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课时分层精练（一）运动的描述1．解析：文中2022年9月2日0时33分是指时刻，故A错误；以天问实验舱为参考系，神舟十四号飞船是静止的，故B正确；研究宇航员在舱外的活动姿态时，宇航员不可以视为质点，故C错误；研究神舟十四号

飞船绕地球运行的周期时，飞船可以视为质点，故D正确．故选BD.答案：BD2．解析：位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400km，平均速度大小约为v＝xt＝4002.5km/h＝160km/h.答案：B3．解析：题中“9时35分”与“10时

05分”均表示时刻，故A错误；研究清扫路径时，机器人的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故B错误；位移是初位置指向末位置的有向线段，机器人在该过程中的位移大小为18m，故C错误；机器人在该过程中的平均速度大小约为v＝xt＝1830×60m/s＝0.01m/s，故D正确

．故选D.答案：D4．解析：线路长约22.4km，指的是地铁运行的路程，选项A错误；全程运行过程中，当研究列车运行速度时，列车能视为质点，选项B错误；80km/h指的是瞬时速度大小，选项C错误；列车运行的平均速率约为v＝xt＝22.423km

/h＝33.6km/h，选项D正确．故选D.答案：D5．解析：用时为t，可知t指的是人从A走到B点的时间间隔，A错误；位移大小指始位置指向末位置的有向线段的长度，则老人的位移为2R，B错误；老人的平均速度

为v－＝ΔxΔt＝2Rt，C正确，D错误．故选C.答案：C6．解析：时间t＝4.0s，初速度v0＝0，末速度v＝28.8km/h＝8.0m/s，说明8.0m/s是4s末的瞬时速度，A错误，B正确；平均加速度a＝v－v0t＝8.04.0m·s－2＝2.0m·s

－2，C错误，D正确．故选BD.答案：BD7．解析：10s内火箭的速度改变量为100m/s，故A错误；2.5s内汽车的速度改变量为0－108km/h＝－108km/h＝－30m/s，故B正确；火箭的加速度a＝ΔvΔt＝10m/s2，汽车加速度a′＝Δv′Δt′＝－12m/s2正负号表示方

向，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，故C、D错误．故选B.答案：B8．解析：加速度逐渐减小到零，即速度变化越来越慢直至速度不变，若加速度和速度同向，则速度增大，加速度减到零时，速度达到最大，而后做匀速运

动，A正确；加速度逐渐减小到零，即速度变化越来越慢直至速度不变，若加速度和速度反向，速度减小，到加速度减为零时，速度减到最小若仍不为零，则做匀速运动；若加速度减小到零时速度恰好也减小到零，则物体保持静止，C正确；加速度逐渐减小到零，速度不可能不断增大或不断减小，最后加速度减小到0时，速度将保持

不变，B、D错误．故选AC.答案：AC9．解析：如果经过2s后速度大小变为3m/s，而速度方向沿斜面向下，规定沿斜面向下为正方向，则速度变化量为Δv＝v2－v1＝3m/s－（－5m/s）＝8m/s，即物体的速度变化量大小为8m/s，方向沿斜面向下

；物体的加速度为a＝ΔvΔt＝4m/s2，方向沿斜面向下，故A错误，D正确；如果经过2s后速度大小变为3m/s，而速度方向沿斜面向上，规定沿斜面向上为正方向，则速度变化量为Δv＝v2－v1＝3m/s－5m/s＝－2m/s，即物体的速度变化量大小为2m/s，方向沿斜面向下；物体

的加速度为a＝ΔvΔt＝－1m/s2，方向沿斜面向下，故B正确，C错误．故选BD.答案：BD10．解析：计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的表达式为v＝LΔt，A正确，B错误；若

L＝8m，Δt＝0.2s，则汽车的速度为v＝LΔt＝40m/s＝144km/h>120km/h超速，照相机将会拍照，C正确；若L＝8m，Δt＝0.3s，则汽车的速度为v＝LΔt＝96km/h<120km/h未超速，照相机不

会拍照，故D错误．故选AC.答案：AC11．解析：根据题意可知，冰壶从b点推出后做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得到达c点时速度为vc＝v0＋a1t1＝（2.8－0.2×8）m/s＝1.2m/s，故A错误；从c到O继续做匀减速直线运动，加速度变为a2＝80

%×a1＝0.8×（－0.2）＝－0.16m/s2.根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得从c到O历时为t2＝Δva2＝0－vca2＝0－1.2－0.16s＝7.5s，故B正确；根据匀变速直线运动位移速度公式可得bc间距离为x1＝v2c－v202a1＝1.

22－2.822×（－0.2）m＝16m，根据匀变速直线运动位移速度公式可得cO间距离为x2＝0－v2c2a2＝0－1.222×（－0.16）m＝4.5m，则bO间距离为x＝x1＋x2＝（16＋4.5）m＝20.5m，故C正确；根据平均速度的定义可得从b到O的过程中平均速度大小为v－

＝xt1＋t2＝20.58＋7.5m/s≈1.3m/s，故D错误．故选BC.答案：BC课时分层精练（二）匀变速直线运动规律1．解析：根据x＝v0t＋12at2可知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，A、C错误；由于初

速度未知，根据x＝v0＋v2t可知，无法求出末速度，即滑出车底时的速度，B错误；根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度v－＝xt＝5815m/s≈3.87m/s，D正确．故选D.答案：D2．解析：高速列车在AB段的平均速度为v－1＝ABt1＝44m/s，

在BC段的平均速度为v－2＝BCt2＝49m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝v－2－v－1t12＋t22≈1.4m/s2，B正确．答案：B3．解析：设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0（t1＋t2＋Δt）＋v202a代入数据有19.6＝5×

（0.3＋2＋0.8）＋522a解得a＝3.05m/s2，所以D正确；A、B、C错误．故选D.答案：D4．解析：设加速度为a，加速所用时间为t，因加速和减速过程加速度大小相同，减速所用时间也为t，x＝12at2＋vm（t总－2t）＋12at2，vm＝at，联立解得t＝2s，a＝1.

25m/s2，A项正确．故选A.答案：A5．解析：频率为2Hz频闪照相机，时间为T＝1f＝0.5s，根据匀变速直线运动的公式有（2－1）×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正确；匀变速直线运动的

平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3cm位置时速度为v1＝（6－1）×10－2×502×0.5m/s＝2.5m/s，故B错误；根据0位置到3cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度为0.5m/s，故不是

起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为v－＝6×10－2×503×0.5m/s＝2m/s，故D错误．答案：A6．解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速

度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2＝f1f2＝71，由运动学公式，在路面上有v20－v21＝2a1x1，在冰面上有v21＝2a2x2，其中x1x2＝87，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝v0

3，故选B.答案：B7．解析：设滑块的末速度大小为v1，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋at＝v1＋1m/s>1m/s；L＝v0＋v12×t＝（v0＋v1）m＝（2v1＋1）m>1m，故A错误；若v0＝2m/s，则v1＝

1m/s，L＝3m，故B正确；若v0＝3m/s，则v1＝2m/s，L＝5m，故C错误；若v0＝5m/s，则v1＝4m/s，L＝9m，故D错误．故选B.答案：B8．解析：设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直

线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有AB＝v2tAB，BC＝v2tBC，解得tAB∶tBC＝5∶1，C项正确．答案：C9．解析：将运动员的匀减速直线运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比

例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，运动员总位移设为s，则由题意可知v＝34st＝3s4t滑雪者整个过程的平均速度为v′＝s2t＝23v，D项正确．答案：D10．解析：结合逆向思维，把冰壶的匀减速直线运动看作反向初速度为

零的匀加速直线运动，最后1s内位移大小为0.2m，由x1＝12at21，解得a＝0.4m/s2，选项B错误；冰壶的初速度大小是v0＝at＝0.4×20m/s＝8m/s，选项D错误；冰壶第1s内的位移大

小是x＝v0t－12at2＝7.8m，选项A正确；由初速度为零的匀变速直线运动规律可知，前10s位移和后10s的位移之比为3∶1，选项C错误．答案：A11．解析：A的初速度为v＝5m/s，若当小球到达C处时速度减为0，根据速度—位移关系v2＝2ax可

求得最小加速度为a＝2.5m/s2，低于此值球会从C落下斜面，故B正确，A错误；小球加速度越大，到达B点速度越大，当小球加速度取最小值时，4s末达到A点，此时可理解为A与B重合，速度最小为5m/s，故D错误；若小球加速度为5m/s2，则小球沿斜面向上

的最大距离2.5m，向下运动三秒后位移为x＝12at2＝22.5m．在第四秒到达斜面上B点，当B为斜面最低点时，可求得斜面最小长度应为25m，故C正确．故选BC.答案：BC12．解析：（1）司机反应时间内汽车通过的位移x1＝v0t1＝1

0m加速过程t2＝5s－t1＝4s，70m－x1＝v0t2＋12a1t22代入数据得a1＝2.5m/s2.（2）汽车加速结束时通过的位移x2＝v0t1＋v0t3＋12a2t23＝10×1m＋10×3m＋12×2×32m＝49m此时车头前端离停车线的距离为x

3＝70m－x2＝21m此时速度为v＝v0＋a2t3＝（10＋2×3）m/s＝16m/s匀减速过程中有2a3x3＝v2代入数据解得a3＝6.1m/s2.答案：（1）2.5m/s2（2）6.1m/s213．解析：v

0＝216km/h＝60m/s把飞机的运动逆向看成由静止做加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3s内的位移为x1＝12at21在t2＝4s内的位移为x2＝12at22根据题意有x2－x1＝7m联立解得加速度大小为a＝2m/s2，A正确；该飞机着

陆后5s时的速度大小为v5＝v0－at＝2163.6m/s－2×5m/s＝50m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝v0a＝2163.6×2s＝30s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝v02t＝2163.6×2×30m＝900m，D错误．答案：AC14．解析：（1）设汽车匀

减速过程位移大小为d1，由运动学公式得v21－v20＝－2ad1解得d1＝442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894m（2）如果汽车以v2＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，由运动学公

式得v22－v20＝－2ad2解得d2＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝v0＋v12t1解得t1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t′1，有d＝v1t′1解得t′1＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的

总时间为T1＝2t1＋t′1＝54.5s提速后，汽车匀减速过程时间为t2，则d2＝v0＋v22t2解得t2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t′2，则d＝v2t′2解得t′2＝1s匀速通过（d1－d2）位移时间Δt＝d1－d2v0＝1.4s通过与

提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t′2＋2Δt＝43.8s所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7s.答案：（1）894m（2）10.7s课时分层精练（三）自由落体运动和

竖直上抛运动多过程问题1．解析：依题意可设第1个小球经时间t落地，则第2个小球经时间2t落地，第3个小球经时间3t落地，第4个小球经时间4t落地，又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16.答案：C2．解析：取竖直

向上为正方向，根据v＝v0＋at，v0A＝3m/s.a＝－g＝－10m/s2，代入解得vA＝－7m/s，同理解得vB＝－5m/s，vC＝0m/s，vD＝5m/s.由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：根据x1＝

12gt21，x2＝12gt22，得t2t1＝x2x1＝21＝2，则有t2＝2t1＝2×0.14s≈0.20s，故C正确．答案：C4．解析：由h＝12gt2得，ta＝12Lg，tb＝8Lg，tc＝6Lg，则（ta－tb）>（tb－tc），a、b、c三小球运动时间之比为6

∶2∶3，a比b早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2（3－2）Lg，A、B错误，C正确；根据v2＝2gh得，三小球到达地面时的速度大小之比是6∶2∶3，D错误．答案：C5．解析：由题知tAB＝tBC＝T，根据Δv＝gt可知BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量，故A正确

；只有苹果在A点速度为零时，才满足x1∶x2＝1∶3，故B错误；苹果运动到位置B时的速度大小为vB＝x1＋x22T，故C错误；根据Δx＝aT2可知，苹果运动的加速度大小为a＝x2－x1T2，故D正确．答案：AD6．解析：射出的弹丸做竖直上

抛运动，上升过程可看作逆向的自由落体运动，由运动学公式h＝12gt2则弹丸最后1s内下落的高度h1＝12×10×12m＝5m则最初1s内下落的高度h2＝7h1＝35m最初1s内中间时刻的速度v＝h2t＝351m/s＝35m/s弹丸自由下落的时间t′＝vg＋0.5＝3510s＋0.5

s＝4s弹丸下落的总高度h3＝12gt′2＝12×10×42m＝80m则弹丸上升的最大高度为80m，故选C.答案：C7．解析：自由落体运动，下落h过程满足h＝12gt21下落3h的过程满足3h＝12g（t1＋t2）2联立解得，树枝从A到B的运动时间t1与从B到C的运

动时间t2之比为t1t2＝13－1，A错误；树枝从A到C的平均速度为v－＝3ht1＋t2＝6gh2，B正确；树枝从A到C中点位置的瞬时速度为v＝2g×3h2＝3gh，C错误；树枝在C点的速度与在B点的速度之差为Δv＝2g×3h－2gh＝6gh－2gh，D错误．故选B.答案：B8．解析

：甲落地的时间t甲＝4Hg，乙落地的时间t乙＝2Hg，所以甲落地的时间是乙落地时间的2倍，故A错误；根据v＝2gh可知，甲落地时的速率是乙落地时速率的2倍，故B正确；根据h＝12gt2可知经过相等的时间两个物体下落的高度相等，所以乙落地之前，二者之间的竖

直距离保持不变，故C正确；乙落地之前，加速度均为g，故D错误．答案：BC9．解析：设汽车正常行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得v－＝v02，可得v0＝2v－，A正确；减速过程时间为t0＝v0a＝2v－a，反应过

程的时间为t反＝t05＝2v－5a，B错误；减速过程的位移为x0＝v－t0＝2v－2a，反应过程的位移为x反＝v0t反＝4v－25a，则有x0x反＝52，C错误；发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝x反＋x0

t反＋t0＝76v－，D错误．故选A.答案：A10．解析：（1）从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间t＝L1＋L＋L2v0＝3.8s行人在这段时间内的位移为x0＝v1t＝3.8mx0－L4＝0.8m<12L3＝4.5m则两者不会相撞．（2）从题述时刻到行人走上人行道所用时间t

1＝L4v1＝3s在3s内轿车的位移x＝v0t1＋12at21代入数据得x＝39m>L1＋L2＋L故没有违反要求．（3）从题述时刻到行人穿过人行道所用时间t2＝L3＋L4v1＝12s假设12s内轿车的位移等

于30m，此时加速度为a1，则L1＝v0t2－12a1t22解得a1＝54m/s2此时刹车时间t0＝v0a1＝1054s＝8s<12sx刹＝v202a1＝40m>30m说明假设错误，即轿车不可能在12s后仍未到达停止线，所以轿车在30m内速度减小为零加速度最小a′2

＝v202L1＝53m/s2，故轿车的加速度大小应满足a2≥53m/s2答案：见解析课时分层精练（四）运动学图像1．解析：t1时刻前后甲的x­t图线斜率由正变为负，说明速度方向发生了变化，选项A错误；乙的x­t图线斜率恒定，说明乙做匀速直线运动，位移大小均匀增加，选项B错误；由图可

知t1～t2时间内甲的x­t图线斜率有一时刻与乙的x­t图线斜率相等，即两者速度相等，此时甲、乙两者相距最远，选项C正确，D错误．答案：C2．解析：72km/h＝20m/s，36km/h＝10m/s.根据v2－v20＝2ax可知，汽车做

匀减速运动的加速度大小为400－1002×60m/s2＝2.5m/s2，根据v＝v0＋at可知，经过4s汽车速度减小到10m/s，然后匀速运动到中心线缴费．汽车从开始匀速运动到通过中心线10m所用的时间为2010s＝2s，随后汽车开始

做匀加速运动，根据v＝v0＋at可得，再经过4s汽车加速至20m/s，然后正常行驶．综上所述，A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：加速度对时间的变化率称为急动度，等于a­t图像的斜率．由题图知t＝3s时的急动度和t＝5s时的急

动度等大同向，故A错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，则2～4s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；0～6s内速度的变化量为Δv＝1＋22×2m/s＋12×2×2m/s＋12×2×（－2）m/s＝3m/s，因初速度为0，故t＝6s时的

速度为3m/s，故C错误；0～6s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确．答案：D4．解析：由题意知，地铁的启动加速度大，所以甲是高铁的v­t图像，乙是地铁的v­t图像，故A错误；v­t图像的斜率为加速度，则地铁和高铁加速过程的加速度

大小之比为a地a高＝10030300240＝83，故B错误；v­t图像所围的图形面积为位移，地铁和高铁加速过程中的位移x地x高＝30×100240×300＝124，故C错误；0～240s过程中，高铁的平均速度大小v－高＝3002km/h＝150km/h地铁的平均速度大小v－地＝240－30

＋242×240×100km/h＝3754km/h则地铁和高铁的平均速度大小之比为v－地∶v－高＝5∶8，故D正确．故选D.答案：D5．解析：进入人工通道缴费时车的速度应先减为零，再加速，而进入ETC通道缴费的车辆不需要停车即可通过，由题图可知甲车减速时速度并没有减为零，

而乙车是速度先减为零再加速的，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，A错误；甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为18s－5s＝13s，B错误；甲车进入通道的加速度大小为a甲＝Δv1Δt1＝10－52m/s2＝2.5m/s2，乙车进入通

道的加速度大小为a乙＝Δv2Δt2＝10－04m/s2＝2.5m/s2，C错误；由v­t图像中图线与坐标轴所围的面积表示位移，可知甲车减速后匀速行驶的位移x＝vt＝5×1m＝5m，D正确．答案：D6．解析：甲、乙两小

球在空中均做自由落体运动，运动时间相同，则乙球落地比甲球落地慢1s，可知图像中的t0＝5s，故A错误；由图可知，甲球在空中下落的时间为4s，则有x0＝12gt2＝12×10×42m＝80m，故B错误；当甲、乙两小球都在空中运动时，以乙开始下落为0时刻，则有x

乙＝12gt2，x甲＝12g（t＋1）2，两者距离为Δx＝x甲－x乙＝gt＋12g，可知随时间增大，两者距离越来越大，故C正确；甲、乙两小球的加速度均为重力加速度，根据Δv＝gΔt在2.0s～3.0s时间内，甲球速度变化量等于乙球速度变化量，故D错误．故选C.答案：C7．解析：0～t

2为空中运动时间内，速度先为负值，后为正值，则速度方向先向上，后向下，故A错误；v­t图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图可以看出，t1～t2内的加速度比在t2～t3内加速度小，故B错误；在0～t1内，图线斜率不变，表示匀变速

直线运动，则由匀变速直线运动推论，平均速度等于初、末速度和的一半，即为v1＋v22，故C正确；v­t图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像可以看出，实际图线在t2～t3时间内围的面积小于虚线（匀减速到零）所围面积，平均速度等于位移与所用时间的比值，所以此段时间内的平均速度

小于此段时间内匀减速到零的平均速度v32，故D错误．故选C.答案：C8．解析：根据图像可知，甲车做匀速直线运动，其速度为v1＝ΔxΔt＝8－23m/s＝2m/s.乙车做匀减速直线运动，根据图像可知t＝2s时，位移为x＝6m速度为v2＝2m/s根据位移时间公式x＝v0t－12at2可得6＝v0×2－

12a×22又有v2＝v0－a×2解得v0＝4m/s，a＝1m/s2故A正确，D错误；0～3s时间内，根据图像可知，甲车的位移小于乙车的位移，所以甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误；根据图像可知0～3s时间内甲车与乙车间的距离先减小后

增大，故C错误．故选A.答案：A9．解析：根据v­t图像的斜率表示加速度可知，0～t1时间内斜率在变小，即加速度在变小，无人机做加速度减小的加速运动，A错误；根据v­t图像与时间轴围成的“面积”表示无人机运动的位移，可知图像与横轴围成的面积小于连接曲线上t2和t3两点直线时与横

轴围成的面积，再根据匀变速直线运动的平均速度表达式可得，t2～t3时间内无人机的平均速度v－<v12，B正确；根据v­t图像，t3时刻无人机悬停，速度为零，处于平衡状态，受到升力和重力作用，C错误；t1～t2时间内，无人机的动能不变，而高度升高，则重力势能增加，机械能增加，D正确．故选BD.答

案：BD10．解析：根据题意，由图可知，无人机的加速度方向一直向上，无人机一直做加速运动，故A错误；根据公式v2＝2ah可知，a­h图像中面积表示v22，设上升2h0时，无人机的速度为v1，则有v212＝12×（13g＋g）h0＋gh0＝53gh

0，解得v1＝103gh0，故B正确；根据题意，设上升2h0时，无人机的牵引力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma.由图可知，上升2h0时a＝g，解得F＝2mg.无人机发动机的功率为P＝Fv1＝2mg103gh0，故C错误；根据题意可知，上升2h0过程中，无人机

机械能增加量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝12mv21＋mg·2h0＝113mgh0，故D正确．故选BD.答案：BD课时分层精练（五）追及相遇问题1．解析：由图可知，在t1时刻，甲、乙两车的位置坐标相同，即到达同一位置，而开始时乙车的位移大于甲车的位移，所以在t1时刻，乙车追

上甲车，A正确；由图可知，甲车做匀速运动，加速度为零，乙车做变速运动，加速度不为零，B错误；x­t图线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，乙车的x­t图线的斜率先减小后增大，则乙车的速度先负向减小后正向增大，C错误；

由图可知，从t1时刻之后到t2时刻这段时间内，甲车和乙车仅在t2时刻位置相同，故只相遇一次，D错误．答案：A2．解析：v­t图像的斜率表示加速度，可得和谐号的加速度为a1＝72－6024m/s2＝12m/s2，复兴号的加速度为a2＝

72－6024－8m/s2＝34m/s2，则10s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；题图乙中复兴号的最大速度为vm＝72m/s＋a2×（32－24）m/s＝78m/s，故B正确；因t＝0时两车车头刚好

并排，在0到24s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在24s末两车车头相距最远，故C正确；由v­t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，则在0～24s两者的最大距离为Δx＝8×（72－60）2m＝

48m，而在24～32s内缩小的距离为Δx′＝（78－72）×（32－24）2m＝24m<Δx，即32s末复兴号还未追上和谐号，故D错误．答案：BC3．解析：根据v­t图线与时间轴围成的图形面积表示位移，可知泳池长度L＝1.25×20m＝25m，故A

错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝100s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30s内，甲的位移大小为x1＝1.25×20m－1.25×10m＝12.5m，乙的位移大小为

x2＝1.0×25m－1.0×5m＝20m，在0～30s内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为v1∶v2＝x1t∶x2t＝5∶8，故D错误．答案：C4．解析：v­t图像中，图线的切线斜率表示瞬时加速度，甲同学在0～

t1时间段内反向做加速度增加的减速运动，t1时刻速度减为0，t1～t2时间段内正向做加速度减小的加速运动，t2～t3时间段内正向做匀减速直线运动，t3时刻速度减为0；乙同学在0～t1时间段内反向做匀减速直线运动，t1时刻速度减为0

，t1～t3时间段内正向做匀加速直线运动，A错误；在v­t图像中图线与坐标轴围成的面积代表物体的位移，由图可知，能使两图线包围面积相同的时刻共有三个，且甲全程的位移大于乙的，B错误、C正确；v­t图像中两图线的交点代表该时刻两物体共速，图中共有三个交点（包括t＝0时刻），即有三个时刻速度相

同，D错误．故选C.答案：C5．解析：汽车刹车前，在0.4s内做匀速运动的位移大小为x1＝v0t1＝363.6×0.4m＝4m则汽车刹车滑行的最大距离为x2＝24m－x1＝20m，故A错误；汽车刹车的最小加速度大小为amin＝v20

2x2＝（363.6）22×20m/s2＝2.5m/s2，故B错误；汽车用于减速滑行的最长时间为tmax＝v0amin＝363.62.5s＝4s，故C正确；汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度大小满足v－＝xt≥240.4＋4m/s≈5.

45m/s>5m/s，故D错误．故选C.答案：C6．解析：（1）L＝6km＝6000m20s内导弹的位移为x＝v0t＋12at2＝200×20m＋12×40×202m＝12000m无人靶机被击中前飞行速度大小为v＝x－Lt＝12000

－600020m/s＝300m/s（2）当导弹的速度与无人靶机的速度相等时，距离最大，设时间为t1，有v0＋at1＝v＋a1（t1－1）代入数据解得t1＝7s导弹的位移为x1＝v0t1＋12at21＝200×7m＋12×40×72m＝2380m无人靶机的位移为x2＝v×1＋v（t

1－1）＋12a1（t1－1）2＝300×1m＋300×（7－1）m＋12×30×（7－1）2m＝2640m导弹与无人靶机的最大距离为Δx＝x2＋L－x1＝2640m＋6000m－2380m＝6260m.答案：（1）300m/s（2）6260m7

．解析：t＝20s两车速度相等，相距最远，故A错误；由图可知甲的加速度为a＝ΔvΔt＝30－1520m/s2＝0.75m/s2乙的加速度为a′＝Δv′Δt＝3020m/s2＝1.5m/s20～20s内乙车的加速度是甲车的2倍；10s末甲、乙两车的速度为v＝v0＋

at＝15m/s＋0.75×10m/s＝22.5m/s，v′＝a′t＝1.5×10m/s＝15m/s甲、乙两车平均速度分别为v－＝v0＋v2＝18.75m/s，v′＝v′2＝7.5m/s，故B、C错误；图像与坐标轴围成的面积代表车的位移，由图可知0～2

0s内甲车的位移比乙车的大Δx＝15＋302×20m－12×20×30m＝150m，故D正确．故选D.答案：D8．解析：（1）A车减速到与B车共速时，若恰好没有与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经历的时间为t，有vA＝72km/h＝2

0m/s，vB＝54km/h＝15m/s则A车位移为xA＝12（vA＋vB）tB车位移为xB＝vBt根据位移关系可知xA－xB＝L，联立解得t＝2s则A车与B车不相撞，刹车时的最小加速度大小为a＝vA－vBt＝2.5m/s2.（2）B车司机反应的

1s内，A车的位移为x1＝vAt0－12aAt20＝19mB车的位移为x2＝vBt0＝15m所以B车开始加速时，A、B两车相距x3＝L－（x1－x2）＝1m假设还需要时间t1，A、B两车共速，则有（vA－aAt0）

－aAt1＝vB＋aBt1解得t1＝1st1时间内A车的位移为x4＝（vA－aAt0）t1－12aAt21＝17mB车的位移为x5＝vBt1＋12aBt21＝15.5m则x4－x5＝1.5m>x3，所以A车会追尾B车．答案：

（1）2.5m/s2（2）A车会追尾B车课时分层精练（六）探究小车速度随时间变化的规律1．解析：（1）题图中仪器A叫作电火花计时器，使用220V交流电源，实验过程中，放开小车前，小车要靠近电火花计时器．（2）在使用打点计时器来分析物体运动情况的实验中，先把电火花计时器固

定好，穿好纸带，再接通电源，进行打点，之后松开纸带让物体带着纸带运动，故正确的顺序是CBDA．答案：（1）电火花交流靠近（2）CBDA2．解析：（1）实验中打点计时器所接的电源是交流电．故选B.（2）操作时，释放纸带与接触电源的合理顺序应是先接通电源，再释放

纸带．故选B.（3）电火花打点计时器的工作电压为220V．（4）纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔为T＝5×1f＝0.1s．（5）小车的加速度为a＝（s6＋s5＋s4）－（s3＋s2＋s1）9T2＝0.80m/s2.答案：（1）B（

2）B（3）220（4）0.1（5）0.803．解析：（1）在打点计时器打C点瞬间，纸带的速度vC＝xBD2T＝（6.59＋8.61）×10－22×0.1＝0.76m/s根据逐差法可知，加速度a＝xCE－xAC4T2＝[8.61＋10.61－

（4.61＋6.59）]×10－24×0.12＝2.0m/s2（2）由于重力加速度约为9.8m/s2，图2中加速度远小于9.8m/s2，故纸带所对应的实验场景是A.（3）实验A只需确保小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力，故A错误；打点计时器使用时，均需先接通电源后释放纸带，故B正确

；打点计时器可以用电火花计时器也可以用电磁打点计时器，故C错误；用实验C所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验时，若根据v＝2gh计算重物下落h时的速度等于间接承认了机械能守恒定律，达不到实验验证的目的，故D错误．故选B.答案：（1）0.

762.0（2）A图2中纸带测得的加速度比较小（3）B4．解析：（1）已知该手机能够每2s连续拍摄20张照片，即两张照片的时间间隔为0.1s，该小组同学从第一张开始每隔两张取出一张照片，A、B、C、D四幅图片中相邻的两幅图片时间间隔为T＝3×

0.1s＝0.3s从A到D的过程中，小车的平均速度是v－＝（36.0－6.9）×10－20.3×3m/s≈0.32m/s（2）小车沿斜面做匀变速直线运动，小车经过B图位置时的瞬时速度是vB＝（23.9－6.9）×10－20.3×2m/s≈0.28m/s同理可以求出小车经过C

图位置时的瞬时速度是vC＝（36.0－14.2）×10－20.3×2m/s≈0.36m/s小车的加速度a＝vC－vBT＝0.36－0.280.3m/s2≈0.27m/s2.答案：（1）0.32（2）0.2

80.275．解析：（1）根据游标卡尺读数规则，挡光片的宽度d＝6mm＋12×0.05mm＝6.60mm.（2）该图线的斜率k＝2.0－1.00.65－0.23×104m－1·s－2＝2.38×104m

－1·s－2；滑块通过光电门时的速度v＝dt，由v2＝2ax可得1t2＝2ad2x，由k＝2ad2，可求得滑块的加速度a＝0.518m·s－2.答案：（1）①6.60（2）2.38×1040.518单元素养评价（

一）运动的描述匀变速直线运动1．解析：战机的运行速度和月亮的运行速度并不相同，所以以月亮为参考系，战机是运动的，故A错误；飞行员相对战机是不动的，所以以战机里的飞行员为参考系，战机是静止的，故B错误；两次拍摄相差20秒钟，这20秒是指时

间间隔，故C正确；研究空中飞行姿态时，其大小形状不可忽略，所以不能将战机看作质点，故D错误．答案：C2．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．

故选D.答案：D3．解析：平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即v－＝ΔxΔt.瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，v－＝ΔxΔt当Δt趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，已知

总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故A、B、D错误，C正确．答案：C4．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＝18m/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t＝t1＋t2＝289s，D正确．答案：D5．解析：根据题意可知，球踢出后，

0～3s内乙在前球在后，且球的速度比乙大，因而球一直在靠近乙，A正确；根据v­t图像斜率表示加速度可知a＝－Ffm＝ΔvΔt＝－2.5m/s2则解得f＝μG＝14G，B正确；根据v­t图像面积表示位移可知相遇时球的位移为x＝v0＋vt2·t＝33.75m，C正确；相遇时乙的位移为x乙＝12vt

t1＋vtt2＝16.875m，故甲乙相距L为L＝x－x乙＝33.75m－16.875m＝16.875m，D错误．答案：D6．解析：由图像可知，速度与位移成反比关系，速度不随位移均匀变化，故A错误；1v­x图像的图线与坐标轴围成的面积表

示时间，由图像可知，速度不随时间均匀变化，故B错误；1v­x图像的图线与坐标轴围成的面积表示时间，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，经历的时间之比为1∶2，故C正确，D错误．故选C.答案：C7．解

析：由a＝ΔvΔt，得a1∶a2＝1∶2，故A错误；由v－＝v0＋vt2，知v－1＝v－2，故B正确，D错误；由x＝v－·t，知x1∶x2＝2∶1，故C正确．答案：BC8．解析：由加速度与位移的关系图像可知，加速度大小为1.5m/s2，由公式2ax＝v2－v20，

解得v＝10m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝10－41.5s＝4s，故A、D正确，B、C错误．答案：AD9．解析：由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝4m/s，由图丙分析可知，t＝3s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远

距离为20m，选项A正确；B车在0～6s内的位移和0～5s内的位移相等，为24m，选项B错误；0～8s内A车的位移大小为32m，B车的位移大小为24m，位移之差为8m，此时A车未追上B车，选项C错误；t＝1s时两车相距16m，当B

车停下来后，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，B车停止之前的位移为16m，所以A车的总位移为32m，由速度与位移的关系v2＝2ax可知，加速度a＝14m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于14m/s2，选项D正确．答案：AD10．解析：（

1）根据v2＝v1＋aΔt得a＝5×10－2m/s2.（2）根据v22－v21＝2a′L得a′＝5×10－2m/s2.（3）遮光板的宽度越小，瞬时速度的测量误差越小；两光电门的间距越大，测量L的相对误差越小，故选BC.答案：

（1）5×10－2（2）5×10－2（3）BC11．解析：（1）赛车3s末的速度v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s.（2）设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2＋200m＝12a1t22解得t2＝20s此时赛车的速度v＝a1t2＝2×20m/s＝40

m/s当两车速度相等时，两车相距最远由v0＝a1t3得两车速度相等时，经过的时间t3＝v0a1＝102s＝5s两车最远相距Δs＝v0t3＋200m－12a1t23＝（10×5＋200－12×2×52）m＝225

m.（3）假设再经t4时间两车第二次相遇（两车一直在运动）由位移关系得vt4－12a2t24＝v0t4解得t4＝15s赛车停下来的时间t′＝va2＝404s＝10s所以t4＝15s不合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动．设再经时间t5两车第二次相遇，应满足v22a2＝v0t5

解得t5＝20s.答案：（1）6m/s（2）20s225m（3）20s12．解析：（1）人走上人行道的时间t1＝L1v1＝3s在3s末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为a1，则D＋L1＋L2＝v0t1＋

12a1t21解得a1＝409m/s2（2）卡车穿过人行道时vm＝v0＋a1t1＝（10＋409×3）m/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－v

0a2＝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/s2②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54m/s2≤a≤5m/s2答案：（1）409m/s2（2）见解析（3）54m/s2≤a≤5m/s2课时分层精练（七）重力弹力1．解析：由于物体放在水中时，受到向上的浮力，从而减小了弹簧的拉伸形变，弹簧测力计的示数减小了，但物体的

重力并不改变，选项A错误；当两物体所处的地理位置相同时，g值相同，质量大的物体的重力必定大，但当两物体所处的地理位置不同时，如质量较小的物体放在地球上，质量较大的物体放在月球上，由于月球上g值较小，导致质量大的物体的重力不一定大，选项B错误；重力的方向是竖直向下的，

选项C错误；物体的重心位置由物体的形状和质量分布情况共同决定，物体的形状改变后，其重心位置可能发生改变，选项D正确．答案：D2．解析：在乒乓球与桌面作用时，乒乓球受到桌面的弹力方向垂直桌面竖直向上，故A正确，B、C、D错误．故选A.答案：A3．解析：小球处于静止状态，对

挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，弹力的方向垂直于接触面，所以挡板对小球的弹力方向水平向右，斜面对小球的弹力方向垂直于斜面向上，故小球受两个弹力：一个水平向右；一个垂直斜面向上．故选C.答案：C4．解析：以O点为研究对象，轻绳OC对O点的拉力方向竖直向下，轻绳OA对

O点的拉力方向沿OA方向指向左上方，根据共点力的平衡条件可得，弹簧对O点的弹力方向应该为水平向右，所以弹簧应处于压缩状态，选项A错误；弹簧和轻绳OA对O点的作用力大小与轻绳OC对O点竖直向下的拉力大小相等，方向相反，轻绳OC对O点竖直向下的拉力大小等于灯笼重力大小，即

G＝mg＝60N，选项B错误；根据共点力的平衡条件和力的正交分解可得，水平方向上有FOAsin53°＝kx竖直方向上有FOAcos53°＝mg两式联立解得轻绳OA上的弹力为FOA＝100N弹簧的形变量为x＝0.08m

＝8cm，选项C正确，D错误．故选C.答案：C5．解析：设弹簧的原长为l，由胡克定律和受力平衡可知，对题图甲有2mg＝k（l－l1），对题图乙有3mg＝k（l－l2），所以弹簧的劲度系数k＝mgl1－l2，弹簧原长l＝3l1－2l2，故B、C正确，A、

D错误．答案：BC6．解析：由题意可知ΔMgsinθ＝kΔx，得到mgsinθ＝k·2R，则sinθ＝2kRmg，故选B.答案：B7．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；橡皮筋的弹力不能突变，悬挂第二个钩码后，橡皮筋逐渐伸长，拉力传感器的读数从10N逐渐增大，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x2，则k（x1＋x2）＝2G，代入数据，可得x2＝10cm，D正确．答案：AD8．解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，设每减少一个盘子，每根弹簧

的形变量为Δx，则有mg＝3瘙簚kΔx，解得k＝100N/m，故选B.答案：B9．解析：如题图甲中的重力全部集中在玉坠上，重心在玉坠上，图乙中项链的质量均匀分布于整条项链，其重心一定在最低点的上方，所以玉坠重心到水平杆的距离比项链重

心到水平杆的距离大，即h1>h2；对玉坠和项链的受力分析如图1和图2所示，图1中M、N两点对绳子的拉力方向沿着绳子收缩的方向，图2中M、N两点对项链的拉力方向沿着项链悬点的切线方向，图1中M、N两点对绳子拉力的夹角，比图2中M、N两点对项链拉力的夹角大，根据力的合成可知，图1中M点

对绳子的拉力F1比图2中M点对项链的拉力F2要大，即F1>F2.故选A.答案：A10．解析：设轻绳中拉力为T，球A受力如图所受弹力为绳对A的拉力和半圆对球A的弹力的合力，与重力等大反向，大于T，故A错误；受力分析可得Tsin30°＝Nsin30°；Tcos30°＋Ncos30°＝mAg解得

T＝N＝33mAg，故B错误；细线对A的拉力与对球B的拉力都等于T，故C错误；对球B：Tcos60°＝mBg；T＝2mBg解得mAmB＝231，故D正确．故选D.答案：D11．解析：如图所示受力分析小球a，设弹簧对小球的弹力大小为FN，OA杆对小球a的弹力大小为F

NA，设FN与水平方向的夹角为θ1，FNA与水平方向的夹角为θ2.根据图中的几何关系有θ1＝θ2＝30°，根据物体的平衡条件有FNcosθ1＝FNAcosθ2，FNsinθ1＋FNAsinθ2＝mg，求得FN＝FNA＝mg.根据胡克定律，有弹簧的压缩量为Δx＝FNk＝mgk，故A、B正确

；如图所示受力分析小球b，根据如上分析，其所受弹簧的弹力FN也为mg，OB杆对小球b的弹力为FNB，设FNB与水平方向的夹角为θ3，FN与水平方向的夹角为θ4.根据图中的几何关系有θ3＝60°，θ4＝30°，根据物体

的受力平衡条件有FNBcosθ3＝FNcosθ4求得FNB＝3mg，故C正确；如图所示当将小球b移动至O点后对小球a受力分析，设mg与垂直于OA杆方向的夹角为θ5.根据图中的几何关系有θ5＝60°，根据物体的受力平衡条件有F′N＝mgsi

nθ5，求得F′N＝32mg.根据胡克定律，有弹簧的压缩量为Δx′＝F′Nk＝3mg2k，故D错误．故选D.答案：D课时分层精练（八）摩擦力1．解析：在题图甲中，P做匀速直线运动，在水平方向所受合力为零，所以P不受摩擦力；在题图乙中，假设P不受

摩擦力，P将相对Q沿斜面向下运动，因此P受与力F方向相同的摩擦力，D正确．答案：D2．解析：该女士用80N的水平力推不动沙发，则沙发此时受到的是静摩擦力，所以F1＝80N．该女士用100N的力恰好推动沙发，此时推力的大小等于最大静摩擦力的大小，所以F2＝

100N．沙发被推动后受滑动摩擦力，由公式Ff＝μFN来计算大小．所以F3＝μFN＝0.45×200N＝90N，A正确．答案：A3．解析：物块M始终保持静止，故细绳的拉力大小不变，A、B错误；如果最初物块N的重力沿木板面向下的分力大于细绳的拉力，则

物块N受到木板的摩擦力开始时沿木板面向上，当木板转动至水平位置时，物块N受到的摩擦力水平向右，此情况下，在木板转动过程中，物块N所受木板的摩擦力先减小后增大，C正确，D错误．故选C.答案：C4．解析：A物体与传送

带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；若传送带突然加速，根据牛顿第二定律，可知A受到向右的摩擦力作用，故

D正确．答案：BD5．解析：分析可知开始时物块受到静摩擦力作用，后长木板与物块间发生相对滑动，此时物块受到的是滑动摩擦力，大小与是否匀速运动无关，A错误；当长木板相对物块滑动前，根据平衡条件可知拉力随时间的变化关系和图乙相同，但相对滑动后，拉力的大小与物块受到的摩擦力大小无关，B错

误；根据图乙可知，物块受到的最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，C错误；根据滑动摩擦力公式有Ff＝μFN，FN＝mg，解得μ＝FfFN＝Ffmg＝0.2，D正确．故选D.答案：D6．解析：由平衡条件

可知，斜面体对物块的支持力FN＝mgcosθ，由牛顿第三定律可知，物块对斜面体的压力F′N＝mgcosθ，对斜面体应用平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力Ff＝F′Nsinθ＝mgcosθsinθ，可见摩擦力不随时间变化，A项正

确．答案：A7．解析：推力F由0均匀增大到2.5N，A、B均未动，由平衡条件知FfA由0均匀增大到2.5N；推力F由2.5N增大到5N，FfA＝2.5N；推力F由5N增大到6N，A处于运动状态，FfA＝μG

＝2N，D正确．答案：D8．解析：物体的受力如图所示：在竖直方向，由共点力平衡条件和力的分解，可得N＝mg＋Fsin30°，得N＝29N．由牛顿第三定律知，物体对地面的压力为N′＝N＝29N，故A错误；物体的最大静摩

擦力fmax＝μN′＝14.5N，Fcos30°＝18×32N＝93N，因为Fcos30°＞fmax，所以物体处于加速运动状态，所受的摩擦力为f＝14.5N，合力不为零，物体不能匀速运动，故B正确，C、D错误．故选B.答案：B9．解析：A和水平面之间的最大静摩擦力

的大小为：f1＝μmAg＝0.25×5×10N＝12.5N，根据胡克定律可知，弹簧的大小为：F1＝kx＝400×2×10－2N＝8N；当把与水平方向成60°的拉力F＝6N作用在木块B上时，木块B受到重力、地面的支持力、弹簧

对B向右的弹力，斜向上的拉力以及地面的摩擦力，受力如图．竖直方向：N＝mBg－Fsin60°＝6×10N－6×32N≈54.8N水平方向：fB＝F1＋Fcos60°＝8N＋6×12N＝11N此时B和水平面之间的最大静摩擦力的大小为：f2＝μN＝0

.25×54.8N＝13.7N>fB，所以木块B仍然保持静止，受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于8N，故C正确，D错误；木块A受到重力、地面的支持力、弹簧向左的弹力，若要平衡，则木块A受到地面对A向右的静摩擦力，大小等于弹簧的弹力，为8N，故AB错误；故选C.答案：C10．解析

：半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ＝μmgcosθ，则有μ＝tanθ＝33，解得θ＝π6，即q＝π6，θ在0～π6之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在π6～π2之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ；综合以上分析得其Ff与θ关系如题

图b所示，故O～q和q～π2之间均为曲线，故A、B、C错误；当θ＝π6时Ff＝mgsinπ6＝mg2，即p＝mg2，故D正确．故选D.答案：D课时分层精练（九）力的合成与分解1．解析：二力平衡时，合力为零，此时合力F比分力中的任何一个力都小，A、B错误；若F1和F2

大小不变，θ越小，合力F越大，C正确；如果夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可能减小，也可能增大，故D错误．答案：C2．解析：F1＝6N，方向沿x轴的正向；F3＝4N，沿x轴负向；故F1与F3的合力F13沿着x轴的正方向，为

2N；F2＝8N，沿y轴正向；F4＝2N，沿y轴负向；故F2与F4的合力F24为6N，沿着y轴正方向；最后再将F13与F24合成，故合力F为210N，指向第一象限，选项A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析

：根据题意知，健身者双手缓慢分开的过程中，健身者处于平衡状态，所受的合力为零，A错误；由于双臂与竖直方向夹角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正确；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向竖直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C错误；健身者所受

重力和双臂的合力不是一对作用力和反作用力，是一对平衡力，D错误．答案：B4.解析：弓弦拉力的合成如图所示，由于F1＝F2，由几何关系得2F1cosα2＝F，有cosα2＝F2F1＝120N2×100N＝0.6，所以

α2＝53°，即α＝106°，故D正确．答案：D5．解析：当工件刚要离开地面时，弹性绳的伸长量为x＝Lcos53°－Lcos37°＝512L，设弹性绳上的弹力为F，则有2Fsin53°＝G，解得F＝58G，则弹性绳的劲度系数为k＝Fx＝3G2L.答案：C6．解析：绳子端点B在最初位置时，根据平

衡条件可得T1＝mgtanθ＝34mg，设细绳AO长度为L，据几何关系可知两竖直墙面间的距离为d＝L＋Lsinθ＝1.6L，绳子端点B移到位置D点时，绳子AO与竖直墙面间的夹角为α，由几何知识得sinα＝12

dL＝0.8，此时有2T2cosα＝mg，得T2＝56mg，所以C正确，A、B、D错误．答案：C7．解析：由题图可知，由于F1、F2的大小、方向都确定，因此由力合成的平行四边形定则可知，两力的合力大小和方向确定，则有在沿合力方向的直线

上两力的分力之和最大，此时可知在过原点O且垂直合力方向的直线上分力的合力是零，且分力之和最小，则该直线一定经过第二、四象限，A、B、C错误，D正确．故选D.答案：D8．解析：如图所示，因为F2＝33F>Fsin30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝F22－（Fsin30°）2＝36

F，即F1的大小分别为Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分别为33F和233F，A、C正确．答案：AC9．解析：当两臂间的夹角为120°时，两臂受到的压力为N1＝G2cos60°＝G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F1

＝2N1cos30°＝3G，当两臂间的夹角为60°时，两臂受到的压力为N2＝G2cos30°＝33G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F2＝2N2cos60°＝33G，则有F1F2＝3∶1，故A、B、C错误，D正确．答案：D10.解析：加速起飞时，飞行器

受重力和发动机提供的动力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，如图所示，在△OFF合中，由几何关系得F合＝mg，F＝3mg，故A正确，B错误；将动力的方向沿逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角，斜向下，动力F′与合力F′合垂直，如图所示，此时F′合＝mgsin30°＝

12mg，F′＝mgcos30°＝32mg，故C、D正确．答案：ACD11．解析：某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的60°夹角，由于挂钩两侧阻拦索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻拦索中的拉力F′＝3F

3.由于柱塞两侧阻拦索中拉力相等，其合力方向在两侧阻拦索拉力所成夹角的角平分线上，所以单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F合＝2F′cos60°＝F′＝3F3，选项B正确．答案：B12．解析：滑轮b、c均为“活结”，结合对B的受力分析知整

个装置稳定时各部分绳的拉力均等于m2g，则ac、bc两部分绳拉力的合力一定在它们的角平分线上，由于它们的合力与A的重力大小相等，方向相反，则合力竖直向上，故ac、bc两部分绳子与竖直方向的夹角α和β相等，选项A

正确．整个装置稳定时，α角一定等于β角，ac、bc绳拉力一定等于m2g，拉力的合力一定与A的重力等大反向，则α、β有恒定值θ，故a、b水平距离d＝Lacsinθ＋Lbcsinθ，解得Lac＋Lbc＝dsinθ.若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，由于d和θ都不变，故Lac＋L

bc不变，因定滑轮b位置上升了，分析可知A高度上升；同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，θ不变，d变大，则Lac＋Lbc变大，定滑轮b高度不变，分析可知A高度下降，选项B正确，C错误．沿cb方向缓慢平移轻杆时，轻绳各部分的拉力大小和方向均

不变，则A的位置保持不变，选项D正确．答案：ABD13．解析：由题可知，两轻杆为两个“动杆”，而“动杆”上弹力方向沿轻杆．对铰链进行受力分析，铰链所受轻绳拉力大小为mg，方向竖直向下，下面轻杆对铰链的弹力方向沿轻杆斜向下，设为F1，上面轻杆对铰链的弹力方向沿轻杆斜向上，设为F2，

如图所示，在力的矢量三角形中，由正弦定理有F1sin30°＝mgsin30°＝F2sin120°，解得F1＝mg，F2＝3mg，选项B正确．答案：B课时分层精练（十）受力分析共点力的平衡1．解析：游客在空中受重力mg

、绳子牵引力F1和飞伞的拉力F2，受力分析如下图，游客在空中匀速飞行，根据平衡条件能正确反映游客受力的是A图，故A正确．答案：A2．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：竖直方向上由受力平衡可得2Fcosθ2＝（M＋m）g，解得F＝（M＋m）g2

cosθ2＝200N，故C正确，A、B、D错误．答案：C3．解析：M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，则合力向上．对M、N整体进行受力分析，受到重力和F；墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力，故C错误；对N进行受力分析可得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上

，所以还受到M对N向上的静摩擦力，共3个力，故B错误，D正确；对M进行受力分析可得：M受到重力、推力F，N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，故A错误．故选D.答案：D4．解析：对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示：在

沿斜面方向，根据平衡条件：Fcos30°＝Ff＋Gsin30°，而Ff＝G2，解得F＝233G，故B正确，A、C、D错误．答案：B5．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．答案：D6．解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月则对一条腿有FN1＝14mg月＝mg24根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为mg24.答案：D7．解析：对物体m1上端绳结受力分析，如图甲所示，根据共点力平衡及几何关系可知，合力正好平分两个分力的夹角，可得F1＝m1g

，对滑轮受力分析，如图乙所示，由几何关系得F2＝m2g，根据轻绳拉力特点可知F1＝F2，则m1＝m2，得m1m2＝11，A正确．答案：A8．解析：根据题意，分别对A、B受力分析，如图所示对小球A，由平衡条件有Facos30

°＝mAg，Fasin30°＝FcA对小球B，由平衡条件有Fbcos60°＝mBg，FcB＋Fbsin60°＝F又有FcA＝FcB，联立解得F＝433mg故选C.答案：C9．解析：当小球置于木板左侧时，其受力分析图如图所示设∠QPC＝θ，则有tanθ＝N1mg

当木箱顺时针旋转90°时，其受力分析图如图所示同理tanθ＝mgN2＝3mgN1由以上两式可得tanθ＝3，θ＝60°，故选C.答案：C10．解析：对小球B分析，受重力mg、细线拉力T、C对B的弹力FB，如图绳子的拉力大小T＝mgcosθ

＝32mgC对B弹力大小FB＝mgsinθ＝12mgA受到的摩擦力大小为fA＝T＝32mg故B、D错误；轻杆对滑轮的作用力大小FOP＝3T＝32mg故A错误；对B、C整体水平方向根据平衡条件可知C受到的摩擦力大小为fC＝Tsinθ＝34mg，故C正

确．故选C.答案：C11．解析：从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，如图由相似三角形可得F1DE＝F2OA＝mgODOA、OD长度增加，DE长度不变，所以F1减小，脚对墙的作用力大小为F1，所以脚对墙的作用力大小减小，故A错误；由mg

sin（α＋β）＝F2sinβ，而α减小，β不变，所以F2增加，即绳OA的弹力增大，故B正确；此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小等于F2，由于α＝37°，β＝53°则F2＝mgcosα＝60×10×0.8N＝480N，故C错误；连接

小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ＝120°，所以绳AB的张力大小T＝F22cos60°＝480N，故D错误．答案：B课时分层精练（十一）动态平衡及平衡中的临界、极值问题1．解析：以小球为研究对象，分析受力情况：受重力G、斜面的支持力N和轻绳的拉力T，如图所示．由平衡条件得知，N和T的合力与G

大小相等、方向相反，将悬点A缓慢沿杆向上移动，使轻绳绕O点逆时针转动的过程中，T先减小后增大，故D正确．答案：D2．解析：设AC与水平方向的夹角为θ，则对A受力分析，根据平衡条件有mBgcosθ＝f由于水桶B缓慢滴水，则小球A受到的摩擦力减小，故

A正确，不符合题意；细绳对定滑轮的作用力如图由于水桶B缓慢滴水，则F减小，但方向不变，故B正确，不符合题意，故D错误，符合题意；杆对小球A的支持力为FN＝mAg＋mBgsinθ由于水桶B缓慢滴水，则小球A受到的支持力减小，故C正确，不符合题意．故选D.答案：D3．

解析：当轻绳中的拉力达到最大值F＝500N时，此时箱子的质量有最大值，根据平衡条件有F＝mgsin30°＋f，f＝μmgcos30°解得m＝50kg，故选C.答案：C4．解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时最小F＝3mgsin30°＝1.5mg，故选A.答案：A5．解析：轻绳b处在三

个不同位置时，小球均处于平衡状态；对小球受力分析并根据平衡条件可知，它受到的三个力可以构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知，F2垂直于轻绳a对小球的拉力T，所以F1＝F3>F2，而轻绳a的拉力T逐渐减小，故选A.答案：A6．解

析：压缩的弹簧对物体产生向上的推力F1＝kΔx＝20N最大静摩擦力大小为f＝35N重力沿斜面的分力大小为G1＝mgsinθ＝50N由于物体在重力，弹簧弹力、斜面的支持力及摩擦力作用下可以平衡，所以拉力F的最小值

为零．当静摩擦沿斜面向下达到最大时，拉力F值会有最大值，此时Fmax＋F1＝G1＋f解得Fmax＝65N由此可知拉力的取值范围为0≤F≤65N故选A.答案：A7．解析：小球缓慢上升一小段位移的过程中，小球处于平衡状态，对小球进行受力分析如图所示由

于三角形ABC与三角形POA相似，可得mgPO＝NAO＝FAP.当小球缓慢上升一小段位移的过程中，由于AP减小，则F减小，A错误；由于小球缓慢上升一小段位移的过程中，根据分析可得FL＝k，解得ΔFΔL＝FL，B正确；对小球受力分析可知，环对

小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据关系mgR2＝NR，解得N＝2mg，C、D错误．故选B.答案：B8．解析：因弹簧原长大于圆环的半径，弹簧压缩，弹力沿半径向外，小球受力如图1，其中弹力F弹＝mg保持不变，将重力与弹力合成

为F合，F合、F与FN合成三角形，由图2可知，当F向右缓慢转过30°的过程中，力F逐渐增大，当F向左缓慢转过30°的过程中，力F逐渐减小，故A错误，B正确；当突然撤去F时，小球沿圆环加速下滑，合外力为重力的切向分力，则加速度为a＝mgcos30°m＝gcos30°

，故C错误；撤去F后，小球沿圆环下滑过程，弹性势能不变，重力势能减小，则速度增大，向心力增大，根据牛顿运动定律可知，对圆环的压力逐渐增大，故D正确．答案：BD9．解析：以滑轮为研究对象进行受力分析，如图所示设橡皮筋与水平方向的夹角分别为α和β，同一根橡皮筋拉力大小相等，即F1＝F2

则平衡时有F1cosβ＝F2cosα解得α＝β所以两根橡皮筋与竖直方向的夹角相等，设为θ，根据平衡条件可得2F1cosθ＝mg设橡皮筋两端的水平距离为d，伸长为L，则sinθ＝dL无论将轻杆怎样转动，d均减小，则θ减小，cosθ增大，F1、F2均减小，根据胡克定律可得

橡皮筋的长度减小；将轻杆沿顺时针方向转过一个角度Δθ＝10°，或将轻杆沿逆时针方向转过一个角度Δθ′＝10°，θ的变化量相同，此时橡皮筋的拉力相同．综上所述可知L1＝L2<L0，故选B.答案：B10．解析：对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得FAB＝FNOB＝mgOA，在小球从B点

缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，A、B间的距离变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小不变．故选C.答案：C11．解析：作出风筝的受力分析图如图所示，初始时风筝所受空气的作用力为F

，拉线拉力为FT，当空气的作用力变为F1时，拉线拉力变为FT1.风筝所受合力始终为零，拉线拉力变大，且拉线对风筝的拉力与水平方向间的夹角变大，拉线长度不变，则风筝距地面的高度变大，A正确．答案：A课时分层精练（十二）探究弹簧弹力与形变量的关系1．

解析：（1）钩码静止时其所受重力大小等于弹力的大小，这样做依据的物理规律是共点力的平衡条件．（2）根据胡克定律F＝k（L－L0）可得题图乙的F­L图像的横截距即为弹簧的自然长度L0，斜率即为弹簧的劲度系数k，所以可得L0

＝4.0cm，k＝16－0（20－4）×10－2N/m＝100N/m＝1.0×102N/m（3）题图丙中弹簧测力计的示数为F＝8.00N.答案：（1）共点力的平衡条件（2）4.01.0×102（3）8.002．解析：（1

）由图可知，挂1个钩码时，弹簧长度为L1＝6.5cm；挂4个钩码时，弹簧长度为L1＝9.5cm；根据胡克定律可得，弹簧劲度系数为k＝ΔFΔx＝3mgL4－L1＝3×0.02×9.8（9.5－6.5）×10－2N/m＝19.6N/m（2）设弹簧的原长为L0，挂1个钩码时，弹簧长度为L1＝6.5cm；

根据受力平衡可得mg＝k（L1－L0）解得L0＝L1－mgk＝5.5cm（3）图中黑点连线的斜率K＝ΔyΔn根据胡克定律可得k＝ΔFΔy＝ΔmgΔy＝Δn·mgΔy＝mgK解得K＝mgk.答案：（1）19.6（2）5.5（3）mgk3．解析：（1）根据图

像的斜率可以求得弹簧劲度系数为k＝8－0（4.5－0.5）×10－2N/m＝200N/m由于实际弹簧都有重力，故竖直悬挂后有了一定的初始伸长量，使得图线不过坐标原点．（2）B同学刻度尺的零点在弹簧最上面一圈的上方某处，并不影响实验值的测量，但是指针移动到了最下面一圈的上方某处，使得弹簧的伸长量少测

了，故会导致劲度系数测量值的偏大．（3）由实验可知其弹力的变化量为一个砝码的重力，即ΔF＝mg因为实际的重力加速度小于g＝9.8m/s2，所以其实验的ΔF偏大，根据k＝ΔFΔx可知，其测量的弹簧劲度系数偏大．答案：（1）200弹簧自重的影响（2）偏大（3）偏大4．解析：（3）利用描点法得

出图像如图．（4）根据刻度尺读数规则知，橡皮筋的长度l＝15.35cm.（5）由胡克定律可得nmg＝k（l－l0），变化为l＝mgkn＋l0.l­n图像的斜率mgk＝6.0520×10－2，解得k＝20.0N/m.代入数据解得橡皮筋原长l0

＝9.00cm.挂上冰墩墩玩具，有Mg＝k（l－l0），解得M＝127g.答案：（3）如图所示（4）15.35（5）1275．解析：（1）（2）挂上砂桶后，弹性杆产生形变，连接平面镜的刚性杆A倾斜，平面镜绕O′点逆时针旋转角度θ，由于L远大于弹性杆的形变量，r≫L，所以θ角较小，满足ta

nθ＝θ根据反射定律与几何关系可得tanθ＝xL＝θ，弧长s＝2θr联立解得x＝sL2r砂桶中细砂不断流出，砂桶的总质量减小，所以反射光点沿PQ圆弧向下移动．（3）根据胡克定律知kx＝mg，解得k＝2mgrsL.答案：（

1）向下（2）sL2r（3）2mgrsL课时分层精练（十三）探究两个互成角度的力的合成规律1．解析：（1）弹簧测力计的最小刻度为0.1N，则F的大小为4.30N；（3）画出这两个共点力的合力F合如图：由图可知，F合的大小为4.36N（4.29～4.43N均可）；（4）通过比较F

和F合这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．答案：（1）4.30（3）见解析图4.36（4.29～4.43均可）（4）F和F合2．解析：（1）设一个钩码的重力为G，图（a）中互成90°的两个力F1＝3G，F2＝4G，则合力为F＝F21＋F22＝5G，图（b）中为了保持拉力的作用效果相同

，故要挂5个相同的钩码；（2）根据3、4、5个钩码及夹角的关系，可以猜想出合力与分力遵循平行四边形法则；（3）该实验保证合力与几个分力共同作用的作用效果相同，运用了等效替代法．故选B.答案：（1）5（2）平行四边形定则（3）B3．解析：（1）测力计读数时

需要进行估读，此测力计分度值为0.2N，则F的大小为4.0N．（2）（ⅰ）作力的图示时，要选好标度，再根据F1、F2的方向及大小作出相应两力的图示，图见答案．分别以F1、F2为邻边作平行四边形并作出F1、F2之间的对角线，即得F合．（ⅱ）表

示F合的线段的长度为20.0mm，根据标度算出F合大小为4.0N．实际合力F的方向沿AO方向，对角线为F合方向，则两者夹角θ的正切值tanθ＝F1长度－F2在F1所在直线上投影长度F2在AO所在直线上投影长度＝21－2020＝0.05.答案：（1）4.0（

2）（ⅰ）F1、F2和F合如图所示（ⅱ）4.00.054．解析：（1）由胡克定律可得，在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F与弹簧伸长（或缩短）的长度成正比，即有F＝kΔx，故可以用弹簧的伸长量来代替重力的大小，无需测出钩码的重力；（2）根据平行四边形定则作出步骤②中的两个

力的合力F′的图示，如图所示（3）观察比较F和F′，由图示可得出的结论：在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立．答案：（1）不需要（2）见解析图（3）在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立5．解析：（1）做出两绳拉力的合力F如图；求得的合力为F＝5.80N（2）由于可知当θ2＝0时，F

2＝F＝5N；θ2＝60°时，F2最小值为F2＝2.5N，则此时两个分力F1、F2是相互垂直的，则sinθ1＝F2F＝2.55＝0.5，即θ1＝30°.根据实验装置图可知，当传感器B顺时针旋转90°时传感器A的示数最大，此时θ2＝90°.答案：（1）5.80（2）30°90

°单元素养评价（二）相互作用1．解析：重力是由地球的吸引而产生的，方向竖直向下，而不一定指向地心，A错误；圆形铁环对分液漏斗的作用力与分液漏斗的重力平衡，故圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关，B正确；圆形铁环对分液漏斗的弹力是

由圆形铁环形变产生的，C错误；分液漏斗装满溶液时，重心在几何中心处，溶液不断流出的过程重心下降，当溶液流完后重心又回到球心处，故重心先下降后上升，D错误．故选B.答案：B2．解析：球受重力和弹力，根据平衡条件，杆对小球的力应竖

直向上，A错误；F2应为零，该绳没有发生形变，否则球不能平衡，B错误；球受重力、下面球的弹力和墙壁的支持力，两个支持力均垂直于接触面，C正确；A还受大半圆对它的支持力FN，方向沿过小球A与圆接触点的半径，指向大半圆圆心，D错误．故选C.答案：C3．解析：对小球受力分析如图所示则拉力

最小值FT＝Gsin37°＝0.6G故选A.答案：A4．解析：将两本书看作一个整体，则下面书本受到的支持力大小为FN＝（m＋M）gcosθ，A错误；桌面与上面书本没有相互作用，B错误；逐渐增大桌面倾斜的角度，当书恰好要滑动时，对上面的书有Mg

sinθ＝μ1Mgcosθ对于下面的书有（m＋M）gsinθ＝μ2（m＋M）gcosθ但由于不知道μ1、μ2间的大小关系，则无法判断哪本书先滑动，C错误；由于书本静止，则对上面书本有f＝Mgsinθ，D正确．故选D.答案：D5．解析：物块a始终处于静止状态，由

二力平衡可知绳的拉力为FT＝mg，跨过定滑轮的绳为活结绳，两边的绳的拉力相等，由合成法可知绳OO′的张力大小为FTOO′＝2FTcosβ2＝2mgcosα，故A错误；人与跑步机保持相对静止，细绳O′M的拉力

使人产生向左的相对运动趋势，则人匀速跑动受到水平向右的静摩擦力，故B错误；若人跑到跑步机靠近P端一些，但物块a始终处于静止状态，竖直绳的拉力仍为FT＝mg，则同一根绳上，O′M中的张力将不变，故C错误；若跑步机加速，人跟跑后位置没有改变，且物块

a始终处于静止状态，竖直绳的拉力仍为FT＝mg，而细绳O′M和OO′与竖直方向的夹角β和α不变，则绳OO′的张力FTOO′＝2mgcosα将保持不变，故D正确．答案：D6．解析：对小球受力分析如图所示由平衡条件可得，小球受到墙壁的弹力大小为FN1＝mgtan

θ斜劈对小球的支持力为FN2＝mgcosθ，A、B错误；对整体受力分析如图所示由平衡条件可得，斜劈与地面间的摩擦力Ff＝mgtanθ增大小球的质量，当FN1＝mgtanθ>Ffm＝μ（M＋m）g时斜劈向右滑动，C错误；斜劈向右移动一点后，小球受力情况不变，仍保持静止，D正确．答案：D7．解析：

菜盘沿着水平方向减速向左运动，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，摩擦力水平向右，故A正确，B错误；菜盘对手的压力竖直向下，菜盘给手的摩擦力水平向左，所以菜盘对手的作用力斜向左下方，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC8．

解析：结合题图乙知，0～t1时间内，B处于静止状态，且A、B之间没有摩擦力，假设A受到摩擦力作用则传感器会有拉力，由题图乙知A、B之间没有摩擦力，则A正确；t1～t2时间内，由题图乙可知，传感器的拉力逐渐增大，则A受到的摩擦力也在逐渐增大，此过程A、B相对水平面还是处于静止状态，则B错误；

t2后由题图乙可知A、B相对滑动，则B对A的滑动摩擦力等于传感器的拉力，所以有μ2mAg＝F0，F0＝k（t2－t1），解得μ2＝k（t2－t1）mAg，则C正确；B相对水平面刚有滑动趋势时，A、B之间才有摩擦力，所以在t1时刻B与水平面间的摩擦

力刚好达到最大静摩擦力，则有μ1（mA＋mB）g＝kt1，解得B与水平面间的动摩擦因数μ1＝kt1（mA＋mB）g，则D正确．答案：ACD9.解析：如图对虾笼A受力分析，由平衡条件可得FT1sin60°＝G＋FT2sin30°，FT1cos60°＝FT2cos30°，解得FT1＝3

G，FT2＝G，A错误，B正确；对虾笼B分析，根据平衡条件可得T2sin30°＋F＝G、T2cos30°＝f，解得F＝12G、f＝32G.故水对虾笼B的作用力为F合＝F2＋f2＝（12G）2＋（32G）2＝G

，C正确，D错误．答案：BC10．解析：（1）弹簧测力计的最小刻度为0.2N，可知弹簧测力计的示数F＝2.8N；（2）根据图示法作出F的图示，如图所示：（3）用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来．观察图形后受到了启发．提出求合力方法的猜想，然后改变F1、F2

的大小和方向，重复上述实验，故B、C正确．答案：（1）2.8（2）见解析图（3）BC11．解析：（1）由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所以齿条C下降的距离等于齿

轮D转过的弧长，根据数学知识可得s＝θd2即弹簧的伸长量Δx＝s＝θ2d（2）对托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C和重物整体研究，根据平衡条件得mg＝2F，由弹簧弹力的胡克定律公式得F＝kΔx，联立解得k＝mgθd（3）

根据k＝mgθd，所以θ＝gkdm所以θ­m图像是一条过原点的倾斜直线，其斜率k′＝gkd由题图丙可得k′＝ΔθΔm＝0.760.6rad/kg≈1.27rad/kg将d＝5.00cm，g＝9.8m/s2代入k′，解得k≈154N/m.答案：（1

）θ2d（2）mgθd（3）154（151～159）12．解析：（1）对O点分析，根据受力平衡可得2Tcosθ＝m1g解得细绳的拉力大小为T＝m1g2cosθ＝0.8×102×0.8N＝5N（2）对m2受力分析，设摩擦力沿斜面向上，则有f1

＋T＝m2gsinθ解得斜面对物体m2的摩擦力大小为f1＝m2gsinθ－T＝2×10×0.6N－5N＝7N，假设成立；以M和m2整体受力分析，根据受力平衡可得f2＝Tcosθ＝5×0.8N＝4N.答案：（1）5N（2）7N4N课时分层精练（十四）牛顿运动三定律1．解析：物体能够继续上升是

因为具有惯性，但惯性不是力，A错误；牛顿第一定律是物体完全不受外力的理想情况，虽然跟合力为零时物体的运动状态是一样的，但这是两码事，牛顿第一定律提出了力和惯性的概念，为牛顿第二定律的建立奠定了基础，两者是并列关系，而不是包含关系

，B错误；根据牛顿第一定律，力不是维持物体运动状态的原因，受力的方向与运动的方向没有任何关系，C正确；惯性的大小由物体的质量决定，D错误．答案：C2．解析：A对：“临崖立马收缰晚”是由于惯性．B错：“红

军不怕远征难，万水千山只等闲”描述红军到过很多有山水的地方，与惯性无关．C错：“水晶帘动微风起，满架蔷薇一院香”是分子运动，与惯性无关．D错：“两岸青山相对出，孤帆一片日边来”，与惯性无关．答案：A3．解析：耕索对犁的拉力与犁对

耕索的拉力是一对相互作用力，无论犁匀速运动还是加速运动，这两个力都等大反向，故A、B错误；合力一定时，两个分力夹角越小，分力越小，所以其他条件相同，当两根耕索之间的夹角较小时，牛较省力，故C错误，D正确．故选D.答案：D4．解析：

火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B、C错误

，A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，这是一对作用力与反作用力，选项D错误．答案：A5.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＝2Tcosθ，对小球

由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝5F8m，故选项A正确．答案：A6．解析：金属块在ac之间运动时，斜面对物块的作用力垂直于斜面向上，根据牛顿第三定律可知，物块对斜面的作用力垂直于斜面向下，所以传感器P的示数为零，Q的示数不为零，A错

误，B正确；金属块在cb之间运动时，如果加速向下运动，斜面对物块在水平方向的作用力向左，根据牛顿第三定律物块对斜面水平方向的作用力水平向右，传感器P示数为零，Q的示数不为零；如果匀速向下运动，斜面对物块的作用力竖直向上

，根据牛顿第三定律物块对斜面的作用力竖直向下，传感器P、Q的示数均为零；如果物体减速向下运动，斜面对物块在水平方向的作用力向右，根据牛顿第三定律物块对斜面水平方向的作用力水平向左，传感器P示数不为零，Q的示数为零，故C正确，D错误．故选BC.答案：BC7．解析：对物体m1受力分析如图甲

所示竖直方向T1cosθ＝m1g，水平方向T1sinθ＝m1a，解得a＝gtanθ，T1＝m1gcosθ，车厢与m1的加速度相同为gtanθ，方向水平向右，绳子的张力大小为m1gcosθ，故A、C错误；对物体m2受力分析如图乙所示竖直方向T1′＋N＝m2g水平方向f＝m2a解得N＝m2

g－m1gcosθ，f＝m2gtanθ，故B错误，D正确．故选D.答案：D8．解析：设每根弹簧的伸长量为x，则根据题意，由牛顿第二定律有2kxcosθ－mg＝ma解得x＝4mgk故选C.答案：C9．解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，由于μm甲g

>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m甲v甲＜m乙v乙，又m甲＞m乙，故v甲＜v乙，B、D正确，A、C错误．故选BD.答案：BD10．解析：对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知，小球

从a位置由静止释放，先做加速运动，当达到Ob之间的某位置时，弹簧的弹力、小球重力沿杆向下的分力平衡时，此时速度最大，因此，小球在b位置受到弹簧弹力大于mgsinθ，A、C错误；在Oa段运动过程中小球受重力沿杆向下的分力、弹簧弹力、摩擦力，因此不能判断摩擦力与mgsinθ的大小关系，B错误；将

小球拉到图示a位置由静止释放，小球沿杆做往返运动，由于摩擦力的作用，往返运动的幅度会越来越小，最终稳定后小球只在Ob之间往返运动．若初始在a位置给小球一个向下的速度，只是小球沿杆刚开始往返运动的幅度大，随着往返次数增多，幅度越来越小，小球最终运动的范围还是在Ob之间，即小球最

终运动的最高点一定还是在O点，D正确．故选D.答案：D11．解析：飞机所受支持力为FN，所受阻力为Ff，受力分析如图所示．沿着速度方向，由牛顿第二定律得Fcosα－mgsinα－Ff＝ma，垂直速度方向Fsinα＋FN－mgcosα＝0由已知

条件Ff＝kFN，k＝1tanα联立解得F＝1＋sinαsin2αmg，故选A.答案：A课时分层精练（十五）牛顿第二定律的应用1．解析：图像以竖直向上为正方向，在t2时刻前，手机从静止开始一直向上加速，所以t1时刻运动方向未改变，故A错误；在t2～t3时间内，加速度为负，表示

加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故B正确；在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直向上，此时压力大小大于重力，故C错误；加速度—时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t3时刻之前，正向面积大于负向面积，所以在t3时刻速度

仍竖直向上，则在t2时刻手机未运动到最高点，故D错误．答案：B2．解析：设斜面高度为h，斜面倾角为θ，则斜面长度为L＝hsinθ，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，根据v2＝2aL，得v＝2aL＝2gh，可知沿相同高度、不同倾角的斜面到达底端的速度大小相等，但方向不

同，故速度不同，则A错误；根据匀加速直线运动的位移L＝12at2，可得t＝2La＝1sinθ2hg，可知倾角越大，下滑时间越短，故倾角取题图中最大值，即θ＝60°时，下滑时间最短，故B、C错误，D正确．答案：D3．解析：由题图可知，火箭尺寸与实

际火箭尺寸的比例约为（5.10－2.50）×10－2m40.6m＝2.64060，可得火箭在6s内上升的高度为h＝2.5×40602.6cm≈39.0m，由匀变速直线运动规律得h＝12at2，解得a≈2.2m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平

均推力大小约为F＝3.0×106N，故A、D正确．答案：AD4．解析：刚性绳弹力可突变，弹性绳弹力不可突变．由此可知，释放AB时，刚性绳弹力突变为0，绳子保持原长不变．释放CD瞬间，弹性绳弹力不变，后逐渐变小．对C和

D进行受力分析可知，D受到重力和绳子向上的弹力，C受到重力和绳子向下的弹力，所以C的加速度大于D的加速度，即CD之间距离变短，故CD间距离小于AB间距离，故选C.答案：C5．解析：在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，

速度等于0，A错误；在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，由mg＝3ma解得加速度a大小为a＝13g加速度的方向竖直向上，B错误；2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为F23－mg＝ma解得F23＝4mg3，C正确；1号猴子对2

号猴子的作用力F12大小为F12－2mg＝2ma解得F12＝8mg3，D错误．答案：C6．解析：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小a＝3.2m/s－0.08m/s（14.5－2）s＝156625m/s2若冰壶以加速度a

＝156625m/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移s＝78625m>x15所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有x15＝12at2，v2＝a（12Δt＋t），a＝μmgm

＝μg解得μ＝0.025（2）根据运动学公式有L0＝12a（14Δt＋t）2解得L0＝27.38m.答案：（1）0.025（2）27.38m7．解析：（1）当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a联立解得F0＝

0.15N（2）纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min.则对橡皮擦有x1＝12at2；v＝at对纸板有μ1m1g＋μ2（m1＋m2）g＝m2a2；x2＝v0mint－12a2t2；

v＝v0min－a2t根据位移关系有x2－x1＝l2联立解得v0min＝32m/s则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝32m/s答案：（1）0.15N（2）v0≥32m/s8．解析：（1）根据题意，对小球受

力分析，如图所示由图乙可知，t＝4s时，小球的加速度恰好为0，则有Fcosθ＝mgsinθ＋fFsinθ＋mgcosθ＝FNf＝μFNF＝10×4N＝40N解得μ＝0.5由图乙可知，t＝6s时，小球沿斜面方向有F′cos

θ－mgsinθ－f′＝mam垂直斜面方向有F′sinθ＋mgcosθ＝F′Nf′＝μF′NF′＝10×6N＝60N解得am＝5m/s2（2）t＝6s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2根据题意，由a­t图像中面积表示速度变化量可

知，由于小球由静止运动，则t＝6s时小球的速度为v＝12×（6－4）×5m/s＝5m/s由v2－v20＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝v22a＝1.25m.答案：（1）5m/s2（2）1.25m课时分层精练（十

六）牛顿第二定律的综合应用1．解析：松果沿平直轨道ABC做匀加速直线运动，沿弯曲轨道ADC运动过程中，加速度逐渐减小，且先大于匀加速运动的加速度，后小于匀加速运动的加速度．v­t图像斜率等于加速度，可知C选项正确．故

选C.答案：C2．解析：对整体，由牛顿第二定律得，F－μmg－μ2mg＝（m＋2m）a，隔离物块P，由牛顿第二定律得，FT－μmg＝ma，联立解得FT＝13F，选项D正确．答案：D3．解析：启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，车厢对乘客有向前的作用力，竖直

方向车厢对乘客的支持力竖直向上，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝3F－8f8m，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2

f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，D正确．答案：CD4．解析：小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右，故A错误；对小球进行受力分析，如图所示，则凹槽对小铁球的支持力FN＝

Gcosα＝mgcosα，故B错误；对小球进行受力分析得mgtanα＝ma解得a＝gtanα，所以系统的加速度为a＝gtanα，故C正确；对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得F＝（m＋M）a＝（m＋M）gtanα，故D正确．故选CD.答案：CD5．解析：在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力

Ff＝3N，则μ＝Ffmg＝310＝0.3，选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝F合m＝6－5－31m/s2＝－2m/s2，则经过t＝0－va＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦

力大小为3N，4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误．答案：BC6．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，故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，故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，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据F弹＝m2Fm1＋m2，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，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误．答案：BC7．解析：v­t图像斜率表示加速度，则0～1s内和2～3

s内物体加速度大小相等，大小为a＝21m/s2＝2m/s2根据牛顿第二定律，在0～1s内F－μmg＝ma2～3s内μmg＝ma，得F＝4N，μ＝0.2，A正确，D错误；在3s前物体速度一直为正值，一直在向右运动，3s末速度减为零，3s后没有运动，B错误；v­t图

像与横轴所围面积表示位移，t＝3s时，物体与出发点间的距离为x＝12×（1＋3）×2m＝4m，C正确．答案：AC8．解析：由图像可知，当力F为10N时物体开始滑动，由于A与B间的最大静摩擦力小于B受到的

最大静摩擦力，则图线Ⅱ表示物体A的a­F图，故A错误；当F1＝10N时，对A有F1＝μABmAg，即10N＝μABmA×10，当F2＝30N时，对A有F2－μABmAg＝mAaA，即30N－10μABmA＝10mA，解得

μAB＝0.5，mA＝2kg；当F3＝16N时，对B有F3＝μB（mA＋mB）g＋μABmAg；当F4＝30N时，对B有F4－μABmAg－μB（mA＋mB）g＝mBaB解得μB＝0.2，mB＝1kg，故D正确，B、C错误．故选D.答案：D9．解析：

（1）对货物A进行分析，由图乙知刚放上车厢时，A的加速度aA＝ΔvAΔtA＝4m/s2由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA解得μ1＝0.40.（2）对货物B进行分析，由图乙知刚放上车厢时，货物B的加速度aB＝ΔvBΔtB＝8m/s2由牛

顿第二定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2≈0.67.（3）解法一由图乙知，货物B经时间t1＝0.5s与车共速，货物A经时间t2＝1s与车共速，则在0～1s时间内，货物B的位移为xB＝12aBt21＋v（t2－t1）货物A的位移为xA＝12aAt2

2分析可知，货物B的长度L＝xB－xA联立解得L＝1.0m.解法二从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地位移设为x′B，货物A对地位移设为x′A，则货物B的长度L＝x′B－x′A由图乙知，货物A、B对地位移之差在数值上等于各自的v­t图

线与坐标轴围成的面积之差，即L＝12×（1－0.5）×4m＝1.0m.答案：（1）0.40（2）0.67（3）1.0m课时分层精练（十七）传送带模型和“滑块—木板”模型1．解析：由静止放上传动带的行李箱相对

传送带向后滑动，在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，故A错误；整个过程行李箱都不可能做减

速运动，故B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，故C正确，D错误．故选C.答案：C2．解析：要实现这一目的的前提是沿传送带向上

的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，可得μ>tanθ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为Ff＝mgsinθ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上

，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误．答案：C3．解析：由题中图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带

上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得ma＝－μmg，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得2aL＝v22－v21，L＝v1＋v22t0，

解得v1＝6m/s，t0＝1s，故B、C正确；传送带的位移为x＝v2t0＝4m，物块与传送带之间的相对位移为Δx＝L－x＝1m，故D正确．故选BCD.答案：BCD4．解析：力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，F－μmg＝M

a2，解得滑块和长木板的加速度分别为a1＝2m/s2，a2＝5m/s2，撤去力F时滑块和长木板的速度分别为v1＝a1t＝2m/s，v2＝a2t＝5m/s，故A错误，B正确；撤去力F后，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝（m＋M）v，解得滑块最终的速度为v＝

3m/s，故C正确；撤去力F前，滑块在长木板上移动的距离为Δx1＝12a2t2－12a1t2＝1.5m，撤去力F后，由能量守恒定律可得μmg·Δx2＝12mv21＋12Mv22－12（m＋M）v2，解得Δx2＝0.75m，则长木板的长度为L＝Δx1＋Δx2＝2.25m，故D错误．答

案：BC5．解析：（1）由题图乙知4s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2m/s2.对于木板有f＝mAaA＝μmBg，木板与木块间的动摩擦因数μ＝mAaAmBg＝0.3.（2）由题图乙知，4s末A、B的速度均为v＝12×4×2m/s＝4m/s.（3）4

～6s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋12aAt22，木块B的位移xB＝vt2＋12aBt22，则木板的长度l＝xB－xA＝4m.答案：（1）0.3（2）4m/s4m/s（3）4m6．解析：小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得μ

mg＝mab，解得ab＝μg对长木板受力分析有F－μmg－μ×2mg＝maa，解得aa＝Fm－3μg根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，解得F＝2μg则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确；根据图像知

a做匀速直线运动，即F＝3μmg，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，解得a＝12μg＝12ab，故C正确；若aa＜ab，则有3μmg＜F＜4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的F－2μmg＝

2ma′，解得12μg＜a′＜μg，故D错误．故选BC.答案：BC7．解析：（1）分析知，口罩盒（包括口罩）放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma，解得a＝4m/s2根据运动学公式有v21＝2aL1，解得v1＝4m/s.（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）

向上运动的加速度一直保持不变，大小为a1＝μ2mgcosθ＋mgsinθm＝g（μ2cosθ＋sinθ）＝10m/s2口罩盒（包括口罩）在传送带2上向上运动的最远距离为smax＝v212a1＝0.8m<L2所以口罩盒（包括口罩）无法运动到c点若传送带2的速度大于4m/s，则口罩盒（包括口罩）

向上运动的加速度一直保持不变，大小为a2＝mgsinθ－μ2mgcosθm＝g（sinθ－μ2cosθ）＝2m/s2口罩盒（包括口罩）在传送带2上向上运动的最远距离为s′max＝v212a2＝4m>L2所以口罩盒（包括口罩）运动到

c点时速度不为零设传送带2的速度大小为v时，恰好能将口罩盒（包括口罩）运送至c点．据以上信息可知，v一定满足0<v<4m/s，则口罩盒（包括口罩）在传送带2上先做加速度大小为a1＝10m/s2的匀减速直线运动，当口罩盒（包括口罩）与传送带的速度相等时，开始做加速

度大小为a2＝2m/s2的匀减速直线运动，到达c点时速度恰好为零．由逆向思维法，有s1＝v21－v22a1，s2＝v22a2，s1＋s2＝L2，解得v＝1m/s.（3）口罩盒（包括口罩）在传送带1上运动的时间不随传送带1、2的速度增大而变化，则有L1＝12at21，解得t1＝1s当

传送带2的速度足够大时，口罩盒（包括口罩）在传送带2上一直做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，则有L2＝v1t2－12a2t22解得t2＝（2－3）s或t′2＝（2＋3）s舍去则口罩盒（包括口罩）从a到达c的最短时间为t＝t1＋t2＝（3

－3）s.答案：（1）4m/s（2）1m/s（3）（3－3）s课时分层精练（十八）探究加速度与力、质量的关系1．解析：（1）实验时使用打点计时器应先接通电源后释放小车，故A错误；为保证小车的合外力为绳子的拉力，平衡摩擦力时小车应挂上纸带，故B正确；

重物的质量应远大于小车的质量，才可以认为绳子的拉力等于重物的重力，故C错误；本实验牵引小车的细绳与长木板可以不平行，小车受到的拉力会发生变化，加速度会发生变化，故D错误．故选B.（2）打3计数点时的速度v3＝x23＋x342T＝

3.68＋3.840.2×10－2m/s＝0.376m/s用逐差法求出小车加速度的大小为a＝x35－x13（2T）2＝4.00＋3.84－3.68－3.524m/s2＝0.160m/s2（3）根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a整理得1a＝1Fm＋MF可得k＝1F，b＝MF小车的质量

为M＝bk.答案：（1）B（2）0.3760.160（3）bk2．解析：（2）由于相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s舍去第一段，根据逐差法，小车的加速度为a＝（7.21＋5.70）×10－2－（4.20＋2.71）

×10－24×0.12m/s2＝1.5m/s2（3）若平衡摩擦力时木板垫得过高，则在没有拉力作用时，小车已经开始运动，即有一定加速度，即a­F图像中，平衡摩擦力时木板垫得过高得到的是图像B；根据F＝Ma解得a＝1MF可知，图像的斜率表示1M，根据图像可知，A图像的斜率大，则A图像对应的小

车质量最小．答案：（2）1.5（3）BA3．解析：（1）红外线是电磁波，超声波是声波，显然红外线脉冲在空气中的传播速度远大于超声波的传播速度，由图丙和图丁可知两个脉冲同时发出，接收器先接收到脉冲1，后接收到脉冲2，即脉冲1的速度大于脉冲2的速度

，所以脉冲2表示超声波脉冲．由图丙和图丁可知，脉冲2从发射到接收时间间隔为（t2－t1），故发射器到接收器的距离为s＝v2（t2－t1）.（2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得x＝12at2

，由图乙可知，x＝0.25m时，t＝0.5s，代入上式可得小车的加速度大小为a＝2.0m/s2，该时刻小车的速度大小为v＝at＝1.0m/s.（3）设钩码质量为m，小车质量为M.本实验需要探究“小车质量一定时，加速度a与合外力F之间的关系”，为了便于表示合外力F，实验时需要先平衡摩擦力

，并且在满足m≪M的情况下认为F＝mg.对小车分析可得F＝mg＝Ma，故a＝mgM＝FM，所以在满足m≪M的情况下，a­F图像为过原点的一次函数，但是随着m的增大，小车所受合外力不再认为近似等于mg，对钩码有mg－

T＝ma，对小车有T＝Ma，整理得mg＝（M＋m）a，故小车运动的实际加速度为a＝mgM＋m＝gMm＋1，故当钩码的总质量m不断增大，即m趋近于无穷大时，Mm趋近于零，曲线不断延伸，那么该曲线所逼近的渐近线方程为a＝g.答案：（1）2v2（t

2－t1）（2）1.02.0（3）a＝g4．解析：（1）以小车与钩码组成的系统为研究对象，忽略摩擦力，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律有m钩码g＝（m小车＋m钩码）a小车的加速度a＝m钩码m小车

＋m钩码g小车受到的拉力F＝m小车a＝m钩码m小车m小车＋m钩码g当有m钩码≪m小车，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的总质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a­F图像偏离直线．（2）设小车及上面固定的位移传感器的总质量为M，小盘的质量为m0，对小盘进行受力分

析有（m0＋mx）g－F拉＝（m0＋mx）a对小车进行受力分析有F拉＝（M＋m－mx）a解得a＝gM＋m＋m0mx＋m0M＋m＋m0g对于a­mx图像，斜率k＝gM＋m＋m0截距b＝m0gM＋m＋m0由题意可知k＝10m/（kg·s2），b＝

0.8m/s2解得m0＝0.08kg，M＝0.82kg.答案：（1）所挂钩码的总质量过大（2）0.080.82单元素养评价（三）牛顿运动定律1．解析：赛道对运动员的弹力垂直于倾斜赛道向上，A错误；运动员相对赛道沿赛道下滑，因此赛道对运动员的滑动摩擦力方向沿赛道向上，由牛顿第三定律知，

运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道向下，B正确；赛道对运动员的弹力与运动员受到的重力的受力物体都是运动员，因此不可能是一对作用力和反作用力，C错误；运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力，是一对作用力和反作用力，D错

误。答案：B2．解析：人对地面的压力是由于人脚发生微小形变引起的，地面对人的支持力是由于地面发生微小形变引起的，选项A错误；人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人的重力，产生向上的加速度，选项B错误；图中C点，地面对人的支持

力减小到等于人的重力，人的速度达到最大，选项C正确；曲线上的A点表示人下蹲受到地面支持力最小，表示人向下的加速度最大，曲线上的峰值表示加速度向上最大，C表示向下至最低点，选项D错误．答案：C3．解析：撤去F之前，由平衡知识可知

，F弹tan53°＝mg，解得F弹＝0.75mg；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，因最大静摩擦力为fm＝μmg＝0.8mg，可知物体不动，加速度为零，A正确．答案：A4．解析：将货箱A、B、C看作整体，水平向右为正方向，由牛顿第二定律得2F－6μmg＝6ma，单独

研究C，设卡扣对C的作用力为N，则F＋N－3μmg＝3ma，联立解得N＝0，故卡扣对C的作用力大小为0，B、C、D错误，A正确．答案：A5．解析：滑块在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝v0a＝1

s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到停止，a′＝－2m/s2，运动的时间t3＝1s，所以速度—时间图像对应D选项．答案：D6．解析：由v­t图线与t轴所围图形面积表

示位移，知无人机上升的最大高度大小为x＝12×7×12m＝42m，A错误；无人机减速上升的加速度大小为a2＝12－07－6m/s2＝12m/s2，设无人机所受阻力大小为f，对整体由牛顿第二定律有f＋（m＋M）g＝（m＋M）a2，解得f＝

5N，B错误；无人机加速上升的加速度大小为a1＝12－06－0m/s2＝2m/s2，设无人机所受的升力大小为F，则有F－（M＋m）g－f＝（M＋m）a1，解得F＝35N，C错误；对货物由牛顿第二定律，加速阶段绳的拉力大小

为FT－mg＝ma1，解得FT＝12N，D正确．答案：D7．解析：因3对4的滑动摩擦力为3μmg，小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动；当

F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故图A、D正确．答案：AD8．解析：当小车以7.5m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；设小球与光滑车顶没有弹

力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图所示由牛顿第二定律得mgtan37°＝ma解得a＝gtan37°＝7.5m/s2，B正确；当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图所示由牛顿第二定律得Fsin37°＋FNcos37°

＝ma，Fcos37°－FNsin37°－mg＝0联立解得FN＝2N，D错误，C正确．答案：BC9．解析：由图丙得：在2～4s内小球的加速度a＝v2－v1t2－t1＝0.5m/s2，则A正确；在0～2s内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于5N，

在2～4s内由牛顿第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1kg，则B错误；设杆与水平面的夹角为α，则F2－mgsinα＝ma，解得α＝30°，则C正确；由速度—时间图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即

0～4s内小球的位移为5m，则D错误．答案：AC10．解析：（1）在验证小车的质量一定，加速度与力成正比关系时，要使得小车受到的合外力等于细线的拉力，则实验中需要垫高长木板的一端，平衡摩擦力，选项A正确；对小车和盘整体受力分析可知mg＝（M＋m）a对小车有F＝Ma＝MmgM＋m可知，当m

≪M时，小车受到的拉力等于盘和盘中砝码的总重力，选项B正确；实验中两小车运动时间相等，不需要测量时间，选项C错误．故选AB.（2）由图可知，小车2的位移为2.50cm，由匀加速直线运动的位移公式可知x＝12a

t2即a＝2xt2由于时间相等，所以a1a2＝x1x2＝5.002.50＝2.00在实验误差允许的范围内，a1a2等于M2M1.答案：（1）AB（2）2.502.00等于11．解析：（1）根据匀变速运动公式2ax＝v2－v20解得a＝v2－v202x＝－3.4m/s2根据牛顿第二定律得－F

＝（m＋M）a解得F＝340N（2）根据匀变速运动公式2a1x1＝v21，2a1x2＝v22，x1x2＝v21v22联立解得x2＝36m（3）超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大，易造成追尾事故．答案：（

1）－3.4m/s2340N（2）36m（3）见解析12．解析：（1）由题图乙可知，前2s内滑块运动的位移为4m，而t1＝2s时滑块恰好到达木板中点，所以前2s内木板运动的位移x1＝4m－L＝2m，对于

木板有x1＝12a1t21，解得a1＝1m/s2.（2）对于木板有μ1mg＝Ma1，解得μ1＝Ma1mg＝0.4.（3）前2s内，滑块的平均速度v－m＝xmt1＝2m/s，滑块到达木板中点时的速度vm＝2v－m＝4m

/s，同理，对于木板，有v－1＝x1t1＝1m/s，此时木板的速度v1＝2v－1＝2m/s，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，它们的加速度大小分别为a′m＝μ2mgm＝μ2g＝1m/s2

，a′1＝μ2mgM＝0.25m/s2，设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则有vm－a′mt2＝v1＋a′1t2，解得t2＝1.6s，滑块滑过中点后滑块的位移x′m＝vmt2－12a′mt22＝

5.12m，木板的位移x′1＝v1t2＋12a′1t22＝3.52m，所以Δx＝x′m－x′1＝1.6m<2m，因此滑块没有从木板上滑落下来，滑块与木板相对静止时，滑块距木板右端的距离为d＝L－Δx＝0.4m.答案：（

1）1m/s（2）0.4（3）不能，0.4m课时分层精练（十九）曲线运动运动的合成与分解1．解析：擦窗机器人沿直线减速从A向B运动，故合外力和速度要共线，图中的合外力（或为零）和速度不共线，要做曲线运动（或匀速直线运动），不符合运动要求，

故A错误；图中的合力可能与速度共线反向，从而做减速直线运动，故B正确；图中的合力不可能与速度共线反向，不可能做减速直线运动，不符合要求，故C错误；图中的合外力和速度不共线，要做曲线运动，不符合运动要求，故D

错误．故选B.答案：B2．解析：由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，运动员在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程中此位置空气阻力与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向上的分力最大，根据

牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大．故选A.答案：A3．解析：根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则x­y运动轨迹的图形，在x轴上

取相邻距离相等的几段距离，则时间相等，y轴上下降的距离先增大后减小．故选B.答案：B4．解析：在水平方向上，雨滴相对于人的速度为1.5m/s，方向向东，在竖直方向上，雨滴的速度为2m/s，方向竖直向下，设雨滴相

对于人的速度方向与竖直方向的夹角为α，则根据矢量合成法则可知tanα＝v水平v竖直＝34，解得α＝37°，可见伞柄应向前倾斜，与竖直方向成37°角．故选A.答案：A5．解析：当箭射出的方向垂直于马奔跑的方向时，箭

射到目标时间最短，所以最短时间为t＝dv2，箭在沿马奔跑的方向上的位移为x＝v1t＝v1v2d，所以放箭处距离目标的距离为s＝d2＋x2＝dv21＋v22v2，故A错误，B、C正确；根据速度的合成可知只有箭

垂直于马奔跑的方向射出时初速度为v0＝v21＋v22，而击中目标不止这一种射出方式，故D错误．答案：BC6．解析：根据题意得tanθ＝r43r，解得θ＝37°，小船航行时在静水中速度的最小值为v2＝v1sin2θ，解得v2＝2425v1，故选B.答案：B7．解析：由题图甲、丙知，猴子在水平方

向上做速度大小为4m/s的匀速直线运动，竖直方向上做初速度大小为8m/s、加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，分析知合初速度与合加速度方向不在同一直线上，其合运动为曲线运动，A错误；t＝0时猴子的速度大小为v0＝v20x＋v20y＝42＋82m/s＝45m/s

，B错误；猴子在前2s内的加速度大小为4m/s2，C正确；0～2s内猴子沿水平方向的位移大小为x0＝8m，沿竖直方向的位移大小为y0＝8×22m＝8m，所以猴子在0～2s内的位移大小为s＝x20＋y20＝82＋8

2m＝82m，D错误．答案：C8．解析：设此时绳子的速率为v，将A、B的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解如图所示可得v＝vAsin37°；v＝vBcos53°，结合vA＋vB＝203m/s，解得vA＝103m/s，故选A.答案：A9．解析：正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，所

以，物块滑上乙时，水平方向相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙的运动方向相反，所以相对传送带乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为两个速度均为匀速，则合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方向相反，

做直线运动，轨迹沿速度方向，故D正确，A、B、C错误．故选D.答案：D10．解析：从t＝0开始，玻璃管以初速度为零匀加速向右平移，根据连续相同时间的位移差相等，则a＝Δxt2＝0.112m/s2＝0.1m/s2，故红蜡块在浮动过

程中受到的合力为F＝ma＝0.01N，D错误；由题可知vy＝30cm/s，vx＝at＝20cm/s，红蜡块的速度大小为v＝v2x＋v2y＝302＋202cm/s＝1013cm/s，A错误；前3s内红蜡块的位移为x＝902＋452m＝455cm，B正确；红蜡块竖直方向有y＝0.3

t，红蜡块水平方向有x＝12at2＝0.05t2，故红蜡块的轨迹方程为y2＝95x，C正确．故选BC.答案：BC课时分层精练（二十）抛体运动1．解析：设C点到竖直标靶的水平距离为x，飞镖运动的时间为t，根据平抛运动规律有h＝12gt2，x＝v0t，由题意，

以初速度vA投出的飞镖打的位置比靶心位置高，所以在保持初速度vA不变时，应该降低抛出点C的高度；以初速度vB投出的飞镖打的位置比靶心位置低，故在保持初速度vB不变时，应该将抛出点C的高度升高，故A错误，B正确．保持抛出点C位置不变时，飞镖做平抛

运动的水平位移不变，则应该使投出飞镖的初速度比vA小一些，使运动时间变长，竖直分位移增大；或使投出飞镖的初速度比vB大一些，使时间变短，竖直位移也就会变小一些，故C、D错误．答案：B2．解析：由图可知三个球最高点相同，运动时间相同；由于运动时间相

等，水平位移甲的最大，故击出初速度的水平分量甲的最大，据运动的对称性和速度的合成可知甲击出的高尔夫球落地速率最大，故B、D错误，A正确；做斜抛运动的物体到最高点还有水平速度，速度不为零，故C错误．故选A.答案：A3．解析：由于不计空气阻力，铅球被水平推出

后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt则抛出后速度大小为v＝v20＋（gt）2可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；铅球抛出后的动能Ek＝1

2mv2＝12m[v20＋（gt）2]可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确．故选D.答案：D4．解析：汽车紧急刹车后物品做平抛运动，平抛初速度等于汽车碰撞瞬间的行驶速度，设为v.对于物品A，水平方向上，有xA＝vt1，竖直方向

上，有h＝12gt21，对于物品B，水平方向上，有xB＝vt2，竖直方向上，有H＝12gt22，根据题图分析可知L＝xB－xA，解得汽车的行驶速度v＝9.33m/s＝33.6km/h，所以刹车时的车速最接近40km/h，故

选A.答案：A5．解析：当小球的轨迹刚好与M的上端相切时，有h2－h1＝12gt2，得t＝2（h2－h1）g＝2×（15－10）10s＝1s，对应的小球平抛运动的初速度为v01＝d1t＝101m/s＝10m/s；当小球的轨迹刚好与N的下端

相切时，对应的小球平抛运动的初速度为v02＝d2t＝201m/s＝20m/s；故能使小球直接进入挡板M的右边区域，小球水平抛出的初速度v0的大小范围为10m/s＜v0＜20m/s，故C正确．答案：C6．解析：水平方向x＝v1t

1＝v2cos45°t2，竖直方向y＝12gt21＝－v2sin45°t2＋12gt22，同时满足tan45°＝yx＝12gt21v1t1，联立解得t1t2＝22，v1v2＝1，故选B.答案：B7．解析：单位时间的出水量与单位

时间输入水管的水量有关，与是否加装细管无关，所以单位时间内的出水量不变，故D错误；根据题意可知，水离开水管做平抛运动，竖直方向上有h＝12gt2，解得t＝2hg，由于高度不变，则喷出的水在空中运动的时间不变，

故B错误；设加细管时水的流速为v1，不加细管时水的流速为v，不加细管时水管的半径为r，细管半径为r1，根据相同时间t内水的流量相同，可得v1πr21t＝vπr2t，由于r1<r，可得v1>v，即喷出的水的出

口速度变大，由于水离开水管做平抛运动，水平射程为x＝v0t，运动时间不变，出口速度变大，则水平射程将变大，故A错误，C正确．故选C.答案：C8．解析：（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝12mv2得小球离开桌面时速度大小为v＝2Epm

（2）离开桌面后由平抛运动规律可得h＝v′2y2g第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知v′y＝45vy离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝5mg

hEp2mg答案：（1）2Epm（2）5mghEp2mg9．解析：（1）设小球从O点抛出的初速度大小为v0，对小球，根据几何关系和动能定理有mgh－μmgl＝12mv20解得v0＝2m/s设小球从O点抛出到落地所用的时间为t′，则水平方向上有x′＝v0t′竖直方向上有h′＝12gt

′2联立解得x′＝305m故小球的落点距A点水平距离为x″＝l＋x′＝6＋305m.（2）由题意可知，小球在D点的竖直速度为vy＝v0tan60°＝23m/s由运动学公式得2gh″＝v2y解得O、D间的高度差为h″＝0.6m由

几何关系得C、D两点的竖直高度为Δh＝R＋Rsin30°＝0.6m可知C点与O点等高，则小球在C点与O点的速度大小相等，即vC＝v0＝2m/s则小球在C点时，由牛顿第二定律有FN＋mg＝mv2CR解得FN＝0则由牛顿第三定律可知，小球在C点对轨道的压力为零．（3）

小球从O点抛出后做平抛运动，设初速度为v，则水平方向上有x＝vt竖直方向上有y＝12gt2又小球落在挡板上，其位置坐标满足方程y＝4－x2（0<x<2）由机械能守恒定律有Ek＝12mv2＋mgy联立解得Ek＝mgy－mg4＋mgy（J）由数学知识可知Ek≥74mg（J）代入数据解得小球

落在挡板上时动能的最小值为Ekmin＝1.75J.答案：（1）2m/s6＋305m（2）压力为零（3）1.75J课时分层精练（二十一）圆周运动1．解析：由于P、B两点为同轴传动，所以两点的角速度相同，P、B两点的半径不确定是否相同，故A错误

；线速度的方向在该点与原圆心连线的垂直方向上，由于P、B两点与圆心连线不重合，故B错误；根据A选项的分析，故C正确；根据圆周运动加速度公式a＝ω2r，P、B的r不确定是否相同，故D错误．故选C.答案：C2．解析：根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在

向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，B、C、D错误．答案：A3．解析：向心力是整体所受力的合力，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为ω

＝vR，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误．答案：B4．解析：当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向，合力提供向心力，则有

F合＝mgtan37°＝ma，可得a＝gtan37°＝34g，因为圆周运动半径r＝L＋Lsin37°＝85L，根据a＝rω2＝v2r，可得ω＝15g32L，v＝6gL5，选项A、B错误；设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理W－mgL（1－cos37°）＝12mv2，解得W＝

45mgL，选项C正确，D错误．答案：C5．解析：汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s，向心加速度为a＝v2R＝202120m/s2≈3.3m/s2，角速度ω＝vR＝20120rad/s＝16rad/s，A、B错误；以汽

车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm.设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得fm＝mv2mR，在竖直方向有FN＝mg，径向最大静摩擦力变为正压

力的0.8，即fm＝kFN，联立得vm＝kgR，解得vm≈111.5km/h，所以晴天时，汽车以180km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，C错误；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4，有v′m＝k′gR，解得v′m＝78.9km/h>70km/h，所以下雨时

汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，D正确．答案：D6．解析：（1）根据速度—位移公式有v2＝2ax代入数据可得a＝2.7m/s2（2）根据向心加速度的表达式an＝v2R可得甲、乙的向心加速度之比为an甲an乙＝v2

甲v2乙×R乙R甲＝225242甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝πRv代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲＝4π5s，t乙＝9π11s因t甲<t乙，所以甲先出弯道．答案：（1）2.7m/s2（2）2252

42甲7．解析：闸杆转动时间为t＝xv－t0＝6.93s－0.3s＝2s，汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为tanθ＝1.6－10.6，解得θ＝π4，则闸杆转动的角速度至少为ω＝θt＝π8rad/s，故选D.答案：D8．解析：配重空间站绕地心转动的周期与地球自转的周期相同

T＝24h，配重空间站线速度大小为v＝2π（R＋10R）T＝22πRT，故A错误；若配重空间站没有缆绳连接，由万有引力提供向心力得GMmr2＝mv′2r，r＝R＋10R，地面的物体受到的万有引力等于重力，则GMm0R2＝m0g，解得v′＝gR11，由于v>v′，若缆绳断裂，空间站做

离心运动，被甩出去，故B正确；以周期T运行时，同步卫星轨道上物体万有引力提供向心力，处于完全失重状态；有F万＝GMmr21，F向＝m4π2T2r1，F万＝F向，由题知货物停留在位置运行半径小于同步卫星运行半径，即半径减小，则万有引力大于所需向心力，电梯内的货物不会

处于完全失重状态，故C错误；由图知配重空间站运行半径大于同步卫星运行半径，由角速度与线速度关系v＝ωr可知，角速度相同，则配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度，故D正确．故选BD.答案：BD9．解析：由题意可知，

因为物体A和B分居圆心两侧，与圆心距离分别为2r和3r，两个物体都没滑动之前，都受静摩擦力的作用，静摩擦力大小与ω2成正比，由于B物体到圆心的距离大，故B物体先达到滑动摩擦力，摩擦力大小不变，为μmg＝m·3rω21，角速度

达到ω1后绳子出现拉力，在角速度为ω2时，设绳子拉力为T，对B有T＋μmg＝m·3rω22，对A有T＝m·2rω22，解得ω22＝3ω21，故选D.答案：D课时分层精练（二十二）圆周运动的临界问题1．

解析：根据题意可知，mgtanθ＝mrω2＝mω2Lsinθ，仅增加绳长后，小球所需的向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；

小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球所需的向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确．答案：BD2．解析：若圆弧半径为125m，取重力加速度大小g＝10m/s2，在

最低点9mg－mg＝mv2R，解得v＝8gR＝100m/s，故选D.答案：D3．解析：过山车从A到B过程，据机械能守恒定律可得12mv2A－12mv2B＝mgh，解得vB＝10m/s，A错误；过山车经过A点时，由牛顿第

二定律得F－mg＝mv2ArA，解得乘客受到的支持力大小为F＝2750N，B正确；过山车经过B点时，据牛顿第二定律可得F合＝mv2BrB，解得乘客受到的合力大小为200N，由F合＝mg－F′可得此时过山车对乘客的作用力F′＝300N，C错误，D正确．故选BD.答案：

BD4．解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得Fasinθ＝mg，解得F

a＝mgsinθ，可知a绳的张力不变，故B错误；当b绳的弹力为零时，有mgtanθ＝mlω2，解得ω＝gltanθ，可知当角速度ω>gltanθ时，b绳上将出现弹力，故C错误；由于b绳上可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误．答案：A5．解

析：对A球，合力提供向心力，设环对A球的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAv2AR，代入数据解得FA＝28N，由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，大小为28N．设B球对环的力为F′B，由环的受力平衡可得

F′B＋28N＋m环g＝－56N，解得F′B＝－124N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力FB为124N、方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBv2BR，解得vB＝6m/s，故选C.答案：C6．解析：当小球角速度较小时，小球受重力、支持力和拉力三个力作用

，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，故A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，故B错误；当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律得，F

cosθ＝mg，Fsinθ＝mlsinθ·ω2，联立解得ω＝gh，故C正确；v＝ωlsinθ＝ωhtanθ，选项D错误．答案：C7．解析：设刚释放时绳与竖直方向的夹角为θ，此时绳上拉力最小为F2＝mgco

sθ，球摆到最低点时绳上拉力最大，设绳长为L，球到最低点时速度为v，由机械能守恒有mgL（1－cosθ）＝12mv2，据向心力公式有F1－mg＝mv2L，联立解得F1＝3mg－2F2，可见F1­F2图

像的斜率为定值－2，与m无关，F1－F2＝3mg－3F2＝3mg－3mgcosθ，由题意知0<θ≤90°，释放高度增加，θ增大，cosθ减小，则F1－F2增大，选项A错误，B正确；由F1＝3mg－2F2，对照图像可得3mg＝3.0N，解得g＝5

m/s2，约为地球表面的重力加速度一半，该星球第一宇宙速度v＝gR，若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度7.9km/s的一半，即约为4km/s，C错误，D正确．答案：BD8．解

析：小球在斜面上做圆周运动的等效重力为G′＝mgsinθ，恰好通过最高点A时，只有等效重力提供向心力，故此时有mgsinθ＝mv2Al，T＝0，解得vA＝glsinθ，故选AC.答案：AC9．解析：由题图乙可知，当转盘角速度的二次方为2ω21时，A、B间的细绳开

始出现拉力，可知此时B达到最大静摩擦力，故有kmg＝m·2L·2ω21，当转盘角速度的二次方为3ω21时，A达到最大静摩擦力，对A有kMg－F1＝M·L·3ω21，对B有kmg＋F1＝m·2L·3ω21，联立以上三式解得L＝F12mω21，k＝2F

1mg，m＝12M，故选BD.答案：BD10．解析：从A到B，根据动能定理可得－mgR＝12mv2－12mv20，在B点，根据牛顿第二定律得F＝mv2R，联立解得F＝64R－80（N），结合题图乙可知y＝80，x＝8064＝54，故A、B错误，A、B满足题意要求；小球恰能

通过最高点时，在最高点，根据牛顿第二定律可得mg＝mv2CR，从最低点到最高点，根据动能定理可得－mg·2R＝12mv2C－12mv20，解得R＝0.32m，故D错误，满足题意要求；从最高点做平抛运动，则有2R＝12gt2，x′＝vCt，－mg·2R

＝12mv2C－12mv20，且R<0.32m，联立解得x′＝（1.6－4R）4R，当1.6－4R＝4R，即R＝0.2m时，x′取最大值，可得x′max＝（1.6－4×0.2）×4×0.2m＝0.8m，故C正确，不满足题

意要求．答案：ABD课时分层精练（二十三）探究平抛运动的特点1．解析：（1）观察到A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故选B.（2）小球抛出后若在O、A、B、C相邻两点间运动的时间间

隔相等，则需满足y1＝12gT2，y2＝12g（2T）2，y3＝12g（3T）2，即y1∶y2∶y3＝1∶4∶9，如果小球的水平分运动是匀速直线运动，则还需满足x3－x2＝x2－x1，即x3＋x1＝2x2.（3）a.若测量读数太慢，则随着水不断流出，水从管口流出的速度会不断减小，在竖直高度不变的

情况下，水柱的水平射程会减小，即x减小．b．为了减小实验误差，应选用直径较大的塑料筒；因为用直径较大的塑料筒时，当管中流出同样多的水时，塑料筒中液面下降的高度较小，则对管口水流的速度影响较小．答案：（1）

B（2）y1∶y2∶y3＝1∶4∶9x3＋x1＝2x2（3）a.见解析b．用直径较大的塑料筒，依据见解析2．解析：（1）根据胡克定律F＝kΔx，可得k＝FΔx，弹簧的劲度系数可由弹簧的伸长量Δx和弹力即弹簧测力计的示数F

进行计算．（2）此实验是利用平抛运动测量小球的初速度，因此弹簧右端每次都要压到同一位置，使小球平抛的初速度相同，小球做平抛运动时，水平方向上有x＝v0t.竖直方向上，有y＝12gt2，解得v0＝xg2y，所以应分别测出小球几次飞出后的水平位移x和竖直高

度y.答案：（1）弹簧测力计的示数F弹簧的伸长量Δxk＝FΔx（2）同一水平位移x竖直高度yv0＝xg2y3．解析：（1）实验过程中，要建立直角坐标系，因小球撞击竖直挡条时右侧先与挡条接触，则坐标原点选择小球右侧的位置，即正确的是C.

（2）斜槽的末端一定要水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；水平方向有x＝v0t，竖直方向有h＝12gt2，联立解得v0＝xg2h，可知该实验不需要使用秒表来测量平抛运动的时间，选项B错误；竖直挡条每次向右移动距离不一定要相等，选项C错误；画出运动轨迹后可根据Δy＝g

T2，结合Δx＝v0T求解小球平抛的初速度大小，不记录抛出点的位置，也能求出小球的初速度大小，选项D错误．（3）因为x3－x2＝x2－x1＝14cm可知小球通过AB和BC段的时间相等，设为T，则竖直方向hBC－hAB

＝gT2，解得T＝0.1s，则初速度大小v0＝ΔxT＝1.4m/s；在B点竖直方向vBy＝gtB＝hAB＋hBC2T，解得tB＝0.25s，B点距离抛出点的水平距离x′2＝v0tB＝0.35m＝35cm，则小球的半径R＝x2－x′2＝0.5cm.答案：（1）C（2）A（3）1.40

.54．解析：（1）小球在斜面上的运动是类平抛运动，由题图可知，小球在水平方向上发生7d的位移，所用时间为t，根据水平方向上x＝v0t可得v0＝xt＝7dt（2）小球在横线上通过两格的时间为T＝2t7从纵线上看，小球在连续的2t7的时间内位移增加量

为Δy＝4d根据逐差法Δy＝aT2，可得a＝49dt2（3）沿斜面方向根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma则sinθ＝ag＝49dgt2（4）代入数据可得sinθ＝0.5，则θ＝30°.答案：（1）7dt（2）

49dt2（3）49dgt2（4）30°课时分层精练（二十四）探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系1．解析：（1）左、右塔轮边沿的线速度相同，由v＝ωr可知，角速度与半径成反比，所以A、C两处的角速度之比为1∶2.（2）挡板对小球的作用力提供了小球做匀

速圆周运动的向心力，同时，小球挤压挡板的力使挡板另一端压缩测力套筒的弹簧，压缩量可从标尺上读出，该读数即显示了向心力的大小，由图丙可知，A、C两处钢球所受向心力的大小之比约为1∶4.（3）根据向心力大小之比与角速度大小之比可知，在实验误差允许的范围内，当小球质

量、半径一定时，所需向心力的大小F与角速度ω的平方成正比．答案：（1）1∶2（2）1∶4（3）在实验误差允许的范围内，当小球质量、半径一定时，所需向心力的大小F与角速度ω的平方成正比2．解析：（1）实验中保持砝码的质量和转动半径不变，改

变其转速，所以采用的是控制变量法，故本题答案为选项B.（2）挡光杆处的线速度为v＝ΔsΔt，角速度为ω＝vd＝ΔsdΔt.（3）在质量和转动半径一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比．答案：（1）B（2）ω＝ΔsdΔt（3）在质量和转动半径一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正

比3．解析：（1）根据控制变量法，为了探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转的半径不变；物体转动的线速度为v＝dΔt又ω＝vr，解得ω＝drΔt.（2）根据向心力公式可知F＝mω2r联立解得F＝md2rΔt2由于k＝md2r，可得滑块的质量为m＝krd2由图

线可知，当F＝0而1Δt2≠0，可知图线不过坐标原点的原因是滑块受到摩擦力的作用．答案：（1）滑块质量旋转半径drΔt（2）krd2滑块受到摩擦力单元素养评价（四）曲线运动1．解析：当物体所受的合外力与运动方向不在

同一条直线上时，物体做曲线运动，并且轨迹向合外力方向弯曲．故选D.答案：D2．解析：只有箭的实际速度指向P点，即射箭的速度与人运动速度的合速度指向P点，才能射中靶心P点，所以只有在E点沿垂直O1O2方向射出的箭可能射中靶心P点，其他三种射箭方式都不能射中，故A正确，B、C、D错误．答案：A3．

解析：小船过河的最短时间为tmin＝dv2＝100m2m/s＝50s，故A正确；因为水流速度大于船在静水中的速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸，渡河航程一定大于河宽100m，故B错误；

当合速度的方向与相对水的速度的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最大，渡河航程最小；根据几何关系，则有smind＝v1v2，因此最短的航程是smin＝v1v2d＝200m，沿河岸的最小位移为sxmin＝s2min－d2＝1003m>173m，故C、D错误．故选A.答案：A4

．解析：对题图甲A、B分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtanθ＝mω2lsinθ，解得ω＝glcosθ＝gh，所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分

析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mgtanθ＝ma，FTcosθ＝mg，得a＝gtanθ，FT＝mgcosθ，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确．答案：B5．解析：汽车做圆周运动时由摩擦力

提供向心力，有0.5mg＝mv2R解得R＝125mAB两点间垂直道路方向距离为10m，由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为l＝2×R2－（R－5）2＝70m则驾驶员反应时间通过的路程为s＝105m－70m＝35m驾驶员反应时间为t＝sv＝1.4s故选B.答案：B6．解析：根据

题意，对运动员受力分析，如图所示，竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ＝mg，解得F＝mgcosθ，水平方向上，由牛顿第二定律有Fn＝Fsinθ＝mgtanθ＝mω2R，解得ω＝gtanθR，故A、C错误，B正确；根据题意，由牛

顿第二定律有mgtanθ＝mv2R，若运动员获得最大速度减小，则所需向心力减小，为了顺利通过水平面上半径为R的旗门弯道，则雪板A底面与水平面夹角θ应减小，故D正确．故选BD.答案：BD7．解析：设乒乓球被击出时的初速度大小为

v0，乒乓球被击出后做平抛运动，恰好经过网上边沿的c点，设所用时间为t，则有23h＝12gt2，L＝v0t，解得v0＝L23gh，设球整个落在球台上的时间为t1，落点与击出点之间的水平距离为l，则有h＝12gt21，l＝v0t1，解得l＝62L，故A、B正确；球在竖直方向做自由落体运

动，在落点d处竖直方向的速度为vy，落点d处速度方向与水平方向的夹角为θ，则有vy＝gt1，tanθ＝vyv0，解得tanθ＝83hL，故C错误；若保持击球高度不变，且垂直MN击打乒乓球，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，则平抛运动的速度为v

＝2Lt1＝2Lg2h，但若只限定在b点水平击出，则水平位移的最大值应该是a点与P或Q的连线，明显大于2L，因此最大速度应该大于v，而平抛运动的最小速度为vmin＝Lt＝L3g4h，故D错误．故选AB.答案：AB8．解析：若初始时l＝l0，当角速度从0开

始不断增大，则开始时由静摩擦力提供向心力f＝mω2l，静摩擦力f∝ω2，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不

变，故滑动摩擦力大小不变，A正确；若初始时l>l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时由弹力与静摩擦力提供向心力kx－f＝mω2l，故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有kx＋f＝mω2l，摩擦力由0开始逐渐变大

，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，B正确；若初始时l<l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时由静摩擦力和弹力提供向心力f－kx＝mω2l，故角速度为0时，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力

逐渐增大到滑动摩擦力，后保持滑动摩擦力大小，综上所述C、D图像均不可能，C、D错误．故选AB.答案：AB9．解析：（1）实验中最适合用作平抛物体的是小钢球；（2）为保证小球做平抛运动，则实验时应保持桌面水平，选项A正确；斜面的底边不能与桌边重

合，否则小球就不能做平抛运动了，选项B错误；将木板插入卡槽1，且紧靠桌子边缘，小球由某位置静止释放，白纸上小球的落点记为O，选项C正确；依次将木板插入槽2、3、4，小球从同一位置由静止释放，白纸上的落点分别记为a、b、c，选项D正确；斜面的摩擦力对实验无影响，只需让小球到达斜面底端时速度相等

即可，选项E错误；更换白纸，多次实验，选项F正确．故选BE.（3）由图，若y1∶y2∶y3＝1∶3∶5，说明相邻各点间的时间相等，因木板水平方向移动的距离相等，可知水平速度不变，即平抛运动在水平方向是匀速直线运动．根据x＝v0T；y2－y1＝gT2，小球平抛的初速度v0＝xgy2－y1.

（4）在图1中，木板上悬挂有一条铅垂线，其作用是将木板调整到竖直平面．答案：（1）小钢球（2）BE（3）1∶3∶5xgy2－y1（4）将木板调整到竖直平面10．解析：（1）小球到A点的速度如图所示分解速

度tan60°＝gtv0平抛水平方向x＝v0t＝310m联立解得v0＝1m/s.（2）小球恰好过C点，则在C点小球对轨道的压力为0，根据牛顿第三定律，小球受到的支持力等于小球对轨道的压力大小，根据题意有FB－FC＝6mg在B点有FB－mg＝mv2BR代入数据解得vB＝5m/s.（3）小球恰好过C

点，则mg＝mv2CR若能到达与A点等高的平面，则x1＝vC2（R＋Rcos60°）g＝3R>Rsin60°则小球能到达与B点等高的水平面，此时小球的水平射程x2＝vC2×2Rg＝2R＝0.2m落地点与P点

的水平距离Δx＝310m＋0.1×32m－0.2m＝33－420m.答案：（1）1m/s（2）5m/s（3）能；33－420m11．解析：（1）速度变化量为Δv＝gΔt＝10×0.2m/s＝2m/s，方向与重力加速度方

向相同，即竖直向下．（2）由平抛运动规律有tanθ＝vyv0，vy＝gt由图像可知k＝gv0联立解得v0＝20m/s.（3）由平抛运动规律，排球运动到中线上方时，有x1＝v0t1，h1＝12gt21，解得h1＝1.0125m，3.5m－1.0

125m＝2.4875m>2.24m，所以排球不触网；排球落地时，有x2＝v0t2，h2＝12gt22，解得x2＝280m<18m，所以排球不出界．故此次发球能够直接得分．答案：（1）2m/s，方向竖直向下（2）

20m/s（3）见解析课时分层精练（二十五）万有引力定律及应用1．解析：根据万有引力定律可得F＝GMmr2，由于该行星在近日点A时距离太阳的距离小于在远日点B时距离太阳的距离，故有FA>FB，故C正确

，A、B、D错误．故选C.答案：C2．解析：由开普勒第二定律可知地球在近日点运行速度最大，在远日点速度最小，冬至时地球在近日点运行速度最大，A正确；由开普勒第二定律可知相同时间内地球与太阳连线相同时间扫过的面积相同，因此相同时间转过角度不同，角速度不同，B错误；夏至

时地球在远日点距离太阳最远，引力最小，因此加速度最小，C错误；可根据地球的公转周期计算中心天体太阳的质量，D错误．故选A.答案：A3．解析：根据题述，航天员在天宫空间站上每天可以看到16次日出，可以得出空间站绕地球匀速圆周运动的周期约为T16，设地球半径为R，空间站到地球表面的距离为h，有G

Mm（R＋h）2＝m（R＋h）（32πT）2，sinα2＝RR＋h，在地球表面，重力等于万有引力，有GMm′R2＝m′g，联立解得R＝gT2sin3α21024π2，地球体积V＝43πR3，地球平均密度ρ＝MV，解得ρ＝768πGT2si

n3α2，选项C正确．答案：C4．解析：A、B组成的系统不受外力，能量和动量都守恒，故A错误；周期相等则角速度相等，相互作用的万有引力充当向心力，则mAωvA＝mBωvB，所以vAvB＝mBmA，即速度之比等于质量之反比，故B错误；

对A黑洞，有GmAmBL2＝mA4π2T2rA，对B黑洞，有GmAmBL2＝mB4π2T2rB；rA＋rB＝L，联立可得T＝2πL3G（mA＋mB），若A、B的间距L增大，则周期T一定增大，故C错误；当A、B因吞噬物质质量都增大时，则周期T减小，根据周期与角速度的

关系ω＝2πT，可知，角速度增大，故D正确．故选D.答案：D5．解析：根据题意可得，木卫三的轨道半径为r3＝nr，根据万有引力提供向心力，得GMmR2＝m4π2T2R，可得R＝3GMT24π2.木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周

期之比为1∶2∶4，可得木卫一轨道半径为r1＝nr316，木卫二轨道半径为r2＝nr34，故A、B错误；木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；根据万有引力提供向心力，分别有GM木m3（nr）2＝m34π2T2nr，GM

地m月r2＝m月4π2T20r，联立可得M木M地＝T20T2n3，故D正确．故选D.答案：D6．解析：对地球近地卫星有GMmR2＝m4π2RT2，由于ρ＝M43πR3，解得ρ＝3πGT2，A正确；选择①④时，只能求出太阳的质量，由于不知道太阳的半径，则不能求出太阳的密度，B错误；根据开

普勒第三定律有r3地T2地＝r3火T2火，可知，选择①③④可以估算火星到太阳的距离，根据v火＝2πr火T火，则可以估算火星的线速度，即选择①③④可以估算火星公转的线速度，C正确；太阳对地球的吸引力F＝GM地M太r2地

＝M地4π2r地T2地，在地球表面有GM地mR2地＝mg，由于不知道地球的半径不能求出地球的质量，则选择①②④不能够估算太阳对地球的吸引力，D错误．故选AC.答案：AC7．解析：火星和地球均绕太阳运动，由于

火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有r3火r3地＝T2火T2地，可得T火T地＝r3火r3地＝3322，故A错误；火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；在星球

表面根据万有引力定律有GMmr2＝mg由于不知道火星和地球的质量比和半径比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有ω火＝2πT火，ω地＝2πT地要发生下一次火星冲日则有2πT地－2πT火t＝2π得t＝T火T地

T火－T地>T地可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，故D错误．故选B.答案：B8．解析：在火星表面，有GMmR2＝mg火，ρ＝M43πR3，GMmR2＝mv2R，解得R＝3g火4πGρ，M＝9g3火16π2G3ρ2，v＝3g2火4πGρ，故A、D正

确；对探测器，有GMm（R＋h）2＝m2πT2（R＋h），解得T＝2π（R＋h）3GM，由于火星的半径和火星的质量可以求出，所以探测器的周期也可以求出，但不可求出探测器的质量，故B错误，C正确．故选

ACD.答案：ACD9．解析：一年共有24个节气，则相邻两节气的间隔约15天，故立春到清明总共相差约60天，又小行星2021PH27在椭圆轨道上绕太阳运动，则小行星的运动周期约为120天．小行星2021PH27和地球均绕太阳运动，设小行星轨道的半长轴为a，地球的轨道半径为R，由开普勒

第三定律有a31202＝R33602可得a＝319R＝0.48R已知该小行星近日点到太阳的距离为日地距离的215，即r近＝215R则小行星2021PH27远日点到太阳的距离约为r远＝2a－r近＝2×0.48R－215

R＝6275R由开普勒第二定律可知，小行星经过近日点和远日点时的速度之比为v近v远＝r远r近＝315则该小行星经过近日点和远日点时的动能之比约为Ek近Ek远＝12mv2近12mv2远＝r2远r2近＝96125故选

C.答案：C10．解析：根据g＝v22h，因同样的速度在火星和水星上跳起的高度相等，可知g火＝g水．根据GmMR2＝mg，可得M＝gR2G，M火M水＝R火R水2＝53382，选项A错误

；根据ρ＝M43πR3＝3g4πGR，可得ρ火ρ水＝R水R火＝3853，选项B错误；根据g＝v22h，可得g地g火＝h火h地＝1.30.5＝2.6，选项C错误；根据mv2R＝mg，可得v＝gR，可得v火v水＝R火R水＝5338，选项D正确．答案：D11．解析：

根据万有引力提供向心力有GMmr2＝m2πT2r，r3＝GM4π2T2，可得中心天体质量越大，r3­T2的图像斜率越大，因木星质量大于地球质量，所以图线①是木星卫星运动的规律，故A错误；图线②是地球卫星运动的规律，故ab＝GM地4π2，解得M地＝4π2aGb，故B正确；由图线①

上的点可得木星的质量M木＝4π2dGc，木星的半径的三次方R3木＝d，根据木星的密度ρ木＝M木43πR3木，解得ρ木＝3πGc，同理可得ρ地＝3πGb，故ρ木ρ地＝bc，故C、D错误．故选B.答案：B课时分层精练（二十六）人造卫星宇宙速度1．解析：光速解法：利

用“高轨低速大周期”的天体运动规律，可直接分析出运行周期为24h的北斗卫星的线速度小，角速度小，加速度小，D正确，A、B、C错误．答案：D2．解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMmr2＝mω2r＝ma＝mv2r＝m4π2T2r，可得ω＝GMr3，a＝GMr2，v＝GMr，T

＝4π2r3GM，由于微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，则入轨后微小卫星的角速度比空间站的大，加速度比空间站的大，速率比空间站的大，周期比空间站的小．答案：A3．解析：由地球的万有引力提供向心力，可得GMmr2＝mr2πT2，设飞船组合体的轨

道半径为r1，线速度为v1，周期为T1，地球同步卫星的轨道半径为r2，线速度为v2，周期为T2，由上式可得到r31r32＝T21T22，由GMmr2＝mv2r，得到v1v2＝r2r1，因此有v1v2＝(𝑇2𝑇1)13＝232，故选C.答案：C4．

解析：天问一号要到达火星，需要脱离地球的引力束缚，发射速度大于第二宇宙速度，故A错误；根据开普勒第三定律k＝R3T2，在“火星捕获段”运行的半径大，故天问一号在“火星捕获段”运行的周期大于它在“火星停泊段”运行的周期，故B错误；天问一

号从图示“火星捕获段”需在近地点减速才能运动到“火星停泊段”，故C正确；着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆到火星表面的全过程中，重力势能减小，动能减小，机械能不守恒，故D错误．故选C.答案：C5．解析：质量是物体的一个基本属性，由物体本身决定，与其所处位置、状态均无关

，A错误；物资所受地球引力的大小F＝GMmr2，物资静止在地面时到地心的距离为地球半径，物资与空间站对接后，到地心的距离大于地球半径，故其所受地球引力比静止在地面上时小，C错误；空间站轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，由开普勒第三

定律可知，物资做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期，所以物资做圆周运动的角速度一定大于地球自转角速度，D正确；物资所受合力即为其做圆周运动的向心力，由向心力公式F＝mω2r可知，对接后物资所受合外力比静止在地面

上时的大，B错误．答案：D6．解析：“夸父一号”的运行周期约99分钟，与地球自转周期不相等，则“夸父一号”不可能静止在汕头市的正上方，故A错误；行星绕太阳转动，由太阳万有引力提供向心力，则有GMmr2＝m4π2T2r，可得M＝4π2r3GT2，要估算太阳的质量，除了知道万有引力常量，还需要

知道行星绕太阳做圆周运动的周期和轨道半径，故B错误；“夸父一号”的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故C错误；“夸父一号”的运行周期约99分钟，可知“夸父一号”的运行周期小于地球自转周期，根据ω＝2πT，可知“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度，故D正确．故选D.

答案：D7．解析：极地卫星所受万有引力提供向心力，则有GMm（R＋h）2＝m·4π2T21（R＋h），解得T1＝2π（R＋h）3GM，故A正确；地球和同步卫星的自转角速度同为ω＝2πT，极地卫星的角速度为ω1＝2πT1＝GM（R＋h）3，由于极地卫星运行的

高度小于同步卫星的高度，所以它们角速度不相等，则ω≠GM（R＋h）3，故B错误；极地卫星运行的高度小于同步卫星的高度，由GMmr2＝man，可知，极地卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度大；又由an＝ω2r，可知，同步卫星的向心

加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，所以极地卫星的向心加速度大小大于赤道上物体随地球自转的向心加速度大小，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC8．解析：第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的最大速度，同时也是发射卫星

的最小发射速度，由此可知天和核心舱的环绕速度小于第一宇宙速度，梦天实验舱的发射速度大于天和核心舱的环绕速度，故A正确；漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供向心力做匀速圆周运动，故B错误；空间站绕地

球飞行，根据万有引力提供向心力，则有GMmr2＝mv2r，又ρ＝M43πR3，联立解得ρ＝3rv24πGR3，故C正确；由GMmr2＝ma，GMmR2＝mg，联立解得a＝R2gr2，故D错误．故选AC.答案：AC9．解析：根据GmM

r2＝mv2r，可得v＝GMr，由于火星公转半径大于地球公转半径，可知火星绕太阳公转线速度小于地球绕太阳公转线速度，故A错误；根据GmMr2＝mrω2，可得ω＝GMr3，由于火星公转半径大于地球公转半径，火星绕太阳公转角速度小于地球绕太阳公转角速度，故B错误；设地球绕太阳的公转周期为T

，火星绕太阳的公转周期为T′，相邻两次火星冲日时间为t，则2πTt－2πT′t＝2π，解得t＝TT′T′－T>T＝1年，即两次火星冲日时间大于一年，故C错误；相邻两次冲日时间不相等是因为地球、火星公转

轨道不是标准圆轨道，故D正确．故选D.答案：D10．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，选项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n（n＝1，3，5……）个半圈，设经历时间为t，有tT2－tT1＝n2，解得经

历的时间t＝nT1T22（T1－T2）（n＝1，3，5……），当n＝1时，可知选项B正确；根据万有引力提供向心力有GMmr2＝ma，可得a＝GMr2，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，选项C正确；对于轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力有GMmr2＝m4π2T2r，可得卫星周期为T＝2πr3GM，则该卫星在相同时间t0内扫过的面积S0＝πr2t0T＝t02GMr，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，选项D错误．答案：BC单元素养评价（五）万有引力与航天1．解析：同步卫星的周期等于地球的自转周期．根据GMmr2＝m2πT2r可知，卫星的周期越大，

轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A正确；又由GMmr2＝mv2r＝mω2r＝man可知：r增大，则v减小、ω变小，a变小，B、C、D错误．答案：A2．解析：由几何知识可知，

三颗卫星的轨道半径为r＝12×27Rsin60°＝93R，根据开普勒第三定律可知R3T20＝r3T2，则T＝r3R3T0≈61.5T0，故选C.答案：C3．解析：由“黄金代换”GM＝gR2可知g＝GMR2，所以g金g火＝M金R2火

M火R2金＝kn2，故A错误；由“第一宇宙速度”的定义可知GMmR2＝mv2R，得v＝GMR，所以v金v火＝M金R火M火R金＝kn，故B正确；由GMmr2＝ma＝mr4π2T2知，轨道半径越大，加速度越小，周期越大，即

和火星相比，金星绕太阳运动的加速度较大，周期较小，故C、D错误．答案：B4．解析：中国空间站天和核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，万有引力提供向心力GMm（R＋h）2＝m2πT2（R＋h），可求得地球的质量M＝

4π2（R＋h）3GT2，地球可近似看作球体，根据密度的定义式得ρ＝MV＝4π2（R＋h）3GT24πR33＝3π（R＋h）3GT2R3，故选C.答案：C5．解析：由题知，球运动到最高点的速度为v0时，小球恰能做完整的圆周运动，则有v0＝gL根据重力和万有引力的关系有mg＝GM

mR2根据第一宇宙速度的定义由v＝GMR计算得v＝v0RL，故选B.答案：B6．解析：卫星在轨运行时，万有引力充当向心力，卫星处于失重状态，故A正确；卫星在轨运行时，加速度大小不变，方向时刻指向圆心，故B错误；点火发射的瞬间，火箭的加速度向上，不为0，故C错误；火箭加速上升过程

，加速度向上，卫星处于超重状态，故D正确．故选AD.答案：AD7．解析：根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在同一轨道，不相等，故A正确；根据开普勒第三定律可知从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器的轨道半长轴变小，周期变小

，故B错误；从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器做向心运动，需要减速，探测器机械能变小，故C错误；根据公式GMmr2＝ma，可得探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D正确．故选AD.答案：AD8．解析：根据开普勒第三定律r3T2＝k，卫星A的轨道半径小于同步卫星B的轨道半径，可知卫星A

的运行周期小于24h，不可能为36h，选项A错误；卫星B的周期为24h，则在6h内转过的圆心角是90°，选项B正确；同步卫星B只能定点在赤道上空，不可能经过上饶市的正上方，选项C错误；卫星B的角速度等于未发射的卫星

P的角速度，根据a＝ω2r可知，卫星B的向心加速度大于卫星P随地球自转的向心加速度，选项D正确．故选BD.答案：BD9．解析：（1）设探测器质量为m，探测器做匀速圆周运动，万有引力提供向心力GMmR2＝m2πT2R解得月球质量M＝4π2R3GT2.（2）由题意，设椭圆轨道

Ⅰ的半长轴为a，则2a＝2R＋h根据开普勒第三定律得R3T2＝a3（22T）2，解得h＝2R.答案：（1）4π2R3GT2（2）2R10．解析：（1）忽略地球自转，万有引力等于重力mg＝GMmr2，g＝GMr2∝1r2得gAg0＝R2（R＋h）2

.（2）B以外的球壳对B处物体的万有引力为零，设地球总质量为M，B以内部分地球的总质量为M′，均匀球体质量M＝ρ43πr3∝r3，因此MM′＝R3（R－h）3重力加速度g＝GMr2∝Mr2，得gBg0＝（R－h）3R3·R2（R－h）2＝R－hR.（3）根据以

上分析，当离地心的距离r小于等于地球半径时，有g＝rRg0当离地心的距离r大于地球半径时，有g＝R2r2g0如图所示答案：（1）gAg0＝R2（R＋h）2（2）gBg0＝R－hR（3）见解析课时分层精练（二十七）功与功率1．解析：重力做功WG

＝mgh＝6000J，故A正确；阻力做功WF＝－Fhsinθ＝－1000J，故B错误；支持力与位移夹角为90°，不做功，故C正确；由以上分析可知，各力做的总功为5000J，故D错误．答案：AC2．解析：物块在运动的过程中

，滑动摩擦力的大小不变，Ff＝μmgcosθ，方向时刻变化，但每一瞬时摩擦力Ff总是与该瞬时的速度方向相反，即在每一瞬时运动的极小位移Δx1、Δx2、Δx3……都与当时的摩擦力Ff方向相反，因而在物块运动过程中，克服摩擦力Ff做的功应等于在各极小位移段克服摩擦力所做功的代数和，即W＝（FfΔx1

＋FfΔx2＋…＋FfΔxn）＝Ff（Δx1＋Δx2＋…＋Δxn）＝πμmglcosθ2，选项C正确．答案：C3．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.答案：B4．解析：对图

线分析可以知道，在1～3s内质点所受合力为零，所以合力做功为零，故A正确；在0～1s内质点速度减小，合力为阻力，合力做负功，同理可得在3～4s内合力做正功，故B、C错误；在0～1s与3～4s内，合力大小相等，但方向相反，质点位移相等，因此合力对质点

做功代数和为零，故D正确．答案：AD5．解析：由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2当将它们编组后有P1＋P2＝（f1＋f2）v联立可得v＝（P1＋P2）v1v2P1v2＋P2v1故选D.答案：D6．解析：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程

中有F－f－μmg＝（m＋M）a1v2＝2a1S1P0＝Fv轻绳从物体上脱落后a2＝μgv2＝2a2（S2－S1）联立有P0＝2F2（F－f）（S2－S1）S1（M＋m）S2－MS1故选A.答案：A7．解析：汽车启动过程中，

由P＝Fv可知，功率P恒定条件下，速度v增大时，牵引力F减小，阻力f恒定，由牛顿第二定律，F－f＝Ma，可知加速度a减小，所以汽车做加速度逐渐减小的加速运动，选项A错误；启动过程中，设牵引力做功为WF，克服阻力做功Wf，由动能定理，WF－Wf＝12Mv2m，故WF

＞12Mv2m，选项B错误；当汽车速度达到vm后，汽车做匀速运动，F＝f，由P＝Fvm＝fvm，可得f＝Pvm，车速从0增大到vm的过程中，由动能定理，Pt－fx＝12Mv2m，解得加速时间为t＝Mv2m2P＋xvm，选项C正确；当车速为vm2时，牵引力F′＝2Pvm

，由F′－f＝Ma，解得汽车的加速度大小为a＝PMvm，选项D错误．答案：C8．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．答案：D9．解析：汽车在0～30m/s的加速过程中的平均加速度大小为a－＝vt＝305m/s2＝6m/s2

，选项A正确；因制动最短距离为30m，可知汽车刹车由30m/s减速到0所用时间最短为t＝xv－＝3030＋02s＝2s，选项B错误；当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2000×1

0×0.05×30W＝30kW，选项C错误；根据80%E＝Pxv，则当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车的续航里程（最大行驶距离）约为x＝80%EvP＝0.8×75×103×3600×3030×103m＝216km，选项D正确．答案：A

D10．解析：赛车由静止以恒定功率启动，则牵引力F＝Pv，对赛车由牛顿第二定律有Pv－f＝ma可知，随着车速增大，赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，上式整理得1v＝mPa＋fP，可见1v­a图像的斜率恒定，为mP，截距为fP，结合图像可得fP＝0.05s/m，mP＝0.1－0.0520s3/m2

，解得m＝25kg，f＝500N，代入v＝5m/s，解得a＝60m/s2，故C正确，A、B、D错误．答案：C11．解析：解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有F＋kx＝ma当x＝0时外力F最大，为Fm＝4N，故A错误；弹簧锁定时，弹力

做功为W＝－F－x1＝kx1＋02x1＝－0.4J，根据功能关系，弹性势能为Ep＝－W＝0.4J，故B错误；根据动力学公式v2＝2ax1，解得v＝2m/s，故C正确；解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得WF＋W＝12mv2，解得WF＝0.4J，故D错误．答案：C

课时分层精练（二十八）动能定理及其应用1．解析：爆炸后的三个物块即从同一高度落地，由动能定律得mgh＝12mv2－12mv20整理得v2＝v20＋2gh，故初始速率相同的三个物块下落高度相同落地的速率也相同，故选C.答案：C2．

解析：由图乙可知a＝（0.4t＋2）m/s2，对物体受力分析，有F－μmg＝ma，解得F＝（0.8t＋8）N，A正确；0～5s内图像与坐标轴围成的面积为速度变化量，则v＝2＋42×5m/s＝15m/s，B正确；在0～5s内，根

据动能定理得，合力对物体做功为W＝12mv2＝12×2×152J＝225J，C错误；在0～5s内，根据动量定理得IF－μmgt＝mv，解得IF＝50N·s，D正确．故选ABD.答案：ABD3．解析：设斜面的倾角为θ，斜面的长度为s1，两人在斜面上滑下的过程中，根据动能定理得mgh－μ

mgcosθ·s1＝12mv2－0，s1cosθ是斜面底边的长度，因为斜面AB的底边短，则沿AB段到达B点的速率大，A、B错误；设在水平沙面滑行的距离为s2，对全过程运用动能定理得mgh－μmgcos

θ·s1－μmg·s2＝0，整理得mgh－μmgs水平＝0，可知两人沿两轨道滑行的水平位移相等，故两人的位移相同，根据几何关系知，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，C错误，D正确．答案：D4．解析：从

A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得，－μmg（2AP＋AB）＝0－12mv2A，解得vA＝8m/s，可得只要第一次通过传送带到达A点的速度等于8m/s，即能与传送带共速，物块就能返回到B点，假设物块从B点全程加速到A点，根据动

能定理可得μmg×AB＝12mv2A－12mv2min，解得vmin＝210m/s假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得－μmg×AB＝12mv2A－12mv2max，解得vmax＝222m/s，初速度v0满足的条件为210m/s≤v0≤222m/s

故选BCD.答案：BCD5．解析：（1）小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，则mv21R＝mg从O点到最高点，由动能定理可得12mv21－12mv20＝－2mgR－μmgL联立解得v0＝26m/s（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m＝R，小物块

在最高点仅有沿AB方向的水平速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最底端AB上的速度为v2，则vx＝v2sinθ从O点到圆弧轨道最底端AB过程中，由动能定理可得－μmgLcosθ＝12mv22－12mv20从圆弧轨道最底端AB到最高点过程中，由动能定理可

得－mgh＝12mv2x－12mv22联立方程，代入数据解得cosθ＝23答案：（1）26m/s（2）236．解析：（1）小汽车做匀速运动时速度为v1＝2a1L＝10m/s小汽车加速运动的时间为t1＝v1a1＝2s设小汽车

匀速运动时间t2两车速度相同，距离最近，有v1＝a2（t1＋t2－t0），Δx＝12a2（t1＋t2－t0）2－v1t2解得Δx＝2.5m（2）设摩托车的牵引力大小为F，由W＝Fx＝F·12a2t2得

Wt＝12Fa2t由图像可知k＝12Fa2＝3×1032W/s可得F＝750N第2s内摩托车的平均速度为v＝a2t1.5＝6m/s则P＝Fv＝4500W答案：（1）2.5m（2）4500W7．解析：（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由

动能定理可得mgH－μmgLAB－mg·2R＝12mv2在圆轨道最高点，对滑块，由牛顿第二定律可得mg＋F＝mv2R联立解得F＝100N由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为100N.（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒可知mgH－μm

gLAC＝Ep解得Ep＝8J（3）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg＝mv20R从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg（H－2R）－μmgs1＝12mv20解得AB间的距离s1＝28.75m因：s1＝28LAC＋0.75m，故滑块在水平轨道AC上由A到C或由C到A运动28次后到A点，

当LAB＝0.75m或LBC＝0.25m时，滑块可以恰好最后一次逆时针通过圆轨道的最高点．设此情况下通过最高点后到达C压缩弹簧后再由B点返回到圆轨道的圆心等高处时的速度为零时，需要BC的长度为xBC，由动能定理可得mgR－μmg×2xBC＝0－12mv20解得xBC＝0.375m因：xBC＝

0.375m>LBC＝0.25m，故在此情况下滑块最后一次返回到圆轨道会超过圆心等高处而脱离圆轨道．②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可得mg（H－R）－μmgs2＝0，解得AB间距离为s2＝29

.5m，LBC＝s2－29LAC＝0.5m根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5m，滑块不脱离轨道；综上所述，符合条件的BC长度为0.5m≤LBC≤1m.答案：（1）100N（2）8J（3）0.5m≤LBC≤1m课时分层精

练（二十九）机械能守恒定律1．解析：从最低点到脱离蹦床的过程，蹦床对小孩做正功，蹦床的弹性势能一直减小，小孩的机械能一直增大，故A、C错误；蹦床对小孩的弹力大于小孩的重力时，小孩向上做加速运动，动能增大，弹力小于小孩的

重力时，小孩向上做减速运动，动能减小，故B错误；从最低点到脱离蹦床的过程中，小孩的重力势能一直增大，故D正确．故选D.答案：D2．解析：游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，

橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误．答案：B3．解析：由题意可知，物体重力势能变为原来的13，A错误；由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，B、C错误；设释放位置所在平面为零

势能面，则机械能为零，D正确．故选D.答案：D4．解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，剪断轻绳后，Q仍静止不动，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P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝4μmgk，C正确．答案：C

5．解析：从开始下滑到A进入圆管整个过程，除重力做功外，杆对系统做功为零，小球A与B、地球三者组成的系统机械能守恒，A说法正确；在B球未进入水平圆管前，只有重力对A做功，小球A与地球组成的系统机械能守恒，B说法

正确；以A、B组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mBgh＋mAg（h＋Lsinθ）＝12（mA＋mB）v2，代入数据解得v＝7m/s，C说法正确；以A球为研究对象，由动能定理得mAg（h＋Lsinθ

）＋W＝12mAv2－0，代入数据解得W＝－1J，则轻杆对B做的功WB＝－W＝1J，D说法错误．答案：ABC6．解析：（1）B下落过程，对B与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有12kx20＝mgx0解得x0＝0.1m接触但无压力时，对A，由物体的平衡条件有kx0＝Mg解得

M＝0.2kg（2）从C下落至A恰好与地面接触但无压力的过程，对C与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有4mgx0－12kx20＝12×4mv2解得v＝62m/s答案：（1）0.1m0.2kg（2）62m/s7．解析：当小环到达B

点时，虚线长度为2d，则重物上升的高度为（2－1）d，A正确；小环在下降过程中，重力做功，杆对小环的弹力不做功，绳子的拉力一直做负功，则小环的机械能减少，B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足v环cosθ＝v物即v环v物＝2，C

错误；当小环的速度为零时，小环下滑有最大距离，则根据系统机械能守恒有mgh＝2mg（d2＋h2－d）解得h＝43d，D正确．故选AD.答案：AD8．解析：（1）运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有v2y＝2gh在B点有vy＝v0tanθ代入数据

联立解得v0＝3m/s（2）运动员运动到C处时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝mv2CR运动员从A到C的过程，由机械能守恒定律得mg（h＋R－Rcosθ）＝12mv2C－12mv20代入数据联立解得在C点轨道对运动员的支持力大小FN＝2150N由牛顿

第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小F′N＝FN＝2150N.（3）运动员经过C点以后，由图乙可知x＝x1＝0.5m时μ＝0.5，由于12mv2C>12μmgx1，则运动员在水平面上运动的最大距离xmax一定大于x1由动能定理可得

12mv2C＝12μmgx1＋μmg（xmax－x1）代入数据联立解得xmax＝3.55m.答案：（1）3m/s（2）2150N（3）3.55m课时分层精练（三十）功能关系能量守恒定律1．解析：重力做正功，所以游客的重力势能减少了3000J，A错误；合力做功等于动能的

增加，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；阻力做负功，所以机械能减少了500J，D正确．答案：CD2．解析：根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝（2＋1）cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1cm；系统损失的机械能转化

为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以ΔE系统ΔE子弹＝23，所以C正确，A、B、D错误．答案：C3．解析：从B到A过程中，弹簧的弹力对小球做正功，则小球的机械能增加，选项A错误；从B到A过程中，开始时弹力大于重力，小球

加速上升，当弹力等于重力时小球速度最大，动能最大；之后弹力小于重力，小球的速度减小，动能减小，则小球的动能先增大后减小，选项B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直减小，则弹性势能一直减小，选项C错误；从B到C过程弹簧弹力的平均值大于从C到A过程中弹力的平均值，可知从B到C过程弹簧弹力对

小球做功大于从C到A过程，选项D正确．答案：D4．解析：根据v­t图像，可知箱子加速过程的加速度为a＝ΔvΔt＝64m/s2＝1.5m/s2，则箱子受到的摩擦力大小为f＝ma＝22.5N，箱子加速过程，箱子的位移为x箱

＝v2t＝62×4m＝12m，对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程，传送带对箱子做功为W传＝fx箱＝22.5×12J＝270J，传送带对箱子做功的功率为P＝W传t＝2704W＝67.5W，故B错误，C正确；箱子加速过程，传送带的位移为x传＝vt＝6×4m＝24m，

箱子对传送带做功W箱＝－fx传＝－22.5×24J＝－540J，故A正确；箱子与传送带因摩擦产生的热量为Q＝fΔx＝f（x传－x箱）＝22.5×（24－12）J＝270J，故D错误．故选AC.答案：AC5．解析：（1）第一

阶段0～2s内，由图丙得a1＝ΔvΔt＝7.5m/s2.由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma1第二阶段2～5s内，由图丙得a2＝ΔvΔt＝5m/s2.由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma2联立解得θ＝30°，m＝2kg.（2）第一阶段，小滑块运动的位移x＝v0＋vt2t＝

15m，WF＝Fx＝375J.由功能关系可知，小滑块机械能增加量等于拉力F做的功，即ΔE＝WF＝375J.答案：（1）30°2kg（2）375J6．解析：（1）飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为v12，则L＝12v1t解得飞机滑行

的时间为t＝2Lv1＝2×160080s＝40s飞机滑行的加速度为a＝v1t＝8040m/s2＝2m/s2（2）飞机从水面至h＝100m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为ΔE＝mgh＋12m

v22－12mv21＝1×104×10×100J＋12×1×104×1002J－12×1×104×802J＝2.8×107J.答案：（1）2m/s240s（2）2.8×107J7．解析：（1）设滑雪者受到雪毯的支持力为FN，摩

擦力为Ff在沿斜面方向，由牛顿第二定律可得mgsinθ－Ff＝ma在垂直于斜面方向上FN＝mgcosθ滑雪者受到的摩擦力大小为Ff＝μFN联立解得a＝3m/s2由运动学公式L＝12at2可知t＝2La＝2s（2）滑雪者克服摩擦力做功WFf＝μmg

Lcosθ＝1260J（3）此过程雪毯运行的距离为s＝vt＝10m滑雪板与雪毯间摩擦产生的热量Q＝μmg（L＋s）cosθ＝3360J答案：（1）3m/s22s（2）1260J（3）3360J8．解析：（1）装备恰好能安

全到达B点，在最高点B根据牛顿第二定律可得mg＝mv2BR根据功能关系可得E＝μmgL＋mg·4R＋12mv2B解得E＝5000J.（2）根据平抛运动的知识可得，竖直方向上有4R－H＝12gt2计算可得落到圆盘上需

要时间t＝65s水平方向上有x＝vBt解得x＝26m由于水平圆盘不能和半圆轨道OA重叠，水平圆盘的半径为2m，所以M点的坐标范围为4m＜xM≤（26＋2）m.（3）M点的坐标为x＝6m时，圆盘在坐标上的范围为（4m，8m），由于4m<26m<8m，故最小能量为E1＝5000J.若装备恰好落在圆盘右

侧边缘，根据x′＝v′Bt可得，B点的速度为v′B＝x′t＝856m/s最大能量为E2＝μmgL＋mg·4R＋12mv′2B＝175003J≈5833J弹射系统提供给装备的能量范围为5000J≤E≤5833J.答案：（1）5000J（2

）4m＜xM≤（26＋2）m（3）5000J≤E≤5833J课时分层精练（三十一）验证机械能守恒定律1．解析：（1）纸带释放前没有在竖直方向上伸直（弯折了）；（2）实验需要测量纸带上所打点的间距，因此需要刻度尺，选择器材D

；（3）O、E两点间的距离为8.78cm（8.76～8.80之间均算对）；（4）E点速度近似等于DF段的平均速度，v＝xDF2t＝1.30m/s（1.28m/s～1.32m/s之间均算对）.答案：（1）纸带弯折了（2）D（3）8.78（4）1

.302．解析：（1）为了减小实验误差，两种不同的实验方案中下落重物均应选择密度大的重物，用图乙的方案验证系统机械能是否守恒时，m1向下运动，m2向上运动，所以m1>m2.（2）采用图乙的方案验证系统机械能是否守恒，可以通过验证系统动能的

增加量和系统重力势能的减少量是否相等实现，本实验中动能的增加量为ΔEk＝12（m1＋m2）v2，重力势能的减少量为ΔEp＝（m1－m2）gh，由此可知需要测量两个重物的质量，所以实验器材还需要天平．（3）根据匀

变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出打C点时重物的瞬时速度大小vC＝xBD2T＝0.0490－0.01782×0.02m/s＝0.780m/s.（4）图甲的方案更合理，因为在图乙方案中还受到细线与滑轮之间阻力的影响．答案：（1）大>（2）天平（3）0.7

80（4）甲3．解析：（1）由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故T＝0.02s.（2）实验操作时，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落．故选A.（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD＝hE－hC2T.（4）钢制的圆

柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即mgh＝12mv2，得v22＝gh，若v22­h图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒．答案：（1）0.02（2）A（3）hE－hC2T（4）g单元素养评价（六）机械能守恒定律1．解析：运动员进入水中

后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少（F－mg）h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．答案：D2．解析：设坡面与水平面夹

角为θ，汽车速率不变，有F牵＝Ff＋mgsinθ，因上坡过程坡度越来越小，θ角在减小，空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则牵引力变小，故A、B错误；由功率公式P＝F牵v可知，汽车速率不变，输出功率变小，故C错误，D正确．答案：D3．解析：对沙子，由动能定理可知W＋WG＝ΔEk，WG＝－2.7×105

J，ΔEk＝1.2×104J，则W＝2.82×105J，所以C正确．答案：C4．解析：小球和轻弹簧组成的系统机械能守恒，动能和势能相互转化，所以当小球动能最小时，系统势能最大，当弹簧刚接触到斜面底端挡板时小球速度不为零，当小球运动到最低点时速度为零，所以Ep1＝Ep3>Ep2，小球在最低点时系统势

能最大，故A正确，B、D错误；在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开始重力沿斜面向下的分力大于弹簧向上的弹力，后重力沿斜面向下的分力小于弹簧向上的弹力，所以小球先加速后减速，当加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误．故选A.答案：A5．解析：

一次涨潮水增加的重力G＝mg＝ρVg＝1.0×103kg/m3×2.7×106m3×10N/kg＝2.7×1010N一天产生的水的势能W＝4G·Δh＝4×2.7×1010N×12×5m＝2.7×1011J水的势能变为电能W电＝ηW

＝20%×2.7×1011J＝5.4×1010J＝1.5×104kW·h＝1.5×104度．故选B.答案：B6．解析：滑块恰好通过该轨道最高点D，则有mg＝mv2DR解得vD＝5m/s，故A错误；设从D点刚好到达F点，根据动能定理有－mg·2r＝0－12m

v2D解得r＝0.125m根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125m，故B错误；在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有v′＝Pμmg＝10m/s，故C正确；在轨道AB上，滑块减

速过程的距离为x，从撤去外力到D点，根据动能定理有－μmgx－mg·2R＝12mv2D－12mv′2，解得x＝7.5m，故D错误．故选C.答案：C7．解析：设拉力FT的方向为正方向，速度—时间图线的斜率等于物体的加速度，则前2

s内的加速度为a1＝10－52m/s2＝2.5m/s2，2～6s内的加速度为a2＝0－106－2m/s2＝－2.5m/s2，对于两段运动过程，由牛顿第二定律得FT＋Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得FT＝10N，Ff＝－

5N，负号表示与运动方向相反，前2s内的位移x1＝12×（5＋10）×2m＝15m，2～6s内的位移x2＝12×10×4m＝20m，拉力做的功为WF＝FTx1＝150J，整个过程中摩擦力做的功为W＝Ff（x1＋x2）＝－175J，物体克服摩擦力做的功是175J，故选项A、D正

确．答案：AD8．解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运

动至A点的过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－12mv20，解得v0＝2μgs，选项D错误．答案：BC9．解析：若D点对小球的弹力为0，根据向心力公式可知，速度为零，根

据机械能守恒，在A点速度为零，则管口A对小球的弹力平衡重力，不为零，故A错误；若vA＝10m/s，假设小球能到达E点有12mv2E－12mv2A＝－mgR2，解得vE＝25m/s<gR2＝210m/s，则小球到不了E点，故B错误；若vA＝25m/

s，则到达D点12mv2D－12mv2A＝0，D点对小球的弹力N＝mv2DR2＝5N，故C正确；若管口A对小球产生向上的支持力大小为FA：mg－FA＝mv2AR1，管口C对小球的支持力大小为FC：FC－mg＝mv2CR1且12mv2C－12mv2A＝mgR2，解得FA＋FC＝60N

，故D正确．故选CD.答案：CD10．解析：（1）根据F＝kx得ΔF＝kΔx，可得k＝ΔFΔx＝ΔmgΔx.取较远的两组数计算，k＝（0.15－0.05）×9.80（8.62－6.66）×0.01N/m＝0.98N1.96×10－2m＝50N/m.（2）气垫导轨与滑块间的摩擦力可以忽略，

滑块做匀速直线运动时通过两个光电门的速度大小相等．（3）因忽略摩擦力，释放滑块后．弹簧的弹性势能转化为滑块的动能．（4）由题图丙可知，v­x图线为过原点的倾斜直线，v与x成正比关系．由Ek＝12mv2＝Ep可知，Ep＝12mv2∝x2，故弹性势能与弹簧的压

缩量的平方成正比．答案：（1）50（2）相等（3）滑块的动能（4）正比压缩量的平方11．解析：（1）径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为vm，则有f径向＝mv2mrf径向＝0.675mg，解得vm＝18m/s（2）汽车在匀加速过程中F－f＝ma，当

功率达到额定功率时P0＝Fv1；v1＝at1代入数据解得t1＝3.33st＝4s>t1＝3.33s，则t＝4s末发动机功率为P＝80kW答案：（1）18m/s（2）80kW12．解析：（1）对小滑块从A点运动到C点的过程，由动能定理可得－μmgl－mgR＝0－12mv21解得AB段的长度l

＝1.6m（2）对小滑块第一次经过B点到第二次经过B点过程分析可知，该过程小车静止不动，小滑块的机械能守恒，两次经过B点的速度大小相同，则有mgR＝12mv2B解得vB＝25m/s（3）小滑块第二次经过B点后做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动，直到小滑块与小车共速．小滑块做匀减速运动

的加速度大小a1＝μmgm＝μg＝5m/s2小车做匀加速运动的加速度大小a2＝μmgM＝53m/s2小滑块与小车的共同速度v2＝vB－a1t＝a2t解得v2＝52m/s小滑块从第二次经过B点到与小车相对静止，根据能量守恒定律有12mv2B－12（m＋M）v22＝μmgs，解得s＝1.

5m答案：（1）1.6m（2）25m/s（3）1.5m课时分层精练（三十二）动量定理及应用1．解析：拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ftcosθ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C

正确；物体所受支持力的大小为FN＝mg－Fsinθ，则支持力的冲量为（mg－Fsinθ）t，故D错误．答案：C2．解析：人落地时动量变化量是一定的，脚尖先触地是为了增加脚与地面的作用时间，减小人与地面的作用力，选项A错误；人落地时动量变化量是一定的，屈膝是为了增加人与地面的作

用时间，减小人与地面的作用力，选项B错误；人的惯性只与人的质量有关，手臂从后向前摆不会减小人的惯性，手臂从后向前摆，增加了水平方向动量减小到零所用时间，同理可减小水平方向受到的合力，可以避免前倾，选项C

错误；脚尖先触地也是为了延长动量变化的时间，由上述分析三个动作要领都是在延长动量变化的时间，选项D正确．答案：D3．解析：重物下落把细线拉断的原因是重物对绳的拉力大于细绳可承受的最大拉力，故A错误；加橡皮筋后重物下落到最低点时，速度为零，动能最小，故B错误；由动量定理Ft＝Δp，可得F＝Δpt，

动量改变量相同，冲量相同，橡皮筋经历的时间长，动量变化率小，所受合外力小，故C正确；加橡皮筋后重物下落到最低点时，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误．故选C.答案：C4．解析：如图所示，设运动员着陆前瞬间垂直于着陆坡的分速度为v2，着陆坡与水平方向的倾角为θ，运动员着陆

瞬间所受着陆坡的冲击力大小为FN，与着陆坡的作用时间为Δt，对运动员着陆前后瞬间，根据动量定理有0－（－mv2）＝（FN－mgcosθ）Δt，解得FN＝mgcosθ＋mv2Δt，运动员之所以不会受伤，是因

为FN较小，即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率较小（即mv2较小且Δt较大），且根据FN的表达式可知，适当增加着陆坡与水平方向的倾角θ可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性．运动员下落时虽然受到空气阻力，但下落时仍做加速运动，速度不会降低．综上所述可知A、B

、D错误，C正确．故选C.答案：C5．解析：（1）由自由落体运动规律v2＝2gh，带入数据解得v＝6m/s（2）由匀变速直线运动规律Δx＝v2t，解得t＝0.01s（3）由动量定理得Ft＝mv解得F＝300

0N答案：（1）6m/s（2）0.01s（3）3000N6．解析：（1）设排球在空中飞行的时间为t，则h1－h2＝12gt2，解得t＝0.6s，则排球在空中飞行的水平距离x＝v0t＝4.8m.（2）乙同学垫起

排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy＝gt，得vy＝6.0m/s；根据v＝v20＋v2y得v＝10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为θ（如答图所示）则有tanθ＝vyv0＝0.75，得θ＝37°.（3）根据动量定理，排球与乙同学

作用过程中所受冲量的大小I＝2mv＝6.0N·s答案：（1）4.8m（2）10.0m/s，方向与水平方向夹角为37°（3）6.0N·s7．解析：小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向思维法，小球做类平抛运动．由此可判断恒力方向一定沿y轴负

方向，故A错误；由几何关系可得tan30°＝yx＝12at2v0t＝at2v0，所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度为vy＝at＝233v0，沿x轴方向的速度仍为v0，小球从O点出发时的动能为Ek＝12m（v20＋v2y）＝76mv2

0，故D错误；恒力在这一过程中所做的功为W＝12mv20－12m（v20＋v2y）＝－23mv20，故B错误；恒力在这一过程中的冲量大小I＝mΔv＝mvy＝233mv0，故C正确．故选C.答案：C8．解析：（1）在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变．该时间内，喷出水柱高

度Δh＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③由①②③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S（2）设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，

F冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律得F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式v′2－v20＝－2gh⑥在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量Δm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对

该部分水柱应用动量定理（F压＋Δmg）Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，故Δmg·Δt可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.答案：（1）ρv0S（2）v202g－M2g

2ρ2v20S2课时分层精练（三十三）动量守恒定律及其应用1．解析：整个系统水平方向上不受外力，动量守恒，由于初动量为零，因此当子弹向右飞行时，车一定向左运动，当子弹进入挡板瞬间，车速度减为零，因此停止射击时，车速度为零，则小车最终停止在初位置的左侧．故选AD

.答案：AD2．解析：小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0

，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据

上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有mx1t－2mx2t＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝23R，C正确；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度vm，则

有mv1－2mvm＝0，根据机械能守恒得mg·2R＝12mv21＋12×2mv2m，解得vm＝2gR3，D正确．故选CD.答案：CD3．解析：由题中信息可知，A、B两车质量相等，撞击后，由牛顿第二定律可知μmg＝ma解得a＝μg＝1m/

s2故撞击后两车加速度相等，两车速度减小得一样快，A错误；设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′2B＝2asB代入数据解得v′B＝3m/s，B错误；设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′2A＝

2asA代入数据解得v′A＝2m/s，C正确；设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mvA＝mv′A＋mv′B联立并代入数据解得vA＝5m/s，D正确．故选CD.答案：CD4．解析：取向右为正方向，B船上的人第一次推出

A船时，由动量守恒定律可得0＝－mAv＋mBv1解得v1＝mAmBv当A船向右返回后，B船上的人第二次将A船推出，则有2mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2可得v2＝v1＋3mAmBv设第n（n≥2）次推出A船时，B船的速度大小为vn，由动

量守恒定律可得2mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn解得vn＝vn－1＋3mAmBv则有vn＝v1＋（n－1）3mAmBv（n≥2）由2v≤vn，可得n≥143，则n＝5，即第5次推出A船时，B船上的人乙就不能再接到A船，则人乙最多可以推船的次数为5，A、C、D错误

，B正确．故选B.答案：B5．解析：由图像可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6m/s（反向），故A项错误；t＝2.5s时，两滑块之间的距

离Δs＝12×6×（2.5－1）m＝4.5m，故B项错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4m/s＋m2×（－2）m/s，碰后动量p2＝m2×6m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量关系，碰前E1＝12m1×42＋12m2

×（－2）2＝18m2，碰后E2＝12m2×62＝18m2，E1＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，故C项错误；由速度—时间图像可知，碰前甲滑块的加速度大小a1＝2m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑块的加速度

大小a2＝4m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故D项正确．答案：D6．解析：（1）对滑板乙，从D点运

动到C点的过程中，由动能定理得mgR（1－cos53°）＝12mv21－0在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝mv21R解得FN＝72N由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小F′N＝FN＝72N（2）两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则滑板爱好者及两滑

板三者共速v共＝v1①以滑板爱好者及两滑板为研究对象，由动量守恒定律得（M＋m）v2－mv1＝（M＋2m）v共②对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，设A到B的距离为L，由动能定理得（M＋m）gLsin30

°＝12（M＋m）v22－0③联立①②③式解得L＝2.025m答案：（1）72N（2）2.025m7．解析：地面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v对m有μMgx＝12mv2设相对位移为Δx，对M有－μ

Mg（x＋Δx）＝12Mv2－12Mv20整理得xΔx＋x＝Mm＋2M＝12＋mM因为m<M，所以13<xΔx＋x<12解得x<Δx<2x故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B8．解析：由机械能守恒定律可知mgh0＝12mv20解得v0＝2gh0两物体落地前的速度

v0＝2×10×1.8m/s＝6m/s，A正确；根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于合力的冲量I1－m2gt＝m2（v2＋v0）重力的冲量为I2＝m2gt，I2I1＝1101，B正确；因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒m1v

0－m2v0＝m1v1＋m2v2得A碰后速度为v1＝1m/s，计算知12m1v20＋12m2v20>12m1v21＋12m2v22碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，C错误；若不计系统重力的影响，且m2≪m1，由动量守恒m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2不计碰撞损失，由能量

关系12m1v20＋12m2v20＝12m1v21＋12m2v22联立解得v2＝3m1－m2m1＋m2v0因m2≪m1，则v2＝3v0，则m2球上升的最大高度h2＝9h0＝16.2m，故D错误．故选AB.答案：AB9．解析：（1）对两球从释

放到脱离弹簧的过程，由动量守恒定律有0＝m1v1－m2v2由能量守恒定律有E＝12m1v21＋12m2v22解得v1＝4m/s，v2＝2m/s则球1、球2脱离弹簧时的速度大小分别为4m/s和2m/s.（2）对球1和槽第一次碰撞的过程，由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋Mv3由机械能守恒定律有

12m1v21＝12m1v′21＋12Mv23解得v′1＝－2.4m/s，v3＝1.6m/s则球1与“U”形槽第一次碰撞后瞬间球1和“U”形槽的速度大小分别为2.4m/s和1.6m/s.（3）球1脱离弹簧到与槽碰撞前过程，球1的位移大小为x1＝L2＝1m球1所经

历的时间为t＝x1v1＝0.25s球2位移大小为x2＝v2t＝0.5m球1与槽第一次碰撞后到球2与槽第一次碰撞前过程，有v2t′＋v3t′＝L2－x2联立解得t′＝536s，可验证此时间内，球2未与球1发生碰撞总时间为t总＝t＋t′＝718s则球

2离开弹簧后到与槽发生第一次碰撞前所经历的时间为718s.答案：（1）4m/s2m/s（2）2.4m/s1.6m/s（3）718s课时分层精练（三十四）碰撞模型的拓展1．解析：根据题意可知，子弹射穿木块

前后，子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒，子弹克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，故A、B错误；子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据圆周运动的规律，环对轻杆的压力大于（M＋m）g，故C错误；木块上升到最高点时，环和木块的速度相等，水平方向上系统动量守恒，由动量守恒定律有m

0v0＝（M＋m）v1＋m0v解得v1＝m0（v0－v）m＋M，故D正确．故选D.答案：D2．解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有

Epm＝12mAv20；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

得mA·2v0＝（m＋mA）v，由机械能守恒定律得Epm＝12mA（2v0）2－12（mA＋m）v2，联立得mA＝3m，Epm＝32mv20，故A、B、C错误，D正确．答案：D3．解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1m/s

，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图像弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸到最长，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速

，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝（m1＋m2）v1，将v＝3m/s，v1＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可求得Ek1∶Ek2＝

1∶8，故D错误．答案：BC4．解析：设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方

向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝12mv2Q＋12·2mv2P，Q离开P时的动能：Ek2＝12mv2Q，解得Ek1Ek2＝32，故C正确．答案：C5．解析：小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故A错误；系统在水平方向动量守恒，有

0＝mv1－Mv2根据能量守恒有mg（R＋R）＝12mv21＋12Mv22解得v1＝3m/s，v2＝1m/s由此可知，轨道的最大速度为1m/s，故B错误；小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以

物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为v1＋v2，对整体应用牛顿运动定律有FN＝Mg＋mg＋m（v1＋v2）2R＝2803N，故C错误；对小球和轨道组成的系统，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R所以二者分离时轨道移动的

距离为x2＝2R4＝0.15m，故D正确．故选D.答案：D6．解析：（1）A在传送带上加速的过程，由牛顿第二定律有μmg＝ma根据运动学公式可知v0＝at解得t＝v0μg（2）B从M点到N点，根据动能定理可知2mg·3L－W＝12×2m·（2v0）2－12×2mv20

解得W＝6mgL－3mv20（3）由题意可知A刚好滑到平台最右端N点停下，随后B以2v0的速度与A发生碰撞，根据动量守恒定律可得2m·2v0＝mvA＋2mvB又碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14，则1

2×2m·（2v0）2－（12×2mv2B＋12mv2A）＝14×12×2m·（2v0）2联立解得vB＝v0，vA＝2v0（另一组解vB＝53v0，vA＝23v0不符合题意，舍去）碰后A和B做平抛运动，则A、B的竖直位移均为L＝12gt2A的水平位移为xA＝2v0tB

的水平位移为xB＝v0t圆盘的直径为D＝xA－xB圆盘的圆心到平台的右端N点的水平距离为s＝xB＋D2联立解得s＝3v022Lg答案：（1）v0μg（2）6mgL－3mv20（3）3v022Lg7．解析：（1）滑块a从D到F，由能量关系有mg·2R＝12m

v2F－12mv20在F点，有FN－mg＝mv2FR解得vF＝10m/sFN＝31.2N（2）滑块a返回B点时的速度vB＝1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5m/s2根据v2B＝v2C－2aL可得在C点的速度vC＝3m/s则滑块a从碰撞后到到达

C点12mv21＝12mv2C＋mg·2R解得v1＝5m/s因ab碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s则碰撞损失的能量ΔE＝12mv2F－12mv21－12·3mv22＝0（3）若滑块

a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mvF＝4mv解得v＝2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′v′＝53m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系12·4mv2＝12·6mv

′2＋12kx21解得x1＝0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2m答案：（1）10m/s31.2N（2）0（3）0.2m课时分层精练（三十五）验证动量守恒定

律1．解析：（1）根据图像得，A球落点应取所有点迹组成小圆的圆心，A球的水平射程为14.45～14.50cm.（2）改变小球的质量比，小球仍做平抛运动，竖直方向高度不变，飞行时间不变，水平距离与水平速度成正比，A错误．升高小球的初始释放点，小球仍做平抛运动，竖直

方向高度不变，飞行时间不变，水平距离与水平速度成正比，B错误．改变小球直径，两球重心不在同一高度，飞行竖直高度不同，时间不同，水平距离与水平速度不再成正比，C正确．升高桌面高度，小球仍做平抛运动，竖直方向高度不变，飞行时间不变，水平距离与水平速度成正比，D错

误．（3）根据平抛运动，竖直方向h＝12gt2，水平x＝vt，根据题意得p＝mAvA，p′＝mAvA′＋mBvB′联立解得pp'＝3OP3OM＋ON＝1.01（1.01～1.02）.答案：（1）14.45～14.50（2）C（3）1.01～1.022．解析：（3）小球在空中做平抛运动，竖直方向上做

自由落体运动，竖直方向上有Δy＝y2－y1＝2a＝gT2解得频闪相机闪光的周期为T＝2ag＝2×5×10－210s＝0.10s（4）小球在水平方向上匀速直线运动，由图可知碰撞前小球m1的水平速度为v1＝4aT＝4×5×10－20.1

0m/s＝2.0m/s碰撞后小球m2的水平速度为v2＝6aT＝6×5×10－20.10m/s＝3.0m/s（5）碰撞后小球m1的水平速度为v′1＝2aT＝2×5×10－20.10m/s＝1.0m/s取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得m1v1＝m1v′1＋m2v2带入数据

解得m1m2＝v2v1－v′1＝3.02.0－1.0＝31答案：（3）0.10（4）3.0（5）3∶13．解析：（1）根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；（2）甲从O点到P点，根据动能

定理－μm1gs0＝0－12m1v20解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v0＝2μgs0（3）同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝2μgs1v2＝2μgs2若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2整理可得s0

－s1s2＝m2m1（4）误差可能的原因有：①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不

为零．答案：（1）一元（2）2μgs0（3）m2m1（4）见解析4．解析：（1）验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射壶反弹，入射壶的质量应大于被碰壶的质量，所以黄壶的质量要大于红壶的质量．（2）设每格耐力板的长度均为L，先在a点放黄壶，设黄壶经过b点时的速度为v1，根据动能定理有－μ1m1gn1

L＝0－12m1v21解得v1＝2μ1gn1L接着在a点放黄壶，在b点放红壶，用同样力度轻推黄壶，设黄壶碰撞后的速度为v′1，红壶的速度为v2，根据动能定理，对黄壶有－μ1m1gn3L＝0－12m1v′21解得v′1＝2μ1gn3L对红壶有－μ2m2gn2

L＝0－12m2v22解得v2＝2μ2gn2L根据动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2将各速度代入可得m1μ1n1＝m1μ1n3＋m2μ2n2即为验证动量守恒定律的表达式．（3）若碰撞是弹性的

，根据能量守恒定律有12m1v21＝12m1v′21＋12m2v22与（2）中验证动量守恒定律的表达式联立可得μ1μ2＝n2（n1＋n3）2.答案：（1）大于（2）m1μ1n1＝m1μ1n3＋m2μ2n2（3）n2（n1＋n3）2单元素养评价（七）碰撞与动量守恒1．解析：根据题意可知，物体与橡

皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，全过程系统的机械能不守恒，故A错误，D正确；根据题意，取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力（若物体在滑动有摩擦力，为系统的内力），全过程系统在水平方向上动量守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒

定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确．答案：A2．解析：依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝ΔpΔt可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受

到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化．故选B.答案：B3．解析：设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F，喷气的时间分别为t1和t2，物块初速度为v，以初速度方向为正方向，设A

停止喷气时物块速度大小为v1，根据动量定理－Ft1＝m（－v1）－mv，Ft2＝0－m（－v1）由运动学规律可得（－v1）＋v2t1＝－0＋（－v1）2t2联立可解得t1＝（2＋1）t2，故选D.答案：D4．解析：设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平

方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝mLM＋m，故选项

C正确．答案：C5．解析：小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知，小车的机械能减小，故A错误；小车做螺旋运动，速度大小不变，方向时刻改变，根据动量表达式p＝mv可知，小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B

错误；由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知，小车的加速

度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误；根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合

力方向总指向图中轴心，故D正确．答案：D6．解析：根据题图乙，A抱住B前，A的速度大小vA＝ΔxΔt＝102m/s＝5m/s，A抱住B后他们的共同速度大小v＝Δx′Δt′＝14－104－2m/s＝2m/s

，规定A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v，解得mB＝75kg，A错误，B正确；A抱住B的过程中损失的机械能ΔE＝12mAv2A－12（mA＋mB）v2，解得ΔE＝375J，C正确，D错误．答案：BC7．解析：小球在

细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向受到合外力为零，在弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的

系统动量不守恒，故A错误；由于小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确；由于水平方向动量守恒，在最高点，规定向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝

2mv，12mv20＝12·2mv2＋mgL解得L＝v204g从细管的竖直部分冲出，则有L＝v204g>h解得v0>4gh，故C正确；小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确．故选BCD.

答案：BCD8．解析：设A球滑离圆弧槽时的速度为v1，圆弧槽的速度为v2，取向右为正方向，此过程由水平方向动量守恒和机械能守恒得m1v1＋m2v2＝0，m1gR＝12m1v21＋12m2v22解得v1＝3m/s假设A与C碰撞后的速度为vA，v

C，由动量守恒和机械能守恒得m1v1＝m1vA＋m3vC，12m1v21＝12m1v2A＋12m3v2C解得vA＝1m/s，vC＝4m/s假设两球从桌面做平抛运动时间为t，由平抛运动规律得H＝12gt2A球的水平位移xA＝vAtC球的水平位移xC＝vCtMN两点的距离x

MN＝xN－xM＝1.2m因为vA<vC，所以A球落在M点．故选AC.答案：AC9．解析：（1）利用光电门测速原理可知，滑块b碰后的速度v2＝dt0，滑块a碰前的速度v0＝dt1，滑块a碰后弹回的速度v1＝dt2，因为滑块碰后反弹，故应

验证的关系是mav0＝mbv2－mav1.代入相应的速度值有madt1＝mbdt0－madt2，消去d可得mat1＝mbt0－mat2，即满足该表达式时，碰撞过程中，系统的动量守恒．因a碰后反弹，由碰撞的特点可知，物块a、b的

质量大小关系为ma<mb.（2）滑块a经过光电门A的速度va＝dta，两滑块粘在一起后经过光电门B时的速度vab＝dtb，此时为完全非弹性碰撞，需要验证的关系式为mava＝（ma＋mb）vab，代入相应的速度值有madta＝（ma＋mb）dtb，消去d可得

mata＝ma＋mbtb，即满足该表达式时，碰撞过程中，系统的动量守恒．答案：（1）mat1＝mbt0－mat2<（2）mata＝ma＋mbtb10．解析：（1）对运动员和冰壶整体分析：根据动量定理得Ft＝（m＋M）v1解得F＝90N（2）设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，红色冰壶与蓝色冰壶碰撞前

，根据动能定理得－0.9μmgx0＝12mv23－12mv22解得μ＝0.02设碰撞后红壶的速度为v5，红壶和蓝壶碰撞过程动量守恒，由动量守恒方程得mv3＝mv4＋mv5解得v5＝0.2m/s根据动能定理得－μmgx＝0－

12mv25得x＝0.1m.答案：（1）90N（2）0.1m11．解析：（1）设碰撞前保龄球的速度为v1，规定碰撞前保龄球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv′1＋mv2解得v1＝2.9m/s（2）设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有Ft＝mv2解得F

＝90N（3）保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为Ek0＝12Mv21＝21.025J，Ek1＝12Mv′21＋12mv22＝16.75J因为Ek1<Ek0，所以该碰撞不是弹性碰撞．答案：（1）2.9m/s（2）90N（3）见解析12．解析：（1）甲算珠从被拨出

到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，设每个算珠的质量为m，加速度大小a1＝μmgm＝1m/s2，设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2－v21＝2a1s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中系统动量守恒，取甲算珠

初速度方向为正方向，则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝μmgm＝1m/s2，设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝v2乙2a2＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算

珠能够滑动到边框a.（2）甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝v－v1a1＝0.1s，碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝v′1a1＝0.1s，所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2

＝0.2s.答案：（1）能，计算过程见解析（2）0.2s课时分层精练（三十六）机械振动1．解析：由单摆周期公式T＝2πLg，知固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb，故A正确；因为Ta＝Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅最小，故B正确，C错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个

单摆的频率相同，周期相同，故b摆的周期等于t0，故D错误．答案：AB2．解析：小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πl1g＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πl1－l2g＝0.6πs，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝T1＋T24＝0.4πs，根

据运动的周期性得选项A、C、D正确．答案：ACD3．解析：当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为f＝vl＝51.5Hz＝103Hz，故A错误；由T＝1f可知，汽车的固有周期为T＝0.5s，则汽车的速度v＝lT＝1.50.5＝3m/s，即当速

度为3m/s时，汽车发生共振颠簸得最厉害，故C、D错误，B正确．答案：B4．解析：第1s末位移为正值，第5s末位移为负值，所以这两个时刻摆球位置不同，故A错误；0～1s的时间内位移变大，即离平衡位置越来越远，所以摆球的回复力逐渐增大，故B错误；由图可得x＝sinπ4t，所以当t＝3

s时，解得x＝sin3π4＝22m，故C正确；t＝3s时摆球处在平衡位置右侧且位移大小变小，所以此时速度方向和加速度方向都向左，故D错误．故选C.答案：C5．解析：根据x＝0.1sin2.5πt，可知弹簧振子A的振幅为

0.1m，周期为TA＝2π2.5π＝0.8s，则A、B错误；在t＝0.2s时，振子的位移为x＝0.1sin（2.5π×0.2）m＝0.1m可知此时振子处于最大位移位置，振子的运动速度为0，故C正确；若另一弹簧振子B的位移x随

时间变化的关系式为x＝0.2sin（2.5πt＋π4）m，则B的振幅为0.2m，周期为TB＝2π2.5π＝0.8s，则B的振幅是A的振幅的2倍，B的周期等于A的周期，故D错误．故选C.答案：C6．解析：由图乙可知，滑块完

成一次全振动的时间为4s，故A错误；滑块在一个周期内运动的路程为4倍振幅，为32cm，故B正确；滑块在第1s末和第3s末时的速度大小相等、方向相反，故C错误；由图乙可知，滑块在第3s内由负向位移最大处回到平衡位置，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，故D错误．故

选B.答案：B7．解析：因为AP弧长为s，且s≪R，所以小球的运动等效为单摆运动，根据单摆的周期公式可得T＝2πlg，由题意可知，摆长l＝R－r，小球从A运动到P所用的时间为四分之一个周期，即有t＝π2R－rg，故B正确．

答案：B8．解析：玻璃管振动过程中，只受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；由于振动周期为0.5s，故ω＝2πT＝4π

rad/s，由题图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin（4πt－5π6）cm，故C正确；由题图乙可知，在t1～t2时间内，玻璃管向平衡位置做加速运动，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确．答案：ACD9．解析：（1）根据单摆周期公式T＝2πlg，可得l＝g

T24π2由题图甲可知T1T2＝10.9，则有l1l2＝10081（2）由题图乙可知，单摆1到达最右端所经历的时间为t1＝T12（2m＋1）（m＝0，1，2，3，…）单摆2到达最右端所经历的时间为t2＝nT2（n＝1，2，3

，…）结合T1＝1s，T2＝0.9s可得同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右端所经历的时间为t＝（4.5＋9k）s（k＝0，1，2，3，…）答案：（1）100∶81（2）（4.5＋9k）s（k＝0，1，2，3，…）10．解析：当AB两点在平

衡位置的同侧时有12A＝Asinφa，32A＝Asinφb可得φa＝π6，φb＝π3或者φb＝2π3因此可知第二次经过B点时φb＝2π3，故23π－π62πT＝t解得T＝4t此时位移关系为32A－12A＝L解得A＝2L3－1故A错误，B正确；当AB两点在平衡位置两侧时有－12A＝

Asinφa，32A＝Asinφb解得φa＝－π6或者φa＝－5π6（由图中运动方向舍去），φb＝π3或者φb＝2π3当第二次经过B点时φb＝2π3，则23π－－π62πT＝t解得T＝125t此时位移关系为32A＋12A＝L解得A＝2L3＋1C正确，D错误

．故选BC.答案：BC11．解析：根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aB＝aC由简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有xA<xC所以aA<aC

，aA<aB到A点时，物块只受重力aA＝g所以aB>g，故A正确；弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘在一起振动周期不变，故B错误；若增大物块自由下落的高度，根据能量守恒，则物块与薄板粘在一起后振动的振幅增

大，故C正确；由图乙可知T＝0.6s则ω＝2πT＝10π3rad/s振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式为x＝0.3＋0.2sin[10π3（t－0.2）＋φ0]（m）当t＝0.4s时x＝0.5m代入上式得φ0＝－π6所以x＝0.3＋0.2sin[10π3（t－0

.2）－π6]（m）故D正确．故选ACD.答案：ACD课时分层精练（三十七）机械波1．解析：由于t＝0时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y轴正方向，且t＝T时波的图像应和t＝0时的相同，根据“上坡下，下坡上”可知t＝T

时的波形图为选项D图．故选D.答案：D2．解析：简谐横波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知，质点P处于平衡位置，向上振动，质点P的加速度为a＝－kxm＝－kmAsinωt.答案：B3．解析：A、B两处质点的起振方向相同，均与S点起振方向相

同，选项A错误；由题意可知，此时S处质点正处于平衡位置向上振动，也可能向下振动，选项B错误；由题意可知3a＝34λ，可得水波的波长为λ＝4a，选项C错误；水波的速度为v＝λT＝4aT，选项D正确．故选D.

答案：D4．解析：由图表知同时弹出C调音阶中的“mi”与“fa”的频率分别为f1＝330Hz和f2＝352Hz，得二者频率之比f1∶f2＝15∶16，故A错误；声波在同状态空气中波速v相同，由λ＝vf得λ1∶λ2＝16∶15，B错误，C正确；同时弹出C调音阶中的“mi”与“fa”的频

率不同，不可能在空中形成干涉，D错误．答案：C5．解析：根据题述，t＝0时，离O点5m的A点开始振动，t＝1s时，离O点10m的B点开始振动，则波的传播速度v＝10－51m/s＝5m/s，选项C错误；根据题述在这1s时间内A点第五次回到平衡位置，则有52T＝1s，可知波的周期为0.4s，选项A正

确；由10m－5m＝2.5λ，解得波长λ＝2m，选项B正确；t＝1s时，AB连线上有5个点处于最大位移处，选项D错误．答案：AB6．解析：根据振动图像可知，t＝0.25s时，平衡位置在x＝0.8m处的质点在y轴负方向且向y轴负方向运动，C、D选项中该质点不在y轴负方向，故C、D错误；简谐横

波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知A选项中，该质点向y轴负方向运动，故A正确；根据同侧法可知，B选项中该质点向y轴正方向运动，故B错误．故选A.答案：A7．解析：由题图可知，x＝8m处的质点即将沿y轴负方向振动，故波源的起振方向也是沿y轴负方向，A错误；根据正弦函数知识可知，x＝7.5m处质点纵坐

标为y＝－52cm，把被遮挡部分的波形图补全，如图所示，故被遮挡部分中，y＝－0.5cm处的质点有3个，B错误；x＝4.5m处的质点速度方向沿y轴负方向，回复力指向平衡位置，也沿y轴负方向，C错误；根据题意知，周期T＝2

5s，1615s＝2T＋415s，故质点完全两次全振动，质点经过的路程为80cm，再经过415s，x＝7m处的质点纵坐标y＝5cm，经过的路程为25cm，总路程为105cm，D正确．答案：D8．解析：由图乙可知λ2＝4m，则绳波的波长为λ＝8m，频

率f＝0.5Hz，则有周期T＝1f＝10.5s＝2s波速为v＝λT＝82m/s＝4m/s，A错误；由题意可知，绳波沿x轴正方向传播，由上下坡法可知，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，B正确；由题图乙可知，质点振动的角速度为ω＝2πf＝2π×0.

5rad/s＝πrad/s对P点，初相位为φ0＝π4从该时刻开始计时，质点P的振动方程为yP＝Asin（2πft＋φ0）cm＝20sin（πt＋π4）cm在t＝0时yP＝20sinπ4cm＝102cm可知该时刻P点坐标为（0，102），C错误；由

题图乙可知，质点振动的角速度为ω＝2πf＝2π×0.5rad/s＝πrad/s从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为y＝20sin（πt）cm，D正确．故选BD.答案：BD9．解析：由题图可知，两列波周期和波长相同，因此可以发生干涉，故A错误；根据平移法可知，两列波的波速v＝ΔxΔt＝1

m1s＝1m/s，两波相遇所需时间t＝Δx2v，解得t＝2s，故B错误；因为两列波周期和波长相同，两列波会发生干涉，x＝3m和x＝11m的质点到x＝7m的距离相等，振动情况相反，所以在x＝7m处两列波相互减弱，因此在x＝7m处的振幅为A2，故

C错误；x＝1m和x＝11m的质点到x＝6m的距离相等，振动情况相同，因此在x＝6m处是波峰和波峰相遇，是振动加强，故D正确．答案：D10．解析：（1）实线圆、虚线圆分别表示t＝0时刻相邻的波峰和波谷，由图甲可知λ2＝0.25cm由图乙可知周期，T＝0.01s，则波在水

中的传播速度为v＝λT＝0.5m/s（2）根据题意可知O处此时处于波峰位置，且OC＝（22）2＋（22）2cm＝1cm实线圆传递到C点的时间为t′＝1－0.50.5×0.01s＝0.01s所以C点第2

次到达波峰的时刻为t＝t′＋T＝0.02s.答案：（1）0.5m/s（2）0.02s11．解析：（1）根据Δx＝vt得Δx＝4×2.5m＝10m可知t＝2.5s时P波刚好传播到x＝10m处，Q波刚好传播到x＝0处，根据上坡下坡法可得波形图如图所

示两列波在图示范围内任一位置的波程差为Δx＝|（10－x）－x|（0<x<10m）（2）根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx＝（2n＋1）λ2（n＝0，1，2，…）解得

振幅最大的平衡位置有x1＝3m、x2＝7m振动减弱的条件为Δx＝nλ（n＝0，1，2，…）解得振幅最小的平衡位置有x3＝1m、x4＝5m、x5＝9m答案：（1）（2）见解析12．解析：ab两质点的平衡位置之间的距离为Δx＝403＋120m＝43λ此时b点的位移4cm且向y轴正方向

运动，令此时b点的相位为φ，则有4＝8sinφ解得φ＝π6或φ＝5π6（舍去，向下振动）由ab之间的距离关系可知φa－φ＝λ3λ·2π＝23π则φa＝56π，可知a点此时的位移为y＝8sinφa＝4cm且向y轴负方向运动，即此时的波形

图为故选A.答案：A13．解析：由图（b）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为v＝λT＝4m4s＝1m/s，A错误；由图（a）可知，D处距离波源C最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC＝DCv＝3m1m/s＝3s故t＝2s时，D处的质点还未开始

振动，B错误；由几何关系可知AD＝BD＝5m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝ADv＝5m1m/s＝5s故t＝4.5s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1.5s由振动图像可知此

时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为t2＝t－tC＝3s由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；t＝6s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t3＝t－tAB＝1s由振动图像可知此时D处为波源A、

B处传播横波的波峰．根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2cm故t＝6s时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm，D错误．故选C.答案：C课时分层精练（三十八）用单摆测量重力加速度的大小1．解析：（1

）图2所示的悬点在摆球摆动过程中会发生松动，使摆长发生变化，造成比较大的误差，图3所示的悬点相对图2牢固许多，摆长在误差允许范围内可视为不变，故选图3.（2）小球直径为d＝22mm＋8×0.05mm＝22.40mm＝2.240cm（

3）剔除掉误差相对比较大的点4，将剩余的点用一条直线拟合，如图所示．根据单摆周期公式T＝2πLg，可得T2＝4π2Lg，则T2­L图像的斜率为k＝4π2g，解得g≈9.86m/s2.（4）图线a有纵截距，即L为

零时T不为零，说明所测摆长相对实际值偏小，而误将悬点到小球下端的距离记为摆长L会造成所测摆长较实际值偏大，故A错误；由前面分析可知图像斜率k与g成反比，所以图线c的斜率小于图线b的斜率说明图线c对应的g值大于图线b对应的g值，而误将49次全振动记为50次，导致所测

周期较实际值偏小，则所测g值应较实际值偏大，所以出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次，故B正确，C错误．答案：（1）图3（2）2.240（3）见解析图9.86（4）B2．解析：（1）单摆在一个周期内两次经过平衡位

置，根据图线丙的变化规律可知，该单摆的周期为T＝2.369s－0.369s＝2.000s（2）由图丁振动图线可知，两单摆的周期之比TaTb＝23由公式T＝2πlg，可得两单摆摆长之比la∶lb＝4∶9（3）根据题意，由单摆的周期公式T＝2πl

g可得g＝4π2lT2开始计时时，过早按下秒表，周期的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏小，故A错误；如果振动次数多数了一次，即T偏小，g偏大，故B正确；摆球的质量过大，不会影响单摆的周期与摆长，所以不影响重力加速度的测量，故C错误；算摆长时漏加小球半径，则l偏小，求

得的g偏小，故D错误．答案：（1）2.000（2）4∶9（3）B单元素养评价（八）机械振动与机械波1．解析：声波的周期和频率由振源决定，故声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系v＝λf可知，波长也不同

，故A正确，B、C、D错误．故选A.答案：A2．解析：由单摆的周期公式T0＝2πLg，因为由图像可知单摆周期为4T，假设当地重力加速度为g，代入数值得g＝π2L4T2，故选C.答案：C3．解析：根据题意可知5s内质点a振动的路程为5A，则5s＝54T，得T＝4s，由题图可知λ＝4m

，所以波速v＝λT＝1m/s，故选项A错误．由题意无法确定波的传播方向，故选项B错误．若波向右传播，则在5s内质点b振动的路程为（12－22）cm<10cm；若波向左传播，则在5s内质点b振动的路程为（8＋22）cm>10cm，故

选项C正确．因不能确定波的传播方向，故质点c在该时刻的振动方向也无法确定，选项D错误．答案：C4．解析：由图像可知，该波的波长为0.5m，故波速可表示为v＝λT＝0.5T，t＝8T时，该波传播的距离为s＝vt＝4m由于BD距离为4m，故在t＝8T时，该波刚好传播至D点，故CD段的波形图与选项

C一致．故选C.答案：C5．解析：主动降噪耳机利用了波的干涉原理，要想取得最好的降噪效果，则抵消声波的振幅和频率要与噪声信号的相同，且在耳膜中产生的振动应与题图中所示的振动反相，所以抵消声波的振幅为A，频率f＝1T＝110×10－3s＝100Hz，A、D错误，B正确；抵消声波的波长λ＝vT＝3

40×10×10－3m＝3.4m，C错误．答案：B6．解析：由同侧法分析，波的传播方向向右，在B点的振动方向应与传播方向都在波形的同侧，即竖直向上，故A错误；由题意2s时AE间第一次形成如图丙所示的波形，A点开始时向上运动，则可知，传播到E点出现图丙所示波形时传播

了52T，即52T＝2s则T＝0.8s，故f＝1T＝1.25Hz，故B错误；由于B、D两点的间隔为1个波长，由周期性可知两点运动状态始终相同，故C正确；由公式可得v＝λT＝20.8m/s＝2.5m/s，故D错误．故选C.答案：C7．解析：由题图甲读出波长λ＝2m，所以A

错误；若题图乙是质点Q的振动图像，t＝0时Q向下振动，则波沿x轴正方向传播，故B错误；若题图乙是质点P的振动图像，t＝0时P向下振动，则波沿x轴负方向传播，所以此时Q正向上振动，经过时间t＝0.35s＝134T

质点Q处于波谷，坐标为（2m，－4cm），故C正确；若题图乙是质点Q的振动图像，t＝0时Q向下振动，则波沿x轴正方向传播，所以此时P向上振动，经过时间t＝0.35s＝134T质点P处于波谷，坐标为（1m，－4cm），故D错误．答案：C8．解析：根据对称性

可知，经过两点的速度大小相等，方向可能相同，故A正确；根据对称性可知，经过两点的加速度大小相等，方向相反，故B错误；若小球从a点向平衡位置O运动，经过a′点到达右边最大位移处，再返回到a′点，此过程经历的时

间为振动周期T的一半，故从a点运动到a′点的时间可能等于振动周期T的一半，故C正确；小球经过aa′两点时，相对于O点的位移大小相等，方向相反，故D错误．故选AC.答案：AC9．解析：据题意画出t＝0时刻的

波形，如图所示根据波形平移法可知此波向x轴正方向传播，故A正确；再经0.5s，质点a第一次位于波峰，可知该波的周期为T＝4×0.5s＝2s频率为f＝1T＝0.5Hz，故B错误；根据波形图可知32λ＝12m，可得波长为λ＝8m则

波速为v＝λT＝4m/s，故C错误，D正确．故选AD.答案：AD10．解析：波上质点的起振方向都与波源的起振方向相同，由图乙可知，x＝0.7m处的质点的起振方向向下，则波源的起振方向向下，A错误；把图甲的波动图像补充完整，可看出t＝0.6s时，x＝0.

1m处的质点在波谷处，B正确；根据题意可知0到0.7s的时间内，波传播的距离为x＝0.7m，由v＝xt，解得波速v＝1m/s，由图甲可以看出波长λ＝0.4m，结合波速v＝λf，解得波的振动频率为f＝2.5Hz，C错误；由图像可知波的振幅A＝15cm，波源的起振

方向向下，t＝0时刻波源从坐标原点开始振动，所以可设波源振动的方程为y＝－Asin2πft，代入数据可得y＝－15sin5πt（cm），D正确．答案：BD11．解析：两列波在同种均匀介质中，波速相等，故A错误；根据图乙知，P、Q形成的两列波的周期分别为T1＝2

.0s，T2＝1.0s根据λ＝vT知，P、Q形成的两列波的波长之比为2∶1，故B正确；t＝1.2s时，P在平衡位置下方，加速度向上指向平衡位置，Q在平衡位置上方，加速度向下指向平衡位置，故P和Q振动的加速度方向相反，故

C正确；根据f＝1T知，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误．故选BC.答案：BC12．解析：（1）为了减小实验误差应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度会增大实验误差，故A错误；

为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球作为摆球，故B正确；单摆在摆角小于5°时的振动才是简谐振动，因此单摆的摆角不能过大，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性绳

，在摆球下降或是上升的过程中，式中的l会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不准确，故D错误．故选B.（2）该游标卡尺的游标尺为10分度值，因此最小精度为0.1mm，则读数可得d＝1cm＋0.1×7mm＝1.07cm（3）由题意可知

在时间t内摆球全振动的次数为n－12，则可得小球做简谐振动的周期为T＝tn－12＝2tn－1由单摆的周期公式T＝2πlg其中l＝L＋d2，可得g＝4π2T2（L＋d2）（4）摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，故A不符合题

意；若计算重力加速度时用L＋d作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算得到的重力加速度值比实际偏大，故B符合题意；摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，故C不符合题意；若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周

期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，故D符合题意．故选BD.答案：（1）B（2）1.07（3）2tn－14π2T2（L＋d2）（4）BD13．解析：（1）根据图甲可知，该游标卡尺的游标尺为10分度值，则可知精度为0.1mm，且游标尺第2格与主尺刻度线对齐

，而主尺读数为10mm，则可知小钢球的直径d＝10mm＋2×0.1mm＝10.2mm（4）当磁场最强时，摆球在手机的正上，即单摆的最低点，根据磁感应强度随时间变化的图像，可知相邻两次磁场最强的时间为单摆的半个周期，由此可得单摆的周期为T＝2.0s（5）由题意可知，单摆的摆长为l＝L＋d2根据单摆的

周期公式T＝2πlg可得g＝2π2（2L＋d）T2（6）单摆的回复力来自重力的分量，当摆球下方吸附磁铁后，整体不再是规则的几何形状，摆球的重心不再是其几何中心，相应的下移，若仍然用O点到摆球几何中心的距离作为摆长，则根

据重力加速度与摆长的关系式可知，所测重力加速度将偏小．答案：（1）10.2（4）2.0（5）g＝2π2（2L＋d）T2（6）偏小14．解析：（1）由单摆的周期公式有T＝2πlg，其中l＝R，运动员从最高点运动到最低点所用的最短时间t＝14T，解得t＝1.57s.（2）运动员由静止开始下滑到最低点

的过程中，根据机械能守恒定律有mgh＝12mv2根据牛顿第二定律有F－mg＝mv2R，解得F＝696N.答案：（1）1.57s（2）696N15．解析：（1）由图示波形图可知，这列波的波长λ＝4cm＝0.04m，波沿x轴负方向传播，根据波形平移法知t＝0时刻P点向下振动，经过3

4个周期第二次到达波峰位置，由此可知t1＝34T＝0.6s则得T＝0.8s所以波速为v＝λT＝0.040.8m/s＝0.05m/s.（2）波传播到Q点所需时间t＝xv＝0.8s＝T因为t2＝1.5s＝T＋78T故t2＝1.5s时质点Q的位移为y＝4sin74πcm＝－22cm.答案：（1）

0.05m/s（2）－22cm16．解析：（1）取竖直向下为正方向．物体静止在O点时kx0＝mg将物体从O点向下拉离的距离为x时，弹簧的弹力大小F弹＝k（x0＋x）物体振动的回复力大小为F＝k（x0＋x）－mg＝kx回复力方向竖直向下，与位移方向相反，则位移为x时有F＝－kx符

合简谐运动的动力学特征，所以物体做简谐运动．（2）从小球在位移A处释放开始计时，小球的位移时间图像如图所示（3）由牛顿第二定律可知a＝Fm＝－kxm＝－kmx则做出a­x图像如图答案：见解析17．解析：（1）由图甲可知波长λ＝8m，由图乙可知周期T＝0.

2s所以波的传播速度为v＝λT＝80.2m/s＝40m/s结合振动图线可知，该波沿x轴正方向传播，所以t2＝T4＋nT＝（0.05＋0.2n）s（n＝0、1、2，…）.（2）质点做简谐运动的表达式为y＝Asin（2πTt＋φ），由图可知A

＝10cmt＝0时，P点的位置为y′＝10sin2πλx1cm＝52cm即52＝10sinφ，又t＝0时刻质点P向下运动，解得φ＝3π4所以y＝10sin（10πt＋3π4）cm.答案：（1）40m/s（0.05＋0.2n）s（n＝0、1、2，…）（2）见解析课时分层精练（

三十九）静电场及其应用1．解析：把带正电荷的带电体C移近导体A，则导体A外端由于静电感应带负电荷，导体B外端由于静电感应带正电荷，即导体A和导体B下方的金属箔片均张开，根据电荷守恒定律可知，导体A和导体B带等量异种电荷．故选C.答案：C2．解析：对于图a，由于是

匀强电场，设电场强度为E，则两个＋q的电荷受到的电场力为2Eq，方向沿电场线向上，一个－2q的电荷受到的电场力为2Eq，方向沿电场线向下，则图a整个系统受合力为0；同理分析，由于两个＋q的电荷所在位置的场强更弱，则图b整个系统受合力不为0.故选B.

答案：B3．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

指向凹侧，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.答案：BC4．解析：带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做往复运动，在O点

所受电场力为零，故AB错误；根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误．故选C.答案：C5．解析：假设M、O两处点电荷带正电、N处点电荷带负电，依题意，M

、N处两点电荷对O点的点电荷的静电力大小均为F12，则当N点处的点电荷移至P点时，O处点电荷所受静电力如图所示由几何关系可知，合力大小为F2＝F12则有F1F2＝21故选B.答案：B6．解析：三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则

一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，则q1、q3电性一定相同，q2电性一定与前两者相反，故A、B正确，不符合题意；根据库仑定律，根据平衡，对q2：kq1q2（2r）2＝kq3q2r

2，解得q1＝4q3对于q3：kq3q2r2＝kq3q1（3r）2，解得q1＝9q2，所以q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意．故选C.答案：C7．解析：假设把取走的电荷放置到原位置，A

、B两处的电荷在O点的电场强度均为E1＝kΔxQ2πR×R2，A、B两处的电荷在O点的合电场强度为E2＝2E1cos30°，方向由O指向C1，整个圆环在O点的合场强为0，则圆环上剩余的电荷的场强的大小为E3＝E2，方向由O指向

C2，综合可得E3＝3kΔxQ2πR3，故选A.答案：A8．解析：a对斜面的压力恰好为零，球b一定带负电，电场力F电＝kq|Q|l2根据平衡条件F电sinθ＝mgcosθ解得|Q|＝mgl2kqtan

θ，故A错误，B正确；根据题中条件F弹＝mgsinθ可得弹簧的原长为l－mgk0sinθ，故C、D错误．故选B.答案：B9．解析：开始时B球受力如图所示由几何关系知mBg>T而T＝mAg，则mB>mA，A正确；假设此过程中A球

保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，B球受力平衡，根据三角相似有TOB＝FBC＝mBgOC，由于mBg、OB、OC均不变，BC逐渐减小，则轻绳拉力T不变，假设成立，库仑力F逐渐减小，B

正确，C错误；由于轻绳拉力T不变，∠AOB逐渐减小，轻绳OA、OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，D错误．故选AB.答案：AB10．解析：令绳的全长为L，三个球一起接触之前，对A分析有kQ·2Q（L2）2＝2T1三个球一起接触后，对A分析有2kQ＋2Q3·

Q＋2Q3（L3）2cos30°＝2T2cos30°解得T1T2＝49故选A.答案：A11．解析：（1）因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为q

，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷．（2）如图所示由几何关系E′A＝E′BC·tan30°即

kqAN2＝33（kqBN2－kqCCN2）其中AN＝3BN＝3CN解得qC＝3－33q.答案：（1）qA、B、C均为正电荷（2）3－33q课时分层精练（四十）静电场中的能量1．解析：匀强电场的等势线应是一簇平行线，由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，故A错误；等差

等势面越密集电场强度越大，所以A点的电场强度比B点大，故B错误；乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、c、d等势面中a的电势最高，故C错误；有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受静电力方向与速度方向夹角小于90°

，静电力做正功，故D正确．答案：D2．解析：根据等量异种点电荷的电场线由正极发出，终止于负极，沿电场线方向电势降低，电场线与等势线垂直，可知电鳗尾部带正电，故A错误；A点与B点关于中垂线左右对称，电场强度大小相等

，方向不同，故B错误；B点与D点关于O点对称，B点与D点的电场强度相同，故C正确；负电荷从C点沿对角线运动到A点过程中，电场力做负功，电势能增大，故D错误．故选C.答案：C3．解析：由题意可知正试探电

荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别到达M点和N点，且其在M、N点时的速度大小相等，则这两个过程中试探电荷动能的变化量相等，即电场力做的功相等，由W＝qU可知P、M两点的电势差和P、N

两点的电势差相等，故M、N两点的电势相等，B错误；由图可知，正试探电荷q从P点运动到N点的轨迹向右弯曲，则可以判断出试探电荷q在P点受到的电场力方向向右，又根据正试探电荷q从P点运动到M点的轨迹为直线可判断出q从P点到M点，其所受的电场力沿PM方向，所以q从P点到M点一直做加

速运动，电场力一直做正功，P点电势高于M点电势，A正确，C错误；由于M、N两点的电势相等，则M、N两点在同一等势面上，又点电荷产生的电场中，等势面是一系列的同心球面，所以M、N两点到固定正点电荷的距离相等，由点电荷的场

强公式E＝kQr2可知，M、N两点处的电场强度大小相等，D正确．答案：AD4．解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN则带负电的小球在M点的机械能

等于在N点的机械能，A错误、BC正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．故选BC.答案：BC5．解析：φ­x图像的斜率表示电场强度大小，在－x0～x0区间内φ­x图像的斜率不变，可知－x0～x0区间内电场强度的大小不变，沿电场线电势降低可

知在－x0～x0区间内电场强度方向为沿x轴负方向，故电场强度没有发生变化，故A正确，B错误；在－x0～x0区间内电场强度方向为沿x轴负方向，且大小不变，负电荷受到的电场力方向与场强方向相反，故负电荷将沿x轴正方向运动，加速度

不变，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC6．解析：由于在匀强电场中，所以UMO＝EdOM，UNM＝EdNMcosθ＝12UMO，故A错误；根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力与电场方向相反，故粒子带负电，故B正确；粒子带负电，从O到N电

场力做正功，电势能减小，则带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能，故C错误；由P＝Fv＝Eqv由O到N运动过程中，粒子沿电场线方向的速度v增大，可知电场力的功率增大，故D正确．故选BD.答案：BD7．解析：将六棱柱的上表面拿

出由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；由等量

异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φC正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误．故选ACD.答案：ACD8．解析：电场强

度方向与等势面垂直，且由高电势点指向低电势点方向，根据图像可知电场方向整体方向向外，而带电粒子所受电场力方向指向轨迹弯曲一侧，根据轨迹可知，电场力方向与电场方向相同，可判定粒子带正电，故A错误；图中相邻等势线之间的电势差相等，而等差等势面的疏密程度能够间接

反映场强大小，根据图像可知，带电粒子在B位置电场线分布比A点稀疏一些，则粒子在B处的电场强度小于A处的电场强度，可知带电粒子在B点的加速度小于在A点的加速度，故B错误；带电粒子带正电，A点电势大于B点电势，根据

WAB＝qUAB＝q（φA－φB）>0可知，粒子从A到B电场力做正功，电势能减小，动能增大，速度增大，即带电粒子运动到B点的速度大于在A点的速度，故C正确；场强方向与等势面垂直，故点电荷受到的电场力方向与等

势面垂直，只在电场力的作用下电荷由静止释放不可能沿着等势面e运动，故D错误．故选C.答案：C9．解析：结合图像和电场力做功可得：电子从x＝－4m处到x＝4m处电场力做功为零，x＝－4m处电势等于x＝4m处电势，A正确；由图像乙可见x＝－4m处电场强度与x＝4m处电场强度等值反向，B错误；由图像乙可

见x＝4m处到x＝0m处，电场强度是先增大后减小，由qE＝ma可得：将电子从x轴上x＝4m处由静止释放，电子从x＝4m处移动到x＝0m处的过程中，电子先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，C错误；因为22＝0.707>0.6，可见将电子从x轴上x＝0.6m处由静止释放

，电子从x＝0.6m处移动到x＝0m处的过程中，电子做加速度减小的加速运动，D正确．答案：AD10．解析：根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示根据几何关系可得T＝qETsin60°＋qEsin60°＝mg联立解得T＝qE＝3×

10－3N剪断细线，小球合力方向与T等大反向，小球沿AM方向做匀加速直线运动，如图所示根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝103cm故A错误；根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移x＝（10－5sin30°）cm＝7.5

cm与电场力方向相反，电场力做功为W电＝－qEx＝－343×10－4J则小球的电势能增加343×10－4J，故B正确；电场强度的大小E＝qEq＝3×105N/C故C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故

D错误．故选B.答案：B11．解析：由图乙知，物块在x＝L处电势能最低，根据公式Ep＝－φq可得，在x＝L处电势最高，且物块在此处所受静电力左右平衡，则两固定点电荷均为负电荷，A、C错误；由以上分析知，在x＝L处

物块所受静电力左右平衡，则kQAq[L－（－3L）]2＝kQBq（3L－L）2解得QA＝4QBB正确；从x＝－L到x＝2L，静电力对物块做功为W电，此过程对物块用动能定理，有－μmg×3L＋W电＝0－0解得W电＝U×（－q）＝3μmgL即x＝－L与x＝2L处的电势差为

U＝－3μmgLq所以，从x＝－L到x＝2L，电势升高3μmgLq，D正确．故选BD.答案：BD课时分层精练（四十一）电容器的电容带电粒子在电场中的运动1．解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝m

v2R1qE2＝mv2R2联立可得E1E2＝R2R1.故选A.答案：A2．解析：小球沿直线运动，故合力一定在该直线方向上，电场力只能水平向左或者向右，故小球必定受到重力，重力竖直向下，故电场力方向水平向左，合力沿轨迹直线方向斜向下，所以小球带负电，A、B

错误；根据前面分析可知合力大小不变，方向与运动方向相同，故做匀加速直线运动，C正确；小球在运动中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，D错误．故选C.答案：C3．解析：电子束焊接机中为非匀强电场，则电子做变加速

运动，故A错误；K为阴极电势低，A为阳极电势高，从K到A电势逐渐升高，故B正确；电子仅在电场力作用下，从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，由公式W＝qU可得，电场力做功为W＝－eUKA＝－e（φK

－φA）＝e（φA－φK），故D错误，C正确．故选BC.答案：BC4．解析：根据电容计算公式C＝εrS4πkd得，按键过程中，d减小，C增大，故A错误；因C增大，U不变，根据Q＝CU得Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确；按键过程中，d减小，电容C增大，当电容

至少增大为原来的32倍时，传感器才有感应，根据C＝εrS4πkd得，板间距离至少为23d，所以按键需至少按下13d，故C、D错误．故选B.答案：B5．解析：初速度可视为零的一价正钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，可知A点电势高于B点电势，电场力对钠离子做正功，电

势能减小，选项A、B错误；若膜电位不变，仅增大d，根据Uq＝12mv2则钠离子到达B点的速度不变，选项C错误；若d不变，仅增大膜电位，根据a＝Uqdm，d＝12at2可得t＝d2mqU，则钠离子到达B点的时间越短，选项

D正确．故选D.答案：D6．解析：粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝U22d，F＝qE＝ma粒子射入电容器后的速度为

v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos45°＝22v0，vy＝v0sin45°＝22v0从射入到运动到最高点由运动学关系v2y＝2ad粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝12mv20联立解得U1∶

U2＝1∶1B正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学可得2L＝vxt，d＝0＋vy2·t联立可得L∶d＝1∶1A错误；粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得L＝vxt1，vy1＝at1射入电容器到最高

点有vy＝at解得vy1＝vy2设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则tanα＝vy1vx＝12粒子射入磁场和水平的夹角为β，tan（α＋β）＝3C错误；粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝12at2联立解得y＝U2x24dU1且x＝vxt′，

y＝0＋vy2·t′即解得x＝2L，y＝d＝L即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程同理x＝L＝vxt′1，y1＝vy1＋02t′1＝x14＝L4即轨迹不会变化，D正确．故选BD.答

案：BD7．解析：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：a1＝eE1m＝eEm①由x＝12at2得：L2＝12a1t21②电子进入电场E2时的速度为：v1

＝a1t1③进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：t2′＝2t2＝2Lv1④电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2′⑤联立①～⑤求解得：t＝3mLeE；（2）设粒子射出电场E2时平行电场方

向的速度为vy，由牛顿第二定律得电子进入电场E2时的加速度为：a2＝eE2m＝2eEm⑥vy＝a2t2⑦电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ＝vyv1⑧联立①②③④⑥⑦⑧得：tanθ＝2⑨（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所

示．设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图用几何关系得：tanθ＝x32L⑩联立得：x＝3L答案：（1）3mLeE（2）2（3）3L8．解析：带电粒子在加速电场中加速时有：U1q＝mv202，在偏转电场中，偏移量为y＝12·U2qdm

（lv0）2＝U2l24dU1，则粒子的竖直偏转距离y与U2U1成正比关系，故A正确；从偏转电场飞出的粒子偏转角tanθ＝vyv0＝qU2md·lv20＝U2l2dU1，滑片P向左滑动的过程中U1减小，U2增大，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐

渐增大，故B错误；当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当U1＝E时，粒子的速率最大，根据动能定理可得Eq＝mv2m2，解得vm＝2qEm，故C正确，D错误．答案：AC课时分层精练（四十二）带电粒子在电场中运动的综合问题1．解析：小球由A点运动到C点

，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，A错误，B正确；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C、D错误．答案：B2．解析：由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力

做正功W＝Eqs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合

外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．答案：D3．解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速

然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝12a（T2）2＋a×T2×T2＝38aT2若粒子在t＝nT＋T2时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小．ymin＝0＋12a（T2）2＝18aT2则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小

之比是3∶1，故C项正确．答案：C4．解析：不带电小球只受重力作用，带电小球受到重力、沿DC方向的电场力作用．不带电小球向右水平抛出后做平抛运动，从A到D由动能定理有WG＝ΔEk即1.5mgR＝4Ek0－Ek0化简得1.5m

gR＝3Ek0带电小球向左水平抛出后在复合场中运动，从A到B重力做功为0.5mgR，电场力做功为W＝EqR则由动能定理有W＋0.5mgR＝ΔEk即W＋0.5mgR＝4Ek0－Ek0可得mgR＝EqR则E＝mgq故选A.答案：A5．解析：小球

从A点运动到B点动能不变，设A、B两点距离坐标原点O的距离为L，由动能定理知mgLsin60°－qE（L＋Lcos60°）＝0解得E＝3mg3q小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知mg－qEsin60°＝may又h＝12ayt2，

解得h＝14gt2小球沿电场线方向上的位移大小为d＝hsin60°（1＋cos60°）＝34gt2则电势能的增加量ΔEp＝qEd＝14mg2t2故选C.答案：C6．解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从T2时刻进入两板，

则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子是在t＝T8时刻进入时，在T8～T2，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在T2～7T8，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，7T8时刻速度为零，在7T8～T，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T～9T8，受到的电场力向左，继续向左

做减速运动，9T8时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B板，故C正确；若电子是在t＝3T8时刻进入时，与在t＝T8时刻进入时情况相似，在运动一个

周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故D错误．答案：BC7．解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P到C用时为t1，则24L＝v0t1，324L＝12qEmt21解得E＝122mv20qL（2）设粒子以速度v由P到Q用时为t2，

则22L＝vt2，22L＝12qEmt22解得v＝6v0（3）设粒子由P到D用时为t3，粒子在此过程中所受电场力的冲量I＝qEt3又有24L＝12qEmt23解得I＝23mv0答案：（1）122mv20qL

（2）6v0（3）23mv08．解析：（1）A受电场力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma解得a＝0.5m/s2根据2aL＝v2,解得v＝1m/s此时A的加速时间t0＝va＝2s碰撞过程，取向右为正，由动量守恒定律可得mv＝mvA1＋mvB1根据能量守恒定律可

得12mv＝12mv2A1＋12mv2B1联立解得vA1＝0，vB1＝v＝1m/s（2）碰撞后A受电场力做匀加速运动，B做匀速运动，设追上时间为t，则xA＝xB即12at21＝vB1t1解得t1＝4s此时A的速度为vA2＝at1＝2m/sA的位移xA＝12at21＝4m则从开始释放A到

与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离x＝L＋xA＝5m（3）A从开始释放到与B发生第三次碰撞前的v­t图像如图所示答案：（1）1m/s01m/s（2）5m（3）见解析课时分层精练（四十三）观察电容器的充、放电现象1．解析：（1）由电路图可知传感器1串联

在电路中，因此为电流传感器．传感器2并联在电路中，为电压传感器．（2）电容器在充电过程中，充电电流逐渐减小，电容器两端电压逐渐增大，电压的变化率逐渐变小，最后趋于稳定值，故AD正确，BC错误．故选AD.（3）开关掷向2后，电容器开始放电，通过R的电流方向向下．（4）由图乙显示的i­t图像的面积

可求出电容器的电荷量Q≈2.0×10－6C，则电容器的电容C＝QU＝2.0×10－6C2V＝1.0×10－6F.因电荷量的值需估算，所以电容值在0.96×10－6F～1.0×10－6F均可．答案：（1）AB（2）AD（3）向下（4）0.96×10－6F～1

.0×10－6F均可2．解析：（1）①第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从右向左流过传感器，即为正，由于充电后电容器上极板带正电，电容器通过R放电时，电流从左向右流

过传感器，即为负．故选A.②I­t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小，则放电和充电图像的面积应大致相等，若只增大电阻箱R的阻值，电容器的电荷量不变，I­t图像的面积不变，若只增大电阻箱R的阻值，对电流的阻碍作

用变大，电容器放电的时间将变长，故选C.（2）③由图乙可知T＝10.036－9.94410s≈9.2×10－3s④由振荡周期T＝2πLC可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC振荡电路的周期不变，则频率

也不变；⑤充电过程I­t图像的面积为S，则q＝CE＝S得C＝SE，由T＝2πLC得L＝T24π2C＝T2E4π2S答案：（1）AC（2）9.2×10－3不变ET24π2S单元素养评价（九）静电场及其应用静电场中的能量1．解析：电荷

与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，故A错误；感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为E′＝kQ（2r）2，故B

错误；由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故C正确；静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故D错误．故选C.答案：C2．解析：由于以x轴负方向为电场强度的正方向，在－d～d区间，场强均为正值，即场强均沿x轴负方向，沿电场方向

电势逐渐降低，故沿＋x方向，电势逐渐升高，由于φ­x图线的斜率表示场强大小，在O点附近场强最大，φ­x图线斜率最大，对比可知，C选项的图符合题意．故选C.答案：C3．解析：根据题意，由电势差与电场强度的关系U＝Ed，结合图像可知，由于等差等势线间距离不等，则该电场为非匀强电场，电子

所受电场力为变力，则电子在a点水平射入，电子不做匀加速直线运动，若电子在a点与水平方向成某一角度射入，电子所受电场力的大小和方向均改变，不可能做类平抛运动和匀速圆周运动，故A、B、C错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知φa<φc，负电荷在

电势低的地方电势能大，所以电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D正确．故选D.答案：D4．解析：由F库＝kq1q2r2可知，不能确定小球1与小球2的带电量，故A不符合题意；对小球2，由平衡条件可得Fb＝F库

·cos30°，G＝F库·sin30°解得细线b拉力大小为Fb＝Gtan30°＝3G故C不符合题意；对小球1，由平衡条件可得Fa·sin30°＝F库·cos30°，m1g＋F库sin30°＝Fa·cos30°解得细

线a拉力大小为Fa＝23G小球1与2的质量比为m1∶m2＝2∶1故B符合题意，D不符合题意．故选B.答案：B5．解析：根据qU0＝12mv20，粒子离开加速器时速度为v0＝2qU0m，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝12at2，又qU0L＝ma，L＝v0t，得

y1＝L4，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由B选项可得y1＝qU0L2mv20，由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离

开平移器，位置比原来靠下，故D错误．答案：B6．解析：泡沫小球在向上运动过程中，小球带正电，选项A错误；泡沫小球与上极板接触带负电，向下运动，电场力做正功，电势能减小，选项B正确；泡沫小球与下极板接触带正电，向上运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；小球在向下运

动过程中，电场力和重力都向下，则做加速运动，选项D错误．答案：BC7．解析：带正电小球从A到B加速运动的过程中，加速度不断减小，场强不断增大，故电场方向为左上方，等势线a的电势比等势线b的电势低，故A错误；从A到B过程中，电场力做负功，小球的机械能不断减小，故B正确；A、B之间的

电势差大于A、C之间的电势差，小球从A到B克服电场力做功大于从A到C克服电场力做功，小球机械能变化量的绝对值从A到B大于从A到C，故C正确；A、D两点等电势，若小球沿杆运动能至D点，电场力做功为0，重力做正功，在D点的速度不可能为零，故D错误．故选BC

.答案：BC8．解析：该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v

1，故A正确；粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B错误；粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间t＝Lcosθv1，故C正确；A、B两点沿电场线方向的距离为y＝Lsinθ由动

能定理有qEy＝12mv22－12mv21联立解得E＝m（v22－v21）2qLsinθ，故D错误．故选AC.答案：AC9．解析：由牛顿第二定律小物块在斜面上运动的加速度大小为a＝（mg＋qE）sinαm＝12m/s2，故A错误；小物块从A点运动到B点，有lAB＝12at21所用的时间为t1＝2

s到B点的速度为v＝at1＝24m/s小物块从B点运动到C点，有lBC＝v2t2所用的时间为t2＝3s则小物块从A点运动到C点所用的时间为t＝t1＋t2＝5s，故B正确；小物块在水平地面上的加速度a′＝vt2＝8m/s2由牛顿第二定律μ（mg＋qE）＝

ma′可得小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，故C正确；小物块从A点运动到C点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由WG＋WE－Wf＝0Wf＝Q可知静电力所做的功与重力所做的功等于系统内能的增加量，故D错误．故选BC.答案：BC10．解析：（1）

由动能定理得qU1＝12mv20解得v0＝103m/s（2）要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t＝（n＋12）T（n＝0，1，2，…）带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t，所以有T＝4×10－42n＋1s（n＝0，1，2，…）带

电粒子进入偏转电场时的加速度a＝qEm，场强为E＝U2d带电粒子在进入偏转电场后的前14T内沿竖直方向的位移y＝12a（T4）2要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，则有2y≤12d，联立解得n≥4.5所以有T＝4×10－42n＋1s（n＝5，6，7，…）（3）要使总偏

移量最大，则n的取值应该最小，故当n＝5时，周期最大，14T里粒子偏转位移最大，由此解得，最大偏移量为y′＝2y＝0.04m答案：见解析11．解析：（1）若U＝0，粒子在极板间做匀速直线运动，则运动的时间为t＝lv0＝10×10－24×10

6s＝2.5×10－8s（2）水平方向上l＝v0t竖直方向上d2≥12·qUmdt2联立解得U≤mv20d2ql2＝（4×106）2×（4×10－2）22×1010×（10×10－2）2V＝128V电压U的最大值为128V.（3）当U＝64V，竖

直方向上y＝12·qUmdt2＝12·qUmd（lv0）2＝12×2×1010×644×10－2×（10×10－24×106）2cm＝1cmvy＝qUmdt＝qUmdlv0＝2×1010×644×10－2×10×10－24×106m/s

＝8×105m/s离子出电场后做匀速直线运动，打在极板上在竖直方向下落高度为h1＝vy·12lv0＝8×105×12×10×10－24×106cm＝1cm当U＝128V，离子从板边缘射出v′y＝qUmdt＝qUmd

lv0＝2×1010×1284×10－2×10×10－24×106m/s＝1.6×106m/s打在极板上在竖直方向下落高度为h2＝v′y·12lv0＝1.6×106×12×10×10－24×106cm＝2cm离子打在屏上的区域面积S＝a·（d2＋h2－y－h1）＝5×（

12×4＋2－1－1）cm2＝10cm2答案：（1）2.5×10－8s（2）128V（3）10cm212．解析：（1）小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qExAB－μmgxAB＝12mv2B－0

，解得vB＝4m/s.（2）小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有v2－v2B＝2a1x1，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.

375m，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8m/s2，由运动学公式有v2C－v2＝2a2（xBC－x1），解得滑块运动到C点时的

速度vC＝35m/s，滑块在C点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝mv2CR，解得FNC＝22.5N.（3）由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝（Eq）2＋（mg）2＝2mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动

的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝mv′2R，从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R（1－cos45°）＝12mv′2－12mv2C，联立

解得FN＝28.5N，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值F′N＝FN＝28.5N．答案：（1）4m/s（2）22.5N（3）28.5N课时分层精练（四十四）电路及其应用1．解析：导体电阻由导体的材料，长度与横截面积决定，与导体两端电压和通过导体的电

流无关，选项A错误；因为不知两导线横截面积间的关系，因此忽略温度的影响，两根长度相同的镍铬合金线电阻不一定相等，选项B错误；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关，相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，说明导体的电阻与材料有关，选项C正确；导体的电阻越大，说明它对电流的阻碍作

用越大，选项D错误．答案：C2．解析：MN两端电压U＝IgRg＝200×10－6×495V＝0.099V＝99mV，故AB错误；流过M、N的电流I＝Ig＋UR＝200×10－6A＋0.0198A＝0.02A＝20m

A，故C错误，D正确．故选D.答案：D3．解析：根据图像可知，电鳐放电1次所需的时间为t＝1300s放出的电量为q0＝It＝60×1300C＝15C则1s内电鳐放电的电荷量大约为q＝nq0＝150×15C＝30C故选D.答案：D4．解析：电容器所带的电荷量为Q＝CU＝2

5×10－6×8×103C＝0.2C由电流强度的定义式I＝Qt，可得电容器放电过程中平均电流为I－＝Qt＝0.22×10－3A＝100A电容器放电过程中若电压不变，则有平均功率为P－＝UI－＝8×103×100W＝800000

W＝800kW因电容器放电过程中电压在逐渐减小，因此在电容器放电过程中平均功率小于800kW，A错误；该电容器的充电电压至8kV，此电压应不高于电容器的额定电压，而电容器的击穿电压要大于额定电压，即电容器的击穿电压大于8kV，B错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，因此电容器放电过程

中电容不变，C错误；电容器放电过程中平均电流为100A，因此电容器放电过程中电流最大值一定大于100A，D正确．故选D.答案：D5．解析：根据电阻定律可知R＝ρlS得ρ＝RSl，故电流沿AB方向时有ρ＝Rbca，A、B错误；若电流沿CD方向，样品的电阻R′

＝ρbac＝b2a2R，C正确，D错误．故选C.答案：C6．解析：该洗地机在节能模式下的工作电流为I＝Qt＝4000×10－3×360040×60A＝6A，故A正确，B错误；根据题中条件，无法得出该洗地机内阻，故C错误；两种模式下，其工作电压均相同，根据P0＝UI该洗地机的工作电压U＝P0I＝

12×2206V＝553V，故D错误．故选A.答案：A7．解析：根据电流的定义式可知，在Δt内通过导线横截面的电荷量Q＝IΔt所以在这段时间内通过的自由电子数为N＝Qq＝IΔtq故C正确，D错误；由于自由电子定向移动的速度是v，因此在时间Δt内

，位于以横截面S、长L＝vΔt的这段导线内的自由电子都能通过横截面．这段导线的体积V＝SL＝SvΔt所以Δt内通过横截面S的自由电子数为N＝nV＝nSvΔt故A、B错误．故选C.答案：C8．解析：由于两电阻并联在电路中，因此两电阻两端的电压相等，设电阻的表面边长

为a，厚度为d，根据电阻定律，有R＝ρLS＝ρaad＝ρd，则可知电阻与厚度d有关，与表面边长无关．如果两导体的体积相同，由V＝Sd可知P1的厚度小于P2厚度，因此P1的电阻大于P2的电阻；两电阻中电压相等，电流为I＝UR，所以

通过P1的电流小于通过P2的电流，故B错误；由电功率的表达式，有P＝UI可知P1的电功率小于P2的电功率，故A错误；若厚度相同，则两电阻阻值相同，由I＝UR可知流过P1的电流等于流过P2的电流，故C错误；因为

流过P1的电流等于流过P2的电流，根据电流的微观表达式，有I＝nqSv，两个导体材料相同，所以n、q相同，又因为P1的横截面积大，所以P1内自由电荷定向移动的速率比P2的小，故D正确．故选D.答案：D9．解析：题图甲中A、B、C与原点O连线的斜率表示

电阻值，则RA>RB>RC.由题意可知三个金属块长度L和横截面积S均相同，则根据电阻定律R＝ρLS可知ρA>ρB>ρC，故A、B错误；题图乙中，A、B串联，电流相等，所以A两端的电压大于B两端的电压，故C正确；A、B消耗的总电功率为PAB＝U2RA＋RB，C消耗的电功率为PC＝U

2RC，所以PAB<PC，故D错误．故选C.答案：C10．解析：当a、b两端接入电压时，根据欧姆定律得20V＝100V2R1＋R2R2，解得R1∶R2＝2∶1；当c、d两端接入电压时，有50V＝100V2R3＋R2R2，解得R2∶R3＝2∶1，联立得R1∶R2∶R3＝4∶2∶1，故A正确，B、C

、D错误．答案：A11．解析：当两个电阻R1、R2的两端都加1V的电压时，由图像可知通过的电流相同，根据欧姆定律可知R2的电阻等于R1的电阻，故A错误；根据欧姆定律结合图像可知R1的电阻为R1＝UI＝10.5Ω＝2Ω，故B错误，D正确；由欧姆定律可知，R2＝UI，结合图像可知，随电压的增大

，R2也增大，故C错误．故选D.答案：D12．解析：因为电源电动势为3V，且电源内阻不计，灯泡规格相同，根据电路图可知灯泡L2、L3串联，根据串联电路的分压特点可知灯泡L2、L3两端的电压为U2＝U3＝1.5V由题图乙读出其电流为I2＝I3

＝0.20A根据电路图可知灯泡L1的电压为U1＝3.0V由题图乙读出其电流为I1＝0.25A所以灯泡L1的电流为灯泡L2电流的1.25倍，故A错误，D正确；根据部分电路欧姆定律，可知灯泡L1的电阻为R1＝U1I1＝12Ω，故B错误；同理，根据部分电路欧姆定律，可知灯泡L2的

电阻为R2＝U2I2＝7.5Ω，故C错误．故选D.答案：D13．解析：由题意知，U12＝φ1－φ2＝3V，U23＝φ2－φ3＝2.5V，U34＝φ3－φ4＝－1.5V，联立可得φ1>φ2>φ4>φ3，在电路中电流从高电势流向低电势，所以1

接电源正极，3接电源负极，故AB错误，故选CD.答案：CD课时分层精练（四十五）电能能量守恒定律1．解析：由“串反并同”的方法可知，热敏电阻RT所在处出现火情时，热敏电阻的阻值减小，电压表的示数将变大，电流表的示数也将变大．故选B.答案：B2．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，A正确；同理分析，仅光照变弱，灯泡变暗，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，C正确；同理分

析，仅将滑片向b端滑动，灯泡变暗，D错误．答案：AC3．解析：设电热水壶的电热丝的电阻为R，则经过t0的时间，220V的电压产生的热量为：Q＝U2Rt0＝（220）2Rt0.若U1＝110V，需要产生相同热量Q＝U21Rt1＝（110）2Rt1，可解得：t1＝4t0，故A项错误，B

项错误．若U2＝55V，需要产生相同热量开关才能自动切断：Q＝U21Rt1＝（55）2Rt1，可解得：t2＝16t0，故C项错误，D项正确．答案：D4．解析：若R1短路，接入电阻减小，根据串反并同，电压表和电流表的读数都增大，A正确；若R2短路，接

入电阻减小，根据串反并同，电压表读数增大，电流表的读数减小为0，B错误；若R3短路，接入电阻减小，根据串反并同，电压表读数减小为0，电流表的读数增大，C错误；若R1断路，接入电阻增大，根据串反并同，电压表读数减小，电流表的读数减小为0，D错误．故选A.答案：A5．解析：如果选

择电压表，滑动变阻器R和定值电阻R0串联在电路中，且电压表测R的滑片至最上端的电压，无论滑片如何移动，变阻器接入电路的阻值不变，闭合开关S，水量增多时，滑片下移，R上半部分的电阻增大，R上半部分分得的电压增大，即电压表示数变大，故A正确；如果选择电流表，滑动变阻器R滑片以下的部分和

定值电阻R0串联在电路中，电流表测电路中的电流，水量增多时，滑片下移，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由欧姆定律可得，电路电流增大，即电流表示数变大，故B错误；与电压表相比，选择电流表设计

电路的总电阻较小，电路电流较大，由P＝UI可知，电路的总功率较大，不节能，故C错误；若选择电压表，增加R0，电路中电流减小，电阻变化相同时，电压变化变小，即灵敏度降低，故D错误．故选A.答案：A6．解析：由“两灯都熄灭，电流表的示数为零”可判断出电路故障为断路；由用电压表测L2两端电压

，电压表的示数近似于电源电压，可判断出故障为：L2的灯丝烧断或灯座与灯泡没接触．故选B.答案：B7．解析：甲图中小灯泡的电流为I＝PLUL＝0.2A电源的路端电压为U＝E－Ir＝7.4V电源效率约为η＝UE×100%＝92.5%，A

错误；甲图中定值电阻为R＝7.4－40.2Ω＝17Ω，B错误；电动机的输出功率未知，无法计算电动机的内阻，C错误；乙图中灯泡的电流也是0.2A，路端电压也是7.4V，乙图中电动机正常工作电压为UM＝7.4V－4V＝3.4V，D正确．故选D.答案：D8．解析：额定电压相同而额定功率不相同的电灯，

它们的电阻是不相同的，由P＝U2R可知，功率大的电灯的电阻比功率小的电灯的电阻小，也就是说60W灯泡的电阻比25W灯泡的电阻小，对于A，两灯并联后与一个滑动变阻器串联，若是滑动变阻器分得的电压与两灯并联后的电压相等，两灯能正常工作，整个电路

消耗的电功率为P＝2（P1＋P2）＝2×（25＋60）W＝170W，有用电功率为85W；对于B，若是滑动变阻器与25W灯并联后的总电阻与60W灯的电阻相等，两灯均能正常发光，此时电路中消耗的总电功率为P＝2P2＝2×60W＝120W，有用电功率为85W；对于C，因6

0W灯的电阻比25W灯的电阻小，据串联电路的分压原理和此时灯（110V，25W）两端电压将大于110V而被烧毁．所以C的电路不可能使两灯正常工作；在D中，当两个滑动变阻器与其串联的灯泡电阻分别相等时，两灯均能正常发光，

电路消耗的总功率为170W，有用的电功率为85W．综上所述，只有B选项符合题意．答案：B9．解析：根据闭合电路欧姆定律变形U＝E－Ir可得图像与纵轴的交点表示电动势，图像斜率的大小表示内阻，根据题甲图电动势为E＝1

.5V，内阻为r＝1.5－1.00.3Ω＝53Ω，A错误；把电源和小灯泡组成闭合回路，将在题图乙中作该电源对应的U­I图像，如图所示，两U­I图线的交点即小灯泡的电压、电流，根据图像读数U＝0.5V，I＝0.6A，所以小灯泡的功率为P＝UI＝0.5×0.6W＝0.3W回路中的总功率为P总

＝EI＝1.5×0.6W＝0.9W，故B正确，D错误；根据图乙可知电流越大，小灯泡功率越大，根据欧姆定律变形得R＝UI，可知乙图线上某点与原点连线的斜率为电阻，所以小灯泡的电阻随着功率的增大而增大，故C错误．故选B.答案：B10．解析：开关S1、S2都闭合

时，电动机和电热丝并联工作，电吹风吹热风，故A错误；闭合开关S2时，电吹风吹冷风，110W＝电机机械功率＋电机内阻热功率，由于电机机械功率未知，电吹风中电动机的内电阻不可求，故B错误；吹热风时，电动机和电

热丝并联工作，吹热风时电热丝的功率为990W－110W＝880W，故C错误；电热丝的功率880W＝220V×I，解得I＝4A，故D正确．答案：D11．解析：根据滑动变阻器的滑片向b端移动，可知电阻R2减小，R1与R2是并联关系，则R1与R2的总电阻减

小，整个电路中的总电阻减小，根据I总＝ER总可知当R总减小时，总电流I总增大．U1＝E－I总（R＋r）则U1减小，根据I1＝U1R1可知A1的示数I1变小．又因为I2＝I总－I1，I总增大，I1变小，则A2的示数I2变大，故A正确，B错误

；电容器两极板之间的场强E＝UCd＝U1d减小，则对于油滴有Eq<mg，则油滴向下运动，故C正确；根据I总＝I1＋I2由于I总增大，I1变小，I2变大，可知I2增大的比I1减小的多，则有|ΔI1|<|ΔI2|故有ΔUΔI1>ΔUΔI

2，故D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可

以适当增大电源的电动势，故A错误，B正确；要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把R2的滑片P适当向上移，以减小R2；相反，要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移，以增大R2；故

C错误，D正确．故选BD.答案：BD课时分层精练（四十六）长度的测量及测量工具的选用1．解析：题图（a）所示读数为0mm＋0.01mm×1.0＝0.010mm；题图（b）所示读数为6.5mm＋0.01mm×37.0＝6.870mm；故所测

金属板的厚度为6.870mm－0.010mm＝6.860mm.答案：0.0106.8706.8602．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42mm，游标尺读数为0.05×9mm＝0.45mm，所以最终读数为42.45mm＝4.245cm.答案：0.7004.2453．解析：游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以图中所测工件的长度为21mm＋

0.02×36mm＝21.72mm螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中所测工件的直径为4mm＋0.01×30.0mm＝4.300mm答案：21.724.3004．解析：游标卡尺主尺读数为8mm，游标第三个刻度和主尺上刻度对齐，所以游标读数为3×0.0

5mm＝0.15mm所以最终读数为8mm＋0.15mm＝8.15mm螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为47.0×0.01mm＝0.470mm所以最终读数为2.5mm＋0.470mm＝2.970mm答案：8.152.9705．解析：（1

）游标卡尺读数，L＝11cm＋0.05mm×10＝11.050cm（2）螺旋测微器读数，d＝8mm＋47.0×0.01mm＝8.470mm（3）为较准确测量该金属丝的阻值，应使通过电阻丝的电流从零开始变化，滑动变

阻器应采用分压接法，则b导线应接滑动变阻器的右侧固定接线柱上．（4）为保护电路，开始时应使通过电阻丝的电流为零，则应该把滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的左端．（5）根据欧姆定律，R＝UI根据电阻定律，R＝ρLS＝ρLπ（d2）2.联立可得，ρ＝πd2U4IL答案：（1）11.050（

2）8.470（3）b（4）左端（5）πd2U4IL课时分层精练（四十七）测定金属丝的电阻率1．解析：（1）实验时，闭合开关S前，为保护电路，滑动变阻器滑片P应处在最大阻值处，滑动变阻器的滑片P应处在M端．（2）滑动变阻器采用

分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变．答案：（1）M（2）b移动滑片时，电压表和电流表的示数不变2．解析：（1）本实验为测电压表的内阻，实验中电压表示数变化不大，则接入电阻箱后电路的总电阻

变化不大，故需要滑动变阻器的最大阻值较小，故选R1可减小实验误差．（2）滑动变阻器为分压式接法，实物图连线如图所示．（3）电压表和电阻箱串联，两端电压分别为2.00V和0.50V，则RV＝4R＝2520Ω.（4）表头

的满偏电流Ig＝URV＝2.52520A≈1mA，故选项D正确．答案：（1）R1（2）见解析图（3）2520（4）D3．解析：（2）根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1则流过R0即流过待测金属丝的电流I＝UR0＝U2－U1R0金

属丝的电阻r＝U1I联立可得r＝U1R0U2－U1（5）螺旋测微器的读数为d＝15.0×0.01mm＝0.150mm（6）根据电阻定律r＝ρLS又S＝π·d22代入数据联立解得ρ＝5.0×10－7Ω·m答案：（2）U2－U1R0U1R0U2－U1（5）0.150（6）5.

04．解析：（1）①由电路图可知，应将电压表并联在电阻箱两端，又由图2可知电源是两节干电池，因此电压表的量程应选择3V，即连接af；由于滑动变阻器采用分压接法，因此滑动变阻器的接线柱c与开关的接线柱e相

连，即连接ce；电阻箱的接线柱f应连接在滑动变阻器上侧的一个接线柱上，即连接df；②由图3可知电压表的读数为1.50V；③在x相同的条件下，电阻箱的阻值越大，电阻箱与滑动变阻器AP部分并联的电阻值越接近AP部分的真实阻值，电压表的示数越大，因此当R＝100Ω时，分压特性曲线对应图4中的Ⅱ，由以上分

析可知滑动变阻器的最大阻值越小，图线越接近直线，因此选择的依据为R0<R.（2）晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，其原因是G1表中的线圈在磁场中做切割磁感线运动产生了感应电动势，闭合回路中产生了感应电流，则G2表中线圈存在电流，线

圈受安培力的作用，使得G2表的指针发生偏转，因此G1表是“发电机”，G2表是“电动机”，B、D正确，A、C错误．答案：（1）①af、fd、ce②1.50±0.02③ⅡR0<R（2）BD5．解析：（1）所

用电源为两节干电池，电动势为3V，则所用电表量程为3V；（2）闭合开关之前，滑动变阻器阻值应该调到最大，则由图可知，电池盒上的接线柱A应该与滑动变阻器的接线柱D连接；（3）电压表最小刻度为0.1V，则读数为1.50V；（4）由闭合电路欧姆定律可得I＝ER1＋R

2当被测电阻阻值为R时电压表读数U＝IR＝ERR1＋R2（5）不同意；当R较大时，则电压表内阻不能忽略，则电路中的电流I＝ER1＋（R2－R）＋RRVR＋RV则电压表读数为U＝ER1＋（R2－R）＋RRVR＋RV·RRVR＋RV＝E（R1＋R2－R）（R＋RV）RRV＋1当R较大时，

R＝R2时R最大，此时U＝ER1（R2＋RV）R2RV＋1＝ER1RV＋R1R2＋1因RV≫R1，则电压表读数接近于U＝ER1R2＋1＝ER2R1＋R2答案：（1）3V（2）D（3）1.50（4）ERR1＋R2（5）不同意，理由见解析课时分层精练（四十八）测量电源的电动势和内阻

1．解析：（1）电路图中的滑动变阻器采用的是限流式接法，闭合开关前为了确保电路安全，应使滑动变阻器接入电路的电阻最大，即应将滑片移到最右端．（2）图中“数字多用表1”与滑动变阻器并联，其是用来测量电压，即图中“数字多用表1”是电压表．（3）根据电路图，结合闭合电路欧

姆定律有U＝E－I（r＋R0），结合U­I图像有E＝5.50V，r＋R0＝5.50－4.002.0Ω，解得r＝0.250Ω.（4）由于电动势的测量值为5.50V，因此若用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少

时电动势是否会减小，测量时他应该把选择开关置于10V的电压挡，可知，第二个选项中的示意图符合要求，故选B.（5）由于充电宝在电量减少较多时，电动势几乎不变，而电感线圈与电阻不具备这个特征，电容器电量减小时，电压也减小，因此可以推测充电宝内可能用来储存电能的是电池．故选D.答案：（1）右

（2）电压（3）5.500.250（4）B（5）D2．解析：（1）根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示（3）量程为3V的电压表分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为U1＝1.30V（

4）当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U1­I1的纵轴截距，则有E＝1.80V当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U2­I2图像可知此时电路电流为0.40A，根据闭合电路欧姆定律可知，I＝ER0＋r，解得内阻为，r＝E

I－R0＝1.800.40Ω－2Ω＝2.50Ω（5）由图丁可知U1­I1图像的斜率为k1＝1.80－00.36Ω＝R0＋r1，解得，r1＝3.00Ω由图丁可知U2­I2图像的斜率为k2＝1.70－00.40Ω＝R0＋r2解得r2＝2.25Ω，可得r1－rr＝3.00－2.502.50＝0.2>

r－r2r＝2.50－2.252.50＝0.1，故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值．（6）由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内阻较小，远小于电压表内阻，结合（5）问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更

合适．答案：（1）见解析（3）1.30（4）1.802.50（5）接法Ⅱ（6）接法Ⅱ3．解析：（1）由于两个电压表的量程都小于电源的电动势，两个电压表串联后的总电压仍然小于电源的电动势，故应该用滑动变阻器作为保护电阻．如果只是测量电动势

，可以采用如图甲所示的电路，但是要想计算电压表V1、电压表V2各自的内阻，需要将电路改进，设计的电路有图乙、图丙所示的两种；而通过电压表V1的最大电流约为1mA，通过电压表V2的最大电流约为0.3mA，故设计的电路应该选择图乙．（2）题图b所示的电压表的最小刻度为0.1V，故估

读到0.01V，其读数为2.10V.（3）对图乙，设电压表V1和电压表V2的内阻分别为r1、r2，示数分别为U1、U2，滑动变阻器的电阻调到r，由闭合电路的欧姆定律，得E＝U1＋U2＋U2r2＋U2R01r，E＝U′

1＋U′2＋U′2r2＋U′2R02r，其中R01＝6kΩ，R02＝2kΩ，对电压表V1和电压表V2所在的电路，由串并联规律得U1r1＝U2r2＋U2R01，U′1r1＝U′2r2＋U′2R02，代入数

据，联立解得E＝5.60V，r1＝2.5kΩ，r2＝10kΩ.答案：（1）见解析图乙所示（2）2.10（3）5.602.5104．解析：（2）串联电路中电流处处相等，由图甲所示电路图可知，I＝U1R0＝U2R＋R0则U2U1＝1R0

·（R＋R0）当R＝0时，U2U1＝1所以图像在纵轴的截距为1.0，则U2U1­R图像的斜率k＝1R0＝3－138，解得R0＝19Ω（3）由图甲所示电路图可知U2－U1R＝I，由E＝U2＋Ir可得，U2＝E－U

2－U1R×r结合图像丙可知，电源电动势E＝4.5V电源内阻r＝4.51.5Ω＝3.0Ω答案：（2）1.019（3）4.53.0偏小课时分层精练（四十九）用多用电表测量电学中的物理量1．解析：（1）此小电珠正常发光时的电阻为R＝UI＝

3.80.6Ω≈6.3Ω，故应选择“×1”挡；测试结果如题图所示，示数为6×1Ω＝6Ω（2）多用电表黑表笔直接与内部电源正极相连，即电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，电流从电压表正接线柱流入，故红表笔应接“－”接线柱，黑表笔接“＋”接线柱．答

案：（1）×16（2）－2．解析：（1）多用电表未接入电路时，指针如题图1所示，需要调节部件A（指针定位螺丝），使指针停在电流挡“0”刻度线位置．（2）调节好后，将选择开关拨至“50V”直流电压挡测量电压，指针如题图2

所示，则读数为21.0V.（3）使用多用电表时电流方向是“红进黑出”，甲图中红表笔应该接小灯泡的左端，故A错误；乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，红表笔接外部电源的正极，故B正确；丙图是用多用电表欧姆挡测量小灯泡的电阻的话，应该把小灯泡与电源断开

，故C错误；丁图是用多用电表欧姆挡测量二极管的反向电阻的话，红表笔应该接二极管的正极（左侧），故D错误．故选B.答案：（1）A（2）21.0（3）B3．解析：（1）使用多用电表测电压时，应该先机械调零，然后选择合适的挡位，表笔接触蓄电池两极，红表笔与电源的正

极相连接，待示数稳定后读数即可，B正确，A、C、D错误；（2）题图甲所示的插座为220V交流电源，所以应把多用电表的选择开关扳到题图乙所示的交流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．答案：（1）B（2

）H2054．解析：（1）灯泡的额定电压为24V，所以应该选取直流电压50V挡，故选择开关旋至C处；（2）测量电压时红表笔流入电流，黑表笔流出电流，所以红表笔应与灯泡的右端相连；根据欧姆定律可得灯泡正常工作时的电阻为R＝U2P＝24215Ω＝38.4Ω

电源电压为36V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，所以采用分压接法，连接电路如图所示（3）由图可知当灯泡电压变为原电压一半时，灯泡对应的阻值为29Ω，此时的功率为P′＝U′2R′＝12229W＝4.97W>14P将这些点用平滑的曲线相连，如图所示灯丝处于

室温即所加电压为零时，对应的阻值为4.1Ω；（4）用多用电表欧姆挡直接测量灯丝电阻不是室温时的电阻值，因为用欧姆挡测量时，回路中有电流，钨丝发热，所以测得电阻值不是室温时的电阻．答案：（1）C（2）右见解析（3）大于3.9～

4.1（4）不同意用欧姆挡测量时，回路中有电流，钨丝发热，测得电阻值不是室温时的电阻．单元素养评价（十）电路及其应用电能1．解析：因电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，A、B两点的高度差类似于外电压，减小；C、D两点高度差类似于内电压，变大，故A正确，

C错误．A与D、C与B高度差之和类似于电动势，不变，故B错误．电子从A处经D、C至B处，非静电力做功W＝Eq，不变，故D错误．答案：A2．解析：电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容大小是不变的，故A

错误；该电容器电压可充电到4.0kV，必然小于击穿电压，故B错误；根据Q＝CU＝16×10－6×4.0×103C＝0.064C可知，放电前，电容器储存的电量为0.064C，故C错误；根据I＝Qt＝0.0644×10－3A＝16A可知该次放电平均电流

为16A，故D正确．故选D.答案：D3．解析：根据闭合电路的欧姆定律有U＝E－Ir结合图像可知，电源电动势E＝1.5V，r＝1.5－1.00.5Ω＝1Ω，故A、B错误；当电压为1.4V时，电流为I＝0.1A则此时有R＋r＝EI解得此时外电路电阻阻值为R＝14Ω，故

C正确；当电流为0.2A时，内电压为U内＝Ir＝0.2×1V＝0.2V，故D错误．故选C.答案：C4．解析：当P接通4时，输出电压变为输入电压的0.001，即R4R1＋R2＋R3＋R4＝11000，解得R1

＋R2＋R3＝999Ω，只有A满足要求，当P接通3时，输出电压变为输入电压的0.01，即R3＋R4R1＋R2＋R3＋R4＝1100，当P接通2时，输出电压变为输入电压的0.1，即R2＋R3＋R4R1＋R

2＋R3＋R4＝110，A均满足要求，故A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：设电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律得E＝Ir＋I（R1＋R2）＝I（r＋R1）＋U2，则U2＝－（R1＋r）I＋E，而U1＝R1I，故V1、V2对应的U­I

图线的斜率绝对值分别等于R1、R1＋r，故C正确．答案：C6．解析：当悬挂物体变轻时金属丝的长度变短，由于金属丝的体积不变再结合电阻定律有V＝SL，R＝ρLS＝ρL2V可知金属丝电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电流表示数变大，电压表示数变小，A、B错误；电压表与电流表示数之比为金属丝的阻值，根

据选项A、B的分析知金属丝电阻变小，故电压表与电流表示数比值变小，C错误；电压表与电流表示数变化之比为电源内阻与滑动变阻器阻值之和，故保持不变，D正确．故选D.答案：D7．解析：只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻

值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电流表示数变大，内电压增大，则路端电压减小，因此电压表示数变小，故A正确，B错误；只将滑片向上端移动时，电容器板间的电压变小，由E＝Ud分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则微粒将向下运动

．故C正确；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D错误．答案：AC8．解析：电源电动势为3V，内阻3Ω，作出电源路端电压和电流图像，如图所示两个小灯泡并联，故接入电路时两小灯泡的电压

和电路的路端电压均相等，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，且两灯泡电流之和等于干路电流．综上分析，图中路端电压等于1.5V时满足条件．根据图像得当电压为1.5V时，L1、L2中的电流约为0.2A、0.3A，

L2的电功率约为P＝UI2＝0.45W，故AC错误；电源的效率约为η＝P出P总×100%＝UIEI＝50%，B正确；电源输出功率约为P出＝UI＝0.75W，D正确．故选BD.答案：BD9．解析：题图甲中两个支路的电压始终相等，所以支路电流与电阻成反比，即I2R2＝I1（R1

＋R0），且I1＋I2＝I是定值，滑动变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，由以上两式可知I1减小，I2增大，R1的电压U1＝I1R1减小，故A正确，C错误；题图乙中两个支路的电压始终相等且为定值，支路

电流与电阻成反比，即I2R2＝I1（R1＋R0）＝U（定值），滑动变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R0增大，由上式可知I1减小，I2不变，R1的电压U1＝I1R1减小，故B、D正确．答案：ABD10．解析：（1）①多用电表调至直流电流挡，与滑动变阻器串联，测的是通过滑动变阻器R1的

电流；②断开电路中的开关，多用电表调至欧姆挡，接在R1与R2串联电路的两端，测的是串联部分的总电阻；③多用电表调至电压挡，滑动变阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线，多用电表与电阻R2并联，测的是R2

两端的电压．（2）双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小，故A正确；测量时若发现指针向右偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，若向左偏离中央刻度过大，则必须增大倍率，重新欧姆调零后再进行测量，故B错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×100”倍

率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于2500Ω，大于2000Ω，故C错误；欧姆表内的电池使用时间太长，电动势减小，内电阻增大，电池电动势变小、内阻变大时，欧姆调零时，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig＝ER内，欧姆表内阻R内得调

小，待测电阻的测量值是通过电流的示数体现出来的，由I＝ER内＋Rx＝IgR内R内＋Rx＝Ig1＋RxR内，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数偏大，故D正确．答案：（1）①R1②R1和R2③R2（2）AD11．解析：（1）电阻

箱的读数等于各挡位的电阻之和，图乙中电阻箱的读数为10.00Ω；电压表的精度为0.1V，读数应估读一位，该电压表读数为1.50V；根据部分电路欧姆定律可得1.00V10Ω＝1.50V10＋RA解得RA＝5.00Ω（2）根据闭合电路欧

姆定律有E＝U＋UR（RA＋r）变形得1U＝1E＋RA＋rE·1R结合图像有1E＝0.36，RA＋rE＝0.58－0.360.10联立解得E≈2.8V，r＝1.1Ω答案：（1）10.001.505.00（2）1U＝1E＋RA＋rE·1R2.

81.112．解析：（1）由题图甲可知，电流表的量程为0～0.6A，故读数为0.31A；电阻丝的测量值R0＝UI＝2.000.31Ω≈6.45Ω由题图甲所示电路图可知电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所以电压的测量值大于真实值，则电阻丝电阻的测量值大于真实值；

（2）由电阻定律可知：Rx＝ρLS＝ρLπ（d2）2闭合S1断开S2，由闭合电路欧姆定律得E＝I（r＋RA＋R＋Rx）整理得：R＝－4ρLπd2－r－RA＋EIR­L图线斜率的绝对值k＝4ρπd2，解得电阻率ρ＝14kπd2.（3）由题图丙知，R­L图像的斜率

的绝对值k＝ΔRΔL＝5.00.50Ω/m＝10Ω/m电阻率ρ＝14kπd2，代入数据解得ρ≈9.6×10－7Ω·m.答案：（1）0.316.45大于（2）kπd24（3）9.6×10－7课时分层精练（五十）磁场及其对电

流的作用1．解析：根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确．答案：C2．解析：根据平衡条件得，mg＝BIL＋12BIL，解得mg＝3BIL2，故选C.答案：C3．解析：根据等

量同种电荷的电场分布可知，A、B两点电场强度大小相等，方向相反，则场强不相同，选项A错误；一带负电粒子沿中垂线从A运动到B，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减小后增大，选项B错误；因两根通电导线的电流方向相反，根据安培定则，结合磁场叠

加知识可知，C、D两点磁感应强度相同，CD连线上各点的磁感应强度方向一样，选项C正确，D错误．答案：C4．解析：由图可知a、b两根导线通入的电流方向相同，则a、b两根导线相互吸引，故A错误；如图所示为右侧视图，b、c两根导线对a的安培力分别为吸引力

和排斥力根据Ic＝2Ib，B＝kIr，F＝BIaL可得Fac＝2Fab则有sinθ＝FabFac＝12解得θ＝30°，则b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下，故B正确；由于a、b两根导线对c的安培力均为排斥力，且Ia＝Ib，则a、b两根导线对c的安培力大小相等，a、b两根导线对c的安培力的合力方

向竖直向上，故C错误；根据安培定则，如图所示可知三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度不为零，故D错误．答案：B5．解析：根据题意，当导线A中的电流为0时，p点的合磁感应强度为零，即B、C、D三条导线产生的合磁场为零，当A中的电流为－I0时，p点的合磁感应强度为B0，方向应垂直纸面向外，所以当A

中的电流为I0时，p点的合磁感应强度仍为B0，方向应垂直纸面向里，故A错误；由于A、B导线到p点距离相等，所以B中电流在p点产生的磁感应强度大小为B0，故B正确；B、C的磁感应强度均为B0，D的磁感应强度大于

B0，所以一定是B＋C的磁感应强度大小等于D的磁感应强度大小（为2B0），则C的磁感应强度方向和B一致，均向外，故C、D错误．答案：B6.解析：由于mgsinθ＝0.6mg>0.3mg，故安培力方向一定竖直向上，由左手定则可知磁场方向为水

平向左，对金属杆M受力分析并建立如图所示坐标系．由平衡条件可得Fx＝F＋F安sinθ－mgsinθ＝0，Fy＝FN＋F安cosθ－mgcosθ＝0，轻绳上的拉力F＝310mg，联立解得F安＝12mg，又由F安＝BIL，I＝ER＋r，解得B＝mg（R＋r）2

EL，故选A.答案：A7．解析：导体棒a、b所受安培力沿各自所处导轨平面向上，由左手定则可知，左侧磁场垂直左侧导轨所在平面向下，右侧磁场垂直右侧导轨所在平面向上，A错误；由力的平衡条件可得，导体棒a、b所受安培力分别为Fa＝mgsin37°、Fb＝mgsin53°则Fa∶F

b＝3∶4，C错误；导体棒a、b的电阻之比为1∶2，则通过导体棒a、b的电流之比为2∶1，又B＝FIL解得B1B2＝38，B正确；导体棒a、b对导轨的压力大小分别为FNa＝mgcos37°、FNb＝mgcos53°解得FNa∶FNb＝4∶3，D错误．答案：

B8．解析：（1）设电磁弹射时飞机的加速度为a，则有v2＝2ax1解得a＝30m/s2加速过程中飞机和弹射车受到的合力BId＝（M＋m）a解得I＝6×104A（2）飞机飞离甲板后，弹射车在电磁阻尼的作用下做

减速运动直到速度减为零，设减速过程所用时间为Δt，减速过程中弹射车的平均速率为v－.对弹射车根据动量定理有－BI－dΔt＝0－mv，B2d2v－ΔtR0＋R200＝mv，其中v－Δt＝x2代入解得R＝6Ω答案：（1）6×104

A（2）6Ω9．解析：如图所示画出三根导线的截面图，由右手螺旋定则及矢量的叠加规律可知，c′点的磁感应强度方向斜向右上方，b′点的磁感应强度方向水平向左，A错误；a和c导线在O处的磁感应强度矢量和为0，O点处的磁感应强度即为b导线在O处的磁感应强度，其大小为B，设b′c′的长度为L，则b′O的距

离为22L，故导线a在b′处的磁感应强度为22B，根据对称性，导线c在b′处的磁感应强度大小也为22B，则b′处的磁感应强度大小Bb＝2×22Bcos45°＝B如图所示，根据左手定则，导线b受到的安培力方向竖直向下，B错误，C正确；a、c导线在a′、c′

的连线上的磁感应强度的方向均在竖直方向（O点除外），而b导线在a′、c′的连线上的磁感应强度的方向均不在竖直方向，故无法完全抵消，即在a′、c′的连线上不存在磁感应强度为零的位置，D错误．答案：C10．解析：根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置的受力分析如图所示则

有FN＝mgsinθ，导体棒所受摩擦力为Ff＝μmgsinθ，可知导体棒沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，θ增大，FN增大，Ff增大，故A错误；结合上述，导体棒所受的安培力F＝BIL＝mgcosθ＋μmgsinθ＝1＋μ2sin（θ＋φ），θ在0～90°范围内增大，可知安培

力先增大后减小，故B错误；根据上述可知重力与支持力的合力为mgcosθ，随θ增大而减小，故C错误；令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为β，则有tanβ＝FNf＝FNμFN＝1μ，可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦

力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力方向与支持力、摩擦力的合力方向等大反向，即重力和安培力的合力方向始终与安培力的方向的夹角始终不变，故D正确．故选D.答案：D课时分层精练（五十一）磁场对运动电荷的作用1

．解析：由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r可得r＝mvqB所以粒子半径减小，粒子先经过b点，再经过a点；根据左手定则可知粒子带负电，故A、B错误；由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力

不做功，故C错误；根据F＝qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，故D正确．故选D.答案：D2．解析：甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速

直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确．答案：BD3．解析：带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r＝a故A正确，不符合题意；根据qvB＝mv2r可得

粒子的质量m＝Bqav故B正确，不符合题意；管道内的等效电流为I＝Qt＝nq故C错误，符合题意；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F＝BIl＝Bnql故D正确，不符合题意．故选C.答案：C4．解析：根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；根据

牛顿第二定律有qvB＝mv2R解得v＝qBRm根据图中轨迹可知，R1<R2，则有v1<v2故B正确；粒子在磁场中的运动周期为T＝2πRv＝2πmqB粒子在磁场中的运动时间为t＝α2πT由图可知运动轨迹为PN对应的圆心角大于运动轨迹为PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，

故C正确；粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为F＝qvBv1<v2，可知F1<F2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误．故选BC.答案：BC5．解析：画出带电粒子1和2分别从a、b两点沿水平方向以相同的动量同时射入匀强磁场中，并同时到达c点的运动轨迹图，由图中几

何关系可知，两带电粒子轨迹所对的圆心角相同，带电粒子1的轨迹半径r1＝2r2，由洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r，解得q＝mv/Br，由此可知带电粒子1和2所带电荷量之比为q1∶q2＝r2∶r1＝1∶2，B错误；根据题述某一

时刻带电粒子1和2分别从a、b两点沿水平方向以相同的动量同时射入匀强磁场中，并同时到达c点可知两个粒子的运动时间相同，由t＝rθv可知，带电粒子1和2的速度大小之比为v1∶v2＝r1∶r2＝2∶1，C正确；题述两个粒子的动量p＝mv相同，带电粒子1和2的质量之比为m1∶m2＝v2∶v1＝1∶2，

A错误；带电粒子1和2在磁场中运动时，所受洛伦兹力f＝qvB相等，时间t相等，根据冲量定义I＝ft可知，带电粒子1和2在磁场中运动时，所受洛伦兹力的冲量相等，D正确．答案：CD6．解析：（1）由eBv

＝mv2r，得r＝L分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝30360T＝πm6eB.（2）左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向

与x轴负方向成60°，则单位时间内打在金属板上的粒子数为N＝60180n＝13n，电流表的示数为I＝13ne.（3）粒子从磁场左边射出的临界点为f点，df＝3L，粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝（3L）2－（2L）2＝5L，

粒子从上边界射出磁场的宽度d＝fd＋dg＝3L＋5L＝（3＋5）L.答案：（1）πm6eB（2）13ne（3）（3＋5）L7．解析：设小球Q的质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒有mv0＝（m＋M）v根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝（m＋M）v

2r解得两球碰撞合为一体后运动半径r＝mv0qB由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的12，所以在水平方向的距离为x＝r＋r＋12r＋14r＋18r＋…利用等比数列求和公式可得x＝3r最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q的初始位

置的距离d＝10r＝10mv0qB，选项B正确．故选B.答案：B8．解析：（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r＝a根据qv甲0B＝mv2甲0r甲0解得v甲0＝qBam（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两

个圆周，则T甲＝2T乙根据qvB＝m4π2T2r，有T甲T乙＝mm乙则m乙＝12m粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙112mv2甲0＋12m乙v2乙0＝12mv2甲1＋12m乙v2乙1解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0则第一次碰撞后

粒子乙的速度大小为3qBam.答案：（1）qBam（2）12m，3qBam课时分层精练（五十二）带电粒子在磁场中运动的临界、极值及多解问题1．解析：当速度最大时，粒子轨迹圆会和实线圆相切，如图设轨迹圆的半径为R，在△AOO′中，根据勾股定理有R2＋（3r）2＝（R

＋r）2，解得R＝4r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，又知qm＝k，联立解得最大速度为v＝4kBr，故选D.答案：D2.解析：放射源发射的α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即r＝mvqB＝6.6×10－27×3.2×1063.2×10－19×0.33m＝0.2m＝20

cm.α粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又r＝2R，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是α粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为60°.轨迹如图所示．选项C正确．答案：C3．解析：能够从ab边射出的电子

，半径最小为从b点射出，如图所示由几何关系可知r1＝Lcos30°＝233L半径最大为从a点射出，如图所示由几何关系可知r2＝3L由牛顿第二定律有qvB＝mv2r解得r＝mvqB＝vkB则有233L≤vkB≤3L为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为23kBL3≤v≤3

kBL故选BC.答案：BC4．解析：当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图（大圆弧）由几何知识知R2＝OBsin30°＝12OB而OB＝s＋R2所以

R2＝s所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件．由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB＝mv2R2所以得B>mvqs故A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动

轨迹与OP相切．如图（小圆弧）由几何知识知道相切圆的半径为s3，所以当离子轨迹的半径小于s3时满足约束条件．由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB＝mv2R1所以得B>3mvqs故C错误，D正确．故选BD

.答案：BD5．解析：根据题意可知，粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图根据几何关系知半径为34L，故A正确；若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历时间为12T，若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相

切，作图可得切点为C点，如图所示可知圆心角为60°，粒子在磁场中经历时间为16T，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中经历时间为23T，所以该粒子在磁场中经历时间为23T，则它一定从AB边射出磁场；所以可知粒子速度和运动时间无确定

的关系，故B、C错误，D正确．故选AD.答案：AD6．解析：电子在匀强磁场中运动的轨道半径为R＝mvqB＝4.55cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9

.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝L2＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或

θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm<l<9.1cm，故B、C错误．答案：AD7．解析：根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，有qB0v＝mv2r0，解得B0＝mvqr0要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度

变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径为2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qB1v＝mv22r0，解得B1＝mv2qr0比较可得B1＝12B0由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；如图，磁场区域的最小面积

为S2＝2（π－2）r20，C正确，D错误．故选BC.答案：BC8．解析：由题意，如图所示，当粒子在磁场中运动转过的圆心角为180°时，其射出点N离M最远，此时𝑀𝑁̂对应磁场区域的圆心角为120°，则根据几何关系可知粒子做匀速圆周

运动的半径为r1＝Rsin60°＝32R根据牛顿第二定律有qvB＝mv2r1，解得v＝3qBR2m，故A错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝2πrv＝2πmBq当粒子的轨迹与磁场区域内切时，其运动时间最长，恰好为1个

周期，故B错误；将磁感应强度大小改为3B时，粒子运动半径变为r2＝r13＝12R如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为R，所以有粒子射出的边界弧长变为𝑀𝑁̂＝16·2πR＝πR3，故C正确；若粒子入射

速率为63v时，粒子运动半径变为r3＝63r1＝22R如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为2R，所以有粒子射出的边界弧长变为𝑀𝑁̂＝14·2πR＝πR2，故D错误．答案：C9．解析：（1）满足T>2πmqB0，粒子的运

动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝mv21R1几何关系可得2R1＝d联立解得v1＝qBd2m（2）满足T＝πmqB0，粒子的轨迹如图所示由几何关系可得2d＝k2R2，其中k＝1，2，3…由qv2B＝mv2

2R2可得v2＝qBdkm（k＝1，2，3…）而a＝qv2Bm联立可得a＝q2B2dm2k，k＝1，2，3…答案：（1）qBd2m（2）q2B2dm2k（k＝1，2，3…）课时分层精练（五十三）带电粒子在复合场中的运动1．解析：速度选择器不选择电

性，只选择速度，粒子不一定带正电，选项A错误；根据电场力等于洛伦兹力知，qE＝qvB，解得v＝EB，选项B正确；粒子只能沿PQ方向运动，不能沿QP方向运动，选项C错误；由于不知道粒子的电性，若运动的速度大于EB，无法确定粒子偏转方向，选项D

错误．答案：B2．解析：带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期T0相同，所以满足T0＝2πmqB可得，B＝2πmqT0，选项A错误；粒子从D形盒边缘射出时有12mv2＝nU0q，射出速度可表示为v＝2nqU0m，选项B错

误；粒子从D形盒射出时，qvmaxB＝mv2maxR，可得vmax＝qBRm，仅增大加速电压U0，质子射出速度大小不变，选项C错误；当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为T＝2π·3mqB′，其周期应该与T0相同，又知道T0＝2

πmqB可知B′＝3B，需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D正确．故选D.答案：D3．解析：甲图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度，即vm＝qBRm粒子的最大动能Ekm＝12mv2m＝q2B2R

22m由此可见最大动能与加速电压无关，故A项错误；乙图中，粒子射出速度选择器后在磁场中运动有B0qv＝mv2r解得r＝mvB0q＝vB0·qm粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则粒子的比荷越大，故B项错误；丙图中，等

离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板电势低于B极板电势，故C项正确；丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直

线射出，当速度v<EB即洛伦兹力小于电场力，粒子将向上极板偏转，故D项正确．故选CD.答案：CD4．解析：粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU＝1

2mv2解得，v＝2qUm粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，可得r＝mvqB＝1B2mUq则有x＝2r＝8mB2q·U可知x­U图像的斜率为k＝8mB2q＝0.5可得粒子的比荷为qm＝32B2＝324×10－8C/kg

＝8×108C/kg，故B错误；该粒子在磁场中运动的时间为t＝12T＝12×2πmqB＝3.148×108×2×10－4s≈1.96×10－5s，故C正确；根据x＝2r＝8mB2q·U，若电压U不变，可知打到Q点的粒子比荷

小于打到P点的粒子比荷，故D错误．故选C.答案：C5．解析：（1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动，则有qvB＝mv2r，T＝2πrv，t＝180°－120°360T解得t＝πm3qB（2）粒子在磁场中运动时qvB＝mv2r，tan30°＝Rr质子在直线加速器中运动时，共经过4次缝隙

，由动能定理得4qU0＝12mv2－0解得U0＝3qB2R28m（3）为使氚核在每个金属筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，则速度大小不变4qU′＝12·3mv2－0得U′＝9qB2R28m即需将交变电压调为U0的3倍答案：（1）π

m3qB（2）3qB2R28m（3）3倍6．解析：（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有GD＝FG＝R，OG＝34R则OD＝R＋34R＝7L，解得R＝4L根据洛伦兹力

提供向心力有qvB＝mv2R，解得v＝4qBLm（2）粒子在电场中的类平抛运动轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：x＝GN＝8L沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：y＝FG＝4L根据x＝vt，y＝12at2，a＝qEm解得E＝2qB2Lm（

3）设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，t1＝14T带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πmqB联立得t1＝πm2qB，x＝GN＝8L＝vt2解得：t2＝2mqB，所以时间t＝t1＋t2＝（4＋π）m2gB答

案：（1）4qBLm（2）2qB2Lm（3）（4＋π）m2gB7．解析：（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝12mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2R粒子从上边界垂直QN第二

次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图根据几何关系可知R＝d3联立可得B＝6mEqd（2）（ⅰ）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知R21＝（2d）2＋（R1－d）2解得R1＝52d所以有θ＝53°，α＝37°洛

伦兹力提供向心力qv1B＝mv21R1带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝12mv21－12mv20再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有2d＝v1cosα·t沿y方向上有2d＝v1sinα·t＋12at2其中根据

牛顿第二定律有qE′＝ma联立以上各式解得v1＝15qdEmv0＝9qdEmE′＝36E（ⅱ）粒子从P到Q根据动能定理有qE′·2d＝12mv22－12mv21可得从Q射出时的速度为v2＝341qEdm此时粒子在磁场中的半径R2＝mv2qB＝412d根据其几何关系可知对应的圆心坐标为x＝52d，

y＝4d而圆心与P的距离为l＝（52d－2d）2＋（4d－0）2＝652d≠R2故不会再从P点进入电场．答案：（1）6mEqd（2）（ⅰ）36E9qdEm（ⅱ）不会8．解析：（1）带电粒子打到荧光屏前，沿z轴方向32L＝v0tcosθ沿

x轴方向x＝v0tsinθ最终打在荧光屏上的x轴坐标x＝32Ltanθ（2）对带电粒子加速过程根据动能定理qU＝12mv20在偏转电场中qUL＝ma，L＝v0t1cosθ，y1＝12at21，vy＝at1粒子离

开电场时，偏转角为α，则tanα＝vyv0cosθ粒子离开电场后，沿y轴方向偏转位移y2＝L2tanα粒子打在荧光屏上的y轴坐标y＝y1＋y2联立解得y＝L2cos2θ荧光屏上显示的粒子落点图线方程粒子能射到荧光屏的条件y1<L2可得cosθ>22即－45°<cosθ<45°图线方程的定义域为－

32L<x<32L（3）如图所示设圆柱形磁场圆直径为D，由几何关系可知，沿与x轴正方向夹角θ－45°离开圆柱形磁场的粒子恰好可以打在荧光屏上，该粒子进入磁场时与中心线距离d＝D2sin45°可知满足条件的粒子源长度l＝2d＝22D单位时间打在荧光屏上的粒

子数n＝lDN－22N答案：（1）32Ltanθ（2）见解析（3）lDN－22N单元素养评价（十一）磁场安培力与洛伦兹力1．解析：根据右手螺旋定则可知，圆心处的磁场方向水平向右，故A错误，B正确；三个线圈的电流方向相同，同向电流相互吸引，故乙受到甲对它的吸引力，乙受

到丙对它的吸引力，故C、D错误．答案：B2．解析：a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，如图所示由图可知，a点磁感应强度大小为Ba＝B0＋Bb点和d点磁感应强度大小为Bb＝Bd＝B20＋B2c点的磁感应强度大小为Bc＝B0－B故A、B、C不符合题意，D符合题意．答案：D3

．解析：闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，根据左手定则可知，电流方向为从P到Q，电源的M端为正极，选项A错误；静止时指针对准刻度尺1.5cm处，则2k·Δx＝BIL，解得I＝2kΔxBL＝3A，选项B错误，C正确；闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，则电路中电阻增大，电流减小，金

属棒PQ所受安培力减小，将向左移动，故选项D错误．答案：C4．解析：粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝mvqB＝a由几何关系可知，打到x轴上距离原点最远的粒子到O点的距离xmax＝2a＋2acos30°＝（2＋3）a垂直x轴向下射出的粒子到达x轴时轨迹与x轴相切，切点到达O点的距离最近x

min＝a，即x轴上[a，（2＋3）a]范围有粒子射出；垂直x轴向下射出的粒子轨迹与y轴相切，刚能到达y轴，其他的粒子都不能到达y轴，则选项B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B5．解析：当电子从Q→P时，所受电场力向上，洛伦兹力向上，合力不会为零，电子不能做直线运动，A错误；电子以

速度大小v>EB从P端射入，则eE<evB电子向下偏转，所受合力为变力，轨迹不可能为抛物线，B错误；图（b）中，由evB＝eUHd，I＝neSv，S＝hd可得UH＝IBneh仅增大电流I，其他条件不变，UH将增大，C正确；根据左手定则可判断电

子受到的洛伦兹力向左，所以左侧电势低，右侧电势高，D错误．故选C.答案：C6．解析：根据安培定则和磁感应强度的叠加可知，1和3、2和4导线在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，叠加后b点的磁感应强度为零，故A正确；根据叠加原理和对称性可知，a、c两点

的磁感应强度大小相等，方向相反，故B错误；所有导线在a点产生的磁感应强度方向均垂直纸面向外，叠加后a点磁感应强度方向垂直纸面向外，故C正确；减小导线1的电流，1和3导线在b点产生的磁感应强度不能抵消，则b点的磁感应强度增大，故D错误．答案：AC7．解析：粒子在磁场中运动的最大轨道半径为

D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝mv2maxR最大动能为Ekmax＝12mv2max在电场中加速，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU解得n＝qR2B22mU则粒子运动的时间t＝nT2其中T＝2πmqB解得t＝πBR22U可知，两种粒子在

回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得Ekmax＝q2R2B22m21H粒子的质量数为2，电荷数为1，42He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知42He粒子的出口处的动能为21H粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确．答案：AD8．

解析：粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A正确；根据qvB＝mv2r，得v＝qBrm，从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；由t＝θ2πT＝θ2π×2πmqB，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切

角等于圆心角的一半，弦切角越小，运动时间越短，如图当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小．Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时间为tmin＝120°360°×2πmqB＝2πm3qBM、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点

射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确．答案：AD9．解析：（1）根据左手定则，N端聚集正电荷，电势较高；M端聚集负电荷，电势较低，故M端接黑表笔．（2）由题图可知，250mV挡，每小格为5mV，故读数为145

mV.（3）根据qUMNb＝qvB，UMN＝Bbv，解得v≈1.8m/s（4）根据I＝UR＋r，R＝ρLS＝ρbac，解得ρ＝540Ω·m答案：（1）黑（2）145（3）1.8（4）54010．解析：（1）金属杆ab受力示意图如图所示磁场对金属杆ab的安

培力大小为F＝BIl（2）竖直方向根据受力平衡可得N＋Fcosθ＝mg解得N＝mg－BIlcosθ（3）不同意该同学的说法．金属杆ab所受摩擦力f为静摩擦力，其大小不与支持力成正比；由于金属杆ab处于静止状态，其所受静摩擦

力大小等于安培力在水平方向的分力大小，即f＝BIlsinθ因此金属杆ab中电流增大时，金属杆ab所受静摩擦力变大．答案：（1）BIl（2）mg－BIlcosθ（3）不同意，分析见解析11．解析：（1）粒子P在“阳鱼”内做圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系，轨迹圆

的半径r0＝R2tanθ2，由qv0B＝mv20r0，解得B＝23mv0qR.（2）设粒子Q以大小为v1的速度从C点沿CO2方向射入“阳鱼”时，其轨迹恰好与圆O1相切，如图乙所示．根据几何关系，轨迹圆的半径为R，由

qv1B＝mv21R，解得v1＝23v0，粒子Q从C点射入“阳鱼”时的速度大小应满足的条件为v≥23v0．答案：（1）23mv0qR（2）v≥23v012．解析：（1）根据题意可知，粒子进入磁场之后做匀速圆周运动，由于粒子

经过坐标为（0，0.8）的点进入电场，由几何知识可得R＝0.4m粒子运动的轨迹如图所示带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有qv0B＝mv20R联立解得B＝mv0qR＝5.0×10－5T（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向不受力，做匀速运动有d＝v0t平行

于电场方向受电场力，做匀加速直线运动，则有2R＝12at2，a＝qEm联立解得EB＝49v0＝1.4×106m/s（3）由题意得v2y＝4aR，v＝v20＋v2y联立解得v＝53v0＝5.3×106m/s又有tanθ＝vyv0＝43，解得θ＝53°，即粒子离开匀强电场时的速度方向与

x轴负方向成53°角，斜向下方．答案：（1）5.0×10－5T（2）1.4×106m/s（3）5.3×106m/s，方向与x轴负方向成53°角，斜向下方课时分层精练（五十四）电磁感应现象楞次定律1．解析：奥斯特通过电流的磁效应发现电流周

围存在磁场，故A错误；法拉第最先通过实验发现了电磁感应现象，进一步完善了电与磁的内在联系，故B正确；焦耳最先发现了电流热效应的规律，找到了电能和热能之间的转化关系，故C错误；库仑发现了库仑定律，即点电荷间的

相互作用，密立根通过油滴实验测定了元电荷的值，故D错误．故选B.答案：B2．解析：图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒所构成回路的面积固定不变，而磁场也不变，则回路中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；图乙中，当导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导

体棒切割磁感线，从而产生动生电动势，故B正确；图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直流电时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，磁场方向相反，则闭合圆环导体的磁通量为零，因

此不会产生感应电流，故C错误；图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中的电阻增大，电流减小，从而使电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为导体环不闭合，没有形成完整的回路，因此环中没有感应电流，故D错误．故选B.

答案：B3．解析：由安培定则知，通有恒定电流的直导线产生的磁场在图中闭合导线框一侧的方向为斜向右下方，另一侧的方向为斜向右上方；在导线框从远处匀速靠近导线到达导线正下方的过程中，磁通量先增大后减小（正下方时为零），通过的磁感线方向为斜

向下，由楞次定律知导线框中感应电流方向先为abcda后为adcba；而导线框从直导线正下方向右匀速远离直导线过程中，穿过导线框的磁场方向斜向右上方，磁通量先变大后变小，由楞次定律可知，感应电流方向为先adcba后abcda，故整个过程中，线框ad边中的感应电流方向为先d→

a，再a→d，再d→a.故选B.答案：B4．解析：磁体转动前，线框的磁通量最大，线圈内磁场方向斜向上，若以磁体中心为轴在xOz平面内顺时针转过一个小角度，线框的磁通量减小，根据楞次定律，线框产生adcba方向的感应电流，磁体以磁体

中心为轴在xOz平面内顺时针转过一个小角度，等效为磁体向左上方移动，根据来拒去留，磁体对线框产生向左上方的吸引力，根据平衡条件，线框受地面的摩擦力方向水平向右，线框ab边，cd边安培力均向上，对地面的压力减小．故选D.答案：D5．解析：在开关

闭合瞬间，线圈内部磁通量增大且磁场方向向左．从右向左观察，根据楞次定律判断，铜环中产生逆时针的感应电流，故A正确，B错误；产生感应电流时，铜环等效成一个小磁铁，N极在右侧，与条形磁铁S极相吸引，故C、D错误．故选A.

答案：A6．解析：根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；由图乙可知，通过发生线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B正确；t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁

通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值；同理，t＝t0时发射线圈中的感应电流最小，C、D错误．故选B.答案：B7．解析：由楞次定律可得线框中磁场变大，线框磁通量变大，则线框中产生的感应电流所受安培力向内，线框面积有缩小的趋势，故A错误；由楞次定律可得感应电流的方向为逆

时针，所以通过R的电流方向为a→b，故B正确；感应电流的方向为逆时针，根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故C错误；由闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋R2那么R两端的电压为U＝IR＝2nB0S3t0，故D正确．故选BD.答案：BD8．解析

：T4～T2内，线圈中电流为正方向且减小，通电螺线管中产生向上的磁场且磁感应强度减小，圆环中感应出向上的磁场，则圆环中从上向下看感应电流方向为逆时针，A错误；因为线圈中电流为正弦电流，所以产生的磁场也是正弦变化的，变化图像也是正弦图像，T4～T2内，由图像

可知，图线的斜率的绝对值逐渐增大，即磁感应强度的变化量与时间变化量的比值逐渐增大，根据E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S，得感应电动势逐渐增大，B错误；T2～3T4内，线圈中电流反向增大，通电螺线管产生向下的磁场

，磁感应强度增大，圆环中产生的感应电流从上往下看为逆时针方向，此时圆环受到的安培力斜向左下，则桌面对圆环的支持力大于重力mg，则圆环对桌面的压力大于重力mg，故C正确；3T4～T内，线圈中电流反向减小，通电螺线

管产生向下的磁场，磁感应强度减小，圆环中产生的感应电流从上往下看为顺时针方向，此时圆环受到安培力斜向右下，圆环静止，则圆环受到向左的摩擦力，则圆环对桌面的摩擦力向右，故D错误．故选C.答案：C9．解析：两次实验使用了同一磁铁，无法得出磁铁磁性强弱与感应电流峰值的关系，

故A错误；若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过线圈磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生正向感应电流，后产生负向感应电流，故B正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝NΔΦΔt，I＝ER，若将线圈的匝数N加倍，因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍

，故C错误；若将条形磁铁到铜线圈上端的高度加倍，如果没有磁场力，根据机械能守恒有mgh＝12mv2，高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，

故D错误．答案：B10．解析：小圆环环心过O点时，向上穿过线圈的磁感线的条数和向下穿过线圈的磁感线的条数相同，磁通量为0，故A正确；小圆环从M点到P点的过程中，线圈的磁通量一直变化，始终有感应电流，故B错误；通电直导线周围的磁场是以导线为圆心的同心圆，设小圆环到导线的距离为r，磁感应强度为B，如图

所示则穿过小圆环的有效磁感应强度大小为By＝Bsinθ＝kIrsinθ其中r＝hcosθ所以有By＝kIhsinθcosθ＝kI2hsin2θ所以当θ＝45°时，穿过小圆环的有效磁感应强度最大，此时r＝2h，故C正确；小圆环在

M点时有效磁感应强度方向向上、在P点的有效磁感应强度方向向下，所以小圆环从M到P时，磁通量的变化量不为0，故D错误．故选AC.答案：AC课时分层精练（五十五）法拉第电磁感应定律自感现象1．解析：根据法拉第电磁感应定律得E－＝NΔΦΔt＝NBScosθt，A正确．答案：A2．解析：题图

甲中振动的条形磁铁使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，故A正确；题图乙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，

故B正确；题图丙中U形磁铁可以在高速转动的铝盘中产生涡电流，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，故C正确；题图丁中转动把手时下面的闭合铜线框随U形磁铁同向转

动，这是利用了电磁驱动规律，故D错误．答案：ABC3．解析：设导轨间的距离为L，如图甲所示，金属棒ab产生的感应电动势为E1＝BLv，根据右手定则可知通过金属棒ab的电流方向b→a；如图乙所示，金属棒ab产生的感应电动势为E2

＝BLv，根据右手定则可知通过金属棒ab的电流方向b→a；E1和E2之比为E1∶E2＝1∶1，故选C.答案：C4．解析：闭合开关S接通电路时，由于线圈的自感作用，A1灯泡逐渐亮起来，A2灯泡立即亮起来，稳定后，线圈电阻不计，相当于一根导线，

两灯泡亮度相同，A、B错误；断开开关S切断电路时，由于线圈的自感作用，线圈中的电流不能发生突变，其在新的回路中由原来的稳定值逐渐减小为零，即断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才同时熄灭，C错误，D正确．故选D.答案：D5．解析：半径小于L2的区域内E1＝BL2·ωL22＝BL2

ω8，半径大于L2的区域E2＝BL2·ωL2＋ωL2＝3BL2ω8，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E＝E2－E1＝BL2ω4，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R中的电流方向向下，电阻R上的

电压U＝RR＋rE＝RBL2ω4（R＋r），故A、B错误；电阻R中的电流大小为I＝ER＋r＝BL2ω4（R＋r），故C正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故D错误．故选C.答案：C6．解析

：由题意可得，两线圈的长度之比为L1L2＝2π2R2πR＝21两线圈围成的面积之比为S1S2＝π（2R）2πR2＝41由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS由图可知，线圈中的感应电动势之比为E1E2＝S1S2＝41由闭合电路的欧姆定律I＝ER总由电阻定律得R总

＝ρLS两线圈的电阻之比为R1R2＝L1L2＝21可得，线圈中的电流强度之比为I1I2＝E1E2·R2R1＝41×12＝21线圈中的电功率之比为P1P2＝E1E2·I1I2＝41×21＝81故选A.答案

：A7．解析：（1）对正方形金属框分析由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝ΔBΔt×l22由B（t）＝0.3－0.1t（SI），知ΔBΔt＝0.1T/sI＝ER，其中R＝4lλ当t＝2.0

s时，B＝0.3－0.1×2.0（T）＝0.1T金属框所受安培力大小F＝BIl′，其中l′＝2l代入数据解得F≈0.057N.（2）根据焦耳定律有Q＝I2RtR＝4λl＝8×10－3Ω0～2.0s内金属框中的电流为I＝ER＝1A代入数据解得Q＝0.016J.答案：（1）0.057N（2）0

.016J8．解析：金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知，P点电势高于O点电势，故A正确；金属杆OP位于磁场区域时，其产生的电动势为E＝BLv－＝BL0＋Lω2＝12BL2ω，故B错误；金属杆OP位于磁场区域时，回路中电流的瞬时值为I1＝ER

＝BL2ω2R，故C正确；金属杆OP运动一个周期T时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，根据有效值的定义有I21R·T2＋0＝I2效RT，解得回路中电流的有效值为I效＝I12＝2BL2ω4R，故D正确．答案：ACD9．解

析：根据题意可知，开关K闭合后，金属棒ab恰能保持静止，则金属棒ab受竖直向上的安培力，大小等于金属棒的重力，保持不变，由左手定则可知，电流方向由a→b，且大小不变，则线圈中电流方向为M→P，由楞次定律可知，B2的磁感应强度均匀

增加，故A错误；设流过金属棒的电流为I1，由A分析可知，B1I1L＝mg，解得I1＝mgB1L，由并联电路的特点可得，流过电阻R1的电流为I2＝I1R2R1＝mgR2B1LR1，由于线圈电阻不计，则金属

棒ab两端电压等于线圈产生的感应电动势，则有nΔΦΔt＝nΔB2ΔtS＝I1R2＝mgR2B1L，解得ΔB2Δt＝mgR2nB1LS，故B错误，C正确；断开K之后，当金属棒所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm，则有E＝B1Lvm，Im＝ER1＋R2，FA＝B1

LIm＝mg，解得vm＝mg（R1＋R2）B21L2，故D正确．故选CD.答案：CD课时分层精练（五十六）电磁感应中的图像和电路问题1．解析：根据法拉第电磁感应定律，金属框中产生的感应电动势大小为E＝

ΔB·SΔt＝ΔB·L2Δt＝0.3V，由楞次定律可知产生的感应电流方向为逆时针．可把金属框等效为ab和bcda两个电源，则Uab为Uab＝E4×13－3E4×23＝－0.125V，故选C.答案：C2．解析：在0～dv时间内，线框进入磁场时磁

通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，因此感应电流沿逆时针方向．随着线框的运动，导线切割磁感线有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在dv～2dv时间内，穿过线框的磁通量向里减小

，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在2dv～3dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小，故选A.

答案：A3．解析：因为l2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感定律可知，l1中磁场的变化是均匀的，即l1中电流的变化也是均匀的，A、C错误；根据题图乙可知，0～T4时间内l2中的感应电流产生的磁场方向向左，所以线圈l1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，由

安培定则可知i为正，或方向向右并且增大，由安培定则可知i为负，B错误，D正确．答案：D4．解析：当OA在磁场区域切割磁感线时，由右手定则知OA中电流方向从O指向A，当其他两棒切割磁感线时，通过OA的电流方向从A指向O，A错误；当OA棒在磁场中切割磁感线

时，OA是电源，通过OA的电流达到最大，OB与OC是外电路的两个并联电阻，此时OA上的电动势为E＝12BωR2，则UAO＝R外R外＋RE＝r2r2＋rE＝BωR26，此时OA上电流为I＝ER总＝12BωR2r2＋r＝B

ωR23r，B正确，C错误；每根导体棒转过磁场区域时间内，闭合回路产生的焦耳热为Q0＝IEt＝BωR23r·12BωR2·14·2πω＝πB2ωR412r，则每转一周，三根导体棒所产总热量为Q＝3Q0＝πB2ωR44r，D正确．故选BD.答案：BD5．解析：

金属棒以速度vm下滑时，由法拉第电磁感应定律得E＝Blvm由闭合电路欧姆定律得E＝I·RR0R＋R0当金属棒以最大速度vm下滑时，由平衡条件得BIl－mgsinθ＝0联立解得1vm＝B2l2mgsinθ·1R＋B2l2mgsinθ·1R0由

1vm­1R图像可得B2l2mgsinθ＝1，B2l2mgsinθ·1R0＝0.5解得m＝0.2kg，R0＝2Ω故选C.答案：C6．解析：（1）由图像可知ΔBΔt＝0.1T/s则有E＝nΔΦΔt＝ΔBSΔt＝0.1×0.1×0.2V＝0.002V解得I

＝ER总＝0.0022A＝0.001A.（2）导体棒在水平方向上受拉力和安培力，且二力平衡，则有T＝FA＝BId＝0.1×0.001×0.1N＝1×10－5N故t＝1.0s的时刻丝线的拉力大小1×10－5N答案：（1）0.001A（2）1×10－5N7．解

析：（1）0～t0这段时间内，感应电动势为E＝nS有效ΔBΔt＝nB0L22t0感应电流为I＝ER由题意悬线拉力为零，即所受的安培力为F＝nB0IL＝mg联立解得m＝0.4kg（2）设刚要出磁场时速度为v，由二力平衡F安＝nB0Il＝mg，且I

＝nB0lvR穿过磁场过程中根据动能定理WG－W克安＝12mv2，其中WG＝mg（d＋L2）克服安培力做的功W克安＝Q，联立解得Q＝1.15J答案：（1）0.4kg（2）1.15J8．解析：（1）当ab刚进入磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚好正常工作，则电路中路端电压

U外＝U由电路的分压之比得U内＝2U则感应电动势为E＝U外＋U内＝3U由E＝B0lv＝3U，可得v＝3UB0l（2）若保持磁场不移动（仍在cdfe矩形区域），而使磁感应强度B随时间t均匀变化，可得棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，

所以L2两端的电压为U，电路中的总电动势为E＝U＋U2＝3U2根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld0联立解得ΔBΔt＝3U2ld0，所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt＝B0±3U2ld0t.答案：（1）3UB0l（2）B0±3U2ld0t课时分层精练（五十七）电磁感应

中的动力学、能量和动量问题1．解析：根据右手定则可知线圈中感应电流方向为adcba，故A错误；产生的感应电动势为E＝nBLv0根据闭合电路欧姆定律I＝ER线圈受到的安培力为F＝nBIL联立可得线圈受到的最大安培力为F＝n2B2L2

v0R，故B正确；根据牛顿第二定律可得F＝ma，即－n2B2L2v0R＝ma，可知电子器件T做加速度减小的减速直线运动，故C错误；对T根据动量定理得，－nBI－LΔt＝0－m1v0，其中q＝I－Δt联立可得通过线圈某一横截面电荷量为q＝m1v0nBL，故D

错误．故选B.答案：B2．解析：切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为F安＝B2L2vR＋r由题意可知安培力大小不变，故v∝1B2结合图乙，金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x＝0处与x＝1m处安培力大小相等，有B20L

2v0R＋r＝B21L2v1R＋r，B1＝1.0T解得v1＝0.5m/s，故B正确；金属棒在x＝0处的安培力大小为F安＝B20L2v0R＋r＝0.52×0.42×20.4N＝0.2N对金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，根据动能定理有WF－F安x1＝12mv21－12mv20

代入数据解得WF＝－0.175J，故C错误；根据通过导体横截面的电荷量结论有q＝ΔΦR＋rx＝0到x＝2m过程中，由图乙可得ΔΦ＝ΔB·x2L＝0.5＋1.52×2×0.4Wb＝0.8Wb所以q＝ΔΦR＋r

＝0.80.4C＝2C，故D正确．故选BD.答案：BD3．解析：（1）匀速运动时，对ab棒受力分析，可得F＝BIL＋mgsinα以v的速度匀速运动时，对电路分析，可得：I＝BLvR＋r解得v＝4m/s（2）由图丙

可知ab棒做匀加速直线运动，当t＝4s时，有v1＝at作用力为零时加速度不变，可知，棒向下运动，t＝4s时对ab受力分析可得mgsinα－B2L2v1R＋r＝ma当t＝0时，对ab棒分析，可得mgsinα－Fm＝ma

解得v1＝8m/s，Fm＝0.8N（3）对ab棒下滑的过程，根据动能定理得12mv21－0＝mgxsinα＋WF＋W安其中WF＝－4.4J对匀加速过程分析有x＝12v1t由动能关系可得Q总＝|W安|解得Q总＝8.4J答案：（1）4m/s（2）0.8N8m/s（3）8.4J4．解析：（1）

金属框进入磁场过程中有E－＝BLLt则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝E－4R0t＝BL24R0则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝BL22R0设金属框的初速度为v0则有－BqL＝mv02－mv0联立有v0＝B2L3mR0（2）金属框进入磁

场的过程，有－BI－′Lt′＝mv1－mv0闭合电路的总电阻R总＝R0＋11R1＋1R0＝53R0通过线框的电流I－′＝E－′R总根据法拉第电磁感应定律有E－′＝BL2t′解得v1＝2B2L35mR0金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，

金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有－BI－″Lt″＝－mv1通过金属框的电流I－″＝E－″R1＋R02根据法拉第电磁感应定律有E－″＝BLxt″

解得x＝L故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有Q总＝12mv20－12mv21电阻R1产生的热量Q1＝23R0R总·R0R1＋R0Q总金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝12mv21电阻R1产生的热量为Q′1＝R1R1

＋R02Q′总电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q′1解得Q1总＝3B4L625mR20答案：（1）B2L3mR0（2）3B4L625mR205．解析：（1）根据动能定理可知m1gh＝12m1v21解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为v1＝5m/s由题可知E＝B1

Lv1，I1＝ER＋R1解得I1＝2A由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M.（2）由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝12gt2，v2＝gtsin60°解得v2＝4m/s导体棒a刚进入磁场B2时

，导体棒b的加速度最大，则m1gr（1－cos60°）＝12m1v23－12m1v22，I2＝B2Lv3R1＋R2，B2I2L＝m2a解得v3＝5m/s，a＝1003m/s2（3）导体棒a从N′M′到PP′的过程中m1gh1＝12mv22－12mv24解得v4＝2m/s由题可知在导轨MM′、

NN′平直部分从左到右－B1ILΔt＝Δp1即－B1qL＝m1v4－m1v1，q＝B1LdR1＋R解得d＝34m（4）根据动量守恒定律可知m1v3＝（m1＋m2）v5，v5＝2m/s导体棒a、b在平行金属

导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即Q＝12m1v23－12（m1＋m2）v25解得Q＝1.5J答案：（1）5m/s，2A，方向为由N到M（2）1003m/s2（3）34m（4）1.5J课时分层精练（五十八）探究影响感应电流方向的因素1

．解析：（1）进行实验的目的是检验电流计指针偏转方向与电流方向的关系．故选D.（2）电流由左向右时，电流表向左偏转，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向，根据右手螺旋定则可知磁铁下端的磁极为S极

；（3）根据实验原理连接实物图如图：（4）在闭合电键瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，可知电流增大时，灵敏电流计的指针向右偏，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，需减小电流，则滑动变阻器的滑片应向右滑．答案：（1）D（2）顺时针S（3）见解析（4）右2．解析：（1）断开开关时，A线圈中电流迅速

减小，则B线圈中磁通量减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量或反向增加B线圈中的磁通量．闭合开关，A线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，A线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大

，故B错误；开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；开关闭合时将A线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确．故选CD.（2）判断感应电流具体流向，应先查

明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系．（3）释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大．（4）欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极；

当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，灯C短暂亮起．答案：（1）CD（2）指针偏转方向与流入电流方向（3）磁通量变化率（4）负极C单元素养评价（十二）电磁感应1．解析：带正电圆盘以题图所示方向转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电

流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘下方形成的磁场方向竖直向下，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面里侧，因此安培力的方向水平向里，故A、B、C错误，D正确．故选D.答案：D2．解析：供电线圈和受电线圈是利用互感传输能量，不是发射电磁波，由于线圈存在电

阻，传输过程有漏磁等，故传输能量时有损失，A、C错误；磁场能穿过塑料，故用塑料薄膜将供电线圈包裹起来之后，仍能为蓄电池充电，B正确；充电时，供电线圈产生的变化磁场穿过受电线圈，引起受电线圈磁通量变化，产生感应电流，D错误．故选B.答案：B3．解析：根据法拉第电磁感应定律，有E＝nΔ

ΦΔt＝nΔBΔtS，可知恒定的磁场不能产生电动势，不会有电流产生，A、B错误；根据楞次定律，可知垂直纸面向外的磁场增强，线圈会产生垂直纸面向里的磁场，即产生abcd方向的电流，又因为磁场均匀变化，所以产生恒定的电动势，根据闭合电路的欧姆定律

，有I＝ER，所以线圈中产生恒定的电流，同理，磁场均匀减弱时，线圈中产生dcba的电流，C正确；当垂直纸面向里的磁场增强时，根据楞次定律，可知线圈中会产生dcba的电流，形成垂直纸面向外的磁场，D错误．故选C.答案：C4．解析：汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号，车速越大，汽车通过相

邻两线圈间所用的时间越小，即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小，故A错误；汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈

的磁通量变化，所以线圈中会产生感应电流，故B错误，C正确；当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的，则不属于自感现象，故D错误．故选C.答案：C5．解析：根据右手定则可知金属棒ab中感应电流方向由b到a，A错误；金属棒向右运动时，受到向左的安培力使其

减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0进入磁场的瞬间，此时最大电流为I＝ER＋r＝Bdv0R＋r，B错误；电阻R上产生的焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q′＝rRQ，设飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W，根据动能定理可得－W－W克安＝0－12（M

＋m）v20，根据功能关系可得W克安＝Q＋Q′，以上各式联立解得W＝12（M＋m）v20－R＋rRQ，C错误；通过金属棒的电荷量为q＝I－·Δt＝E－R＋r·Δt＝ΔΦΔtR＋r·Δt＝ΔΦR＋r＝BdxR＋r，D正确．答案：D6．解析：对甲图，

若圆盘不动，转动磁体，产生动生电动势，电流表的指针会发生偏转，故A错误；感应电动势为E＝BRv2＝Bvωv2＝Bv22ω，B正确；此装置利用电流检测器D检测电流，并送到电子控制模块以控制电磁阀，为制动器提供合适制动力，使刹车距离减小，有效避免汽车车轮侧滑现象，C错误

，D正确．故选BD.答案：BD7．解析：导体棒向右运动的过程中切割磁感线，产生感应电流，所受安培力F＝BIl，又I＝ER，E＝Blv，所以F＝B2l2vR即为合力，根据牛顿第二定律F＝ma知，导体棒做加速度逐渐减小的减速

运动，故A正确，B错误；对导体棒由动量定理得－BIlt＝mv－mv0，又q＝I－t＝BlxR，解得v＝v0－B2l2xmR，故C正确，D错误．故选AC.答案：AC8．解析：磁感应强度向里并且增大，由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，线圈中感应电流的

方向为逆时针，即abcda，故A错误；由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔB·SΔt，由闭合电路的欧姆定律，可得线圈中的感应电流大小I＝nΔB·SRΔt，假设线框边长为l，则S＝l22，联立两式代入数据解得

I＝0.1A，故B错误；0～2s时间内金属环产生的热量为Q＝I2Rt＝0.02J，故C正确；线圈的bcd部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小等效为bd直棒受到的安培力，6s时线圈受到的安培力F＝nIB

L＝10×0.1×4×0.22N＝0.82N，故D正确．故选CD.答案：CD9．解析：（1）由图乙知q＝4.5C又E－＝ΔΦΔt＝BLxΔt，I－＝E－R，q＝I－·Δt得x＝qRBL＝9m（2）根据题意E＝BLv，I＝ER得F安＝BIL＝B2L2vR由牛顿运动定律得

F－mgsinθ－mgμcosθ－B2L2vR＝ma，a＝ΔvΔt，F＝0.5t＋2.4答案：（1）9m（2）F＝0.5t＋2.410．解析：（1）根据洛伦兹力充当向心力Bvq＝mv2r，得r＝mvqB，T＝2πrv＝2πmqB

棒的角速度最小值为ω＝2πT＝qBm.（2）根据洛伦兹力充当向心力Bv1q＝mv21R可得粒子离开加速器的速度为v1＝BqRm由法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的电动势为E感＝12B0ωl2＝qBB0l22m根据动能定理nE感q＝12mv21得加

速的次数为n＝BR2B0l2.（3）带电粒子在电场中的加速度为a＝E感qdm＝q2BB0l22dm2粒子在电场中做匀加速直线运动，满足nd＝12at2为保证粒子一直加速，应满足t≤T2解得d≤πB0l22BR答案

：（1）qBm（2）BR2B0l2（3）d≤πB0l22BR11．解析：（1）线圈沿斜面向下运动，由动能定理可得mgxsin30°＝12mv21－0解得v1＝5m/s受力分析可得mgsin30°－BIL＝ma，I＝ER＝BLv1R解得a

＝2.5m/s2（2）线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量q＝I－·Δt由闭合电路欧姆定律可得I－＝E－R由法拉第电磁感应定律得E－＝ΔΦΔt解得q＝ΔΦR＝BL2R＝0.5C（3）线圈离开磁场时，根据平衡条件有BBLv2RL＝mgs

in30°解得v2＝mgRsin30°B2L2＝10m/s由能量守恒定律可得Q总＝mg（d＋x＋L）sin30°－12mv22＝34J答案：（1）5m/s2.5m/s2（2）0.5C（3）34J课时分层精练（五十九）交变电流的产生和描述1．解析：甲线

框沿顺时针方向转动，根据右手定则可知，此时从上向下看，电流为顺时针方向，故乙线框中电流从a流向b，根据左手定则可知，ab边受到的安培力F向下，乙线框是在安培力作用下运动的，表示电动机的工作原理，故C正确，A、B、D错误．答案：C2．解析：金属绳在匀强磁场中匀速摇动时，产生周期性变化

的电流，所以这个电路中存在周期为T的变化电流，故A正确；在t＝T4时刻，金属绳向下运动，由右手定则可知，电流向右通过灵敏电流计，故C错误；在t＝0时刻和t＝T2时刻，磁通量的变化率最小，则电路中电流最小，故B、D错误．答案：A3．解析：该

交流电压有效值为U＝22022V＝220V，故A错误；周期T＝2πω＝2π100πs＝0.02s，频率f＝1T＝50Hz则该交流电每1秒钟电流方向改变100次，故B正确；由于该交流电压的最大值2202V大于电

容器的额定电压220V，电容器铭牌标注“220V，100μF”接入该交流不可以正常工作，故C错误；在t＝1400s时刻，电动势瞬时值为e＝2202sin（100π×1400）V＝220V，故D错误．故选B.答案

：B4．解析：由图像可知T2时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，故A错误；线框的感应电动势最大值为Em＝BSω＝2πΦmT，故B错误；线框的感应电动势有效值为E＝Em2＝2πΦmT线框转一周外力所做的功等于产生的电能，即W外＝Q＝E2RT＝2π

2Φ2mRT，故C正确；从t＝0到t＝T4过程中线框的平均感应电动势为E－＝ΔΦΔt＝ΦmT4＝4ΦmT，故D错误．故选C.答案：C5．解析：由图乙可知该交流电的周期为T＝0.4s故磁体的转速为n＝1T＝10.4＝2.5r/s，故A错误；通过图乙可知电压的最大值为12V，故有效值

U＝Um2＝62V，故B正确；周期T＝0.4s故ω＝2πT＝2π0.4rad/s＝5πrad/s故电压的表达式为u＝12sin5πt（V），故C正确；由图乙可知t＝0.1s时，穿过检测线圈的磁通量变化率最大，则磁

通量为0，故D错误．故选BC.答案：BC6．解析：由图乙可知，该电压的周期为0.02s，可知交变电流的频率为f＝1T＝10.02Hz＝50Hz，故A正确；由图乙可知，前T2周期内最大电压为100V，后T2周期内电压是零，由有效值的定义可得（Um2）2R·T2＝U2

RT解得R两端电压的有效值为U＝50V，故B错误；若电阻R＝10Ω，由焦耳定律，可得1min内R产生的热量为Q＝I2Rt＝（UR）2Rt＝（5010）2×10×60J＝1.5×104J，故C正确；因电阻R两端

的电压最大值为100V，大于95V，因此一个标有“95V，30μF”的电容器并联在电阻R两端，不可以正常工作，故D错误．故选AC.答案：AC7．解析：金属线圈转动过程中产生的电动势最大值Em＝BSω＝B·12πr2ω电路中电流的有效值I＝ER＝Em2R＝πr2Bω22R金属线圈以角速度ω1匀

速转过半圈过程中产生的热量Q＝I21Rπω1＝π3r4B2ω18R金属线圈以角速度ω2匀速转过一圈过程中产生的热量Q＝I22R2πω2＝π3r4B2ω24R得ω1∶ω2＝2∶1故A正确，B、C、D错误．故选A.答案：

A8．解析：因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，即呈辐向分布，磁感应强度的大小不变，但方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙后，由于线框切割磁感线方向发生变

化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述，D正确．答案：D9．解析：由图像可知磁感应强度为B＝B0sinωt线框中感应电动势为e感＝ΔΦΔt＝B0πr2ωcosωt，ω＝2πT感应电动势的最大值为Em＝2B0π2r2T，故A正确；电压表示数为小灯泡电压的有效值E有效＝Em2，U＝E有效R2R

1＋R2＝2B0π2r2R2T（R1＋R2），故B错误；在T2～3T4内磁场垂直纸面向外增大，感应电流产生的磁场垂直纸面向里，感应电流沿顺时针方向，故流过小灯泡电流的方向N→L→M，通过小灯泡的电荷量为q＝I－·

Δt＝ΔΦΔt（R1＋R2）Δt＝ΔΦR1＋R2＝B0πr2R1＋R2故C错误；一个周期内回路中产生的热量Q＝E2有效R1＋R2T＝2B20π4r4T（R1＋R2），故D正确．故选AD.答案：AD课时分层精练（六十）变压器电能的

输送1．解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误．故选A.答案：A2．解析：由n1n2＝U1U2知，仅增加原线圈匝数，

副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由n1n2＝U1U2知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由n1n2＝U1U2知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变

，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误．故选B.答案：B3．解析：马达是非纯电阻元件，所以其内阻不是120Ω，A错误；理想变压器的原副线圈匝数之比等于

交流电源的电压有效值与供电电压之比，即n1∶n2＝220∶24＝55∶6，B正确；交流电源电压的有效值应为220V，C错误；正弦交流电每个周期内电流方向变化2次，该交流电的周期为0.02s，1s内包含50个周期，所

以该交流电每秒内电流方向变化100次，D错误．答案：B4．解析：由理想变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比关系，可得I1I2＝n2n1，A错误；由理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比关系，可得U3U4＝n3n4，B正确；由电功

率公式，可得输电线上损失的功率是ΔP＝I22R＝（U2－U3）2R，C正确，D错误．故选BC.答案：BC5．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为U1U2＝n1n2＝11027.5＝41，故A正确；机车工作电压由输入

电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P＝UI；可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP＝I2R；也会随之增大，故B错误，C正确；根据功率关系可得P＝90%UI；其中U＝25kV＝25000V；则电流为I＝P90%U＝9×10690%×2

5000＝400A则牵引变电所至机车间的等效电阻为R＝U2－UI＝27500－25000400Ω＝6.25Ω，故D错误．答案：AC6．解析：根据题意可知，线圈转动产生感应电动势的最大值为Em＝2UV＝n匝BSω又有ω＝2πn转解得n转＝3000r/min，

故A正确；根据题意可知，每个考场用电的电流为I0＝PU＝2511A流过降压变压器副线圈的电流为I4＝44I0＝100A由电流与线圈匝数关系有I3I4＝15解得，输电线上的电流为I3＝20A输电线上损失的电压为ΔU＝I3R＝400V，故B正确；根据题意，由电压与

线圈匝数关系有U3U＝51可得，降压变压器原线圈的输入电压为U3＝1100V则升压变压器副线圈的输出电压为U2＝U3＋ΔU＝1500V升压变压器原、副线圈匝数之比为n1n2＝UVU2＝16，故C错误；由电流与线圈匝数的关系有I1I2＝6

1其中I2＝I3＝20A解得，升压变压器原线圈输入电流为I1＝120A发电机的输出功率为P入＝I1UV＝30kW，故D错误．故选AB.答案：AB7．解析：互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线电路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为4A，电

流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流为I2＝80A，输电线路总电阻r＝20Ω，则有输电线路上损耗的功率为P损＝I22r＝802×20W＝128000W＝128kW，故B错误；电压表的示数

为220V，电压互感器的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44000V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44000×80W＝3520000W＝3520kW则有升压变压器的输入功率为3520kW，用户得到的功率为3392kW，故C正确；用电设备增多，降压变

压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上的电压增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误．故选C.答案：C8．解析：若开关接cd端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数

比为n2n1＝n3n4＝k用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律．升压变压器次级电压U2＝kU0降压变压器初级电压U3＝U2－I2R导线降压变压器次级电压U4＝U3k，I4＝U4R负载，I4I3＝k，I3＝I2可得输电功率为P输＝U2I2＝k2

U20R导线＋k2R负载输电线上损耗的电功率为P导线＝I22R导线＝k2U20（R导线＋k2R负载）2R导线用户得到的电功率为P负载＝k2U20（R导线＋k2R负载）2·k2R负载若开关接ab端，则负载得到的功率P′负载＝U20（R导线＋R负载）2·R负载输电线上损耗的电功率为P′导线＝U20（

R导线＋R负载）2R导线将R导线＝R1＝R2＝20Ω，R负载＝621.8Ω＝20Ω，k＝3带入可知P负载>P′负载，即L2比L1更亮；P导线<P′导线，R1上消耗的功率比R2的大．故选BC.答案：BC课时分层精练（六十一）电磁振荡电磁波1．解析：LC振荡电路中，电

容器两极板上电荷最多时，电路中电流为零，A错误；通过解调可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来，B错误；紫外线的频率比可见光大，因此可用于灭菌消毒，C错误；医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性，D正确．答案：D2．解析：

电磁波在真空中的传播速度都等于光速，与电磁波的频率无关，故A错误；衍射现象是波特有的现象，而偏振现象是横波特有的现象，电磁波是横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故B正确；在同一种均匀介质中传播时，简谐机械波的传播速度不

变，与频率无关，故C错误；光在介质中传播，频率越高，传播速度越小，紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故D错误．答案：B3．解析：均匀变化的电（磁）场产生恒定的磁（电）场，恒定的磁（电）场不会产生电（磁）场，

也就不会产生电磁波，A错误；变化的电场和磁场相互激发，且相互垂直，形成的电磁波的传播方向与电场和磁场均垂直，B正确；电磁波可以通过电缆、光缆传播，C错误；电磁振荡停止后，电磁波可以在空间继续传播，直到能量消耗完为止，D错误．答案

：B4．解析：由于人体可以向外辐射红外线，所以红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线来控制电路的通断，选项A正确；由于红外线的波长比紫外线的波长长，所以红外线的衍射能力比紫外线强，选项B正确；紫外线频率高，则根据光子能量公式，可知紫外线具有较高的能量

，故可以灭菌消毒，选项C正确；红外线的频率小于紫外线的频率，则红外线的光子能量低于紫外线的光子能量，选项D错误．答案：ABC5．解析：选择红外线进行检测，主要是因为一切物体时刻在向外释放红外线，并且温度越高，辐射的红外线强度越大，与红外线的波长无关，选项A错误；紫外线具有消毒灭菌作用，

而红外线没有消毒灭菌的作用，选项B错误；红外线热像仪通过接收人体向外辐射的红外线来检测体温，选项C错误；红外线热像仪根据物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同的原理来检测体温，选项D正确．答案：D6．解析：音

频电流的频率比较低，需放大后搭载到高频电磁波上，故A正确；为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须是开放电路，故B错误；当接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强，故C正确；

解调就是从调频或调幅的高频信号中把音频、视频等调制信号分离出来的过程，要使电视机的屏幕上有图像，必须要有解调过程，故D正确．答案：ACD7．解析：微波是不可见光，选项A正确；红外线有热效应，紫外线可以灭菌消毒，选项B错误；紫外线的波长比红外线

短，选项C错误；X射线是电磁波，不带电，在磁场中不偏转，选项D错误．答案：A8．解析：电场、磁场相互激发并以波动的形式向外传播，形成电磁波，选项A正确；电磁波只有在真空中传播时速度才为3×108m/s，在其他介质中波速均小于3×108m/s，选项B错误；根据λ＝vf及电磁波从真空进

入介质中时，频率不变，波速减小，可知电磁波在介质中的波长λ减小，选项C正确；电磁波具有波的一切性质，能产生干涉和衍射现象，选项D正确．答案：ACD9．解析：根据波速公式得λ＝cf＝3×10897.5×106m

≈3m，选项A正确；真空中所有的电磁波传播速度一样，均是光速，选项B错误；FM97.5在信号调制的过程中，载波的频率变化，振幅不变，选项C正确；信号频率增大，根据振荡电路频率公式f＝12πLC可知，需要减小

接收模块的电容，选项D错误．答案：AC10．解析：光照增强，则热敏电阻阻值减小，总阻值减小，回路中总电流增大，R1两端电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，因此电磁铁和R3两端电压减小，电流减小，磁性减弱，故A错误；光照增强，总电

流增大，流过R3的电流减小，因此流过R2的电流增大，故白天流过R2的电流大于晚上流过R2的电流，故B正确；光照增强，磁性减弱，因此灯泡电路断开，白天不亮，故C错误；光照增强，回路中总电流增大，根据P＝EI可知功率增大，因此白天功率较大，故D错误．故选B.答案

：B11．解析：依题意，在LC振荡电路中，由于回路磁场能在减小，说明线圈L正在对电容器C进行充电，把储存的磁场能转化为电容器极板间的电场能，由于回路中电流为顺时针方向，则此时M极板带正电，且所带电荷量逐渐增大，结合题图可知对应这段时间为t3～t4，故选D.答案：D12．解析：以顺时针电流为正方向，

LC电路中电流和电荷量变化的图像如下：t＝0.02s时电容器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期为T＝0.04s，故A错误；根据图像可知电流最大时，电容器中电荷量为0，电场能最小为0，故B错误；1.01s时，经过2514T，根据图像可知此时电流最大，电流沿

逆时针方向，说明电容器放电完毕，电能全部转化为磁场能，此时磁场能最大，故C正确，D错误．答案：C13．解析：脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；电容器放电过程中，开始时电流较小，随着带电荷量

的减小，放电电流逐渐变大，不是恒定的，B错误；振荡电路的振荡周期为T＝2πLC，电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0，即t0＝T4＝πLC2，则线圈的自感系数L越小，电容器的放电时间越短；电容器的电容C越大，电容器的放电时间越长，C错误，D正确．答案：D课时分层精练（六十

二）探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．解析：（1）将原线圈接在电压相同的低压直流电源时，小灯泡将会熄灭，亮度发生变化，A错误；电流不会从原线圈经铁芯流到副线圈，B错误；将可拆变压器的横条铁芯取下后，导致电磁感应现象减弱，感应电流减小，故小灯泡的亮度

降低，C正确．（2）听到变压器发出明显的“嗡嗡”低鸣声，是因为变压器上的两个固定螺丝没有拧紧才会出现的现象，A、C错误，B正确．答案：（1）C（2）B2．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根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，有UAU＝nAn，解得nA＝nUAU.答案：（1）A（2）D（3）②A③交流电压④nUAU单元素养评价（十三）交变电流电磁振荡与电磁波传感器1．解析：均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳

定的电场，故A错误；根据麦克斯韦理论，电磁场是周期性变化的电场和磁场交替产生而形成的不可分离的统一体，故B正确；在电磁波谱中，无线电波的波长最长，最容易发生衍射现象的是无线电波，故C正确；反射、折射、干涉和

衍射是所有波的特性，机械波和电磁波它们都可发生反射、折射、干涉和衍射现象，故D正确．答案：A2．解析：波的波长越长，越容易发生明显的衍射现象，与X射线相比，红外线波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故A项错

误；机械波的形成可表达为离波源近的质点带动离波源远的质点，故离波源较近的质点振动得早一些，故B项正确；在真空中各种频率的电磁波传播速度都相同，故C项错误；机械波在给定的介质中传播时，波的传播速度不变，故D项错误．答案：B3．解析：根据磁感线

的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增大，磁场能在增大，自感电动势正在阻碍电流的增大，B、C错误，D正确．答案：D4．解析：在0～T2时间内磁通

量的变化量ΔΦ＝2BS根据q＝NΔΦR＝N2BSωRω＝EmTπR，A正确．故选A.答案：A5．解析：A、B选项中图像均对应正弦式交变电流，有效值为I1＝I2＝22Im＝2AC选项中图像对应恒定电流，有效值为I3＝1.5AD选项中图像中有效值为I4＝2A根据焦

耳定律电流有效值越大电阻丝热功率越大，相同时间内发热量越多，故选项D正确．答案：D6．解析：由变压比可知，仅将P1上移或仅将P2下移都使变压器输出电压变小，因此灯泡都变暗，选项A、B错误；仅将P3左移副线圈电路中的电阻变大，电流变小，L中电

流变小，灯泡变暗，选项C错误；仅将P4右移，副线圈电流中的电阻变大，电流变小，R1两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，灯泡变亮，选项D正确．故选D.答案：D7．解析：因ω＝2πT＝100πrad/s则交流电源电压瞬时值的表达式为u＝2202sin100πt（V），选项A错误；初级电压

有效值为U1＝220V，则次级电压有效值即电压表的示数为U2＝n2n1U1＝55V，选项B错误；通过保险丝的电流为I1＝n2n1I2＝14×3A＝0.75A，选项C错误；通过灯泡的电流IL＝PLU2＝5555A＝1A排气扇电机的电流为IM

＝2A发热功率为P热＝I2Mr＝4W，选项D正确．故选D.答案：D8．解析：由题分析可知n1n2<n3n4，故A错误；图乙中电压最大值Um＝2502V，T＝0.02s，所以ω＝2πT＝100πrad/s，图乙中的电压瞬时值表达式u＝2502

sin100πt（V），故B正确；当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，则I3增大，故C错误；又ΔU＝I23r增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，所以U2不变，由于ΔU＝U2－

U3，所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表V的示数减小，故D错误．答案：B9．解析：原线圈的电压U1＝um2＝220V根据变压比可知副线圈电压U2＝n2n1U1＝10V由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热

效应可知U22R×T2＝U2RT解得电压表的示数为U＝7.07V，故A错误；根据变压比可知副线圈电压U2＝n2n1U1若只将S从1拨到2，则n1增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知I1＝n2n1I2

因为n1增大且I2减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的14周期电压为正，则穿过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝－2BS又因为um＝BSω＝2πBST解得ΔΦ＝Tumπ＝－2225πWb，

故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据U22R×T2＝U2RT，U2＝U222则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D正确．故选CD.答案：CD10．解析：由电源的瞬时表达式可知

f＝3142π＝50Hz，故A错误；灯泡正常发光，故UL＝20V，IL＝PU＝1020A＝0.5A电阻R2两端的电压为UR2＝ILR2＝0.5×20V＝10V副线圈两端电压为U2＝UR2＋UL＝30V原线圈两端电压为U1＝n1U2n2＝200×30100＝60V，故B错误；电压

表的示数UV＝U2＝30V，故C正确；电阻R2的功率为PR2＝UR2IL＝10×0.5W＝5W通过电阻R1的电流为IR1＝ILn2n1＝0.5×100200A＝0.25A电源电压的有效值为U＝8022V＝80V电阻R1的功率为PR1＝IR1（U－

U1）＝0.25×（80－60）W＝5W，故D正确．故选CD.答案：CD11．解析：（1）实验需要交流电源，干电池是直流电源，所以电源应选学生电源．实验中要测量的是交流电压，故不能选直流电压表，只能选用多用电表．（2）电压量程为0～10V交流电压挡，测

交流电压应读多用电表中间刻度线最下边一行，故读数为7.80V．测出此次实验中U1∶U2＝1∶1.95.（3）原线圈输入电压大小不会影响电压比和匝数比，故A错误；变压器的铁芯漏磁使得能量损耗，从而导致电压比与匝数比有差别，故B正确；变压器的铁芯产生涡流使得能量损耗，从而会导致电压比与匝数比有差别，故

C正确．答案：（1）BD（2）7.801∶1.95（3）BC12．解析：（1）由图乙可知当大苹果通过托盘秤时，R所受的压力较大，电阻较小．（2）大苹果通过托盘秤时，R0两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣

开关的衔铁，大苹果进入下面的通道B.（3）①杠杆对R的压力为1N，R阻值为30kΩ，为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻值需满足RR0＝（5－2）V2V，则R0＝20kΩ.②随着苹果质量增大，R阻值减小，分压减小，电源电动势不变，R0

分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在R0两端．③根据m1m2＝F1F2，可知分拣标准到0.33kg时，压力为2.2N，此时R的阻值为24kΩ，根据①分析R0的阻值应该调至1

6kΩ.答案：（1）较小（2）通道B（3）①20②R0③16课时分层精练（六十三）分子动理论内能1．解析：扩散现象是物质分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒的运动，液体或气体分子对微粒撞击作用的不平衡导致微粒的无规

则运动，由此可见扩散现象和布朗运动不需要附加条件，故A、C错误；扩散现象直接证明了“物质分子在永不停息地做无规则运动”，而布朗运动是固体微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动，间接证明了“物质分

子在永不停息地做无规则运动”．故选BD.答案：BD2．解析：雾霾天气中霾粒子的运动是由气体分子撞击霾粒子的不平衡性而产生的布朗运动，不是分子的运动，故A正确，B错误；霾粒子的布朗运动形成霾，故C错误；霾粒子的运动与温度有关，

温度越高，霾粒子的运动越剧烈，故D错误．故选A.答案：A3．解析：空调制热使得室内温度上升，空气分子的平均动能增加，则室内速率小的空气分子比例减小，故A正确；室内空气的分子动能与温度相关，所以空调风速大小，与其动能大小无关，故B错误；空调过滤器能够吸附PM2.5颗粒，此颗粒做的是布朗运动，不是分

子热运动，故C错误；空调制热和制冷过程，引起了其他变化，不违背热力学第二定律，故D错误．故选A.答案：A4．解析：因为M＝ρV，所以NA＝Mm＝ρVm.由于气体分子间隙很大，所以V≠NA·V0.ρ是气体的密度，不是单个分子的密度．故A、D错误，B、C正确．答案：

BC5．解析：1kg该物质的物质的量为1M，所含分子数目为n＝NA·1M＝NAM，故A错误；B正确；每个分子的质量为m0＝1n＝MNA，故C错误；每个分子所占体积为V0＝m0ρ＝MρNA，故D正确．答案：BD6．解析：布朗

运动是用肉眼观察不到的，对甲图，加热一锅水时发现水中的胡椒粉在翻滚，不是布朗运动，不能说明温度越高布朗运动越剧烈，选项A错误；对乙图，半杯水与半杯酒精混合之后的总体积要小于整个杯子的容积，说明液体分子之间有间隙，选项B正确；对丙图，自由膨胀和扩散现象都具有单向性，不具

有双向可逆性，选项C错误；对丁图，扩散现象也能在固体之间发生，选项D错误．故选B.答案：B7．解析：布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，是气体分子无规则热运动撞击的结果，所以它反映的是气体分子的无规则运动；颗粒越小，气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越剧烈，选项B正确，A错误

；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是分子集团，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，选项C错误，当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动；固态或液态颗粒能长时间悬浮是受到气体分子无规则热运动撞击导致的，不是浮力作用的结果，选项

D错误．答案：B8．解析：图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A错误；图乙中，曲线T2对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知T2>T1，可知，曲线T2对应的分子平均动能较大，故B正确；由图丙可知，在r由r1变到r2的过程中，

分子势能减小，则分子力做正功，故C错误；图丙中分子间距为r2时分子势能最小，可知，该位置为平衡位置，分子力为0，即分子间距为r1时的分子力比分子间距为r2时的分子力大，故D错误．答案：B9．解析：由于r＝r0时，分子力为0，则可知r1＝r0，而液体由于张力的作用，表面分

子间距离大于r0，故液体表面层分子间距离略大于r1，故A正确；理想气体分子间距离为10r0，即10r1，故B错误；分子间距离r＝r2时，即r>r0，分子力表现为引力，故C错误；当r＝r0，即r＝r1时，分子势能最小，故D错误．故选A.答案：A10．解析：

1kg铜所含的原子数为N＝1M·NA，故A错误；1m3铜所含的原子数为N＝nNA＝ρNAM，故B错误；1个铜原子的体积为V＝MρNA（m3），体积为V＝43π·（d2）3，联立解得d＝36MπρNA（m），故C、D正确．答案：CD11．

解析：在“水桥”内部，分子间的距离在平衡位置r0左右，分子力约为零，而在“水桥”表面层，分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡位置r0，因此分子间的作用力表现为引力，从而使“水桥”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r

0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”表面层中两水分子间的分子势能与其内部水相比偏大，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．答案：D12．解析：外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F做功为零，故A错误；汽缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，对于一定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，即有Δ

U＝0，此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为W1＝ρ0Sh，活塞下降过程，因缓慢加细砂，故细砂通过活塞对气体做功为W2<mgh，所以外界对气体做功W＝W1＋W2<p0Sh＋mgh，根据ΔU＝Q＋W，可得Q＝－W，即理想气体向外界释放热量，向外界释放的热量小于p0Sh＋

mgh，故B、C错误，D正确．答案：D课时分层精练（六十四）气体、固体与液体1．解析：一片雪花由大量的水分子组成，远大于1000个，A错误；雪花融化成的水是液体，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．答案：C2．解析：因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，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；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的

特点制成的，故C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润（不浸润液滴会因为表面张力呈球形），故D错误．答案：B3．解析：根据pVT＝C可得p＝CVT则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密

度不变，选项A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的作用力变大，选项C错误；气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大

，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，选项D错误．故选B.答案：B4．解析：同一液面压强相等，则封闭气体的压强为p＝（75cmHg＋5cmHg）＝80cmHg，所以右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度等于5cm，故A

、B错误；从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度增加，水银柱对空气柱产生的压强增大，则空气柱的压强一定变大，故C正确；从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度不变，气体做等压变化，即空气柱的压强不变，故D错误．故选C.答案：C5．解析：设玻璃管的横截面积为S，初

始状态下，气体B的压强，pB＝p0＋10cmHg＝86cmHg，由玻意耳定律有pBSlB＝p′BSl′B，又lB－l′B＝1cm，解得p′B＝88cmHg，故选C.答案：C6．解析：根据理想气体状态方程pV＝nRT可得V＝nRpT，即V­T图线上某点与坐标原点连线的斜率为nRp，结合题

图可知，ab过程，气体发生等压变化，bc过程，气体发生等温变化且压强逐渐减小，cd过程，气体发生等容变化且压强逐渐增大，故只有C图正确．答案：C7．解析：（1）因被封的气体进行等压变化，设金属容器的体积为V，由题意可知V1T2＝V2T2其中V1＝5000cm3，V2＝5500

cm3，T1＝300K解得T2＝330K（2）蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，此时容器内气体的压强为p，则p0（V＋12LS）＝pV解得p＝109p0答案：（1）330K（2）109p08．解析：（1）对容器A中的气体，做等容变化，根据查理定律有pATA＝pA2TA2

当pA2＝5atm时，解得TA2＝300K（2）假设环境温度为320K时，B内气体压强为pB，则A内气体压强为p′A＝pB＋5atm对于原A内气体，根据理想气体状态方程有pAVATA＝p′AV′TA3对于进入容器B的气体p′A（V′－VA）＝pBVB联立解得pB＝27atm答案：（

1）300K（2）27atm9．解析：（1）设标准大气压为p0，依题意，刚发出时，左前胎内气体的温度T1＝（273＋15）K＝288K气压p1＝18p0到达目的地时，左前胎内气体的温度设为T2，气压p2＝2.2p0由p1T1＝p2T2

得T2＝p2p1T1解得T2＝352K左前轮胎内气体温度升高Δt＝T2－T1＝64℃.（2）设左前轮胎体积为V，依题意，正常胎压p＝2.5p.设打气并恢复到正常胎压时车胎内原有气体在压强为p1时的总体积为V1.由p1V

1＝pV得V1＝pp1V＝2518V则ΔV＝V1－V＝718V所以Δmm＝ΔVV＝718.答案：（1）64℃（2）718课时分层精练（六十五）热力学定律与能量守恒1．解析：热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性．机械能和内能的转化过程具有方向性，机械

能可以全部转化为内能，而内能要全部转化为机械能必须借助外界的帮助，因而会引起其他变化，选项A正确，选项B错误；传热过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传到低温物体，但要从低温物体传到高温物体，必然会引起其他变化（外界对系

统做功），选项C错误，选项D正确．答案：AD2．解析：绝热压缩空气前后，外界对气体做功，根据热力学第一定律，内能增大，温度升高，分子平均动能增大，选项A错误，选项B正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何转换过程效率都不可能达到100%，选项C错误；压缩空气

膨胀推动发电机工作，是气体体积增大对外做功，根据热力学第一定律可知，内能减少，选项D错误．故选B.答案：B3．解析：a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖­吕萨克定律VT＝C得知，体积减小，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q温度降低，ΔU＜0，体积减小，W＞0，所以Q＜0，放出热量，故A错误；b

→c过程中气体的温度保持不变，压强减小，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C可知体积增大，气体对外界做功，故B正确；c→a过程中，p­T图像过坐标原点，p与T成正比，则气体发生等容变化，温度升高，所以ΔU＞0，体积不变，外界对气体做功W＝0，所以Q＞0，吸收热量，故CD

错误．故选B.答案：B4．解析：根据理想气体状态方程pVT＝C，可得V＝Cp·T由图像可知Cp1>Cp2，可得状态1的压强与状态2的压强大小关系为p1<p2故A错误；由V­T图像可知，气体从1→2→3过程，气体温度先降低后升

高，气体内能先减小后增大，由于状态1的温度等于状态3的温度，则状态1的气体内能等于状态3的气体内能，可知1→2过程中气体内能的减少量等于2→3过程内能的增加量，故B错误；由V­T图像可知，1→2过程气体体积减小，外界对气体做正功，气体温度降低，气体内能减少，根据热力学第一定理可知，外界对气体做的功

小于气体放出的热量，故C错误；由V­T图像可知，2→3过程气体压强保持不变，气体温度升高，分子平均动能增大，根据压强微观意义可知，气体分子单位时间内在器壁单位面积上撞击的次数减小，故D正确．故选D.答案：D5．解

析：从状态c到状态d是体积减小．等温过程为双曲线，cd为圆弧，从状态c到状态d不是等温过程，故A错误；从状态a到状态c，气体压强相等，体积增大，根据理想气体状态方程可知其温度必定升高，且对外界做功，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q气体吸收热量，故B错

误；根据上一选项分析，在状态c，气体体积较大，分子数密度较小，气体温度升高导致分子平均动能增加，在保持压强不变的情况下，单位时间撞击单位面积的次数一定较少，故C正确；从状态a经b、c、d回到状态a，气体的温度不变

，内能不变，外界对气体做功等于图形的面积，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q气体放出热量，故D错误．故选C.答案：C6．解析：由理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2解得V2＝8.5×103mL喷出的氧气ΔV＝V2－V1＝7.5×103mL由ΔV＝Qt

解得t＝150s答案：150s7．解析：（1）加热器有pB＝p0＋h2＝90cmHg，pA＝pB－h1＝80cmHg（2）空气柱B压强保持不变，则有pA2＝pB＝90cmHg空气柱A根据理想气体状态方程pAL1ST1＝pA2（L1＋h12）ST2解得

T2＝450K则t2＝T2－273＝177℃（3）B中温度不变，所以内能不变，即有ΔU＝0B压强不变，温度不变，所以体积不变，即有W＝0根据ΔU＝W＋Q可知Q＝0答案：（1）90cmHg80cmHg（2）177℃（3）08．解析：（1）轻绳未连重物时对活塞受力分析得

p1S＋mg＝p0S解得p1＝p0－mgS（2）刚好触发超重预警时，对活塞及受监测重物整体受力分析得p2S＋（M＋m）g＝p0S由玻意耳定律得p1LS4＝p23LS4解得M＝2p0S3g－23m（3）由盖­吕萨克定律得V2T0＝V30.99T0其中V2＝3LS4解得V3＝0.99V2则ΔV＝

V2－V3＝3400LS此过程外界对气体做的功为W＝p2ΔV由热力学第一定律有ΔU0＝Q－W可知Q＝ΔU0＋p0SL400－mgL400答案：（1）p0－mgS（2）2p0S3g－23m（3）ΔU0＋p0SL400－mgL400单元素养评价（十四）热学1．解析：晶体熔化时吸收热量，内能

增加，但温度不变，分子平均动能不变，故A错误；液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点，故B正确；气体分子之间的作用力可以忽略不计，用气筒给自行车打气，越压缩越费劲，这是因为车轮胎的内外压强差变大，故C错误

；机械能转变为内能的实际宏观过程是不可逆过程，故D错误．故选B.答案：B2．解析：甲图为油膜法估算分子直径的实验图，实验中需将痱子粉撒的尽量薄一些，选项A错误；乙图为布朗运动产生原因示意图，说明微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越不明显，选

项B错误；丙图为模拟气体压强产生机理实验图，说明气体压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞产生的，选项C正确；丁图为热机工作时的能流分配图，高温热库的热量一部分做功，一部分排放到低温热库，说明热机的效率不可能达到100%，选项D错误．答案：

C3．解析：“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流也逐渐减小，故A错误；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，形状稳定后，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面

积，故B错误；“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实验中，温度升高，金属热电阻阻值增大，故C错误；“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交

流电时，变压器的效率会很低，副线圈磁通量还是会发生变化，副线圈输出电压不为零，故D正确．故选D.答案：D4．解析：由于该过程中气垫内的气体温度不变，因此气垫内的气体内能不变，该过程中气垫内的气体压强增大，根据玻意耳定律可知，气垫内的气体体积减小，外界对气垫内的气体做正功，结合热力学第一定律可

知，该过程中气垫内的气体放热，选项A、B、C均错误；由于温度不变，气垫内的气体分子平均动能不变，而气体压强增大，因此该过程中气垫内的气体单位时间、单位面积撞击气垫壁的分子数增加，选项D正确．答案：D5．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．故选B.答案：B6．解析：设人的肺活量为V，将空腔中的气体和人肺部的气体一

起研究，初状态p1＝p0，V1＝V0＋V末状态p2＝p0＋ρgh，V2＝V0根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2联立解得V＝ρghp0V0故选C.答案：C7．解析：由题意可知，气体由状态A至状态B为等压变化，体积增大，外界对气体做负功，A项正确；气体由状态B变化至状态C为等

容变化，气体对外界不做功，B项错误；由状态A变化至状态B为等压变化，由VATA＝VBTB解得TA＝200K由题意可知UTA＝UBTB＝UCTC解得UB＝1.5U，UC＝2U气体由状态A变化至状态B，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气

体吸收的热量大于U2，C项正确；由状态C变化至状态A，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体释放的热量大于U，D项错误．故选AC.答案：AC8．解析：A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积

减小；从B到C的过程中，气体等压降温，温度降低，体积减小；从C到D的过程中，等温膨胀，压强减小，体积增加，而且此时D状态的压强又恢复到最初A状态的压强，其V­T图像和p­1V图像如图所示AB错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体温度降低，内能减小，因此气体向外放出的热量大

于外界对气体做的功，C正确；由于状态A与状态D压强相等，而状态D温度更低，单个分子撞击容器壁力减小，因此单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数更多，D正确．故选CD.答案：CD9．解析：（1）将余下的两组数据在坐标纸上标出，并用平滑线连接

各个点，如图所示．（2）该同学将有一定厚度的活塞体积也计入气体体积值．结合图像可知，温度不变时，压强与体积成反比，所以不需要修正．（3）因为气体温度及质量不变，所以气体分子的分子总数和分子平均动能不变，气体的

体积减小时，单位体积内的分子数增多，所以单位时间内撞击单位面积的分子数增大．每个分子撞击的平均作用力不变，但是单位时间内撞击的分子数增多，所以宏观表现为气体的压强增大．答案：（1）见解析图（2）将有一定厚度的活塞体积也计入气体体积值不需要（3）分子平均动能

（或平均速率）总分子数增大压强增大10．解析：（1）气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律有V1T1＝V2T2，得hS300K＝（h＋Δh）S（t2＋273）K，代入数据解得t2＝37℃.（2）气体等压膨胀对外做功，则W＝－

p0·ΔV＝－p0（S·Δh），代入数据得W＝－10J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，代入数据得ΔU＝－10J＋30J＝20J.答案：（1）37℃（2）20J11．解析：（1）初始时，对活塞b，根据受力平衡有pCS＝mg＋pBS对活塞a

，根据受力平衡有pB·2S＋mg＝pA·2S联立解得pC＝2p0，pB＝p0（2）对气体C，根据玻意耳定律可知pCVC＝p′C·23VC再次对活塞b和c根据平衡条件有p′CS＝mg＋p′BS，p′B·2S＋mg＝p·2S联立解得p＝2.5p0（3）对气

体B，根据玻意耳定律可知pBV0＝p′B·V′B解得V′B＝12V0可知VA＝2V0－12V0＝32V0对气体A，根据玻意耳定律有1.5p0V0＋np0·V012＝2.5p0·32V0解得n＝27次答案：（1）2p0（2）2

.5p0（3）27次课时分层精练（六十六）光的折射全反射1．解析：鱼在水中，鱼作为等效光源，是从光密介质进入光疏介质，能够发生全反射，因此，人可能看不到鱼，而人在空气中，人作为等效光源，是从光疏介质进入光密介质，不能够发生全反射

，因此，鱼能看到人，人可能看不到鱼，A错误；人看到的鱼是经光的折射所成的像，B错误；人在空气中，人作为等效光源，入射角大于折射角，鱼沿折射光线的反向延长线看人，鱼看到的人的位置比人的实际位置高，C错误，D正确．故选D.答案：D2．解析：光路如图所示，由几何关系可知，入射角为60°，由正

弦定理有sinrAO＝sin∠CAOOC，由光的折射定律有n＝sin60°sinr，解得n＝7，故选A.答案：A3．解析：如图所示，几乎贴着水面射入水里的光线，在青蛙看来是从折射角为C的方向射来的，根据折射定

律sinC＝1n，设青蛙所处位置最远与井口水面距离为h，根据几何关系可知h＝rtanC，解得h＝76m．A正确．答案：A4．解析：太阳光是平行光，临界光路图如图所示由几何关系可得临界光线的折射角为sinr＝R2R＝12可

知临界光线的折射角为30°；根据折射定律n＝sinisinr＝2可得i＝45°由几何关系可知，地球多转α角度便看不见太阳了，有α＝60°－45°＝15°一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为t＝15°360°×24h＝1h

，故选D.答案：D5．解析：设光线在OQ界面的入射角为α，折射角为β，由几何关系可知α＝30°，则由折射定律得n＝sinβsinα＝2光线射出OQ面的临界条件为发生全反射，光路图如下，其中OB⊥CS光线在AB两点发生全反射，由全反射定律得sinC＝1n＝22即AB两处全反射的临界角为

45°，AB之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d故选C.答案：C6．解析：如图所示，当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，根据几何关系得sini＝x2R，sinr＝R2R根据折射率公式n＝sinisinr解得x＝2R因此当x>2R时光不会经过内圆，故A

错误；由A项分析解得i＝45°，r＝30°由几何分析可知，光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角为30°，故B正确；光线在玻璃砖中通过的路程为23R，则传播时间t＝xv＝26Rc，故C错误；此状态下的太空水球处

于完全失重状态，受重力即万有引力，故D错误．故选B.答案：B7．解析：如图所示，由几何关系有∠2＝180°－45°－（90°－∠1）＝45°＋∠1↓∠3＝90°－∠2＝45°－∠1↓∠4＝180°－135°－∠3＝∠1由折射定律有n＝sinθsin∠1＝sin∠5s

in∠4，故sinθ＝sin∠5结合几何知识可知α＝90°，A正确．答案：A8．解析：（1）根据题设条件作出光路图，如图所示，研究a光，入射角为θ1＝53°折射角为θ2＝30°根据折射定律可得n＝sinθ1sinθ2

＝85＝1.6（2）根据光路图可知，a、b两束光打到荧光屏上的点P1、P2的距离为d＝P1P2＝Rtan53°－2Rtan30°＝4－233R答案：（1）1.6（2）4－233R9．解析：（1）根据全反射的临界角C与折射率的关系得sinC＝1n①取正视图如图所示，由几何关系得tanC＝1

n2－1②（2）如图所示，假设P端发出的光在水面M点发生全反射，则形成的光斑是以点O为圆心、OM为半径的圆，设P′M为x，则有tanC＝xh③光斑半径为r，有r＝x＋d2④光斑面积为S，有S＝πr2⑤联立解得S＝π（hn2－1＋d2）2⑥答案：见解析10．解析：光路图如图所示（1）

由几何知识可知△AOE与△BEF相似AOOE＝BFEF且OE＋EF＝14cm解得OE＝6cm.设玻璃砖厚为d△AOE与△DMH相似AOOE＝5－dHM，解得：d＝4cm（2）入射角的正弦：sini＝OEOE2＋AO2＝255折

射角的正弦：sinr＝ENEN2＋NH2＝55折射率：n＝sinisinr＝2（3）光在玻璃砖内的传播速度v＝cn＝1.5×108m/s经过的路程：s＝2EN2＋d2＝25cm所用的时间：t＝sv＝853×10－10s答案：（1）4cm（2）2（3）853×10－10s课时分层精练（六十

七）光的波动性1．解析：当用激光照射直径小于激光束波长的不透明圆盘时，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，故B项正确，A、C、D项错误．答案：B2

．解析：根据发生衍射的条件可知：单缝的宽度越宽，衍射现象越不明显，可知Ⅰ缝的宽度小于Ⅱ缝的宽度，又绿光的波长范围577nm～492nm.故选C.答案：C3．解析：根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有Δx＝Ldλ由题图知Δx乙＝2Δx甲，则d乙＝12d甲．B正确．答案：B4．

解析：根据Δx＝λLd，若改用频率较高的单色光照射，则波长变小，其他条件保持不变，则得到的干涉条纹间距将变小，故A错误；图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样，也叫泊松亮斑，故B正确；抽去纸片后空气层的倾角变小，相当于减小了d，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹间距变大，故C

正确；相机拍摄时减弱了玻璃表面的反射光，是在照相机镜头前增加偏振片过滤掉了反射的光，应用了偏振原理，故D错误．故选BC.答案：BC5．解析：设任意相邻明条纹或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差为d，根据几何关系可

得sinθ＝dΔx由于任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定，又倾角θ很小，则有θ≈sinθ＝dΔx可得Δx＝dθ，D正确．答案：D6．解析：在上表面，单色光1比单色光2偏折厉害，则玻璃对单色光1的折射率大，单色光1的频率大，波长小，故A错

误；根据v＝cn知，单色光1的折射率大，则单色光1在玻璃中传播的速度小，故B正确；根据光传播的可逆性可知，改变空气中光线的入射角，在玻璃板下表面都不会发生全反射，故C错误；根据sinC＝1n知，单色光1的折射率大，则临界角小，故D错误．故

选B.答案：B7．解析：由已知条件可知，a光的折射率小于b光的折射率，因此可知a光的频率小于b光的频率，故A错误；根据n＝cv可得va＝cn1，vb＝cn2，则可得vavb＝n2n1＝425，故B错误；由于a光的

频率小于b光的频率，则可知a光的波长大于b光的波长，当用同一装置做单缝衍射实验，波长越大，中央亮条纹越宽，由此可知a光的中央亮条纹比b光的宽，故C错误；根据临界角与折射率的关系sinC＝1n可知a光与b光临界

角的正弦值分别为sinCa＝1n1＝45，sinCb＝1n2＝22所对应的临界角分别为Ca＝53°，Cb＝45°而根据几何关系可知，入射角就等于θ，因此可知，为使这两种频率的光都能从棱镜斜边射出，θ角的取值范围必定为0<θ<45°，故D正确．故选D.答案：D8．解析：根据折射定

律n＝sinisinr，结合光路图的可逆性可知半圆形玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，即a光的频率大于b光的频率，故A、C正确；根据c＝λν可知在真空中，a光的波长小于b光的波长，故B错误；根据n＝cv可知在半圆形玻

璃砖中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故D错误．故选AC.答案：AC9．解析：因a光在AB、AC边外侧均无出射光线，故发生了全反射，则临界角C≤45°由折射定律得n＝1sinC，可得n≥2，故B错误；b光在AB、AC边有光线出射，说明b光的临界角大于45°，b光的折射率小于a光的折射率，a光

的频率大于b光的频率，故A错误；b光的频率小，所以b光波长长，同一单缝衍射，b光衍射现象更明显，故C错误；由n＝cv可知b光在三棱镜中的传播速度大于a光在三棱镜中的传播速度，故D正确．故选D.答案：D10．解析：b侧光的偏

折角小，故b侧光折射率小，b侧光的波长比a侧光的波长长，由n＝cv可得在玻璃中b侧光的传播速率也比a侧光的大，在同样条件下做双缝干涉实验，由Δx＝Ldλ可得b侧光相邻两亮条纹间距也比a侧光的大，故A、B

、D正确，C错误．故选ABD.答案：ABD11．解析：根据光路，单色光a在空气中的角度较大，所以根据折射定律，a光对玻璃的折射率较大．根据折射率与速度的关系式n＝cv可知，a光在玻璃中的速度小于b光在玻

璃中的速度，A错误；折射率越大的光，其频率越大，用a、b两束光分别照射到同一金属表面，a光更容易使金属发生光电效应．根据频率与波长的关系式c＝λν，a光的波长小于b光的波长，而波长越短，越难发生明显衍

射．所以a、b两束光遇到同样的障碍物时，a光更难发生明显衍射，B、D错误；根据全反射公式sinC＝1n，a光对玻璃的临界角较小，所以增大复色光的入射角，在玻璃砖的右边最先消失的是a光，C正确．故选C.答案：C单元素养评价（十五）光1．解析：该图样属于红光通过单狭缝的衍射图样，狭

缝宽度必小于红光波长，A、B错误；通过光的衍射实验，可知光沿直线传播只是近似规律，C正确；换用紫光照射，由于紫光波长小于红光，条纹间距变窄，D错误．答案：C2．解析：看3D电影时需要带特制的眼镜，这是利用了光的偏振现象，故A错误；牛顿环属于光的干涉现象，故

B错误；水中的气泡看起来特别明亮是因为光从水中射向气泡时（即从光密介质射向光疏介质）一部分光在界面上发生了全反射，故C错误；光纤通信是一种现代通信手段，光纤内芯的折射率比外壳的大，使光能够在内芯与外壳的界面处发生全反射，故D正确．答案：D3．解析：设全反射临界

角为C，则满足sinC＝1n.根据几何关系可知h＝RtanC＝0.2m．若保持B位置不动，最左侧边沿D向左运动，则光源S应沿着光路斜向下运动，光板移动距离s＝xcosC，光源移动的速度为v＝st解得v＝1m/s，故选C.答案：

C4．解析：根据波速、波长关系，c＝λf，λ＝cf，故A错误；P点是O点上方第二条亮条纹中心，r2－r1＝2λ＝2cf，故B错误；双缝干涉两条相邻亮条纹中心间距Δx＝Ldλ＝Lcdf，OP之间的距离为2Δx＝2Lcdf，故C

正确；若换用频率更大（波长更短）的单色光照射双缝，O点上方第二条亮条纹中心在P点下方，故D错误．故选C.答案：C5．解析：从N点将光线反向延长交圆弧于E点，连接SE，得到玻璃砖内的光路如图所示折射光线与OQ平行，由

几何关系可知折射角为r＝30°则折射率为n＝sin45°sin30°＝2，故A错误；因OP、NE都垂直OQ，所以OP∥NE；则有α＝θ，α＝β，θ＋β＝90°可得α＝β＝45°则有ON＝Rsin45°＝22R，OS＝Rsin45°sin60°＝6

3R，故B错误，C正确；该单色光在玻璃砖材料中的传播距离为x＝2Rsin45°＋OSsin30°＝（2＋66）R所以该单色光在玻璃砖材料中的传播时间为t＝xv＝nxc＝（2＋33）Rc，故D错误．故选C.答案：C6．解析：光的频率不同时，光的波长不同，

两点到胶片的波程差不变，波长改变，结合干涉知识可知，干涉条纹的形状会发生变化，A正确，D错误；只有相干光才能发生干涉，物光束和参考光束只能用同种频率的激光，B错误；结合干涉知识可知，光能与胶片上的纹路发生作用，则光的频率一定和拍摄时所用

激光频率相同，C正确．答案：AC7．解析：由折射定律可得，乙光的折射角小，折射率大，所以乙光的频率大，波长小，故A正确；由折射率n＝cv得，甲光在棱镜中的传播速度比乙光的大，故B错误；干涉条纹间距与波长成正比，乙光的波长小，故a是甲光的干涉图样

，故C错误；衍射图样中央亮条纹宽度与波长成正比，故图2中c是甲光的衍射图样，故D正确．故选AD.答案：AD8．解析：根据v＝cn，红光的折射率最小，故红光在水中的传播速度最大，故A错误；根据λ＝cf红光的频率最小，故红光在水中的波长最长，故B正确；黄光的

临界角为sinC＝1n2，单个光源发出的黄光照亮的水面面积为S＝π（htanC）2＝πh2n22－1，故C正确；红光的临界角最大，故单个光源发出的红光照亮的水面面积最大，故相邻光源的距离只要大于2htan

C1＝2hn21－1，就可以使所有的光色在水面不交叠，故D错误．故选BC.答案：BC9．解析：（1）对准第1条亮纹中心时手轮的读数为x1＝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＝Δr·dL2＝1.89×10－3×0.25×10－30.8m＝5.9×10－7m（2）实验时单缝偏离光轴，向下

微微移动，通过双缝S1、S2的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹，A错误；对于中央亮纹来说，从单缝S经过S1、S2到中央亮纹的路程差仍等于0，SS1>SS2，SS1＋S1P＝SS2＋S2P，那么S1P<S2P则中央亮纹O的位置略向上移动，故B正确，C错误．答案：（1）2.1905.

9×10－7（2）B10．解析：（1）光路如图所示由几何知识可知α＝30°，θ＝60°由折射定律n＝sinθsinα可得n＝3.（2）刚好发生全反射时sinC＝1n挡板的半径r＝RsinC挡板的面积S＝πr2＝πR23.答案：（1）3

（2）πR2311．解析：（1）光线在M点发生折射，由折射定律得n＝sinβsinα＝3（2）光在N点恰好发生全反射，则sinθ＝1n＝33，cosθ＝63根据几何关系PN＝NQ＝dcosθ＝62d光在介质中的传播速度为v＝cn＝33c光从光源P经过N点到接收器Q的时间t＝

sv＝2×62d33c＝32dc答案：（1）3（2）32dc课时分层精练（六十八）波粒二象性1．解析：光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，A错误．光是概率波，不同于机械波；光的粒子性也不同于质点；即单个光子既具有粒子性也具有波动性，B错

误．单个光子既具有粒子性也具有波动性，只是大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，C错误．由于光既具有波动性，又具有粒子性，即光的波动性与粒子性是光子本身的一种属性，故无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性

，D正确．答案：D2．解析：只有运动的物体才具有波动性，A错误；X光是波长极短的电磁波，是光子，它的衍射不能证实物质波的存在，B错误；电子是实物粒子，它的衍射能证实物质波的存在，C正确；宏观物体由于动量太大，德布罗意波

长太小，所以看不到它的干涉、衍射现象，D错误．答案：C3．解析：离子加速后的动能Ek＝qU；离子的德布罗意波波长λ＝hp＝h2mEk＝h2mqU所以λHλCa＝mCaqCamHqH＝40×21×1＝451故选D.答案

：D4．解析：设用光子能量为5.0eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm，当反向电压达到U＝1.6V以后，电流表读数为零，因此Ekm＝eU＝1.6eV.根据光电效应方程有Ekm＝hν－W0，阴极材料的逸出功为W0＝hν－Ekm＝3.4eV，D正确．答案：D5．解析：铯原子利用的两能极的能

量差量级，对应的能量为ε＝10－5eV＝10－5×1.6×10－19J＝1.6×10－24J由光子能量的表达式ε＝hν可得，跃迁发射的光子的频率量级为ν＝εh＝1.6×10－246.63×10－34Hz≈2.4×109Hz，跃迁发射的光子的频率量级为10

9Hz.故选C.答案：C6．解析：图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样，因为衍射是波所特有的现象，所以说明了电子具有波动性，故A错误；根据不确定性关系，不可能同时准确地知道电子的位置和动量，故B错误；由德布罗意波长公式可得

λ＝hp又eU＝12mv2，p＝mv＝2mEk联立可得λ＝h2meU可知加速电压越大，电子的德布罗意波的波长越短，故C错误；根据λ＝h2meU让静止的电子束和质子束通过相同的加速电场，由于电子的质量比质子的质量更小，可知电子的德布罗意波长更长，故D正确．故选D.答案：D7．解析：当光电

流恰好为0时，根据动能定理有－eUc＝Ek（Uc<0）根据光电效应方程有Ek＝hν－W0＝hν－hνc所以Uc＝heν－heνc当入射光的频率大于极限频率时，才可以发生光电效应，故选A.答案：A8．解析：由题图甲可得，B光和C光为单色光，C光的折射率大，频率高；A光除了

B、C光的反射光线外，还含有第三种频率的光，为三种光的复合光．C光照射光电管恰好有光电流产生，用B光照射同一光电管，不能发生光电效应，故A错误；A光为三种频率的复合光，但A光中某频率的光发生了全反射，其临界角最小，折射率最大，频率最高，则A光和C光分别照射光电管的

阴极时，A光照射时逸出的光电子的最大初动能较大，故B正确；根据sinC＝1n可知，C光的临界角比B光小，若入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失，故C正确；C光的频率比B光高，根据能级跃迁规律可知，若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B

光、C光，则C光对应的能级较高，故D错误．答案：BC9．解析：根据题意可知，仅能观测到频率分别为νa、νb、νc的三条谱线，则用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子跃迁到n＝3，则有hν0＝E3－E1由题意和图

丙可知，用c光照射不能发生光电效应，则νc最小，则有hνc＝E3－E2a光的遏止电压大于b光，则有νa>νb可得hνa＝E3－E1，hνb＝E2－E1则有hν0＝hνa＝hνb＋hνc，故A、B错误；由光电效应

方程有hνb－W0＝Ek，由图丙可知，Ek＝7.95eV，联立解得W0＝E2－E1－Ek＝2.25eV，可知，图乙中的阴极材料一定是钾，故C正确；由图丙可知，b光照射阴极时，饱和电流为Im＝0.64μA设每秒射出的光电子数为

N，由电流定义式可得Im＝Ntet解得N＝4×1012个，故D错误．故选C.答案：C10．解析：根据条纹间距公式Δx＝Ldλ，可得λ＝ΔxdL，根据pe＝hλ，可得pe＝hLdΔx，故A正确；根据动能和动量的关系Ek＝p22m，结合A选项可得Ek＝h2L22md2（Δx）2，故B错误；

光子的能量E＝W0＋Ek＝W0＋h2L22md2（Δx）2，故C错误；光子的动量p＝mc，光子的能量E＝mc2，联立可得p＝Ec，则光子的动量p＝W0c＋h2L22cmd2（Δx）2，故D正确．故选AD.答案：AD11．解析：由能量守恒定律可得hν＋mgH＝hν0hν0＝mc2解得ν＝

ν0（1－gHc2）选项A错误；由表达式ν＝ν01－2GMc2R1－2GMc2（R＋H）可知ν<ν0即接收器接收到的光的波长大于发出的光的波长，选项B正确；若从地面上的P点发出一束光照射到Q点，从以上两种方法均可知，其频率变

小，若从Q点发出一束光照射到P点，其频率变大，选项C错误；由上述分析可知，从地球表面向外辐射的光在传播过程中频率变小；通过类比可知，从太阳表面发出的光的频率在传播过程中变小，选项D错误．故选B.答案：B课时分层精练（六十九）原子结

构氢原子光谱1．解析：由教材知识可知，β粒子为电子，C对．答案：C2．解析：α射线与γ射线的比较如表所示答案：D3．解析：设Y电荷数和质量数分别为m和n，根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知第一个核反应方程的核电荷数

和质量数满足，A＋14＝n＋17，Z＋7＝m＋8，第二个核反应方程的核电荷数和质量数满足，n＋7＝2A，m＋3＝2Z，联立解得Z＝2，A＝4.故选D.答案：D4．解析：由图中可知n＝2和n＝1的能级之间的能量差值为ΔE＝E2－E1＝－3.4eV－（－13.6eV）＝10.2eV，与探

测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子n＝2和n＝1能级之间的跃迁．故选A.答案：A5．解析：根据质能方程E＝mc2可知，每秒钟平均减少的质量为Δm＝E060c2＝104860×（3×108）2kg

＝10305.4kg则每秒钟平均减少的质量量级为1029kg.故选C.答案：C6．解析：β衰变的实质是碳原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，所以0－1e来自核内，故A错误；半衰期由原子核本身的性质决定，与原子核的物理状态和化学状态无关，全球变暖不会导致半衰期变短，故B错误；碳元素14C

自发地进行衰变，衰变过程放出能量，根据爱因斯坦质能方程，C614的比结合能小于N714的比结合能，故C错误，D正确．故选D.答案：D7．解析：图甲，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型，否定了汤姆孙原子枣糕式

模型，A正确；图乙，用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能，B错误；图丙，一个氢原子处于第三能级，辐射出不同频率的光子最多为N＝n－1＝2，C错误；图丁，汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，D错误．故选A.答案：A8

．解析：根据反应过程满足质量数和电荷数守恒，可知轻核聚变的核反应方程为21H＋31H―→42He＋10n显然x为中子10n，中子最早是由查德威克通过实验发现的，故A、C错误；根据爱因斯坦质能方程可知，这段时间内，轻核聚变释放的能量为ΔE＝Δ

mc2，故B正确；轻核聚变质量亏损，但轻核聚变过程中质量数守恒，故D错误．故选B.答案：B9．解析：衰变过程满足质量数守恒和电荷数守恒，则有238＝206＋4m＋n×0，92＝82＋2m－n，联立解得

m＝8，n＝6故选A.答案：A10．解析：卢瑟福α粒子散射实验证明了原子核式结构，玻尔理论解释了氢原子光谱不连续性，故A错误；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B错误；根据质量数和电荷数守恒知，238－206＝4×

8，则发生8次α衰变；92＝82＋2×8－6，则发生6次β衰变，β衰变的实质即为中子转化为质子同时释放电子，故C错误；质子和中子结合成一个α粒子的方程为211H＋210n―→42He根据爱因斯坦质能方程，可得该核反应中释放的能量为ΔE＝Δmc2＝（2m1＋2m2－m3）c2，故D

正确．故选D.答案：D11．解析：衰变过程一定遵循质量数守恒，电荷数守恒，A错误；由于ΔE2>ΔE1，所以β＋衰变质量亏损更多，即6428Ni质量比6430Zn小，B错误；6429Cu的比结合能为E，设6430Zn的比结合能为E1，则

64E1－64E＝ΔE1同理设6428Ni的比结合能为E2，则64E2－64E＝ΔE2解得E1＝E＋ΔE164，E2＝E＋ΔE264，C错误，D正确．故选D.答案：D12．解析：根据玻尔原子模型，轨道量子数越大，且En＝1n2E1E1

为负值，能级越高，能极差越小，即E1<E2<E3E2－E1>E3－E2故A错误，C正确；根据正负电荷间的作用力提供向心力，有kQqr2＝mv2r所以Ek＝12mv2＝12kQqr可知，轨道半径越小动能越大，差值越小，即Ek1>Ek2>Ek3，|Ek3－Ek2|<|Ek2－Ek1|故B

、D错误．故选C.答案：C13．解析：根据A、B两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，A、B两粒子均带正电，C614原子核发生的是α衰变，故A、B正确；根据A、B两粒子的运动轨迹，该核反应方程为C614―→Be410＋42He衰变过程，动量守恒有mAvA－mBvB＝0可知质量越大，速

度越小，Be410的初速度小于42He的初速度，粒子在磁场中做类平抛运动，则有x＝vt，y＝12qEmt2，解得y＝qEx22mv2可知当两粒子竖直方向的位移相等时，Be410粒子的水平位移较小，A粒子为Be410，故C正确；

衰变过程，动量守恒有mAvA－mBvB＝0可得衰变后瞬间A、B粒子速度比为vA∶vB＝2∶5故D错误．故选ABC.答案：ABC单元素养评价（十六）波粒二象性原子结构原子核1．解析：天然放射现象说明原子核具有复杂结构，故A正确；半衰期具有统计规律，对大量原子核适用，对少数原子核不

适用，故有6个能发生α衰变的原子核经过一个半衰期不一定还剩3个没有衰变的原子核，故B错误；大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁能产生C23＝3，3种不同频率的光子，故C错误；某种频率的光照射某金属表面能发生光电效应，所有光电子初动能不一定相等，但最大初动

能一定相等，故D错误．故选A.答案：A2．解析：根据电荷数和质量数守恒，可知X为中子，故A错误；该反应为聚变反应，故B错误；反应后，质量亏损，故C错误；反应生成的新核更稳定，故42He的平均结合能比21H的平均结合能

大，故D正确．故选D.答案：D3．解析：元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，故A错误；从长时间来看，碘131的放射性危害小于铯137的放射性危害，因为半衰期更短，故B正确；根据质量数守恒电荷数守恒可知，铯137衰变时，衰变产物中的X为电子，故C错

误；铯137衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于放出的能量与光速平方的比值，不是X的质量，故D错误．答案：B4．解析：氢原子由n＝4能级跃迁到n＝1能级时辐射的光子能量最大，即ΔEm＝E4－E1＝12.75

eV该光子能量比四种金属的逸出功都大，照射这些金属时都能发生光电效应．故选D.答案：D5．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．答案：A6．解析：将放射性同位素158O注入人体，158O在人体内衰变放出正电子，衰变方程为158O―→157N＋01e，故A错误；放出的正电子

与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，正、负电子湮灭的方程是0－1e＋01e―→2γ，故B正确；正负电子相遇而湮灭，但没有违背能量守恒定律，故C错误；158O具有放射性，在PET中主要用途是作为示踪原子，故D错误．故选B.答案：B7．解析

：用锤打车，人（包括铁锤）和车组成的系统在水平方向所受的外力之和为零，所以系统水平方向动量守恒，人和车的初动量为零，根据水平方向动量守恒定律可知，锤头打下去时锤头向右运动，车就向左运动；举起锤头时锤头向左运动，车就向右

运动，用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就停下来，故A错误；由图可知，当用紫光照射时，可以发生光电效应，因为绿光的频率小于紫光的频率，所以若改用绿光照射，验电器金属箔不一定张开，故B错误；一群氢原子处于n＝4的激发态，当它们自发

地跃迁到较低能级时，一共能产生6条光谱线，其中n＝4到n＝3的光子能量0.66eV<2.21eV不能使钾发生光电效应，还有n＝3到n＝2的光子能量1.89eV<2.21eV不能使钾发生光电效应，其余4种光子能量都大于2.21eV均能使

钾发生光电效应，故C正确；原子核F的平均核子质量小于原子核E的平均核子质量，原子核F的比结合能大于原子核E的比结合能，原子核D和E聚变成原子核F时核子平均质量减小，会有质量亏损，要释放能量，故D错误．故选C

.答案：C8．解析：在裂变反应23592U＋10n―→8936Kr＋14456Ba＋310n中放出核能，钡核比铀核更稳定，则钡核的平均结合能比铀核的平均结合能大，故选项A正确；放射性元素铀的半衰期为138天，10

0g的铀经过276天，即两个半衰期，还剩有m＝100×（12）2g＝25g的铀未衰变，选项B正确；β衰变中产生的β射线是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项C错误；核反应147N＋42He―→178O＋11H属

于原子核的人工转变方程，选项D错误．故选AB.答案：AB9．解析：图甲中，使摆球A先摆动，摆球B、C接着摆动起来，B、C受迫振动，B、C振动周期等于驱动力周期，即等于A的固有周期，故A、B、C的振动周期相等，故A错误；由图乙可知，该金属的极限频率是ν0，只有当入射光的频率大于

极限频率才能发生光电效应，若用频率分别为0.6ν0和0.8ν0的两种单色光同时照射该金属，不能使该金属发生光电效应，故B错误；复色光进入水珠后，可知b光的偏折较大，b光的折射率较大，根据v＝cn，可知a光束在水珠中传播的速度一定大于b光束在水珠中传播的速度，故C正确；根据双缝干涉条纹间距公式Δ

x＝ldλ可知挡板到屏的间距越大，相邻亮条纹间距越大，故D正确．故选CD.答案：CD10．解析：氢原子从n＝5能级向低能级跃迁时能辐射出C25＝10种不同频率的光，故A错误；由图乙可知，当滑片P从a端移向c端过程中，从a到c电压负向减小，光电流

不断增大，故B错误；由图丙可知a光的遏止电压最大，由eU＝Ek＝hν－W0可知a光的能量最大，a光的频率最大，c光的频率最小，故C正确；c光的频率最小，则在a光和c光强度相同的情况下，电路中c光的饱和光电流值大一些，故D正确．故选

CD.答案：CD11．解析：（1）由于a光刚好不能在AB面发生全反射，所以sini＝1n由几何可得i＝45°，所以可得玻璃砖对a光的折射率n为n＝2不改变光的频率，增大b光的强度可令单位时间内光电子的数量增多，电流表示数变大．（2）G表示数刚好为零时，电压表示数U0即为遏止电压，由光电效应方程U0

e＝hνb－W0所以光电管的入射光的光子能量为Eb＝hνb＝U0e＋W0.答案：（1）2；增大b光的强度（2）U0e＋W012．解析：（1）α衰变方程为23894Pu―→23492U＋42He根据动量守恒定律可

知α粒子和铀核的动量大小相等，设为p，α粒子的动能Eα＝p22m铀核的动能EU＝p22M，则EUEα＝mM＝4234＝2117所以释放能量为ΔE＝Eα＋EU＝119117E，且ΔE＝Δmc2，解得Δm＝119E117c2.（2）根据周期方程T＝2πmBq，Tα＝92117TU因为

想再次相遇，必然是在裂变的切点处，所以每个粒子运动的时间必须为整数周期，这样就应有Δt＝nT0＝mTU，而n、m必须为整数，所以根据T0与TU的比例关系，则必须n＝117或m＝92，这就意味着Δt＝117T0所以相遇最短时间t＝117Tα＝117T0.

答案：（1）119E117c2（2）117T0