU＝12mv2，电子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝mv2r得r＝mvqB，当加大励磁线圈电流时，磁感应强度变大，使电子做圆周运动的半径减小，可能会出现完整的圆形轨迹，B正确；加大加速极电压，

电子射出时的速度增大，圆周的半径变大，圆的弯曲程度变小，则电子打在玻璃泡上的位置下移，C错误；在出现完整轨迹后，减小加速极电压，电子圆周的速度变小，但在磁场中圆周运动的周期为T＝2πRv＝2πmqB，则其周期不变，D错误．2．

答案：BD解析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝mv2R可得，v＝qBRm，因此带电粒子离开回旋加速器时的动能Ek＝12mv2＝q2B2R22m可知，与加速电压无关，与狭缝距离

无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B、D正确．3．答案：D解析：电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有eU

＝12mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝mv2r，则r＝mvBe，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sinθ＝dr(其中d为磁场宽度)，联立可得sinθ＝dBe2mU，可见增大U会使θ减小，电子在靶

上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故B选项错误，D选项正确．4．答案：C解析：粒子在电场中做类平抛运动，如图所示：设第一次到达P点y方向分速度为v1，在y方向有qE＝ma，v21＝2ah，由

于q、E及h不变化，则v1大小不变，则粒子进入磁场的速度v＝v20＋v21，速度方向与MN的夹角tanθ＝v1v0，可见，若减小v0，则tanθ增大，θ变大．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R＝mvqB，第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得d＝2Rsin

θ，sinθ＝tanθ1＋tan2θ＝v1v20＋v21，代入可得d＝2mv1qB，可见，当减小v0时d不变．运动的时间t＝θ2π·2πmqB＝θmqB，由于θ增大，则t增大，C正确．5．答案：AD解析：该过程中由方向平行于y轴的匀强电场

实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝xv可知t1<t2，故A正确，B错误．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒

子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝12mv2，可知Ek1>Ek2，故C错误，D正确．6．答案：(1)2mv20qd(2)5v0(3)

2mv0Bq解析：(1)粒子先在xOy平面内做类平抛运动，加速度大小为a＝qEm根据运动学规律有d＝v0t0d＝12at20解得E＝2mv20qd.(2)粒子到达O点时的速度方向的反向延长线一定经过水平位移的中点，设速度方向与x

轴正方向夹角为θ，则tanθ＝v0vx＝12解得粒子在O点处的x轴分速度大小为vx＝2v0根据速度的合成可得粒子到达O点时的速度大小为v＝v20＋v2x＝5v0.(3)粒子进入磁场后，在空间中做螺旋运动，在y

Oz平面内做匀速圆周运动，设其运动半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B＝mv20R解得R＝mv0Bq所以粒子在磁场中运动时到xOy平面的最大距离为s＝2R＝2mv0Bq.7．答案：(1)qB2a2m(2)2πmqB(3)277a解析：(1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R＝

a则qBv＝mv2R则v＝qBam粒子从S到O在电场中加速，有动能定理可得qEa＝12mv2可得E＝qB2a2m.(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，则有mv＝mv1＋13mv2，12mv2＝12mv21＋12×13mv22计算可得v1＝12v＝q

Ba2m，v2＝32v＝3qBa2m两粒子碰后在磁场中运动12qBv1＝mv21R1，12qBv2＝mv223R2解得R1＝a，R2＝a两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T1＝2πR1v1＝4πmqB，T2＝2πR2v

2＝4πm3qB则两粒子碰后再次相遇2πT2Δt＝2πT1Δt＋2π解得再次相遇时间Δt＝2πmqB.(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为θ＝2πT1·T24＝π6撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，

粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t′，由余弦定理可得cos60°＝（v1t′）2＋（v2t′）2－（2a）22×v1t′×v2t′且v1t′＝13v2t′则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移L＝v1t′＝27

7a8．答案：(1)1L2mUqπL3m2qU(2)B2≥3LmU2q(3)B2L2＝B1L1解析：(1)由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示设粒子射入磁场的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二

定律可得qU＝12mv2，B0qv＝mv2R1由几何知识得L＝2R1sinθ联立解得B0＝1L2mUq粒子在Ⅰ区运动的时间为t0＝2θR1v＝πL3m2qU(2)由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示设粒子在磁场Ⅱ区中做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2＝mv2R2为使粒子能返

回Ⅰ区，应满足R2＋R2sinθ≤L代入数据解得B2≥3LmU2q(3)由题意可得粒子运动轨迹大致可能如下图所示两种情况设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L1＝R1sinθ＋R1s

inα(或L1＝R1sinθ－R1sinα)L2＝R2sinθ＋R2sinα(或L2＝R2sinθ－R2sinα)又根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝mv2R1，qvB2＝mv2R2联立解得B2L2＝B1L1.考点70带电粒子在

叠加场中的运动——提能力1．答案：B解析：设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①，b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②，c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡

，则mcg＋qvB＝qE③，比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确．2．答案：C解析：粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力和向下的洛伦兹力；若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足qv0B＝qE，即速度v

0＝EB，粒子就能做直线运动通过，A、B错误．若增大v0，则洛伦兹力大于电场力，粒子向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动，则电场力做负功，C正确．若粒子从Q点以水平速度v0进入器件，电场力和洛伦兹力同向，粒子将做曲线运动，即速度选择器的电场和磁场确定之后，也就确定了入口为

P，出口为Q，D错误．3．答案：BC解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电

子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．4．答案：ABD解析：粒子在弯曲

的部分做圆周运动，电场力提供向心力，所以只有正离子才可能通过该仪器；又由于板间距很小，该部分电场强度E＝Ud，粒子通过平直的下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，即Udq＝qvB，解得v＝UdB，

则磁场只能垂直于纸面向里，且速率为UdB的正离子才能通过该仪器，故A、B正确，C错误．由电场力提供圆周运动的向心力有qUd＝mv2R，得出qm＝UdRB2，即通过该仪器的离子比荷为UdRB2，D正确．5．答案：B解析：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．6．答案

：(1)2T(2)0.6s解析：(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动mg＝qE1解得q＝5×10－4C由图甲得Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝yM联立解得R＝2m，θ＝37°又qv0B＝mv20R，解得B＝2T.(2)小球进入第四象限后，受力如图乙所示，tanα

＝mgqE2＝0.75，α＝θ＝37°小球的速度与重力、电场力的合力F垂直，轨迹如图甲所示．由几何关系可得lQN＝(－yN－xPtanα)cosα＝0.6m在第四象限，沿初速度方向，有lQN＝v0t解得t＝0.6s．7．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与

重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝qUd由闭合电路欧姆定律得U＝R2R1＋R2E0联立解得E0＝（R1＋R2）mgdqR2.(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(3d)2又洛伦兹

力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝mv2r解得B＝mv2qd.(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小q

E′＝mgcos60°解得E′＝mg2q.考点71洛伦兹力与现代科技——提能力1．答案：AD解析：根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A正确；因为左右两边磁场强度不一样，导致粒子在左右两侧做圆周运动的轨迹半径不同，所以发生漂移，B错误；根据

qvB＝mv2R得R＝mvqB，因此B越大，R越小，所以右边部分轨迹半径小于左边部分的轨迹半径，结合左手定则可判断出正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移，故C错误，D正确．2．答案：D解析：由左手定则，正离子受洛

伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A错误；由平衡条件得qvB＝qUd，电源电动势E＝U＝Bdv，电流I＝ER＋r＝BdvR＋r，用电器两端的电压UR＝IR＝RR＋rBvd，B、C错

误，D正确．3．答案：D解析：根据Uq＝12mv2，可得v＝2qUm，则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在加速电场中的加速时间越短，A、B错误；根据T＝2πmqB可知，比荷大的粒子在磁场中的运动周期越短，则时

间越短，C错误；根据r＝mvqB＝1B2Umq可知，比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，D正确．4．答案：B解析：带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到

洛伦兹力向上，A错误；最终正负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qUd，解得液体的流速：v＝UBd，B正确；不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，C错误；污水流量为Q＝vS＝14πd2·UBd＝πUd4B，D错误．

5．答案：ABD解析：由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；根据电场力提供向心力，则有qE＝mv2R，又有电场力加速运动，则有qU＝12mv2，联立解得U＝ER2，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r，结合上式可知，

PQ＝2ERBmq，故C错误；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，说明运动的直径相同，由于磁场、电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故D正确．6．答案：D解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，则在Ek－t图像中应有t4－t3＝t3

－t2＝t2－t1，A错误．由qvB＝mv2R得v＝qBRm，则Ek＝12mv2＝q2B2R22m，可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，B错误．α粒子(42He)的质量与电荷量的比值小于氚核(31H)的质量与电荷量的比值，由交流电源的周期T＝2πmBq可知，应将交流电源

的周期减小才能加速α粒子，只增大磁感应强度可以减小周期T，C错误，D正确．7．答案：(1)数量级为10－5T(2)necIU(3)见解析解析：(1)由E＝BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10－5T.(2)设导电电子定向移动的速率为v，Δt

时间内通过横截面的电量为Δq，有I＝ΔqΔt＝nebcv导电电子定向移动过程中，在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡，有eUb＝evB得B＝necIU.(3)如图建立三维直角坐标系Oxyz设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、

By、Bz.把金属薄片置于xOy平面内，M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz.由(2)得Bz＝necIUz由Uz的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定Bz的方向．同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得By的大小和方向；把

金属薄片置于yOz平面内，可得Bx的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的大小为B＝B2x＋B2y＋B2z根据Bx、By、Bz的大小和方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向．第十一章电磁感应考点72电磁感应现象楞

次定律——练基础1．答案：A解析：根据楞次定律的“来拒去留”，则当磁铁在向下运动的过程中，线圈产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈给它的磁场力始终向上，A正确．2．答案：C解析：按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量

向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，A错误；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量

不变，螺线管不会产生感应电动势，C正确；按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，D错误．3．答案：C解析：开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；

后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向，故C正确．4．答案：C解析：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中的部分圆盘会受到安培

力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，故C正确，A、B、D错误．5．答案：D解析：导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错误，D正确；在导线框离开磁场时，ab

边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，B、C错误．6．答案：AD解析：题图甲中通过小铜环的是螺线管内部的部分磁感线，

题图乙中通过大铜环的是螺线管内部的所有磁感线与螺线管外部的部分磁感线的差值．闭合开关瞬间，穿过两铜环的磁通量均向左增大，根据楞次定律，则铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左往右看，铜环中感应电流沿顺时针方向，A正确、B错误；闭合开关的瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，题图甲中小铜环

有收缩的趋势，题图乙中大铜环有扩张的趋势，C错误、D正确．7．答案：ABC解析：当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收

缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2时刻FN＝G，故B正确；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确；当螺

线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此Q线圈中无感应电流产生，故t4时刻FN＝G，此时P没有收缩的趋势，故D错误．8．答案：CD解析：根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环水平向右的

速度抛出，离通电直导线越远，磁场强度越小，故线圈中的磁通量向外变小，根据楞次定律，可判断出圆环的感应电流为逆时针方向的电流，A错误；圆环在水平向右运动的过程中，根据楞次定律的推论“来阻去留”，可知圆环水平速度一直在减小，C正确

；竖直方向的分运动不改变线圈的磁通量，通电直导线周围的磁感应强度随距离越远，磁感应强度越小，由直线电流外磁感应强度变化规律知磁感应强度随距离的增大变化的越来越慢，且圆环水平方向的速度也越来越小，故圆环的磁通量的变化率越来越小，圆环中感应电流的大小不断减小，B错误；圆环抛出后，圆环的

感应电流在竖直方向上的安培力合力为零，故圆环在竖直方向的加速度始终等于重力加速度，D正确．9．答案：A解析：在1～2s内，由安培定则可知穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即

感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知上极板M电势高，带正电，电荷量增加，A正确．10．答案：AC解析：由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度

大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量始终变化，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量

变化量相同，而sPM>sPN，又速率相同，所以tPM>tPN，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误．11．答案：C解析：“钥匙扣”接触区装置拆

开后是一个多匝矩形线圈，“钥匙扣”靠近后产生感应电流，从而控制开关，是利用了电磁感应现象．故选C.12．答案：C解析：虽然线框被导线分成面积相等的两部分但离导线越远，磁场越弱．所以根据磁通量相互抵消一部分可

得：导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时，通过导线框与下方磁场方向相同的磁通量增大，会产生感应电流，A、B错误；根据MN中电流的方向，结合楞次定律则可判断abc中电流的方向和感应电流方向为abca，C正确，D错误．13．答案：D解析：

MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥，D正确．14．答案：D解析：根

据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加；根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误．线框中产生的感应电流为I＝ER＝nΔΦRΔt＝nSR·ΔBΔt，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误．线

框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，故所受的安培力变大，C错误．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所

受的安培力水平向左．通电直导线的磁场分部特点可知ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F安＝BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确．考点73实验：探究影响感应电流方向的因素1．答案：(1)电流表指针偏转方向(2)右左解析：(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转

，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向左移动滑动触头，通过线

圈A的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转．2．答案：(1)A中电流计要串接保护电阻后接到电池上，B中原副线圈位置画错了(2)见解析图解析：(

1)将灵敏电流计直接与电池两极相连，会造成电源短路，损坏电源，电流计要串接保护电阻后接到电池上，A操作错误；原线圈应该用小线圈，副线圈应该用大线圈，由图示电路图可知，原副线圈弄反了，B操作错误．(2)由图示可知，穿

过螺线管的磁场方向向下，磁铁向螺线管靠近，穿过螺线管的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场方向应向上，由安培定则可知，从上向下看，螺线管的绕向是沿逆时针方向，如图所示．3．答案：(1)①向右②BD(2)不能解析：(1)①已知闭合开关瞬间

，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏

转；②要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小．插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，B正确；变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，C错误；断开开关S瞬间，电流

减小，B线圈中的磁通量减小，D正确．(2)将开关接在B线圈所在回路，则在闭合和断开开关时，B线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流计指针将不偏转，不能观察到与图甲电路相同的现象．4．答案：(1)顺时针(2)向左偏向右偏(3)

大解析：(1)将磁体N极向下从线圈上方竖直插入M时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，电流计指针向左偏转，说明电流从左端流入电流计，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为沿顺时针方向由a端开始绕至b端．(2)如图乙所示，如果在闭合开关时发现

灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明B中磁通量增加时电流计指针向右偏转：合上开关S后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，穿过B线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏转；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，A线圈中的电流增大，穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转．(

3)第一次将滑动变阻器的触头从变阻器的右端快速滑到左端，A线圈的电流变化快，电流产生的磁场变化快，穿过B线圈的磁通量变化快，B线圈中的感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；同理可知，第二次电流计的指针摆动的幅度小

，故第一次比第二次指针摆动幅度大．5．答案：(1)见解析(2)BD(3)大解析：(1)如图所示(2)闭合开关的瞬间，观察到电流表G的指针向右偏转，说明穿过B的磁通量增加时指针右偏，则闭合开关后，电路稳定后，线圈B的磁通量稳定不变，电流表G的指针最终回到中间位置，A错误；闭合开关后，将滑

动变阻器的滑片向a端移动，电路电流减小，线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知电流表G的指针向左偏转，B正确；闭合开关后，将线圈A从线圈B中抽出，线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知电流表G的指针向左偏

转，C错误；断开开关的瞬间，线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知电流表G的指针向左偏转，D正确．(3)闭合开关后，将线圈A从线圈B中抽出，抽出的速度越快，线圈B的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，感应电流越大，

则电流表G的指针偏转的幅度越大．考点74法拉第电磁感应定律自感涡流——练基础1．答案：B解析：电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；监考老师手中的金属探测仪，可以探测人身是否携带通讯设备(金属物品)，是通

过物体上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器是电容器，故D错误．2．答案：ABC解析：A项中振动的条形磁铁在线圈中产生感应电流，感应电流对磁铁

的相对运动有阻碍作用，能使振动的条形磁铁快速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，A正确；B项中磁铁通过无缺口的铝管，在铝管中产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动有阻碍作用，能更快使强磁铁匀速运动这是利用了电磁阻尼规律，B正确；C项中U形磁铁可以在高

速转动的铝盘中产生感应涡电流，感应涡电流对铝盘与磁铁间的相对运动有阻碍作用能使铝盘迅速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，C正确；D项中转动把手时下面的闭合铜线框随U形磁铁同向转动，这是电磁驱动，D错误．3．答案：A解析：阻尼器摆动时产生的电涡流源于电磁感应现象，不是外部电

源供电，A正确，B错误；阻尼器最终将振动的机械能通过电磁感应过程转化成为内能，C错误；质量块通过导体板上方时，导体板的电涡流大小与质量块的速率有关，速率越大，则磁通量变化越快，产生的涡流越大，D错误．4．答案：A解析：根据E＝NΔΦΔt可知，Φ­t图像斜率的值表示感应电动势

的值；由图可知4～6s图像的斜率值最大，则线圈内产生感应电动势最大，A正确．5．答案：A解析：磁场的变化率为ΔBΔt＝ktt＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦΔt＝ΔBπr2Δt＝kπr2，A正确．6．答案：D解析：由

法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝ΔΦ1Δt＝ΔB·S1Δt＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝ΔΦ2Δt＝2Δt＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知，大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋4E2＝k(S1＋5S2)，

D正确．7．答案：CD解析：由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电，A、B错误；减小内置线圈中所通过电流的频率可以降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料

，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样被熔化，只能是玻璃、塑料等材质的容器，D正确．8．答案：A解析：电阻和电流传感器与自感线圈串联，闭合开关后，流过自感线圈的电流增大，电感线圈产生与原电流方向相反的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流大小逐渐变

大，而且变大得越来越慢，最后电流达到稳定值，故A正确．9．答案：BCD解析：辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLωL2在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R＝4r3，OP两端的

电压为电源的路端电压U＝ER·r3＝BL2ω8，流过LED灯的电流是I＝Ur＝BL2ω8r，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝E2Rt＝E24r3·13·2πω＝πωB2L48r，C正确；由LED灯中电流为I＝BL2ω8r知，增大角速度

、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确．10．答案：AC解析：导体棒在磁场中运动的位移为x＝v2t＝1m，导体棒的平均感应电动势E＝ΔΦR，通过电阻的电荷量q＝I－t＝E－Rt＝BLxR＝0.

5C，A正确．根据动量定理得IF－BI－Lt－μmgt＝0－mv，结合q＝I－t＝0.5C，解得IF＝－0.5N·s，C正确．11．答案：AD解析：由楞次定律可知在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，A正确；由E＝nΔΦΔt＝ΔBΔ

tS可知在0～π2时间内圆环的感应电动势不变，电流不变，受到的安培力F＝BIL，而磁感应强度B变大，所以安培力变大，B错误；q＝ΔΦR，在π2～π时间内通过圆环横截面的电荷量为B0πr24πrr0＝B0r4r0，C错误，D正确．12．答案：D解析：线圈位于磁场正中间时的磁通

量为Φ＝BS＝Ba2，磁通量与匝数无关，A错误；线圈运动过程中加速度为a0＝BIam＝B2a2vmR，可见，由于线圈的速度减小则加速度也减小，不是匀减速直线运动，B错误；线圈进入磁场过程的平均速度较大，安培力较大，则线圈克服安

培力做的功较大，C错误；根据E＝ΔΦΔt，I＝ER，q＝It可得q＝ΔΦR，由于进出磁场过程通过线圈的磁通量的变化量相等，所以线圈在进入和离开磁场的过程中通过导线横截面的电荷量相等，D正确．13．答案：BC解析：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．14．答案：(1)5C(2)2.5m解析：(1)由动量定理有I＝mv0解得v0＝4m/s整个过程动量守恒，有mv0＝2mv1解得v1＝2m/s对金属棒a，由动量定理有－B

LIt＝mv1－mv0而q＝It解得q＝5C.(2)根据E－＝ΔΦΔt、I－＝E－2R、q＝I－Δt，得q＝BLΔx2R，解得Δx＝2.5m．考点75电磁感应中的图像和电路问题——提能力1．答案：A解析：根据感应电动势公式E＝BLv可知，其他

条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为2v0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的2倍，磁卡通过刷卡器的时间t＝sv与速率成反比，所用时间变为原来的一半，A正确．2．答案：B解析：由右手定则可知ab中电流方向为a→b，故A错误；导体棒ab切割磁感

线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de、cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝E2R·R＝Blv2＝1V，故B正确，C、D错误．3．答案：AD解析：金属棒AD段产生

的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5＝0.8V，流过电阻R的电流I＝ER＋R＝0.80.4A＝2A，根据右手定则，可知，A端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝0.4V，B错误，A正确；D、C两点

的电势差UDC＝－BLv＝0.8V，则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2V，C错误，D正确．4．答案：C解析：由法拉第电磁感应定律得：E＝ΔBΔtS＝k·12L2＝12kL2，故A项错误．设整个电路的电阻为R，则A

B两点之间的电势差大小U＝ER·12R＝14RL2，故B项错误，C项正确．磁场以变化率k均匀减弱，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，则感应电流方向沿顺时针，沿ACBDA，故D项错误．5．答案：AD解析：0～5t0时间内磁感应强度的变化率小于5t0～8t0

时间内磁感应强度的变化率，而金属框中磁感线穿过的有效面积不变，所以0～5t0时间内磁通量的变化率小于5t0～8t0时间内磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知0～5t0时间内的感应电动势小于5t0～8t0时间内的感应电动势，故A正确；6t0时刻，金属框中磁通量垂直纸面向外减小，根据楞次定律可知

此时金属框内感应电流方向为A→C→D→A，故B错误；0～5t0时间内，金属框中感应电动势大小为E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝3B0L240t0，根据楞次定律可知这段时间内感应电流沿顺时针方向，所以E点电势高于A点电势，又因为ACE段与ADE段长度相等，则电阻相等，所以E、A两点

的电势差为UEA＝E2＝3B0L280t0，故C错误；4t0时刻，磁场的磁感应强度大小为B＝45B0，此时金属框中感应电流大小为I＝E3rL＝3B0L120t0r，根据几何关系可知线框受到安培力的等效长度为

l＝32L，所以此时金属框受到的安培力大小为F＝BIl＝B20L2100rt0，故D正确．6．答案：D解析：闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；线圈产生的感应电动势为E＝nSΔBΔt＝nSk，路端电压U＝E2＝nSk2，电容器所带电荷量为

Q＝CU＝nSkC2，选项A、B错误；根据楞次定律，感应电流从线圈的右端流到左端，线圈的左端电势高，电容器上极板带正电，故D正确．7．答案：ABD解析：vm代表的是匀速运动的速度，也就是平衡时物体的运动速度，对汽车启动问题，有F′－F阻＝0，P＝F′vm1，

得vm1＝PF阻，对导体棒问题，有F－ILB＝0，I＝BLvm2R，得vm2＝FRB2L2，故A、B正确；由动能定理可知12m车v2m1－0＝Pt1－F阻x1，由于题中没有给出汽车的质量，故无法求出x1的大小，故C错误；由E＝NΔΦΔt得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中，E－

＝BΔSt2＝BLx2t2，由欧姆定律可知I－＝E－R，故F－安＝BI－L，由动量定理可知，Ft2－F－安t2＝mvm2，计算可知x2＝FRt2B2L2－mFR2B4L4，故D正确．8．答案：A解析：根据题意

，设线框匀速运动的速度为v，导线框的总电阻为R，开始ae边进入磁场切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律有E＝B·2Lv，则感应电流为I1＝ER＝2BLvR，根据右手定则可知，感应电流的方向为逆时针；当运动一段时间t0后，b点进入磁场，根据题意可知t0＝Lv根据几何关系可知，切割磁感

线的有效长度为L′＝3L－vt()t0≤t≤2t0同理可得，感应电流为I2＝B()3L－vtvR＝－Bv2Rt＋3BLvR()t0≤t≤2t0，根据右手定则可知，感应电流的方向为逆时针；当运动时间为2t0时，ae边开始离开磁场，切割磁

感线有效长度为2L，同理可得，感应电流为I3＝ER＝2BLvR，根据右手定则可知，感应电流的方向为顺时针；当时间为3t0时，b点开始离开磁场，根据几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L″＝2L－()vt－3L＝5L－vt()3t

0≤t≤4t0，同理可得，感应电流为I4＝B()5L－vtvR＝－Bv2Rt＋5BLvR()3t0≤t≤4t0，根据右手定则可知，感应电流的方向为顺时针，综上所述可知，B、C、D错误A正确．9．答案：B解析：因为线框各边电阻均匀，ab边进入磁场

后，ab相当于电源，则ab两端电势差为路端电压，即Uab＝34U0，由右手定则判断出感应电流方向沿逆时针方向，则a的电势高于b的电势，Uab为正；线框全部进入磁场后，线框中虽然感应电流为零，但ab两端仍有电势差，且Uab＝U0，由右手定则判断可知，a的电势高于

b的电势，Uab为正；ab边穿出磁场后，cd边切割磁感线，相当于电源，ab两端电压为Uab＝14U0，由右手定则知，a点的电势仍高于b的电势，Uab为正．故选B.10．答案：B解析：线框右半部分进入左边磁场过程，在0～L2过程中，有效切割长度在随位移均匀增大，线圈在L2位置有效切割长度达到

最大L，电动势达到最大值为E0，在L2～L过程中，左半部分也进入左边磁场，有效切割长度随位移均匀减小，到L位置时有效切割长度减小到零，电动势减小到零；在L～3L2过程中，线框右半部分进入右方磁场，左半部分在左方磁场

，两部分切割磁感线的有效切割长度都在增大，当到达3L2位置时，有效切割长度都达到最大值L，由楞次定律知两磁场中两部分感应电流(电动势)对线圈来说方向相同，都为逆时针方向，故总电动势为3E0，故A错误，B正确；设线圈有效切割长度为l，本题中也是各阶段计算安培力的等效

长度，线圈受到的安培力大小F安＝BIl＝B2l2vR由于等效长度l在随位移变化，成线性关系，所以安培力与位移不成线性关系，故C、D错误．故选B.11．答案：CD解析：进入磁场前线框做自由落体运动，ab边进入磁场时，如果安培力大于重力，线框减速运动，安培力减小，合力减小，加速度减小，

有可能在cd边进入磁场前安培力减到和重力平衡，线框做匀速运动；在cd边进入磁场后，安培力消失，线框做匀加速运动，A、B错误；进入磁场前线框做自由落体运动，ab边进入磁场时，如果安培力小于重力，线框做加速运动，但加速度减小，在cd边进入磁场后

，安培力消失，线框做匀加速运动，C正确；进入磁场前线框做自由落体运动，ab边进入磁场时，如果安培力大小等于重力，线框做匀速运动，在cd边进入磁场后，安培力消失，线框做匀加速运动，D正确．考点76电磁感

应中的动力学、能量和动量问题——提能力1．答案：C解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势

相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B错

误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，故D

错误．2．答案：AC解析：若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有mg－B2L2vR＝ma，速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有B2L2vR－mg＝ma，速度不断减小，加速度也不断减小．故A正确，B错误；由于导体棒的加速度不

断减小，最后加速度减至零时变为匀速运动，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有B2L2vR－mg＝0，解得v＝mgRB2l2，故C正确；若将导轨间的距离减为原来的12，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有B2L22vR2－mg＝0，解得v

＝2mgRB2l2，故D错误．3．答案：ACD解析：t＝0时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E1＝B0Lv0＝8V，MN左侧变化的磁场使回路产生的电动势为E2＝ΔBΔtS＝3V，由楞次定律和右手定则知两电动势反向，由于E1>E2，可知金属棒中

的电流方向由M→N，闭合回路中有顺时针方向的电流I＝E1－E2R＝5A，选项A正确；金属棒受到向左的安培力和摩擦力，向右减速，当B0Lv1＝E2时，电流为零，但金属棒仍受到向左的摩擦力，继续减速，此后当B0Lv<E2，这时闭合回路中有逆时针方向的电流，金属棒受到向右的安培力和向左的

摩擦力，摩擦力大于安培力，金属棒继续减速，直到安培力等于摩擦力时，即BIL＝μmg，金属棒开始匀速运动，则B0E2－B0LvRL＝μmg解得v＝1m/s，选项B错误，C、D正确．4．答案：C解析：由右手定则可得，金属棒

中的电流方向为由a到b，故A错误；当金属棒速度最大时受力平衡，有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安，得F安＝0.5N，故B错误；金属棒克服安培力做功的功率等于电路中的电阻R产生的热功率，即P＝F安v，得金属棒速度的大小v＝4m/s，故C正确；安培力F安＝BIL，由闭合电路欧

姆定律得E＝BLv＝IR，得B＝F安RL2v＝1.0T，故D错误．5．答案：ABD解析：金属棒以最大速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律，有E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律，有E＝IRR0R＋R0.根据平衡条件，有BI

l＝mgsinθ，由以上各式整理可得1vm＝B2l2mgsinθ·1R＋B2l2mgsinθ·1R0.根据1vm­1R图像可知B2l2mgsinθ·1R0＝0.5m－1·s，B2l2mgsinθ＝1m－1·s·Ω，可得m＝0.2kg

，R0＝2Ω，A、B正确；设此时金属棒下滑速度为v，有mgsinθ－B·BlvRR0R＋R0l＝m·14g，可得v＝0.5m/s，C错误；设导体棒匀速时的速度为v2，则有Bcosθ·B·cosθlv2RR0R＋Rl＝mgsin

θ，解得：v2＝43m/s，D正确．6．答案：AB解析：设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝2gh，感应电动势为E＝nBlv，两线圈材料相等(设密度为ρ0)，质量相同(设为

m)，则m＝ρ0×4nl×S.设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ4nlS＝16n2l2ρρ0m，感应电流为I＝ER＝mBv16nlρρ0，安培力为F＝nBIl＝mB2v16ρρ0，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得a＝

g－Fm＝g－B2v16ρρ0.加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g>B2v16ρρ0时，甲和乙都加速运动，当g<B2v16ρρ0时，甲和乙都减速运动，当g＝B2v16ρρ0时都匀速．故选AB.7．答案：D解析：根据楞次定律和右手定则可以判断AB棒

中的电流方向为从A到B，当间距达到最大后，两棒相对静止，回路中磁通量不再变化，电流为零，故A错误；AB棒和CD棒组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v′，解得v′＝m1v0m1＋m2＝0.3×40.3＋0.5m/s＝1.5m/s，故B错误；对CD棒在此过程中由动

量定理可得BI－lt＝m2v′，所以通过导体横截面的电荷量为Q＝I－t＝m2v′Bl＝0.5×1.51×1C＝0.75C，故C错误；由Q＝ΔΦR总与ΔΦ＝Bl·Δx联立解得Δx＝QR总Bl＝1.2m，两金属棒的最大距离为L＋Δx＝1.5m，故D正确．8．答案：B

CD解析：在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，据楞次定律知，线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda，故A项正确，不符合题意；线圈的一小部分进入磁场区域时(a点未进入磁场)，线圈感应电流的方向沿adcba，bc边所受安培力方向向左，ab边所受安培力方向向里，线

圈受到的摩擦力方向不是向右，故C项错误，符合题意；线圈进入磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势(电流)先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；线圈穿出磁场区域的过程中，切

割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势(电流)先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小，故B项错误，符合题意；当线圈的有效切割长度为L时，线圈受到的安培力最大，

线圈受到的静摩擦力最大，摩擦力的最大值为Fm＝2BImL＝2BBLvRL＝2B2L2vR，故D项错误，符合题意．9．答案：ACD解析：由右手定则可知，MN中感应电流由N到M，受到安培力向右，PQ中感应电流由P到Q，

受到安培力向右，故两导体棒受到的安培力方向相同，系统的合外力不为零，故两金属棒组成系统动量不守恒，A正确；MN棒克服安培力做功的功率大于MN棒的发热功率，B错误；MN向左减速，PQ向右加速，当满足BLv1＝BLv2即v1＝v2时，回路中感应电流为零，达到稳定状态，两导体棒受到的平均安培力大小

相等，对两导体棒由动量定理可得－F－t＝mv1－mv0；F－t＝mv2解得v1＝v2＝v02，两导体棒速度方向相反，C正确；设通过PQ棒某一横截面的电荷量为q，可得q＝I－t对PQ棒，由动量定理可得BI－L·t＝mv2联立解得q＝m

v02BL，D正确．故选ACD.10．答案：ABD解析：a棒刚开始运动时，感应电动势为E＝BLv02，电路中电流为I＝ER＋12R＝BLv03R，b棒的安培力为F＝BIL＝B2L2v03R.根据牛顿第二定律得a＝B2L2v03mR，故选项

A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有BLva2＝BLvb对a导体棒，根据动量定理得－BIL2Δt＝mva－mv0，对b导体棒，根据动量定理得BILΔt＝mvb联立解得va＝45v0；vb＝25v0，故选项B正确；对b导体棒，根据动量定理得BILΔt＝BLq＝mvb

解得q＝2mv05BL，选项C错误；根据能量守恒得12mv20＝12mv2a＋12mv2b＋Qa＋Qb，两导体棒发热量关系为2Qa＝Qb解得Qb＝115mv20，故D正确．11．答案：(1)0.18N(2)0.02kg38(3)518m解析：(

1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M＋m)gs1sinα＝12(M＋m)v20代入数据解得v0＝32m/s金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0

由闭合回路的欧姆定律可得I＝ER则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18N.(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属

棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mgsinα＋μmgcosα＝F安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsinα－μmgcosα＝Ma设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝xv0则此时导体框的速度为v1＝v0＋at则导体框的位移x

1＝v0t＋12at2因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝12at2由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1＝BLv1，I1＝BLv

1R导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsinα＝μmgcosα＋BI1L联立以上可得x＝0.3m，a＝5m/s2，m＝0.02kg，μ＝38.(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到

向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsinα＋μmgcosα＝ma1金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1代入数据解得x2＝2.59m＝518m.第十二章交变电流传感器考点77交变电流的产生和描述——练基础1．答案：A解析：图

中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强

磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D错误．2．答案：B解析：由图可

知，此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但此时的磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈平面处在中性面上，A、C错误，B正确；假设此时线圈的磁通量为Φ0＝BS，从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为ΔΦ＝－BS－BS＝－

2BS，即线圈磁通量变化量不为零，D错误．3．答案：C解析：在t＝0.4s时电流最大，电流方向不变，A错误；该交变电流的周期为0.4s，B错误；ω＝2πT＝5π，故该交变电流的表达式为i＝2cos(5πt)A

，C正确；该交变电流的有效值为2A，D错误．4．答案：B解析：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．答案：AD解析：线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝100×2×0.02×100V＝2002V，图示位置线圈平面垂直于中性面，从该时刻开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式

为e＝2002cos(100t)(V)，A正确；电压表示数为交流电压的有效值，所以示数不为零，B错误；该交流电电压最大值为2002V，超过电容器的击穿电压200V，C错误；线圈和R组成闭合电路，电路中电流的有效值为I＝ER＋r＝2005＋1

5A＝10A，则在0.5s的时间内电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝102×15×0.5J＝750J，D正确．6．答案：ACD解析：线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBlvmax，其

中l＝πD联立解得Emax＝64V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝Emaxsinπt＝64sinπt(V)，根据闭合电路欧姆定律有i＝er＋R＝4sinπt(A)，故A正确，B错误；灯泡电流

的有效值为I＝42A＝22A，则灯泡的功率为P＝I2R＝120W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝302V，故D正确．7．答案：AC解析：由题图2知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，A正确；由

题图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝1T得na∶nb＝3∶2，B错误；因Ta＝4×10－2s，故fa＝1Ta＝25Hz，C正确；因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝2πNBST，故Emb＝TaTbEma＝

10V，Eb＝Emb2＝52V，D错误．8．答案：B解析：大皮带轮带小皮带轮边沿线速度大小相等，则有ω′r＝ωR，解得小皮带轮的角速度ω′＝ωRr，再由ω′＝2πf，可知发电机线圈转动的频率f＝ωR2

πr，此即为发电机产生的交变电流的频率，A错误；小灯泡发光频率只与电流频率有关，它在一个周期内会闪烁两次，所以闪烁的频率为2f＝ωRπr，B正确；小灯泡闪烁，也就是小灯泡亮度时刻变化，说明小灯泡的瞬时功率是时刻变化

的，而电流、电压二者有效值的乘积是定值，C错误；若ω′加倍，由Em＝nBSω′可知电压最大值加倍，由P＝Em22×1R，可知小灯泡的功率变为原来的4倍，D错误．9．答案：BCD解析：时间t时刻的速度为v＝vmsin2π2t

(m/s)＝vmsinπt(m/s)，则该时刻的安培力随时间变化关系为F安＝BIL＝BLBLvR＝B2L2vmsinπtR，导体棒做简谐振动，则外力F不等于安培力，即外力F随时间t变化规律F≠B2L2vmsinπtR，A错误；0.5s时刻导体棒振动到

OO′位置，则0～0.5s内，通过R的电荷量为q＝E－RΔt＝ΔΦR＝BLx0R，B正确；交流电的最大值为Em＝BLvm，0～0.5s内，R上产生的焦耳热为Q＝Em22Rt＝B2L2v2m4R，C正确；0～0.5

s内，外力F做的功为W＝Q＋12mv2m＝()B2L2＋2mRv2m4R，D正确．考点78变压器远距离输电(A)——练基础1．答案：C解析：当用户使用的用电器减少时，则用户总电阻R变大，因V2的读数由变压器初级电压和匝数比决定，可知V2读数不

变，次级电流减小，则R0的电压减小，用电器R两端电压变大；因次级电流减小，则初级电流减小，即电流表A1示数减小，C正确．2．答案：B解析：原、副线圈的匝数之比为n1n2＝U1U2＝22022000＝1100，A错误；根据n1n2＝I2I1，可得

输入电流为I1＝n2n2I2＝100×300×10－3A＝30A，B正确；输入电流的最大值为Im＝2I1＝302A，C错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，D错误．3．答案：B解析：该装置的原理是互感，A、B

线圈不需要用导线连通，A错误；线圈B中产生变化的电流使音响发出高低不同的声音，B正确；A、B两个线圈的匝数不同，根据电压与匝数成正比的关系可知将A、B线圈互换，感应电压变化，音响的播放效果发生变化，C错误；在A线圈中插入铁芯，增加了

磁感应强度，能够增大感应电压，音响的播放效果会更好，D错误．4．答案：B解析：卤素灯上标记的额定电压12V即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；根据理想变压器的原理可知n1n2＝U1U2＝22012＝553，B正确；流过卤素灯的电流为I＝PU＝50W12V＝256A，C错误；卤素灯是非线性元件，电

阻随着电压不同而改变，D错误．5．答案：AC解析：根据n1n2＝80%U1U2可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁

通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，D错误．6．答案：BD解析：当开关S接1时，左侧变压器次级电压U2＝3×7.5V＝22.5V，电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压U4＝PR＝10V，电流I4＝U4R＝1A，则右侧变压器初级电压U3＝21×

10V＝20V，电流I3＝12×1A＝0.5A，则r＝U2－U3I3＝5Ω，A错误，B正确．当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I，右侧变压器两边电压关系有U2－Irn3＝0.5IRn4，解得I＝3A，则R上的功率P＝(0.5

I)2R＝22.5W，C错误，D正确．7．答案：C解析：发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝ω2π＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E＝Em2＝2πNBSnz，A错误；变压器原、副

线圈的匝数比为n1n2＝EU＝2πNBSnzU，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnz)t，D错误．8．答案：A解析：由题意知，该变压器为升压变压器，原线圈电压低，根据P＝UI

知，原线圈流过的电流大，需用粗导线绕制，副线圈电流小，用细导线绕制，A正确；汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，B错误；由题可知原线圈处接12V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变

化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，C错误；由U1U2＝n1n2可知，U2＝U1n2n1，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，D错误．9．答案：BC解析：根据P总＝UI可得升压后输送电流与原来电流之比为I2I1＝U1U2＝1501350

＝19，升压后输电线上损失电压与原来损失电压之比为U2损U1损＝I2r线I1r线＝19，升压后输电线上损失功率与原来损失功率之比为P2损P1损＝I22r线I21r线＝181，A错误，B正确；如果损失功率不变，可知输电线的电阻应变为原先的81倍，根据r线

＝ρlS，可知相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的181，C正确；如果损失功率不变，可知输电线的电阻应变为原先的81倍，根据r线＝ρlS，可知相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的81倍，D错误．10．答案：AD解析：根据题意得4

I21×9R＝I22×R，又I1I2＝n2n1，联立可得n1∶n2＝6∶1，A正确；电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，B错误；对线圈A中的某段导线来说，当磁感应强度最大时，瞬时电流为零，受到的安培力为零，C错误；线圈A产生感应

电动势的最大值为Emax＝NBmaxSω，又ω＝2πT，E有＝Em2，结合图像联立可得E有＝9002πB0ST，D正确．考点79变压器远距离输电(B)——提能力1．答案：B解析：根据理想变压器的电压和电

流规律：U0U＝k1，I0I＝1k2，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝Ik2，B正确．2．答案：AD解析：设R两端电压为U，则R消耗的功率为PR＝U2R，仅向上滑动P2，U不变，R增大，所以P

R变小．指示灯L的功率PL不变，a、b端输入功率为P＝PR＋PL，所以P变小，A正确；若断开开关S，会造成R所在支路断开，对L所在支路无影响，B错误；仅顺时针滑动P1，由于a、b端所接交流电压恒定，所以电压表示数不变，根据理想变压器原、副线圈电压关系可知U减小，所以PR变

小，同A分析可知P变小，C错误，D正确．3．答案：D解析：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．4．答案：B解析：由图可知①接在火线和零线之间，为电压表，②接在同一条线上，测得是电流，为电流表，A错误；由于输电线上有电压降，所以U2>U3，B正确；仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，用户部分的R不变，所以输电电流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，C错误；凌晨时分，降压变压器的输出端用电量减少，电路中的电流减小，则输电线上的电压降减小，则降压变压器的输入电压增大，用户得到的电压变大，用户家的灯将变得更亮，D错误

．5．答案：BD解析：设降压变压器T2原线圈电压为U3，副线圈电压为U2，根据题意可知电阻R0两端的电压等于UR0＝U1－U3，则R0＝U1－U3I1，A错误；设降压变压器T2原线圈电压变化为ΔU3，则ΔU3ΔU＝k2，设降压变压器T2原线圈

电流变化为ΔI3，则ΔI3ΔI＝1k2，可得ΔI3＝ΔIk2，根据欧姆定律得ΔU3＝ΔI3R0，即k2ΔU＝ΔIk2R0，解得R0＝ΔUΔIk22，B、D正确；输入电压不变，升压变压器T1原副线圈匝数比不变，则升压

变压器T1副线圈的电压不变，电压表V1示数不变，C错误．6．答案：D解析：若电网的电压为220kV，则n1∶n2＝220kV∶27.5kV＝8∶1；若电网的电压为110kV，则n1∶n2＝110kV∶27.5kV＝4∶1，A、B错误；若

高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输出功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，C错误，D正确．7．答案：AD解析：根据i2

­t图像可知T＝0.02s，则所用交流电的频率f＝1T＝50Hz，A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝22×10V＝10V，由n1n2＝U1U2得原线圈两端电压U1＝100V，电压表的示数U＝220V－

100V＝120V，B错误；电流表的示数I＝U2R3＝1020A＝0.5A，C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0W，D正确．8．答案：B解析：根据u＝2202sin(100πt)(V)，可得ω＝2πf＝100π，

解得f＝50Hz，A错误；理想变压器中，输入功率等于输出功率，则有UI＝U2I2＋PL，则通过原线圈的电流为I＝U2I2＋PLU＝3110A，B正确；由理想变压器电压与线圈匝数的关系为U1U3＝n1n3，可得n3＝U3n1U1＝30匝

，C错误；由理想变压器电压与线圈匝数的关系可得U1U2＝n1n2，可得U2＝U1n2n1＝8V，则电动机输出的机械功率为P＝U2I2－I22R2＝3.5W，D错误．9．答案：B解析：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＝n1n2U2n2n1I2＝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，由理想变压器变压规律可知，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．

考点80实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．答案：(1)BC(2)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即U1U2＝n1n2解析：(1)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈

匝数大于副线圈匝数，A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，B正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，

即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，D错误．(2)通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即U1U2＝n1n2.

2．答案：(1)BC低压交流电源(2)AC(3)B(4)D(5)D解析：(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是交流电，所以不需要直流电，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁

，B、C正确；本实验中还需要用到的器材是低压交流电源．(2)为便于探究，应该采用控制变量法，所以A正确；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，所以B错误；使用多用电表

测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，所以C正确；虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，所以D错误．故选AC.(3)根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比规律可知，副线圈所接电表的示数为

5.0V，原线圈的电压应为10V．故选B.(4)组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较严重，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则U2＝n2n1U1＝18×12V＝1

.5V，实际电压小于1.5V．故选D.(5)李辉同学正确组装变压器后，变压器还是存在漏磁现象，还有铜损、铁损等损耗，则连接副线圈的交流电压表的实际读数总是小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则U2＝n2n1

U1＝16×12V＝2.0V，实际电压小于2.0V．故选D.3．答案：(1)BDE(2)BD(3)D(4)有效4.8V(5)副解析：(1)实验中需要交流电源、变压器和交流电压表(万用表)，不需要干电池和直流电压表，故A、C错误，B、

D、E正确．故选BDE.(2)变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，故B正

确；变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理I1I2＝n2

n1可知，匝数少的电流大，则导线应该粗；绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确．故选BD.(3)由图，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的

硅钢片应垂直面abcd，即平行于面aehd，故A、B、C错误，D正确．故选D.(4)由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值；选择为交流电压10V档，依题意，此时电表读数为4.8V.(5)由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副

线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律U1U2＝N1N2＝12由表格数据值U1总是略小于12U2，故U1应该是副线圈的电压值，N1一定是副线圈．4．答案：(1)A(2)D(3)A交流电压nUAU解析：(1)根据电阻定律，电阻率和横截面积相同时，导线越长

，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多．(2)为保证学生安全，应用12V以内低压交流电源，故选D.(3)②要测量A线圈的匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接．③变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电

压挡测输入和输出电压．④根据变压器电压比等于匝数比，有UAU＝nAn解得nA＝nUAU.5．答案：(1)A(2)D(3)nb解析：(1)由题图可知，甲图是多用电表，而乙图是直流电压表，实验需要测量交流电

压，因此选用甲图，故A正确，B、C、D错误．(2)根据理想变压器的原、副线圈的电压与其匝数关系式U1U2＝n1n2，若变压器的铁芯没有闭合，副线圈的输出电压小于12V，A错误；若是电压的测量出了问题，应该是小于12V，不应该大于12V，B错误；副线圈实际匝数与标注的“200

”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12V，C错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13V，D正确．(3)根据题意，电压比与匝数比不相等，可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁、铁芯

发热、导线发热等影响，判断出U2为原线圈上电压大小，则判断出接电源的是nb.考点81电磁振荡与电磁波传感器——练基础1．答案：A解析：由线圈中的磁场方向，结合安培定则可知，电流从上向下流过线圈．分析电容器中电场强度方向可知，电容器上极板带正电，则电容器正在

放电，A正确；根据电磁振荡规律可知，电容器放电时，振荡电流增大，电场能向磁场能转化，磁场逐渐增强，B、C、D错误．2．答案：D解析：电容器极板间的电压U＝QC，随电容器带电荷量的增加而增大，随电容器带电荷量的减少而减少．从题图乙可以看出

，在0～T4这段时间内电容器充电，且UAB>0，即UA>UB，A板应带正电，只有顺时针方向的电流才能使A板被充电后带正电，同时考虑到t＝0时刻，电压为零，电容器带电荷量为零，电流最大，可知t＝0时刻，电流为负向最大，D正确．3．答案：D解析：一切物体

都在辐射红外线，温度越高，其辐射红外线的强度越大，A、B、C错误，D正确．4．答案：B解析：红外线与紫外线在电磁波谱中不相邻，更不会频率重叠，A错误．紫外线、可见光、红外线虽相邻，但它们三者间有明确的界线，频率也不相重叠，C错误．在电磁波谱中紫外线、X射线、γ射线有

重叠，γ射线波长最短，紫外线波长最长，B正确，D错误．5．答案：BCD解析：有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射；一般的音频电流的频率较低，不能直接用来发射电磁波；电磁波接收原理是一种叫电谐振的现象，与机械振动中的共振有些相似；电视机显示图

像时，必须通过检波过程，把有效的信号从高频信号中取出来，否则就不能显示．A错误，B、C、D正确．6．答案：C解析：水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小．控制开关自动开启低水位预警，此时水位较低，压力传感器的电阻值较大，由于a、b两端此时的电压大

于U1，根据串联电路电压分部特点可知，R1为压力传感器，故高水位时压力传感器的电阻值越小，R1压力传感器两端电压变小，U1>U2，A、B错误；根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两端的电压为U＝ER1＋R2R1＝E1＋R2R1，若定值电阻的阻值越

大，当开启低水位预警时a、b两端的电压大于U1时，R1压力传感器阻值需要越大，则水位越低；当a、b两端的电压小于U2时开启高水位预警时，R1压力传感器阻值需要越大，则水位越低，C正确，D错误．7．答案：D解析：电磁波和光的传播速度是一样的，A错误；导航仪上的移动电

话也是通过电磁波来传递信息的，B错误；电磁波可以在真空中传播，C错误；导航仪和导航卫星是通过电磁波来传递信息的，D正确．8．答案：BCD解析：一切物体均发出红外线，随着温度不同，辐射强度不同，测量人体温度的测温仪应用的是红外线

，A错误；雷达是利用无线电波中的微波来测定物体位置的，B正确；γ射线可以放疗，可以用来治疗某些癌症，C正确；给病人做的脑部CT应用的是X射线的穿透本领较强，D正确．9．答案：ABC解析：若磁场正在减弱，则电流在减小，是电容器的充电过程，根据安培定

则可确定电流由b向a，电场能增大，上极板带负电，故选项A、B正确；若磁场正在增强，则电流在增大，是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由b向a，上极板带正电，故选项C正确，D错误．10．答案：D解析：温度低于警戒温

度时，水银柱下降，控制电路处于开路状态，电磁铁线圈中没有电流通过，电磁铁没有磁性，此时指示灯通过常闭触点与工作电路接通，指示灯亮，电铃不报警，B错误，D正确；温度高于警戒温度时，水银柱上升，控制电路处于接通状

态，电磁铁线圈中有电流通过，电磁铁有磁性，此时电铃通过触点3与工作电路接通，电铃报警，此时指示灯所在的电路中没有电流，指示灯不亮，A、C错误．11．答案：AC解析：当电路中电流I＝3A时，电子秤测量的体重最大．由闭合电路的欧姆定律I＝ER＋r得R＝EI－r＝2Ω，代入R＝30－0.

2F(Ω)得F＝1400N，A正确，B错误；踏板空载时F＝0，代入R＝30－0.02F(Ω)得电阻R＝30Ω，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r＝0.375A，所以该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电

流表G刻度盘0.375A处，C正确，D错误．12．答案：ACD解析：在t1时刻，电容器极板上电荷量q为最大值，两板间电场能最大，线圈中磁场能最小，选项A正确；在t1～t2时间内，电容器极板上电荷量q从正的峰值降为零，电场能正在不断地转变为磁场能，电

路中的电流正在不断增大，选项B错误；在t2～t3时间内，电容器极板上电荷量q又不断增大，表明电容器正在反向充电，选项C正确；在t4时刻，电容器放电结束，极板上电荷量为零，电场能也为零，已全部转化为磁场能，选项D正确．13．答案：D解析：根据图像可知，水温1

00℃时Rt＝100Ω，此时电压表指针偏转达到最大位置，即3V；根据题意可知U＝ER0＋RtR0，解得E＝6V；由于内阻不计，所以电源输出电压为6V，A错误．根据U＝ER0＋RtR0可知，水温越高，热敏电阻阻值越小，电压表的示数越大，B错

误．水温0℃时，Rt＝500Ω，则U＝ER0＋RtR0＝1V，C错误．水温55℃时，Rt＝150Ω，则U＝ER0＋RtR0＝2.4V，D正确．考点82实验：利用传感器制作简单的自动控制装置1．答案：(1)较小不能吸动(

2)吸动(3)右解析：(3)因要提高分拣标准，要求进入下面通道的大苹果的最小质量M大于M0，则应使R1所受的压力减小，使电阻R1阻值较大，R2两端获得较小电压，使电磁铁不吸引分拣开关，故应调节托盘秤压在杠杆上的位置向右移动，从而使R1所受的压力减小．2．答案：(1)4.00.5(2)3.54.0

(3)线性解析：(1)对图乙所示电路，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U′＋Ir即U′＝E－Ir，U′­I图像与纵轴交点的纵坐标等于两节纽扣电池串联后的电动势，图线斜率的绝对值等于电池的内阻，由题图丁可知电动

势为E＝4.0V，内阻为r＝2.0－4.04.0Ω＝0.5Ω.(2)电压表达到满偏时滑动变阻器接入电路的阻值为R＝12Ω，根据欧姆定律可得UR＝ER0＋R＋r，解得R0＝3.5Ω.滑动变阻

器的滑片P滑到b端，弹簧的形变量增加了20cm，由平衡条件有kΔx＝mg，则该电子秤所能称量的最大质量为m＝4.0kg.(3)所称量物体的质量m＝kxg，电压表的示数为U＝ER＋R0＋r·RLx联立可得U＝ERg()R＋R0＋rLkm，可知所称量物体的质量m和电压表的示数U的关系为线性关系．3．答

案：(1)E1R2(2)最大60(3)180左解析：(1)为使该装置实现对20～60℃之间任意温度的控制，滑动变阻器的最大阻值必定大于热敏电阻的电阻变化，故R>110Ω滑动变阻器选用R2；又有继电器电阻r＝60Ω电路中的电流I＝Er＋Rt＋R，计算可知，若

选用E2＝6V的电源，电路中的最小电流仍大于10mA，无法实现温控功能，而E1＝3V的电源可以满足实验要求，故选用电源E1；(2)将滑动变阻器调节至最大起保护作用，由题图甲可知40℃时热敏电阻对应阻值为60Ω，因此需将电阻箱阻值调到60Ω；(3)当恒温箱内的温度保持40℃，应调节滑动变阻器R的阻值

，使电流达到10mA，由闭合电路欧姆定律得I＝Er＋Rt＋R即R＝EI－r－Rt＝180Ω，即滑动变阻器R的阻值应调节为180Ω；恒温箱系统要保持温度为35℃，热敏电阻阻值变大，滑动变阻器R的阻值须变小，即向左移动滑动触头．4．答案：(1)2.7kΩ(2.6

kΩ～2.8kΩ)(2)AB(3)140ΩR2左解析：(1)从图像上可以看出当照度为0.6lx时的电阻约为2.7kΩ(2.6kΩ～2.8kΩ)；(2)当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片

和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上．(3)根据欧姆表的读数规则，所以电阻值为R＝14×10Ω＝140Ω，回路中的电流为2mA时回路中需要的电阻Rx＝EI＝60.002Ω＝3000Ω，所以选择滑动变阻器R2比较合理．若要求天色渐暗照度降低至1.0lx时点

亮路灯，则天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的电流2mA不变，则应减小滑动变阻器的阻值，即向左滑动滑动变阻器．5．答案：(1)见解析(2)ECA(3)偏大解析：(1)因滑动变阻器阻值均比较小，所以采用分压接法，又由RVRx＝500040＝125>RxRA＝402＝20，采用电流

表外接法，故实验电路应为(2)滑动变阻器F的额定电流太小，所以滑动变阻器选择E；根据表格，酒精气体浓度为0.35mg/ml时气敏电阻的阻值约为40Ω，电源电动势为6V，电压表选择C；气敏电阻的最大电流为I＝540A＝125mA，电流表选择A；(

3)电压表满偏时，根据闭合电路欧姆定律得Um＝ERx＋R1＋rRx使用一段时间后，电源电动势稍微变小，内阻稍微变大，调解R1后，电压表仍然能满偏，因为电动势变小，回路的总电阻变小，电表的刻度必须随之变小才能准确测量，因为电表没有随着更改，所以酒精气

体浓度的测量值将偏大．6．答案：(1)乙(2)1.44×10－2(3)R252.5解析：(1)描绘热敏电阻的伏安特性曲线，要求电压从0开始调节，故选择分压电路乙．(2)设热敏电阻两端电压为U、通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定

律有2U＋IR0＝E，代入数据得U＝3－100I，作出图线如图所示图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.4V、电流为6mA，故电功率P＝IU＝1.44×10－2W.(3)由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低，要使发

光二极管电压U≥3.0V时点亮，则有R2分压随总电阻的减小而增大，由串联电路中的电压之比等于电阻之比，R1为热敏电阻，由图5可知，当温度为38.5℃时，热敏电阻阻值R1＝35Ω，由闭合电路欧姆定律列出表达式，有5R1＋R2＝3R2，解得R2＝52.5Ω.

电磁学部分素养综合评价1．答案：A解析：曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想．研究“交变电流有效值”的概念，采用的方法是让交流电产生的效果与直流电产生相等的效果，所以是等效替代法，A正确；建立“点电荷”的概念，采用理想模型法，不是等

效替代，B错误；建立“瞬时速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，C错误；卡文迪许测量引力常量，采用放大的思想，不是等效替代，D错误．2．答案：C解析：云层与金殿顶部之间形成巨大电势差的原因是静电感应，因为静电感应

，带电的积雨云和金殿顶部带异种电荷，A错误，C正确；因为尖端放电使得金殿顶部电压降低，B错误；近些年来，金殿安装了避雷设施，云层与金殿顶部的电势差减小，故“雷火炼殿”现象不明显和频繁，D错误．3．答案：B解析：图中A、B两点在一个等势面上电势相等，则AC间的电势差等于BC间的电势差，

沿着电场线方向，电势是降低的，则有UAC＝UBC<0，根据W＝qU，则有WA＝WB>0，B正确，A、C、D错误．4．答案：C解析：电动机消耗的热功率是P＝I2R，A错误；电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出＝UI，B错误；电源的总功率为IE

，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为η＝IE－I2rIE＝1－IrE，C正确；电动机消耗的总功率是P＝IU，D错误．5．答案：A解析：由题意可得，小车沿倾斜直轨道做匀加速直线运动，所以经过相邻两个线圈的时间越来越小，且随着小车速度增大，穿过三个线圈的磁通

量变化率逐渐增大，即最大感应电动势逐渐增大，且随着小车速度增大，穿过三个线圈的时间变小，则出现感应电动势的时间也逐渐减小，A正确．6．答案：C解析：由图像，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；AO段与BO段电势差相等，电场力做功大小相等，且AO

段电场力对电荷做正功，OB段电场力对电荷做负功，故电荷在B点速度为v0，故B错误；电荷在AB间运动v­t图像如图由于位移相等，则面积相等，AO段的时间小于OB段的时间，易知电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正确；负

点电荷分别处于－2m和2m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但－2m处的速度与2m处的速度不相等，所以电场力的功率不相等，故D错误．故选C.7．答案：C解析：受电线圈能够给手机电池充电是利用了

互感现象，A错误；由于二极管具有单向导电性，受电线圈两端电压U2与手机电池充电电压U3满足U22RT＝2U23RT，解得U2＝2U3＝92V，则基座线圈和受电线圈的匝数比为n1n2＝U1U2＝22092＝11029，所以B错误；若充电功率达到50W，则机座线圈电流为I1＝PU1＝

522A，所以C正确；受电线圈两端电压的峰值为UM2＝2U2＝18V，所以D错误．故选C.8．答案：A解析：环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动

势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其有效切割长度由微元法可知，l＝2πL联立v＝v0sin2πTt，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝2πBlv0sin2πTt，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E＝

2πBLv0，则该发电装置在一个周期内产生的电能E电＝E2TR＋r＝2π2B2v20L2TR＋r，故B、C、D错误，A正确．故选A.9．答案：BD解析：对于理想变压器有U2＝n2n1U1，U1不变，则U2不变，与如何调节P无关，故B正确．又UL＝

U2，所以灯的亮度不变，A错误；P向上滑动时RP减小，则R总减小，P出＝U22R总增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C错误，D正确．10．答案：AB解析：闭合开关S，导体棒受到的安培力向右同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向与电源电动势相反，电流减小，所

受安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻R两端电压大小相等时，导体棒中电流为零，导体棒做匀速运动，速度达到最大，故A正确；Eab＝BLvm＝RR＋rE，得vm＝ER（R＋r）BL，故B正确；导

体棒稳定运动时电源的输出功率为P＝I2R＝ER＋r2R＝E2R（R＋r）2，故C错误；导体棒稳定运动时导体棒中电流为零，导体棒的感应电动势与电源两端的路端电压相等，即U＝ERR＋r，故D错误．11．答案：BCD解析：根据左手定则可知电子在圆环

内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动

周期为T＝2πRv，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝mv2R，解得B＝mveR，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝mv2eR，D正确．12．答案：

BC解析：由电动势e随时间的变化关系e＝325sin100πt(V)可知，电动势有效值为E＝230V．当S1、S2、S3都断开时，路端电压等于电源电动势，所以电压表读数为230V，A错误；当S1闭合，

S2、S3都断开时，外电路电阻R1＝22Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电流表读数为I1＝ER1＋r＝23022＋1A＝10A，B正确；当S2闭合，S1、S3都断开时，外电路电阻R2＝10.5Ω，由闭合电路欧姆

定律可知，电流表读数为I2＝ER2＋r＝23010.5＋1A＝20A，电压表读数为U＝E－I2r＝230V－20×1V＝210V，C正确；当S1、S3都闭合，S2断开时，外电路为Ⅰ和Ⅲ电路并联，则外电路电阻R

3＝443Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电流表读数为I3＝ER3＋r＝230443＋1A＝14.7A，D错误．13．答案：(1)小于小于(2)1bkb解析：(1)电源的电动势在数值上等于外电路断开(即电流表的示数为零)时的路端电压，在题图甲中，当电流表的示数为零时，由于

电压表的电阻并非无穷大，电源与电压表构成通路，此时电路中会有微弱的电流，从而造成电池内电阻分压，所以电压表的示数小于电池的电动势，即电池电动势的测量值小于真实值．在这种情况下，所测得的电池内阻实际上是电压表内阻和电源

内阻并联后的等效阻值，所以内阻的测量值也小于真实值．(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir＝U＋UR·r整理得1U＝1E＋rE·1R故1U­1R图像的斜率为k＝rE纵轴截距为b＝1E解得E＝1b，r＝kb14．答案：(1)否(2)AB(3)1460(4)小解析：(1)如图所

示若光敏电阻的阻值R与照度I成反比关系，则有RI为定值，由图像中点的数据可得5．8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2，可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系；(2)由于天亮时照度较大，光敏电阻的阻值较小，电路中的电流较

大，衔铁被吸下，AB间断开，CD间接通，故灯泡应接在AB间；(3)由题意可知，当照度降到1.0lx时，电路电流降低到10mA，此时电路中的总电阻为R总＝EI＝3610×10－3Ω＝3600Ω，此时光敏电阻的阻值为R＝2000Ω，则滑动变阻器R′的阻值应调为R′＝R总－

R－R阻＝3600Ω－2000Ω－140Ω＝1460Ω(4)使用一段时间后发现，路灯在天色更亮时就已点亮了，说明在天色更亮时电路电流就降到了10mA，为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭，应使天色更亮时电路电流大于10mA，应使电路的总电阻适

当减小，故应将变阻器R′的阻值适当调小些．15．答案：(1)2.5v0T(2)d＝T217qUm解析：(1)带电粒子在水平方向不受外力作用而做匀速运动，因此水平位移为：x＝v0t＝v0·2.5T＝2.5v0T①(2)带电粒子在竖直方向的运动规律如vy­t图所示故有：y＝12a

32T2＋vy1·T②因a＝qUmd③vy1＝aT④又y＝12d⑤联立②③④⑤得：d＝T217qUm16．答案：(1)100m/s2(2)0.02N·s(3)见解析解析：(1)磁感应强度B＝kI0所受安培力F＝BI0d，F＝m

a可得a＝100m/s2(2)由动能定理可知FL＝12mv2弹体受到的冲量大小I＝mv－0可得I＝0.02N·s(3)由以上表达式可知v′＝I02kdLm可知：欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的方法有：轨道中的电流

变为原来的2倍；弹体质量变为原来的14；轨道间距变为原来的4倍；轨道长度变为原来的4倍．17．答案：(1)Bl2alR(2)F＝ma＋B2l210alR(3)2∶1解析：(1)根据运动学公式v2－0＝2al解得A右侧刚进入磁场

区域时的速度v＝2al则感应电流为I＝BlvR＝Bl2alR(2)线框A左边到达磁场右边界(即将离开磁场)时外力F最大，设磁场线框的速度大小为v′，由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2＝2a(l＋l＋3l)解得v＝10al感应电流I＝BlvR＝Bl10al

R导线框受到安培力大小F安＝BI′l＝B2l210alR对导线框，由牛顿第二定律得F－F安＝ma解得F＝ma＋B2l210alR(3)A右侧进磁场时安培力大小F安1＝B2l22alRA右侧进磁场时外力大小F1＝ma＋B2l22alRA右侧进磁场时外力的功率P1＝F1v＝ma＋B2l

22alR×2al＝ma2al＋2B2l3aR设A右侧出磁场时速度大小为v″，则v″＝2a（l＋3l）＝22alA右侧出磁场时外力大小F2＝ma＋2B2l22alR外力的功率P2＝F2v″＝ma＋2B2l22alR×22al＝2ma2al＋8B2l3aR由题意得P1∶P2＝1∶3解得

ma＝B2l22alR则F1∶F安1＝ma＋B2l22alR∶B2l22alR＝(B2l22alR＋B2l22alR)∶B2l22alR＝2∶118．答案：(1)4mv20qL(2)mv0Lq(3)4mv05qL，128mv2049π

2qL(4)，6－π4L2解析：(1)粒子经过加速电场加速有qU＝12mv2－12mv20仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的粒子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得qE0＝ma，2L＝12a

t2，2L＝vt解得E0＝4mv20qL(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得r1＝2L，qvB＝mv2r1解得B≤mv2Lq＝mv0Lq，当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最

大值，有r2＝L，qv0Bm＝mv20r2解得B≥mv0Lq所以B＝mv0Lq(3)x方向的运动L＝qE2mt2，xz平面的运动(2L－r)2＋L2＝r2得到r＝5L4，cosθ＝Lr＝45又r＝mv0qB，t＝90°＋θ360°×2πrv0解得B＝4mv05qL，E＝128mv2049π2qL

(4)画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界面积为s＝6－π4L2.第十三章热学考点83分子动理论内能——练基础1．答案：B解析：布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，厨房内弥漫着香油的香味，这种现象主要是扩散现象，故A错误，B正确；液态香油较难被压缩，是因为香

油分子之间存在斥力，故C错误；香油分子的扩散快慢与温度有关，温度越高扩散越快，故D错误．故选B.2．答案：A解析：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的热运动越剧烈，平均动能越大，A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒在液体

分子撞击下的无规则运动，B错误；当分子间的距离等于r0时，分子间的作用力恰好为零，当分子间距离无穷远时，分子间的作用力也为零．当分子间距离从非常靠近到无穷远时，分子间的作用力先减小到零再增大，最后再减小到零．由于不知道原来两个分子间距离，因此无法判断分子间的作用力随分

子间距离的变化情况，C、D错误．3．答案：C解析：由Ep­r图像可知，在r>r0时，分子力表现为引力，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，A错误；在r<r0时，分子力表现为斥力，当r减小时F做

负功，分子势能增加，分子动能减小，B错误；在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，动能最大，C正确，D错误．4．答案：C解析：分子势能最小时，分子间的作用力为零，当r＝r2时，分子间的作用力为零，A错误；当r＝r1

时，分子间距离小于r2，分子间的作用力表现为斥力，B错误；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间距离从小于平衡位置到平衡位置，分子间的作用力逐渐减小，C正确；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间作用力表现为斥力，分子力做正功，分子

系统的势能逐渐减小，D错误．5．答案：B解析：由于温度是分子平均动能的标志，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，A错误；热水与相同质量的水蒸气相比，分子数相同，水蒸气分子的平均动能和分子势能均比较大，故热

水的内能比相同质量的水蒸气的小，B正确；热水分子的平均速率比水蒸气的小，但并不是每个热水分子的速率都比水蒸气的小，故C错误；水蒸气分子的热运动比热水的剧烈，故D错误．6．答案：AC解析：a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝0.2aM，所含分子数为N＝nNA＝0.2aNA

M，A正确，B错误；钻石的摩尔体积V＝M×10－3ρ(单位为m3/mol)，每个钻石分子体积为V0＝VNA＝M×10－3NAρ，设钻石分子直径为d，则V0＝43πd23，联立解得d＝36M×10－3NAρπ(单位为m)，

C正确，D错误．7．答案：ABD解析：人能够闻到花香是因为鲜花释放的香气扩散，A错误；气体分子间几乎不存在相互作用力，夏天车胎容易爆胎是因为随着温度升高，胎内气体分子无规则运动加剧，气体压强变大的缘故，B错误；封装在气

缸中的气体，气缸容积不变，单位体积内的分子数不变，气体温度升高，分子运动的剧烈程度增加，单位时间碰撞内壁单位面积的分子数增多，C正确；理想气体的压强与单位体积的分子数以及温度有关与摩尔质量无关，D错误．8．答案：D解析：根据分子

处于平衡位置(即分子之间距离为r0)时分子势能最小可知，曲线Ⅰ为分子势能随分子之间距离r变化的图像；根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为r0)时分子力为零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离r变化的图像；根据分子之间斥力随分子之间

距离的增大而减小，可知曲线Ⅲ为分子斥力随分子之间距离r变化的图像，D正确．9．答案：B解析：设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则n海＝ρ海VNAM，n岸＝ρ岸VNAM，多吸入的空气分子个数为Δn＝n

海－n岸，代入数据得Δn＝3×1022个，B正确．10．答案：D解析：由图可知，B分子在x0～x1过程中做加速运动，说明开始时两分子间作用力为斥力，在x1处速度最大，加速度为0，即两分子间的作用力为0，根

据运动的对称性可知，此时A、B分子间的距离为2x1，A、B错误；由图可知，两分子运动到无穷远处的速度为v2，在无穷远处的总动能为2×12mv22＝mv22，由题意可知，无穷远处的分子势能为0，由能量守恒可知，释放时A、B系统的分子势能为mv22，D

正确；由能量守恒可知，当两分子速度最大即动能最大时，分子势能最小，则最小分子势能为Epmin＝mv22－2×12mv21＝mv22－mv21，C错误．11．答案：C解析：自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强急剧增大的结果，故

A错误；在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，根据热力学第一定律可知盒内气体内能减少，温度降低，故B错误，C正确；自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，气体分子平均速率增大，表现的是一种统计规律，并不代表每一个气体分子速率都增大了，故D错误．12．答案：

(1)5×10－26kg(2)2×1024(3)3×10－9m解析：(1)一个氮气分子的质量m＝MNA解得m≈5×10－26kg(2)设气囊内氮气的物质的量为n，则有n＝ρVMN＝nNA解得N≈2×1024(个)(3)气体分子

间距较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的立方体，则有r3＝VN，解得r≈3×10－9m.考点84气体、固体与液体——练基础1．答案：C解析：由于单晶体是各向异性的，熔化在单晶体表面的石蜡应该是椭圆形，而非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，因此丙是单晶体，根据温度随加热

时间变化关系可知，甲是多晶体，乙是非晶体，金属属于晶体，故乙不可能是金属薄片，故A、B错误；一定条件下，晶体和非晶体可以相互转化，故C正确；甲和丙都是晶体，所以其内部的微粒排列都是规则的，故D错误．2．答案：B解析：因为液体表面张力的存

在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；浸润情况下，容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故

液体分子间作用力表现为斥力，附着层内液面升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面，都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误．3．答案：AB解析：液晶并不是指液体和晶体的混合物，是一种特殊的物质，液晶像液体一样具

有流动性，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，A、B正确；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶并不发光，C错误；不是所有的物质都有液晶态，D错误．4．答案：A解析：松土是把地面的

土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生毛细现象，可有效减小水分蒸发，保存水分，A正确，B、C错误；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D错误．5．答案：C解析：一片雪花大约由大量的水分子组成，远大于1000个，故A错误；

雪花融化成的水是晶体，不能说液态的晶体，故B错误；根据物态变化可知，雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，故C正确；雪花是晶体，故D错误．6．答案：AB解析：运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为泳衣由对水不浸润的材料制成，故A正确；运动员入水激起的水花接近球形，这

是表面张力的作用，故B正确；水池中的水温约26摄氏度，用以保证运动员入水后的舒适度，此时运动员的体温和水池的水温并不相同，故C错误；运动员入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，故D错误．7

．答案：D解析：水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭圆形，则与重力也有关，选项A错误；水滴不浸润口罩，换另一种液体，不一定不会浸润该口罩，选项B错误；能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C错

误；水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积的作用，选项D正确．故选D.8．答案：AC解析：气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，故A正确；单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，

单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C正确，D错误．9．答案：BD解析：在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不

变，由pVT＝C可知压强减小，则分子平均动能减小，平均速度减小，A错误，B正确；每人平均用力为200N，则快要被拉开时，对单边半个球受力分析pπd22＋5×200N＝p0πd22，解得p＝6.8×104Pa，C错误；对球内气体分析，气体做等容变化p0T

0＝pT(T＝288K)，解得T0＝423K＝150℃，D正确．10．答案：B解析：当气囊内气体达到最大体积时，便可压动水银液面上升，达到最大体积前压强不变，由题意可知，袖带橡皮囊最大容积为200ml，内部残留气体为50ml，由于每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入气体40ml，因此

充气次数为n＝200ml－50ml40ml＝3.75，因此第4次充气时，示值管内水银液面开始上升，故A、C、D错误，B正确．11．答案：BCD解析：设CO2气泡在水下深度为h，则气泡压强为p＝p0＋ρgh可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中，压强变小，假设气体温度不变，则由玻意耳定律知p1V1

＝p2V2，则随着气泡压强变小，气泡体积会增大，则气体对外做功W<0又因为这一过程中气体与外界未实现热交换，由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q其中Q＝0，则ΔU＝W<0，即气体内能减少，又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则

CO2分子的平均动能变小，故A错误，D正确；因为气体平均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密度减少，单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少，故B、C正确．12．答案：BD解析：由图可知，ab过程，b与绝对零度连线的斜率大于a与绝对零度连线的

斜率，则b状态气体的体积小于a状态气体的体积，则ab过程中体积减小，故A错误；由图可知，ca过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，故B正确；由于ca过程体积不变，所以外界对气体不做功，故C错误；由图可知，bc

过程，气体的压强不变，温度升高，体积变大，气体对外界做功，故D正确．13．答案：(1)p0＝273p1t1＋273(2)V2＝273p1V1p2()t1＋273解析：(1)在等容过程中，设0℃时气体压强为p0；根据查理定律有p1t1＋273＝p0273解得p0＝273

p1t1＋273(2)当压强为p2，温度为0℃时，设此时体积为V2，则根据理想气体状态方程有p1V1t1＋273＝p2V2273解得V2＝273p1V1p2()t1＋27314．答案：(1)600K(2)1k

g解析：(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，V1＝HS，V2＝(H＋h)S由盖—吕萨克定律有V1T1＝V2T2代入数据解得T2＝600K(2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容变化T3＝660K由平衡条件有p

＝p0＋MgS由查理定律有p0T2＝pT3代入数据解得M＝1kg.考点85三类典型(“液柱＋管”模型、“汽缸＋活塞”模型、变质量气体模型)——提能力1．答案：D解析：根据玻意耳定律可得p0V＋5p0V0＝p1×5V，又p0＝750mmHg，V0＝60cm3，p1＝750mmHg＋150mmHg

＝900mmHg，解得V＝60cm3，故D正确．2．答案：AC解析：由题意可知密闭航天服内气体初、末状态温度分别为T1＝300K、T2＝270K，根据理想气体状态方程有p1V1T1＝p2V2T2，解得p2＝0.72×105Pa，故A正确，B错误；设航天服需要放出

的气体在压强为p3状态下的体积为ΔV，根据玻意耳定律有p2V2＝p3(V3＋ΔV)，解得ΔV＝1.5L，则放出的气体与原来气体的质量比为ΔVV3＋ΔV＝13，故C正确，D错误．3．答案：5m解析：缸内气

体初状态的压强为p0，气体高度为h1；末状态压强p＝p0－ρgh2气体高度为h′＝h－h2导热气缸抽气过程中缸内气体做等温变化，则由玻意耳定律得p0Sh1＝pSh′联立解得h2＝5m或15m(舍去)气缸内液面上升的高度h2＝5m．4．答案：(1)p0S＋mgp0S－mgV

1(2)p0SV3T1（p0S＋mg）V1解析：(1)图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为p1＝p0＋mgS当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为p

2＝p0－mgS对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得V2＝p0S＋mgp0S－mgV1(2)当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3＝p0由理想气体状态方程得p1V1T1＝p3V3T3解得T

3＝p0SV3T1（p0S＋mg）V15．答案：2.0×105Pa10m解析：在水面上方时，封闭气体的压强为p0，气体的体积V1＝(380－80)mL＝300mL潜入水底后，封闭气体的压强等于水底的压强，即p＝p0＋ρgh封闭气体的体积为V2＝(380－230)mL

＝150mL由玻意耳定律得p0V1＝pV2代入数据解得p＝2.0×105Pah＝10m6．答案：(1)p＝5.1×106Pa(2)ΔV＝450L解析：(1)鱼在深海处的压强p＝p0＋ρgH＝5.1×106Pa(2)为使一层水箱压强达到p，二层水箱中的气体压强应为p1＝p－ρgh＝4.6×1

06Pa将外界压强为p0，体积为ΔV的空气注入一层水箱，根据玻意耳定律，有p0(V＋ΔV)＝p1V解得ΔV＝450L7．答案：(1)105Pa(2)1N解析：(1)选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有p0S＝p1S＋(

m1＋m2)g代入数据解得p1＝105Pa(2)当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)代入数据解得p2＝9.9×104Pa选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有p0S＝p2

S＋(m1＋m2)g＋F联立解得F＝1N8．答案：1kg解析：氧气初始压强p1＝1.0×106Pa初始温度T1＝(273＋57)K＝330K经一段时间后压强p2＝6.0×105Pa温度T2＝(273＋27)K＝300K设氧气初始质量为m，容器体积为V，即V1

＝V以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得p1V1T1＝p2V2T2代入数据解得V2＝5033V设用掉氧气质量为m0＝0.34kg由题可知m0m＝V2－V1V2＝1750得m＝1kg9．答案：(1

)1.8×1023(个)(2)9(次)解析：(1)设球内空气在标准状况下的体积为V′，由盖―吕萨克定律有VT1＝V′T2其中T1＝300K，T2＝273K，又n＝V′V0NA，解得n＝1.8×1023(个)(2)由玻意耳定律，有p0(V＋NΔV)＝pV，解得N＝9(次)10．答案：(

1)V＝p0V0p－p0(2)不合格解析：(1)缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0()V0＋V＝pV，解得V＝p0V0p－p0(2)设温度由T变化为1.2T后，压强由p变为1.16p，体积变为V1，根据气体状态方程有pVT1＝p1V1T2解得VV1＝1.161.2＝9

6.7%可知漏气量占比为3.3%；故该香水瓶瓶盖密封性不合格．11．答案：(1)40mgl(2)p0S＋3mgS1.3T0解析：(1)对活塞Ⅰ受力分析如图由平衡条件有p·2S＝p0·2S＋2mg＋0.1kl对活塞Ⅱ受力分析如图由平衡条件有pS＋mg＝p0S＋0.1kl联立解得k＝40mgl，p

＝p0S＋3mgS(2)由于是对气体缓慢加热，则两活塞受力平衡，将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析，受力情况不变，故气体压强不变，p′＝p＝p0S＋3mgS，且弹簧长度不变对活塞间的气体，由盖－吕萨克定律有V1T1＝V2T2其中V1

＝l＋0.1l2(2S＋S)＝1.65lS，T1＝T0V2＝(l＋0.1l)·2S＝2.2lS解得T2≈1.3T012．答案：(1)2p0，23p0(2)4p0S3g解析：(1)旋转前后，对上部分气体根据玻意尔定律有p0·SL0＝p1·12SL0解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0旋转后，下部

分气体体积增大到12SL0＋SL0＝32SL0，旋转前后，对下部分气体根据玻意尔定律有p0·SL0＝p2·32SL0解得旋转后下部分气体压强为p2＝23p0(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直

向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件有p1S＝mg＋p2S解得活塞的质量为m＝4p0S3g13．答案：(1)MmaVρg(2)p0＋ρgH1p0＋ρgHm解析：(1)鱼静止在水面下H处时，所受浮力等于重力，有Mg＝ρgV0鱼通过增加B室

体积获得大小为a的加速度，则有ρgΔV＝Ma又m＝ρ气gVΔm＝ρ气gΔV联立解得Δm＝MmaVρg(2)鱼静止在水面下H处时，B室内气体压强为p1＝p0＋ρgH，体积为V鱼静止在水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，设该部

分气体在压强为p1时体积为V1根据玻意耳定律有p2V＝p1V1解得V1＝p0＋ρgH1p0＋ρgHV又温度不变，则有m1m＝V1V解得m1＝p0＋ρgH1p0＋ρgHm14．答案：(1)43T0(2)94p0解析：(1)选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生

等压变化：V0－14V0T0＝V0T1，解得T1＝43T0.(2)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：p018V0＋14V0T0＝p1V12T0.对第

Ⅳ部分气体，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：p0V0－14V0T0＝p1（V0－V1）2T0，解得p1＝94p0.考点86热力学定律与能量守恒定律——提能力1．答案：AC解析：热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体，A正确；任何热机效率都不可能达到1

00%，B错误；泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化，C正确；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，D错误．2．答案：C解析：由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据pVT＝C可知温度降

低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，C正确．3．答案：AB解析：A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，B正确；A端流出的气体分子热

运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，C错误；该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并

非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，A正确，D错误．4．答案：D解析：温度随高度增加而降低，在上升过程，温度降低，一定质量的理想气体的内能取决于温度，故内能减小，故A错误；根据

理想气体状态方程pVT＝C，上升过程体积增大，但是压强同时也减小，无法从体积变化去说明温度变化，故B错误；温度降低说明分子平均动能减小，但不是所有分子的动能都减小，故C错误；上升过程体积增大，说明外界对气体做负功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知，减

小的内能等于放出的热量与气体对外界做功大小之和，故减小的内能大于放出的热量，故D正确．5．答案：C解析：初始时气体的压强p1＝p0＋mgS，体积为V1，温度为T1；将气缸缓慢转过90°后，气体的压强为p2＝

p0，体积为V2，温度为T2.易知V2>V1，故气体对外界做功，因气缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔU<0，由于理想气体内能只与气体温度有关，所以T1>T2，A、D错误．内能减小，不是所有气体分子热运动速率都减小，但速率大的分子数占总分子数的比例减小，B错误，C正确

．6．答案：A解析：吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W>0，吸盘内气体要吸收热量，A正确，C错误；吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的密度减小，B错误；吸盘内气体温度不

变而体积变大，由玻意耳定律PV＝C可知，吸盘内气体压强减小，D错误．7．答案：C解析：由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，

A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb<pc，根据理想气体状态方程pbVbTb＝pcVcTc可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，B错误；因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，C正确，D错误．8

．答案：B解析：设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1atm×(2L－1.2L)＋n·1atm×0.1L＝2atm×(2L－1.2L)解得n＝8，故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2atm×0.8L＝1atm×V气解得，壶内

不再喷出消毒液时，壶内气体的体积为1.6L，则壶内剩余消毒液的体积为0.4L，故B正确，C错误；由于壶内温度保持不变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体对外做功的多少等于从外界吸收热量的多少，故D错误．9．答案：A解析：理想气体

从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；由图可知V＝V0＋kT，根据理想气体的状态方程有pVT＝C，联立有p＝Ck＋V0T，可看出T增大，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，由选项A

D可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误．10．答案：BC解析：因从a到b的p­T图像过原点，由pVT＝C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a

到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，C正确，D错误．11．答案：BC解析：ab过程，b与绝对零度连线的斜率大于a

与绝对零度连线的斜率，则b状态气体的体积小于a状态气体的体积，则ab过程中体积减小，气体对外做功，故A错误，B正确；bc过程中，气体温度不变，压强变小，体积变大，故气体内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体始终吸热，故C

正确；ca过程中，气体压强不变，等压变化，得VcTc＝VaTa，c状态的体积Vc与a状态的体积Va的关系式为VcVa＝TcTa＝473.15＋273.15100＋273.15≠4.7315，故D错误．12．答案：B解析：过程Ⅰ中理想气体体积减小，外界

对气体做功，温度不变，内能不变，则气体向外界放热，A错误；过程Ⅱ中理想气体体积变大，气体对外做功，温度升高，内能增加，则气体从外界吸收热量，B正确；c状态与a状态相比，c状态的温度较高，分子平均速率较大，则气体分子对活塞的作用力较大，C错误；理想气体在b状态的温度

等于在a状态的温度，则两态的内能相等，D错误．13．答案：D解析：一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化，压强减小，根据查理定律PT＝C，可知气体温度降低，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于气体不

做功，内能减小，则气体放热，A、B错误；一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化，体积增大，根据VT＝C，可知气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知b到c过程吸热，且吸收的热量大于功值，C错误、D正确．14．答案：B解析：根据理想气体

的状态方程pVT＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；根据理想气体的状态方程pVT＝C可知，p­V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a

→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误．15．答案：ABD解析：根据理想气体状态方程可知T＝pnR·V，即T­V图像的斜率为pnR，所以pa＝pb>pc，A正确，C错误；理想气体由a

变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q>0，Q>ΔU，即

气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，D正确．16．答案：(1)15L(2)4×103Pa解析：(1)对BC过程由等压变化(盖—吕萨克定律)有VBTB＝VCTC所以VB＝TBTCVC由于TB＝150K，TC＝

200K；VC＝20L解得VB＝15L由图AB延长线过原点，知A到B为等容变化，所以VA＝VB＝15L(2)由于A到B等容变化，不做功，所以WBC＝WABC＝60J又WBC＝PB·(VC－VB)联立得PB＝1.2×104Pa从A到B等容变化，由查理定律得PATA＝PBT

B解得PA＝TATBPB＝13PB将B状态压强PB＝1.2×104Pa代入得PA＝4×103Pa考点87实验：用油膜法估测油酸分子的大小1．答案：(1)AB(2)1.1解析：(1)在“用油膜法估测分子的大小

”实验中，分子直径是依据体积与面积之比求出的，所以需要将油膜看成单层分子油膜，不考虑各油膜分子间隙，故A正确；油酸可以融于酒精，因此酒精对油酸溶液起稀释作用，方便于测量；故B正确；1滴溶液中含有油酸酒精溶液是

10－2mL，含纯油酸的体积小于10－2mL，故C错误；全部完整方格内的油膜面积小于真实油膜面积，应计算面积大于半格的个数，故D错误．故选AB.(2)由题意，形成油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿面积时，油酸酒精溶液浓度最大．一滴油

酸的体积V0＝dS＝10－10m×0.22m2＝2.2×10－11m3一滴油酸酒精溶液的体积V＝150cm3＝2×10－8m3则油酸酒精溶液浓度至多为V0V＝1.1‰2．答案：(1)BFE(2)B解析：(1)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：用注射器

将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；往浅盘里倒入约2cm深的水，水面稳定后将适量痱子粉均匀撒在水面上；用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用

彩笔描绘在玻璃板上；计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．则实验操作顺序为DBFEC.(2)出现该图样的可能原因是：痱子粉撒得太多，且厚度不均匀，导致油酸没有均匀排列开．故选B.3．答案：(1)油酸分子形成单层分子膜(2)1.0×10－9m(1.1×10－9m)(3)

偏大解析：(1)本实验中做了三点理想化假设：将油酸分子视为球形；油酸分子形成单层分子膜；油酸分子是紧挨在一起的．(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V＝51000×0.5100mL≈2.5×10－5mL按照超过

半格的算一个，不足半格的舍去原则，可得油酸膜的面积为S＝60×4cm2＝240cm2估测出油酸分子的直径为d＝VS＝2.5×10－5240cm≈1.0×10－9m(3)由图可知该次实验中痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，此时所测油膜面积

偏小，所以油酸分子的直径测量结果相对真实值偏大．4．答案：(1)4×10－121.14×10－2(1.12×10－2～1.19×10－2)4×10－10(2)B(3)B解析：(1)一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V

＝12500×1100×10－6m3＝4×10－12m3超过半格的有114格，故油膜面积为S＝114×1×10－4m2＝1.14×10－2m2，油酸分子直径为d＝VS≈4×10－10m(2)1kg油酸所含分子数为N＝NAM，A错误；1m3油酸所含分子数为N＝V′VN

A＝1m3Mρ·NA＝ρNAM，B正确；1个油酸分子的质量为m0＝MNA，C错误；设油酸分子为球形且直径为d，则一个油酸分子的体积为V0＝43πd23，油酸的摩尔体积为V＝Mρ，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝VV0联立可解得d＝36MρπNA，D错误．故选

B.(3)计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，使格数偏多，面积偏大，故直径测量值偏小，A错误；水面上爽身粉撒的较多，油酸膜没有充分展开，使面积测量值偏小，直径测量值偏大，B正确；做实验之前油酸溶液搁置时间过长

，酒精挥发使得油酸浓度变大，仍按原来的浓度计算，则计算值偏小，因此测量值就偏小，C错误．故选B.考点88实验：探究气体压强与体积的关系1．答案：(1)不需要(2)A(3)见解析解析：(1)横截面积相同，每一次体积的改变，只需要比较空气柱长度的变化即可，故不需

要测量空气柱的横截面积；(2)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是注射器上涂上润滑油防止漏气，故A正确；若急速推拉活塞，则有可能造成气体温度变化，故B错误；手握紧活塞会导致温度的变化，故C错误；活塞移至某位置时，应等

状态稳定后，记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，故D错误．故选A.(3)p­1V图线的斜率k＝p1V＝pV根据pV＝nRT气体温度降低，则斜率减小，图像向下弯曲．2．答案：(1)注射器中封闭的

气体注射器的刻度(2)C(3)乙甲解析：(1)根据题意可知，本实验探究一定质量气体的压强和体积关系，则研究对象为注射器内封闭的气体，气体的体积可以通过注射器刻度直接读出．(2)实验过程中，推拉活塞时，动作要慢，避免因推拉活塞过快，封

闭气体温度升高，故A正确，不符合题意；推拉活塞时，手不能握住注射器筒有气体的部位，如用手握住注射器筒有气体的部位会使气体温度升高，故B正确，不符合题意；压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体的质量发生了变化，如立

即重新接上，继续实验，将出现较大误差，故C错误，符合题意；为了防止摩擦生热及气体质量变化，活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气，故D正确，不符合题意．(3)在验证玻意耳定律的实验中，根据理想气体状态方程有pVT＝C可得p＝CT·1V，则p与1V成正比，故图像为图2中的乙线．如果实验中，使一定

质量气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，由上述分析可知，p与1V的图像的斜率将变大，故图像为图2中的甲线．3．答案：(1)质量在活塞上均匀涂抹润滑油(2)注射器内的气体向外泄漏(3)D解析：(1)研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系，即

质量、温度不变时气体的压强与体积的关系，所以本实验保持温度不变，还需保证封闭气体质量不变；为了防止漏气，需要在活塞上均匀涂抹润滑油．(2)p­1V图线的上端出现了一小段弯曲，即当1V增大，V减小时，p增加的量与1V增加的量不是线性关系

，斜率减小，说明压强增加程度减小，其原因可能是注射器存在漏气现象．(3)测量时，由于注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，所以纵轴存在截距－V0；当软管脱落后，由于气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标1p偏大，但V­1p的延长线与纵轴的交点仍为－V0，则前后两条图线

应相交在此处，所以绘出的V­1p关系图像应是D.4．答案：(1)5.6(±0.2)(2)1.40×103(±0.2×103)(3)手握住了注射器内的封闭气体部分没有缓慢推动活塞偏小解析：(1)根据玻意耳定律，pV＝C，当1p趋向于0，则气体体积趋向于0，从1p­V图像知，横轴截距表示种子的体积为：

5.6(±0.2)mL.(2)密度为：ρ＝mV＝7.86×10－3kg5.6×10－6m3＝1.40×103kg/m3ρ＝1.40×103(±0.2×103)kg/m3(3)注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是：手握住了注射器内的封闭

气体部分，没有缓慢推动活塞；当气体温度升高，气体的体积趋于膨胀，更难被压缩，所作的1p­V图线与横轴的交点将向右平移，所测种子体积偏大，密度偏小．5．答案：4FV2πd2（V2－V1）(2)解析：开始时气体的压强为p0，向右

水平缓慢拉动活塞到一定位置，弹簧秤读数为F时气体的压强p1，p1＝p0－FS＝p0－Fπd22＝p0－4Fπd2；该过程中温度不变，则：p0V1＝p1V2，整理得：p0＝4FV2πd2（V2－V1），由上面的式子可知，在表达式中，与活

塞及固定在其上的支架的总质量无关，所以步骤(2)是多余的．第十四章光学考点89光的折射全反射——练基础1．答案：C解析：光在内芯和外层的界面上发生全反射，则内芯的折射率n1大于外层的折射率n2，由于入射角要大于或等于临界角，所以α应小于某一值，故

C正确．2．答案：BC解析：光在不同介质中传播时，频率不变，A错误；由偏折情况可知，光在食用油中的折射率大于光在水中的折射率，所以光从食用油进入水中时可能会发生全反射，B正确；根据v＝cn可知，光在食用油中的传播速率小于在水中的传播速度，C正确；若筷子从玻璃杯右侧竖直插入，

则根据对称性可知，筷子在食用油中的像向杯子边缘方向偏移，D错误．3．答案：D解析：光在空气中的传播速度比固体中的传播速度快，A错误；红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据v＝cn可知红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，B错误；如图所

示由几何关系得∠1＝60°，由折射定律得n＝sin∠1sin∠2，由全反射的临界条件得sin∠3＝1n，又sin2∠3＋sin2∠2＝1，联立解得n＝72，C错误，D正确．4．答案：A解析：半圆柱体的横截面如图所示，OO′

为半径，设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，入射角恰好等于临界角C，则由折射定律得n＝1sinC＝2，得C＝30°，由几何关系得∠O′OB＝C，则有光线从柱面射出的柱面面积S＝2C·R·L＝

π3RL，A正确．5．答案：B解析：由题意可知，折射率n>2，根据sinC＝1n，可得临界角C小于45°.由题图可得，光从空气射入棱镜，因入射角为0°，所以折射光线不偏折．当光从棱镜射向空气时，入射角等于45°，发生全反射．根据几何关系，光路是

可逆的可知，出射光线是②，B正确．6．答案：ACD解析：光射入三棱镜的光路图如图所示，i1＝90°－30°＝60°，由折射定律得n＝sini1sinr1①，光在BC边折射时，由折射定律有1n＝sini2

sinr2②，由题意知r2＝90°－30°＝60°，则i2＝r1③，联立①②③解得r1＝i2＝30°，n＝3，A正确，B错误；由几何知识知，从AB边上射入的光在三棱镜中的传播路程s＝0.5L，C正确；光在三棱镜中传播的速度v＝cn＝33c，光在

三棱镜中的传播时间t＝sv＝3L2c，D正确．7．答案：B解析：光束a入射到半圆形玻璃砖表面(直径)时，产生反射光束b和折射光束c，同时折射光束c在半圆形玻璃砖圆弧表面产生反射，一部分光线原路返回，并在直径界面处再次发生反射产生光束d(还有

少部分沿光线a的路径反向发射出去).当光束a逆时针转过小角度Δθ时，根据反射定律，光束b顺时针旋转角度等于Δθ，选项A错误；入射光线与折射光线的方向遵循折射定律，由于n＝sinαsinβ>1，故入射角α比折射角β变化快，因此光束c逆时针旋转角度小于Δθ，选项B正确；光

束d是光束c反射后形成的，因此该光束会顺时针旋转一小于Δθ的角度，选项C错误；根据以上分析，光束b顺时针旋转、c逆时针旋转，因此两者之间的夹角减小，减小的角度小于2Δθ，选项D错误．8．答案：B解析：光路如图所示，由于入射角α＝53°，已知光导纤维对该光的折射率为43，由n

＝sinαsinβ得β＝37°；设在光导纤维中发生全反射的临界角为C，若光不损失应满足γ≥C，即sinγ≥sinC＝1n，如图所示，由正弦定理可得sinγR－r＝sin（90°＋β）R，解得R≥16r，B正确．9．答案：R2解析：b光的部分光

路如图所示．在M点，根据折射定律有n＝sinisinr因b光在N点发生全反射，有sinC＝1n在三角形OMN中，根据正弦定理有sinrR2＝sin（π－C）R1ab平行光之间的距离x＝R1sini解得

x＝R210．答案：32解析：光路图如图所示由折射定律得：n＝sinisinα恰好发生全反射时：n＝1sinθ由几何关系：α＝π2－(π－2β)，θ＝π2－β联立解得：n＝3211．答案：723－12a解析：设光线在M点的折射角为θ，由折射定律有n＝sin60°sinθ由几何关系

可知光线在N点的入射角为90°－θ，由于光线在N点恰好发生全反射，可知临界角θ0＝90°－θ又n＝1sinθ0解得n＝72，tanθ＝32由图中几何关系有a2tanθ＋PCtanθ＝a解得PC＝3－12a12．答案：

(1)n＝3(2)t＝46Rc解析：(1)根据题意将光路图补充完整，如图所示根据几何关系可知i1＝θ＝30°，i2＝60°根据折射定律有nsini1＝sini2解得n＝3(2)设全反射的临界角为C，则sinC＝1n＝33光在玻璃球内的传播速度有v＝cn根据几何关系可知当θ＝45°时，即光路为圆的内

接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短，则正方形的边长x＝2R则最短时间为t＝4xv＝46Rc考点90光的折射、全反射的综合应用——提能力1．答案：B解析：如图所示根据几何关系sinα＝hR＝32，α＝2θ折射率n＝

sinαsinθ＝3绿光在采光球中的传播速度为v＝cn＝33c，故A错误；红光折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；紫光不可能直接折射经过O点，如果过的话，折射角为0°，故C错误；光由光密到光疏可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误．2．答

案：C解析：由题意画出光路图如图所示，设光线在CD面上的入射角为θ根据光路图和反射定律可知4θ＝90°得θ＝22.5°由四边形内角和为360°和角度关系可得∠BCD＝∠BAE＝90°＋θ＝112.5°，故AB

错误；光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值n0，则n0＝1sinθ解得n0＝1sin22.5°，故C正确，D错误．3．答案：AD解析：由公式n＝sinisinr可知，a光的折射率大于b光的

折射率，由公式v＝cn可知，在玻璃砖中a光的传播速度小于b光的传播速度，A正确；由公式sinC＝1n可知，折射率越大，临界角越小，则从同一介质射入真空，发生全反射时a光的临界角比b光的小，B错误；由于a光的折射率大于b光的折

射率，则a光的频率大于b光的频率，由公式c＝λν可知，a光的波长小于b光的波长，由公式Δx＝ldλ可知，通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹间距Δxa＜Δxb，C错误；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0和eUc＝Ek可得eUc＝hν－W0，则Ua＞Ub，D正确．4．答案：C解析：光的频率

是由光源决定的，与介质无关，频率不变，A、B错误；如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有sin（π－θ

）R＝sinαr，则可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误．5．答案：C解析：由题图可知，三棱镜对b光的折射程度较大，则该三棱镜对b光的折射

率较大，A错误；根据v＝cn可知，在该三棱镜中，a光的传播速度大于b光的传播速度，B错误；a光折射率小，则频率小，波长大，根据Δx＝ldλ可知，用同一双缝干涉装置进行实验，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的

间距，C正确；b光频率大，则所对应的跃迁的能级差较大，因为a光是氢原子由n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时发出的，则b光不可能是氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时发出的，D错误．6．答案：A解析：根据题意作出光路图如图1所示，根据临界角sinC＝1n可知Ca<

45°，Cb>45°，从图中可以看出两束光经过OC面反射以后均能射到PM面上，入射角在0°～45°范围内，所以只有a光才有可能在PM面上发生全反射，B、C项错误；分析易知，射到P点的a光线全反射到M点，入射角为45°，发生全反射不能从OM面射出，画出a光在PM面上恰

好发生全反射的光线的光路图如图2所示，可知该光线经Q点全反射后射至OM面上E点，由几何关系可知在E点的入射角为2Ca－45°，小于Ca，即可以从E点射出，故A正确，D错误．7．答案：BD解析：根据n＝cv，v＝λf可得λ＝cnf由于红光的折射率小于紫光的折射率，红光的频

率小于紫光的频率，则红光的波长大于紫光的波长，故A错误；图3中紫光满足θ1＝θ0＝60°根据几何关系可知θ2＝30°则折射率为n＝sinθ1sinθ2代入数据解得n＝3，故B正确；红光的折射率小于紫光的折射率，则红光的偏转角θD比紫光的偏转角θD小，故C错误；由于蓝光的

折射率大于红光的折射率，因此偏折角大，故内侧为蓝光，外侧为红色，故D正确．8．答案：ABD解析：由图可知，在内芯介质中a单色光的折射角比b单色光大，根据折射定律n＝sinisinr可知，在内芯介质中a单色光的折射率比b单色光小，又由n＝cv可知，在

内芯介质中a单色光的传播速度比b单色光大，故A正确；根据折射定律可知，入射角i由0°逐渐增大时，a、b单色光的折射角都增大，a单色光的折射角大于b单色光，导致a、b单色光在到达内芯和外套界面时的入射角都减小，且a单色光入射角小于b单色光，由于a单色光的折射

率比b单色光小，根据sinC＝1n可知，a单色光发生全反射的临界角大于b单色光，则a单色光全反射现象先消失，故B正确；由于光在不同介质中的频率不变，根据n＝cv可知，传播速度减小，由v＝λf可知，波长减小，故C错误；当入射

角i＝θ时，设a单色光的折射角为r，根据折射定律有n＝sinisinr可得sinr＝sinin根据数学知识可知cosr＝n2－sin2in根据几何关系可知，a单色光的传播距离为x＝Lcosr由n＝cv可得，传播速度为v＝cn则a单色光在介质中传播的时间为t＝

xv＝Ln2cn2－sin2θ，故D正确．9．答案：(1)1.55mm(2)0.35mm解析：(1)发光像素单元发出的光射到屏障上被屏障吸收，射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，能够

射出介质的光在界面的入射角正弦值sini＝L2（L2）2＋d2折射角为r＝θ2＝30°由折射定律有n＝sinrsini代入数据解得d＝2515mm≈1.55mm(2)sini′＝L＋x2（L＋x2）2＋d2折射角为r′＝θ2＝90°由折射

定律有n＝sinr′sini′代入数据解得x＝(233－0.8)mm≈0.35mm10．答案：(1)光线出射方向与CD夹角为π2－arcsin58(2)3cm解析：(1)因为sinC＝1n，所以C＝53°，作出光路图如图所示根据几何关系，α＝30°，由

sinβsinα＝n得β＝arcsin58则光线出射方向与CD夹角为π2－arcsin58.(2)根据几何关系得，AE＝EB＝BF＝FC＝3cmtanα＝CGCF得CG＝3cm，即第一次的出射点距C的距离为3cm.11．答案：(1)tanθ＝43(2)H＝4d

27解析：(1)由平抛运动的规律可知d＝v0t23d＝12gt2tanθ＝gtv0解得tanθ＝43(2)因tanθ＝43可知θ＝53°，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为90°－θ＝37°，则由折射定律可知n＝sinαsin37°解得α＝53°由几何关系可知Htan37°＋23dt

an53°＝d解得H＝4d27考点91光的波动性——练基础1．答案：AD解析：薄膜干涉的条纹是膜的上下表面的反射光发生干涉形成的，A正确；空气层厚度相同的地方，两列光波的路程差相同，当A、B之间某处距离为入射光半波长的奇数倍时，则两列光波的光程差为半波长的偶数倍，所以对应条纹是明条纹，故B错误；薄

膜干涉是等厚干涉，即亮条纹处空气膜的厚度相等，亮条纹部分右偏说明被检查表面上有凸起，C错误；图丙中亮条纹左偏说明被检查表面上有沟状凹陷，D正确．2．答案：D解析：在图甲中，利用光的干涉原理检测物体表面的平整

度，选项A正确，不符合题意；在图乙中，内窥镜利用了光的全反射原理，选项B正确，不符合题意；在图丙中，全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，选项C正确，不符合题意；在图丁中，超声波测速仪利用多普勒效应原理测汽车速度，选项D错误，符合题意．3．答案：C解析

：双缝干涉实验中明暗相间的条纹是等间距的，如果挡住一缝则变成单缝衍射，这时的条纹中央部分较宽，明暗相间的条纹间距不相等，故选C.4．答案：B解析：用复色光投射双缝干涉实验装置时，屏上的条纹为彩色条纹，选项A错误；两列相干光在屏上叠加形成干涉条纹，选项B正确；根

据干涉条纹间距公式Δx＝Ldλ可知，改变L，依然可以看到明暗相间的条纹，选项C错误；对于同一双缝干涉实验装置，由于蓝光波长小于红光波长，故蓝光干涉条纹的间距比红光的小，选项D错误．5．答案：ABD解析：自然光通过偏振片后，从而得到在某一方向振动的光，这就是偏振光，A正确；拍摄水面

下的景物时，为防止反射光，所以在照相机镜头前装一个偏振片可减弱水面反射光的影响，B正确；只有横波才能发生光的偏振现象，C错误；立体电影的制作利用了光的偏振现象，放映的时候也是用双镜头放映机，其中每个镜头前放有偏振方向不同的偏振光片，观众戴的眼镜上也有相对应方向的偏振光片，这样每只眼睛就只能看到一

个镜头所投影的图像，D正确．6．答案：B解析：当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，亮斑的周围是明暗相间的环状衍射条纹．这就是泊松亮斑，是激光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的，B正确．7．答

案：AD解析：空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，依据光程差是光的半个波长的偶数倍即为明条纹，而其是光的半个波长的奇数倍即为暗条纹，因圆锥形玻璃体压在平面标准板上，以顶点为圆心的各点空气薄膜间距相等且随半径的方向均匀

变化，因此可以看到条纹是以顶点为圆心的同心圆，且疏密均匀，故A正确，B错误；产生干涉的两束光是来自玻璃体的下表面和平面标准板上表面的反射光，选项C错误；空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，若出现乙图所示条纹，说明该处光的路程差与内侧的路程差相等，即该处

出现凸起，选项D正确．8．答案：ACD解析：双缝干涉条纹是均匀的，所以图乙是双缝干涉条纹，但也发生了衍射现象，A项正确；遮住一条狭缝，就只能观察到单缝衍射现象，狭缝宽度增大时，衍射现象减弱，图丙中中央亮条纹宽度减小，B项错误；照射两狭缝时，发生双缝干涉，根据Δx＝Lλd可

知，当增加L时，图乙中相邻暗条纹中心间的距离增大，C项正确；照到双缝的光是由一束光经单缝衍射后形成的，两光的相位相同，根据相关条件可知，|S2P－S1P|＝(2n＋1)λ2(n＝0，1，2，…)时，P点一定是暗条纹，D项正确．9．答案：AC解析：由于光的衍

射，可能会进入到O点下方的墙上，A正确，B错误；光的波长越长，则衍射现象越明显，则光线进入到O点下方墙上的区域越大，C正确；光的能量越大，则光子的频率越大，波长越小，则衍射现象越不明显，则光线进入到O点下方墙上的区域越小，D错误．10．答案：C解析：推进剂在激光束的照射下受热而急剧膨胀，

由此可知激光火箭利用了激光的亮度高的特性，C正确．11．答案：B解析：光纤通讯利用光的全反射原理传输包含信息的光信号，通信中的光波主要是激光，不是电流信号，A错误，B正确；Wi­Fi无线路由器发射包含信息的电

磁波信号，C错误；Wi­Fi无线信号可以绕过障碍物传播是利用了波的衍射原理，D错误．12．答案：B解析：现给箱子灌满油(不考虑溢油)，根据cλ＝vλ′和c＝nv可知波长变小，又根据公式Δx＝ldλ可知随着波长越小，则条纹间距变小，B正确．13．答案：B解析：双

缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹．相邻亮条纹间距Δx＝ldλ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉

条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光．而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，黄光波长比紫光波长长，即2、4分别对应于紫光和黄光．综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正

确．14．答案：D解析：水中的反射光是a、b两种单色光的复合光，A错误；因b光发生了全反射，则b光的临界角小于a光的，根据sinC＝1n可得，b光的折射率较大，则b光的频率大于a光的频率，B错误；根据v＝cn可知，因na＜nb，a、b在水中的传播速度关系为

va>vb，C错误；因a的频率小，波长较大，则根据Δx＝ldλ可知，用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光干涉条纹间距比b光的宽，D正确．15．答案：C解析：由于重力作用，肥皂液逐渐向下流动，形成上薄下厚的形状，上部的肥皂膜越来越薄，当厚度恰好等于可见光最长波长的14时，从膜的前表面

反射回来的光和从后表面反射回来的光的光程差为波长的12，叠加的结果是减弱，而且两个反射光与透射光相比能量很小，所以看起来是黑色．即膜的厚度最大值为d＝14λmax＝14·cfmin＝14×3×1083.9×1014m≈200nm，故选C.

考点92实验：测量玻璃的折射率1．答案：(1)B(2)1.5(3)偏小(4)r2＋h2r解析：(1)为了减小测量的相对误差，选择的入射角应适当大些，效果会更好，A错误；为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，B正确；大头针P1和

P2及P3和P4之间的距离适当大些，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，C错误．(2)题图甲中P1P2作为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，

则由几何知识得到sini＝ABAO，sinr＝CDOC，AO＝OC，则折射率n＝sinisinr＝ABCD＝1.5.(3)小明同学画出的aa′和bb′都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点

分别确定在aa′、bb′上，如图实线表示实际的光路图，虚线表示小明同学画图时的光路图，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律n＝sinisinr，测出的折射率n将偏小．(4)由题意可知，大头针上反射的光线到达水面恰好发生全反射时的光路图如图所示则发

生全反射的临界角C满足sinC＝rr2＋h2sinC＝1n′，则n′＝r2＋h2r.2．答案：(1)B(2)A(3)激光在MP界面上发生了全反射能解析：(1)应该先插光路后面的针，否则光被挡住，后面的针无法确定位置，故正确的插针顺序应是P4、P3、P

2、P1.故选B.(2)在MP界面上，由几何关系知光的入射角为i＝30°，折射角为r＝60°，则玻璃的折射率为n＝sinrsini＝sin60°sin30°＝3，故选A.(3)入射光线与MN平行，在MP一侧没有找到出射光线，说明光线在MP上发生了全反射，根据几何关系可以

求出光线在MN面上的入射角，由插针得出折射角，从而由折射率公式计算出折射率．3．答案：(1)AC(2)①(4，0)②43解析：(1)由图可知，入射角大于折射角，故可知，光线是从空气射入玻璃的，故A正确；由n＝sinisinr可知，玻璃的折射率n＝1

0.67＝1.5，故B错误，C正确；由sinC＝1n可知，临界角的正弦值为0.67，故D错误．(2)①画出三条光线如图所示．根据折射光线与入射光线的对称性，可知，入射点O′的横坐标为x＝1＋72cm＝4cm，故入射点O′的坐标为(4，

0).②设入射角为i，折射角为r.根据数学知识得：sini＝332＋42＝0.6，sinr＝442＋32＝0.8所以该介质的折射率：n＝sinrsini＝0.80.6＝43.4．答案：(1)C(2)见

解析图(3)1.50(4)偏小解析：(1)确定P3位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2的像，故选C；(2)光路如图：(3)根据n＝sinθ1sinθ2可知，图像sinθ1－sinθ2的斜率等于折射率，由图像

可知玻璃砖的折射率为n＝10.67＝1.50(4)若该同学在确定P4位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把P4位置画的偏左了一些，则P4P3的连线与bb′的交点偏右，测得的折射角θ2偏大，则根据n＝sinθ1sinθ2可知，测出来的折射

率偏小．5．答案：(1)3(2)1(3)越靠近K，折射率越小；越靠近C，折射率越大；刻度密度不均匀；靠近C刻度稀疏，靠近K刻度密集；靠近K读数误差大解析：(1)根据光路可逆性由题图可看出，折射角为i＝∠AOF＝30°，入射角r＝∠EOP3＝60°，则P3处所对应的

折射率的值为n＝sinrsini＝sin60°sin30°＝3.(2)作AO的延长线交圆周于K，这种情况下折射角与入射角相等，则知K处所对应的折射率的值是1.(3)由圆周KC部分折射率n＝sinrsini可知，越靠近K，折射率越小；越靠近C，折射率越大；刻度密度不均匀；靠近C刻度

稀疏，靠近K刻度密集；靠近K读数误差大．6．答案：(1)不变偏小不变(2)甲、乙丁解析：(1)同学1光路图，如图由图可知n＝sinαsinβ角度保持不变，所以n的值不变．同学2光路图，如图由图可知n＝sinαsinβ其中β变大，则n变小，即测量值偏小．同学3光路图，如图由于测量操作无误，所以

测量值等于真实值，即不变．(2)根据结果画出的光路图如图所示连线可以发现，甲的折射光线与入射光线处于法线的一侧，针插错了．乙同学的入射光线与折射光线在同一直线上，肯定针也插错了．丁同学插针的位置距离较大，误差较小，所以测量结果准确度更高．7．答案：(1)BD(2)1.56解析：(

1)玻璃上下表面不平行也能测出折射率，所以如果A面被磨损不会直接影响到折射率的测量，故A错误；手拿玻璃砖时，手只能接触玻璃砖的粗糙面或棱，不能触摸光洁的光学面，故B正确，C错误；D面边缘有缺损不会影响到折射率的测量，故D正确；(2)根据折射

定律得n＝sinisinr由几何关系得sini＝A1A3A1A2，sinr＝A4A5A2A4联立可得n＝A1A3A4A5≈1.568．答案：(1)C(2)B解析：(1)入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则入射角、折射角的相对误差较大，A错误；实验过程中，玻璃砖

与白纸的相对位置不能改变，B错误；插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些有助于减小误差，C正确；除了平行玻璃砖其他形状的玻璃砖也能测出折射率，D错误；故选C.(2)在本实验中P3应挡住P1、P2透过玻璃砖的像而不是P1、

P2，图中a、b为P1、P2，c、d为P1、P2透过玻璃砖的像，即应让P3同时挡住c、d，故选B.9．答案：(1)2(2)cosαcosβ(3)不变解析：(1)由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后光线向一侧发生侧移，由于光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向左侧偏

移，即可能在2上．(2)由题可知，折射率为n＝sin（π2－α）sin（π2－β）＝cosαcosβ.(3)不小心将玻璃砖沿OA方向平移了，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由n＝sinisin

r可知，测得的折射率将不变．考点93实验：用双缝干涉实验测量光的波长1．答案：0.39.66.2×10－4解析：图戊的示数主尺为0mm；游标尺的第3刻度与上面对齐，读数为0.1×3mm＝0.3mm，总读数为0.3mm；图乙的示

数主尺为9mm；游标尺的第6刻度与上面对齐﹐读数为0.1×6mm＝0.6mm，总读数为9.6mm.根据Δx＝Ldλ得，λ＝（x2－x1）d4L＝（9.6－0.3）×0.24×750mm＝6.2×10－4mm.2．答案：(1)0.254.8×

10－7(2)D解析：(1)图(c)中游标卡尺的主尺示数为0，游标尺的第5刻度线与主尺刻度线对齐，则读数为0mm＋0.05×5mm＝0.25mmA到B条纹间的距离为8.40mm，由图(b)可知A到B条纹间的距离为5个条纹宽度，则

Δx＝8.405mm＝1.68mm根据公式Δx＝ldλ得λ＝Δxdl＝1.68×0.20700mm＝4.8×10－7m(2)对实验装置改动后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知条纹的宽度减小，由公式Δx＝ldλ仅将滤光

片移至单缝和双缝之间，λ、l、d都不改变，Δx不变，A错误；仅将单缝远离双缝少许距离，λ、l、d都不改变，Δx不变，B错误；仅将单缝与双缝的位置互换，则入射光通过单缝后就会投到像屏上，所以像屏上得到的是单缝衍射图像，不是双缝干涉图像，C错误；仅将红色滤光片

换成绿色滤光片，λ减小，l、d都不改变，则Δx减小，D正确．故选D.3．答案：(1)D(2)11.16.3×10－7解析：(1)发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头，A、B、C错误，D正确．故选D.(2)A位置游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.1×

1mm＝0.1mm，所以最终游标卡尺的读数为11.1mm.B位置游标卡尺的主尺读数为15mm，游标读数为0.1×5mm＝0.5mm，所以最终游标卡尺的读数为15.5mm.相邻两亮条纹的间距Δx＝xB－xAn－1＝15.

5－11.18－1mm＝0.63mm，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝ldλ，代入数据得λ＝Δx·dl＝0.63×0.5×10－60.5m＝6.3×10－7m.4．答案：2.1905.9×10－7C解析：对准第1条亮纹中心时手轮的读数为x

1＝2mm＋0.01×19.0mm＝2.190mm对准第4条亮纹中心时手轮的读数为x2＝7.5mm＋0.01×37.0mm＝7.870mm相邻两亮条纹的间距为Δx＝x2－x13＝7.870－2.1903×10－3m≈1.89×

10－3m根据Δx＝ldλ得波长为λ＝Δx·dL2＝1.89×10－3×0.25×10－30.8m＝5.9×10－7m由题图可知，干涉条纹清晰，亮度正常，但是干涉条纹偏离中心位置，因此可能是设备安装时，没有调节光源的高度．故选C.5．答案：(1)甲(2)1.500mm～1.900mm(3)B

C(4)甲同学解析：(1)在实际操作中标度线在明条纹中容易观察，则Δx应选下列图中的甲图更为合适；(2)由图可知，初末位置游标卡尺的示数分别为0.570cm和1.520cm，则相邻两条亮纹的间距Δx＝1.520－

0.5705cm＝0.1900cm＝1.900mm.(3)首先要明确各器件的作用，拨动拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，因为已有清晰的干涉图样，所以不用调节；题中所说出现的问题是分刻板中心刻度线与干涉条纹不平行，应调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上，故应

其他不动，测量头旋转一个较小角度；或者其他不动，遮光筒旋转一个较小角度．故选BC.(4)实验中移动目镜时，分划板中心刻度线不应该移动，则甲同学的图像存在造假现象．第十五章近代物理考点94原子结构与波粒二象性——练基础1．答案：B解析：氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子放出光子，且放出光子的能量

等于两能级之差，能量减少，B正确．2．答案：C解析：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．3．答案：AC解析：该装置所加的电压为反向电压，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，得W0＝1.8eV，A、C正确．

电键K断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，B错误．改用能量为1.5eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流，D错误．4．答案：C解析：电路中要产生明显的电流，则a端接电源的正极

，阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁被磁化，将衔铁吸住，A错误；流过电磁铁的电流方向不变，不是交流电，B错误；电磁铁的原理是利用电流的磁效应，C正确；根据光电效应的规律可知，

只有当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光电效应，产生光电流，D错误．5．答案：B解析：若锌板发生光电效应，则有电子从表面逸出，锌板带正电，验电器与锌板连接，因此也带正电，A错误；光电效应现象表明光具有粒子性，B正确；大量处于n＝4能级的氢原子跃迁时发出

6种不同频率的光，其中n＝4、n＝3、n＝2能级向n＝1能级跃迁时发出的3种光能使锌板发生光电效应．C错误；跃迁过程发出的光子能量最大值为13.6eV－0.85eV＝12.75eV，所以最大初动能为12.75eV－3.

4eV＝9.35eV，D错误．6．答案：B解析：根据E＝hν可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据λ＝cν可知光子波长减小，A错误，B正确；根据p＝hλ可知光子的动量增加；光子速度不变，C错误，D错误．7．答案：A解析：n＝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．8．答案：B解析：氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时释放的光子能量最大

，频率也最大，能量为E1＝(－1.51eV)－(－13.6eV)＝12.09eV，照射逸出功为2.29eV的金属钠，光电子的最大初动能为Ekm＝E1－W＝9.8eV，频率大的光子波长小，根据p＝hλ可知频率大的光子动量大，A错误

，B正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的光子能量为E2＝(－1.51eV)－(－3.4eV)＝1.89eV<W，该光子不能使金属钠发生光电效应，可知有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应，C错误；

－1.51eV＋0.85eV＝－0.66eV，可知氢原子不能吸收该光子从n＝3能级跃迁到n＝4能级，D错误．9．答案：BD解析：据p2＝2mEk可知，电子的动能为Ek＝p22m≈7.9×10－17J，故选项A错误；根据德布罗意波长公式λ＝hp可得，发射出的电子的

物质波波长约为λ＝5.5×10－11m，故选项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，则即使电子依次通过双缝也能发生干涉现象，只是需要大量电子才能显示出干涉图样，故选项C错误，

选项D正确．10．答案：C解析：处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则由蓝光光子能量范围可知氢原子从n＝4能级向低能级跃迁可辐射蓝光，不辐射紫光(即从n＝4，跃迁到n＝2辐射蓝光)，则需激发氢原子到n＝4能级，则激发氢原子的光子能量为Δ

E＝E4－E1＝12.75eV，C正确．11．答案：C解析：三种波长的光的能量关系为εa>εc>εb，又因为ε＝hcλ，所以波长关系为λb>λc>λa，因为波长越长，衍射现象越明显，所以一样条件下，b光比a光衍射明显；又因为Δx＝λld，所以用同一套装置做双缝干涉实验，b光相邻亮纹的间距

最大，A错误，C正确；由图可得εa＝E3－E1，εb＝E3－E2，εc＝E2－E1，所以满足εa＝εc＋εb，则hcλa＝hcλc＋hcλb，即1λa＝1λc＋1λb，B错误；若c光照射某种金属能发生光电效应，

因为εc>εb，则b光照射该金属不一定发生光电效应，D错误．12．答案：B解析：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．13．答案：B解析：只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电倍增管并不是适用于各种频率的光，选项A错误；保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多的光电子从倍增

极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，选项B正确；增大入射光的频率，阴极K发射出的光电子的最大初动能变大，并不是所有光电子的初动能都会增大，选项C错误；保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会增加，则阳极收集到的电子数会增加，选项D错误

．14．答案：A解析：根据E＝hν可知，频率相同的光子能量相同，故A正确；原子从一个能量较高的能量态跃迁到另一个能量较低的能量态时，会对外辐射一定频率的光子；光子的能量由这两能量态的能量差决定，由于电子轨道是量子化、不连续的，原子能量也是量

子化的，不同能量态之间的能量差也是不连续的，则光子的能量不会连续的，光子的频率是不连续的，故B错误；原子在不同的轨道之间跃迁时，由于能量差不同，从而会产生不同频率的光子，故C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，当激光光子的能量大于金属板的逸出功时，照射金

属板即可发生光电效应，故D错误．考点95光电效应的图像问题——提能力1．答案：D解析：由图像可知极限频率为ν0，根据光电效应方程Ek＝hν－W0得出hν0－W0＝0；换用其他金属开展相同实验，不同金属的逸出功不同，故极限频率不一样；但是最大初动能Ek与入射光频率ν的图像的斜率是普朗克常

量，为定值，D正确．2．答案：AB解析：根据eUc＝Ek＝hν－W0，得Uc＝heν－W0e，由图像可知，钠的逸出功小于钙的逸出功，A正确；图中直线的斜率为he，B正确；在得到这两条直线时，入射光的强度不必相同，C错误；由图像可知，

若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低，D错误．3．答案：D解析：金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小W＝hν0，A错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，光电子的最大

初动能Ekm与入射光的频率成线性关系，但不成正比，B错误；要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm>0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即ν>ν0时才会有光电子逸出，C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝

hν－W可知，直线的斜率为普朗克常量h，D正确．4．答案：C解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0和动能定理－eU＝0－Ek得eU＝hν－W0，知遏止电压大，则光的频率大，νb＞νc＞νa，由光的色

散现象知频率越大，折射率越大，光的偏折角越大，C正确．5．答案：C解析：光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值Ekm＝Ue＋hν－hν截止，可知Ekm­U图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，

因ν1<ν2，C正确．6．答案：CD解析：波长10μm的红外线在真空中的频率为ν＝cλ＝3×10810×10－6Hz＝3×1013Hz，A错误；将图甲中的电源正负极反接，当反向电压小于遏止电压时，电路中仍有光电流产生，仍会产生电信号，B错误；由图乙可知，遏止电压为Uc＝2×10－2

V，根据动能定理可得光电子的最大初动能为Ekm＝eUc＝0.02eV，C正确；若人体温度升高，辐射红外线的强度增强，单位时间从阴极溢出的光电子数增加，则光电管转换成的光电流增大，D正确．7．答案：C解析：单刀双掷开

关S空掷时，光电管两端无电压，则若能发生光电效应，光电子也能从K极到达A极形成光电流，即电流传感器的示数不为零，A错误；若单刀双掷开关S掷于1，则光电管两端的电压为正向电压，不会得到图乙的图像，B错误；根据U

ce＝12mv20＝hν－W0可得Uc＝heν－W0e，由图像可知he＝ab，W0e＝a，即光电管中金属材料的逸出功为W0＝ae，普朗克常量h＝aeb，C正确，D错误．8．答案：A解析：根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc＝Ekmax根据爱因斯坦光电效应方程有Ekmax＝hν－W0结合图

像可知，当Uc为0时，解得W0＝hνc，A正确；钠的截止频率为νc，根据图像可知，截止频率小于8.5×1014Hz，B错误；结合遏止电压与光电效应方程可解得Uc＝heν－W0e，对比遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线可知，图中直线的斜率表示he，C错误；根据遏止电压与入射光的

频率关系式可知，遏止电压Uc与入射光频率ν成线性关系，不是成正比，D错误．9．答案：AC解析：一群处于第4能级的氢原子向低能级跃迁过程中能发出光子种类为n＝C24＝6，故A正确；由图乙可知，a光的遏止电

压最大，其次是b和c，根据eU＝12mv20＝hν－W0，可知，三种光对应的跃迁是a：4→1，b：3→1，c：2→1，故B错误，C正确；c光光子能量为Eb＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，D错误．考点

96原子核——练基础1．答案：D解析：三种射线均来自于原子核内，A错误；从图中可看出，一张纸能挡住①射线，则①射线一定是α射线，其贯穿本领最差，电离能力最强，但不是电磁波，而是高速粒子流，B错误；铝板能挡住②，而不能挡住③，说明③一

定是γ射线，其电离能力最弱，贯穿本领最强，是一种电磁波，属于原子核内以能量形式释放出来的以光速运行的高能光子，C错误，D正确．2．答案：B解析：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mm0＝18，B项正确．3．答案：D解析：根据质量数、电荷数守恒可补全该衰变方程有146C―→147N＋0－1e，可知X为电子，A错误；衰变是可以自发发生的且在衰变过程中会释放能量，

B错误；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关，C错误；由于在衰变过程中要释放能量，质量要亏损，则147N与X的质量之和小于146C的质量，D正确．4．答案：D解析：核反应中质量亏损为Δm＝()m1＋m4－()m2＋m3＋3m4

＝m1－m2－m3－2m4由质能方程ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，故选项D正确．5．答案：AB解析：根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X为质子11H，A正确；由于146C具有放射性，且C是构成生

物体的主要元素之一，所以146C可以用作示踪原子，B正确；β衰变放出的电子0－1e来自原子核，C错误；由于半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，所以经过一个半衰期，10个146C不一定剩下5个，D错误．6．答案：A解析：根据质量数守恒和电荷数守恒知，X的

质量数为7，电荷数为3，可知原子核X是73Li，A正确、C错误；由选项A可知，原子核X是73Li，则核反应方程为74Be＋0－1e―→73Li＋00νe，则反应前的总质子数为4，反应后的总质子数为3，B错误；中微子不带电，则中微子νe的电荷量与电子的不相同，D错误．7．答案：A解析

：核聚变释放的能量源于原子核的质量亏损，A错误；带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，B正确；等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，C正确；提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，

使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力，D正确．8．答案：B解析：根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为3，电荷数为1，为氚核31H，A错误，B正确；因该反应为人工转变，反应前两种粒子都有动能(总动能设

为Ek1)，反应后的生成物也有动能Ek2，根据质能方程可知，由于质量亏损反应放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，则反应释放的能量为E＝Ek1＋ΔE－Ek2＝Ek1－Ek2＋(m1＋m2－m3)c2，C、D错误．9．答案：

CD解析：秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量，故选项A错误；如果不考虑核能与电能的转化效率，则根据爱因斯坦质能方程E＝mc2可以推算出，原子核亏损的质量约为m＝Ec2＝6.9×1011×3.6×1069×1016kg＝27.6kg，但核能

转化为电能的效率不可能达到100%，所以质量亏损应该超过27.6kg，故选项B错误；镉吸收中子的能力强，因此在核电站反应堆中需要用镉棒调节中子的数目，从而控制链式反应的速度，故选项C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成多个核和中子，且产

物有随机的两分裂、三分裂，即存在23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n的核反应，故选项D正确．10．答案：C解析：根据α衰变规律和β衰变规律可得，m＝(222－206)÷4＝4，n＝m×2－(86－82)＝4，选项A错误；核反应方程为22286Rn―→442H

e＋40－1e＋20682Pb，选项B错误；根据比结合能越大原子核越稳定可知，衰变生成物的比结合能较大，则22286Rn的比结合能小于20682Pb的比结合能，选项C正确；半衰期与放射性元素所处的外部条件和化学状态无关，选项D

错误．11．答案：C解析：根据质量数守恒和核电荷数守恒可知X是中子，A错误；根据爱因斯坦的质能方程ΔE＝mc2＝(2.0141u＋3.0161u－4.0026u－1.0087u)×931.5MeV＝17.6MeV，B错误；核聚变反应是放热

反应，生成物的结合能之和一定大于反应物的结合能之和，C正确；爱因斯坦的质能方程ΔE＝mc2说明一定的质量与一定的能量相对应，质量和能量不能相互转化，D错误．12．答案：B解析：由质量数守恒得235＋1＝144＋89＋x解得x＝3，故A正确；爱因斯坦光子说解

释了光电效应现象，说明了光子具有能量，而康普顿效应说明光子具有动量，故B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说，故C正确；电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨

能力，故D正确．故选B.13．答案：B解析：核反应23892U―→23490Th＋42He为α衰变，A错误；设23490Th衰变为22286Rn经过x次α衰变，y次β衰变，则4x＝234－222，2x－y＝90

－86，解得x＝3，y＝2，23490Th衰变为22286Rn经过3次α衰变，2次β衰变，B正确；原子核发生β衰变的电子为中子转化为质子时从原子核中释放出来，不是原子核外电子，C错误；原子核式结构学说由卢瑟福提出，D错误．14．

答案：A解析：只有在原子核发生β衰变时，才产生电子，发生一次β衰变，中子数减少1个，质子数增加1个，由题图知，共发生6次β衰变，A正确．15．答案：C解析：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＝12

tT·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．16．答案：C解析：由题图可知从mm0＝2

3到mm0＝13恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为T＝182.4d－67.3d＝115.1d，A、B、D错误，C正确．17．答案：A解析：1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里

，A正确，D错误；电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝mv2r，解得粒子运动

的半径为r＝mvqB，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误．热光原部分素养综合评价1．答案：C解析：布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动，布朗运动直接用肉眼

是看不见的，A错误；汽车尾气中存在多种成分气体，但不能自发分离；若自发分离则违背了热力学第二定律，一切宏观热学现象都具有方向性，B错误；卡车上缓慢装入沙子，则外界对车胎内气体做正功，又因气体温度不变，则内能不变ΔU＝W＋Q，W>0则Q

<0，则胎内气体向外界放热，C正确；荷叶上露珠附着层的水分子比内部稀疏，出现表面张力，D错误．2．答案：D解析：放射性元素的半衰期与温度无关，A错误；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，根据ke2r2＝mv2r可知电子的速度增大，电子

的动能增大，库仑力做正功，电势能减小，B错误；康普顿效应只能说明光具有粒子性，C错误；根据爱因斯坦光电方程hν－W0＝Ekm以及动能定理eUc＝Ekm可得Uc＝hν－W0e可知光电效应中遏止电压与入射光的频率有关，

选项D正确．故选D.3．答案：C解析：用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，因透振方向不同，光屏变暗，故A错误；依据光的全反射条件可知，内芯的折射率比外套的折射率大，故B错误；雷达测速利用了多普勒

效应，C正确；照相机镜头上呈现的淡紫色是由光的干涉现象引起的，D错误．4．答案：C解析：根据质量数和电荷数守恒可知Y为42He，所以两者是同位素，A错误；题中核反应是两个较轻的原子核聚合成一个较重的原子核，并释放能量，所以属于核聚变，B错误；结合能等

于比结合能与核子数的乘积，因此根据比结合能和质量数关系的曲线可得到42He的结合能最大，C正确；通过原子核的比结合能和质量数关系的曲线可知42He比结合能最大，D错误．5．答案：D解析：在液体内部，分子间的距离在r0左

右，分子力约为零，而在表面层，分子比较稀疏，分子间的距离大于r0，因此分子间的作用表现为相互吸引，从而使液体表面绷紧，所以能总体反映该表面层里的水分子之间相互作用的是C位置，故A、C错误；分子间距离从大于r0减小到r0左右的过程中，分子力表现为引力，做正功，则分子势能减小，所以“水桥”表面层中水

分子距离与其内部水分子相比偏大，故B错误；王亚平放开双手，“水桥”在表面张力作用下收缩，而“水桥”与玻璃板接触面的水分子对玻璃板有吸引力作用，在两玻璃板靠近过程中分子力做正功，故D正确．6．答案：A解析：如图所示设光线从C点水平射向半球玻璃时的入射角为α，从半球玻璃折射后的出射光

线与水平面成β角，依题意有sinα＝14lAB12lAB＝12根据折射定律有n＝sin（α＋β）sinα设这束光照射到地面的位置与车头大灯间的水平距离为x，根据几何关系有tanβ＝hx联立得x＝3m，故选A.7．答案：A解

析：蓝光的频率高，由eU截＝12mv2m＝hν－W，可知，蓝光的遏止电压比较大，所以在反向电压减小到红光的遏止电压前，只有蓝光的光电子辐射出来，所以光电流较小，当反向电压达到红光的遏止电压之后，既有红光的光电子发出又有蓝光的光电子发出，光电流变大，故A正确，B、C、

D错误．8．答案：D解析：23592U与α粒子的动能之和等于衰变释放的核能(mPu－mU－mα)c2，衰变前后动量守恒，所以23592U与α粒子的动量大小相等，方向相反，因为两粒子的动能与质量成反比，所以α粒子的动能为mUmU＋mα·(mPu－mU－mα)c2，故A错误；由动能可求

得动量为P＝2mαEk＝2mUmα（mPu－mU－mα）c2mα＋mU，故B错误；23592U与α粒子的动量大小相等，电荷量之比为46∶1，所以根据qvB＝mv2r，在磁场中运动半径之比为1∶46，故C错误；根据周期公式T＝2πmqB，可知23592U与α粒子周期之比为mUqαmα

qU，代入质量数和电荷数，可得约为1.3∶1，故D正确．故选D.9．答案：AB解析：若不充入介质，单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，在斜边界面入射角为45°，由全反射的条件可知临界角为sinC＝1n＝12<sin45°

＝22，不充入介质，就会产生全反射，光不能通过2，即不充入介质，则能实现“关”功能，A正确；若充入的介质相对棱镜是光疏介质，单色光a将向下偏折，则有可能实现“开”功能，B正确；若充入的介质相对棱镜是光密介质，单色光a

将向上偏折，则处于开状态，不可能实现“关”功能，C错误；单色光a通过“光开关”后传播方向不会改变，D错误．10．答案：BD解析：a→b过程气体体积增大，气体对外界做功，故A错误；c→d过程中，等温压缩，外界对气体做功，内能不变，根据热力学第一定律，气体放出热量

，故B正确；a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，压强体积乘积越大，温度越高，则T1>T2，故C错误；b→c过程和d→a过程都是绝热过程，且气体温度变化大小相同，则内能变化量大小相同，根据热力学第一定律可知，b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功

为W2，则W1＝W2，故D正确．11．答案：CD解析：根据光电效应方程Ek＝hν－W0＝hcλ－hν0光源S发出的光波长λm＝cν0＝5×10－7m＝0.5μm要使该探测器正常工作，光源S发出的光波长不能大于0.5μm，故A错误；光的频率决定光是否发生光电

效应，光的频率一定时，光电流的大小取决于光的强度，故B错误；光束遇到烟雾发生散射，是一种反射现象，故C正确；当光电流大于或等于10－8A时，每秒产生的光电子的个数n＝Ite＝6.25×1010每秒射向C中钠表面的光子最少数目是N＝

n5%＝6.25×10105%＝1.25×1012，故D正确．12．答案：BD解析：由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0和遏止电压与最大初动能的关系Ekm＝eUc，整理得光的频率为ν＝eUc＋W0h，因为遏止电压之比为2∶1，所以两光的频率之比1<vavb<2，光在介质中传播的速度

为cn＝v，同种介质对频率越大的光，折射率n越大，因为a光的频率大于b光的频率，所以b光的传播速度大，但并不能判断出二者折射率的2倍关系，所以二者速度的倍数关系无法确定，故A错误；遏止电压大，频率高，能量大，a光的能量大于b光的能量，若a光是跃迁到n＝3能级产

生的，则b光可能是跃迁到n＝4能级产生的，故B正确；由干涉条纹间距公式Δx＝Ldλ和波长频率关系λν＝c，因为va＞vb所以λa＜λb，所以条纹间距Δxa＜Δxb，因无法得到两种光的频率倍数关系，故无法得到两种光波长的倍数关系，也无法得到条纹间距的倍数关系，故C错误；遏止电压大，频率高，则a光

的频率大，折射率大，根据sinC＝1n，可知a光的临界角小，故D正确．13．答案：(1)(2)光路图见解析(3)sinisinγ(4)小一些解析：(1)连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖

的交点，即为折射光线，作出光路图如图．(2)标出需要测量的入射角i和折射角γ，如图．(3)根据折射定律得，玻璃折射率的公式为n＝sinisinγ.(4)为防止光线在弧面CD发生全反射，光线在弧面AB的入射角应适当小一些．14．答案

：(1)压强(2)保持封闭气体的温度不变保持封闭气体的质量不变(3)V、1p(4)b＋V0解析：(1)实验需要测量气体的体积与压强，气体体积可以由注射器上的刻度直接读出，A是压强传感器．(2)实验需要保持气体温度与质量不变，操作中，不能用手握住注射器封

闭气体部分，是为了保持气体温度不变；若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则必须废除之前获得的数据，重做实验，这是为了保持封闭气体质量不变．(3)由玻意耳定律pV＝C可知V＝C1p所以V正比于1p，为了在xOy坐标系中获得直线图像，应取y轴、x轴分别为V和1p；(4)以注射器内气体与传感器

和注射器连接处的软管内气体为研究对象，气体总体积V气＝V＋V0－V冰糖，由玻意耳定律得pV气＝C，则V气＝C1p，则有V气＝V＋V0－V冰糖＝C1p，可得V＝C1p－V0＋V冰糖，当1p＝0时，V＝－V0＋V冰糖＝b，则冰糖的体积V冰糖＝b＋V0.15．答案：37.25m解析

：如图所示根据折射定律可得n＝sin53°sinθ＝43解得sinθ＝0.6即θ＝37°由图中几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为x＝h1tan53°＋h2tan37°＝15×43m＋23×34m＝37

.25m．16．答案：(1)MSp(2)h0＋Δh0h0T0Q－(p0S－Mg)Δh0解析：(1)封闭气体的压强为p，对活塞分析，根据平衡条件有p0S＝pS＋Mg用水银柱表达气体的压强为p＝p0－ρgΔh解得Δh＝MSρ(2)加热过程中气体变化是等压变化h0ST0＝

（h0＋Δh0）ST解得T＝h0＋Δh0h0T0气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0则内能的变化ΔU＝Q－W＝Q－(p0S－Mg)Δh0.17．答案：(1)0.94×105Pa(2)0.71kg解析：(1)以负压隔离舱内部气体为研究对象，初状态T

1＝298K，p1＝99970Pa；末状态T2＝280K，根据查理定律得p1T1＝p2T2代入数据得p2≈0.94×105Pa(2)负压隔离舱内部气体初状态V1＝0.6m3，T1＝298K，p1＝99970Pa.设其在T3＝273K，p3＝1.0×105Pa条件下的体积为V3，则p1V1T1＝

p3V3T3代入数据解得V3≈0.55m3所以其质量为：m＝ρV3≈0.71kg.18．答案：(1)23994Pu―→23592U＋42He＋E(2)4.19MeV0.07MeV(3)见解析图解析：(1)由题意根据质量数和

电荷数守恒可得核反应方程为23994Pu―→23592U＋42He＋E.(2)设衰变后α粒子的速度为v，反冲核的速度为v′，根据动量守恒和能量守恒，有mv＝Mv′(M0－M－m)·c2－E＝Ekα＋E

kU≈4.26MeV由Ek＝p22m，可整理得EkαEkU＝Mm所以Ekα＝MM＋m×4.26MeV＝235235＋4×4.26MeV≈4.19MeVEkU＝mM＋m×4.26MeV＝4235＋4×4.26MeV≈0.07MeV.(3)如图所示．