【文档说明】2025高考物理微专题精练100答案.docx，共(176)页，2.204 MB，由envi的店铺上传

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2025高考物理微专题精练100参考答案微专练1匀变速直线运动规律的应用1．B[舰载机需在甲板上滑行的时间为t＝v－v0a＝50－305s＝4s，A错误；舰载机在甲板上滑行的距离为x＝v＋v02t＝50＋302×4m＝160m，B正确；研究航空母舰在海上运动的时

间，航空母舰的长度对问题的研究影响很小，航空母舰可以看成质点，C错误；研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间，舰载机大小和形状对问题的影响可以忽略，舰载机可以看成质点，D错误。]2．A[设第4节车厢刚通过该

工作人员时速度为v1，则v1＝v20＋v22＝62＋822m/s＝52m/s，设每节车厢的长度为L，前四节车厢经过工作人员的时间为t1＝4Lv－前＝4Lv0＋v12＝8L6＋52s，后四节车厢经过工作人员的时间为t2＝4Lv－后＝4Lv1＋v2＝8L8＋52s，有t1

t2＝52＋17，故A正确。]3．BC[离开O点的距离x随时间变化的关系为x＝(8－t2)m，由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋12at2可知，质点的初速度v0＝0m/s，加速度a＝－2m/s2，质点沿x轴负方向做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，故A错误；质点在t＝2s时的速

度为v2＝at2＝－2×2m/s＝－4m/s，质点在t＝0到t＝2s间的平均速度v－＝v0＋v22＝0－42m/s＝－2m/s，故B正确；质点在t＝4s时的速度v4＝at4＝－2×4m/s＝－8m/s，故C正确；

质点在t＝0到t＝4s间的位移x＝12at2＝12×(－2)×42m＝－16m，故D错误。]4．C[由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有v－RS＝xt1＝vR＋vS2，v－ST＝2xt2＝vS＋vT2，联立解

得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR-a·5t1，则at1＝2m/s，其中还有vt12＝vR－a·t12，解得vR＝11m/s，联立解得vT＝1m/s，故C正确。]5．C[根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差

相等x5－x3＝2at2，又t＝1s，解得a＝1.6m/s2，故A错误；根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等x4－x3＝x5－x4，解得第4s内的位移为x4＝x5＋x32＝5.6m，所以第3s初至第4s末的位移大小为x′＝x3＋

x4＝9.6m，故B错误；根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等x6－x5＝at2，解得x6＝x5＋at2＝8.8m，所以后2s内的位移大小为x＝x6＋x5＝16m，故C正确；该运动员前6s内做匀加速直线运动，所以第3s初的速度比第5s末的

速度小Δv＝at′＝4.8m/s，故D错误。]6．D[根据初速度为零的匀加速运动在相邻相等位移内的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)……；第三节车厢经过工作人员的时间为t，则第一节车厢经过他的时间为t1＝t3－2＝(2＋3)t，故D正确。

]7．B[汽车通过ETC通道，减速时间t1＝v1－v0a1＝5－15－2.5s＝4s，匀速时间t2＝x2v1＝105s＝2s，加速时间t3＝v0－v1a2＝15－55s＝2s，从开始减速到恢复正常行驶过程中的时间t＝t1＋t2＋t3＝8s，故C、D错误；汽车通过ET

C通道，减速位移为x1＝v1＋v02t1＝5＋152×4m＝40m，加速位移为x3＝v1＋v02t3＝5＋152×2m＝20m，从开始减速到刚好恢复正常行驶过程中经过的位移为x＝x1＋x2＋x3＝70m，故A错误，B正确。]微专练2“刹车类”模型与“0－v－0”模型1．C[

由题可知末速度v＝0，加速度a＝－8m/s2，位移x＝25m，根据v2－v20＝2ax，解得v0＝v2－2ax＝0－2×（－8）×25m/s＝20m/s，故C正确，A、B、D错误。]2．D[由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；t＝8s时的速度为v1＝v

0－at1＝10m/s，故B错误；列车减速到0所用时间t＝v0a＝16s，故20s内的位移和16s的位移一样，因此x＝v202a＝160m，故C错误；列车匀减速阶段最后1s内的位移大小为x′＝12at′2，t′＝1s，解得x′＝0.625

m，故D正确。]3．B[“蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝vt；根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝12a(t－t0)2＝v（t－t0）22t，故B正确。]4．D[反应时间指刹车前的0.4～1.5s这

段时间，A错误；不同人反应时间不同，不一定大于3s，B错误；当行驶速度为60km/h，停车距离与反应距离的比值为35∶15＝7∶3，C错误；不同速度行驶，反应距离与刹车距离的比值分别为10∶10＝1∶1，15∶20＝3∶4，20∶40＝1∶2，比值逐渐减小，D正确。]5．AC[汽车刹车前，在0.2

s内做匀速运动的位移为x1＝v0t1＝543.6×0.2m＝3m，则汽车刹车滑行的最大距离为x2＝36m－x1＝33m，故A正确；汽车刹车的最小加速度为amin＝v202x2＝543.622×33m/s2＝3.4m/s2，故B错误；汽车用于减速滑行的最长时间为t

max＝v0amin＝4.4s，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不高于以最小加速度刹车时全程的平均速度v－≤360.2＋4.4m/s≈7.8m/s，故D错误。]6．A[设高铁最大速度为vm，加速的时间为t1，减速的时间为t

2，则vm2(t1＋t2)＝s，vm＝at1＝2at2，联立解得vm＝4as3，故A正确。]7．BD[滑道的粗糙程度不变，运动员在滑道ab段与bc段受到的阻力不同，但在各段保持不变，所以运动员先做匀加速后做匀减

速运动，故A错误；滑道ab段与bc段的加速度大小分别为aab＝12－26.0－1.0m/s2＝2m/s2，abc＝12－411.0－9.0m/s2＝4m/s2，设运动员经过b点的速度大小为vb，根据vb＝at，

可得运动员在滑道ab段与bc段的所用时间之比为tabtbc＝abcaab＝21，设在bc段还需要时间t，速度减小为零，则有t＝v′abc＝44s＝1s，所以运动员从静止出发到停止所用的总时间为t总＝12s，所以运动员在滑道ab段与bc段的所用时间

分别为tab＝23t总＝8s，tbc＝13t总＝4s，则运动员滑到b点时速度大小为vb＝aabtab＝2×8m/s＝16m/s，故B正确；根据x＝v22a，则有xabxbc＝abcaab＝21，所以滑道ab段与bc段的

长度之比为2∶1，故C错误；根据v－＝xt，可得运动员在ab段和bc段的平均速度之比为v－abv－bc＝xabtabxbctbc＝1，所以运动员在ab段和bc段的平均速度大小相等，方向不同，故D正确。]微专练3自由落体运动与竖直上抛运动1．C[根据自由落体运动的加速度为重

力加速度，接近10m/s2，可知表示自由落体加速度的时间段是1.00～1.20s，故C正确。]2．C[由图示比例可以看出水柱高度大概为运动员身高的3倍，设运动员身高为1.80m，则喷泉水柱高度大概为5.4m，则v＝2gh＝2×10×5.4m/s≈10m/s，故A、B、D错误，C正确。]3．B[运动

员下落的整个过程所用的时间为t＝2Hg＝2×1010s≈1.4s，下落前5m的过程所用的时间为t1＝2hg＝2×510s＝1s，则运动员用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4s，故B正确，A、C、D错误。]4．C[小球做自由落体运动，两段相同距离h的时间之

比为t1∶t2＝1∶(3－2)，由Δv＝gt，则Δv1Δv2＝t1t2＝3＋2，即3<Δv1Δv2<4，故C正确。]5．C[每隔相等时间竖直向上抛出一个小球，当第四个小球抛出后，再经过相等时间，第一个小球落回手里并抛出，所以根据上升与下降过程的对称性，第四个

小球离开手瞬间，第一个小球与第三个小球在同一高度，第二个小球位于最高点速度为0，因此考虑竖直上抛的对称性结合逆向思维可得出，初速度为0的匀变速直线运动，连续相等时间位移之比等于连续奇数之比，即第1个球和第2个球之间的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为1∶3，故C正确。]6．B[整个过程中

小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动，小球下落时间为t1＝2hg，h为实际下落高度，圆筒在空中运动时间为t2＝2v0g，v0为其上抛时的速度。根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则临界情况为圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒的上

沿，则h＝1.25m，又t1＝t2，即2hg＝2v0g，解得v0＝2.5m/s，故B正确。]7．B[小球能上升的最大高度为h1＝12gt222，从最高点到交点位置下落的时间Δt＝t22－t2－t12＝t12，从最高点到交点位置下落的高度h2＝12gt122，则两

小球在图中的交点位置时，距离抛出点的高度为h＝h1－h2＝18g(t22－t21)，故B正确。]微专练4运动学图像问题的分析1．A[因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s，故A正确。]2．D[v－t图像，图线与时间轴的交点表示速度方向发生改变的时刻，时间轴上方

速度方向为正，时间轴下方速度方向为负，由图像可知，2s时刻速度方向将发生改变，故A错误；v－t图像，图线的斜率表示加速度，斜率大小表示加速度大小，斜率正负表示加速度方向，由图像可知小车的加速度在0～1s和3～4s时间段内为正方向，1～3s时间段内为负方向，故B错误

；v－t图像，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积表示位移为正，时间轴下方的面积表示位移为负，则可知前4s内小车发生的位移大小为0，小车在第1s内的位移和前3s内的位移相同，故C错误，D正确。]3．D[v－t图线只能描述直线运动，A错误；v－

t图线切线的斜率表示瞬时加速度，可得t1时刻小物块加速度不为零，B错误；t2时刻小物块加速度为零，但是速度不为零，此时运动方向并不反向，C错误；0～t3，由图线的切线斜率变化知小物块加速度先减小后增大，D正确。]4．B[前4s内，质点先匀速运动后静止，A错误；前3s内质点的位移是

2m，B正确；第4s内质点的位移是0，C错误；前6s内质点的平均速度为v－＝xt＝6m6s＝1m/s，D错误。]5．BC[在x－t图像中，图线的斜率表示速度，所以在0时刻甲车的速度小于乙车的速度，在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度，故A错误，B正确；在0

～t1时间内，两车的位移大小都为x0，由平均速度的定义得v－＝x0t1，可知两车的平均速度大小相等，故C正确，D错误。]6．A[从位移—时间图像可知物体一直沿正方向运动，故B、D错误；又可知2s内物体的位移为8m，则速度—时间图线与时间轴所围的面积为8，故A正确，C错误。]7．C

[根据匀变速直线运动位移和时间关系有x＝v0t＋12at2，根据图甲，取v0＝0m/s，t＝10s，x＝20m，解得a＝0.4m/s2，A错误；由图甲可知，质点在前10s内的平均速度为v－＝xt＝2010m/s＝2m/s，B错误；v－t图像中，面积代表位移，

由图乙可知，在2～4s内，时间轴上方和下方的面积相抵消，所以总位移为0，C正确；v－t图像中斜率表示加速度，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2～4s内，最大加速度大小为a＝ΔvΔt＝－15m/s2，所以加速度最大值应为15m/s2，D错误。]微专练5非常规图像问题1．BD[质点在0～

t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动；t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，

2t0～4t0重复0～2t0的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a－t图像的面积表示速度变化量，t02～32t0内速度的变化量为零，因此t02时刻的速度与32t0时刻相同，D正确。]2．B[将a－t图像转化为对应的v－t图像，如图所示，根据面积可得4s内物体的位移为2m，B正确。]

3．B[假设质点做匀加速直线运动，由位移公式可得x＝v0t＋12at2，变形可得xt＝12at＋v0，其表达式与xt－t图像相对应可求得v0＝2m/s，12a＝0－24－0m/s2，可求得a＝－1m/s2，说明质点做匀减速直线运

动，故A错误；任意相邻的0.2s内，质点位移差的大小Δx＝|at2|＝1×(0.2)2m＝0.04m，故B正确；任意1s内，质点速度增量的大小Δv＝|at|＝1×1m/s＝1m/s，故C错误；质点做匀减速运动，初速度v0＝2m/s，设经过时间t1速度减为零，则有t1＝0－v0a＝0

－2－1s＝2s，质点运动2s速度减为零，然后开始反向运动，则质点在1s末与3s末的速度方向相反，故D错误。]4．A[跑车刹车的过程中，根据匀变速直线运动的位移与时间的关系x＝v0t－12at2，变形有xt2＝v0t－a2，则题图的xt2－1t图线是一条倾斜的直线，说明跑

车做匀变速直线运动，且图线的纵截距为－a2，斜率为v0，结合题图有a＝8m/s2，v0＝40m/s，则跑车的刹车时间为t＝v0a＝5s<7s，则这辆跑车运动7s后的位移为x＝v202a＝100m，故A正确。]5．A[根据图像可知，前0.

1s内汽车匀速运动，位移为2m，故汽车初速度大小为v0＝xt＝20.1m/s＝20m/s，C错误；汽车做匀变速运动的初速度为20m/s，减速的位移为10m，故加速度为a＝v202x＝20m/s2，D错误；汽车减速的时间为Δt＝0－v0－a＝1s，故汽

车总的运动时间为t总＝Δt＋t＝1.1s，B错误；汽车运动距停下来5m时的速度为v′2＝2ax′，解得v′＝102m/s，汽车运动的最后5m内平均速度大小为v－＝v′2＝52m/s，A正确。]6．AC[根据刹车过程速度与位移的关系可得v20－v2＝2ax，整理得x＝v202a－12av2

，结合图像可得－12a＝－110，v202a＝40，解得v0＝20m/s，a＝5m/s2，A正确，B错误；刹车过程持续时间为t＝v0a＝4s，C正确；由图可知，刹车距离为40m，且汽车刹车时间为4s，则刹车过程经过6s时动力

车的位移为40m，D错误。]7．B[由图像可知在人的反应时间内，汽车在做匀速运动，位移为30m，可得人的反应时间为t＝xv＝1s，汽车刹车距离为x′＝v202a干，由图可知在晴天干燥路面刹车距离为90m，刹车加速度大小为a干＝3022×90m/s2＝5m/s2，在雨天湿滑路面匀速和匀减速的总位

移仍为120m，则有L＝v′t＋v′22a湿，其中L＝120m，v′＝24m/s，t＝1s，解得a湿＝3m/s2，则两种情况下汽车刹车的加速度大小之比为a干∶a湿＝5∶3，故B正确。]微专练6追及相遇问题1．A[因B物体的

速度与位移关系图像为过原点开口向右的抛物线，可知满足v2＝2ax，即B物体做匀加速运动，D错误；图像经过(x1、v0)点，则解得a＝v202x1，两物体相遇时v0t＝12at2，解得t＝4x1v0，此时B物体的速度大小为vB＝at＝2v0，A正确，C错误；A、

B两物体相遇时距坐标原点的距离x＝v0t＝4x1，B错误。]2．AD[对a，由v2＝2a1(x－x0)，可得x＝12a1v2＋x0，结合题图甲有12a1＝k＝12m－1·s2，则a物体的加速度大小为有a1＝1m/s2，A正确；t＝0时刻a物体的位置坐标为x＝－1m，速

度为零，对b，由x＝12a2t2，结合题图乙知b物体的加速度大小为a2＝0.5m/s2，t＝0时刻b物体的位置坐标为x＝0，速度为零，0～1s内，a物体的位移大小为x1＝12a1t21＝0.5m，b物体的位移大小为x2＝12a2t21＝0.25

m，此时两物体相距s＝1m＋x2－x1＝0.75m，B错误；t＝2s时a物体的速度为v2＝a1t2＝2m/s，t＝4s时a物体的速度为v4＝a1t4＝4m/s，故2～4s内a物体的平均速度大小为v－＝v2＋v42＝3m/s，C错误；设两物体相遇的时间为t3，则有12a1t23＝1

m＋12a2t23，解得t3＝2s，此时b物体的速度大小为v2′＝a2t3＝1m/s，则a物体的速度是b物体速度的2倍，D正确。]3．B[根据公式v＝xt，可知xt表示平均速度，即t＝2s时，两车平均速度相同，因从同一地点同时出发，所以两车相遇，故B正

确，C错误；根据位移公式x＝v0t＋12at2，变形得xt＝v0＋12at，结合图像可知A车的初速度为2m/s，斜率为k＝4－22－0＝12a，解得加速度为a＝2m/s2，B车初速度为零，同理可得加速度为a′＝4m/s

2，当两车速度相同时有vA＋at′＝a′t′，解得t′＝1s，可知0～1s内，A车速度大，1s后，B车速度大，故A、D错误。]4．C[运动员B做匀减速直线运动，速度减为零的时间为tB＝v1a＝4s，此时运动员A的位移为xA＝v0tB＝20m，运动员B的位移为xB＝v12tB＝16m，因为xA<xB

＋x0，即运动员B速度减为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即x1＝16m，故C正确，A、B、D错误。]5．BC[A图中，甲、乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能相遇，A错误；B图中，甲、乙在t0时刻

之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，B正确；C图中，甲、乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，C正确；D图中，甲、乙在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两

人不能相遇，D错误。]6．C[设汽车的初速度为v0，司机的反应时间为Δt，反应时间内的位移为Δx，汽车刹车时加速度的大小为a，刹车直至汽车停止运动的位移为x，则有v0＝72km/h＝20m/s，Δx＝v0Δt＝20×2

m＝40m，x＝v202a＝4002×10m＝20m，则可得汽车的总位移x′＝x＋Δx＝60m>55m，因此，若流浪狗一直静卧着，会被汽车撞到，故A错误；设汽车从开始刹车到停止所用的时间为t，可得t＝v0a＝2s，可知汽车刹车后2s就已经停止

运动，因此刹车3s后，汽车通过的距离为20m，故B错误；根据以上分析可知，汽车距流浪狗15m时，汽车开始刹车，若此时流浪狗开始以4m/s的速度向前奔跑，设流浪狗的速度为v1，汽车与流浪狗共速时所用的时间为t1，则

有v0－at1＝v1，解得t1＝1.6s，设此过程中汽车的位移为x1，流浪狗的位移为x2，则有x1＝v0t1－12at21＝19.2m，x2＝v1t1＝6.4m，显然x1<x2＋15m＝21.4m，在两者共速时汽车还未追上流浪狗，则流浪狗将摆脱厄运

，故C正确，D错误。]微专练7静态平衡问题1．B[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，则有mg＝3·kx，解得k＝100N/m，故B正确。]2．A[当一个物体受三个力

作用而处于平衡状态时，如果其中两个力的作用线相交于一点，则第三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点。把O1A和O2B延长相交于O点，则重心C一定在过O点的竖直线上，如图所示。由几何知识可知BO＝ABsin30°＝1m，BC＝B

Osin30°＝0.5m，故重心应在距B端0.5m处，故A正确。]3．B[对整条绳子进行受力分析，绳子受重力、外力F与悬点对绳的拉力T，竖直方向列平衡方程Tcos30°＋Fsin30°＝G，水平方向列平衡方程Tsin30°＝Fcos30

°，联立解得绳的重力为G＝30N，故B正确。]4．A[摩擦力大小等于推力和重力的合力大小，即Ff＝（mg）2＋F2＝5N，但不与推力成正比，A正确，C错误；摩擦力方向与水平方向的夹角为θ，有sinθ＝mgFf＝34，故B错误；吸附静止时摩擦力向上，与重力平衡，D错

误。]5．C[设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面与水平方向夹角为θ，有F1＋mgsinθ＝μmgcosθ，F2－mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝32，故C正确。]6．D[对无人机受力分析，并把垂直于机

体指向前上方的力F分解，如图所示。无人机做匀速直线运动，则有Fcosθ＝G，Fsinθ＝f，又因为f＝kv，解得v＝Gtanθk，故D正确。]7．C[对木块受力分析，受竖直向下的重力、水平向右的推力，若

只有这两个力，木块不可能静止，根据平衡条件可知一定受到摩擦力，故弹力必定存在，故A、B正确；由上述分析可知，木块受到四个力的作用：重力、推力、弹力、摩擦力，由平衡条件得，墙面对木块的作用力(即弹力与摩擦力的合力)一定与重力和推力的合力大小相等，为F2＋（mg）2，故C错误，

D正确。]8．C[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，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FOC＝mg＝60N，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，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，C正确，D错误。]9．AC[由于图甲轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视为活结，两侧细线中拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡条件可知，图甲轻杆弹力为F甲＝

2mgcos45°＝2mg，故A正确；图乙中轻杆O′A′可绕A′点自由转动，为“动杆”，另一端O′光滑，可以视为活结，O′两侧细线中拉力相等，“动杆”中弹力方向沿“动杆”方向，“动杆”O′A′中弹力大小等于O′两侧细

线中拉力的合力大小，两细线夹角不确定，轻杆弹力无法确定，∠B′O′A′可能等于30°，故B、D错误；根据共点力平衡条件，图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定与竖直细线的拉力方向相反，即竖直向上，故C正确。]10．D[设每根钢绳的长度为

L，钢绳与水平方向的夹角为α，由题意可知正方形工件的中心与每个角的距离为0.5L，由几何关系可得cosα＝0.5LL，解得α＝60°，四根钢绳的弹力沿水平方向的分力的矢量和为0，沿竖直方向分力的矢量和与工件的重力等大反向，则有4Fsinα＝mg，解得g＝23Fm，故D正确。]11．C[以小球

B为研究对象，分析受力情况如图，由三角形相似得mgOA＝FOB，又由题意有OA＝OB＝L，可得F＝mg，可见绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数k无关，所以得到F1＝F2，故C正确，A、B、D错误。]12．A[当AC边以A为轴逆时针转动到向左偏离竖直方向15°时，对铁球进行受力分

析可知，此时BC边跟铁球之间没有作用力，铁球受到重力G、AB边作用力FAB和AC边作用力FAC三个力作用，力的方向及力的矢量三角形如图所示，根据正弦定理有FABFAC＝sin75°sin45°＝3＋12，故A正确。]微专练8动态

平衡问题1．B[对小球进行受力分析，重力使得小球有向下运动的趋势，筷子对小球的弹力使得小球有向上运动的趋势，当弹力的合力大于重力时，小球有向上运动的趋势，摩擦力沿筷子向下，当弹力的合力小于重力时，小球有向下运动的趋势，摩擦力沿

筷子向上，当弹力的合力等于重力时，小球所受摩擦力为0，故A错误；小球处于平衡状态，根据平衡条件可知，筷子对小球的作用力的大小等于小球的重力mg，故B正确；小球处于平衡状态，根据平衡条件可知，当筷子和竖直方向的夹角增大时，小球的合力不变，仍然为0，故C错误；根据上述

，筷子和竖直方向的夹角不变，当弹力的合力小于重力时，小球有向下运动的趋势，摩擦力沿筷子向上，此时筷子对小球弹力越大摩擦力越小，故D错误。]2.C[a段细线的悬点向下移动一小段距离后，玩具的位置不变，其受力情况如图所示，可知a、b段细线的拉力均变大，故C正确。]3．B

[设坡面倾角为θ，则FN＝mgcosθ，Ff＝mgsinθ，缓慢上坡的过程中，倾角增大，则支持力减小，摩擦力增大，A错误，B正确；受到山坡的作用力与重力是一对平衡力，保持不变，C错误；重力势能变大，动能不变，机械能逐渐增大，D错误。]4．C[设圆的半径为R，橡皮条的劲度系数为

k，开始时小球二力平衡有k·2R＝mg，可得k＝mg2R，当小球到达P点时，由几何知识可得NP＝MN·sin30°＝R，则橡皮条的弹力为F′＝k·NP＝mg2，故A错误；设小球与N的连线与竖直方向夹角为α，小球受力分析如图，此时橡皮条的伸长量

为Δx＝2Rcosα，橡皮条的弹力为F′＝kΔx＝mgcosα，对小球，设此时拉力F与水平方向的夹角为β，根据平衡条件可得在水平方向Fcosβ＝F′sinα，在竖直方向Fsinβ＋F′cosα＝mg，联立解得α＝β，F＝mgsinα，故当α＝60°时F＝3mg2，故B错误；由B选项可知

α＝β，根据几何知识可知拉力F的方向始终与橡皮条的弹力方向垂直，即与橡皮条垂直，故C正确；由B选项分析可知F＝mgsinα，小球在M向N运动的过程中，α逐渐增大，因此拉力F逐渐增大，故D错误。]5．A[小球受力如图所示，小球缓慢运动，则小球所受的合力为0，由力的矢量三角形与△DC

M相似可得mgDC＝FNMC＝FDM，解得轻杆对小球的支持力为FN＝mg·MCDC，轻绳对小球的拉力为F＝mg·DMDC，小球从A点缓慢运动到B点的过程中，MC和DC不变，DM逐渐减小，故轻杆对小球的支持力FN不变，轻绳对小球的拉力F变小，故A正确。]6．CD[

设绳子两端点所悬点的水平距离为d，绳长为l，绳子拉力为FT，绳子与竖直方向之间的夹角为θ，物体的质量为m。根据共点力平衡，有2FTcosθ＝mg，由几何关系得sinθ＝dl，解得FT＝mg21－d2l2，可见d相等，FT相等，所以Fa＝Fb，Fc＝Fd，故A错误，C正确；d大，

FT也大，Fc>Fb，Fd>Fa，故B错误，D正确。]微专练9整体法、隔离法在平衡问题中的应用1．BD[对4个灯笼的整体受力分析可知tan45°＝4f4mg，所以4f＝4mg，B正确；对下面的n个灯笼(n<4)的整体分析可知tanα＝n

fnmg＝1，可知α＝45°，即每根绳与竖直方向的夹角均相同，A错误；以3、4号灯笼为整体受力分析，2号灯笼与3号灯笼之间的作用力T23＝2mgcos45°＝22mg，C错误；对4号灯笼受力分析可知，3号、4号灯笼之间的作用力为T34＝2mg，D正确。]2．AD[因

k1弹簧位于竖直方向，A球受力平衡，故k3弹簧没有拉力，k3弹簧没有发生形变，则B球受重力、k2弹簧的拉力、水平拉力F三个力作用，故k2弹簧长度大于k3弹簧长度，故A正确，B、C错误；对A球由平衡条件得kx1＝mg，x1＝mgk，对B球在竖直方向上由平衡条件得kx2cosθ＝mg，解

得x2＝mgkcosθ>x1，则k2弹簧最长，故D正确。]3．BC[若两弹簧均处于压缩状态，对A进行分析，A受到重力、P向下的弹力与Q向上的弹力，根据平衡条件可知，P向下的弹力小于Q向上的弹力，而实际上P的弹力是Q的弹力的2倍，可知两弹簧不可能都处

于压缩状态，故A错误；当P处于拉伸状态，Q处于压缩状态时，对A分析，A受到重力、P向上的弹力与Q向上的弹力，由于P的弹力是Q的弹力的2倍，根据平衡条件有FP＋12FP＝mg，解得FP＝103N，即P弹簧对天花板的作用力可能为103N，故B正确；当P、Q均处于拉伸状态时，对A受力分析，由力的平衡条件

得2FQ＝FQ＋mg，解得FQ＝5N，对B受力分析，由力的平衡条件得FQ＋FN＝mg，解得FN＝0，可知B球对地面的压力可能为零，故C正确；若P弹簧压缩，Q弹簧拉伸，对A分析，A受到重力、P向下的弹力

与Q向下的弹力，A所受合力不为0，不满足平衡条件，故不可能P弹簧压缩，Q弹簧拉伸，故D错误。]4．C[设绳子中的拉力为FT，传送带逆时针转动可知传送带对乙的摩擦力Ff2竖直向上，对甲乙整体受力分析有2FT＋Ff2＝2mg，可知FT<mg，对甲单独受力

分析，竖直方向受力平衡，受到绳子竖直向上的拉力FT，自身竖直向下的重力mg，可知乙对甲的摩擦力Ff1方向竖直向上，故有FT＋Ff1＝mg，联立解得2Ff1＝Ff2，设水平方向的力为F，甲、乙恰好均处于静止状态可知Ff1＝μ1F，Ff2＝μ2F，则μ1∶

μ2＝1∶2，故C正确。]5．C[以左侧小球为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件得知，拉力和支持力的合力与重力大小相等、方向相反。设OO′＝h，根据三角形相似得FTl1＝m1gh＝FN1R，同理，对右侧小球，有FTl2＝m2gh＝FN2R，解得m1∶m2＝l2∶l1＝2

4∶25，故C正确。]6．D[小球P光滑，则小球P受重力、细绳的拉力和物块Q的支持力，共3个力的作用；物块Q受重力、球P的压力、墙面的支持力和摩擦力，共4个力的作用，A、B错误；物块Q所受的静摩擦力等于物块Q的重

力，则若O点下移，物块Q受到的静摩擦力不变，C错误；对小球P分析可知，绳子的拉力FT＝mgcosθ，当O点上移时，θ角减小，则绳子的拉力将变小，D正确。]7．B[对工人受力分析有，则有FN＋FT＝mg，其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作

用力，A错误，B正确；对滑轮作受力分析有，FT＝G2cosθ，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。]8．C[对A进行受力分析，如图甲所示，B向右缓慢移动时，B对A的支持力增大，竖直墙面对A的弹力增大，故A、B错误；对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，根据平衡条件

可知FN地＝G总，F＝FN2，所以水平地面对B的支持力不变，外力F增大，故C正确，D错误。]甲乙9．C[用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，设θ为小滑块与O点连线与竖直

方向的夹角，由平衡条件可知，推力F＝mgsinθ，凹槽对滑块的支持力FN＝mgcosθ，小滑块由A点向B点缓慢移动过程中，θ角逐渐增大，力F逐渐增大，力FN逐渐减小，A、B错误；由牛顿第三定律可知，滑块对凹槽的压力FN′＝FN＝

mgcosθ，滑块对凹槽的压力FN′在水平方向的分力FN′sinθ＝mgcosθsinθ＝0.5mgsin2θ，对凹槽进行受力分析，由平衡条件可知，墙面对凹槽的压力为F压＝0.5mgsin2θ，当θ＝45

°时最大，所以墙面对凹槽的压力先增大后减小，C正确；由于力F的方向始终沿圆弧的切线方向，对滑块和凹槽整体受力分析，有FN地＝(M＋m)g－Fsinθ，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，D错误。]10．B[画出小球A和滑环B的受力分

析图，如图所示，对小球A，根据三角形相似mAgHOC＝FLOA，HOC＝LOA；可得mg＝F，则绳子拉力不变；对滑环B，因μ<1tanθ，则要想静止，FN必须大于mBgsinθ，固定杆给滑环B的弹力方向垂直杆向下，则有mBgcos

θ≤μ(mAg－mBgsinθ)，可得mB≤0.05kg，故B正确，C错误；由上述可知，库仑力对滑环B无影响，则滑环B受到的摩擦力不变，故D错误。]11．D[电流为零时，设绳子上的拉力F1，对导体棒C受力分析如图所示F

1＝mg，对物块A受力分析可知F1＝2mgsin30°＝mg，可知此时物块A此时不受摩擦力。设绳与水平面成30°角时，绳子上的拉力F2，物块A受到的摩擦力为Ff，物块A和导体棒C受力分析如图所示对导体棒C受力分析可知F2＝mgsin30°＝2mg，对

物块A受力分析可知F2＝2mgsin30°＋Ff，导体棒缓慢运动过程中，导体棒C一直处于动态平衡，设绳子上的拉力为F，则F＝（mg）2＋（IL0B）2，随着电流的增大，绳子上的拉力F逐渐增大。因此当绳与水平面成30°角时，绳子上的力最大且等于2mg，C错误

；导体棒缓慢运动过程中，对物块A受力分析可知F＝2mgsin30°＋Ff，滑块A受到的摩擦力随F增大而增大，A错误；绳与水平面成30°角时，对导体棒C受力分析可知I0L0B＝mgtan30°＝3mg，得I0＝3mgL0B，D正确；对斜面和导体棒构

成的整体，受力分析可知FN＝2mg＋mg＋Mg＝3mg＋Mg，地面对斜面的支持力一直不变，B错误。]12．BD[设轻绳MP段长为L，M、P两点间的水平距离为d，由数学关系可得sinα2＝dL，将轻绳右端从P点沿大圆环缓慢移至P′点过程中，L不变

，d先增大后减小，所以α先增大后减小，A错误；轻绳中的弹力记为FT，分析轻质动滑轮C处的受力情况，有2FTcosα2＝mBg，由α先增大后减小可知FT先增大后减小，B正确；分析物块A的受力情况，由于斜面倾角及动摩擦因数未知，A、B的质量大小也未知，无法明确A所受的

摩擦力FfA，故在轻绳中的弹力先增大后减小的过程中，FfA的大小变化情况存在多种可能，C错误；设斜面倾角为θ，斜面体与水平面之间的摩擦力为Ff，对物块A和斜面体整体进行受力分析，水平方向，有Ff＝FTcosθ，由于θ不变、FT先增大后减小，所以Ff先增大后减小，D正确。]微专练10平衡状

态下的“临界与极值”问题1．C[对结点c受力分析，由共点力平衡条件可得FTbc＝mgsin37°＝0.6mg，FTac＝mgsin53°＝0.8mg，可知FTac>FTbc，则ac轻绳承受的最大拉力为20N时，此时重物悬挂质量最大，则有m＝FTac0.8g＝200.8×10kg＝2

.5kg，故C正确。]2．D[分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因油桶缓慢地推到汽车上，处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，当水平推力F由水平方向逐渐变为与水平

方向成60°角斜向上的过程中，推力先变小后变大，最小时推力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，最小值为mg2，故D正确。]3．B[设滑梯与水平面的夹角为θ，重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcosθ，平行于滑梯的力等于mgsi

nθ；儿童在滑梯上能滑下，满足mgsinθ≥μmgcosθ，已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.3，解得滑梯倾角tanθ≥0.3，根据几何关系可知tanθ＝hL，解得滑梯的最小高度h＝1.8m，故B正确。]4．B[书本恰好运动时，设A4纸上面的书页的质量为m0，2×4μm0g＝μm

g，解得m0＝m8；若要使书与A4纸一同运动，A4纸上面的书页的质量越大越容易一起拉动，所以m0≥m8，故A、C、D错误，B正确。]5．C[当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对A物块受力分析如图甲，A、B之间的滑动摩擦力Ff

1＝μFN＝μmgcos45°，沿斜面方向，根据平衡条件可知FT＝mgsin45°＋μmgcos45°，对B物块受力分析如图乙，B与斜面之间的滑动摩擦力Ff2＝μFN′＝μ·3mgcos45°，沿斜面方

向，根据平衡条件可知2mgsin45°＝FT＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，两式相加，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos4

5°，解得μ＝15，故C正确。]甲乙6．A[开始时设上面弹簧压缩的长度为Δx1，下面弹簧压缩的长度为Δx2，则有m1g＝k1Δx1，m1g＋m2g＝k2Δx2，得到Δx1＝m1gk1，Δx2＝（m1＋m2）gk2，当上面的木块刚离开上面弹簧时，设下面弹簧

压缩的长度为Δx2′，则有m2g＝k2Δx2′，得到Δx2′＝m2gk2，所以在这过程中上面木块移动的距离为x1＝Δx2－Δx2′＋Δx1＝m1g1k1＋1k2，下面木块移动的距离为x2＝Δx2－Δx2′＝m1gk2，故A正确。]7．A

D[用斜向上的力拉箱子匀速运动，根据受力平衡可得Fcosθ＝Ff＝μFN＝μ(mg－Fsinθ)，解得F＝μmgcosθ＋μsinθ＝μmg1＋μ2sin（α＋θ），其中sinα＝11＋μ2，cosα＝μ1＋μ2，当α＋θ＝90°，力F有最小值，则有tanθ＝1tanα＝cosαs

inα＝μ，故A正确，B错误；用斜向下的力推箱子，若满足Fcosθ<μFsinθ<μ(Fsinθ＋mg)＝Ffmax，可得cosθ<μsinθ，即当tanθ>1μ时，不可能推动箱子，故C错误，D正确。]微专练11加速度突变问题1．C[开始木箱和A静止，弹簧处于

压缩状态，弹簧对A向左的弹力与摩擦力平衡，当A相对于木箱向右移动时，弹簧压缩量增大，摩擦力向左，A的合力向左，产生向左的加速度，这可能是木箱突然向右减速或突然向左加速造成的，故C正确。]2．D[撤去木板瞬间，对A受力分析，有mg＝kx，B物块受到的合力

为3mg＋kx＝4mg，由牛顿第二定律可知4mg＝3maB，解得aB＝43g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时FT2＝3mg＝kx2，所以弹簧此时的伸长量x2＝3x，即B物块向下运动4x时速度最大，

故C错误，D正确。]3．C[细线断裂前，A、B两物块随升降机匀速上升，所受合力均为零；细线断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，大小等于物块B所受的重力。物块A受到重力和弹簧弹力的作用，加速度大小为aA＝mg＋mgm＝2g＝20m/s2，方向向下，物块B受力不变，合力为零，所以加速度为aB＝0，故C

正确。]4．D[在细线断裂前，根据牛顿第二定律，对B有F－mg＝ma，解得弹簧弹力F＝m(a＋g)，在细线断裂瞬间，拉力突然消失而F和A、B的重力不变，则A受到的合力大小F1′＝F2＋mg＝2mg＋ma＝maA，

产生的加速度aA＝－(2g＋a)＝－22m/s2，B的受力不变，加速度不变，为2m/s2，D正确，A、B、C错误。]5．CD[把A、B、C看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件可得拉力F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A由牛顿第二定律F－mgs

inθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，故A错误；在轻绳被烧断前，对C根据平衡条件可得弹簧弹力F弹＝mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，对于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律F弹＋mgsinθ＝maB，解得aB＝2gsinθ，故B错误；

剪断弹簧的瞬间，对于A、B整体，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律F－2mgsinθ＝2maAB，解得aAB＝12gsinθ，则A的加速度大小aA＝aAB＝12gsinθ，故C正确；突然撤去外力F的瞬间，对A

、B整体，由牛顿第二定律F弹＋2mgsinθ＝2maAB′，解得aAB′＝32gsinθ，则A的加速度为aA′＝aAB′＝32gsinθ，故D正确。]6．BCD[A、B用同一根弹簧相连，所受弹簧弹力大小相等，故A错误；设细线中拉力分别为FTA和FTB，对A、B及轻弹簧整体受力分析，水平方向有

FTAcos60°＝FTBcos30°，解得FTA∶FTB＝3∶1，对A、B单独受力分析，根据平衡条件有tan60°＝mAgF弹，tan30°＝mBgF弹，解得mA∶mB＝3∶1，故B、C正确；同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时合力大小分别等于FTA和FTB，

故瞬时加速度大小之比为aA∶aB＝FTAmA∶FTBmB＝1∶3，故D正确。]7．ABD[剪断细线a的瞬间，细线a、细线b拉力瞬间变为零，对球1，mg＝ma1，得a1＝g，球1加速度大小为g，故A正确；剪断细线a的瞬间，细线b、细线c

拉力瞬间变为零，对球2，mg＝ma2，得a2＝g，球2加速度大小为g，故B正确；剪断细线b的瞬间，对球1，mgsin30°＝ma1，得a1＝gsin30°＝12g，故C错误；剪断细线b的瞬间，细线b、细线c拉力瞬间变为零，对球2，mg＝ma2，得a

2＝g，球2加速度大小为g，故D正确。]微专练12牛顿运动定律的应用1．C[小球突然向后滚动，根据牛顿第一定律可以判断列车向前做加速直线运动，但无法判断列车的加速度变化情况，故A、B、D错误，C正确。]2．B[由题意可知，水平静止或匀速直线运动时，气泡位于玻璃管中央，由题图乙可以

看出：沿车头方向的气泡向车头方向移动，当火车加速时，气泡和液体由于惯性不会随火车立即加速，还会以原来的速度运动，相对火车向后运动，因为气泡密度小于液体密度，所以气泡在液体作用下就向前运动，故C、D错误；垂直于车头方向的装置中气泡

处于右端，同理气泡在液体的作用下相对中心位置向右运动，所以此时刻火车应是加速运动且向右转弯，故A错误，B正确。]3．A[飞行器静止悬浮在空中，由平衡条件可知，空气对飞行器的作用力方向竖直向上，A正确；手与飞行器没

有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，B错误；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对作用力和反作用力，C错误；由牛顿第三定律可知，螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小相等，D

错误。]4．A[根据牛顿第二定律可得儿子受到的合外力为F1＝m1a1＝50×2.4N＝120N，但是儿子所受合外力，只是绳子的拉力的分力提供，B错误；由牛顿第三定律及同一条绳子的张力相等，所以绳子对儿子的拉力等于对爸爸的拉力，则C错误；由于爸爸的合外力等于儿子的合外力，则

爸爸的加速度大小为a2＝F1m2＝12080m/s2＝1.5m/s2，A正确；根据x＝12at2可知，儿子滑动的距离大于爸爸滑动的距离，D错误。]5．BC[小球由a至b的过程中，受到向下的重力和弹簧向上的弹力，弹力小于重力，合力向下，小球

向下做加速运动，落至b点时速度达到最大值，A错误；小球运动到b位置时弹力等于重力，合力为零，加速度为零，B正确；小球由a至b的过程中，弹力增大，合力减小，加速度减小，所以小球向下做加速度逐渐减小的加速运动；b到c的过程，弹力大于重力，合力方向向上，随着弹力增大，合力增大，加速度增大，小球向下

做加速度逐渐增大的减速运动，所以加速度先减小后增大，速度先增大后减小，C正确，D错误。]6．C[对小球受力分析，由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma，得小球加速度大小为a＝gtanθ，加速度方向水平向左，由于列车、小球和木箱具有相同的加速度，则列车的加

速度大小为gtanθ，方向水平向左，由于列车的速度方向未知，则列车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，对木箱受力分析可知，无论列车向左还是向右运动，木箱所受摩擦力方向一定向左，故A、B错误，C正确；当列车由变速运动突然停止，由于惯性，小球将做竖直平面内的圆周

运动，即细线与竖直方向的夹角周期变化，列车的加速度始终为零，故D错误。]7．D[以小球C为研究对象受力分析，有Fsinθ＝ma，Fcosθ＝mg，代入数据，解得a＝7.5m/s2，轻绳对小球的拉力大小为F＝5N，故A、B错误；以物块A、B整体为研究对象，底板对物块A的

摩擦力大小为Ff＝2Ma＝150N，故C错误；以物块B为研究对象，物块A对物块B的摩擦力大小为Ff′＝Ma＝75N，故D正确。]微专练13超重、失重问题1．A[失重状态时，物体具有向下的加速度，即重力大于支持力，则A点反映该同学处于失重状态，故A正确。]2．AD[t＝

6s时，电梯加速度向上，则处于超重状态，A正确；7～53s时间内，电梯匀速上行，此时绳索拉力等于重力，53～60s时间内，电梯减速上行，加速度向下，此时电梯处于失重状态，此时绳索拉力小于重力，则7～53s时间内，绳索拉力不是最小的，B、C错误；

因a－t图像的面积等于速度的变化量，则在60s内速度的变化量为零，即t＝60s时电梯速度恰好为0，D正确。]3．BC[对人进行整体受力分析，得竖直方向受到重力和支持力，由于电梯向下做减速运动，合力向上，支持力大于重力，即人脚对地板的压力增大，A错误；对人进行受力分析

，人受到竖直向下的重力mg、电梯壁对人的水平向左的弹力FN1和地板对脚的斜向右上方的作用力为F，设F与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律及受力平衡，在竖直方向有Fcosθ－mg＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN1，电梯坠落过程中夹角θ增大，cosθ减小，sinθ增大

，作用力F增大，FN1增大，人后背对电梯壁的压力变大，C正确，D错误；将F进行力的分解，水平方向为Ff＝Fsinθ，由上分析Ff增大，B正确。]4．D[当箱子静止时，对两物块和弹簧组成的系统受力分析可知2mg＋F1＝F2，得下面压

力传感器显示示数F2＝50N，对上面物块受力分析知mg＋F1＝F弹，得F弹＝30N，故A错误；当F1＝5N时，对上面物块mg＋F1<F弹，所以加速度方向向上，箱子处于超重状态，人可能抱着箱子开始站起，故B错误；当F1＝15N时，对上面的物块，

mg＋F1>F弹，加速度方向向下，箱子处于失重状态，人可能抱着箱子开始下蹲，故C错误；当箱子自由下落时处于完全失重状态，两个物块所受合力均为mg，则应有F弹＝F1＝F2，弹簧长度没变，所以两个压力传感器的示数均为30N，故D正确。]

5．B[火箭受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出的热气流的作用力，故A错误；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力为作用力和反作用力，二者大小相等，故B正确；火箭加速向上，处于超重状态，故C错误；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度，不可能相

对地面由静止下落，故D错误。]6．B[开始时物块相对木板静止，则弹簧弹力等于摩擦力，将整个装置无初速释放，下落过程中，物块处于完全失重状态，对木板的压力为零，此时摩擦力为零，则两物块在弹簧弹力作用下相对木板运动且相互靠近，故B正确。]微专练14斜面模型1．B[设圆周上任意一点P与M点连线为PM，与

x轴夹角为θ，则加速度a＝gsinθ，下滑的时间t＝2xa＝2·2Rsinθgsinθ＝2Rg，即从圆周上任意一点下滑到M的时间都相等，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，故B正确。]2．B[设圆柱体半径为r，滑板与水平面间

的夹角为θ，重力加速度为g，小孩滑到仓库底部圆心所用时间为t，则小孩下滑的加速度a＝gsinθ，小孩从静止开始下滑，则有x＝rcosθ＝12at2，得t＝2rgsin2θ，故在b处的小孩最先下滑到O点，在a处和c处的小孩同时到达O点

，故B正确。]3．CD[在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝mgsinθm＝gsinθ，斜面倾角越大，加速度越大，所以C3上运动的加速度最大，故D正确；根据几何知识可得

，物体发生位移为x＝hsinθ，物体的初速度为零，所以x＝12at2，解得t＝2xa＝2hgsin2θ，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，故B错误，C正确；根据v2＝2ax得v＝2gh，知到达底端的速度大小相等，故A错误。]4．BC[

A球释放后，两球速度差不变，为Δv＝gsin37°·t0，则gsin37°·t0·t0＝6m，得t0＝1s，A错误；两小球释放位置的距离为x0＝9m－12gsin37°·t20＝6m，B正确；由于两球运动的

加速度相同，则速度差保持不变，但由于B球速度大于A球速度，则两球间距一直增大，C正确，D错误。]5．AB[c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示。c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有a＝mgsinθm＝gsinθ，则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A正确；对球

d隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，处于平衡状态，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，故B正确，C错误；根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力FTc＝mgcosθ，线对d球的拉力FTd＝mg，细线对c、d球的弹力大小不相

等，故D错误。]6．BC[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＝m2Fm1＋m2，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。]7．B[物块上滑过程有x＝12a1t

21，物块下滑过程有x＝12a2t22，根据牛顿第二定律a1＝gsinθ＋μgcosθ，a2＝gsinθ－μgcosθ，又t1＝kt2，解得μ＝k2－1k2＋1tanθ，故B正确。]微专练15动力学中的图像问题1．B[小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝18m/

s，由自由落体运动的规律有vm＝gt1，解得t1＝1.8s，故A错误；整个过程下落的高度为图乙v－t图像与时间轴所围成的面积，则h＝vm2×53t1＝27m，故B正确；t1～53t1时间内小鸟的加速度为a＝0－vm53t1－t1＝－15m/s2

，则此时间内v－t图像的斜率为k＝a＝－15m/s2，故C错误；t1～53t1时间内由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可得fmg＝2.5，即阻力是重力的2.5倍，故D错误。]2．B[根据小球的速度随时间变化

的关系图像分析知，第一阶段加速度大，大小为v0t0，第二阶段加速度小，故小球先竖直向上做匀减速直线运动，再竖直向下做匀加速直线运动，从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中v0t02＝v（3t0－t0）2，解得v＝v02，故球在水中竖直下落过程中的加速度大小a＝v2t0＝

v04t0，根据牛顿第二定律，先竖直向上做匀减速直线运动mg＋f＝mv0t0，再竖直向下做匀加速直线运动mg－f＝ma，联立解得，小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为a＝25g，故B正确。]3．ACD[根据

加速度可以用v－t图线的斜率表示，在0～t1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a＝F－μmgm，外力F大小不断减小，故A正确；在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，故B错误；在t1～t2内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a＝μmg

－Fm，外力F大小可能不断减小，故C正确；如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小a＝F＋μmgm，F后增大，外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确。]4．D[由图可知mg＝F1＝500N，所以m＝50kg，故A错误；由

图可知，运动员在3.6～4.2s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝F2－mgm＝2500－5005

0m/s2＝40m/s2，故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝8.4s－6.8s＝1.6s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝12gt22＝3.2m，故D正确。]5．B[由v－t图像可知，6～8s内物体做匀速直线运动，根据受力平衡可知，滑动摩擦力为Ff＝F3

＝2N，故A错误；根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，可知全过程物体发生的位移为x＝（2＋8）2×3m＝15m，故B正确；由v－t图像可知，8～10s内物体做匀减速直线运动的加速度大小为a＝32m/s2，又a＝μmgm＝μg，联立可得动摩擦因数为μ＝0.15，故C错误；根据Ff＝μmg＝2N

，解得物体的质量为m＝43kg，故D错误。]6．BC[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ

甲<μ乙，故B、C正确。]7．BC[物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝Fm－μg，代入题图乙中两组数据并联立得m＝2kg，μ＝0.3，故B、C正确，A、D错误。]8．B[撤去拉力，两物体均做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得

μmg＝ma，可知，减速运动加速度为a＝μg，由v－t图像，可知aA＝μAg＝61m/s2＝6m/s2，aB＝μBg＝62m/s2＝3m/s2，所以A、B两物体与水平面间动摩擦因数之比为μAμB＝21；同理从静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma′，可知

，减速运动加速度为a′＝Fm－μg；由v－t图像，可知aA′＝FmA－μAg＝61m/s2＝6m/s2，aB′＝FmB－μBg＝61m/s2＝6m/s2；则FmA＝12m/s2，FmB＝9m/s2，所以mAmB＝34，故A、D错误；A、B两物体受到摩擦力之比为μAmAgμBmBg＝

21×34＝32，故B正确；v－t图像中，图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以A、B两物体位移之比为xAxB＝SASB＝12×2×612×3×6＝23，故C错误。]9．A[由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在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

程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，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A正确。]10．A[皮球受到的空气阻力大小与速度成正比，设比例系数为k，则f＝kv，由牛顿第二定律可得mg－kv＝ma，解得a＝mg－kvm＝－kmv＋g，皮球做加速度减

小的加速运动，当加速度减为0时，皮球速度达到最大，皮球保持最大速度匀速运动，故A正确。]11．A[由图像可知x＝0.3m处加速度为零，弹簧形变量Δx＝0.1m，根据mg＝kΔx，解得k＝100N/m，A正确；纵轴坐标乘以质量即为小球所受合力，合力与位移围成的面积表示合力所做的功，根据动

能定理有W＝12mv2，解得v＝5m/s，B错误；设弹簧的最大压缩量为xm，小球从A到C过程，由机械能守恒定律有mg(h＋xm)＝12kx2m，解得xm＝1＋510m，从A到C的位移xAC＝h＋xm＝3＋510m≈0.52m，小球在C处的加速度最大，有kxm－mg＝mam，解得am＝22m/s2，

C、D错误。]12．BD[若物体A的加速度从1.0均匀减小到0.6，图像的面积为Δv＝1＋0.62×1m/s＝0.8m/s，而A的初速度为零，可知1s时的速度为0.8m/s，但实际是物体A的a－t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8m/s，则t＝

1s时A的速度大小小于0.8m/s，故A错误；恒力F拉动A的瞬间，由a－t图像A的加速度为a0＝1m/s2，有F＝mAa0＝1.5N，1s时两者的加速度相等a＝0.6m/s2，对A、B由牛顿第二定律有F－kx＝mAa，F弹＝kx＝mBa；解得mB＝1kg，F弹＝0.

6N，故B、D正确，C错误。]微专练16动力学中的临界与极值问题1．C[对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2N，联立解得F＝4N，故C正确。]2．D[由题意对物体受力分析，当物体刚脱

离斜面时，物体只受重力和细线的拉力，如图所示，由牛顿第二定律可得，a＝F合m＝mgmtanθ＝gtanθ，故D正确。]3．B[书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2，书相对高铁静止，故若书

不动，高铁的最大加速度为4m/s2，B正确，A、C、D错误。]4．A[网球、网球拍和运动员一起在水平面做匀加速运动，说明有相同的水平方向加速度，以网球为研究对象，受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNcosθ＝mg，FNsinθ＝ma

，解得a＝gtanθ，FN＝mgcosθ，A正确，B错误；以网球和网球拍为整体，受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得Fcosθ＝(M＋m)g，Fsinθ＝(M＋m)a，解得F＝（M＋m）gcosθ，C错误；甲乙根据上面分析可知，当运动员

的加速度为a＝gtanθ时，球与球拍相对静止，由于gtanθ＝g·sinθcosθ>gsinθ(0°<θ<90°)，故加速度大于gsinθ时，球不一定沿球拍向上运动，D错误。]5．BD[以A、B整体为研究对象，设物体B质量为M，静止时弹簧

压缩量为x0，有kx0＝(m＋M)g，分离之前有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，即F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数k＝22－1212.5×10－2N/m＝80N/m，

故D正确；x＝0，有12N＝(m＋M)a，分离时，有22N－mg＝ma，联立解得a＝1m/s2，M＝10kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为FN，对B进行受力分析有kx0－Mg－FN＝Ma，解得FN＝10N，故C错误。]6．BD[开始时静止时kx0＝(m1＋m2)gsin

θ，当PQ分离时，两者加速度相等，两者间的弹力为零，则对Q，F－m2gsinθ＝m2a，对P，kx－m1gsinθ＝m1a，此时弹簧仍处于压缩状态，即物体Q的位移小于x0，A错误，B正确；两物体分离之前，对整体F＋k(x0－x)－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，对Q分析F＋FN

－m2gsinθ＝m2a，联立解得FN＝－km2m1＋m2x＋m2gsinθ－Fm1m1＋m2，当FN＝0时解得x＝（m1＋m2）gsinθk－Fm1km2<（m1＋m2）gsinθk＝x0，则C错误，D正确。]7．CD[根

据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－v20＝2ax，解得v＝89m/s≈9.4m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥89m/s≈9.4m/s，故

C、D正确。]8．BC[若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，物块到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝v20－2a1L＝2m/s

；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度a2＝－gsin30°＋μgcos30°＝2.5m/s2，物块到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝v20＋2a2L＝8m/s，故B、C正确。]9．AC[因为小物块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦

力，当传送带静止或顺时针转动时，小物块均加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma，x＝12at2，联立解得t＝4s，故A正确，D错误；如果传送带沿逆时针方向正常转动，开始时小物块速度小于

传送带速度，摩擦力向下，根据牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，速度和传送带相同时位移为x1，则有v2＝2a1x1，联立两式解得x1＝5m<16m，小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，设小物块到达传送带

底端时速度为v1，根据运动学公式有v21－v2＝2a(s－x1)，联立并代入数据解得v1＝12m/s>v＝10m/s，由于第一段加速度较大，全程时间会小于4s，故B错误，C正确。]10．C[刚开始A、B两个一起做加速运动，根

据牛顿第二定律可知F＝(mA＋mB)a，结合图像斜率可知mA＋mB＝3kg，当加速度大于等于1m/s2时，A、B分开各自加速，设B受到的摩擦力大小为Ff，根据牛顿第二定律可知F－Ff＝mBa，结合图像斜率可知mB＝1kg，联立以上公式可求得mA＝2kg，故C

正确。]11．B[当两物块相对滑动时，M加速度最大为a0＝μmgM＝0.8m/s2，当a≤0.8m/s2，两者一起做匀加速直线运动，当两者相对滑动时am>0.8m/s2，aM＝0.8m/s2，故A、C、D不符合题意，B符合题意。]1

2．C[临界状态整体受力分析，B和斜面之间为滑动摩擦力2μmgcosθ，根据牛顿第二定律有F－2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma，对物块A受力分析，A、B之间为最大静摩擦力μmgcosθ，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立可得拉力F的最小值为

4μmgcosθ，故C正确。]微专练17“小船过河”与“关联速度”问题1．A[设球的质量为m，速度为v，绳子拉力为FT，拉球的绳子与竖直方向夹角为θ，由于球的半径不能忽略，易知球在上升的过程中，θ逐渐增大。将球的速度分解为沿绳子和垂直于绳子方向，车与球在沿绳子方向上速度相等，可知v

车＝vcosθ，球上升的过程中，随着θ增大，车速逐渐减小，因此玩具小车做减速运动，A正确，B错误；由于球匀速运动，所受合力为零，则在竖直方向上FTcosθ＝mg，可得FT＝mgcosθ，随着θ逐渐增大，绳子拉力逐渐增大，而球匀速运动，处于平衡状态

，C、D错误。]2．B[小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的轻绳和水平方向成夹角θ2＝37°时，小车沿绳子方向的分速度大小等于P的速率，则有vP＝vcosθ2＝0.8v，故A错误，B正确；小

车在向右匀速运动过程中，绳子与水平方向的夹角θ2逐渐减小，根据vP＝vcosθ2，可知物体P的速度逐渐增大，物体P做加速运动，物体P有沿斜面向上的加速度，则有FT>mgsinθ1＝0.6mg，故C、D错误。]3．A[由题意可知a、b球沿细线方向的分速度相同，即va

sin37°＝vbcos37°，解得vavb＝43，故A正确。]4．BD[设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量为v1杆＝v1cosθ，v2在沿杆方向的分量为v2杆＝v2sinθ，而v1杆＝v2杆，图示位置时，有cos

θ＝74，sinθ＝34，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为v1v2＝377，A错误，B正确；当甲球即将落地时，有θ＝90°，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，C错误，D正确。]5．C[球A与球形容器球

心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin30°＝12v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos60°＝12v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，故C正确。]6．A[直

杆与箱子接触点的实际运动即合运动，方向垂直于杆指向左下方，沿水平方向的分速度为v，即v实sinθ＝v，解得v实＝vsinθ，故A正确。]7．D[小球受重力、平台的弹力和棒的作用力，因为升降平台以速度v匀速上升，平台的弹力和棒的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动

，A错误；棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v实＝ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，v＝ωLsinα，所以v实＝vsinα，ω＝vLsinα，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，B、C错误，D正确。]8．ABD[

合运动与分运动的关系具有独立性，每个分运动都按照各自的规律独立运行，因此船渡河时间是船头垂直河岸的分速度的结果，船渡河时船头垂直于河岸，则渡河的时间为t＝dv0，故A正确；因为渡河时船头垂直河岸，在垂直河岸方向分运动的速

度等于船在静水中的速度v0，沿船头方向的分位移最小，所用时间最短，故B正确；因为水流速度不是恒定的，越靠近河中心水的流速越大，合速度的方向和大小都改变，因此小船渡河的轨迹不是直线，故C错误；小船到达河中心时，小船沿船头方向的分速度大小不变，水流方向的分速度达到最大值，两个分运动速度垂直，合

运动的速度为v合＝v20＋v2水，即小船到达河中心时，合速度最大，故D正确。]9．BD[河中水流速度为v2＝v1cos60°＝2.5m/s，A错误；小船以最短位移渡河的时间为t＝dv1sin60°＝1805×32s＝243s

，B正确；当船头方向指向正对岸时过河时间最短，则小船渡河的最短时间为tmin＝dv1＝1805s＝36s，C错误；小船以最短时间渡河时到达对岸沿水流方向的位移是x＝v2tmin＝2.5×36m＝90m，总位移s＝d2＋x2＝905m，D正确。]10．D[根据矢量的合成

法则，当合速度方向与皮划艇相对静水的速度方向垂直时，皮划艇渡河的航程最短，则有smin＝v水v船·d＝42×150m＝300m，故D正确。]11．B[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B正确。]12．D[将两船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，在垂直于河岸方向上，两船的分速度相等，河宽一定，所以两船渡河的时间相等，故A错误；乙船的合速度垂直于河岸，有vcos60°＝v0，所以有v＝2v0，两船渡河的时间为t

＝Hvsin60°，则甲船在沿河岸方向上的位移为x＝(v0＋vcos60°)t＝2v0×Hvsin60°＝233H，可知甲船恰好能到达河对岸的A点，故B、C错误，D正确。]微专练18抛体相遇与平抛临界问题1．B[由题意知枪口与P点等高

，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据h＝12gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝Lv，故B正确。]2．D[由题意可知，两球

要想在空中相遇，必须满足A球到达B球所在竖直线时没有落地，设A球与B球相遇时刚好落地，落地时间为t0，则由平抛运动规律可得s＝vA0t0，h＝12gt20，联立解得vA0＝sg2h＝10m/s，所以，只有A的初速度大于10m/s，A球与B球才能在空中相遇，A错误；若

两球能在空中相遇，则两球的运动时间相等，设运动时间为t，A球做平抛运动，且A球的水平位移为s，则有s＝vAt，hA＝12gt2，B球做竖直上抛运动，则有hB＝vBt－12gt2，由题意可知两球在竖直方向的位移存在关系h＝hA＋hB，联立以上各式

解得vA∶vB＝2∶1，C错误，D正确；由上式可得vB＝12vA>12×10m/s＝5m/s，B错误。]3．C[设A球位移偏向角为θA，则tanθA＝12tan60°＝32，又tanθA＝hAd，解得hA＝32d，同理hB＝36d，则A、B两点

间的竖直距离为s＝hA－hB＝32d－36d＝33d，A、B、D错误，C正确。]4．B[不计空气阻力，水柱做斜抛运动，上升到最高点可看成逆向平抛运动。由题意可知两水柱的竖直高度相同，由2gh＝v2y，可知，两水柱在竖直方向上的

速度大小相等。又由v＝vysinθ，所以左右两条水柱射出时的速度大小的比值为v左v右＝sin37°sin60°＝235，故B正确。]5．B[两球同时抛出，相遇时水平方向有(v1＋v2cos45°)t＝0.9m，解得t＝0

.3s，而竖直方向，12gt2＋v2sin45°t－12gt2＝0.3m，则两球恰能相遇；因为v1t≠v2cos45°t，即相遇时水平位移不相同，故A、C错误；抛出后，水平方向上两球做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速运动，速度的变化量为Δv＝gt，从抛出到相遇，两球运动

的时间t相同，所以相遇时速度变化量相等，故B正确；在竖直方向上，两球做匀变速运动，对于A球有h＝12gt21，解得t1＝2hg＝2×0.310s＝350s，对于B球有v2cos45°＝g·t22，解得t2＝15s，则两球在空中运动时间不相等，故D错误。]6．BC[由于小球在斜面上均受

到沿着斜面向下的重力的分力，未相遇前，a、b在斜面上做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，A错误，B正确；由于两小球沿平行斜面向下的加速度相同，运动情形相同，故两小球无论速率为多少总能相遇，C正确，D错误。]7．AB

[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，当球恰好不出界时，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，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＝υ0＝L23gh，故D错误。]微专练19斜(曲)面上

的平抛运动1．A[平抛运动在水平方向做匀速运动，则x＝v0t，可得运动员从B点飞出时的速度大小v0＝xt＝20m/s，故A正确。]2．A[运动员从跳台水平飞出，做平抛运动，设运动员初速度大小为v0，斜坡的倾角为θ，运动员从开始运动到坡底所用

的时间为t，已知t′＝2s时运动员离斜坡最远，此时运动员速度的方向与斜坡平行，则有tanθ＝gt′v0＝12gt2v0t，解得t＝2t′＝4s，v0＝xt＝15m/s，tanθ＝gt′v0＝43，即斜坡的倾角为53°，C、D错误；将运动按沿斜坡方向和垂直斜坡方向分

解，如图所示，运动员做匀变速运动，当沿y方向的分速度减为0时，运动员离坡面最远，最远距离l＝v0t′sinθ－12gt′2cosθ，代入数据解得l＝12m，A正确，B错误。]3．C[炸弹离开轰炸机在空中运动时间为t，击中目标时速度为v

′，由于炸弹垂直击中山坡A，由平抛运动规律有v′sinθ＝v，v′cosθ＝gt，x＝htanθ＝vt，联立解得v＝gh，A、B、D错误，C正确。]4．C[根据几何关系可知，水平速度与末速度的夹角为θ，则有tanθ＝vyv0，解得vy＝v0tanθ，根据vy＝gt，解得t＝v0t

anθg，A、B错误；在水平方向Rsinθ＝v0t，解得t＝Rsinθv0，D错误，C正确。]5．C[设小球平抛的初速度为v0，将N点速度沿水平和竖直方向分解，如图所示，竖直速度vy＝v0tan60°＝3v0，运动时间t＝vyg＝3v0g，水平位移x＝v0t＝3v20g

，根据几何关系有x＝R(1－cos60°)＝12R，由以上几式得v20g＝R23，平抛的竖直位移y＝12gt2＝12g3v0g2＝3v202g＝34R，N点的高度y′＝Rsin60°，得y′＝32R，小球抛出时的高度H＝y＋y′＝34R＋32R＝334R，故C正确，A

、B、D错误。]6．C[小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度vy＝2ghED＝2×10×（5－2）m/s＝215m/s，垂直击中D点，速度反向延长线过圆心，如图所示，根据几何关系，有sinθ＝hEDR＝35，解得θ＝37°，则在D点，分解速度可得v0＝vytan37°＝815

3m/s，故C正确。]7．B[依题意，设圆形轨道半径为R，对于甲球，水平方向上有R＝v1t1，竖直方向上有R＝12gt21，解得v1＝gR2，对于乙球，水平方向上有Rcos53°＝v2t2，竖直方向上有R－Rsin53°＝12gt22，解得v2＝9gR

10，可得v1v2＝53，故B正确。]微专练20圆锥摆模型1．B[根据角速度的定义可得小球的角速度为ω＝vR，根据几何关系可得R＝2L2，联立可得ω＝2vL，故A错误；小球做匀速圆周运动，小球所受合力等于其向心力为Fn＝

mv2R，联立可得Fn＝2mv2L，故B正确；小球所受的合力大小不变，方向时刻改变，则小球做非匀变速曲线运动，故C错误；根据几何关系可得tan45°＝Fnmg，结合Fn＝2mv2L，联立解得g＝2v2L，故D错误。

]2．BD[对小环受力分析，如图所示，根据平行四边形定则知FN＝mgsinα，可知支持力大小相等，由牛顿第三定律可知小环对杆的压力大小相等，故A错误，B正确；根据mgtanα＝mω2r，得ω＝grtanα，由于r2>r1

，所以ω1>ω2，故C错误，D正确。]3．AC[对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcosθ＝mg，拉力在水平方向上

的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsinθ＝m4π2T2lsinθ，解得周期为T＝2πlcosθg＝2πhg，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsinθ＝m4π2T2lsinθ，故m与l成反比，即

l1l2＝m2m1，C正确，D错误；又小球的向心加速度a＝ω2htanθ＝2πT2htanθ，θ不同，故向心加速度大小不相等，B错误。]4．AC[由于小球在运动的过程中受到的合力沿水平方向，且恰好提供向心力，所以根据平行四边形

定则得FN＝mgcosθ，所以FNAFNB＝cos37°cos53°＝43，故A正确；小球受到的合外力mgtanθ＝mr4π2T2＝mω2r＝mv2r，其中r＝Rsinθ，解得T＝4π2Rcosθg，ω＝g

Rcosθ，v＝gRsinθtanθ，则TATB＝cos53°cos37°＝32，ωAωB＝cos37°cos53°＝23，vAvB＝sin53°tan53°sin37°tan37°＝833，故B、D错误，C正确。]5．C[当转动的角速度ω逐渐增大时，小球恰好将要离开桌

面或离开桌面后，小球只受重力和细绳的拉力，故A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动时，细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力合力的大小等于小球的重力大小，细绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，当转动的角速度ω逐渐增大时，

所需向心力逐渐增大，细绳的拉力逐渐增大，而当小球离开水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角α变大，而此种情况下，在竖直方向始终有FTcosα＝mg，因此可知拉力变大，故B错误；要使小球刚好不离开水平面，此种情况下，恰好是重力与绳子拉力的合力提供小球做圆周运动的向心

力，则有mgtanθ＝mω2r，其中tanθ＝l2－h2h，r＝l2－h2，联立解得ω＝gh，故C正确；根据以上分析可知，若小球离开了水平面，则角速度大于gh，故D错误。]6．BD[当小球恰好离开锥面时，小球只受重力和绳子拉力作用，竖直方向根据受力平衡可得FTcosα

＝mg，解得绳子的拉力大小为FT＝mgcosα＝54mg，水平方向根据牛顿第二定律可得mgtanα＝mω2lsinα＝mv2lsinα，解得小球恰好离开锥面时的角速度为ω＝glcosα＝5g4l，小球恰好离开锥面时的线速度为v＝gltanαsinα＝3

105gl，故B、D正确。]微专练21圆盘模型1．C[小物块刚好不受绳子拉力，摩擦力为最大静摩擦力，则有μmg＝mω20l，解得ω0＝μgl<2μgl，所以小物块受到重力、水平转盘对其支持力、绳子拉力、最大静摩擦力作

用，故C正确，A、B、D错误。]2．D[转盘从静止开始逐渐增大转速的过程中，同学受到重力、支持力和摩擦力，其中摩擦力提供向心力，假定当达到最大静摩擦力时对应的角速度为ω，即有μmg＝mω2r，解得ω＝μgr，可知，当μr越大，则最大临界角速度越大，就越不易滑动，而与其他无关，故A、B、C错误，

D正确。]3．D[由于主动轮大圆盘与从动轮小圆盘通过皮带(不打滑)连接，则为皮带传动，则轮子边缘各点线速度相同，则ωA·3r＝ωB·r，则ωAωB＝13，即物体A与物体B相对圆盘滑动之前的角速度之比为1∶3，故A错误；物体相对圆盘滑动之前，根据Ff＝ma＝mω2l，可得FfAFfB＝mAω2A

r′mBω2Br′＝13，故B错误；物体A与物体B相对圆盘滑动之前的线速度之比为vAvB＝ωAr′ωBr′＝13，故C错误；根据μmg＝mω2r，可知临界角速度为ω＝μgr，两物体做圆周运动的半径之比为1∶1，则发生相对滑动的临界角速度之

比为1∶1，又由于两盘边缘的线速度大小相等，半径之比为3∶1，则角速度之比为1∶3则可知B物体先达到临界角速度，先发生相对滑动，故D正确。]4．BC[两物块做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A错误；根据向心力

公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有μ·2mg＝2mω2BL，解得ωB＝μgL，对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有0.5μmg＝mω2AL，解得ωA＝μ

g2L，A、B一起转动的最大角速度为μg2L，此时圆盘对B的摩擦力为Ff＝2mLω2A＝μmg，故C正确，D错误。]5．BC[重物重力等于小球的向心力，根据Mg＝m(2πn)2r，小球越靠近Q端，悬停的重物质量越小；小球越靠近P端，悬停的重物质量越大，

A错误，B正确；若小球处于玻璃管正中间，则Mg＝m(2πn)2L2，得M＝2π2mLn2g，C正确；若略微增大圆盘转速，小球所需向心力变大，小球做离心运动，由于重物的重力不变，则重物持续上升，D错误。

]6．ABD[角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力Ff充当向心力，绳中无拉力。根据牛顿第二定律Ff＝mω2R，因为RA＜RB，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力FT和最大静摩擦力的合力充当向心力。对物块B分析FT＋μmg＝mω2R

B，则FT＝mRBω2－μmg，则根据图像中斜率和截距的数据解得RB＝2m，μ＝0.1，故A、B正确；当ω＝1rad/s时，由上述方程得绳子中拉力大小FT＝1N，再对A分析，由牛顿第二定律得FT＋Ff＝mω2

RA，解得Ff＝0，故C错误；当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大静摩擦力且方向沿半径向外，对A分析FT－μmg＝mω2RA，此时对B分析FT＋μmg＝mω2RB，联立解得ω＝2rad/s，故D正确。]微专练22竖直面内与倾斜面内的圆周运动1．D[小孩在最高点

受到重力、绳子拉力，合外力沿轨迹切线，垂直于绳子，受力不平衡，A错误；在最低点时合外力提供向心力，由牛顿第二定律F－mg＝mv2R＝ma，故在最低点，小孩加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；最低点时，小孩有向心加速度，C错误；最

高点向最低点运动过程中小孩对秋千踏板的压力和秋千踏板对该同学的支持力是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知压力、支持力大小相等，D正确。]2．B[当水对桶底压力为零时有mg＝mv2r，解得v＝gr＝4m/s，“水流星”通过最高点的速度为4m/s，知水对桶底压力为零，水不会

从容器中流出，对水和桶分析，有FT＋Mg＝Mv2r，解得FT＝0，知此时绳子的拉力为零，故B正确，A、D错误；“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态，故C错误。]3．BD[设绳长为L，小球运

动到最高点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得FT＋mg＝mv2L，解得绳子上的拉力FT＝mv2L－mg，由图像可得a＝mg，斜率k＝mL＝ab，解得g＝am，L＝mba，故A错误，B正确；当v2＝c时，

由图像和拉力表达式得轻质绳的拉力大小为FT＝acb－a，故C错误；当v2≥b时mg＋FT′＝mv2L，设小球运动到最低点时速度为v′，根据动能定理可知2mgL＝12mv′2－12mv2，最低点，根据牛顿第二定律得FT″－mg＝mv′2L，解得FT″－FT′＝6mg＝6a

，故D正确。]4．B[油和水的角速度相同，根据公式a＝ω2r，由于水和油的重心不同，所以圆周运动的半径不同，可知油和水的向心加速度不相等，故A错误；根据向心力公式F＝ma＝mω2r，若油的质量大于水的质量，则油受到的向心力可能大于水，故B正确；由于不知道水的

重心到圆心的距离，所以无法计算，故C错误；由于瓶子的重心到圆心的距离不是l，所以无法计算和比较，故D错误。]5．B[由牛顿第二定律得在最低点有FN1－mg＝mv2r，在最高点有FN2＋mg＝mv2r，联立解得FN1－FN2＝2mg，故B正确，A、C、

D错误。]6．BD[由题意小球恰能通过最高点知A点速度v1＝gL，A到C，根据动能定理可得mg×2L＝12mv20－12mv21，求得C点速度为v0＝5gL，小球通过C点时根据牛顿第二定律有F－mg＝mv20L，可得此时绳子拉力为6mg，通过对小车受力分析可得此时地面支持力大

小为Mg＋6mg，A错误，B正确；A点到B点，根据动能定理可得mgL＝12mv22－12mv21，求得B点速度v2＝3gL，小球通过B点时FB＝mv2BL，解得绳子拉力大小为3mg，所以小车受到向左的摩擦力大小为3mg，C错误；小球通过D

点时，小球有向下的加速度，故小球处于失重状态，D正确。]7．C[汽车经过A处时，加速度向下，处于失重状态，经过C处时，加速度向上，处于超重状态，A错误；因汽车在B、C两点处于超重状态，而根据F＝mg＋mv2R，在C处的曲率半径小于B处，可知根据汽车经过C处时最容易爆胎，

B错误；汽车在A处容易脱离桥面，则在A处汽车对路面的压力恰为零时，根据mg＝mv2R，可知，为了保证行车不脱离路面，该车的行驶速度不得超过v＝gRA＝gρ1，C正确；汽车经过C处时所受的摩擦力大小为Ff＝μFNC＝μ(mg＋mv2ρ2)>μmg，D错误。]8．ABD[对运动员在最高点进行受力

分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图像解得质量m＝65kg，A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝mv2R，结合图像可知v2＝9m2/s2，解得R＝0.9m，故运动员的重心到单杠的距离为0.9m，B正确；当运动员在最高点的速

度为4m/s时，有mg－F＝mv2R，解得F＝－505N，即运动员受单杠的拉力方向竖直向下，C错误，D正确。]9．A[小球在竖直平面内做圆周运动，最高点和最低点的速度方向都水平且相反，根据圆周运动的方向可知，在最高点速度

方向为正，在最低点速度方向为负，另外，最高点和最低点合外力都指向圆心，水平方向合外力为零，因此反应在图乙中的速度—时间图像中，最高点和最低点所对应的图像在该位置的斜率为零，即水平方向加速度为零，而根据圆周运动的对称性可知，最低点和最高点两侧物体在水平方向的速度应具有

对称性，因此，根据图乙可知，t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；竖直面内的圆周运动，在最高点时速度最小，最低点时速度最大，因此v1<v2，而对小球的运动过程进行分析可知，S1表示小球从最低点到圆周的最左边的水平位移大

小，S2表示小球从圆周最左边到最高点的水平位移的大小，显然S1和S2的面积相等，故C、D错误。]10．C[小球通过最高点时细管可以提供竖直向上的支持力，当支持力的大小等于小球重力的大小，小球的最小速度为零，故A错误；根据公式a＝v2R可知，当v＝gR时，小球的加速度

为a＝g，方向竖直向下，则小球处于完全失重状态，只受重力作用，故B错误；当v＝2gR时，小球需要的向心力为Fn＝mv2R＝2mg，则可知，轨道对小球的弹力大小为mg，方向竖直向下，故C正确；当v<gR时，小球需要的向心力Fn＝mv2R<

mg，可知，小球受轨道竖直向上的弹力，由牛顿第二定律有mg－FN＝mv2R，可得FN＝mg－mv2R，则v逐渐减小的过程中，轨道对小球的弹力FN逐渐增大，故D错误。]11．C[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＝m

Av2AR，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FB′，由环的受力平衡可得FB′＝FA＋m环g＋F杆，由题意知F杆＝56N，解得FB′＝124N，方向向上，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C正确。]12．ACD[小球在A点受到重力、斜面的支持力以及杆的拉力，由牛顿第二定律可得F－mgsinθ＝mv2L，可得F＝mgsinθ＋mv2L，故A正

确；杆可以为小球提供支持力，所以小球经过最高点B时的最小速度为零，故B错误；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分力，与小球的速度无关，故C正确；经分析可知小球经过B点脱落后在斜面上做类平抛运动，在水平方向做匀

速直线运动，在沿斜面方向做初速度为零的匀加速度直线运动，沿斜面方向根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，由位移公式可知2L＝12at2，解得t＝2Lgsinθ，则水平方向x＝vBt＝2L，故

D正确。]微专练23天体质量与密度的计算1．C[当“嫦娥三号”在最后一次悬停时，由平衡知识可知Mg＝F，在月球表面GMm月R2＝Mg，解得m月＝FR2GM，故C正确。]2．C[设地球质量为M，卫星质量为m，轨道半径为r，根据牛顿第二定律有GMmr2＝mω2r，根据

匀速圆周运动规律有v＝ωr，联立以上两式解得M＝v3Gω，故C正确。]3．C[根据平抛规律可计算星球表面重力加速度，竖直方向h＝12gt2，水平方向x＝vt，可得g星＝116g地，再由星球表面万有引力公式GM星mR2星＝mg星，GM地mR2地＝mg地，R星＝2R地，可得

M星＝14M，故C正确。]4．B[星球表面的重力加速度g′＝2v0t，由GMmR2＝mg，ρ＝M43πR3，得ρ＝3g4πGR，因此ρ′ρ＝g′g·RR′＝2v0kgt，故B正确。]5．C[设被环绕的星球的半径为R，则该星球的体积V＝

43πR3，设该星球的质量为M，卫星的质量为m，有GMmR2＝m4π2T2R，ρ＝MV，可得ρ＝3πGT2，所以k＝3πG，解得G＝3πk，故C正确。]6．D[设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，根据GMmr2＝m4π2T2r，可得Gm地m月r21＝m月4

π2T21r1，Gm地m日r22＝m地4π2T22r2，其中r1r2＝R月R日＝R地kR日，又ρ＝m43πR3，联立可得ρ地ρ日＝1k3T2T12，故D正确。]7．AC[根据万有引力提供向心力

有GMmr2＝m2πT2r，解得r3T2＝GM4π2，中心天体质量越大，图像斜率越大，因木星质量大于地球质量，故图线①是木星卫星运动的规律，A正确；图线②是地球卫星运动的规律，故ab＝GM地4π2，解得M地＝4π2aGb

，同理M木＝4π2dGc，c、b的左侧部分为虚线，故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，C正确，B、D错误。]微专练24卫(行)星运行规律与宇宙速度1．BC[两颗小行星a、b分别绕

太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可推导出ω＝GMr3，v＝GMr，由ra<rb可得va>vb，ωa>ωb，由于两颗小行星质量关系未知，因此动能可能相等，故A错误，B正确；小行星表面的重力加速度满足

关系g＝GM′R2，两颗小行星质量关系及其半径关系均未知，因此小行星a表面的重力加速度可能比b的小，故C正确；开普勒第二定律说的是同一颗小行星与太阳的连线在前后两段相同时间内扫过的面积相等，而不是两颗小行星之间的比较，故D错误。]2．B[CSST日常工作时，地球对其施加

的万有引力提供向心力，则GMm（kR）2＝mv2kR，结合黄金代换公式GM＝gR2，解得v＝gRk，故B正确。]3．D[地球的第一宇宙速度与近地卫星的环绕速度相等，则有GMmR2＝mv21R，“亚太6E”卫

星在预定轨道有GMm′r2＝m′v2r，解得v1＝v2rR，故D正确。]4．A[由万有引力提供向心力可得GMmr2＝mv2r，在行星表面运行时有r＝R，则得v＝GMR∝MR，因此v火v地＝M火M地·R地R火＝110×2＝55，又v地＝8km/s，故v火≈3.5km/s，故A正确。]5．B[

在地球表面飞行的卫星万有引力提供向心力GMmR2＝mv2R，GMmR2＝mg，联立可得v＝GMR＝gR，由上述分析可知，卫星在月球表面与地球表面运行时的线速度之比为v月v＝M月M·RR月＝pk，故v月＝pkv＝pgRk，故B正确。]6．A[由

万有引力定律和牛顿运动定律，对在天体表面附近运行的卫星有GMmR2＝mv2R，由圆周运动规律有v＝2πRT，整理得M＝v3T2πG，则地、月质量之比M地∶M月＝(v3地T地)∶(v3月T月)≈83∶1，故A正确。]7．B[设同步卫星的轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，有GMmr

2＝m4π2T2r解得r＝3GMT24π2，又因为GM＝gR2，联立解得r＝3gR2T24π2，地球赤道上的物体随地球自转，轨道半径为R，两者的周期相同，所以角速度也相同，根据v＝ωr，可得地球同步卫星

的线速度与赤道上物体的线速度之比为v同v赤＝3gR2T24π2R＝3gT24Rπ2，故B正确。]8．BC[因a、c的角速度相同，根据v＝ωr，可知vc>va，b、c均为卫星，根据GMmr2＝mv2r，可得v＝GMr，可得vb>vc

，则a、b、c三者速度关系是vb>vc>va，A错误；因a、c的周期相同Ta＝Tc，根据开普勒第三定律r3bT2b＝r3cT2c，可知Tc>Tb，则a、b、c三者周期关系是Ta＝Tc>Tb，B正确；根据a＝ω2r，可知ac>aa，根据GMmr

2＝ma，可得a＝GMr2，ab>ac，则a、b、c三者加速度的关系是ab>ac>aa，C正确；a、b、c三者质量关系不确定，则所受到向心力的关系不能确定，D错误。]9．D[当h等于0时，即在星球表面时，根据万有引力公式有2F0＝GMP

mR2，F0＝GMQmR2，MPMQ＝21，A错误；在h等于零时，宇宙飞船在两个星球的表面，根据万有引力公式可得2F0＝mgP，F0＝mgQ，所以gP∶gQ＝2∶1，B错误；根据万有引力公式可得GMmR2＝mv2R

，v＝GMR，由于R相同，MPMQ＝21，所以第一宇宙速度为2∶1，C错误；根据万有引力公式可得GMmR2＝4π2RT2，T＝4π2R3GM，所以星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1∶2，D正确。]微

专练25双星、多星模型1．A[冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的。它们之间的万有引力提供各自的向心力得GMmL2＝mω2r＝Mω2R，质量比约为7∶1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的17，故A正确；冥王星和卡戎周

期是相等的，角速度也是相等的，故B错误；根据线速度v＝ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的17，故C错误；它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误。]2．C[根据题意，由公式ω＝2

πT可知，由于在彼此绕行的周期逐渐减小，则每颗星球的角速度都在逐渐变大，设双星转动的角速度为ω，双星间距离为L，双星到O点的距离分别为r1、r2，星球的质量分别为m1、m2，由万有引力提供向心力有Gm1m2L2＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得ω＝G（m1＋m2）L3

可知，距离L逐渐变小，故A、B错误；根据题意，由万有引力提供向心力有Gm1m2L2＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得r1r2＝m2m1；由于星球质量不变，则两颗星球的轨道半径之比保持不变，故C正确；由万有引力公式提供向心力有Gm1m2L

2＝m1a1＝m2a2可知，由于距离L逐渐变小，每颗星球的加速度都在变大，故D错误。]3．C[设质量为M的恒星运行半径为R1，质量为m的恒星运行半径为R2，根据万有引力提供向心力可得GMmL2＝R1ω2M＝R2ω2m，又R1＋R2＝L，联立解得G＝ω2L3M＋m＝4π2L3T2（M＋m），而周

期T＝51×60s，故A、B错误；由上式得出双星系统的角速度为ω＝G（M＋m）L3，若双星间距离变小，则角速度变大，相互环绕速度加快；若双星间的距离不变，相互环绕速度不变，故C正确，D错误。]4．C[对于a星

球，由万有引力提供向心力可得Gm2r2＋Gm2（2r）2＝ma，故星球a做匀速圆周运动的加速度大小为a＝5Gm4r2，A错误；由a＝v2r，可得星球a做匀速圆周运动的线速度大小为v＝5Gm4r，B错误；由a＝4π2T2r，可得星球a做匀速圆周运动的周期为T＝4πr35Gm，由题

意可知a与b的运行周期相同，C正确；若因某种原因中心星球c的质量缓慢减小，则星球a、b受到的引力将减小，会做离心运动，线速度将缓慢减小，D错误。]5．C[任意两颗星之间的万有引力F＝GmmL2，每一颗星受到的合力为F1＝3F，由几何关系知，它们

的轨道半径为r＝33L，合力提供它们的向心力3GmmL2＝mv2r，联立解得v＝GmL，故A错误；根据3GmmL2＝ma，得a＝3GmL2，故加速度与它们的质量有关，故B错误；根据3GmmL2＝m4π2rT2，解得T＝23π3L3Gm，若距离L和每颗星的质量m都

变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确；根据v＝GmL，可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D错误。]6．BC[四星系统的圆心在正方形中心，半径为r＝22L，向心力由合力提供，故Fn＝Gm2（1＋22）2L2＝ma，解得

a＝Gm（1＋22）2L2，A错误；根据公式a＝v2r，解得v＝Gm（1＋22）22L，B正确；根据公式T＝2πrv，解得T＝2πL2L（22＋1）Gm，D错误；由Gm＝gR2得g＝GmR2，C正确。]微专练26卫星变轨、对接、追及相遇问题1．C[根据万有引力提供

向心力GMmr2＝mv2r，解得v＝GMr，由于轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅱ的半径，则卫星在轨道Ⅰ的速率大于卫星在轨道Ⅲ的速率，A错误；根据开普勒第三定律a3T2＝k可知，轨道半径或椭圆的半长轴越大的，周期

越大，因此卫星在轨道Ⅰ的周期小于卫星在轨道Ⅲ的周期，B错误；根据GMmR2＝ma可知，不同轨道同一点的加速度相等，C正确；由卫星的变轨原理知，卫星轨道Ⅰ上的a点需加速，才能进入更高的Ⅱ轨道，D错误。]2．BC[人造地球卫星由于空气阻力的作用，导致其速度减

小，需要的向心力减小，从而在万有引力的作用下做向心运动，所以其半径减小，因为万有引力做正功，导致其速度增大，A错误；根据ω＝vr可知，角速度增大，B正确；根据a＝v2r可知，向心加速度增大，C正确；根据T＝2πω可知，周期减小，D错误。]3．C[设卫星轨道半径为r，由G

Mmr2＝mv2r①(M为地球的质量)，由题目条件知其引力势能为Ep＝－GMmr②，由①②得卫星在r处时的总能量为E＝Ep＋12mv2＝－GMm2r③，半径为r1时，卫星总能量E1＝－GMm2r1④，半径为r2时，其总能量E2＝－GMm2r2⑤，由功能关系得，卫星轨道变化过程

中克服阻力做的功Wf＝E1－E2＝－GMm2r1＋GMm2r2⑥，又GMm′R2＝m′g⑦，由⑥⑦得Wf＝mgR221r2－1r1，故C正确。]4．BD[登月探测器在环月轨道2(椭圆轨道)上绕行时，根据开普勒第二定律可知，远月P点处速度最小，A错误；根据GMm

r2＝mv2r，可得v＝GMr，环月轨道1的轨道半径大于月球的半径，可知登月探测器在环月轨道1(圆轨道)的速度比月球上的第一宇宙速度小，B正确；登月探测器在接近月面过程喷火以减速，该过程机械能减小，C错误；登

月探测器在环月轨道1上P点要制动减速才能进入环月轨道2，则登月探测器在环月轨道1上P点的速度大于在环月轨道2上P点的速度，D正确。]5．C[组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；由题知组合体在地球引力作用下绕

地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有ω＝2πT，由于T同>T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；由题知组合体在地球引

力作用下绕地球做圆周运动，有GMmr2＝m4π2T2r，整理有T＝2πr3GM，由于T同>T组合体，则r同>r组合体，根据ma＝GMmr2，可知a同<a组合体，D错误。]6．AC[根据GMmr2＝ma得a＝GMr2，由图可知aA＝aC<aB，A正确；卫星C向后喷气加速做离心运动，不能追上同轨道的

A，B错误；根据2πT2－2πT1t＝2π，卫星A与卫星B又一次相距最近的时间间隔为t＝T1T2T1－T2，C正确；第一宇宙速度是最小发射速度，则卫星A、C的发射速度大于第一宇宙速度，D错误。]7．AB

D[利用万有引力定律有GMmr2＝mv2r，可得v＝GMr，即轨道半径越大，运行速度越小，所以A的速度比B的小，A正确；若A、B质量相等，则A在发射过程中克服引力做功多，故所需发射速度大，发射A需要更多的能

量，B正确；由T＝4π2r3GM可知周期与半径呈非线性关系，所以B不在A、C连线的中点处，C错误；经过12小时，A运动半周，而B运动一周，两者在地心异侧共线，相距最远，D正确。]微专练27恒力和变力的功与功率1．C[弹力和摩擦力的作用点并没有发生位移，所以地面对人始终不做功，C正确

。]2．C[人对车厢的推力向右，与车厢的运动方向相同，所以对车厢做正功，A错误；因为人对车厢的摩擦力向左，所以车厢对人的摩擦力向右，与人的运动方向相同，所以摩擦力对人做正功，B错误；因为车厢对人的推力和摩擦力平衡，所以人对车厢的推力和摩擦力大小相等，由于推车的力逐渐增大，

则推力和摩擦力的功率逐渐增大，C正确，D错误。]3．C[设斜面的倾角为α，物体沿斜面下滑时，克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosα·s＝μmgscosα＝μmgL，L为斜面的水平长度，Ⅰ和Ⅱ的路径虽然不同，但他们的水平长度L相同，因此它们克服摩擦力

所做的功相同，故C正确，A、B、D错误。]4．BD[设F与竖直方向的夹角为θ，由受力平衡可得Fcosθ＝Ff，Fsinθ＝FN，Ff＝μFN，解得FN＝F1＋μ2，故A错误，B正确；恒力F的功率大小为P＝Fvcosθ＝μFv1＋μ2，故C错误，D正确。]5．A[将圆弧分成很多小段l1、l2、…

、ln，拉力F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，Wn＝Flncos37°故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fc

os37°·πR3＝10×0.8×π3×6J＝16πJ，故A正确，B错误；同理可得小球克服摩擦力做的功Wf＝μmg·πR3＝8πJ，故C、D错误。]6．BD[摆球下落过程中，在重力方向(竖直方向)上的分速度vy先增大后减小，则由PG＝mgvy，知重力做

功的功率先增大后减小，故A错误；悬线的拉力始终与速度方向垂直，做功为0，故B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为WF＝－F·12πL＝－12FπL，故C错误，D正确。]7．BC[小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，故小球击中斜

面前瞬间，速度方向与竖直方向的夹角为θ，cotθ＝vyv0，解得vy＝20m/s，此时重力做功的功率为P＝mgvy＝2×10×20W＝400W，故B正确，A错误；平抛运动的时间为t＝vyg＝2s，下降的高度为h＝12gt2＝20m，重力做功的平均功率P－＝mght＝

200W，故C正确，D错误。]8．A[根据题意，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，则a1＝μg＝v0t1，解得μ＝0.3，设拉力为F，则μmg－F＝mv0t2，解得F＝2N；物块在拉力作用下运动的距离x＝12v0t2＝4.5m，则拉

力做的功W＝Fx＝9J，故A正确。]9．A[A、B作为整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsinθ，由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A所受合力对A做正功，故A正确；B对A的弹力竖直向上，与

速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对A做负功，故B错误；B对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，故C错误；由于aA＝gsinθ，可知B对A的摩擦力和支持力的合力大小为mAgcosθ，且方向垂直斜面向上，由牛顿第三定律知，A

对B的摩擦力和压力垂直斜面方向向下，则A对B的作用力对B不做功，故D错误。]10．B[对小滑环受力分析，其受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动，设杆与水平方

向的夹角为θ，圆的半径为R，根据牛顿第二定律得，加速度a＝gsinθ，由题图可知，小滑环的位移s＝2Rsinθ，又s＝12at2，所以t＝2sa＝2×2Rsinθgsinθ＝4Rg，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个滑环重力做功W1>W2>W3，所以有P1>P2>P3，B正确。]11．D

[滑块在AB、BC两段均做匀加速直线运动，在AB段加速度为a1，在BC段加速度为a2，且a1<a2，则v＝at，x＝12at2，故A、B、C错误；重力的瞬时功率PG＝mgvsinθ＝mgatsinθ，因a1<a2，则AB段的斜率小于BC

段的斜率，故D正确。]12．C[物块速度加速到与传送带速度相等之前，物块所受传送带的摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律μmg＋F＝ma1，解得物块的加速度a1＝8m/s2，此过程加速的时间t1＝va1＝2s，物块向右运动的距离x1

＝12a1t21＝16m＝L，恰好等于传送带的长度，可知物块从A端运动到B端的过程一直做匀加速运动，运动的时间t＝t1＝2s，故A、B错误；摩擦力对物块做功W＝μmgL＝96J，故C正确；物块运动到B端时速度大小为v1

＝a1t1＝16m/s，恒力F的瞬时功率P＝Fv1＝160W，故D错误。]13．AD[根据功的计算式，力F对物体做功W＝F(L＋x)，故A正确；小物块受到的摩擦力向左，摩擦力对物体做功Wf＝－Ff(L＋x)，故B、C错误；木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功Wf′＝Ffx，故D正确。]微专练2

8机车启动问题1．A[n节动力车厢输出的总功率为nP，则有nP＝fmvm，又fm＝kvm，解得动车组的最大速度vm＝nPk，故A正确。]2．B[汽车匀速行驶时，有F＝Ff，P＝Fv，汽车功率突然变为34P的瞬间，牵引力发生变化，速

度不变，则有34P＝F′v，由牛顿第二定律有Ff－F′＝ma，由上面几式解得a＝P4mv，B正确，A、C、D错误。]3．B[由图像可知，汽车匀速运动时的牵引力大小为1×104N，此时汽车所受阻力的大小为1×104N，A错误，B正确；汽车恒定功率为P＝Fv＝1×1

04×10W＝1×105W，C错误；汽车在t＝10s时，汽车做匀速运动，则速度大小为10m/s，D错误。]4．D[由图可知，汽车的额定功率P＝Fv＝2×103×30W＝6×104W，D正确；当汽车速度为vm＝30m/s

时，由平衡条件可得F阻＝F＝2×103N，汽车刚启动时所受牵引力为F′＝6×103N，由牛顿第二定律可得汽车做匀加速直线运动的加速度为a＝F′－F阻m＝2m/s2，C错误；汽车匀加速运动过程中的最大速度v′＝PF′＝10m/s，

A错误；汽车做匀加速直线运动的时间t＝v′a＝5s，B错误。]5．AD[由图像可知，赛车的加速度随速度的增大而减小，故赛车初始阶段做加速度逐渐减小的加速运动，A正确；由图像可知，赛车的加速度随速度的增大而减小，即随时

间的增大而减小，B错误；对赛车受力分析可知，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma，即Pv－Ff＝ma，变形得a＝Pmv－Ffm，结合图线，可知b＝－Ffm，Pm＝－bc故Ff＝－m

b，P＝－mbc，C错误，D正确。]6．D[由题可知汽车所受阻力Ff＝0.1mg＝2.5×103N，由v－t图像可知前4s内的加速度为a＝84m/s2＝2m/s2，前4s内汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律可得F－

Ff＝ma，代入数据得F＝7.5×103N，故A错误；由题可知汽车在4s时达到额定功率，其额定功率为P＝Fv＝60kW，故B错误；当汽车受力平衡时速度最大，其最大速度为vm＝PFf＝24m/s，故C错误；当汽车的速度为12m/s时，此时的牵引力为F′＝Pv′＝60×10312N＝

5×103N，根据牛顿第二定律得F′－Ff＝ma′，解得a′＝1m/s2，故D正确。]7．ACD[汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，可知牵引力在匀加速阶段保持不变，由公式P＝F0v，可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，

当P＝P额时，功率保持不变，设此时的速度为v1，则有v1＝P额F0＝P额Ff＋ma，之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力F＝Ff时，加速度为零，汽车速度达到最大值，之后汽车做匀速直线运动

，则有vm＝P额F＝P额Ff，由以上分析可知，A、C、D正确，B错误。]8．A[汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率过程中，对汽车进行受力分析，由牛顿第二定律有F－Ff－mgsin30°＝ma，达到额定功率时P额＝Fv，由运动学公式

有v2＝2ax，联立并代入数据解得x＝25m，故A正确。]微专练29动能定理的应用1．C[根据动能定理可得－mgh＝12mv21－12mv20，解得v1＝5m/s，故C正确。]2．B[设斜面Ⅰ倾角为α，长度为l，高度为h，甲在水平面滑行s后静止，全程由动能定理可得mgh－μmglcosθ－μmg

s＝0，整理得mgh－μmg(lcosθ＋s)＝0，lcosθ为斜面在水平方向的投影，可得gh－μgs水平＝0，由于斜面Ⅱ的高度与斜面Ⅰ相同，可知乙物体由静止下滑至水平面静止时水平位移与甲物体相同，故乙物体运动到Р点停止运动，A、C、D错误，B正确。]3．B[当物体运动到x＝4m处时

，作用力F＝5N，该过程中，作用力F对物体做的功W＝12(3＋5)×4J＝16J，根据动能定理，有W＝12mv2－0，代入数据，可得物体运动到x＝4m处时的速度v＝4m/s，则在x＝4m处，作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝5×4W

＝20W，故B正确，A、C、D错误。]4．AB[当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由12μmgl＝12mv21，解得v1＝1m/s，当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由12μmgl＋μmg(x－l)＝12mv22，解

得v2＝3m/s，所以速度的范围应该在1m/s≤v0≤3m/s，故A、B正确。]5．AD[因为小球所受的作用力F与速度方向垂直，所以作用力F对小球做功为零，故A正确，B错误；当拉力F与重力相等时，小球做匀速直

线运动，根据F＝mg＝kv2，解得v＝mgk＝100.4m/s＝5m/s，根据动能定理得，Wf＝12mv2－12mv20＝12×1×(25－225)J＝－100J，故C错误，D正确。]6．C[两物体质量相等，则Ff1＝Ff2，根据动能定理对a有WF1－Ff1s1＝0；同理对b有WF2－F

f2s2＝0，根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移得s1＝4×2.5×12m＝5.0m，s2＝2×5×12m＝5.0m，则WF1＝WF2，故A、B错误；撤除拉力后两物体的速度图像平行，故加速度大小相等，设两物体与水平地面的动摩擦因数分别为μ1

、μ2，有a1＝a2＝μg＝1m/s2，则μ1＝μ2＝110＝0.1，由以上分析可知F1＝m(a′＋μ1g)＝m(2.51.5＋1)＝83m，所以拉力F1的最大瞬时功率P1＝203m，同理F2＝m(a″＋μ2g)＝m23＋1＝53

m，所以拉力F2的最大瞬时功率P2＝103m2，P1＝2P2，故C正确，D错误。]7．B[把绳子下端的速度分别沿着垂直绳子方向和沿着绳子的方向分解，物块在各个时刻的速度等于对应时刻沿着绳子方向的分速度，由功能关系可得人做的功等于物块的动能的增加量，则有W＝1

2m(v0cos37°)2－12m(v0cos53°)2＝750mv20，故B正确。]8．D[小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh－

μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝hμ＝0.300.10m＝3m，因d＝0.50m，s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0，A、B、C错误，D正确。]9．BC[由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大

小Ff＝110mg＝110×100×10N＝100N，根据功能关系有W＝P额t＝Ffs＋12mv2＝100×20J＋12×100×42J＝2800J，解得该电动车的额定功率为P额＝Wt＝28007W＝400W，A错误，B正确；该电动车

以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax＝P额Ff＝400100m/s＝4m/s，C正确，D错误。]10．A[小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在D点，由牛顿第二定律，得mg＝mv2DR，滑块由释放运动到D点过程，由动能定理得mgl0sinα－μmgcosα·l0－mgR(1＋cosα)

＝12mv2D，代入数据联立解得l0＝1.725m，A正确，B、C、D错误。]11．B[设轨道1、2的半径分别为r1、r2，小球在轨道1、2上运动时的速度大小分别为v1、v2，根据已知条件有8mg＝mv21

r1，mg＝mv22r2，12r1v1t＝12r2v2t，r2－r1＝h，解得r2＝2r1＝2h，v1＝8gh，v2＝2gh，则小球在单位时间内扫过的面积为S＝12r1v1＝2gh3，故A错误；小球在轨道1上运动时的动能为Ek1＝12mv21＝4mgh，故B正

确；小球在轨道2上运动时的动能为Ek2＝12mv22＝mgh，故C错误；此过程中小球动能的变化量为－3mgh，说明细绳对小球做功为－3mgh，则细绳对漏斗做的功为3mgh，故D错误。]12．D[若小球垂直打在

圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心，由平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A错误；小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有h＝12gt2，解得t＝2hg，可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度

v0越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动Rcosθ＝v0t，Rsinθ＝12gt2，由动能定理得mgRsinθ＝Ek－12mv20，解得Ek＝mgR(34sinθ＋14sinθ)，由数学知识得，当34sinθ＝14sinθ

，即sinθ＝33时，Ek有最小值Ekmin＝32mgR，根据p＝2mEkmin，可知动能最小时动量最小，此时x＝63R，联立以上可得v0＝33gR，故C错误，D正确。]微专练30机械能守恒与圆周运动1．D[小球受重力、杆的支

持力作用，如图所示，根据mgtanα＝mω2r＝mv2r＝ma，可知小球沿杆上滑稳定后，做匀速圆周运动的半径r增大，加速度a＝gtanα保持不变，角速度减小，即ω′<ω，线速度增大，故小球的动能增加，又因为

高度升高，所以重力势能增大，故小球在B处的机械能大于在A处的机械能，故A、B、C错误，D正确。]2．AD[由动能定理可知mgL＝12mv2－0，解得v＝2gL，则向心加速度a＝v2L＝2g，可知向心加速度与绳长及球的质量无关，P球的向心加速度一

定等于Q球的向心加速度，A正确；根据FT－mg＝ma，可得绳子拉力FT＝3mg，因P球的质量大于Q球的质量，可知P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，B错误；根据机械能守恒定律得Ek＝12mv2＝mgL，由于P球的质量大

于Q球的质量，而LP<LQ，则两球动能大小不能确定，C错误；在初始位置两球的动能和重力势能均为零，则机械能均为零，而两球的机械能守恒，则P球的机械能一定等于Q球的机械能，D正确。]3．BD[要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度v0满足mg＝mv20r，从最

低点到最高点由机械能守恒定律得12mv2min＝mg·2r＋12mv20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为vmin＝5gr，故A错误，B正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点小球有最大速度v1时，对环的压力为2mg，由牛顿第二定律可得mg＋2mg＝mv21r，从最低点到最高点由机械能

守恒定律得12mv2max＝mg·2r＋12mv21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为vmax＝7gr，故C错误，D正确。]4．B[若小球A恰好能到左侧轨道的最高点，由mg＝mv2AR，得vA＝gR，根据机械能守恒定律有mg(hA－2R)＝12mv2A，解得hA＝52R，若小球B恰好能到右侧轨

道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，故hA>hB，故A错误；在轨道最低点，小球受到的支持力最小时，释放高度是最小的，即对左侧轨道来说，在最低点mghA＝12mv21，由牛

顿第二定律有FNA－mg＝mv21R，联立得FNA＝6mg，对右侧轨道来说，在最低点有mghB＝12mv22，根据牛顿第二定律有FNB－mg＝mv22R，联立得FNB＝5mg，故B正确，C错误；小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vA2Rg＝gR·

2Rg＝2R>R，所以小球A落在轨道右端开口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端开口处，D错误。]5．AB[若小球恰能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点有mg＝mv2L－d，从A点到最高点有mg(2d－L)＝12mv2，解得d＝35L，故A正确；从开始至C点过程，由动能定理得mgd＝12

mv2C－0，在C点，有FT＝mv2CL－d，解得FT＝3mg，故B正确；以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为mgL，故C错误；小球到达C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可能水平向右，故D错误。]6．C[小球通过最高点的最小速度为

vA＝gLsinα＝2m/s，在B点的最小速度vB满足12mv2B＝12mv2A＋2mgLsinα，解得vB＝25m/s，故C正确。]7．B[在B点，根据牛顿第二定律得mg＋mgsin30°＝mv2R，从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin

30°＝12mv′2－12mv2，在A点，根据牛顿第二定律得FT－mgsin30°＝mv′2R，解得FT＝4mg，故B正确。]微专练31含弹簧系统的机械能守恒问题1．BC[小球下落过程中弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，

A错误；小球下落和弹簧接触过程中，开始做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故其动能先增大后减小，B正确；小球下落过程中动能、重力势能以及弹簧弹性势能三者之和保持不变，由于动能先增大后减小，因此弹性势能和重力势能之

和先减小后增大，故C正确；由于重力势能一直减小，因此小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。]2．B[由机械能守恒定律mgh＝Ep，4mgh＝12·4m·v2＋Ep，解得v＝3gh2，B正确，A、C、D错误

。]3．D[不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能先变小后变大，故A错误；A至B，运动

员做自由落体运动，只有重力做功，运动员机械能守恒，从B运动到C，蹦床逐渐发生形变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B错误；蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，在B点时，加速度大小为a＝

mgm＝g，从B点至C点过程中，运动员加速度先减小至0，后增大，可知在C点时，运动员所有减少的重力势能转化为蹦床的弹性势能，此时蹦床的弹性势能最大，为Ep＝mg(Δx＋h)，则可得蹦床的弹力为FN＝2mg（Δx＋h）Δx，根据牛顿第二定律可知FN－mg

＝ma，可得a＝g＋2ghΔx，则可知此时加速度最大，即在C点时，运动员的加速度最大，故C错误，D正确。]4．BD[体验者自由下落20m时由动能定理得mgh＝Ek，Ek＝1×104J，此时并不是动能最大位

置，故最大动能大于1×104J，故A错误；体验者下落0～20m过程中，只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；体验者下落20～40m过程中，加速度先向下后向上，故先失重后超重，故C错误；该过程中，当体验者在最低点时，弹性绳的弹性势能最大

，由能量守恒得Ep＝mgh＝2×104J，故D正确。]5．BD[从A到B过程由橡皮条的弹力对小球做功，小球机械能不守恒，A错误；从A到B过程中小球和橡皮条组成的系统机械能守恒得mgR＝12mv2＋ΔEp，解得弹性势能的增加为ΔEp＝0.45J，B正确

；在B点对小球由牛顿第二定律得F－mg＝mv2R，代入数值解得F＝1.2N，C错误，D正确。]6．BCD[小球运动过程中弹性势能和动能、重力势能相互转化，因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态，压缩量等于PO的长度，在C点弹簧长度等于

L0＋PO，伸长量等于PO的长度，所以在A、C两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，A错误；由于A、C两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，重力势能也相等，根据机械能守恒，A、C两点的动能相等，B正确；根据数学知识可知PD＝L022＋3L

022＝L0，PD的距离等于椭圆半长轴的长度L0，即等于弹簧原长L0，弹簧在原长时，弹性势能为零，而且D点的重力势能最小，所以小球在D点的动能最大、速度最大，C正确；小球套在轨道上，在D点时受到轨道的弹力沿DO方向，D正确。]7．BCD[滑块下滑过程中，

滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，但是滑块的机械能不守恒，A错误；当滑块加速度为零时，速度最大，根据共点力平衡有mgsin30°＝kΔx，解得Δx＝mgsin30°k＝0.1m，因为滑块从距离弹簧上端0.4m处的O点处由静止释放，所以速度最大的位置与O点距离为d＝0.4m＋0.1

m＝0.5m，B正确；从滑块释放到最大速度过程中，根据系统机械能守恒有mgdsin30°＝12kx2＋Ekm，解得Ekm＝4.5J，所以下滑过程中动能最大值为4.5J，C正确；滑块运动未接触弹簧之前，加速度为a＝gsin30°＝5m/s2

，滑动到最低点的过程，根据系统机械能守恒mgdmsin30°＝12k(dm－0.4)2，解得dm＝0.8m，根据牛顿第二定律，此时滑块加速度为am＝k（dm－0.4）－mgsin30°m＝15m/s2，所以最大加速度为15m/s2，D正确。]微

专练32非质点类和多物体机械能守恒问题1．A[设U形管横截面积为S，液体密度为ρ，两边液面等高时，相当于右管上方h2高的液体移到左管上方，这h2高的液体重心的下降高度为h2，这h2高的液体的重力势能减小量转化为全

部液体的动能。由能量守恒得ρ·h2S·g·h2＝12·ρ·4hS·v2，解得v＝gh8，因此A正确，B、C、D错误。]2．C[铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为L＝πR3＝2m，铁链全部贴在球体

上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h0，根据机械能守恒定律有mgh0－

mgh0sin30°＝12mv21，代入数据解得h0＝1.8m，故B错误；铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方L2处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降Δh＝h0＋L2＝2.8m，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有mgΔh＝12mv22，解得v2＝21

4m/s，故D错误。]3．D[设轻绳与杆的夹角为α时物块和小球的速度大小分别为v1和v2，则有v1＝v2cosα，当小球运动到虚线位置时α＝90°，故v1＝0，可见在小球运动到虚线位置的过程中，物块向

下先做加速运动后做减速运动，即先失重后超重，轻绳的拉力先小于mg后大于mg，故A、C错误；小球达到虚线位置时，其所受重力的方向与速度方向垂直，重力做功的功率为零，故B错误；在小球运动到虚线位置的过程中，只有轻绳对小球做功且一直做正功，根据动能定理

可知，小球的速度一直增大，小球一直向右做加速运动，故D正确。]4．AB[在AB杆由静止释放到转到竖直位置的过程中，以B端的球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有mg·2L＋2mg×2L＝mgL＋12×2m(ω·2L)2＋12m(ωL)2，解得角速度ω＝10g

9L，A正确；在此过程中，B小球机械能的增量为ΔEB＝E末－E初＝12×2m(ω·2L)2－2mg·(2L)＝49mgL，B正确；AB杆转动过程中，杆AC对C球不做功，杆CB对C球做负功，对B球做正功，C错误；

由C选项分析可知C球机械能不守恒，B、C球系统机械能守恒，D错误。]5．D[A下降过程，弹簧逐渐伸长，对B的拉力水平向左，对物块B做负功，金属环A和物块B组成的系统机械能不守恒，故A错误；A、B与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，机械能守恒，A下降过程中，弹簧的弹性势能一直增大，由机

械能守恒定律可知，A、B机械能一直减小，B的速度先增大后减小，动能先增大后减小，重力势能不变，B的机械能先增大后减小，A的机械能一直减小，故B错误；A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，金属环A降到最低点时弹簧的弹性势能最大，则A、B的机械能最小，物块B的速度最小，故C错误

；A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，当A下降到最低点时A的重力势能转化为弹簧的弹性势能，到达最低点时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能最大值为Ep＝2mg×2L(cos30°－cos60°)＝2(3－1)mgL，故D正确。]6．A[初状态弹簧的

压缩量x1，由平衡条件可知kx1＝mBg，x1＝0.5m，末状态弹簧的伸长量x2，由平衡条件可知kx2＝mCg，x2＝0.5m，初状态弹簧的压缩量等于末状态的伸长量，即该过程弹簧对系统不做功。根据系统机械能守恒定律mAg(x1＋x2)sinα－mBg(x1＋x2)＝12mAv2

A＋12mBv2B，vA＝vB，联立可得vA＝2m/s，故A正确，B、C、D错误。]微专练33与机械能有关的图像问题1．AB[根据EF段方程y＝4t－26，可知EF段无人机的速度大小为v＝ΔyΔt＝4m/s，故A正确

；根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度

为v′＝Δy′Δt′＝－2m/s，则可知FN段无人机和装载物总动能变化不为0，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。]2．AD[由图可知，人从跳台下落到

A点的过程，人做自由落体运动，可得重力加速度大小为g＝vAtA，故A正确；人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为人的动能和弹性绳的弹性势能，故B错误；人在下落过程中，从O点到A点弹性绳对人不做功，从A点到C点，弹性绳的形变量一直增大，弹性势能一直增大，故弹性绳对人一直做负功，故C错误；人

从A点运动到C点这一过程中，人和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于下落过程中，弹性绳弹性势能一直增大，故人的机械能一直减少，故D正确。]3．BD[弹簧在运动过程中弹性势能在变化，故小球的机械能不守恒，应该是小球和弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；t

2时刻，弹力最大，弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，小球的速度为零，B正确；t1～t2这段时间内，小球先向下做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，动能先增大后减小，C错误；t2～t3这段时间内，弹簧的弹力

不断减小，弹簧的弹性势能不断减少，由于系统机械能守恒，故小球的动能与重力势能之和在增加，D正确。]4．BD[图甲中x对应小球到达最高点C，因为小球恰好到最高点C，则有mg＝mv2r，解得x＝v2＝gr＝5m2/s2，故A错误；由图乙可

得，h＝0时即在A点时的速度为v2A＝36m2·s－2，由牛顿第二定律有FNA－mg＝mv2Ar，解得FNA＝82N，故B正确；小球从A到C由动能定理可得W合＝12mv2C－12mv2A＝－15.5J，故C错误；由前面分析可知A到C小球动能减少量为15.5J，重力势能增

加量为ΔEp＝mg·2r＝10J，由能量守恒定律可知，A到C小球机械能减少5.5J，但由于在AB段的平均压力大于BC段，故在AB段摩擦力做功大于BC段，故BC段损失机械能小于2.75J，故D正确。]5．AD[由图像结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然

后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。当x＝h＋x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做

的功的绝对值相等，即到最低点图乙中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h＋2x0的后边，B错误；由B知道最低点位置大于x＝h＋2x0，所以弹力大于2mg，C错误；当x＝h＋x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球

速度最大，动能最大，由动能定理可得WG＋WN＝mg(h＋x0)－mg·12x0＝mgh＋12mgx0，故D正确。]6．BC[由图乙可知，当弹簧压缩量x＝0时，a＝5m/s2，则有a＝gsinθ＝5m/s2，解得θ＝30°，故A错误；当弹簧压缩

量x＝20cm＝0.2m时，a＝0，则有mgsinθ＝kx，解得k＝mgsinθx＝12.5N/m，故B正确；在a－x图像中，图线与x轴所围成的面积表示ax的大小，当x＝0.2m时，a＝0，此时小球的速度最大，由2ax＝v2，可知v＝2ax＝2×12×5×0.2m/s＝1m/s，即小球最大的动

能为Ekm＝12mv2＝0.25J，故C正确；由运动的对称性可知，当弹簧的压缩量为x1＝0.4m时，小球速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，从最高点到小球速度为零的位置，由机械能守恒定律可得，最大的弹性势能等

于重力势能的减小量，即最大弹性势能为Epm＝mgx1sin30°＝0.5×10×0.4×12J＝1J，故D错误。]7．ACD[由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg

，可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝F1－Ffm＝3m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝12mv2，可得x＝9m时，物体的速度为v＝32m/s，D正确；物

体的最大位移xm＝WFFf＝272m＝13.5m，B错误。]8．A[小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝12mv2，把速度v代入得Ek＝12mg2t2－mgv0t＋12mv20，Ek与t为二次函数关系，故A正确。]9．B[由题意可知卫星在轨

道上运动时，万有引力提供向心力，设地球半径为R，有GMm（R＋h）2＝mv2（R＋h），化简后可得mv2＝GMmR＋h，又因为Ek＝12mv2＝GMm2（R＋h），所以可知Ek随h的增大非线性减小，故B正确，A、C、D错

误。]10．B[物块运动到距地面高h处时，其机械能E＝mgh0－μmg·cosθh0sinθ－hsinθ，可知图乙中图像的斜率k＝μmgcosθsinθ＝12mg，解得μ＝12tanθ，故B正确。]11．BC[取斜面

底端为重力势能零点，则小物块在斜面底端时的机械能即为动能有12×1×v2＝50J，解得v＝10m/s，故A错误；小物块在x＝5m处的重力势能Ep＝mgxsinθ＝30J，则θ＝37°，由功能关系可知，小物块克服摩擦力做功等于机械能的变化，则有μmgxcos37°＝(50－3

0)J，解得μ＝0.5，故B正确；由动能定理得－mgx1sin37°－μmgx1cos37°＝Ek1－12mv2，其中x1＝3m，解得Ek1＝20J，故C正确；由动能定理得－mgx2sin37°－μm

gx2cos37°＝ΔEk2，解得ΔEk2＝－50J，即动能减小50J，故D错误。]12．BCD[由图可知，小球到最低点时，高度下降0.6m，则重力势能减少ΔEp2＝mghmax＝6J，重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，根据Q＝fhmax＝ΔEp2－ΔEp1，解得f＝2N，则图乙

中a＝4，故A错误；结合图甲和图丙，可知小球高度下降0.5m内，重力和空气阻力做功，根据mgh－fh＝Ek，解得y＝0.5m时的动能Ek＝4J，则丙图中b＝4，故B正确；当小球动能最大时，小球加速度为零，根据平衡条件F弹＋f＝mg，解得F

弹簧＝8N，故C正确；根据功能关系可知，小球高度下降0.5m时，机械能的减少量等于克服阻力所做的功为ΔE＝10－c＝fx，解得c＝9，根据能量守恒定律可知，小球高度下降0.6m时，动能为零，则小球减少的重力势能等于减少的机械能

为6J，则d＝4，故D正确。]微专练34功能关系的应用1．C[整个过程中，物体的高度下降了h＝1.8m－1.25m＝0.55m，则重力对物体做正功为W＝mgh＝0.1×10×0.55J＝0.55J，WG＝－ΔEp，故小球的重力势能一定减少0.55J，故C符合题

意，A、B、D不符合题意。]2．AC[已知物块上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为ΔEk＝W合＝F合·Hsin30°＝mg·2H＝2mgH，故A正确，B错误；设摩擦力的大小为Ff，根据牛顿第二定律得mg

sin30°＋Ff＝ma＝mg，解得Ff＝0.5mg，则物块克服摩擦力做功为Wf＝Ff·2H＝0.5mg·2H＝mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确，D错误。]3．AC[根据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F＝mg，初始时kx0＝mg，对物块有F＋k(

x0－x)－mg＝ma，即a＝Fm－kmx，根据图像可知，Fm为图像的截距，为定值，所以F为恒力，故A正确；初始时刻加速度最大，为am＝F＋kx0－mgm＝g，故B错误；从初始到物块脱离弹簧，根据速度位移公式v2＝2ax，可知a－x图像与横轴围成的面积表示12v2，则有12v2

＝12ax0＝12gx0＝mg22k，从脱离弹力到最高点，根据动能定理有－mgh＝0－12mv2，联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h＝mg2k，故C正确；从初始到物块脱离弹簧，根据功能关系有Ep－mgx0＋

Fx0＝12mv2，解得弹簧最大弹性势能为Ep＝m2g22k，故D错误。]4．ABD[根据重力做功与重力势能变化关系，可得WG＝－ΔEp，解得WG＝－5J，即小球克服重力做功为5J，故A正确；根据电场力做功与电势能变化关系，可得W电＝－ΔEp电，解得ΔE

p电＝2J，即小球的电势能减少了2J，故C错误；除重力以外其他力做的功等于机械能的变化，可得W电＋W阻＝ΔE，解得W阻＝－0.5J，小球克服空气阻力做功为0.5J，故B正确；由动能定理可得WG＋W电＋

W阻＝ΔEk，解得ΔEk＝－3.5J，即小球的动能减少了3.5J，故D正确。]5．A[棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理WF＋WG＋W安＝ΔEk，得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，故A正确；由动能定理，动能增加量等于

合力的功，合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和，故B错误；棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量，故C错误；棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量，故D错误。]6．C[由图得AB长度为物块的位移x＝L＝（6＋2）×42m＝16m，故A错误；

6s内传送带的路程为s＝v0t＝24m，物块相对于传送带滑动的距离Δx＝s－x＝8m，故B错误；由图可知，物块的加速度为a＝ΔvΔt＝1m/s2，对物块用牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D错误；传送带因传送物块多消耗的电能为传送带4s内克服摩擦力做的功，即E＝μmgs

′＝μmgv0t′＝16J，故C正确。]7．A[设平板车的质量为M，加速度大小为a1，小物块的质量为m，加速度大小为a2，则根据题意有a1＝μmgM，a2＝F－μmgm，a1t＝v，a1t＝v0＋a2t，联立以

上各式解得μ＝0.1，F＝6N，故A正确，B错误；设小车的位移为x1，小物块的位移为x2，相对位移为Δx，则有x1＝v2·t＝18m，x2＝v0＋v2·t＝27m，可得Δx＝x2－x1＝9m，故C错误；设0～1s内小车的位移

为x1′，小物块的位移为x2′，相对位移为Δx′，则有x1′＝12a1t21，x2′＝v0t1＋12a2t21，Δx′＝x2′－x1′，代入数据解得Δx′＝5m，则0～1s内小物块与小车间因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx′＝10J，故D错误。]微专

练35动量定理的应用1．D[因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊，司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的

动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。]2．C[以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击之前铁锤的速度为v1＝－3m/s，打击之后铁锤的速度为v2＝0，设钉子对铁锤的平均作用力为F，方向

竖直向上，根据动量定理可得(F－mg)t＝Δmv＝mv2－mv1，代入数据解得F＝35N；根据牛顿第三定律可得铁锤钉钉子的平均作用力大小为35N，方向竖直向下，故C正确。]3．C[t＝1s时，F＝2N，所

以钩码在0～1s内处于静止状态，1s后钩码开始运动，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以钩码1s后做变加速直线运动，B错误；设2s时钩码的速度为v，IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝2＋42×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/

s，故C正确，A错误；0～2s内重力的冲量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D错误。]4．B[根据机械能守恒定律有mgL(1－cos37°)＝12mv21，碰撞后重物上升过程，有mgh＝1

2mv22；根据动量定理，有Ft＝mv2－(－mv1)，联立解得F＝5000N，故B正确。]5．D[圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，

小物体所受摩擦力Ff＝mω2r，根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为I＝mv－mv＝0，大小为0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物

体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为I′＝Δp＝0－mv＝－mωr，大小为mωr，故D正确。]6．B[由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳

的原长小于15m，故A错误；运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0～15m下落过程中，运动员重力势能的减少量

等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大，故C错误；0～27m下落过程中由动量定理可得IG＋

I弹＝0，可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。]7．D[由于物块的速度方向发生变化，根据动量定理I合＝Δp，即动量一定会发生变化，则合外力的冲量一定不会等于0，故A错误；如果设v1＝v2，回到P点时，物块的动能没有发

生变化，根据动能定理，合外力对物块做功为0，但由于v1≠v2，则合外力对物块做的功不为零，故B错误；当v1>v2，时，根据对称性，物块再次回到P点时的速度仍为v2，根据动量定理I合＝Δp＝2mv2，当v1<v2时，物块再次回到P点时的速度

为v1，根据动量定理I合＝Δp＝mv2＋mv1，故C错误，D正确。]8．BCD[根据P＝Fv，a＝F－Ffm，由于电动机输出功率恒为P，可知随着电动车速度增加，牵引力减小，加速度减小，则电动车做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误，B正确；根据动能定理可得Pt－Ffx＝12mv2m，解得电

动车的最大速度为vm＝2（Pt－Ffx）m，故C正确；当牵引力等于阻力时，速度最大，则有vm＝PFf，根据动量定理可得IF－Fft＝mvm，联立可得电动车所受牵引力的冲量为IF＝mPFf＋Fft，故D正确。]9．AC

[设返回舱加速度为a，单个发动机推力为F，根据牛顿第二定律有4F－Mg＝Ma，将F＝4.5×104N，M＝3×103kg，代入解得a＝5g，对航天员根据牛顿第二定律有F舱－mg＝ma，代入数据解得F舱＝6mg，故A正确，B错误；根据运动学公式可求返回舱落地时间t＝v0a

＝0.2s，由题意知反推发动机推进剂的喷出速度为v(远远大于返回舱的速度)，设发动机喷出推进剂的总质量为Δm，以喷出的质量为Δm的推进剂为研究对象，根据动量定理有4Ft＝Δmv，代入数据联立解得v＝4FtΔm＝3.6×103m/

s，故C正确，D错误。]10．A[游客静止时，有F＝mg，在时间t内吹出的风体积为V＝Qt，吹到游客身上的体积为S14πd2Qt，其质量为m风＝ρS14πd2Qt，根据动量定理，有Ft＝m风v，联立可得m＝4ρQSvπd2g，故A正确。]11．B[水柱做竖直下抛运动，设落地速度为v，由匀变速

直线运动的规律v2－v20＝2gh，可得v＝v20＋2gh＝6m/s，对与地面发生碰撞而落地的水取一段圆柱体水柱，设时间为Δt，长度为l＝v·Δt，质量为m＝ρV＝ρSl＝ρSvΔt，冲击地面后的速度为零，取向下为正，由动量定理(mg－F)Δt＝0－mv＝－

ρSv2Δt，由牛顿第三定律知水柱对地面的平均冲击力F′与地面对水的力F等大反向，而mg≪F，则水柱的重力可忽略，联立可得F′＝F＝ρSv2＝7.2N，故B正确，A、C、D错误。]12．A[由E＝hν，p＝hλ以及光在真空中光速c＝λν知，光子的动量和能量之间关系为E＝pc。设时间

t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大；每秒每平方米面积获得的太阳光能E0＝nSt·E，由动量定理得F·tn＝2p，对探测器应用牛顿第二定律F＝ma，代入数据解得a＝1.0×10－3m

/s2，故A正确，B、C、D错误。]微专练36碰撞与类碰撞模型1．B[小球A与静止小球B发生正碰，规定小球A的初速度方向为正方向，设撞后B球的速度大小为v2，根据碰撞过程中动量守恒可得mv0＝mv1＋2mv2，碰后A球停下，即v1＝0，解得v2＝

12v0，又Ek＝12mv20，所以碰后B球的动能为EkB＝12×2mv22＝14mv20＝Ek2，A、C、D错误，B正确。]2．C[由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量

也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5m1－3m2＝2(m1＋m2)，解得m1∶m2＝5∶3，故B错误，C正确；碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D

错误。]3．A[根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝mv0M＋m＝10m/s，故A正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W＝12Mv2－0＝450J，故B错误；根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q＝12m

v20－12(M＋m)v2＝4500J，可知木块和子弹系统机械能不守恒，故C、D错误。]4．A[要保证两者间距不变，应同时满足两个条件：一是碰后A反向且A、B速度大小相同；二是进入粗糙区域后，A受到的洛伦兹力等于重力，根据弹性碰撞动量、

机械能守恒有mAv0＝－mAvA＋mBvB，12mAv20＝12mAv2A＋12mBv2B，令vB＝vA，解得3mA＝mB，为保证A物块进入粗糙水平面后，速度不变，则洛伦兹力竖直向上与重力平衡，故根据左手定则可知，物块A带正电，故A正确。]5．B[b沿a上升到

最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得12mv20＝12(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝2v205g，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大，系统

在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得12mv20＝12mv2b＋12×4mv2a，解得va＝25v0，vb＝－35v0，B正确，D错误。]6．C[设

小球甲的初速度方向为正方向，碰前小球甲的速度大小为v0，两球刚好发生一次碰撞，说明小球乙从斜劈回到水平面后的速度与小球甲相同，则碰后两球的速度方向相反，由碰撞过程中的动量守恒有m1v0＝m1(－v03)＋m2v03，解得m1∶m2＝1∶4，故C正确，A、B、D错误

。]7．A[设滑块P的初速度为v0，由已知可得12mv20＝E，P与Q碰撞过程中，两滑块速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒mv0＝(m＋3m)v1时，最大弹性势能Ep＝12mv20－12×(m＋3m)v21，解得Ep＝38mv20＝34E，故A正确。]8．B[

由题意知，小车和木块系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒，得12mv20＝12(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178J，故B正确。]9．AC[因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0＝2gH同时竖直向下抛出，所

以落地瞬间的速度相等，由运动学公式v2－v20＝2gH，解得vA＝vB＝v＝2gH，B球与地面弹性碰撞原速返回，与A再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒守律有mBv－mAv＝mAvA′，

12mBv2＋12mAv2＝12mAvA′2，联立解得mA∶mB＝1∶3，vA′＝2v＝4gH，A正确，B错误；A球弹起的最大高度hmax＝vA′22g＝8H，C正确，D错误。]10．C[子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0＝(M＋m

0)v1，解得v1＝m0v0m0＋M，故A错误；子弹射入木块后的瞬间FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)v21L，解得绳子拉力FT＝(M＋m0)g＋(M＋m0)v21L，故B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛顿第三定律

知，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g，故C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。]11．AB[若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前速度方向为正方向，根据系统动量守恒和系统机械能守恒可得m1v1＝m1vA＋m2vB，12m1v21＝12m1v

2A＋12m2v2B；联立解得vA＝－2m/s，vB＝8m/s，若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝4m/s，综上分析可知，碰后冰壶A的速度可能为－2m/s≤vA≤4m/s，故A、B正确。]12．

A[甲乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，联立解得v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0，若碰后甲

乙同向运动，则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有－1.2v0＝m1－m2m1＋m2v0，解得0.2m2＝－2.2m1，质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，

则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；若碰后乙的速率为3v0，则有3v0＝2m1m1＋m2v0，解得m1＝－3m2，质量不能为负值，则可知，碰后乙的速率不可能为3v0，故C错误；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有m2－m1m1＋m2v0>2m1m1＋m2v0，可知，只要m2－m

1>2m1，即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。]微专练37爆炸、反冲和人船模型1．B[乌贼逃命时的速度为v1＝40m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得0＝(m－m0)v1－m0v2，可得v2＝m－m0m0v1＝4－0.80.8×40m

/s＝160m/s，故B正确。]2．A[开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600kg·m/s＝－30kg·m/s，负号表示方向，大小为3

0kg·m/s，故A正确。]3．C[设爆炸后竖直向上运动的一部分速度大小为vA，落地时间为tA，竖直向下运动的一部分速度大小为vB，落地时间为tB，因为爆炸后A、B运动方向相反，根据动量守恒定律mAvA－mBvB＝0，可知vA＝vB，A爆炸后上升高度为h3，根

据运动学公式v2A＝2g·h3，得h＝3v2A2g，A从爆炸后到落地过程中－vAtA＋12gt2A＝h，解得tA＝3vAg(tA＝－vAg不合题意舍去)，B从爆炸后到落地过程中vBtB＋12gt2B＝h，解得tB＝vAg(tB＝－3vAg不合题意舍去)，故tA与tB的比值为3，A、B、D错误，

C正确。]4．B[爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时间相等，则m1x1－m2x2＝0，则x1x2＝m2m1＝12，则两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1∶2，A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知（5－t）v声（6

－t）v声＝12，解得t＝4s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝12gt2＝12×10×42m＝80m，B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340m＝340m，质量小的碎块的水平位移x2＝(6－4)×340m＝680m，爆炸后两碎块落地点之

间的水平距离为340m＋680m＝1020m，质量大的碎块的初速度为v10＝x1t＝3404m/s＝85m/s，C、D错误。]5．B[对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得人的质量为m1＝45kg，故B正确。]6．D[设铁块竖直下降的位

移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝M＋mMh＋2a，D正确。]7．BCD[自开始释放至小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1

－mv2，由能量守恒定律得MgL＝12Mv21＋12mv22，联立解得小球在最低点时的速度大小v1＝2m/s，A错误，C正确；小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒得0＝(M＋m)v，解得共同速度v＝0，B正确；由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设

其水平距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动左、右两点的距离为x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝2L，解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离x1＝0.4m，D正确。]微专练38库仑力作用下的平衡与非平衡问题1．D[受力分析可知，P和Q两小球，不能

带同种电荷，A、B错误；若P球带负电，Q球带正电，如图所示，恰能满足题意，则C错误，D正确。]2．C[要使三个小球均处于平衡状态，先以A为对象，要使A平衡，B和C所带电性应相反(B、C对A的作用力方向必须相反)；同理，要使C平衡，A和

B所带电性应相反；综上，电荷电性需满足“两同夹异”的规律，故C正确。]3．C[设库仑力为F，由a、b的受力可知F＝magtanα，F＝mbgtanβ，因为α<β，所以，ma>mb，故A错误；库仑力是一对相互作用力，不能确定q1和q2的大小，故B错误；将两细线同时剪断

，两球在水平方向上，做加速度减小的变加速运动，a＝Fm，F相同，所以，a球加速度小于b球加速度，a球水平位移小于b球水平位移，则两球同时落在同一水平地面上时水平位移不相同，故C正确，D错误。]4．BD[根据题意，对B受力分析，受重力、丝线拉力和库仑力，如图所示，由相似三角形可得GOA

＝FTOB＝Fd，根据库仑定律F＝kQAQBd2可知，由于B球缓慢漏电，则F减小，由于G、OA、OB均不变，则d逐渐减小，FT不变，故A错误，B正确；当AB间距离减为d3时，库仑力减小到原来的13，根据F＝kQAQBd2可知，B球的电荷量减

小为原来的127，故C错误，D正确。]5．C[根据对称性可知，A球的电荷量和B球的电荷量相同，故A错误；设C球的电荷量为qC，以A球为研究对象，B球对A球的库仑斥力为FBA＝kq2l2，C球对A球的库仑引力为FCA＝

kqqCl2，由题意可得一起运动的加速度方向与F的作用线平行，则有FCAsin30°＝FBA，FCAcos30°＝ma，解得qC＝2q，且C球带负电，a＝3kq2ml2，F＝3ma＝33kq2l2，故C正确，B、D错误。]6．

B[对比万有引力公式F＝GMmr2，及库仑力公式F＝kQqr2，可知两个力都与距离平方成反比，故此时小球的运动可类比于行星绕太阳的运动，因此O点必为椭圆的焦点之一，A错误；对比开普勒第二定律可知，小球与O点的连线在相同的时间内

扫过相同的面积，由于在B点距离O点较远，因此小球在B点的速度比在A点的小，B正确，C错误；由于小球通过O点后做离心运动，要使小球绕O点做圆周运动，可在A点沿切线方向适当减小其速度，D错误。]7．ACD[两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，它

们之间的库仑力提供向心力，故它们所需的向心力大小相等，结构稳定，间距恒定，故它们的角速度相等，A、C正确；设两电荷之间的距离为r，则有F＝kQqr2＝mAω2rA＝mBω2rB，解得mArA＝mBrB，即轨道半径和质量成反比，与电荷量无关，B错误；根据v＝ωr，角速度相同，故线速度与轨道半

径成正比，而轨道半径和质量成反比，mAωAvA＝mBωBvB，故线速度与质量成反比，D正确。]微专练39“三种方法”巧解电场强度的叠加问题1．C[在A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当，因此可以认为O处的场是5个＋q

和一个－2q的点电荷产生的场合成的，5个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强，故C正确。]2．C[据题意，从题图乙可以看出，P点电场方向为水平向左；由题图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2kqr2co

sθ＝2kqr2·dr＝2kqdr3，故C正确。]3．C[取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，

故可看成点电荷，则有E1＝kQΔL2πRR2＝kQΔL2πR3，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝kQΔL2πR3，根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E′＝E＝kQΔL2πR3，根据E′＝kq（2R）2，联立解得q＝2QΔLπR

，故C正确。]4．BD[圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零。圆环上各电荷产生的电场强度在x轴上O点右侧有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上O点右侧电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错

误；O点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，所以从O点沿x轴正方向，电场强度应先增大后减小，故B正确；设圆环上足够小的圆弧上的电量为q′的电荷，在x轴上P点产生的沿x轴上的电场强度为E′＝kq′r′2cosθ，其中r′＝r2＋s2，cosθ＝sr2＋s2，根据

数学知识求和可得P点的电场强度大小E＝kQs（r2＋s2）32，故C错误，D正确。]5．ABC[如图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直

，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零，故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc>φd，故B正确，D错误；上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知A、C正确。]6．A[无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的电

场强度E1＝2πkσ0[1－xR2＋x2]≈2πkσ0，半径为r的圆板在Q点产生的电场强度E2＝2πkσ0[1－xr2＋x2]，无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个电场强度的差，所以E0＝E1－E2＝2πkσ0x（r2＋x2）1/2，故A正确。]微

专练40电场线、等势面、运动轨迹的综合问题1．A[电子在电场中运动电场力做功W＝qU，由于a、b两点位于同一条等势线上，所以φa＝φb，有Uac＝Ubc，可得Wa＝Wb，电场线的疏密程度反映场强的大小，a点比b点的电场线密些，故场强大些Ea>Eb，故A正确。]2．D[带电导

体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；根据Ep＝qφ可知，正电

荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。]3．C[根据等势面与电场线垂直，可知粒子受静电力方向与速度方向不在同一直线上，所以粒子做曲线运动，A、B错误；带负电的粒子先靠近带正电的固定电荷，后又远离正电荷，电场力先做正

功，后做负功，粒子的电势能先变小后变大，C正确，D错误。]4．B[沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线分布如图。曲线运动中合力方向指向弯曲方向，故带电粒子受力大致方向为向上，受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，A错误；等势线间距越小(越密集)，电场强度越大，间距越大(越稀疏)，电场强度越小，故EB

>EA，故粒子在A点受到的电场力与在B点受到的电场力满足FB>FA，故B正确；粒子带负电，A点电势高于B点，从A点的运动到B点，电场力做负功，电势能增大，故A点的电势能小于粒子在B点的电势能，故C错误；由于粒子初速度大小及方向题中未给出，粒子

可能从A运动到B，电场力做负功，也可能从B运动到A，电场力做正功，故D错误。]5．CD[根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷，故A错误；根据等势面

的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能

增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。]6．D[由题意可知，粒子从A到B，电场力做功－10J，则带电粒子由a运动到等势面b时，电场力做功－5J，粒子在等势面b时的动能为5J，粒子在电场中电势能和动能之和为5J，当动能为7.5J时，其电势能为－2.5J，故D正确。]7．A

B[因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，－eUad＝－6eV，故Uad＝6V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B正确

；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2eV，C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝12mv2知vb＝2vd，D错误。]8．D[由题意可知，小球所受合力为F＝mgsinθ

，设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得mgsinθs＝12mv20，由能量守恒可得小球在最高点的电势能E＝12mv20－mgssinθ，联立两式解得E＝12mv20cos2θ，D正确。]微专练41匀强

电场中电场强度与电势差的关系1．AD[根据Uab＝E·abcos60°，可得电场强度的大小E＝Uabab·cos60°＝200.2×0.5V/m＝200V/m，A正确；沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，B错误；将电子从c点移到d点，因电子所受的电场

力与位移反向，可知电场力做负功，C错误；因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，D正确。]2．B[由于a、c两点电势相等，故ac为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势可知，电场方向垂

直ac，且指向上方，故电场强度的大小为E＝Ucbcbsin30°＝94×12V/cm＝450V/m，故A错误，B正确；电子从a点移动到b点，电场力做功为Wab＝－eUab＝－9eV，故C错误；电子从c点移动到b点，电场力做功为Wcb＝－eUcb＝－9eV，电场

力做9eV的负功，电势能增加9eV，故D错误。]3．ABD[因为是匀强电场，ac与Ob平行，故电势差相等，原点O的电势为1V，B正确；Ob的电势差为16V，故x轴上电势差为2V/cm，则坐标x＝4.5cm的点的电势为10V，连接该坐标点与a点，该连接线即为一个等势面。作Od垂直于该等势面，从几何知

识可以得到，Od＝3.6cm，则E＝Ud＝10－13.6V/cm＝2.5V/cm，A正确；a点电势比b点电势小，电子带负电，根据E＝φq可知，a点电势能反而大，C错误；根据电场力做功公式Wbc＝Ubcq＝(φb－φc)(－e)＝9eV，电场力做正功，为9

eV，D正确。]4．AD[由b点向ad作垂线，根据几何关系知p为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故φb－φc＝φp－φd，φp＝12(φa＋φd)，代入数据解得φp＝6V，φd＝8V，故A正确；由于是匀强电场，连接bd则为等

势面，如图所示。根据几何关系可知ab⊥bd，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E＝Ubadba＝8－42×2V/cm＝2×102V/m，故B错误；该点电荷在c点的电势能为Epc＝φcq＝10×(－2×10－5)J＝－2×10

－4J，故C错误；该点电荷从a点移到d点电场力做功为Wad＝Uadq＝(4－8)×(－2×10－5)J＝8×10－5J，故D正确。]5．ACD[A、B、C三点的电势分别为1V、2V、3V，由于匀强电场中任一直线上的电势分布都是均匀的，连接AC，

则AC中点G的电势为2V，因此BE连线为一条等势线，因此平行于BE的CD、AF为等势线，如图所示，故A正确；正六边形边长为10cm，则由几何关系知CG＝53cm，由E＝Ud求得E＝2033V，故B错误；电场线垂直于等势线且由高电势指向低

电势，可知匀强电场的场强方向为由C指向A，故C正确；将一个电子从E点移到D点，电场力做功W＝－eUED＝－1.6×10－19×(2－3)J＝1.6×10－19J，根据电场力做功与电势能变化的关系知，电势能减少1.6

×10－19J，故D正确。]6．ABD[由题意知，从O到B电势降低5V，从O到D电势降低10V，因此B点比D点电势高，故A正确；OD中点与B点等势，B点与OD中点连线即为等势线，由几何关系可知，这个连线与OD垂直，因此电场方向沿CD方向，故C错误；电场强度大小E＝UODR＝0.

5×100×0.20.5V/m＝20V/m，故B正确；沿圆弧从C点移到D点，电势逐渐降低，电场力做负功，故带负电的粒子的电势能不断增大，故D正确。]7．AB[质子在c点的动能最大，可知c点的电势最低，过c点作圆O的切线，切线为等势线，根

据沿电场线电势降低，可知电场方向为Oc方向，故A正确；由几何关系可知Lad＝2Rcos230°＝1.5m，a、d点的电势差为Uad＝Uac＝Wace＝150V，电场强度大小为E＝UadLad＝100V/m，故B正确；O、b点的电势差为UOb＝0－φb＝ERsin30°

＝50V，b点电势为φb＝－50V，故C错误；根据对称性可知cO延长线与圆相交的点在圆周上电势最高，为100V，该点的电势能为Ep＝φq＝100eV>50eV，故质子不能经过圆周上任何一个点，故D错误。]8．A

BC[连接AB、OC、OD、OE，交点分别为I、H、G，△OIG为等边三角形，△OAI、△OBG为等腰三角形，如图所示。由几何关系可得AI＝IG＝GB，即I、G为AB的三等分点，由于匀强电场电势均匀变化，可得φI＝6V，φG＝3V，故OF为电势3V的等势面，由几何关

系可得DI连线垂直于OA，与OF平行，为电势6V的等势面，即φD＝6V，φF＝3V，A、B正确；电场方向垂直于等势面指向电势较低一侧，故沿AO连线方向，C正确；场强大小为E＝UAOR＝6V/m，D错误。]9．C[由于a、b、c三点到点电荷的距离相等，根据E＝kQr

2，可知三点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；根据点电荷的电场分布规律可知，O点与d点之间的任意位置的电场强度均大于d点与c点之间的任意位置的电场强度，由于d点为Oc的中点，根据E＝Ud，可知，O点

与d点的电势差和d点与c点电势差的关系为UOd>Udc，故B错误；带正电的试探电荷沿直线从a移动至O′过程中，到O点的距离逐渐减小，根据库仑定律可知，试探电荷受到的电场力逐渐增大，正电荷受到斥力作用，电荷克服电场力做功，其电

势能增大，故C正确；带负电的试探电荷沿直线从a移动至b过程中，其到O点的距离先减小后增大，根据库仑定律可知，试探电荷受到的电场力先增大后减小，负电荷受到引力作用，电场力对负电荷先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，

故D错误。]10．BD[由于试探电荷由a到b、由b到c的过程电势能的变化均为零，则说明a、b、c三点的电势相等，则底面abcd为等势面，由电场方向与等势面垂直，则电场方向沿竖直方向，又正试探电荷q＝1.0×10－3C由O到a的过程中电势能减少0.04J，则由公式WOa

＝qUOa，得UOa＝WOaq＝0.041.0×10－3V＝40V，O点的电势比a点的电势高，所以电场方向竖直向下，即由O点指向正方形abcd的中心，A错误；由几何关系可知O点到正方形abcd中心的距离为d＝0.12－0.1222m＝220m，则电场强度的大小为E＝UOad＝40

220V/m＝4002V/m，B正确；由公式U＝Ed可知O点与Ob中间的电势差为20V，C错误；同理Ob的中点与三角形Oab的中心两点间的电势差为U′＝203V，则题述中的试探电荷由Ob的中点移动到三角形Oab的中心电场力做功为W′＝qU′＝1.0×10－3×2

03J＝203×10－3J，则该电荷的电势能减少203×10－3J，D正确。]11．B[电场强度的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差UAD为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，所以UAA′不为0，故A错误；带正电的粒子从A点到D电

场力不做功，而由D→D′电场力做正功，故B正确；带负电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D′电场力做负功，电势能增大，故C错误；由电场力做功的特点(电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关)可知，带电粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同

，故D错误。]12．B[如图所示。设AB的中点为M，MO平行于AE，且AE＝2MO，根据U＝Ed可知沿着AE方向电势变化量是沿MO方向的2倍，而M点电势为3V，即UMO＝3V，故有UAE＝6V，由此可知E点电势为1V；根据正八面体的特点可知，AE平行于CF，故沿CF方向电势降低为UCF＝

6V，由此可得F点电势为－3V，故B正确，A、C、D错误。]微专练42电场中的四类图像分析1．C[因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；由图像可知：动能先减小后增

大，根据能量守恒可知：电势能先增大后减小，故C正确；因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误。]2．C[根据题意可知，A、B两球之间为库仑斥力，故A、B两球带同种电荷，由于A、B两球之间的库仑斥力为相互作

用力，大小总是相等，与A、B两球所带电荷量无关，故无法确定A、B两球所带电荷量的大小关系，故A错误；以A、B两球为系统，满足动量守恒，根据图乙可知两球共速时的速度为v03，则有mv0＝(m＋mB)·v03，解得mB＝2m，故B错误

；根据能量守恒定律可知，t1时刻系统的电势能为Ep1＝12mv20－12×3mv032＝13mv20，设t2时刻，B球的速度为v2，此时A球的速度为零，根据系统动量守恒可得mv0＝2mv2，解得v2＝v02，t2时刻系统的电势能

为Ep2＝12mv20－12×2mv022＝14mv20，t1、t2时刻系统的电势能之差为Ep1－Ep2＝13mv20－14mv20＝112mv20，故C正确；两球分离后，设最终A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据动量守恒可得mv0＝mvA＋2mvB，根据能量守恒可得

12mv20＝12mv2A＋12×2mv2B，联立解得vA＝－v03，vB＝2v03，可知两球分离后，小球B的速度趋近于2v03，故D错误。]3．C[作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O点电势最高，故A、B错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相

等，故C正确；x1和x3两点在电场线的不同位置，沿电场线电势降低，故两点电势不相等，故D错误。]4．A[φ－x图线上某点斜率表示该点场强，由图像可知M点场强大小大于N点场强大小，则试探电荷在M点受到的电场力比在N点大，故A正确；两点电荷所带电量相等，关于O点对称，M点比N

点距离O点远，M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B错误；M、N两点场强方向相反，试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相反，故C错误；由图可知从M到O电势降低，从O到N电势升高，

将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，电场力对试探电荷先做负功，后做正功，故D错误。]5．CD[若为E－x图像，由图像知，A到B电场强度一直是负值，表明电场方向一直是沿x轴负方向，沿电场线方向电势逐渐降低，因此A到B电势是

升高的，则φA<φB，A、B之间电场方向一直是沿x轴负方向，电子受到的电场力方向指向x轴正方向，电子从A到B，电场力一直做正功，故A、B错误；若为φ－x图像，其切线的斜率表示电场强度，则A、B两点电场强度大小相等，但方向相反，故C正确；若为φ－x图像，则将一电子由

A沿x轴移向B，电势先降低后升高，电势能先增大后减小，故电场力先做负功再做正功，故D正确。]6．C[根据φ＝Epq，当x＝0时Ep<0，q<0，所以φ>0，由图知，Ep逐渐增大，由于是负点电荷，故电势φ逐渐减小，故C正确。]7．D[粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场

力做功等于电势能的减小量，则有F＝ΔEpΔx，即Ep－x图像上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E＝Fq，故电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理有F·Δx＝ΔEk故Ek－x图线上某点切线的斜

率表示电场力，由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；按照C图，速度随着位移均匀增加，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小，故

矛盾，故C错误；粒子做加速度减小的加速运动，故D正确。]微专练43平行板电容器的动态分析1．A[电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由E＝Ud可知，电场强度E减小，电场力F＝qE减小，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场

力的作用，受力分析如图所示，根据力的合成法得FT＝F2＋（mg）2，由于重力不变，电场力减小，拉力减小，故A正确。]2．2．B[根据C＝εrS4πkd，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；在A板上移过程中，导致

电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E＝Ud，U不变，d增大可知场强大小变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误。]3．A[根据题意可知极板之

间电压不变，极板上所带电荷量变少，根据电容的决定式C＝εrS4πkd和Q＝CU可知，电容减小，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝Ud可知极板间电场强度E减小，B、C、D错误；极板间距d增大，材料

竖直方向尺度减小，A正确。]4．C[由平行板电容器电容的决定式C＝εrS4πkd可得，d减小，C增大，故A错误；电容器所带电荷量Q不变，C增大，由U＝QC可得，U变小，故B错误；由匀强电场的场强与电势差关系公式可得E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，E

与d无关，E不变，故C正确，D错误。]5．A[两板间电场强度E＝Ud，又C＝εrS4πkd，C＝QU，联立得E＝4kπQεrS，可知，P点的电场强度E不变，P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与

下板的电势差不变，则P点的电势不变，故A正确，B错误；B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C、D错误。]6．A[根据C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，联立则有E＝4π

kQεrS，由于电荷量不变，则极板间场强不变，距离增大，由公式U＝Ed可知两板间的电势差增大，故A正确；由于两板带电量一定，因此两板间的距离增大，两板间的电场强度大小不变，因此细线上的张力不变，故B错误；由

于上板的电势为零，且带电小球所在位置与上板间的距离不变，由U＝Ed可知，带电小球所在位置与上板的电势差不变，因此小球的电势能不变，故C错误；两板始终带等量异种电荷，故D错误。]7．C[保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的

两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电＝qE＝qUd减小，悬线的拉力为F＝（mg）2＋F2电将减小，A错误；保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，B错误；保持R1和R2不变，由

于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，缓慢向上移动M板，两极板正对面积减小，但距离不变，根据E＝Ud可知E不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，C正确；保持R1和R2不变，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，缓慢向左移动M板，由E＝Ud可知，E减小

，F电减小，故拉力F减小，D错误。]微专练44带电粒子在电场中的加速和偏转1．B[根据动能定理得qU＝12mv2，到达Q板的速率为v＝2qUm，可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；根据动力学公式L＝12at2，可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，

故C错误；到达Q板的速率为v＝2qUm，故若电压U、电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。]2．D[电子在两电极间从上向下加速，说明电场方向从下向上，下端为正极，上端为负极，A错误；两极间电压越大，电子离开电极时的速度越

大，电子的动量越大，根据p＝hλ可知波长越小，B错误；若两极间电压不变，根据qU＝12mv2－12mv20，电子离开电极时的速度不变，显微镜的分辨率不变，C错误；由于质子的质量远远大于电子的质量，以相同电压加速时，质子和电子获得的

动能相同，根据p＝2mEk可知质子的动量更大，因此质子显微镜分辨率更高，D正确。]3．AD[氙离子经电场加速，根据动能定理有qU＝12mv2－0，可得加速电压为U＝v22qm≈175V，故A正确，B错误；在Δt时间内，

有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有ΔmΔt＝ηΔm0Δt，联立解得Δm0Δt＝Fηv≈5.3×10－6kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷

量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ＝Δmmq，I＝ΔQΔt，联立解得I＝Fvqm≈3.7A，故C错误。]4．BC[电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电场强度为E1，A、B板间的距离为d1，B、C板间的电场强

度为E2，B、C板间的距离为d2，则有eE1d1－eE2d2＝0，若仅将C板向右平移一小段距离，B、C两板所带电荷量不变，由E＝Ud＝QC0d＝4πkQεrS，可知，C板向右或向左平移一小段距离，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C板向右平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后

，在B、C板间减速运动，还没到达小孔P时速度已经减为零，然后返回；仅将C板向左平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达小孔P点时速度还没减为零，A、D错误，B、C正确。]5．A[根据类平抛

运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知tan53°＝BQAB2，解得粒子运动到Q点时的竖直位移为y＝BQ＝23L，带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝qEy＝23qEL，故A正确，B错误；设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动

到Q点，则有v0t2＝L，qE2mt22＝23L，联立上述两式解得v0＝3qEL4m，设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有tan60°＝v0t1qE2mt21，解得t1＝mLqE，故C、D错误。]6．D

[a、b两个带电粒子在电场中均做类平抛运动，则有y＝12at2，a＝qEm，x＝v0t，解得v0＝xqE2ym，初速度v0和比荷有关，A、B错误；因x＝v02ymqE，即x∝1E，可知不能从N板右边缘射出，C错误；由x∝mq，可知，两粒子比荷均减小为原来的四分之一，其他条件

不变，粒子a、b均从N板右边缘射出，D正确。]7．A[在竖直方向上有yM>yN，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有12aMt2>12aNt2，所以有aM>aN，根据牛顿第二定律得qMEm>qNEm，所

以有qM>qN，A正确，B错误；电场力做的功为W＝Eqy，因为电荷M的电荷量多而竖直位移大，所以从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，C错误；从轨迹可以看出xM>xN，故vM

t>vNt，故vM>vN，D错误。]8．BD[微粒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，微粒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公式关系v2y＝2ad，微粒射入电场时由动能定理可得qU1＝12mv20，联立解得U1∶U2＝1∶1，B

正确；微粒从射入到运动到最高点由运动学公式可得2L＝vxt，d＝0＋vy2·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；微粒穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝vy2，设微粒穿过电容器与水平的夹角为α，则t

anα＝vy1vx＝12，微粒射入电场和水平的夹角为β＝45°，tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝3，C错误；微粒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＝12a

′t2，联立x＝vx′t′，qU1＝12mv2，vx′＝vcos45°，解得y＝U2x24dU1，且x＝vx′t′，y＝0＋vy′2·t′，即解得x＝2L，y＝d＝L，即微粒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，最高点到射出电容器过程同理x＝L＝vxt1，vy1＝at1，y1＝vy1＋02t1＝x14＝L4，轨迹不会变化，D正确。]9．CD[电子在加速电场中加速，根据动能定理可得U1e＝12mv20，所以电子进入偏转电场时速

度的大小为v0＝2eU1m，电子进入偏转电场后的偏转量为h＝12at2＝12eU2mdLv02，则有h＝U2L24dU1，所以示波管的灵敏度为hU2＝L24dU1，所以要提高示波管的灵敏度可

以增大L，减小d和减小U1，故C、D正确。]10．D[设加速电压为U1，加速过程根据动能定理有qU1＝Ek－0＝12mv2－0，可得Ek＝qU1，知加速后动能最小的离子是一价离子，故B错误；设加速电板间距离为L，在加速电场中运动时间t1＝Lv2＝L2mqU1，根据荷质比可知，加速时间最长的是

一价氦离子，故A错误；设偏转电板间距离为d，偏转过程做类平抛运动，则有a＝qU2md，知三种离子加速度之比为11∶14∶12＝4∶1∶2，故C错误；在加速电场中，受力方向相同，做直线运动，轨迹相同；在偏转电场中，当水平位移为x时偏转轨迹为y＝

12at22＝12qU2mdxv2＝U2x24dU1，可知偏转轨迹与q、m无关，三种离子轨迹重合，故D正确。]11．BD[粒子先加速运动后做类平抛运动qU1＝12mv20，tanθ＝vyv0，vy＝at，a＝qU2md，t＝Lv0，解得tanθ＝U2

L2U1d，只增大电压U2，θ变大，只减小电压U1，θ变大，A错误，B正确；在磁场中做匀速圆周运动qvB＝mv2r，l2＝rcosθ，v0＝vcosθ，qU1＝12mv20，解得l＝22mqU1qB，只减小电压U2，距离l不变，只增大电压U1，距离l变大，C错误，D正确。]12．B[若同

时在两个偏转电极上分别加ux＝Um·sinωt和uy＝Um·cosωt两个电压，由偏转位移Δs＝12at2可知，t相同，a正比于偏转电压，则Δs正比于偏转电压，电子在XX′方向上的最大偏转位移与在YY′方向上的最大偏转位移大小相等，设为r，

则任意时刻，电子打在荧光屏上的位置坐标都是x＝rsinωt，y＝rcosωt，联立可得x2＋y2＝r2，所以电子在荧光屏上的落点组成了以O为圆心的圆，故B正确，A、C、D错误。]微专练45两类电学元件和两类U－I图像1．BD[当开关打开时，

由欧姆定律得U＝I1R1＝10V，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压10V不变，通过R1的电流不变，电动机中电流一定小于UR2＝1A，则电流表示数I＜1.5A，故A错误，B正确；电路消耗的电功率为P＝UI<1

5W，故C错误，D正确。]2．B[根据题意，电源对纯电阻供电，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，最大功率为Pm＝E22r－E2r2r＝E24r，根据题意可知，电源对电动机供电时，电动机的输出功率为P＝3

4Pm＝3E216r，飞机匀速上升，则有P＝Mgv，联立解得v＝3E216Mgr，故B正确。]3．D[电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。η＝P外P总＝IUIE＝UE，E为电源的总电压(即电动势)，在

U－I图像中，纵轴截距表示电动势，根据图像可知Ua＝23E、Ub＝13E，则ηa＝23，ηb＝13，所以A、B、C错误，D正确。]4．BC[根据闭合电路的欧姆定律有U＝－Ir＋E，可知此电源的电动势为4V，内电阻为r＝

ΔUΔI＝12Ω，故A错误；由于该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，则小灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为P＝UI＝6W，故B正确；由于该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时小灯泡L1恰能正常发光，则小灯泡L1的内阻为RL1＝UI

＝1.5Ω，由于外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，若把小灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，则更接近电源内阻，则电源的输出功率将变大，故C正确，D错误。]5．C[U－I图像中图线的斜率表示电阻大小，由图像可知，B图线的斜率大于C图线

，所以R1>R2，故A错误；当外电阻与电源内阻相等或越接近时，电源的输出功率越大，由于不知道电源内阻与两电阻的大小关系，所以无法判断哪种情况下的电源输出功率较大，故B错误；由于R1>R2，所以电源与R1组成回路时电流较小，由公式P热＝I2r可知，电源与R1组成回路时，电源内阻消耗

的功率较小，故C正确；电源效率η＝IUIE＝UE＝IRI（R＋r）＝Rr＋R＝11＋rR，所以外电阻越大，电源效率越大，故D错误。]6．AB[根据题图可知E1＝E2＝10V，U－I图像的斜率的绝对值等于电源内阻，则r1＝54Ω，r2＝56Ω

，所以r1∶r2＝3∶2，E1∶E2＝1∶1，A、B正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝I1U1＝5.2×3.5W＝18.2W，P2＝I2U2＝5×6W＝30W

，则P1∶P2＝91∶150，小灯泡的电阻分别为R1＝U1I1＝3552Ω，R2＝U2I2＝56Ω，则R1∶R2＝21∶26，C、D错误。]7．D[当电流小于0.2A时，电动机不会发生转动，为纯电阻，

则该电动机的内阻为rM＝0.8－0.40.2－0.1Ω＝4Ω，A错误；根据E＝U2＋Ir，当U2＝3.4V时I＝0.1A；当U2＝3.0V时I＝0.3A；代入方程解得该电路中电源的电动势为E＝3.6V，r＝2Ω，B错误；此电路中，电动机的最大输出功率为P

＝IU1－I2rM＝3×0.3W－0.32×4W＝0.54W，C错误；当电动机两端电压超过U1′＝0.8V时电动机开始转动，此时电路中的电流为I′＝0.2A，则由电路可知E＝U1′＋I′(R＋r)，解得R＝12Ω

，即若电动机能转动，需要调节滑动变阻器阻值小于12Ω，D正确。]微专练46闭合电路动态分析与故障分析1．B[开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中

，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，故A错误；电源的输出功率P出＝I2R外＝E2（r＋R外）R外＝E2r2R外＋R外＋2r，可知，当r＝R外时，电源输出功率最大，将滑

动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，外电阻的大小向内阻接近，故输出功率变大，故B正确；电源的效率η＝P出P总×100%＝UE×100%，由于路端电压减小，所以电源的效率变小，故C错误；将定值电阻看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r，滑动变阻器的

最大阻值是3r，因为电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故D错误。]2．B[由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时，输出功率最大，最大值为Pm＝E24r，把定值电阻看成电源内阻，由

图乙可知，当Rr＝R1＝R＋r＝6Ω，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2＝E24（R＋r）＝1.5W，A错误；滑动变阻器的阻值为3Ω时与阻值为R2时消耗的功率相等，有ER0＋R＋r2R0＝ER2＋R＋r2R2，解得R2＝12Ω，B正确

；当回路中电流最大时，即Rr＝0时定值电阻R消耗的功率最大，C错误；当滑动变阻器Rr的阻值为0时，电路中电流最大，最大值为Im＝ER＋r＝64＋2A＝1A，则调整滑动变阻器Rr的阻值，不可能使电源的输出

电流达到2A，D错误。]3．ABD[开关闭合时，车灯变暗，故流过车灯的电流I灯变小，A正确；电路的路端电压为U路＝U灯＝I灯R灯，I灯变小，路端电压变小，B正确；总电流即干路电流为I干＝U内r＝E－U路r，U路减小，干路电流增大，C错误；电源总功率为P总＝EI干，I干增大，总功率变大，D正确。

]4．B[由图乙可知，酒精气体浓度越大，气敏电阻阻值越大，所以电路中的总电阻越大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流就越小，即电流表示数越小。电压表的示数U＝E－I(R1＋r)，可知电压表示数变大，故A错误，B正确；根据对A、B项的分析可知，电源内电压减小

，所以电源的路端电压变大，C错误；电压表与电流表示数的比值表示气敏电阻的阻值大小，因为酒精浓度越大，气敏电阻阻值就越大，所以电压表与电流表示数的比值就越大，故D错误。]5．AD[设电源内阻为r，甲图中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律UL＝E－I(R

0＋r)，可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变亮；当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压变小，流过灯泡的电流变小，由于通过干路的总电流增大，故流过R1的电流I1增大，根据P1＝I2

1R1可知R1电功率增大，故A正确，C错误；乙图中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，因为R1的电阻值和灯泡的阻值不变，故流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变

小，干路电流增大，流过R1的电流变大，电功率增大，故B错误，D正确。]6．C[因为温度降低，RT增大，由E＝I(r＋R＋RT)，可知，I减小，则U2＝E－I(r＋R)，U2增大，故A错误；电源的输出功率P＝Er＋R＋RT2(R＋RT)＝E2r2R＋RT＋（R＋RT）＋2r，R

T增大，根据数学知识可得输出功率减小，故B错误；电压表3测路端电压，电压表2测热敏电阻RT两端电压，电压表1测定值电阻R两端电压，由U3＝E－Ir，得ΔU3ΔI＝r，U2＝E－I(r＋R)，得ΔU2ΔI＝r＋R，由U1＝IR，得ΔU1ΔI＝R

，故ΔU1ΔI、ΔU2ΔI、ΔU3ΔI，都不变，且ΔU1<ΔU2，故C正确，D错误。]7．D[若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮，并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意，故A错

误；若R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，A灯变暗，不符合题意，故B错误；若R2短路，D灯不亮，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮，并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意，故C错误；若R3

短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮，并联部分的电压减小，通过C、D的电流都减小，则C、D灯变暗，干路电流增大，通过C灯电流减小，则B灯的电流增大，变亮，符合题意，故D正确。]微专练47含电容的直流电路分析1．B[以油滴为研究对象进行受力分析可知，

油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即mg＝qE＝qUd，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，改变R2时对电路工作状态无影响，所以B正确，A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以C错

误；断开开关S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以D错误。]2．A[MN两极板间电压和R0两端电压相同，故两极板间电场强度方向向上，微粒所受电场力方向向上；保持S闭合，增大R1，那么，R0两端电压减小，两极板间电压减小，故电场

强度减小，微粒所受电场力减小，合外力增大，粒子加速度增大，粒子打在O点左侧，故A正确；保持S闭合，增大R2，两极板间电压不变，故电场强度不变，微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故B错误；断开S，极板两端电荷保持不变，那么由电容C＝QU，C＝εrS4πk

d可知电场强度E＝Ud＝4πkQεrS，不变，那么微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故C、D错误。]3．B[由闭合电路欧姆定律，可得I＝ER外＋r，依题意电路稳定后，电容器所在支路断路，有R外＝11R1

＋R2＋1R3，联立解得I＝1A，故A错误；R3两端的电压为路端电压，即U＝E－Ir＝5V，故B正确；电容器与电阻R1并联，极板间电压为UR1＝UR1＋R2·R1＝2.5V，电容器所带的电荷量为Q＝C

UR1＝1.5×10－5C，故C错误；若S断开，电容器放电，相当于电源，R2与R3串联后再与R1并联，通过两支路的电流关系为I23I1＝R1R2＋R3＝13，则通过R2的电荷量为QR2＝Q×14＝3.75×10－6C，故D错

误。]4．B[滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，根据电路构造可知接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，则电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；电源的效率为η＝I2（R1＋R3）I2（R1＋R3＋

r）＝R1＋R3R1＋R3＋r＝11＋rR1＋R3，当滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据数学知识可知电源效率减小，故B正确；把R1看作电源的内阻，等效电源的内阻为R1＋r。滑片P缓慢从b向a滑动过程中，滑动变阻器接入

电路的电阻减小，但开始时R1＋r与R3的大小关系不能确定，所以无法判断等效电源的输出功率如何变化，即无法判断滑动变阻器消耗的功率如何变化，故C错误；根据闭合电路欧姆定律有U＝E－I(R1＋r)，当滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路的电流增大时，R3两端的电压减小，

电容器电压减小，根据Q＝CU可知电荷量在减小，电容器在放电状态，所以通过R2的电流方向为从d到c，故D错误。]5．A[根据电容器的定义式C＝QU可知UC＝QC＝ICt，结合图像可知，图像的斜率为IC，则1～2s内的电流I12与3～

5s内的电流I35关系为I12＝2I35，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律I＝UR可知R两端电压大小关系满足UR12＝2UR35，由于电流方向不同，所以电压方向不同，故A正确。]6．CD[当变阻箱的阻值为R4＝6Ω，电阻R1两

端的电压为U1＝R1R1＋R2E，解得U1＝3V，电阻R4两端的电压为U4＝R4R3＋R4E，解得U4＝3V，结合外电路中顺着电流方向电势降低，可知M点的电势等于N点的电势，故A错误；当变阻箱的阻值为R4′＝12Ω时，电阻

箱两端的电压为U4′＝R4′R3＋R4′E，解得U4′＝4.5V，则电容器两端的电势差为ΔU＝φ2－U4′＝1.5V，故B错误；变阻箱的阻值改变前，电路消耗的电功率为P1＝E2R1＋R2＋E2R3＋R4，解得P1＝11.25W，变阻箱的阻值

改变后，电路消耗的电功率为P2＝E2R1＋R2＋E2R3＋R4′，解得P2＝10.125W，变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为P1P2＝109，故C正确；当变阻箱的阻值为R4＝6Ω，M点的电势等于N点的电

势，电容器下极板不带电；当变阻箱的阻值为R4′＝12Ω，电阻R3两端的电压为U3′＝R3R3＋R4′E，解得U3′＝4.5V，则U3′<φ2，M点的电势高于N点的电势，电容器上极板带正电，带电荷量为Q＝C(φ2－U3′)＝8×10－5×(6－4.5)C＝1.2×10－

4C，变阻箱的阻值改变的过程中，通过电阻R5的电荷量为ΔQ＝1.2×10－4C，故D正确。]7．ABD[当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势，Q＝UC，而C1＝C2，所以Q1＝Q2，即C1、C2电量之比为1∶1，故A正确；S闭合，R1、R2串联

，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，C1、C2的电压等于R1、R2两端的电压，所以根据串联电路的特点可知，U1U2＝R1R2，Q＝UC，而C1＝C2，所以Q1Q2＝R1R2，故B正确；由B分析可知，当S闭

合时，C1的电压小于电源电压，则带电粒子受到的电场力F＝Ud变小，电场力小于重力，带电粒子向下加速运动，故C错误；开关S断开时，电路中没有电流，B点电势等于电源电动势；当S闭合时，B点电势等于R2两端电压，即S闭合后，B点电势降低，故

D正确。]微专练48安培力作用下导体的平衡问题1．C[金属棒通电后两软绳上的拉力均等于金属棒重力的34，所以两软绳的总拉力大小为32mg，由力的平衡条件可判断出此时金属棒受到的安培力方向竖直向下，大小为F安＝12mg，故A错误

；由左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向外，故B错误；由F安＝12mg＝BIl，得磁场的磁感应强度大小为B＝mg2Il，故C正确；若仅改变金属棒中的电流方向，则安培力的方向变为竖直向上，此时两软绳的拉力大小均为F＝12(mg－F安)＝14mg，故D

错误。]2．C[设线框的质量为m，右盘砝码质量为m1，则当线框中通以图示方向的电流I时，安培力向上，则满足BIL＋m1g＝mg；电流反向后，安培力向下，要在天平右盘加质量Δm砝码天平才能平衡，则BIL＋mg＝m1g＋

Δmg，联立可得2BIL＝Δmg，解得Δm＝2BIL/g，故C正确。]3．A[将虚线下方的磁场移至虚线上方，如图甲所示，细线中拉力为F2。线框处于匀强磁场中，则ab边和ac边受到的安培力大小相等，依据左手定则和几何关系可知，

安培力夹角为120°，因此安培力合力为F安，且F安＝Il2B有F2＝mg＋F安，当在虚线的下方时，细线中的拉力为F1；甲乙依据左手定则，则各边受到安培力如图乙所示，结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力

，方向竖直向上，大小为F安′＝BIl2，根据平衡条件，则有F1＋F安′＝mg，解得F安′＝mg－F1＝F2－mg，即BIl2＝12(F2－F1)，得I＝F2－F1Bl，故A正确。]4．D[根据闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋r，解得I＝1A，A错误；对导体棒

受力分析有，导体棒所受绳子的拉力FT＝Mg＝3N，导体棒所受安培力F安＝BIL＝2N，由于导体棒处于静止状态，所以导体棒所受摩擦力向左，根据平衡条件有μmg＋BIL＝Mg，解得μ＝0.5，B错误；磁感

应强度增加一倍，则F安1＝2BIL＝4N，根据受力情况可知摩擦力方向变为向右，大小为Ff＝4N－3N＝1N，C错误；对导体棒受力分析，如图所示。水平方向有FAsinθ＋Ff＝FT，竖直方向有FAcosθ＋mg＝FN，又有Ff＝μFN，解得FA＝FT－μmgsinθ＋μcosθ＝FT－μmg1＋μ

211＋μ2sinθ＋μ1＋μ2cosθ＝FT－μmg1＋μ2sin（θ＋α），由此可知，FA的最小值为FT－μmg1＋μ2＝455N，根据FA＝BIL，解得B＝455T，D正确。]5．D[当电流方向垂直于纸面向外时，由左手定则可知，磁铁对通电直导线的作用力垂直于斜面向下，则通电直导线

对磁铁的作用力垂直于斜面向上，故A错误；当电流方向垂直于纸面向外增大时，由于通电直导线对磁铁的作用力垂直于斜面向上，磁铁对斜面的压力减小，磁铁与斜面间的最大静摩擦力减小；若静摩擦力仍能与磁铁重力沿斜面向下的分力平衡，则轻绳拉力仍为0，故B、C错误；当电流方向垂直纸面向里时，由左手定则可知，磁

铁对通电直导线的作用力垂直于斜面向上，则通电直导线对磁铁的作用力垂直于斜面向下，磁铁对斜面的压力增大，磁铁与斜面间的最大静摩擦力增大，剪断细绳，静摩擦力仍能与磁铁重力沿斜面向下的分力平衡，磁铁仍保持静止，故D正确。]微专练49带电粒子在直线边界磁场中的运动1．A[由左手定则可知，

M带负电，N带正电，A正确；由R＝mvqB可知，M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力对M、N都不做功，C错误；由T＝2πmqB可知，M的运动时间等于N的运动时间，D错误。]2．D[设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qvB＝m

v2R，解得R＝mvqB，设a、b、c三点的坐标分别为x1、x2、x3。如图所示，当θ＝45°时，若粒子从a点射出磁场，根据几何关系有x1＝2R1＝2mv1qB，若粒子从b点射出磁场，根据几何关系有x2＝2R2

＝2mv2qB，当θ＝60°时，粒子从c点射出磁场，根据几何关系有x3＝3R3＝3mv3qB，并且2x3＝x1＋x2，解得v3＝66(v1＋v2)，故D正确。]3．AD[粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负

电，A正确；粒子运动的轨迹如图。由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝2a，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，解得v＝2qBam，B、

C错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(2＋1)a，D正确。]4．BD[由左手定则可得a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则Ra＝12dsin30°＝d，Rb＝12dsin60°＝3

3d，所以Ra∶Rb＝3∶1，故B正确；由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝Ta6＝tb＝Tb3，则Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。]5．B[带电离子做

匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝mv2r，解得r＝mvqB＝L，则垂直左边界运动的离子恰与右边界相切，运动半个圆周，在磁场中运动的时间最长，为tmax＝T2＝πmqB，此时，离子从左边界离开磁场，射入点与射出点间的距离最大，大小为2L，故A

、D错误；离子从右侧边界离开磁场时，当离子圆周运动的弦长最短时，对应圆心角最小，根据t＝θ2πT，运动时间最短，由几何关系得最短弦长为L，圆心角为60°，时间为tmin＝T6＝πm3qB，故B正确；离子从右侧边界离开磁场时，离

子初速度沿左边界向下，离子做四分之一的圆周运动，此时有最大弦长，对应圆心角最大，运动时间最长，则离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为tmax′＝T4＝πm2qB，故C错误。]6．BC[若离子通过下部分磁场直接到达P点，

如图甲。根据几何关系则有R＝L，qvB＝mv2R，可得v＝qBLm＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子上下均经历一次时，如图乙。因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，可

得v＝qBL2m＝12kBL，甲乙此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝qBL（2n－1）m＝12n－1kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°，当离子从上部

分磁场射出时，需满足v＝qBL2nm＝12nkBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故可知B、C正确，A、D错误。]7．BC[根据题意，从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场，如图甲所示。根据几何关系可知，a点

为粒子运动轨迹的圆心，则粒子做圆周运动的半径为r＝L，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r，联立解得v0＝qBLm，故A错误；粒子从a点射出磁场，根据题意，粒子的运动轨迹如图乙所示。根据几何关系可知∠O1ca＝60°，α＝60°，即粒子在c点的速度方向与b

c夹角为60°，故B正确；根据题意，与bc夹角为45°入射的粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示。根据几何关系可知，粒子运动轨迹所对圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝45°360°×2πrv0＝πm4qB，故C正确；根据题意可知，所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动轨迹对应的

弦长最短的情况为弦与ab垂直，此时粒子运动的时间最短，最短时间的运动轨迹为弧线cd，如图丁所示。根据几何关系可得sinθ2＝78LL＝78，又cosθ＝1－2sin2θ2＝2532>22，由题意结合余弦定理有cosθ＝2532>22，可知θ<π4，结合C选项分析可知，从ab边界出射的粒子

中在磁场中运动的最短时间tmin<πm4qB，故D错误。]8．CD[如图所示为粒子运动的动态圆在各个边上的临界点，粒子运动的半径为3L2。动态圆对应的弦为OE和OF时，粒子对应的时间最短，为16T＝πm3qB，

故A错误；粒子刚好从OB边射出时对应的圆心角最大为120°，故而最长时间为13T＝2πm3qB，故B错误；AB边上有粒子射出的部分为AD，长度为3L，故C正确；沿OF和OB方向发射的粒子均从OB边上射出，∠BOF＝60°，故而占粒子总数的13，故D正确。]

9．AB[速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，所以由左手定则可知，粒子带负电，A正确；速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图。粒子的运动轨迹结合几何

关系可知，α＝60°，所以粒子做圆周运动的半径r＝d，由牛顿第二定律qvB＝mv2r，解得粒子运动的速度大小为v＝qBdm，故B正确；作图可知，粒子从AD边离开时的运动轨迹都为劣弧，由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此从AD边离开的粒子

在磁场中运动的轨迹越短，即该轨迹对应的弦越短，时间越短，分析可知，O点到AD的最短距离为EO，即从E点射出的粒子在磁场中运动时间最短，因此最短时间为六分之一周期，由T＝2πrv，可得最短时间t＝T6＝πm3qB，故C错误；如图，当粒子水平向左飞入时刚好从A点飞

出，当粒子竖直向上飞入时，刚好从D点飞出，由图可知，从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为图中AODA区域的面积，所以该区域面积为S＝14πd2＋d2－14πd2＝d2，故D错误。]10．BC[该正电荷

运动轨迹如图所示。依题意，虚线框为所存在的最小矩形匀强磁场区域。由几何关系易知，正电荷在磁场内做圆周运动的圆心角为5π3，故该正电荷在磁场中运动的时间为t＝5π32π·2πmqB＝5πm3qB，故A错误，B正确；圆周运动的半径为r＝mv0qB，可知这个矩

形的最小面积表达式S＝2r·(r＋rcos30°)，即可得S＝(2＋3)mv0qB2，故C正确，D错误。]11．BD[由于恰没有一个粒子飞出，所以粒子在磁场中运动的半径r＝34L，所有粒子能到达的区域是一个以O为圆心、半径为2r的圆，所以面积S＝π(2r)2＝3πL24，故A错误

；又因r＝mvqB，所以磁感应强度B＝43mv3qL，故B正确；若磁感应强度调整为2mvqL，则粒子在磁场中运动的半径为L2，轨迹如图中①轨迹，由于边界是一个正六边形，所以粒子会从六边形的边上飞出，从而打不到A点，故C错误；粒子的轨迹如图中②轨迹所示，设粒

子的运动半径为r′，则有r′＝mvqB′，由几何关系得r′＋r′cos30°＝L，解得B′＝（23＋3）mv3qL，故D正确。]12．A[由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN左侧受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；

在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子相对于在MN上的速度方向向y轴负方向偏移，做匀速圆周运动，故A正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。]微专练50带电粒子在圆形边界

磁场中的运动1．AD[由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故A正确，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，故C错误；粒子2在磁场中洛

伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。]2．BD[粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。根据左手定则可知，A粒子带负电，B粒子带正电，故A错误；根据几何关系rA

＝Rcos60°，rB＝Rcos30°，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，所以qm＝vBr，所以A、B粒子的比荷之比为1∶3，故B正确；A、B粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3∶1，故C错误；粒子在磁场中运动的时间为t＝β2πT，T＝2πm

qB，A粒子圆心角为60°，B粒子的圆心角为120°，所以A、B粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2，故D正确。]3．AC[根据几何关系，靠近N点的入射粒子的半径r1≥R2就能到达MN的右侧地面，由洛伦兹力提供向心力得

qvB＝mv2r1，解得v≥qBR2m，即此时粒子能够到达MN右侧地面，故A正确；若粒子速率为qBRm，可知轨道半径为r2＝mvqB＝R，粒子做匀速圆周运动，入射到磁场的粒子到达地面的轨迹为劣弧，轨迹对应的弦长越短，对应的圆心角越小，运动时间越短，则到达地面

最短的弦长为R，所以最小圆心角为60°，运动时间最短tmin＝π3Rv＝πm3qB，故B错误；设正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面时轨道半径为r3，如图所示。根据几何关系有r23＋(2R)2＝(r3＋R)2，解得r3

＝32R，根据qvB＝mv2r23，解得v＝3qBR2m，即正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面，则其速率为3qBR2m，故C正确；根据选项C分析可知，正对O点偏N侧的粒子都能到达地面，正对O点偏M侧的粒子都不能到达地面，即当粒子速率为3qBR2m，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地面，故D错误

。]4．AD[根据洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，可得r＝mvqB，得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3m，从O点射入的粒子运动轨迹如图中的1所示，从aO边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的2所示，出射点应分布在be边和ab边上，故B错误，D正确；从Od边上某点射入的粒子运动轨迹

如图中的3所示，出射点应分布在be边上，故A正确，C错误。]5．ACD[负粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得qv0B＝mv20r，解得r＝mv0qB＝BkRkB＝R，可知粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子从C点离开磁场，故A正确；粒子

在磁场中运动半径不变，且与磁场的半径相等，由磁聚焦规律可知，若该负粒子从D点以原速率和方向入射，则粒子仍从C点离开磁场，其在磁场中运动轨迹如图乙所示，D点为弧AC的中点，弧AC所对圆心角为90°，可知α＝45°，负粒子

从A点射入，从C点离开磁场，轨迹所对圆心角为90°，在磁场中运动的时间为t，粒子从D点以原速率和方向入射，则粒子在磁场中运动的时间为t2，B错误，C正确；甲乙丙若该负粒子从O点以原速率沿OC方向入射，其在磁场中运动轨迹如图丙所示，圆心在A点，从E点

射出，由几何知识，可知△AEO是等边三角形，则有β＝60°，则粒子在磁场中运动的时间为2t3，D正确。]6．AC[设离子运动半径为R，由几何关系可知R＝rtan60°，解得R＝3r，故A正确；由几何关系，离子离开时距b点的距离x＝r＋3r＝(1＋3)r，故B错误；

离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2R，解得B＝3mv3qr，故C正确；由几何关系可知，离子偏转角θ＝150°，所以t＝θ360°T，由周期公式T＝2πRv，解得t＝53πr6v，故D错误。]7．BC[根据题意，画出粒子

在磁场中运动的轨迹，如图所示。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有(3r－R)2＝R2＋r2，解得R＝43r，故A错误，B正确；由qvB＝mv2R，可得粒子在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为v＝4qBr3m，则粒子第一次在圆形区域内运动的时间

为t＝2rv＝3m2qB，故C正确，D错误。]8．D[根据磁聚焦模型，应有磁偏转半径为圆形区域半径r，根据qvB＝mv2r，此时粒子速度为v＝Bqrm，D正确；由左手定则可得，应于N点射出磁场，A错误；最上层粒子在磁场中的运动时间

最长，最下层粒子在磁场中运动时间最短，B错误；由粒子运动轨迹可知，射出粒子方向不相同，C错误。]9．AC[由洛伦兹力充当向心力得qv0B＝mv20R，所以半径为R＝mv0qB，运动轨迹如图所示。若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小，CD＝R，故最小面积为Smin

＝πr2＝πR22＝πm2v204B2q2，A正确，B错误；若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到CD的距离h为宽，则矩形的面积最小。h＝R－32R＝1－32R，所以矩形区域磁场最小面积为Smin＝Rh＝1－

32R2＝2－32m2v20B2q2，C正确，D错误。]10．AB[设粒子在n个磁场区域运动的时间为t1，则t1＝2πrv，粒子在一个无磁场区域中运动的直线长度L＝2rsinα，α＝πn，粒子在n个无磁场区域运动的时间t2＝nLv，则粒子在闭合轨道上运动的周期T＝t1＋t2＝2πm＋2

nmsinπnqB，y＝xsin1x，该函数图像如图甲所示。由图可知当x≥2时y＝xsin1x为一个单调递增函数，可得粒子的周期与速度无关，n越大，周期越大，故A、B正确；粒子在磁场中做圆周运动时有qvB＝mv2r，考虑对称性，画出临界轨迹，如图乙所示，由几何关系可得α

＝2θ，最大半径rm＝R2，所以vm＝BqR2m，故最大速度与n无关，故C、D错误。]11．D[设粒子在B1中的轨道半径为R1，R1＝rtan60°＝3r，根据牛顿第二定律得qv0B1＝mv20R1，解得B1＝3mv03qr，A错误；设粒子在B2中的轨道半径

为R2，R2＝rtan60°＝3r，设圆b的半径为r2，r2＝R2＋R2sin60°＝(2＋3)r，B错误；因为R2＝R1，所以B2＝B1，所以B2＝3mv03qr，C错误；设粒子在B1、B2中的运动时间为2t1、t2，t＝2t1＋t2，t1＝16T1，T1＝2πmqB1，t2＝3

00°360°T2，T2＝2πmqB2，解得t＝73πr3v0，D正确。]微专练51洛伦兹力在现代科技中的应用1．B[质子(11H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足qv0B＝qE，解得v0＝EB，即质子的速度

满足速度选择器的条件；以速度v02射入的正电子(01e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；以速度v0射入的电子(0－1e)，满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确；以速度2v0射入的核(21H)，以速度4v0射入的α粒

子(42He)，其速度都不满足v0＝EB，都不能做匀速直线运动，故C、D错误。]2．B[粒子经过电场要加速，原子核带正电，所以下极板S2比上极板S1电势低，故A错误；原子核加速过程，根据动能定理得qU＝12mv2，原子核在磁场中做

圆周运动时有qvB＝mv2r，得r＝1B2mUq，21H原子核与11H原子核相比，电量q相同，质量较大，所以圆周运动半径较大，则21H原子核，最终打在D点左侧，故B正确；由r＝1B2mUq可知，若只增大加

速电压U，则半径r增大，该粒子最终打在D点左侧；若只增大磁感应强度B，则半径r减小，该粒子最终打在D点右侧，故C、D错误。]3．BC[沿直线O1O2运动的粒子满足qvB1＝qE，即速度为v＝EB1，在偏转磁场中

洛伦兹力作为向心力，可得qvB2＝mv2r，联立可得qm＝ErB1B2，21H和42He比荷相等且较小，故半径较大，打在P2点，11H比荷较大，故半径较小，打在P1点，A错误，B正确；由A、B的解析可知，21

H和42He的比荷是11H的比荷的12，故半径是其2倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，C正确；在偏转磁场中的周期为T＝2πrv＝2πmqB2，运动时间为t＝T2＝πmqB2，故粒子在偏转磁场中运动的时间不会都相等，D

错误。]4．C[洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，质子加速后获得的最大动能为Ek＝12mv2，解得最大速率约为v＝5.4×107m/s，故C正确。]5．D[设粒子在磁场中运动的次数为k，kqU0＝

12mv2k，qvkB＝mv2kR，粒子在磁场中运动的时间t＝kT2，解得t＝πBR22U0，当U0变为原来的2倍时，时间变为原来的12，A错误；根据T＝2πRv，解得T＝2πmqB，加速电场中交变电压的周期应与圆周运动的周期相同，又因为4

2He与氘核的比荷相同，因此不需要改变任何条件，该装置也可以加速α粒子，B错误，D正确；氘核恰好离开时动能最大，由牛顿第二定律得qvB＝mv2R，动能为Ek＝12mv2＝q2B2R22m，C错误。]6．C[带电粒子只有经过MN板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向不需

改变，只在MN间加速，所以该回旋加速器可以加速其他比荷不同的带正电粒子，故A、B正确；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，由qvB＝mv2r，可得vmax＝qBrDm，可知加速粒子的最大速度与D形盒半径rD有关，与板间电压无关。可知增大板间电压，

粒子最终获得的最大速度不变，故C错误，D正确。]7．C[根据题意，由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，正离子在B板累积，负离子在A板累积，则B板为正极、A板为负极，故A错误；磁流体发电机电动势E

＝BLv，其中B为板间磁场的磁感应强度，L是两板间距离，v为等离子体射入的速度，电动势取决于发电机内部因素，与外电路无关，外电路变化影响的是发电机的A、B板间的路端电压，故B错误；电动机被卡住后，反电动势消失，回路中电流增大，磁流体发电机的功率P＝EI增大，故C正确；电动机

是非纯电阻电路，外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大的结论不成立，故D错误。]8．BCD[根据左手定则，正离子所受洛伦兹力方向由M指向N，负离子所受洛伦兹力方向由N指向M，M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确；正负离子达到稳定状态时，有qvB＝qUd，可得

流速v＝UBd，故C正确；血液流量为Q＝Vt＝Sv＝πdU4B，故D正确。]9．B[由图可知，含有大量正、负离子的液体从入口进入管道，根据左手定则可知，带正电的离子向上偏转，带负电的离子向下偏转，当显示器的示数稳定时，则在管道内形成向下

的匀强电场，则有qvB＝qE，而E＝Ud，流量Q＝Sv，联立解得Q＝USBd，所以Q＝1k·UABd式中的A应该为管道的横截面积S，故B正确。]10．BD[等离子体在两极间受力平衡，由qUd＝qvB，解得U＝Bdv＝6×0.3×

1000V＝1800V，所以电阻R两端的电压小于1800V，故A错误；等离子体在磁场力作用下发生偏转，带正电的离子向上极板偏转，则上极板为电源正极，故B正确；由电阻定律可得发电机内阻r＝ρdab＝2×0.30.2×0.6Ω＝5Ω，发电机的输出功率P＝

UR＋r2R＝U2R＋r2R＋2r，当外接电阻等于内阻时，发电机的输出功率最大，即R＝r＝5Ω，故C错误；电流表的示数为I＝UR＋r＝BdvR＋r，所以增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大，故D正确。]11．A[由题意及乙图可知，叶

轮转一周所需时间为T＝3(t＋Δt)，故转速为n＝1T＝13（t＋Δt），故A正确，B错误；设霍尔元件前、后表面间的距离为h，有qvB＝qUh，又因为I＝NqSv，其中N为霍尔元件单位体积内的自由电荷数，解得U＝BINqh，可见电压U与转速大小没有关系，故C错误；若磁铁磁性减弱，会影响电压大小

，但与转速无关，故D错误。]微专练52楞次定律及其推论的应用1．BD[地磁场方向由南向北，开始时窗口向南，磁通量最大，开窗过程中，穿过钢窗的地磁场的磁通量变小，则推窗过程中，钢窗中有感应电流，A、C错误，B正确；根据楞次定律可知，从推窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是逆时针

，D正确。]2．B[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ab

cda后为adcba；同理，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B正确

。]3．B[初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量，对比可知，初始时线圈c的磁通量

最大，A错误；若三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，B正确；线圈d中的磁场向内且磁通量减小，由楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，C错误；线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小

量相同，故产生的感应电流大小相等、方向相同，D错误。]4．D[对A进行加热，其磁感应强度增大，A内部磁场与外部磁场方向相反，B线圈的总磁通量与A内部磁场方向相同，穿过线圈B的磁通量增大，由楞次定律可知，B线圈一定有扩张的趋势，故A、B错误；根据楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场

阻碍了B线圈内磁通量的增加，而非阻止，故C错误；根据右手螺旋定则和楞次定律可知，若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A中原磁场方向向右，A内部磁场大于外部磁场，因此磁场方向要看内部，即A右端是强磁性合金的N极，故

D正确。]5．D[线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故A错误；通过线圈平面的磁通量变化量为ΔΦ＝BS－0＝BS，故B错误；线圈平面的磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针；根据左手定则可知，AB边受安培力方向向左，故C错误，D正确。]6．C[由题

意可知线圈B的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。根据右手螺旋定则判断出线圈B的电流在线圈A产生的磁场垂直纸面向里，根据楞次定律可以判断出线圈A产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈B的电流在线圈

C产生的磁场垂直纸面向外，根据楞次定律可以判断出线圈C产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向里，A、B错误；穿过线圈A的磁通量等于垂直纸面向里的磁通量减去线圈A、B间垂直纸面向外的磁通量，根据A、B选项分析结合楞次定律可知线圈A面积有

扩大的趋势，根据楞次定律增缩减扩可知线圈C面积有缩小的趋势，C正确，D错误。]7．AC[将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈的过程中，线圈与

磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，故A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知抽出线圈的过程中，线圈对条形磁铁的作用力竖直向下，故B错误；根据楞次定律可知插入线圈的过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向

(俯视)，故C正确；匀速插入线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力所做的功等于线圈中产生的焦耳热，故D错误。]8．BC[在0～T4时间内，交变磁场方向竖直向上，磁感应强度增大，根据楞次定律可知，从上往下看感应电流沿顺时针方向，A错误；在T4～3T4时间内，根据I＝

ER，E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt，则有I＝SR·ΔBΔt，根据图乙可知，在T4～3T4时间内，磁感应强度的变化率，即图线切线的斜率先增大后减小，则感应电流先增大后减小，根据楞次定律可以判断，该段时间内，从上往下看感应电流的方向始终沿逆时针

方向，方向不变，B正确；在T4～T2时间内，磁场方向竖直向上，磁感应强度减小，根据楞次定律可知，感应电流的效果是要阻碍磁通量的减小，即交变磁场对感应电流的安培力作用使得圆环有扩张的趋势，C正确；在T2～3T4时间内，由于I＝SR·ΔBΔt，可知，感应电流逐渐减小为0，即在3T4

时刻感应电流为0，则此时刻磁场对圆环上任一小段导线的作用力为0，又由于在T2时刻，交变磁场的磁感应强度为0，则此时刻磁场对圆环上任一小段导线的作用力也为0，可知，在T2～3T4时间内，磁场对圆环上任一小段导线的作用力先增

大后减小，D错误。]9．BD[当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，B正确，A错误；结合A、B的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，C错误；闭合线圈

A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，D正确。]10．D[金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，由于感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，则穿过圆环形金属线框T中

的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确。]11．BD[圆盘N能沿箭头方向逆时针转动，可知感应电场的方向沿顺时针方向，则产生感应电场的磁场方向垂直纸面向里；若导体棒ab向右运动，则

感应电流由b到a，M中的磁场向外，与产生感应电场的磁场方向相反，可知必然是增强的，则ab必然加速运动，故A错误，B正确；若导体棒ab向左运动，则感应电流由a到b，M中的磁场向里，与产生感应电场的磁场方向相同

，可知必然是减弱的，则ab必然减速运动，故C错误，D正确。]12．AB[要使线圈A受到沿半径指向圆心的力，也就是线圈具有收缩的趋势，企图通过收缩使面积减小以阻碍其磁通量的变化，显然A线圈的原磁通量是增

加的，这样D中感应电流产生的磁场应该增大，即MN必须向左或向右做加速运动，A、B正确，C、D错误。]13．C[圆盘顺时针加速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下，且磁场增强。由楞次定律可知，

线圈B中的感应磁场方向向上，由安培定则可知ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误；圆盘逆时针匀速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生

的磁场方向向上，且磁场不变，线圈B中无感应电流，则ab棒静止，故B错误；圆盘顺时针减速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下，且磁场减弱。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安培定则可知ab棒中感应电流方向由b

→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故C正确；圆盘逆时针加速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上，且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安培定则可知ab棒中感应电流方

向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故D错误。]微专练53法拉第电磁感应定律的应用1．A[按下按钮的过程中，螺线管中的磁场增强，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由P流向Q，螺线管作为电

源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以其P端电势较低，故A正确；松开按钮的过程中，螺线管中的磁场减弱，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由Q流向P，螺线管作为电源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以其Q端电势较低，故B错

误；按住按钮不动，螺线管中的磁通量变化率为零，线圈中不会产生感应电动势，故C错误；按下和松开按钮的过程中，产生的感应电动势方向不同，故D错误。]2．B[根据法拉第电磁感应定律可知，3圈线圈产生的电动势大小分别为E1＝ΔBΔta

2＝ka2，E2＝ΔBΔtb2＝kb2，E3＝ΔBΔtc2＝kc2，由图可知3圈线圈产生的电动势方向相同，则整个线圈产生的感应电动势为E＝E1＋E2＋E3＝(a2＋b2＋c2)k，故B正确。]3．C[设甲回路的面积为S1，则感应电动势E

1＝B0t0S1，t0时刻，甲回路中小的半圆环受到的安培力F1＝2B0E1Rr，设乙回路的面积为S2，则感应电动势E2＝B0t0S2，t0时刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力F2＝2B0E2Rr，由题意知，甲、乙两回路面积之差为S1－S2＝πr2，则安培力之差ΔF＝F1－F2＝2

πB20r3Rt0，故C正确。]4．AC[由磁感应强度的变化规律可知，闭合回路中的磁感应强度向内，磁通量增加，由楞次定律可知，通过小灯泡的电流由a流向b，A正确；矩形线圈产生的感应电动势为E1＝S1ΔBΔt＝kS

1，小圆线圈产生的感应电动势为E2＝S2ΔBΔt＝kS2，由楞次定律可知，两部分线圈产生的感应电动势方向相同，所以总电动势为E＝E1＋E2＝k(S1＋S2)，B错误；通过小灯泡的电流大小为I＝ER＋r＝k（S

1＋S2）R＋r，C正确；通过小灯泡的电流是恒定电流，小灯泡两端的电压为U＝IR＝Rk（S1＋S2）R＋r，D错误。]5．C[根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线而产生的感应电流方向相同(均是顺时针方向)，线圈中的感应电动势大

小E＝2B·2a·12v＝2Bav，感应电流大小I＝ER＝2BavR，此时圆环中的电功率为P＝EI＝4B2a2v2R，故A错误；根据左手定则可知，圆环左、右两边受到的安培力均是水平向左，所以根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为a＝2BI·2am＝4Bam·2BavR

＝8B2a2vmR，故B错误；此过程中通过圆环截面的电荷量为Q＝I－Δt＝ΔΦRΔt·Δt＝ΔΦR＝πBa2R，故C正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以W电＝12mv2－12mv22＝

38mv2，故D错误。]6．B[导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，导体杆从开始摆动到停

止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B。]7．A[由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φ

C，D错误。]8．CD[根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线时，产生的感应电流应该是从B向A，故A错误；据E感＝BLv－以及v＝rω可得切割磁感线时产生的电动势E感＝BLv－＝Br(ωr＋2ωr2)＝32Br2ω，切割磁感线的导体

相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知UAB＝RR＋RE感＝12×32Br2ω＝34Br2ω，故B错误；切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，故C正

确；由B分析知，AB两端的电压为34Br2ω，则电容器两端的电压也是34Br2ω，故电容器所带电荷量Q＝CU＝34CBr2ω，故D正确。]9．C[OP转动过程中旋转切割磁感线，设OP长度为r，角速度为ω，由E＝

Brv－，v－＝rω2，可得感应电动势为E＝Br2ω2，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割磁感线时，感应电流方向由O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以流过金属杆MN的电流方向由M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN受到的安培力方向水平向左，故杆MN向左运动，故C正确；当

金属杆向左运动时，杆MN切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E总＝E－E′＝Br2ω2－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D错误。]

10．B[过程Ⅰ回路中磁通量变化ΔΦ1＝14BπR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1＝ΔΦ1R。过程Ⅱ回路中磁通量变化ΔΦ2＝12(B′－B)πR2，流过OM的电荷量Q2＝ΔΦ2R。Q2＝Q1，联立解得B

′B＝32，B正确。]11．BD[金属杆AC每经过O1P一次则电流方向改变一次，则转一圈电流的方向改变2次，A错误；金属杆产生的感应电动势E＝2B(2r－r)ω2r＋r2＝12V，电路总电阻R＝242Ω＝12Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I＝ER＝1A，B正确；金属

圆环的发热功率为P＝E2R＝12212W＝12W，C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W＝Q＝I2RT＝12×12×2π2J＝37.68J，D正确。]12．A[若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E1＝（B1－B0）πr2t，

则Q＝E21Rt＝（B1－B0）2π2r4tR①，若线圈转动：则产生的感应电动势最大值E2m＝B1ωS＝B1π22t·πr2＝π2r2B14t，有效值E2＝π2r2B142t，产生的热量Q＝E22R×2t＝π4

r4B2116tR②，联立①②可得B0B1＝4－π4，故A正确。]微专练54电磁感应中的图像问题1．B[图C中，根据楞次定律，在0～2t0时间内，感应电流的方向一直是顺时针，一直是正值，C错误；图D中，根据楞次定律，在0～2t0

时间内，感应电流的方向一直是逆时针，一直是负值，D错误；图A中，根据楞次定律，在0～t0时间内，感应电流的方向为顺时针，是正值；根据楞次定律，在t0～2t0时间内，感应电流的方向为逆时针，是负值，A错误；图B中，根据楞次定

律，在0～t0时间内，感应电流的方向为逆时针，是负值；根据楞次定律，在t0～2t0时间内，感应电流的方向为顺时针，是正值；根据法拉第电磁感应定律E1＝ΔΦΔt＝B0t0S，E2＝ΔΦΔt＝2B0t0S，所以E2＝2E1，又因为i＝ER，所以i2

＝2i1，B正确。]2．B[根据法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，结合图乙，由于在相邻的12周期的时间间隔之内，磁感应强度与时间均成线性关系，可知磁感应强度的变化率大小为定值，即圆环中的感应电动势大小一定，可知回

路中感应电流大小一定，则ab边所受安培力大小也一定，故C、D错误；在0～14T时间内，穿过圆环的原磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，ab边所

受安培力方向水平向左，即F为负值，同理可以判定，在14T～12T时间内，ab边所受安培力方向水平向左，即F为负值，在12T～34T、34T～T时间内，ab边所受安培力方向均水平向右，即F均为正值，结合上述可以确定，故A错误，B正确

。]3．ACD[由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，可知，在0～1s和5～6s两段时间内产生的感应电动势大小相等，且保持不变，而1～5s时间内产生的感应电动势大小不变，但大小只有0～1s和5～6s两段时间的一半，A正确；由P＝I2R可知，a

b边的热功率在0～1s和5～6s两段时间内是1～5s内的4倍，C正确；由楞次定律可得在0～1s和5～6s电流为逆时针负方向，且恒定不变，而1～5s电流为顺时针正方向且恒定不变，B错误；由F安＝ILB，ab边安

培力大小与磁感应强度成正比，再利用左手定则可知，D正确。]4．B[0～1s时，左侧磁场均匀减弱，右侧磁场均匀增强，由楞次定律可知线圈中有顺时针方向的恒定感应电流；1～2s时，左侧磁场均匀增强，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的

恒定感应电流，右侧磁场均匀增强，由楞次定律可知线圈中有顺时针方向的恒定感应电流，故二者相互抵消；2～3s时，左侧磁场均匀减弱，由楞次定律可知线圈中有顺时针方向的恒定感应电流，右侧磁场均匀减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的恒定感应电

流，故二者相互抵消；3～4s时，左侧磁场均匀增强，右侧磁场均匀减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的恒定感应电流，故A、C、D错误，B正确。]5．D[设金属框的顶角为2α，速度为v，此过程产生的感应电动势

为E＝BLv＝B·2xtanα·v＝2Btanα·vx，感应电流为I＝ER＝2Btanα·vxR，金属框受到的安培力大小为F安＝ILB＝B×2Btanα·vxR×2xtanα＝4B2x2tan2α·vR，金属框做匀速直线运动，由平衡条件可得F＝F安，由数学知识可知D正确，A、B、C错误。]

6．BC[在x≤L的过程中，磁通量Φ＝B[L＋（L－x）]x2＝12B(2L－x)x，在L<x≤2L的过程中，磁通量Φ＝B（2L－x）22，故A错误；设线框电阻为R，在x≤L的过程中，由右手定则可知，线框中感应电流的方向是逆时针，为正方向，电动势e1＝B

(L－x)v，电流i1＝e1R＝BvR(L－x)，bc间的电势差Ubc＝14Ri1＝Bv4(L－x)，在L<x≤2L的过程中，由右手定则可知，线框中感应电流的方向是顺时针，为负方向，电动势e2＝B(2L－x)v，电流i

2＝－e2R＝BvR(x－2L)，bc间的电势差为ba、ad、dc三条边电阻的电势Ubc＝34Ri2＝3Bv4(2L－x)，故B、C正确；在x≤L的过程中，线框匀速运动，外力大小等于安培力大小为F1＝Bi1(L－x)＝B2vR(L－x)2，方向向右始终为正，安培力与x的关系

图线为抛物线，故D错误。]7．BC[因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框每秒运动一个方格，故在0～1s内只有ae边切割磁感线，设方格边长为L，根据E1＝2BLv，I1＝E1R，可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长

，此时有E2＝3BLv，I2＝E2R，可知I2＝32I1，2～4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，同理可得在4s末I3＝12I1，综上分析可知A错误，B正确；根据Fab＝ILabB，可知在0～1s内ab边

所受的安培力线性增加；1s末安培力为Fab＝I1LB，在2s末可得安培力为Fab′＝B×32I1×2L，所以有Fab′＝3Fab；由图像可知C正确，D错误。]微专练55交流电的产生与“四值”问题1．AD[可等效为线圈在匀强磁场中匀速转动，产生周期性变化的交变

电流，所以这个电路中存在周期为T的变化电流，故A正确；由于地磁场方向等效为由南指向北，则t＝0时刻，回路磁通量最大，电路中电流最小为0，故B错误；t＝T4时刻，第一次经过水平位置，这个过程磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流方向向右

通过灵敏电流计，故C错误；t＝T2时刻，导线速度方向与磁场方向平行，磁通量变化率为零，则电路中电流为零，故D正确。]2．B[根据E＝nΔΦΔt可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相

等；根据P＝U2R可知，两电阻的电功率也不相等，A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，B正确；当磁铁的磁极到达一线圈附近时，该线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，

可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，C错误。]3．AB[线圈产生的电动势有效值为E＝2022V＝20V，电压表测量路端电压，则有U＝RER＋r＝18V，A正确；交流电的周期是0.2s，一个周期电流方向改变两次，则电路中的电流方向每秒

改变10次，B正确；0.1s时，感应电动势最大，线圈处于与中性面垂直的位置，C错误；电动势的瞬时值表达式为e＝202cos(10πt)V，D错误。]4．AD[根据图像可知，在t＝0时穿过线圈的磁通量为零，所以线圈平面

平行于磁感线，A正确；Φ－t图像的斜率为ΔΦΔt，即表示磁通量的变化率，在0.5～1.5s之间，“斜率方向”不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；在t＝1.5s时，通过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝

100×0.04×2π2＝4π(V)，有效值E＝Em2＝22πV，根据焦耳定律可得一个周期产生的热量为Q＝E2RT＝8π22×2J＝8π2J，故D正确。]5．C[设线框中产生的电动势有效值为E，根据焦耳定律得Q＝E2Rt，又t＝Lv＝0.2s，则E＝QR0.2＝2V，感应电流有效值为I＝ER＝

2A，最大值为Im＝2×2A＝2A，电流的周期为T＝2t＝2Lv＝0.4s，角速度为ω＝2πT＝5πrad/s，所以线框中电流随时间变化的关系式为i＝Imsinωt＝2sin(5πt)A，故C正确。]6．B[根据题意交流电

电压瞬时值的表达式为e＝100sin(100πt)V，周期为T＝150s＝0.02s，则在前半个周期内，当t＝T6时开始发光，t＝3T8时停止发光，发光时间为Δt＝3T8－T6＝5T24，整个周期发光

时间为2Δt＝512T，故一个小时内的发光时间为t＝3600sT×512T＝1500s＝25min，故B正确，A、C、D错误。]7．D[由有效值概念知，一个周期内产生的热量Q方＝u20R·T2＋u20R·T2＝u20RT，Q正＝U2有效RT＝

u022RT＝u202RT，可得Q方Q正＝21，故D正确，A、B、C错误。]8．A[交流电流表的读数为电流有效值，设为I；根据有效值定义可得I2RT＝822R·T4＋(32)2R·T2，解

得I＝17A≈4.12A，故A正确。]9．D[线框进入或离开磁场时，单边导体杆转动切割磁感线，产生的电动势大小ε＝12BL2ω，形成的感应电流大小i＝BL2ω2R，以顺时针方向为感应电流的正方向，则可以做出如图所示的感应电流随时间变化的图像，根据图像可知该交流电的有效值就是BL2

ω2R，故D正确，A、B、C错误。]10．AD[由题意及法拉第电磁感应定律可知，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nB·2πrvm，故小灯泡中电流的峰值为Im＝EmR1＋R2＝20×0.20π×2π×0.1×20.5＋

9.5A＝0.16A，有效值为I＝Im2＝0.082A，A正确，B错误；根据电路图，可知电压表示数为U＝I·R2≈1.07V，C错误；当t＝0.01s＝T4时，由图丙知线圈的加速度为0，则此时外力大小等于线圈所受安培力大小，所以此时外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0

.128N，D正确。]11．BC[在t02时刻，穿过线圈的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以线圈中的感应电流为零，A错误；在3t04时刻，磁感应强度B向里在减小，由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，再由左手定则知，ab边受到的安培力水平向左，故B正确；磁感

应强度变化的周期和磁通量变化的周期相同，感应电流变化的周期也是2t0，在一个周期内交流电的方向改变2次，所以在1s内线圈中的电流方向变化了1t0次，C正确；根据电荷量q＝nΔΦR，在一个周期内ΔΦ＝0，所以感应电

荷量一定为零，D错误。]12．AB[正方形导线框的ab边越过OO′向右转动时，由右手定则可知，电流方向为a→b，A正确；由电磁感应定律可得线框产生的最大电动势为Em＝BLv＝12BL2ω，交流电的有效值为E＝Em2＝BL2ω22，定值电阻消耗的电功率为

P＝E2R＝B2ω2L48R，B正确，D错误；因ab与cd处于并联关系，因此流经正方形导线框cd边的电流有效值为Icd＝E2R＝BL2ω42R＝2BL2ω8R，C错误。]微专练56变压器与远距离输电1．B[手机无线充电利用了

互感现象，故A错误；由电流的瞬时值表达式i＝24sin(π×105)t(A)可知，交变电流的频率为f＝1T＝ω2π＝π×1052πHz＝5×104Hz，每个周期内电流方向改变2次，故1s内发射线圈中电流方向改变2×5×104次＝1×105次，故B正确；发射线圈AB端输入电流的有效值为I

＝Im2＝242A＝0.25A，由于发射线圈与接收线圈的匝数比为4∶1，所以接收线圈CD端输出电流的有效值为I′＝4I＝1A，故C错误；发射线圈与接收线圈中磁通量的变化频率相同，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故D错误。]2．A[由题图乙可知，在0.03s的

前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A正确；设电流表的示数为I1，则有I21RT＝222R·T2＋(2)2R·T2，求得I1＝62A，故B错误；原线圈中只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流最大值为22A，设副

线圈交流电的有效值为I2，则I22RT＝2222R·T2，求得I2＝2A，因此电压表的示数为U＝I2R2＝102V，故C错误；在0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为Q＝I22R1t＝0.24J，故D错误。]3．C[交流电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表

的示数不变，A、B错误；根据题意得I21×100R＝I22×R，I1I2＝n2n1，解得n1n2＝101，C正确；当磁感应强度最大时，感应电流为零，线圈受到的安培力等于零，D错误。]4．D[由U1U2＝n1n2，可得U2＝1

50V，对于副线圈，设灯泡的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律可得U＝U2－IR，将解析式画入灯泡的U－I图中，由图中交点可得U＝75V，I＝0.03A，故A、B错误；由理想变压器的电流规律可知I1I2＝n2n1，可得I1＝0.02A，故C错误；灯泡的功率P＝UI＝2.25W，故D正确。]5

．AD[由理想变压器的电压规律得n1n2＝U1U2＝22011＝201，A正确；原线圈电流的有效值为I1＝n2n1I2＝120×2A＝0.1A，变压器原线圈电流的最大值I1max＝2I1＝0.12A，B错误；原、副线圈功率相等为

P＝U2I2＝11×2W＝22W，C错误；电机的效率为η＝U2I2－I22rU2I2＝11×2－22×111×2≈82%，D正确。]6．BD[对于理想变压器有U2＝n2n1U1，U1不变，则U2不变，与如何调节P无关，故B正确；又UL＝U2，所以灯的亮度不变，A错误；P向上滑动时RP

减小，则副线圈的电阻R总减小，P出＝U22R总增大，又P入＝P出＝U1I1，所以输入电流I1增大，故C错误，D正确。]7．BC[保持Q的位置不动，则副线圈两端电压U2不变，P向上滑动，则R增大，副线圈电流I2＝U2R＋R0减小，由P1＝UI1＝U2I2，可知I1减小，

电流表读数减小，故A错误，B正确；保持P的位置不动，则R不变，Q向上滑动，n2变大，根据Un1＝U2n2得，U2＝n2n1U，则U2增大，由I2＝U2R＋R0，知I2增大，由UI1＝U2I2，U不变，知I1增大，电流表读数变大，故C正确，D错误。]8．B[根据理想变压器的电压和电流规律

：U0U＝k1，I0I＝1k2，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝Ik2，故B正确，A、C、D错误。]9．A[设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，原线圈中电流为I1，副线圈两端电压为U2，副线圈中电流为I2，则U＝I1R0＋U

1，又U2U1＝n2n1＝12，则U2＝12U1，所以U＝I1R0＋2U2＝I1R0＋2I2R，根据I1I2＝n2n1＝12，得I2＝2I1，则U＝I1R0＋4I1R，同理，电阻R0与电阻R互换位置后U＝I1′R＋4I1′R0，又总功率P2

P＝UI1UI1′，得I1′＝2I1，则联立可得I1R0＋4I1R＝2I1R＋8I1R0，即R0∶R＝2∶7，故A正确，B、C、D错误。]10．C[设理想电流表A2的示数为I2，则副线圈中电流为2I2，根据电流比公式可知，原线圈中电流大

小为I2，则R2中电流为3I2，根据电压比公式有3I2R2I2R3＝21，解得R2R3＝23，故C正确。]11．B[变压器原、副线圈的磁通量变化率相同，所以U∶U1∶U2＝n∶n1∶n2，根据能量守恒定律，输

出功率等于输入功率，所以当只闭合S1时UI＝U21R1，当S1和S2都闭合时，UI′＝U21R1＋U22R2＝4U21＋U224R1，代入数据I＝1A、I′＝2A可得U22＝4U21，即U1∶U2＝1∶2，所以n1∶n2＝1∶2，选项B正确。]12．B[

设用户端理想变压器原、副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点U1I1＝U2I2，U1∶U2＝n1∶n2，得U1＝n1n2U2，I1＝n2n1I2，对原线圈电路有U＝I1R1＋U1＝n2n1I2R1＋n1n2U2，可得Δ

UΔI＝ΔU2ΔI2＝n2n12R1，故A错误，B正确；由U1＝I1R′，结合U1＝n1n2U2，I1＝n2n1I2联立可得R′＝n1n22(R2＋R)，故C错误；根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R′，则R1上消耗功率为P损＝R1R1＋R

′P＝R1R1＋n1n22（R2＋R）P，故D错误。]微专练57机械振动和机械波1．B[由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x＝Rsin(ωt＋φ)，由图可知，当t＝0时，P的位移为R，代入振动方程解得φ＝π2，则P做简谐运动的表

达式为x＝Rsinωt＋π2，故B正确，A、C、D错误。]2．A[t＝1s到t＝2s内，弹簧振子从位移最大位置向平衡位置运动，则振子的动能不断增加，A错误；因为ω＝2πT＝π2rad/s，该弹簧振子的振动方程为x＝－10sin

π2tcm，B正确；t＝3s时，弹簧振子的位移正向最大，则加速度沿x轴负方向，C正确；因10s＝2.5T，则t＝0到t＝10s内弹簧振子的路程为10A＝100cm，D正确。]3．D[t＝0.25s时物体在平衡位置上方最大位移处，此时加速度向下最大

，根据牛顿第二定律可知，此时弹簧对物体的弹力最小，则此时物体对弹簧的压力最小，故A错误；t＝0.25s和t＝0.75s两时刻物块相对平衡位置的位移大小相等，但平衡时弹簧的形变量并不为零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹

簧的弹力不相等，故B错误；t＝0.25s至t＝0.50s这段时间物体从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力逐渐减小，则加速度减小，即物体做加速度逐渐减小的加速运动，故C错误；物体的动能和弹簧的弹性势能以及物体的重力势能之和不变，t＝0.2

5s至t＝0.50s时间内物体的重力势能减小，则物体的动能和弹簧的弹性势能之和在增大，故D正确。]4．C[设细线长度均为L，根据单摆的周期公式可得T1＝2πLg，T2＝2πLcos30°g，T3＝2πLg，T4＝2πLg－a，则T4>T1＝T3>T2，故C正确。]5．AC[依题意，小球自M运

动至N可视为简谐运动，其运动时间为tMN＝T2＝πRg等，其中g等为等效重力加速度，图甲中g甲等＝g，图乙中g乙等＝g＋a>g，图丙中g丙等＝g＋qEm>g，图丁中g丁等＝g，所以t甲＝t丁>t乙，t甲＝t丁>t丙，但t乙、t丙大小关系不能确定，故A、C正确，B、D错误。]6．C[根

据图像可知，波的波长λ＝6cm，根据v＝λf，解得f＝0.5Hz，周期T＝1f＝2s，A错误；根据同侧法，波沿x轴正方向传播，则质点c的振动方向是沿y轴正方向，则b质点起振方向沿y轴正方向，B错误；根据ω＝2πT＝πrad/s，质点a的振动方程为y＝10

sin(ωt＋φ)cm＝10sinπt－π6cm，在0～16s内，质点a为位移为0－(－5)cm＝5cm，通过的路程为5cm，C正确；平衡位置在x＝9cm处的质点c只能在平衡位置附近振动不能随波迁移，D错误。]7．AC[由题图可知，该波

的波长、周期分别为λ＝10m、T＝4s，根据波速公式有v＝λT＝2.5m/s，该波从A点传播到B点，所需时间为t＝xv＝102.5s＝4s，A正确；由选项A可知，该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t＝6s时，B点运动了2s，即T2，则B处质点位于波谷，B错误；波从AE波面传播到C的距离为x

1＝(105－10)m，波从AE波面传播到C的时间为t1＝x1v≈4.9s，则t＝8s时，C处质点动了3.1s，所以此时质点速度方向向上，C正确；波从AE波面传播到D的距离为x2＝(102－10)m，则波从AE波面传

播到C的时间为t2＝x2v≈1.7s，则t＝10s时，C处质点运动了8.3s，所以此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D错误。]8．AC[两列波由同一个波源产生，则传播周期相同，A正确；波在重水袖上传播与在轻水袖上传播时的介质不同，则波在重

水袖上传播的速度不等于在轻水袖上传播的速度，B错误；波传到P点时从平衡位置向上振动，t＝2.25s时，O点第3次到达波峰，P点第一次经过平衡位置向下运动，可知t＝2.25s＝214T，则T＝1s，134λ＝0.7m，可知λ＝0.4m，在轻水袖上传播的速度为v＝

λT＝0.4m/s，C正确；在重水袖上各质点的振动频率等于在轻水袖上各质点的振动频率，都等于波源的振动频率，D错误。]9．B[主动降噪耳机是根据波的干涉条件，使抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后相互抵消来实现降噪的。抵消声波与噪声的振幅相同，也为A，A错误；抵消声波

与噪声的频率相同，有f＝1T＝100Hz，B正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为λ＝vT＝340×0.01m＝3.4m，C错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。]10．BD[由几何关系可知OC＝62＋82

m＝10m，该波波速为v＝101m/s＝10m/s，故A错误；由图可知，该波波长为8m，周期为T＝λv＝0.8s，t＝0时刻，波源O点开始振动，t＝1s时，O点位于波峰，波源起振方向垂直于纸面向外，故B正确；由图可知，E点位于波谷时，C点位于平衡位置；当E点位于波峰时，C点也位于平衡位置，故

C错误；由图可知，B点位于平衡位置，A点位于波峰，A点的相位比B落后π2，故D正确。]11．C[分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为A1＋A2＝20，声波减弱时振幅

为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10，可得两声波的振幅之比A1A2＝31，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得λ2＝2d，解得λ＝60cm，故A、B错误。]12．A[声波的周期和频率由振源决定，故声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相

同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系v＝λf可知，波长也不同，故A正确，B、C、D错误。]13．B[根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发

生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，故A、D错误；声波由水中传播到空气中时，声波的波速发生变化，所以波长会发生改变，故B正确；声波的波长为λ＝vf＝15001.5×106m＝1×10－3m，当遇到尺寸约1m的被探测物时不

会发生明显衍射，故C错误。]微专练58简谐运动和机械波的多解问题1．C[振幅A＝0.1m，在0～t1时间内根据简谐振动的周期性有T12＋nT1＝1s(n＝0，1，2，…)，在t1～t2时间内根据简谐振动的周期性有n′T1＝2s(n′＝1，2

，…)，综合解得T1＝22n＋1s(n＝0，1，2，…)，当n＝2时，T1＝0.4s，故C正确。]2．AD[t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m，t＝1s时刻x＝0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s为半周期的奇

数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析。若振幅为0.1m，根据题意可知n＋12T＝1s(n＝0，1，2，3，…)，解得T＝22n＋1s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝1时T＝23s，无论n为何值，T都不会等于45s，A正确，B错误；若振幅为0.2m

，结合位移—时间关系图像，有1s＝T2＋nT①，或者1s＝56T＋nT②，或者1s＝T6＋nT③，均有n＝0，1，2，…，对于①式，只有当n＝0时，T＝2s，为整数；对于②式，T不为整数；对于③式，当n＝0时，T＝6s，之后只会大于6s，故C错误，D正确。]

3．ABD[若波沿x轴正方向传播，在0～0.5s传播的距离为Δx＝(nλ＋6)m＝(8n＋6)m(n＝0，1，2，…)，则传播速度为v＝ΔxΔt＝8n＋60.5m/s＝(16n＋12)m/s(n＝0，1，2，

…)，当n＝0，有v1＝12m/s，当n＝1，有v2＝28m/s，若波沿x轴负方向传播，在0～0.5s传播的距离为Δx′＝(nλ＋2)m＝(8n＋2)m(n＝0，1，2，…)，则传播速度为v′＝Δx′Δt＝8n＋20.

5m/s＝(16n＋4)m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0，有v1′＝4m/s，当n＝1，有v2′＝20m/s，当n＝2，有v3′＝36m/s，故A、B、D正确，C错误。]4．CD[根据波形图可知λ＝2.4m，经t

＝0.2s时波形图第一次如虚线所示，若波向右传播，此时波向右传播的距离为x1＝3.6－1.2－(1.2－1.0)m＝2.2m，故此时波速为v1＝2.20.2m/s＝11m/s，周期为T1＝λv1≈0.22s，若

波向左传播，可知经t＝0.2s时波向左传播的距离为x2＝1.2m－1.0m＝0.2m，故此时波速为v2＝0.20.2m/s＝1m/s，周期为T2＝λv2＝2.4s，A、B错误；如果波沿x轴正方向传播，可知t＝0时，质点a向上振动，达到正向

最大位移后再经过14T到达平衡位置，而此时质点b处于负方向最大位移处经过14T即到达平衡位置，故质点b比a先回到平衡位置，C正确；如果波沿x轴负方向传播，可知从t＝0时刻开始，平衡位置在x＝3.0m处，此时正处于波峰处的质点的振动形式传播到

x＝1.0m时，质点a第一次到波峰，所需的时间为Δt＝3.0－1.01s＝2s，D正确。]5．D[由于波向左右两边传播具有对称性，则在S点右侧找Q的对称点Q′，Q′和P之间满足nλ＋λ2＝18m－16m＝2m(n＝0，1，2，…)，可得λ＝42n＋1m(n＝0，1

，2，…)，又T＝0.4s，因此可得v＝λT＝102n＋1m(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速最大，为v＝10m/s，故D正确。]6．B[波传播方向为P到Q，则有Δx＝n＋14λ＝3m(n＝0，1，2，3，…)，则λ＝4Δx4n＋1

＝4×34n＋1m＝124n＋1m(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，λ＝12m>3m，不符合题意；当n＝1时，λ＝2.4m；当n＝2时，λ＝43m；当n＝3时，λ＝1213m<1m，不符合题意，则波长可能是λ＝2.4m或λ＝43m，B

正确；由于P、Q两质点的距离满足Δx＝114λ，或者Δx＝214λ，可知P、Q两质点振动方向并不会始终相反，A错误；由题图可知T＝1.0s，则波速为v＝λT＝2.4m/s或v＝43m/s，C错误；由题图可知，Q

质点的振动方程为yQ＝40sin2πTtcm＝40sin(2πt)cm，Q质点在0.125s时的位移为202cm，因此从t＝0至t＝1.125s，Q质点运动的路程为s＝4×40cm＋202cm＝(1.6m＋0.22m)>1.8m，D错误。]7．AD[若波沿x轴正方向传播

，则在t＝0时刻P点由平衡位置向y轴正方向运动，且由波的图像可知Δx＝n＋14λ(n＝0，1，2，3，…)，又因为Δx＝v·Δt，λ＝v·T，所以T＝1.24n＋1s(n＝0，1，2，3，…)，故当n＝0时T＝1.2s，可知A正确，B错误；当波沿x轴负方向传播时，t＝0时刻P点由平衡

位置向y轴负方向运动，且由波的图像可知Δx＝n＋34λ(n＝0，1，2，3，…)，又因为Δx＝v·Δt，λ＝v·T，所以T＝1.24n＋3s(n＝0，1，2，3，…)，故当n＝3时T＝0.08s，可知D正确，C错误。]微专练59光的折射与全反射1．C[光导纤维传播信号的原理是

光从光密介质向光疏介质传播时发生全反射。A是光的折射现象，不是全反射，故A错误；B是光的色散现象，是折射，不是全反射，故B错误；C是全反射现象，故C正确；D是光的干涉现象，不是全反射，故D错误。]2．AC[由图乙可知，半圆柱体对紫光的临界角为53°，则折

射率为n＝1sinC＝1sin53°＝1.25，A正确；由图乙可知，若减小入射角θ到0°，则反射强度不为零，即光线不是全部从AB界面透射出去，B错误；若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，C正确；若改用红光照射，因红光的折射率小于紫光的折射率，根据si

nC＝1n，可知临界角变大，则光学传感器探测到反射强度达到最大时θ>53°，D错误。]3.D[由题意可知球形宝石有13球面发生全反射，光路如图所示，根据临界角公式n＝1sinC。由题意可知C＝180°－(1－23)×360°＝60°，由以上两式可

得n＝233，故D正确。]4．C[由图乙可知，a光在液体材料中的折射角比c光的小，由折射率n＝sinisinr，可知该液体材料对a光的折射率大于对c光的折射率，故A错误；若继续增大入射角i，b光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的入射角与射入液体材料时的折射角大

小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，故B错误；由图乙可知，a、b、c三种颜色的光的入射角相同，c光的折射角最大，由折射率公式n＝sinisinr，可知c光的折射率最小；由n＝cv，可知c光在液体球中的传播速度最大，故C正确；由图乙可得，b光在液体材料中的折射

角sinβ＝13，则该液体材料对b光的折射率为n＝sinisinβ＝sin45°13＝322，故D错误。]5．A[由于激光恰好分别在PO面、QO面发生全反射后垂直MN面射出，因此光路必须具有对称性，可知

光线在PO面发生全反射后水平射向QO面，然后在QO面发生全反射，最终垂直MN面射出，由几何关系可得光线在PO面的入射角为45°，则有n＝1sinC＝1sin45°＝2，故A正确。]6．B[根据题意，画出光路图，如图所示

。结合几何关系有sinα＝12，γ＝β－α，过Q点作OO′的垂线可知上下两个三角形全等，则γ＝α＝30°，所以β＝60°，玻璃砖对该单色光的折射率n＝sinβsinα，联立解得n＝3，故A错误，B正确；将平面镜下移，光在平面镜上的反射点左移，对

称性破坏，光不能从M点垂直玻璃砖底面射出，故C错误；根据题意有sinC＝1n＝33，又有sinC＝OP′R，解得OP′＝33R，可知，当OP′≥33R时，光在玻璃砖内侧面能发生全反射，故D错误。]7．A[由几何关系可知，发光点D发出的垂直

于BC的光垂直于BC进入液体后，在液面处的入射角等于60°，恰好不能射出液面，则临界角为60°，所以折射率为n＝1sin60°＝232，故B错误，A正确；D发出的光照射到CB界面时，是从光疏介质向光密介质入射，不能发生全反射，故C错误；由题可知，发光点D发出的垂直于BC的光恰好不能射出

液面，可知点D发出的垂直于BC以下部分的光不能射出液面，所以在液面上方不能够看到透明罩所有位置都被照亮，故D错误。]8．AD[光线在内芯和包层的界面上发生全反射，可知光从光密介质进入光疏介质，则内芯的折射率大于包层的折射率，故A正确，B错误；不同频率的可见光在

界面上发生全反射，可知经过的路程不一定相同，根据v＝cn，光在介质中传播的速度不同，则传播的时间可能不同，故C错误；根据sinC＝1n，折射率越大，临界角越小，红光的折射率小，则临界角大，若红光恰能发生全反射，则紫光一定能在分界面上发生全反射，故D正确。]9．D

[频率由光源决定，棱镜不会改变光的频率，故A错误；根据n＝cv，v＝λf，可知单色光a在真空中的波长是在棱镜中的1.5倍，故B错误；此时入射角为45°，根据题意可知sinC＝1n＝23<22，则临界角小于45°，所以此时为关状态，顺时针旋转两半圆柱棱镜，入射角变大，则发生全发射，出现“关

”功能，故C错误；根据C选项分析可知，逆时针旋转两半圆柱棱镜，入射角减小，可能不发生全反射，可实现“开”功能，故D正确。]10．C[设光线在OQ界面的入射角为α，折射角为β，几何关系可知α＝30°，由折射定律n＝sinβsinα＝2，光线射出

OQ界面的临界为发生全反射，光路图如图所示，其中OB⊥CS，光线在A、B两点发生全反射，由全反射规律sinC＝1n＝22，即A、B两处全反射的临界角为45°，A、B之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，故C正

确。]11．AC[由题可知sinC＝12，则临界角C＝45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在

AA′C′C平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小时，折射率也变小，导致临界角增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。]12．C[光线

从S沿着OS方向射出时，传播时间最短，光在介质中传播的速度满足n＝cv，光在介质中传播的时间t＝r－dv，联立解得t＝2（2－1）3×10－10s，故A错误；光线从S传至直径某一端点射出时，传播时间最长，最长时间为t′

＝r2＋d2v＝233×10－10s，故B错误；光由介质射向空气，临界角满足sinC＝1n，解得C＝30°，恰好发生全反射的光路图如图所示。由正弦定理得dsinC＝rsin∠ASO，解得∠ASO＝135°

，∠AOS＝180°－∠ASO－C＝15°，透明半球体外表面发光区域在此截面上形成的弧长为s＝2∠AOS180°×πr＝2π6cm，故C正确；透明半球体外表面发光区域为球冠，其面积为S球冠＝2πrh＝2

πr(r－d)＝(4－22)πcm2，故D错误。]微专练60几何光学和物理光学的综合问题1．BD[图甲所示雨后的彩虹是由于光的折射现象形成的，A错误；图乙所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，B正确；图丙所示为单色光照

射圆板在后面光屏上形成的图样，是由于光的衍射产生的，C错误；图丁所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的全反射，D正确。]2．B[激光波长越长，其衍射现象越明显，故A错误；根据λ＝vf，可得v真空v液

＝λ真空λ液＝193132≈1.46，故B正确；激光入射到液体中，频率不变，故C错误；该改进方案运用的原理是光的折射，全息摄影的原理是光的干涉，故D错误。]3．D[由光路图可知，a、b两束光入射角相同，但是a束光只有反射光线没有折射光线，即发

生了全反射，故a束光发生全反射的临界角小于b束光。由sinC＝1n可知na>nb，故a束光是紫光，b束光是黄光，ab束光是黄光和紫光，故A错误；a、b两束光分别通过相同的单缝，a、b光均能发生衍射现象，故B错误；由折射率与波速的关系n＝cv可知，

折射率与光在玻璃砖中的传播速度成反比，故va<vb，故C错误；双缝干涉时有Δx＝ldλ，又因为紫光的波长小于黄光，即λa<λb，故用同一装置做双缝干涉实验，屏幕上相邻亮条纹间距关系为Δxa<Δxb，故D正确。]4．BCD[a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，知a光的临界角较大，根据sinC＝1

n，知a光的折射率较小，频率也较小，再由v＝cn＝λf，可知，在水中，a光的传播速度比b光大，a光的波长比b光大，故B、C正确，A错误；依据sinC＝1n，结合几何关系，可知，sinCb＝rh2＋r2＝1nb，而复色光圆形区域的面积为S＝πr2＝πh2n2b－1，故D正

确。]5．BCD[根据公式Δx＝λld和图像可知，b的波长长，根据c＝λf，所以b的频率小，b的折射率小，根据n＝cv，在同种介质中，b光的传播速度大，故A错误，D正确；真空中光的传播速度都相同，故B正确；同种介质对b的折射率小，根据sin

C＝1n可知，b光发生全反射的临界角大，a光发生全反射时的临界角小，故C正确。]6．BCD[从光强分布可以看出，光屏上的光是等间距、等亮度的，所以是光通过双缝产生的干涉现象，故A错误；由题图乙可看出，A光的条纹间距大于B光的，由Δx＝λld可知，A光的波长大于B光的波长，故B正确；A光的

频率小于B光的频率，则玻璃对A光的折射率小于对B光的折射率，由v＝cn知A光在玻璃中的传播速度大于B光在玻璃中的传播速度，故C正确；由于A光的波长较长，所以更容易发生明显的衍射现象，故D正确。]微专练61气体实验定律与图像、热力学定律综合问题1．D[由于汽缸导热性能

良好，汽缸内气体的温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体体积与压强成反比，A、B、C错误，D正确。]2．BD[温度不变，细管中的气体做等温变化，由玻意耳定律pV＝C，可得p＝C·1V，故B、D符合题意，A、C不符合题意。]

3．B[由题可知，ab、cd分别为双曲线的一部分，故ab、cd分别为该气体的两段等温变化的过程，则Ta＝Tb、Tc＝Td，A、C错误；ad、bc两过程都是等容变化，由图可知pa>pd，pb>pc，根据查理定律pT＝C可知Ta>Td、Tb>Tc，故B正确，D错误。

]4．B[由于一定质量的理想气体经历A→B绝热变化过程，则Q＝0，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知内能减小，温度降低，则根据pV＝CT，结合图像面积可知S1>S2，故B正确。]5．D[因AB是过原点的直线，可知A→B过程温度不变，气体的内能不变；A→B过

程气体的体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，A、B错误；B→C过程，体积减小，则外界对气体做功，C错误；B→C过程中pV乘积减小，则可能出现了漏气，D正确。]6．AC[在气体等压膨胀过程中活塞受力平衡，有1.5p

0S＝p0S＋Mg，解得M＝p0S2g，故A正确；在b→c过程中气体对外做的功为W＝1.5p0S·H2＝34p0SH，故B错误；在a→d全过程中，由理想气体状态方程有p0V0T0＝2p0·2V0Td，由

题目条件可知气体内能的变化量ΔU＝α(Td－T0)＝3αT0，故C正确；从a→d全过程，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增量，故D错误。]7．D[b→c过程由图可知为等温变化，气体内能不变，根据玻意耳定律pV＝

C可知，当压强p增大时，体积V减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于内能不变，可知b→c过程气体放出热量，故A、B错误；由图可知c→a为等容变化，a→b为等压变化，a→b过程中气体温度

升高，根据盖－吕萨克定律可知气体的体积变大，由于压强不变，温度升高，气体分子平均速率增大，则气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数减少，故C错误；由于a、c两个状态体积相同，则a→b过程气体体积的变化量与b→c过程气体体

积的变化量相同，而a→b过程气体压强不变，b→c过程气体压强增大，根据W＝pΔV可知，a→b过程气体对外界做的功小于b→c过程外界对气体做的功，故D正确。]8．AC[由题图可知，气体由状态A至状态B体积增大，外界对气体做负功，A正确；气体由状态B至状态C为等容变化，气体对外界不做功，

B错误；由状态A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错误。]9．B[A→B过程中气体的温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，气体从外界吸热，A错误；B→C过程中气体做等温变化，气体内能保持不变，作出此过程的p－V图

像如图所示，p－V图像与横轴所围面积表示气体对外界做的功，对应梯形面积为32p0V0，则等温线与横轴围成的面积小于32p0V0，B正确；C→D过程中气体的温度降低，分子撞击器壁的平均力度减小，气体体积减小而压强不变，所以气体分子在单位时间内对单位面积容器壁的碰撞次数不断增加，C错误；由题图中几何

关系知，D→A过程中气体的温度升高了T02－T04＝T04，D错误。]10．BD[过程①中气体发生等容变化，温度升高，根据查理定律可知气体的压强逐渐增大，故A错误；过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确；过程

④中气体发生等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体向外界放出了热量，故C错误；如图所示，连接bO和dO，根据数学知识可知，状态d的VT值大于状态b的VT值，根据pVT＝C，可知状态d的压强比状态b的压强小，故D正确。]11．B[由题图知，

a→b过程为等压过程，由VT＝C可知，气体温度升高，体积增大；b→c过程为等容过程，由pT＝C可知，气体温度升高，压强增大，A、C、D错误，B正确。]12．CD[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V－T图像和p－1V图像如图所示，A、B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，分子撞击容器壁的平均力度

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。]微专练62光电效应及图像问题1．C[紫外线灯照射锌板表面，锌板中的自由电子吸收紫外线光子的能量而发生光电效应，锌板上的电子数量减少，验电器和锌板上的电荷量重新分布，验电器指针张开的角度逐渐减小，故A、B错误，C正

确；锌板和验电器不构成电容器，并不会向外辐射电磁波，故D错误。]2．B[金属的逸出功为W0＝hν0是一定的，与入射光的频率无关，只与金属自身有关，故A错误；根据光电效应方程Ek＝hν－W0＝2hν0－h

ν0＝hν0，故B正确；发生光电效应时，光电流的大小与入射光的频率无关，跟入射光的强度有关，故C错误；根据光电效应方程Ek＝hν－W0，光电子的最大初动能不和入射光的频率成正比，故D错误。]3．C[根据c＝λν，a光和b光的波长之比为5∶2，故A错误；根据Ek＝hν－

W0，逸出光电子的最大初动能之比EkaEkb＝2hν－W05hν－W0＝1∶4，故B错误；根据eUc＝Ek，加反向电压时，对应的遏止电压之比UaUb＝EkaEkb＝1∶4，故C正确；不知光照强度的关系，无法判断饱和光电流的关系，故D错误。]4．BD[由光电效应方程有Ek＝hν－W0，可知，Ek－

ν的斜率均为h，故A错误；由光电效应方程有Ek＝hν－W0，图线的纵轴截距的绝对值表示金属的逸出功，则金属a的逸出功小于金属b的逸出功，若产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到金属b的光频率较高，故B、D正确；由光电效应方程有Ek＝hν－W0，可知，在得到这两条直

线时，与入射光的光强无关，故C错误。]5．B[光电子的最大初动能Ekm＝hcλ－hcλ极限＝k1λ－b，若使用波长为λ0的单色光照射该金属材料，光电子的最大初动能Ekm＝k1λ0－b，故B正确。]6．B[光电管阴极材料逸出功为1.91eV，而可见光光子能量范围为

1.62～3.11eV，所以红光不一定发生光电效应，故A错误；根据eUc＝hν－W0，入射光的频率越高，对应的遏止电压越大，甲光、乙光的遏止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大

于丙光的波长，故B正确；同一金属，截止频率相同，故C错误；甲光的光强大，甲光和乙光的光子能量一样大，故单位时间内，甲光照到阴极上的光子数大于乙光，故D错误。]微专练63原子能级跃迁问题1．D[原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃

迁至激发态能级Ⅱ时有EⅡ－EⅠ＝hν0，且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态Ⅰ的过程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3，联立解得ν2＝ν0－ν1－ν3，故D正确。]2．B[将介质分子从基态S0激发到激发态Sn，两过程吸收的光子能量一样多，

则2hνa＝hνb，则光子频率关系为νaνb＝12，波长和频率成反比，故光子a和光子b的波长之比为2∶1，故B正确。]3．D[一群处于n＝4能级的氢原子最多可发出C24＝6种频率的光子，故A错误；从n＝4能级

跃迁到n＝3能级发出的光子的能量最小，根据ΔE＝hν＝hcλ，可知其波长最长，故B错误；该氢原子从低能级吸收能量跃迁到高能级时，吸收光子的能量必须等于两个能级之间的差值，由能级示意图可知该氢原子可以吸收E＝0.31eV的光子跃迁到n＝5的能级，而不是0.32eV，故C错误；根据电离的定义，使

该氢原子电离至少需要吸收的能量为ΔE＝0－(－0.85eV)＝0.85eV，故D正确。]4．C[根据单个氢原子在不同能级向低能级跃迁时最多能发出的光子种数m＝n－1，则一个处于n＝3能级的氢原子跃迁时发出的光最多有2种，故A错误；根据c＝λν，光的频率越小则波长越大，而根据E＝hν，可知，放出的能

量越小则频率越小，因此该氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的能量最小，则有ΔE＝E3－E2＝hν，解得λmax＝chE3－E2，故B错误；氢原子若吸收光子进行跃迁，则所吸收光子的能量必须等于两个能级

之间的差值，即若要跃迁到n＝4能级，则所吸收的光子的能量必须等于ΔE′＝E4－E3，故C正确；若氢原子与实物粒子发生碰撞而发生电离，则实物粒子所具有的能量必须大于等于氢原子所在能级能量的绝对值，即该氢原子被电子碰撞后要发生电离，则该电子的能量为ε≥|E3|，故D错误。]5．A[由玻尔理论结

合普朗克的量子假说，即ε＝hν，根据图甲可得εNa＝hνNa，εLi＝hνLi，代入数据可得νLi≈4.48×1014Hz，对照图乙可知，锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为红色，故A正确。]6．C[当P移至最左端时，AK极间的电压为零，光电管、电流表组成闭合电路，发生光电效应时，逸出的光电子具有初

动能，会有光电流产生，电流表示数不为零，故A错误；起初电压表示数增大时电流增大，当电压达到一定值时，电流达到饱和光电流，电流表示数不再增大，故B错误；氢原子从n＝5能级跃迁到n＝2能级，由高能级向低能级跃迁，释放出能量，放出光子，故C正确；从n＝5能级跃迁到n＝3能级，释

放的能量为ΔE＝E5－E3＝－0.54eV－(－1.51eV)＝0.97eV<2.30eV，所以产生的光不能让图甲中的K极金属发生光电效应，故D错误。]微专练64半衰期、核反应与核能1．C[α射线的速度在三种射线中最低，穿透能力最弱，带

电荷量最大，电离能力最强，A、B错误；α、β射线来自原子核衰变，γ射线是激发状态的原子核发出的波长极短的电磁波，是一种不带电的光子流，C正确，D错误。]2．C[α射线为42He粒子流，它的穿透能力比γ射线弱，故A错误；α射线的速度比γ射线小，故

B错误；根据电荷数守恒，有Z＝84－2＝82，故C正确；根据质量数守恒有A＝210－4＝206，20682Pb核的中子数为124，故D错误。]3．B[根据I＝qt＝net，可得产生的电子数为n＝Ite＝5.0×10－8×3.2×1041.6×10－19

＝1016个，因在β衰变中，一个氚核产生一个电子，可知氚核的个数为1.0×1016个，故B正确。]4．D[根据发生β衰变的核反应满足质量数和电荷数守恒可知，Y是α粒子(42He)，三种射线的穿透能力，γ射线最强，α射线最弱；三种射线

的电离能力，α射线最强，γ射线最弱，故D正确。]5．D[根据α、β、γ三种射线特点可知，α射线的电离本领最强，穿透本领最弱，故A、B错误；比结合能越大越稳定，则23892U的比结合能比20682Pb的比结合能小，故C错误；在α衰变的过程中，电荷数少2，质量

数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，有2m－n＝10，4m＝32，解得m＝8，n＝6，故D正确。]6．AC[设X和Y的质子数分别为n1和n2，质量数分别为m1和m2，则反应方程为42He＋2713Al→m1n1X＋10

n，m1n1X→m2n2Y＋01e，根据反应方程质子数和质量数守恒，解得2＋13＝n1，n1＝n2＋1，4＋27＝m1＋1，m1＝m2＋0，解得n1＝15，n2＝14，m1＝30，m2＝30，X的质量数(m1＝30)与Y的质量数(m2＝30)相等，比2713Al的质量数多3，故

A正确，D错误；X的电荷数(n1＝15)比Y的电荷数(n2＝14)多1，比2713Al的电荷数多2，故B错误，C正确。]7．D[根据半衰期计算公式m＝m012tT，t取6万至10万年，T＝5730年，可得发

生了半衰期的次数n满足10<n≤17，显然，该制品中14C发生半衰期的次数n不可能为21次，则该制品中14C的剩余量不可能是m＝m01221，故D正确。]8．C[根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为32He＋21H→42He＋11H＋ΔE，可知X为质子，故A错误；核反应放出能量，可知

氦3的比结合能比氦核的比结合能小，故B错误；根据3E＋2E1＋ΔE＝4E2，可得氦3的比结合能为E＝4E2－ΔE－2E13，故C正确，D错误。]9．D[发现质子的核反应方程是147N＋42He→178O＋11H，故A错误；核反应释放核能的原因是178O的结合能大于147N和α粒子总的结合能，释放的

核能等于(m1＋m3－m2－m4)c2，也等于反应后178O和质子总动能与反应前147N和α粒子总动能之差，故B、C错误，D正确。]10．C[氘核21H可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式621H→

242He＋211H＋210n＋43.15MeV，则平均每个氘核聚变释放的能量为ε＝E6＝43.156MeV，1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，可以放出的总能量为E0＝Nε，由Q＝mq可得，要释放的相同的热量，需要燃烧

标准煤的质量m＝Qq＝E0q≈400kg，故C正确。]11．AB[99m43Tc和9943Tc两者为同位素，因此其化学性质相同，故A正确；由衰变方程9942Mo→99m43Tc＋X＋ν－，根据衰变过程中质量

数守恒和电荷数守恒，可知其衰变产物X是电子，故B正确；Tc－99m衰变半衰期越长，则其衰变产生的γ射线就越微弱，因此医学检测分析效果越不明显，故C错误；该衰变为β衰变，而β衰变的实质是原子核内的中子生成质子的同时产生电子，并伴随有能量的产生，即γ射线的产生，因此γ射线为

原子核内部所产生的，故D错误。]12．C[衰变过程动量守恒，有MThvTh＝mαvα，由qvB＝mv2r，可得r＝mvqB，可知，电荷量大的半径小，所以2是α粒子的径迹，1是23490Th的径迹，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，1、2的半径比为r

Thrα＝qαqTh＝1∶45，故C正确。]13．C[根据qvB＝mv2r，r＝mvqB，由动量守恒定律可知，两粒子动量等大反向，两圆的直径之比为7∶1，可知两电荷的电荷量之比为1∶7；两圆内切，所以为异种电荷，所以C正确，A、B、D错误。]14．A[因射

出粒子与新核在磁场中运动的轨迹是内切圆，则射出的粒子带负电，即为β粒子，由qvB＝mv2r，得r＝mvqB，由动量守恒定律得，mβvβ＝m新v新，可得q1q2＝r2r1＝441，可知放射性元素的原子序数为43，由洛伦兹力的方向判定知衰变

后新核向右运动，射出粒子向左运动，故A正确。]第二部分实验题专练微专练65测量做直线运动物体的瞬时速度1．答案(1)BCAD(2)1.22.0解析(1)使用电火花计时器时首先要把计时器固定在长木板上，将纸带从墨粉纸盘下面穿过打点计时器，然后将电火花

计时器插头插入相应的电源插座，接通开关，听到放电声，开始拖动纸带，当纸带完全通过电火花计时器后，及时关闭电火花计时器。故操作顺序为BCAD。(2)打点计时器所接交流电的频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点，则T＝5×0.02s＝0.1s打E点时小车的

速度vE＝x4＋x52T＝（11.09＋13.10）×10－22×0.1m/s≈1.2m/s小车运动的加速度a＝（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）9T2＝（11.09＋13.10＋15.10－5.09－7.10－9.10）×10－29×

0.12m/s2＝2.0m/s2。2．答案(1)D(2)能由图乙可知x∝t2，则小车做初速度为0的匀加速直线运动，即运动中小车的速度随时间均匀变化(3)0.00700.050.05解析(1)滴水计时器的计时原理与打点计时

器计时原理类似，无需再用秒表计时，故A错误，D正确；在斜面上做实验是为了使小车的重力沿斜面方向的分力大于小车下滑过程中的摩擦力，从而使小车做匀加速运动，进而测量小车加速度，故B错误；设斜面倾角为θ，则小车运动过程中的加

速度a＝mgsinθ－μmgcosθm＝gsinθ－μgcosθ，与小车质量无关，故C错误。(2)由题图乙知x∝t2，则小车做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为定值，因此运动中小车的速度随时间均匀变化。(3)由题图丙知A、B两点间距s＝7.0

mm＝0.0070m；小车在C点时速度大小为vC＝xBD2T＝0.05m/s；小车运动的加速度为a＝xCD－xBCT2＝0.05m/s2。微专练66探究弹簧弹力与形变量的关系1．答案(1)弹簧自身重力的影响5(2)B解析(1)由图乙可知，k＝ΔFΔx，代入数据解得k＝5N/m，由题图可

知，当m＝0时，x大于零，说明没有挂钩码时，弹簧处于伸长状态，是由弹簧自身的重力造成的。(2)F－L图像中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；F－L图像的斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度

系数比b的大，故B正确，C错误；弹簧的弹力满足胡克定律，即弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。2．答案①受到弹簧自身重力的影响②2.6×102③无④A解析①m－x图像不过原点，即弹簧自然下垂时其长度大于平放在水平桌面上的长度，这是由于弹簧自身重力的影响；②图像的斜率与g的乘积表示劲度系

数，即k＝ΔmΔxg≈2.6×102N/m；③设由于弹簧自身重力引起的伸长量为Δl，则根据胡克定律有im0g＝k(x－Δl)，可知实际作出的图像的斜率由劲度系数决定，所以图像没过坐标原点，对于测量弹簧的劲度系数无

影响；④将x＝li－l0作为横坐标，钩码的总质量作为纵坐标，则此时的x为弹簧伸长量的真实值，消除了弹簧自身重力的影响，所作图像应为过原点的倾斜直线，故A正确。3．答案(1)静止(2)120.031.0解析(1)该同学

在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时弹力与重力大小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h。(2)由题图可知，当F＝0时h0＝120.0cm，即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离。由胡克定律可得ΔF＝kΔh，即图像斜率的绝对值的倒数表示弹簧的劲度系数，则有k

＝3.10120.0－110.0×102N/m＝31.0N/m。微专练67探究两个互成角度的力的合成规律1．答案(1)①B②2.10③7.0(2)①D②甲解析(1)①为了使两次拉橡皮条效果相同，要求两次拉到同一位置，故A项错误；实验中为了减小误差，弹簧测力计必须保持与木

板平行，读数时为了减小误差，要求视线正对弹簧测力计刻度，故B项正确；拉弹簧测力计的力不能过大，也不能过小，以适合作图为准；实验过程中两弹簧的夹角要适当，并非要求达到90°，非特殊角度也可，故C项错误；实验中需要记录弹簧测力计的示数和细绳的方向以及O点的位置，故D错误。②如题图所示

，弹簧测力计的最小分度值为0.1N，所以其读数为2.10N。③根据平行四边形定则，作出合力的示意图，如图所示，则其合力大小的理论值为7.0N。(2)①对O点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，a弹簧拉力方向不变，b弹簧拉力方向

和大小都改变，如图。根据平行四边形定则可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小，故D正确。②实验测的弹力方向沿绳子方向，即图中的AO方向，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与AO方向有一定的夹角

，故甲更符合实验事实。2．答案(1)见解析图甲(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)见解析图乙(4)FOO′解析(1)根据表格中数据利用描点法作出图像如图甲所示，图像与横坐标的交点即为l0，由图可知l0＝10.0cm，橡皮条的劲度系数为k＝2.515－10×102

N/m＝50N/m。(2)AB的总长度为6.00cm＋7.60cm＝13.60cm；此时两端拉力F＝1.80N。(3)根据给出的标度，作出合力的图示如图乙所示。(4)只要作出的合力与实验得出的合力FOO′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形

定则成立。微专练68探究加速度与物体受力、物体质量的关系1．答案(1)AD(2)远小于(3)小于大于解析(1)为保证细绳的拉力方向不变，细绳要保持与长木板平行，A正确；补偿阻力时应使木块连接纸带，但不应连接细绳和砝码桶，B错误；实验时应先接通电源再放开木块，C错误；

补偿阻力后，改变木块上的砝码质量时，不需要重新调节木板倾斜程度补偿阻力，D正确。(2)由整体法和隔离法得到细绳的拉力F＝Ma＝MmgM＋m＝11＋mMmg，当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg

。(3)不补偿阻力时，对于木块有F－μmg＝ma，则a＝Fm－μg，图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲<m乙，μ甲>μ乙。2．答案(1)BD(2)匀速直线(3)远小于(4)0.44(5)小车(6)C解析(

1)利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速度，所以需要天平和刻度尺，A、C错误，B、D正确。(2)补偿阻力是垫高木板使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动。(3)为了使砂桶及砂的总重力近似等于拉力，需要砂桶及砂的

总质量要远小于小车的总质量。(4)由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得vB＝xAC2T＝（13.30－4.50）×10－20.2m/s＝0.44m/s。(5)探究加速度a与外力F的关系时，需要保证小车的总质量恒定不变。(6)在研究加速度与质量的关系时，由于补偿了阻力，所以图像过

原点，且分别对小车和砂桶及砂受力分析，由牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，FT＝Ma，解得mg＝(M＋m)a，整理得a＝mgM＋m，因为保证了砂和砂桶的质量不变，所以由实验数据作出a－1M＋m的图线不会发生弯曲，故C正确。微专练69测量动摩擦因数1．答案(1)300(2)

①乙②0.3解析(1)由图读出，弹簧的弹力F＝0时，弹簧的长度为L0＝20cm，即弹簧的原长为20cm，弹力为F0＝60N时，弹簧的长度为L＝40cm，弹簧伸长的长度x0＝L－L0＝(40－20)cm＝20cm＝0.2m，由胡

克定律得弹簧的劲度系数为k＝F0x0＝600.2N/m＝300N/m。(2)①乙、丙两种方案，在拉着木块A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，

指针稳定，便于读数，所以乙方案更合理。②由于弹簧测力计a的示数为6.0N，所以A、B间的动摩擦因数μ＝fFN＝0.30。2．答案(1)2.75(2)见解析图(3)μg·m＋μMgμg(4)0.40解析(1)弹簧测力计的指针在2.7N与

2.8N之间，估读为2.75N。(2)描点画线注意让尽可能多的点分布在线上，不能分布在线上的点尽可能均匀地分布在线的两侧，作图如图所示。(3)木块受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的计算式知f＝μ(M＋m)g，整理可得f＝μg·m＋μMg，所以f－m图线的斜率表达式

k＝μg。(4)g取9.80m/s2，取图线上相距较远的两点求斜率k＝2.93－2.150.25－0.05N/kg＝3.9m/s2，则μ＝kg＝0.40。3．答案(1)不必(2)mB－μ(mA＋nm0)(3)0.40解析(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者

之间的相对速度无关，则实验拉动木板时不必保持匀速。(2)对木块、砝码以及重物B分析可知μ(mA＋nm0)g＋mg＝mBg，解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。(3)根据m＝mB－μmA－μm0·n，结合图像可知μm0＝59－195＝8，则μ＝0.40。微专练70

探究平抛运动的特点1．答案(1)B(2)C(3)D解析(1)用题图所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，不能研究水平分运动的特点，故A、C错误；在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，最后得出结论，故B正确。(2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，

为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要由静止从同一位置释放，但斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。(3)竖直方向有y1＝12gt′2，水平方向有x－d2＝v0t′，联立可得v0＝

x－d2g2y1，故A错误；竖直方向，根据Δy＝y2－2y1＝gt2，水平方向x＝v0t，联立可得v0＝xgy2－2y1，故B错误；竖直方向根据y4＝12gt′2，水平方向4x－d2＝v0t′，联立可得v0＝4x－d2g2y4，故D正确，

C错误。2．答案(1)见解析(2)见解析解析(1)小球运动过程中在木板上留下的影子反映了小球在竖直方向的运动情况，照相机的闪光周期T＝0.1s，根据逐差法可得，影子运动的加速度大小为a＝（78.6－19.

8×2）×10－24×0.12m/s2≈9.8m/s2，加速度约等于重力加速度，可见，小球在竖直方向的运动为自由落体运动。(2)小球在水平地面上留下的影子的运动情况反映了小球在水平方向的运动情况。各点到O′点的距离即小球在对应时间内在水平方向上的位移，可以作出位移—时间

图像来判断小球在水平方向的运动情况，如图所示。由图像可以看出，小球水平方向的位移—时间图线为一条经过原点的直线，说明位移随时间均匀变化，即影子的运动为匀速直线运动，也就说明小球在水平方向的运动为匀速直线运动。3．

答案(1)BD(2)0.201.5解析(1)小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动h＝12gt2，解得t＝2hg，水平方向做匀速直线运动d＝v0t＝v02hg，可知飞行时间t与初速度v0大小无关，水平位移d与初速度v0成正比，

故B、D正确，A、C错误。(2)竖直方向，由y1＝12gt21解得t1＝2y1g＝2×0.0510s＝0.10s由y2＝12gt22解得t2＝2y2g＝2×0.4510s＝0.30s小球从A点运动到B点的时间为t＝t2－t1＝0.20s初速度大小为v0＝Δxt＝0

.30.2m/s＝1.5m/s。微专练71探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系1．答案(1)控制变量等于(2)2πnt(3)2πk解析(1)本实验采用控制变量法来探究F、m、ω、r四者之间的关系。小球在接近水平的平面内匀速转动，可以近似认为小球的向心力等于F。(2)若测得小球做匀速圆

周运动的圈数为n，对应的运动时间为t，则小球做匀速圆周运动的周期为T＝tn，由ω＝2πT可得ω＝2πnt。(3)由F＝m4π2T2r，可得Fm＝4π2T2r，则Fm－r图像的斜率为k＝4π2T2，解得T＝2πk。2．答案(1)A(2)角速度平

方不变解析(1)本实验先控制住其他几个因素不变，研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法，故A正确。(2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力大小的比值，根据F＝mrω2，在小球质量和转动半径相同的情况下，可知

左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有ω1＝vR1，ω2＝vR2，小球质量和转动半径相同的情况下，可知F1F2＝ω21ω22＝

R22R21，由于两变速盘的半径之比不变，则左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。3．答案①见解析图②0.18解析①作出Fn－v2图线，如图所示。②根据Fn＝mv2r知，图线的斜率k＝mr，则有mr＝7.909kg/m，代入数据解得m≈0.18kg。4．答案(1)变大变小(2)

①解析(1)小球做圆周运动时有T＝F向＝m2πT2r，所以当小球运动半径不变，仅减小运动周期时，小球受到的拉力将变大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将变小。(2)根

据题意有T＝tn，可得F＝m2πnt2r＝4π2mrnt2，因为甲球的质量较大，所以曲线①反映小球甲。微专练72验证机械能守恒定律1．答案(1)D(2)①AD②12h22T2或18h2T2(3)C解析(1)打点计时器应用交流电源，A错误

；实验中用gh＝12v2来验证重物的机械能是否守恒，所以不用测出重物的质量，B错误；打点计时器本身就是一种计时工具，所以不需用秒表计时，C错误；为充分利用纸带，释放纸带前，应让重物尽量靠近打点计时器，D正确。(2)①

测出点F与初始点O的距离hOF，同时根据E、G两点间距测得这两点的平均速度即为点F的瞬时速度vF，最后用mghOF＝12mv2F进行验证机械能是否守恒，A正确；已知OA和AC的长度，可测得B点的瞬时速度，可表示出重物动能的增加量，但不知B与O点间距，重物的重力势能的减小量

无从得知，无法进行验证，B错误；若已知OF和FG的长度，依题意，可知O、F的间距，可以表示出重物的重力势能的减小量，但由所给条件无法测得F点的瞬时速度，所以重物动能的变化量无从得知，无法进行验证，C错误；依题意

，根据AC和EG的长度，可知B、F两点的瞬时速度，进而可得重物经过这两点动能的增加量，同时也可知BF的间距，可测重物经过B、F两点重力势能的减少量，所以能验证，D正确。②依题意，F点的瞬时速度为v＝h22T，则机械能守恒定律的表达式为

mgh1＝12mv2＝12mh22T2，即gh1＝12h22T2＝18h2T2。(3)若重物下落时受到阻力，假定阻力为Ff，则有(mg－Ff)h＝12mv2，则v2

＝2g－Ffmh，可知，如果Ff恒定，图线过原点，A错误；在测某点的瞬时速度时，根据的是匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝Δh2T，如果电源的频率偏高，则打点计时器的实际周期偏小，但计算时仍采用原周期，导致所测速度偏小，这样得到的图线应该向下偏移而不过原点，与题图丙

不符，B错误；以h为横轴、v2为纵轴作出了如题图丙所示的图线，发现图线明显未过原点O，即打点计时器打第一点时重物已有速度，其原因可能是先释放纸带后接通电源，C正确；本实验不能直接用公式v＝2gh来求解瞬时速度，否则

就体现不了实验验证，而变成了理论推导，另一方面，利用公式v＝2gh计算重物速度，两边平方后可知v2－h图线一定会过原点，D错误。2．答案(1)②④(2)5.000.431(3)dΔt22－dΔt122g(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮

光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差解析(1)验证滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度v＝dΔt，需验证的表达式为mg(h1－h2)＝12mv22－12mv21＝12mdΔ

t22－12mdΔt12，整理化简得g(h1－h2)＝12dΔt22－12dΔt12，所以测量滑块和遮光条的总质量m不必要，测量A、B之间的距离l不必要，故选②④。(2)游标卡尺的读数为d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm，滑块通过光电门的速度v1

＝dΔt1＝511.60m/s＝0.431m/s。(3)根据(1)问可知h1－h2＝dΔt22－dΔt122g，在误差允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机械能守恒。(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确

，产生误差。微专练73验证动量守恒定律1．答案(1)A(2)C(3)m1x1＋m2x3x1＋x2解析(1)实验时应选择半径相等的小球作为入射小球和被撞小球，为了保证入射小球碰撞后不反弹，需要满足入射小球质量大于被撞小球质量，若实验中的入射小球a选用了小球乙，则被撞小球b应选用小球甲，故A正

确。(2)斜槽轨道是否光滑不影响两小球碰撞时满足动量守恒定律，故A错误；为了保证每次碰撞前瞬间入射小球a的速度相同，入射小球a每一次必须从同一高度由静止滚下，故B错误；为了保证小球抛出后做平抛运动，实

验时需确保斜槽轨道末端的切线是水平的，故C正确；实验时小球下落高度相同，在空中的时间相等，可用水平位移代替初速度，不需要测出斜槽轨道末端到水平地面的高度，故D错误。(3)实验时小球下落高度相同，在空中的运动时间相等，设碰撞前瞬间

入射小球a的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球a的速度为v1，被撞小球的速度为v2，根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2，又v0＝x2t，v1＝x1t，v2＝x3t，联立可得若满足m1x2＝m1x1＋m2x3，说明小球碰撞过程中动量守恒

；若小球间发生的碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，联立可得v2＝v0＋v1，即x3t＝x1t＋x22，若还满足x3＝x1＋x2，则说明小球间发生的碰撞为弹性碰撞。2．答案(1)

C(2)C(3)1.63(4)m1x2＝(m1＋m2)x4解析(1)橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后的两车粘连在一起，故C正确。(2)实验前应微调木板的倾斜程度，补偿阻力，使小车P能在木板上匀速直线运动，故A错误；接通打点计时器电源后，小

车P匀速运动，故释放时需有一定的初速度，故B错误；与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以测量出小车P的碰前速度，故C正确；加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，故D错误。(3)计算碰撞前小车P的速度应该选择BC段求平均速度，则v＝x

2t＝16.260.02×5×10－2m/s≈1.63m/s。(4)根据动量守恒定律可得m1v＝(m1＋m2)v′，其中v＝x2t，v′＝x4t，则m1x2＝(m1＋m2)x4。3．答案(1)A(2)m11T1＋m11T2＝m21T312m1dT12＝12m1d

T22＋12m2dT32(3)2解析(1)本实验是通过气垫导轨把两个滑块托起，使两个滑块不受摩擦力，故本实验可以不通过垫高导轨的方式平衡滑块和轨道间的摩擦阻力，故A正确；碰后两滑块可以向相反方向运动，所以不需要满足m1>m2，故B错误；本实验是探究碰撞前滑块的动量等于碰后滑块的动量，所

以需要测量碰撞前后小滑块的速度，而不需要测量两个光电门之间的距离，故C错误；滑块上的遮光片经过光电门的时间可由光电门测出来，所以不需要用秒表测量时间，故D错误。(2)由于右侧光电门碰前无示数，碰后两个光电门都有示数，所以两滑块碰撞后速度方向相反；滑块上遮光片宽度较小，因此可认为滑块挡光的平均速

度近似等于其瞬时速度；设挡光片的宽度为d，以向右为正方向，根据动量守恒定律有m1dT1＝－m1dT2＋m2dT3，即m11T1＋m11T2＝m21T3，所以只要该式成立，即可验证两滑块碰撞前后的总动量守恒；碰撞前系统的动

能为Ek1＝12m1dT12，碰后系统的动能为Ek2＝12m1dT22＋12m2dT32，若两滑块的碰撞满足12m1dT12＝12m1dT22＋12

m2dT32，即验证了两滑块的碰撞为弹性碰撞。(3)因为m11T1＋m11T2＝m21T3，12m1dT12＝12m1dT22＋12m2dT32，所以dT3＝2m1m1＋m2·dT1，则T1T3＝2m1m1＋m2＝21＋m2m1，可知当m1

≫m2时T1T3＝2，即TT′有最大值，为2。微专练74用单摆测量重力加速度的大小1．答案(1)2.1504π2L＋d2T2(2)③(3)2tn－1(4)1.6解析(1)游标卡尺的读数为主尺的读数与游标尺读数之和，所以d＝

21mm＋0.05×10mm＝2.150cm，根据周期公式T＝2πlg，可得g＝4π2lT2＝4π2L＋d2T2。(2)为防止摆球摇摆及实验过程摆长变化，应该用夹子固定摆线悬点。故选③。(3)从摆

球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆全振动的次数为N＝n－12，则单摆的周期为T＝tN＝2tn－1。(4)根据单摆周期公式T＝2πlg，有T2＝4π2g·l，由图像数据可得g月＝1.6m

/s2。2．答案(1)2.050小宇3mg－2mgcosθ(2)4t0π24t20L＋d2解析(1)小球的直径为d＝20mm＋10×0.05mm＝20.50mm＝2.050cm，根据牛顿第二定律有F－mg＝mv2L＋d2，根据机械能守恒定律有mgL＋d2(

1－cosθ)＝12mv2，整理得F＝3mg－2mgcosθ，故不需要测量细线长度和小球直径就可以验证机械能守恒定律，小宇的做法正确。(2)由图可知此单摆的周期为T＝4t0，单摆的周期公式为T＝2πL＋d2g，当地的重力加速度为g＝π24t20L＋d2。3．答案a．10.2d

．2.0e．g＝2π2（2L＋d）T2f．偏小解析a．根据图甲可知，小钢球的直径d＝10mm＋2×0.1mm＝10.2mm；d．当磁场最强时，摆球在手机的正上方，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；e．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；f．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，会下移，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。微专练75观察电容器的充、放电现象1．答案(1)12(2

)见解析图(3)见解析图解析(1)开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器放电，观察电容器的放电现象。(2)根据题图甲所示电路图连接实物电路，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物图如图所示。(3)根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过

曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，作出图像如图所示。2．答案(1)黑C(2)图像与坐标轴围成的面积3.2×10－4解析(1)多用表欧姆挡黑表笔电势高于红表笔电势，因此需要将多用电表黑表笔与电解电容器的“＋”引脚相连。电容器与多用表

欧姆挡相连后开始充电，充满电之后电流为零，对应的表针摆动情况就是先向右摆动，然后从右摆向左，最后停在最左侧“∞”刻度处不动(对应电流为零)，故C正确。(2)根据q＝It，可知I－t图像与坐标轴围成的面积表示电容器充电结束后储存的电荷量；根据电容定义式C＝QU，可得电容器的电容为C＝3.2×10

－310F＝3.2×10－4F。3．答案(1)增大减小(2)②解析(1)根据平行板电容器电容的决定式C＝εrS4πkd，及定义式C＝QU，可知U＝4πkdQεrS，将B极板向左移动少许，极板间距d增大，电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大；将一块陶瓷

板插入两极板间，则相对介电常数εr增大，电势差变小，静电计指针的偏转角减小。(2)用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1>C2，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据Q＝CU可知，电容器的电容大则其带电荷量大，而I－t图像面积代表带电荷量，所以对应电容为C1的电容

器充电过程I－t图像的是②。微专练76测量导体的电阻和电阻率1．答案(1)M(2)b移动滑片时，电压表和电流表的示数不变解析(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。2．答案(1)乙(2)ka2I(3)6.5×10－5解析(1)由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离。(2)根据电阻定律有R＝ρLa2，根据欧姆定律有

R＝UI，联立得U＝ρIa2L，则ρ＝ka2I。(3)根据图像可知k＝0.132×10－2V/m＝6.5V/m，根据(2)代入数据有ρ＝6.5×10－5Ω·m。3．答案(1)0.34外(2)①见解析图②

5有电阻箱的最小分度和待测电阻比较接近(或其他合理解释)解析(1)电流表的读数为I1＝0.34A，电压表的变化百分比为η1＝1.75－1.651.65×100%＝6.1%，电流表的变化百分比为η2＝0.3

4－0.330.33×100%＝3.0%，可知电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此电流表采用外接法。(2)①电路图如图所示。②两次实验中电路电流相同，有I＝ERA＋r＋Rx＝ERA＋r＋R0，可得Rx＝R0，由电阻箱的读数可得Rx＝5Ω；电阻箱的最小分度和

待测电阻的阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4Ω，则实验只能测得其为Rx＝5Ω，误差较大。微专练77测量电源的电动势和内阻1．答案(1)Er＋RA，理由见解析(2)CA(3)乙解析(1)将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领

，所以等效电源的电动势仍然为E，而电流表的内阻和电源的内阻作为等效电源的内阻，即r′＝r＋RA。(2)对甲图，考虑电表内阻时(即实线情况)，根据闭合电路欧姆定律得E＝U路＋Ir内＝U＋I(r＋RA)，变形得

U＝－(r＋RA)I＋E，理想情况时，U＝－rI＋E，图像与纵轴截距均为电源电动势E，虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为(r＋RA)，所以对应图甲电路分析的U－I图像是C；对乙图，考虑电表内阻时(即虚线对应的真实情况)，根据闭合电路欧姆定律得E＝U路＋

Ir内＝U＋I＋URVr＝U＋Ir＋UrRV，变形得U＝－RVrRV＋rI＋RVRV＋rE，理想情况时，U＝－rI＋E，虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为RVRV＋rr<r，虚线对应的纵轴截距为E，实线对应的纵轴截距为RVRV＋rE<E；两图线

在U＝0时，对应的短路电流均为I短＝Er，所以对应图乙电路分析的U－I图像是A。(3)图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，

所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。2．答案(1)15.0(3)R0＋RVERVR0·R＋1E＋（RV＋R0）rERVR0(5)1.551.1解析(1)为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满

偏电压大，则由串联电路分压可得URVR0RV＋R0＝E－UR＋r，代入数据解得R＝7.5Ω，因此选15.0Ω。(3)由闭合电路的欧姆定律可得E＝U＋URVR0RV＋R0(R＋r)，化简可得1U＝R0＋RVERVR0·R＋1E＋RV＋R0ERVR

0r。(5)由上面公式可得R0＋RVERVR0＝k＝119E，由1U－R图像计算可得k＝0.034V－1·Ω－1，代入可得E≈1.55V，将(15，1.2)代入解析式可得1.28＝119E×17.5＋1E＋r19E，解得r

≈1.1Ω。3．答案(2)b(4)r0kr0dk－R0－RA(5)见解析图解析(2)开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据R＝ρlS，可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端。(4

)圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根据闭合电路欧姆定律可知，E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir，整理得1I＝r0Eθ＋RA＋R0＋rE，结合图像的斜率和截距有r0E＝k，RA＋R0＋rE＝d，解得电源

电动势和内阻分别为E＝r0k，r＝r0dk－R0－RA。(5)实验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量单位角度对应电阻丝的电阻值，实验电路图如图所示。原理的简单说明：①先将单刀双掷开关接1，读出电流表示数I0；②然后将单刀双掷开关接2，调节电阻丝接入电路的角度

，直到电流表示数为I0，读出此时角度θ；③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值。微专练78用多用电表测量电学中的物理量1．答案(1)120(2)2.20(3)5.800解析(1)多用电表的读数为R＝12×10Ω＝12

0Ω。(2)电压表所选的量程为0～3.0V，最小分度值为0.1V，则所测量的电压值为U＝2.20V。(3)根据螺旋测微器读数规则，可得被测物体的长度为d＝5.5mm＋30.0×0.01mm＝5.800mm。2．答案(1)×1k欧姆调零(2)1

.5×104(3)黑解析(1)指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值相对所选挡位偏大，为了使指针能够尽可能指在表盘中央附近以减小误差，应将挡位换为更大的“×1k”挡。更换挡位后，将红、黑表笔短接，进行欧姆调零后再测量。(2)设欧姆表某挡位下内阻为r，表内电源电动势为E，表

头满偏电流为I，则I＝Er。当指针指在中央刻度时，有I2＝ER＋r，所以R＝r，因此表盘上中央刻度值乘以对应倍率等于该挡位下欧姆表的内阻，则该欧姆表在此挡位时的内阻为1.5×104Ω。(3)测电阻时电流从黑表笔流出，从电压表正接线柱流入，所以a是黑

表笔。3．答案(1)ADCB(2)300(3)0.90(4)U外＋U内解析(1)多用电表测电阻应先选择挡位，将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“右侧的0”，将两个表笔插入电池两极内侧，尽量靠近两极而不与两极接触，读出其阻值后随即断开，最后，将选择开关置于“OFF”位置，

故顺序为ADCB。(2)电池内阻约为30×10Ω＝300Ω(3)选择开关置于直流电压1V挡，则最小分度值为0.02V，则最终测量读数为0.90V。(4)电源电动势为外电路电压和内电路电压之和，故电池电动势为E＝U外＋U内。微专练79简单传感器及电路设计1．答案(1)

b(2)48(3)1700解析(1)因RVRx<RxRA，故电流表应采用内接法，题图中电压表右侧导线接b。(2)当电压表示数为9.0V，电流表的示数为3.0mA时，热敏电阻的阻值为Rt＝UI＝9.03.0×10－3Ω＝

3.0×103Ω，根据题图可知热敏电阻所在处的温度约为48℃。(3)取通过控制系统电流为I0＝2mA＝0.002A，由题图知，当温度为48℃时热敏电阻的阻值为3.0×103Ω，根据闭合电路欧姆定律，有I0＝E0Rt＋R2＋R，代入数据得R2＝1700Ω，所以若要使得保温箱内

温度低于48℃，加热系统就开启，应将R2调为1700Ω。2．答案(1)③①②④(2)并联2(3)10(4)A(5)不变解析(1)在本实验中应先让秤盘上不放重物，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，然后在秤盘上放置

已知重力的重物G，保持滑动变阻器接入电阻不变，读出此时毫安表示数I，再换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值，最后将电流表刻度盘改装为质量刻度盘，故合理的实验操作顺序为③①②④。(2)当小量程的电流表改装成

量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，又I＝IA＋IARAR，代入数据解得R＝2Ω。(3)根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有Ig＝Er＋R0＋R滑，当秤盘上放上重物，且电流表示数为20mA时，有I0＝Er＋R＋R

滑，R＝R0＋kmg，联立可得m＝10kg。(4)由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大，则电流表示数随压力增大而减小，所以改装后的刻度盘，其零刻度线在电流表的满偏刻度处，故A正确。(5)根据操作过程③可知，当电源电动势不变，而内

阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。微专练80探究影响感应电流方向的因素1．答案(1)见解析图(2)C(3)AB解析(1)为安全检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向

的关系，应将电源和电流计连接，考虑到电流计的内阻很小，应接入大电阻保护电表，几个元件串联连接，完整的实验电路如图所示。(2)因灵敏电流计的内阻很小，不能直接接入电路，则接入定值电阻的作用主要是减小电路中的

电流，保护灵敏电流表，故选C。(3)用楞次定律判断感应电流的方向时，需要知道线圈流过电流时产生磁场的方向，则需要先确定线圈的绕法，故A正确；实验中将条形磁体的磁极快速插入或快速拔出，磁通量的变化率更大，产生的感应电流更大，指针的偏转幅度更大，产生的现象将更加明显，故B正确，C错误；

将N极向下插入线圈或将S极向下插入线圈，磁通量都增大，但两种情况下原磁场方向相反，由楞次定律得出的感应电流方向相反，电流表的偏转方向相反，故D错误。2．答案(1)①向右②BD(2)不能解析(1)①在闭合开关时，B线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开

关后，将A线圈迅速插入B线圈中，B线圈的磁通量也增大，电流计指针也将向右偏转；②插入铁芯，B线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏转，A不符合题意；拔出A线圈，B线圈的磁通量减小，指针向左偏转，B符合题意；变阻器的滑片向左

滑动，滑动变阻器的阻值减小，A线圈的电流增大，B线圈的磁通量增大，指针向右偏转，C不符合题意；断开开关S瞬间，B线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏转，D符合题意。(2)将开关接在B线圈所在回路，则在闭合和断开开关时，B线圈的磁通量不变，不产生感应电流，

电流计指针将不偏转，不能观察到与图甲电路相同的现象。3．答案(1)5.665(5.663～5.667)(2)穿过螺线管的磁通量的变化量(3)1Δt(4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比)(5)加倍

解析(1)挡光片的宽度为Δd＝5.5mm＋16.5×0.01mm＝5.665mm。(2)在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与螺线管之间相对位置的改变量都一样，穿过螺线管磁通量的变化量ΔΦ都相同。(3)根据E＝nΔΦΔt，因ΔΦ不变，E与1Δt成正比，则要使图像为直线，横

坐标应该是1Δt。(4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比)。(5)匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，E－1Δt图像的横坐标不变时纵坐标加倍，所以新图像的斜率加倍。微专练81探究变压器原、副线圈

电压与匝数的关系1．答案(1)B(2)BD解析(1)该实验用的物理研究方法是控制变量法，故选B。(2)由变压器电压与线圈匝数关系U1U2＝n1n2，得U2＝n2U1n1，如果减少了原线圈的匝数n1，则U

2应该增大，与图像不符合；减小了副线圈的匝数n2，则U2减小，A错误，B正确；降低了交流电源的频率，不会影响U2的大小，C错误；拔掉了变压器铁芯B，会导致漏磁，则U2<n2n1U1，由于n1、n2、U1都不变，所以U2减小，D正确。2．答案(1)C(

2)①D②为了减小涡流，提高变压器的效率(3)少(4)b解析(1)变压器只能使用交变电源，不能使用低压直流电源，A错误；为使接触良好，应该拧紧接线柱，但不能用手直接捏紧裸露的接线柱，B错误；为了确保多用电表的安

全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，C正确。(2)①硅钢片的作用是形成闭合磁路，硅钢片中磁场变化会在垂直于abcd平面内产生感应电流，所以为了减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd，故选D。②这样设计的原因是为了减小涡

流，提高变压器的效率。(3)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈为低压线圈，电流大，匝数少。(4)由于实验所用的变压器会产生电能损耗，其实际测量得到的副线圈电压将小于利用理想变压器变压公式得到的值，所

以根据测量数据可判断出变压器的原线圈为b。3．答案(1)280(2)110(3)大于(4)AC解析(1)根据理想变压器变压规律得U2U＝n2n，U1U＝n1n，解得n1＝560，n2＝280。(2)初级线圈所接交流电压的有效值U1＝Um2＝

220V，根据理想变压器变压规律得U1U2＝n1n2，解得U2＝110V。(3)由于变压器工作时有能量损失，导致副线圈电压实际值比理论值小，故实验中测得的原、副线圈的电压比大于原、副线圈的匝数比。(4)变压器的铁芯漏磁

，会造成副线圈电压实际值比理论值小，故A正确；原线圈所加电压小，不会造成副线圈电压实际值比理论值小，故B错误；变压器的铁芯产生涡流，会造成副线圈电压的实际值比理论值小，故C正确。微专练82测量玻璃的折射率1．答案1.52有解析激光恰能在O点全反射，则sinC＝

1n，其中的sinC＝2.303.50，解得n＝1.52，将入射光线向右平移一小段距离，则光线射到上底面时的入射角减小，则光线将不能发生全发射从而有一部分从底面射出。2．答案(1)CD(2)不变偏小(3)1.52(4)B解析(1)实验时入射角应适当大些可以减小误差，但不是越大越好，故A错误

；该实验原理不仅能测量两面平行的玻璃砖的折射率，也可以测两面不平行的玻璃砖的折射率，故B错误；为了减小误差，插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，故C正确；为了便于观察，插大头针时，大头针应垂直纸面插放，故D正确

。(2)甲同学实验中经过玻璃砖的光路如图所示，由于整个玻璃砖的界面向上平移，则测出的折射角与正确操作时相同，根据折射定律可知，测得的折射率将不变；乙同学所作玻璃砖分界线aa′、bb′两界面的间距大于平行玻璃砖两界面的间距时，由几何知识得到测出的折射角大于正确操

作时的折射角，根据折射定律，测得的折射率将偏小。(3)根据折射定律可知，玻璃的折射率n＝sin∠AOCsin∠DOB＝ACBD＝1.52。(4)根据题意折射光线和入射光线应在法线同一侧，由n＝－1可知，入射角等于折射角，且出射时的折射角等于入射时的入射角，故B正确。3．答案(1)

见解析图(2)2(3)小于见解析解析(1)光路图如图所示。(2)由几何知识可知，AC界面的入射角为30°，折射角为45°，由折射定律可知，折射率n＝sin45°sin30°＝2。(3)若实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，作出实际光路图如图所示。可知实际出射光

线相对于玻璃砖不动时的出射光线向下平移，所以对折射角的测量无影响，但测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，作出的BC面的反射光线会比实际的反射光线向逆时针方向偏，由此造成所测光线在AC面的入射角θ比实际值偏大，由折射定律可知，折射率测量值n′＝sin45

°sinθ＜2＝n，即该玻璃折射率的测量值小于真实值。微专练83用双缝干涉实验测量光的波长1．答案(1)B(2)5.78×102(3)偏大解析(1)调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝，故A错误；n条亮纹之间有n－1个间距，相邻条纹的间距为Δx＝an－1，故B正确；由

于条纹的宽度与单缝和双缝间的距离无关，所以将单缝向双缝移动之后，并不影响条纹的宽度，故C错误；去掉滤光片后，入射光是复合光，而两列光相干的条件是他们的频率相同，故能发生干涉现象，但条纹是彩色的，故D错误。(2)图甲中螺旋测微

器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×32.0mm＝0.320mm，最终读数为2.320mm，图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为0.01×37.0mm＝0.370mm

，所以最终读数为13.870mm，则有Δx＝13.870－2.3205mm＝2.310mm，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝Ldλ，可得λ＝dΔxL，代入数据得λ＝5.78×10－7m＝5.78×102nm。(3)在目镜中观察到如题图所示的情形，会导致条纹间距测量偏

大，由公式Δx＝Ldλ，可知导致测量的单色光波长偏大。2．答案(1)B(2)8.01×10－7解析(1)观察到的白光的干涉图样是：可以看到彩色的干涉条纹，中央为一条白亮的零级干涉条纹；彩色条纹的排列，以零级亮条纹为中心左右对称，在第一级亮条纹中红色在最外侧，A错误；

放上红色或者绿色滤光片以后就变成单色的红光或者绿光，因此可以看见红黑或者绿黑的干涉条纹，由Δx＝Ldλ，红光的波长大，因此条纹间距大，B正确。(2)双缝的间距d＝0.25mm，双缝到毛玻璃间的距离为l＝748.8mm，螺旋测微

器的读数x1＝0.01×30.0mm＝0.300mm，螺旋测微器读数x2＝14.5mm＋0.01×20.0mm＝14.700mm，则相邻亮条纹的间距Δx＝x2－x16＝14.700－0.3006mm＝2.400mm，根据Δx＝ldλ，得λ＝Δxdl＝2.400×10－3×0.25×10－30.74

88m≈8.01×10－7m。3．答案(1)0.999(0.996～1.000)a(2)D2hλ能解析(1)根据图示读数可知细丝Ⅱ的直径为0.5mm＋49.9×0.01mm＝0.999mm；单缝越宽，衍射效果越不明显，条纹间距越小，所以图a是直径更大的细丝Ⅱ的衍射图样。(2)如图，通过平面镜

反射的光线可以看作在单缝下方2h处射出的光线，则干涉条纹可以看作双缝间的距离为2h的双缝干涉形成的条纹，则条纹间距Δx＝ldλ＝D2hλ，撤去平面镜，在单缝下方A处放置同样的另一单缝，有双缝结构，因此通

过两缝的光能发生干涉。微专练84用油膜法估测油酸分子的大小1．答案(1)单层VS(2)DACB(3)AC(4)6×10－10解析(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成单层分子油膜的特性。若将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为V，形成面积

为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为d＝VS。(2)实验时，先在浅盘中倒入约2cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上；然后将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜；将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上；将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上

计算油酸薄膜的面积。所以合理的顺序是：DACB。(3)根据d＝VS可知：将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则V偏大，测得的分子直径d偏大，故A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则油膜的计算面积偏小，测得的分子直径偏小，故B错误；水

面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S的测量值偏小，分子直径测量值偏大，故C正确；计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则S测量值偏大，分子直径测量值偏小，故D错误。(4)一滴该油酸酒精溶液含纯油酸

的体积为V＝1200×150cm3＝10－10m3。油酸分子的直径为d＝VS＝10－100.16m≈6×10－10m。2．答案(1)132(2)8×10－6(3)6.1×10－10解析(1)根据题图，数得格子数为132个，那么油膜面积是S＝132×1cm2＝132cm2。(2)根据已知条件可知，

1mL溶液中有75滴油酸酒精溶液，1滴溶液的体积是175mL。又已知每1000mL溶液中有纯油酸0.6mL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是V＝0.6×1751000mL＝8×10－6mL。(3)油酸分子的直径为d＝VS＝8×10－6132cm＝6.1×10－1

0m。3．答案(1)BFE(2)B(3)A解析(1)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为∶用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；往浅盘里倒入约2cm深的

水，水面稳定后将适量痱子粉均匀撒在水面上；用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出

油酸分子直径的大小。则实验操作顺序为DBFEC。(2)出现该图样的可能原因是：痱子粉撒得太多，且厚度不均匀，导致油酸没有均匀排列开，故选B。(3)甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致

油酸酒精溶液的实际浓度比计算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值小，由d＝VS，可知所测的分子直径d偏小，故A正确；乙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器把溶液

滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，一滴油酸酒精溶液的实际体积变小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积变小，对应的油膜面积S变小，但体积V还是按原来的计算，由d＝VS，可知所测的分子直径d偏大，故B错误；丙在计算油膜面积时，把凡是

不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些，由d＝VS，可知所测的分子直径d偏大，故C错误。微专练85探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系1．答案(1)1L(2)A(3)B解析(1)根据玻意耳定律有pV＝C，V＝SL，可得p＝CS·1L，故图丙为p－1L图像。(2)气

体的体积V＝SL，其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以可以用L代替V，故选A。(3)根据实验数据，得出的结论为一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比，故选B。2．答案(1)封闭在注射器内的气体温度气体质量注射器刻度(2)D(3)D(

4)注射器与压强传感器连接部分的气体体积(5)D解析(1)实验中所研究的对象是封闭在注射器内的气体；实验的条件是温度不变、气体质量一定，研究气体压强和体积的关系，体积可从注射器刻度直接读出。(2)实验时注射器活塞与筒壁间的摩

擦力不断增大，不会影响气压与体积，故A错误；实验时环境温度升高了，根据理想气体状态方程pVT＝C，pV乘积变大，故B错误；封闭气体压强与外界大气压强无关，故C错误；实验时若注射器内的气体向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程

pVT＝C，常数C与质量有关，质量变小时C变小，则pV乘积减小，故D正确。(3)根据理想气体状态方程pVT＝C，并结合题目可知，p－1V图像是过原点的直线，即横坐标表示的物理量是封闭气体体积的倒数1V，故选D。(4)实

验时气体的实际体积比注射器刻度值V大V0，根据p(V＋V0)＝C，C为定值，则V＝Cp－V0，如果实验操作规范正确，但如题图丙所示的V－1p图线不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积。(5)测量时，由

于注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，所以纵轴存在截距－V0；当软管脱落后，由于气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标1p偏大，但V－1p的延长线与纵轴的交点仍为－V0，则前后两条图线应相交在此处，所以绘出的V－1p关系图像应是D。第三部分计算题专练微专练86单独气体和关

联气体问题1．答案(1)330K(2)1.1×105Pa(3)188J解析(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有VATA＝VBTB解得TB＝VBVATA＝330K。(2)从状态A到状态B的过程中，活

塞缓慢上升，则pBS＝p0S＋mg解得pB＝1×105Pa根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有pBTB＝pCTC解得pC＝TCTBpB＝1.1×105Pa。(3)根据题意可知，从

状态A到状态C的过程中气体对外做功为W0＝pBSΔh＝30J由热力学第一定律有ΔU＝W＋QW＝－W0＝－30J解得Q＝ΔU－W＝188J。2．答案(1)1.25p0(2)360K(2)Q－0.2E解析(1)设乒乓球原体积为V，踩

瘪后压强为p1，有p0V＝p1·0.8V可得p1＝1.25p0。(2)踩瘪后到开始准备恢复为等容过程，已知开始温度T0＝300K，设开始准备恢复时温度为T1，有1.25p0T0＝1.5p0T1可得T1＝360K。(3)由于气体内能只与热力学温度成正比，乒乓球最终内能为36030

0E＝1.2E可知内能增加了0.2E，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W可得恢复形变过程中球内气体做功为W＝Q－0.2E。3．答案(1)pB＝15p0(2)TC＝1.9T0(3)W解析(1)从A到B过程，根据玻意耳定律可得pAVA＝pB

VB解得pB＝15p0。(2)从B到C过程，根据理想气体状态方程可知pBVBTB＝pCVCTC解得TC＝1.9T0。(3)根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W。4．答案(1)0.4V2p0(2)(5－1)V3＋54p0解析(1)对B气体分析，发生

等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB×12V解得pB＝2p0对A气体分析，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA其中pA＝pB＋0.5p0联立解得VA＝0.4V。(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为32V，由玻

意耳定律可得p0V＝p′×32V0则A此情况下的压强为p′＝23p0<pB－0.5p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据等温变化有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′VA

′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0联立解得pB′＝3－54p0(舍去)，pB′＝3＋54p0VA′＝(5－1)V。微专练87气体变质量问题1．答案(1)1.5atm(2)325次解析(1)球内气体发生等容变化，由查理

定律得p1T1＝p2T2解得p2＝1.5atm。(2)在室温下把球内50L的气体折算成1atm下的体积为V2的气体。由玻意耳定律得p1V1＝p2V21．5×50＝1×V2V2＝75L设打气次数为n，把打进去的气体与折算后体积为V2的气体看成

一整体，由玻意耳定律得p2(V2＋nΔV)＝p3V11×(75＋n×0.2)＝2.8×50解得n＝325次。2．答案(1)21℃(2)124解析(1)钢瓶的容积一定，从夜晚到白天对钢瓶内气体，有p1T1＝p2

T2解得T2＝294K，即t＝21℃。(2)在白天时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则p2＝1.26×107Pa，V2＝0.04m3，p3＝2×105Pa根据p2V2＝p3V3解

得V3＝2.52m3可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105PaV4＝(2.52－0.04)m3＝2.48m3分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105Pa，V5＝nV其中小钢瓶体积为V＝0.01m3根据p4V4

＝p5V5解得n＝124即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。3．答案(1)MmaVρg(2)ρgH＋p0ρgH1＋p0m解析(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0设此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V鱼通过增加B室体积获得大小为a

的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma联立解得需从A室充入B室的气体质量Δm＝ρ气ΔV＝MmaVρg。(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1＝ρgH＋p0鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p

0由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V＝p2V2解得V2＝ρgH＋p0ρgH1＋p0V则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝ρgH＋p0ρgH1＋p0m。4．答案(1)0.917p0(2)1.2解析(1)对充气结束后，B中气体从－23℃到27℃的过程中，由pT2＝1.1p0

T1其中T1＝300K、T2＝250K，解得p＝0.917p0则充气完毕时A中的气体压强与充气结束后的B压强相同，故为0.917p0。(2)对A、B中气体组成的整体，由p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB解得VAVB＝k＝1.2。微专练88机械振动和机械波1．答案

(1)49g(2)30πLg解析(1)由万有引力定律得GMmR2＝mgGM9·m12R2＝mg′解得g′＝49g。(2)在该星球表面，单摆的振动周期为T＝2πLg′单摆的振动时间为t＝10T代入数据整理得t＝30πLg。2．答

案(1)12v(2)（1＋4N）π22mk(N＝0，1，2，3…)或（3＋4N）π22mk(N＝0，1，2，3…)解析(1)振子与物体碰撞过程中，水平方向动量守恒mv＝2mv共解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小v

共＝12v。(2)弹簧振子周期变为T＝2π2mk，振子第一次到达最左端的时刻分别为t＝0时刻经O点向左运动，t1＝π22mkt＝0时刻经O点向右运动，t2＝3π22mk振子第N次到达最左侧的时刻分别为t1′＝（1＋4N）π2

2mk(N＝0，1，2，3…)t2′＝（3＋4N）π22mk(N＝0，1，2，3…)。3．答案(1)6m(2)3.6s解析(1)两列波在同一介质中传播，故波速相同，由图乙可得TA＝0.4s，TB＝0.6s由题意知vA＝xt＝10m/s则λB＝vBTB＝6m。(2)A

波传播到C点且出现在波峰处所需的时间tA＝xAC＋n＋34λAvA＝0.4n＋1.2s(n＝0，1，2，3，…)其中λA＝vATA＝4mB波传播到C点且出现在波峰处所需的时间tB＝xBC＋m＋14λBvB＝0

.6m＋0.6s(m＝0，1，2，3，…)两波峰叠加时，C点位移为6cm，故有tA＝tB，即3m－2n＝3(m、n均取整数)C点第三次位移为6cm的时刻t＝3.6s。4．答案(1)L0＋3mgsinαk(2)gsinα2(3)L0＋mgsinαk解析(1)以物

块A和B为整体，由平衡条件可得(m＋2m)gsinα＝kx1剪断细线前轻质弹簧的长度为L＝L0＋x1解得L＝L0＋3mgsinαk。(2)剪断细线瞬间，对物块A，由牛顿第二定律可得kx1－2mgsinα＝2ma解得a＝gsinα2。(3)剪断细线后，物块A做简谐运动，设物

块A的平衡位置对应的弹簧伸长量为x2，则有2mgsinα＝kx2物块A运动的振幅为A＝x1－x2设轻质弹簧的最小长度为Lmin则有A＝L0＋x2－Lmin解得Lmin＝L0＋mgsinαk。微专练89光的折射与全

反射1．答案(1)tanθ(2)Dtanθ解析(1)设折射角为γ，根据几何关系可得γ＝90°－θ根据折射定律可得n＝sinθsinγ联立可得n＝tanθ。(2)如图所示根据几何关系可得d＝Dsin（90°－θ）·sinθ＝Dtanθ。2．答案(1)43(2)4d27解析(1)由平抛运动的规律可

知d＝v0t23d＝12gt2tanθ＝vyv0＝gtv0解得tanθ＝43。(2)因tanθ＝43，可知θ＝53°，设从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为90°－θ＝37°，则由折射定律可知n＝sinαsin37°解得α＝53°由几何关系可知Htan37°＋23dtan53°＝d解

得H＝4d27。3．答案(1)nH0c(2)H>(R＋r)n2－1解析(1)蓝光在冰块中传播的速度大小为v＝cn由几何关系可知，面状光源各点到圆柱体上表面的最小距离均为H0，则H0＝vt解得最短时间为t＝nH0c。(2)在面状光源上任取一点A，A发出

的光直接照射到圆柱体上表面任一点B，设光从A射到B时的入射角为α，则cosα＝HAB圆柱体的高一定，且α小于90°，所以AB越大，cosα越小，则α越大，设从面状光源发出且直接照射到圆柱体上表面的所有光线入射角的最大值为β，如图所示

，根据几何关系有sinβ＝R＋rH2＋（R＋r）2要使从面状光源发出且直接照射到圆柱体上表面的所有光线都能直接折射出去，应有sinβ<1n解得H>(R＋r)n2－1。4．答案(1)（2－2）Rc(2)120°解析(1)光线在玻璃中传播的速度为v＝cn＝c2光线在玻璃中传播的最短时间为t＝

R′－Rv＝（2－2）Rc。(2)设光线a′a射入外球面后沿ab方向射向内球面时，刚好发生全反射，如图所示则有sinC＝1n可得C＝45°在△Oab中Oa＝2R，Ob＝R由正弦定理得sin（180°－C）2R＝sinrR解得r＝30°由n＝sinisinr解得i＝

45°又因为∠O′Oa＝i，∠θ＝C－r＝45°－30°＝15°所以∠O′Ob＝i＋θ＝45°＋15°＝60°当射向外球面的入射光线的入射角小于i＝45°时，这些光线都会射出内球面，因此，以OO′为中心线，上、下(左、右)各60°的圆锥球壳内均有光线射出，球壳内部有光线

射出的圆弧区域所对应的圆心角为120°。微专练90两类动力学问题1．答案(1)0.3m/s2(2)1.2×106N(3)30m/s解析(1)列车的初速度为324km/h＝90m/s经过5min＝300s停下，所以列车减速时的加速度为a＝ΔvΔt＝0－90300m/s2＝－0.3m/s2即列

车减速时加速度大小为0.3m/s2，负号说明加速度的方向与运动方向相反。(2)对驶离车站的加速过程，由运动学公式得v2＝2a′x′解得a′＝v22x′＝9022×8.1×103m/s2＝0.5m/s2阻力大小Ff＝0.1mg根据牛顿第二定律，有F－0.1mg＝ma′代入数值解得F＝

1.2×106N。(3)列车加速的时间为t′＝va′＝900.5s＝180s减速过程中通过的位移x＝v2t＝45×300m＝13500m所以整个过程的平均速度大小为v－＝x＋x′t总＝13500＋8100300＋240＋180m/s＝30m/s。2

．答案(1)12N(2)6N(3)18s36m解析(1)匀加速阶段的加速度大小为a1＝vm－0t1解得a1＝0.4m/s2由牛顿第二定律得F1－f＝ma1解得F1＝12N。(2)匀减速阶段有0－v2m＝－2a2x2解

得a2＝0.5m/s2由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2解得F2＝6N。(3)匀减速阶段的时间为t2＝0－vm－a2＝8s运动总时间为t＝t1＋t2＝18s匀加速阶段的位移为x1＝vm＋02t1＝20m运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36m

。3．答案(1)0.1(2)67185m解析(1)设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行的过程，由能量守恒定律有UI＝I2R＋T1v解得T1＝7400N小车和配重一起匀速时，设绳的张力为T2，对配重有T2＝m0g＝400N设斜面倾角为θ，对小车匀速过

程有T1＋T2＝(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有m1gsinθ＝m0g＋km1g联立各式解得sinθ＝0.5，k＝0.1。(2)关闭发动机后小车和

配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a可得a＝37067m/s2由运动学公式可知v2＝2aL解得L＝67185m。4．答案(1)3m/s28m/s(2)30°1335N解析(1)物块做匀加速直线运动

，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2①v＝v0＋at②联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s。(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有平行斜面方向Fcosα－mgsin30°－Ff＝ma垂直斜面方向Fsinα＋FN－mgcos30°＝0其中Ff＝μFN联

立解得F＝mg（sin30°＋μcos30°）＋macosα＋μsinα＝mg（sin30°＋μcos30°）＋ma233sin（60°＋α）故当α＝30°时，拉力F有最小值，为Fmin＝1335N。微

专练91含传送带模型的多过程问题1．答案(1)4N1m/s2(2)1s(3)0.5m(4)2s2m/s解析(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg解得Ff＝4N由牛顿第二定律，有Ff＝ma解得a＝1m/s2。(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李

加速运动的末速度大小v＝1m/s，则v＝at解得t＝1s。(3)行李箱加速运动时，传送带的位移大小x2＝vt＝1m行李箱的位移大小x1＝v2t＝0.5m行李在传送带上滑行痕迹的长度Δx＝x2－x1＝0.5m。(4)行李从

A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则L＝12at2min解得tmin＝2s传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin解得vmin＝2m/s。2．答案(1)1.15m(2)0.6m1.3m/s解析(1)由题意知当ω≤14rad/s时，

小物体做匀减速直线运动，然后做平抛运动，则有vx＝ωD2＝0.7m/s又s＝vxt解得t＝0.5s依题意H＝12gt2－D解得H＝1.15m。(2)由题意结合题图乙知，小物体做平抛运动的最小速度v1＝0.7m/s同理，

最大速度v2＝1.7m/s有v20－v21＝2μgL，v22－v20＝2μgL解得L＝0.6m，v0＝1.3m/s。3．答案(1)45N，方向竖直向下(2)34m/s(3)0.45m解析(1)由图可知h＝

0.5m时，物块到达A点的速度大小为vA＝10m/s设在A点时滑块受到支持力为F，则有F－mg＝mv2AR代入数据得F＝45N由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为45N，方向竖直向下。(2)在传送带上，由牛顿第

二定律得μmg＝ma物块从h＝R＝0.8m处释放，由图乙知到达A点的速度大小为vA1＝4m/s由v2－v2A1＝2ax当v等于传送带速度时x＝103m>L，可知小滑块在传送带上一直做匀加速运动，有v2B1－v2A1＝2aL代入数据得vB1＝34m/s。(

3)设小滑块做平抛运动的初速度为vB，运动时间为tB，则竖直方向H＝12gt2B水平方向Htan30°＝vBtB代入数据得vB＝33m/s设滑块在A点速度为v0时，从A到B，有v2B－v20＝2aL得v0＝3m/s由图乙得v20＝

20h0解得h0＝0.45m。4．答案(1)1.2m(2)22m/s解析(1)因为vB>v，所以快递先减速，若在传送带上减速至v，由v2B－v2＝2μgx可得x＝2.405m<L故先减速后匀速，从C点平抛到落地过程有h＝12gt2解得t＝0.5s由水平位移x＝vt解得x＝1.2m。

(2)设落到收集装置时速度大小为v1，则v1＝v2x＋（gt）2设C点抛出时水平速度为vx，落到收集装置时水平位移x，竖直位移y，则有x2＋y2＝R2x＝vxty＝12gt2得v2xt2＋25t4＝4825即vx＝4825－25t4t2代入得v1＝48

25－25t4t2＋100t2＝4825t2＋75t2由数学知识可知，当4825t2＝75t2时，v最小，得t＝25s由vx＝4825－25t4t2得vx＝22m/s可知，快递在传送带上先匀减速到22m/s，再一起匀

速，即传送带速度应该调节为22m/s。微专练92含板块模型的多过程问题1．答案(1)2m/s(2)4m(3)0.5m解析(1)设小滑块的质量为m，长木板的质量为2m，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v代入数据解

得v＝2m/s。(2)由能量守恒定律得Q＝μmgL＝12mv20－12(m＋2m)v2代入数据解得L＝4m。(3)设小滑块刚滑上木板B左端时的速度为v1，木板A、B的速度为v2，小滑块相对B静止时的速度为v′，由动量守恒定律和功能关系可得在A上滑动时mv0＝2mv2＋mv112μmg

L＝12mv20－12mv21＋12×2mv22在B上滑动时mv1＋mv2＝2mv′μmgx＝12mv21＋12mv22－12×2mv′2则ΔL＝12L－x代入数据联立解得ΔL＝0.5m。2．答案(1)0.4(2)6m解析(1)由题图可知，6s后铁块和木板处于相对滑动

状态，设木板与地面间的滑动摩擦力大小为f1，木板与铁块间的动摩擦因数为μ2，滑动摩擦力为f2＝4N。由滑动摩擦力公式f2＝μ2mg联立解得μ2＝0.4。(2)当给铁块一个瞬时冲量，铁块获得初速度v0I＝mv0然后

铁块开始匀减速，木板开始匀加速，当达到共同速度以后开始共同做匀减速运动设经过t1时间达到共同速度v，由动量定理得对铁块有－μ2mgt＝mv－mv0对木板有[μ2mg－μ1(M＋m)g]t＝Mv联立解得t1＝1s，v＝2m/s铁块对地位移s1＝v0＋v2t1解得s1＝4m铁块和

木板整体做匀减速运动，经过t2达到静止，有μ1(M＋m)g＝(M＋m)av＝at2铁块对地位移s2＝v2t2解得s2＝2m铁块对地的总位移s＝s1＋s2解得s＝6m。3．答案(1)30N(2)1.6J(3)1－150.8－L16s解析(1)滑块下滑到轨道底部的过程，有mBgR＝12

mBv20－0解得v0＝2m/s在底部，根据牛顿第二定律FN－mBg＝mBv20R解得FN＝30N由牛顿第三定律可知B对A的压力大小是30N。(2)当B滑上C后，B所受摩擦力向左，对B根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1解得加速度向左为a1＝2

m/s2对C分析，水平方向受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力Ff地C＝μ2(mB＋mC)g根据牛顿第二定律Ff地C－FfBC＝μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2解得其加速度向左为a2＝10m/s2由运动学位移与速

度关系公式v2－v20＝2ax，得B向右运动的距离x1＝v202a1＝1mC向右运动的距离x2＝v202a2＝0.2m由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)解得Q＝1.6J。(3)由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，设用时为t1，有t1

＝v0a2解得t1＝0.2sB的位移为xB1＝v0t1－12a1t21＝0.36m则此过程的相对位移为x相＝xB1－x2＝0.16m此时vB1＝v－a1t1＝1.6m/s由L>0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有L－0.16＝1.6t2

－12a1t22解得t2＝0.8－0.8－L碰撞时B速度为vB2＝vB1－a1t2＝20.8－L由动量守恒定律可得mBvB2＝(mC＋mB)v解得碰撞后B、C速度为v＝0.8－L2之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得a3＝μ2（mC＋mB）gmC＋mB＝8m/s2后再经时间t

3后停下，则有t3＝va3＝0.8－L16故B从滑上C到最终停止所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1－150.8－L16s。4．答案(1)(k－1)g(2)2Lk2(3)2kmgLk－1解析(1)第一次碰撞后，对物块kmg－qE＝ma1解得a1＝(k

－1)g。(2)设平板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，根据动能定理2qEL＝12×2mv21－0解得v1＝2gL第一次碰撞后，对平板有kmg＋qE＝ma2解得a2＝(k＋1)g第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后

向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，平板第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有v共＝－v1＋a2t1对物块有v共＝v1－a1t1解得t1＝2gLgk，v共＝2gLk从平板第一次与墙壁碰撞到平板与物块共速时物块的位移为x1

＝v1＋v共2t1＝k＋1k2L木板的位移为x2＝－v1＋v共2t1＝1－kk2L之后到碰挡板前二者没有相对滑动，所以从释放到木板第二次与挡板碰撞前的瞬间物块相对平板的位移为Δx＝x1＋x2解得Δx＝2Lk2。(3)最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到

平板和物块都静止的过程中，设物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒定律有qEL＋qE(L＋x)＝QQ＝kmgx解得二者的相对路程x＝2Lk－1系统因摩擦产生的热量Q＝kmgx＝2kmgLk－1。微专练93含弹簧模型的多过程问题1．答案(1)8mgsinθ5x0(2)gsinθ5(3)F＝

825mgsinθ＋4mg2sin2θ25x0t20≤t<5x02gsinθ解析(1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝m＋35mgsinθ解得k＝8mgsinθ5x0。(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0

由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知x1x0＝14说明当弹簧形变量为x1＝x0－x04＝3x04时二者分离对m分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知kx1－mgsinθ＝ma联立解得a＝15gsinθ。(3)设a、b分离前经时间t时，ab前进的位移x＝12at2＝

gsinθ10t2则形变量变为Δx＝x0－x对整体分析可知，由牛顿第二定律有F＋kΔx－m＋35mgsinθ＝m＋35ma解得F＝825mgsinθ＋4mg2sin2θ25x0t2因分离时位移x＝x04由x＝x04＝1

2at2解得t＝5x02gsinθ故应保证0≤t＜5x02gsinθ，F表达式才能成立。2．答案(1)15N(2)6J(3)22m/s解析(1)A和斜面间的滑动摩擦力大小为Ff＝μmAgcosθ根据牛顿第二定律，对B有mBg－F＝mBa对A有F＋

Ff－mAgsinθ＝mAa解得F＝15N。(2)物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有mAgLsinθ＋12(mA＋mB)v20＝12(mA＋mB)v2＋mBgL＋FfL解得v＝2m/s从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点，

对系统应用动能定理有－Ff·2x＝0－12(mA＋mB)v2由能量守恒定律有Ep＋mBgx＝mAgxsinθ＋Ffx两式联立可得Ep＝6J。(3)当物体加速度为零时，速度达到最大，则对A有mAgsinθ＋Ff＝kx1＋F1对B有mBg＝F1根据简谐运动的对称性可得x＝2x1物体A由速度最

大位置到C点过程中，有mAgx1sinθ＋Ffx1＝mBgx1＋ΔEp＋12(mA＋mB)v2mΔEp＝12(0＋kx1)x1联立解得vm＝22m/s。3．答案(1)3mg(2)6gL(3)1.5mgL解析(1)小球在位置P处静止时，对其受力分析如图所示，根据平衡条件有沿杆方向Tco

s(90°－α＋β)＝mgsinα垂直杆方向Tsin(90°－α＋β)＝mgcosα＋FN解得FN＝mg，T＝3mg。(2)小球在位置A处时，设小球做圆周运动的半径为r，所受弹簧的弹力大小FT，杆的弹力大小FN，则水平方向有FT＋FNsinα＝mω2r竖直方向有FNcosα＝mg由几何

关系L＝rtanα弹簧伸长的长度与初始相同，则有FT＝T＝3mg联立解得ω＝6gL。(3)小球由静止开始沿杆向上滑动，初速度vP＝0小球在位置A的速度大小vA＝ωr＝2gL小球由P到A过程，根据动能定理有W－mgL2＝12mv2A－12m

v2P＝12mv2A解得W＝1.5mgL。4．答案(1)20J(2)50N(3)s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m解析(1)根据物块A、B碰撞过程动量守恒有mv0＝2mv可得物块A的初速度为v0＝10m/s刚

要释放物块A时弹簧的弹性势能为Ep＝12mv20＝20J。(2)设两物块经过C点时速度为vC，两物块受到轨道支持力为FNC，由功能关系得12×2mv2－2μmgs＝12×2mv2C在C点根据牛顿第二定律有FN

C－2mg＝2mv2CR联立解得FNC＝50N由牛顿第三定律知，两物块对轨道的压力大小为50N。(3)物块不脱离轨道有两种情况：①能过轨道最高点。设物块经过半圆形轨道最高点的最小速度为v1，则在最高点有2mg＝2mv21R解得v1＝gR＝2m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中

，由功能关系有12×2mv2－2μmgs－4mgR≥12×2mv21解得s≤1.25m②物块上滑最大高度不超过14圆弧。设物块刚好到达14圆弧处速度为v2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有12×2mv2－2μmgs≤2mgR物块能滑出粗糙水平面，由功能关系有12×2mv2>2μ

mgs解得4.25m≤s<6.25m综上可知，s应满足的条件是s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m。微专练94带电粒子在组合场中的运动1．答案(1)1m(2)5×10－5s2×108m/s2解析(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有q

vB＝mv2r解得r＝2m过M点作带电粒子运动速度方向的垂线与磁场右侧边界交点为O，如图所示，由几何关系有OM＝d1sinα，可得OM＝2m＝r，可知O为粒子在磁场中运动轨迹的圆心，轨迹所对的圆心角为α，粒子离开磁场时，与边界垂直，

且到MQ的距离d＝r－rcosα＝1m。(2)粒子垂直边界进入电场后做类平抛运动，在电场中的加速度大小a＝qEm代入数据得a＝2×108m/s2在电场中运动的时间t＝d2v代入数据得t＝5×10－5s。2．答案(1)mv203q(2)

π3或60°(3)见解析解析(1)设板间距离为d，则板长为3d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度大小为E＝Ud根据牛顿第二定律得qE＝ma解得a＝qUmd设粒子在平板间的运动时间为t0，根

据类平抛运动的运动规律得d2＝12at20,3d＝v0t0联立解得U＝mv203q。(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tanα＝at0v0＝33故α＝π6则出电场时粒子的速度大小为v＝v0cosα＝233v0粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据

洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝mv2r解得r＝mvqB＝23mv03qB已知圆形磁场区域半径为R＝2mv03qB，故r＝3R粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向

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

中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图乙所示。3．答案(1)水平向左(2)2UB2R2(3)8Ud解析(1)离子在磁场中运动洛伦兹力指向圆心，可以知道离子带正电，离子经

过Q点水平方向向左加速，因此电场强度方向水平向左，即匀强电场的方向水平向左。(2)设离子质量为m，电荷量为q，离开加速电场时速度为v；在加速电场中，由动能定理有qU＝12mv2①在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R②联立①②可得qm＝2UB2R2。(3)离子

在匀强电场中运动时，水平方向做匀加速运动，则有2d＝12at2＝12×qEmt2离子在竖直方向做匀速运动，则有d＝vt联立解得E＝8Ud。4．答案(1)vkR2v2kR(2)6＋2－32＋2π3Rv(3)见解析解析(1)粒子运动轨迹如图甲所示，根据几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的

半径为R则有qvB＝mv2R解得B＝vkR粒子进入电场中有R＝12at2，R＝vt，qE＝ma解得E＝2v2kR。(2)粒子运动轨迹如图乙所示，根据几何关系，粒子在磁场中旋转角度α＝120°在磁场中运动时间t1＝2πR3v粒子离开磁场到进入电场的过程中沿y轴方向R－Rsin6

0°＝vt2解得t2＝（2－3）R2v在电场中沿－x方向32R＝12at23解得t3＝6R2v可得粒子运动总时间t＝6＋2－32＋2π3Rv。(3)如图丙所示，当粒子入射的速度变为2v时，半径r＝2R设粒子入射方向与x轴正方向夹角为θ，根据图中几何关系R＋Rcosθ＝2R

sinθ解得sinθ＝45因此为保证该粒子射出磁场后不能进入匀强电场，粒子从O点射入磁场时速度方向与x轴正方向夹角的正弦值应满足sinθ≥45，且入射速度方向指向第四象限。微专练95带电粒子(体)在叠加场中的运动1．答案(1)mv0qB(1－sinα

)(2)qBv20＋2qEdm－qEm(3)12mv20－mE2cos2θ2B2π2－θmqB解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力可得qv0B＝mv20R由几何关系得y＝R(1－sinα)解得y＝mv0qB

(1－sinα)。(2)设粒子进入第四象限离x轴距离最远时速度为v1，电场力对粒子做正功，由动能定理可得qEd＝12mv21－12mv20在Q点由牛顿第二定律有qv1B－qE＝ma解得a＝qBv20＋2qEdm－qEm。(3)设粒子进入第四象

限以速度v2做匀速运动，受力分析如图所示有qv2B＝qEcosθ粒子从P点运动到M点，由动能定理得－W＝12mv22－12mv20解得W＝12mv20－mE2cos2θ2B2粒子从P点运动到M点过程中任意时刻满足qvB＝mvω则P点运动

到M点的时间为t＝π2－θω解得t＝π2－θmqB。2．答案(1)mgd（R1＋R2）qR2(2)mv2dq(3)mg2q解析(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得qE＝mgR2两端的电压U2＝Ed根据闭合电路欧姆定律得U2＝

E0R1＋R2R2联立解得E0＝mgd（R1＋R2）qR2。(2)如图所示设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系(r－d)2＋(3d)2＝r2解得r＝2d根据qvB＝mv2r解得B＝mv2dq。(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球

做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得qE′＝mgcos60°解得E′＝mg2q。3．答案(1)0.8m(2)2m/s解析(1)乙恰能通过轨道的最高点D，则此时重力恰好提供向心力mg＝mv2DR解得vD＝2m/s乙做平抛运动

，有x＝vDt，2R＝12gt2解得x＝0.8m。(2)乙由B到D过程，根据动能定理有－2mgR＋2mg·2R＝12mv2D－12mv22解得碰后乙的速度为v2＝vD＝2m/s甲、乙碰撞过程，有mv0＝mv1＋mv212mv20＝12mv21＋12mv22解得甲与乙碰撞前的速度大小

v0＝2m/s。4．答案(1)1×10－2N/C(2)22m/s沿x轴正方向解析(1)在C点时qvCB＝mg解得vC＝1m/sC到D过程，由动能定理得qE·2l－mgl＝12mv2D－12mv2C联立解得E＝1×10－2N/C。(2)由于D点速度最大，可

知重力和电场力的合力方向与速度方向垂直，则速度与x轴正方向的夹角θ＝45°D运动到P的过程：在x方向qE＝max2l＝vDcosθ·t＋12axt2联立解得t＝210svPx＝vDcosθ＋axt＝22m/sy方向，vPy＝vDsinθ

－gt＝0则vP＝22m/s，方向沿x轴正方向。微专练96带电粒子在交变场中的运动1．答案(1)6×10－3s时刻A板(2)4×10－3s时刻(3)100个解析(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于

B板电势，粒子向A板运动。因为x＝qU04lmT22＝3.6m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板设粒子到达A板的时间为t，则l＝12·qU02lmt2解得t＝6×10－3s。(2)在0～T2时间内，粒子的加速度大小为a1＝qU02lm＝2×105m/s2在T2～T

时间内，粒子的加速度大小为a2＝2qU02lm＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～T2时间内加速Δt，则在T2～T时间内减速Δt2刚好不能到达A板，则l＝12a1Δt2＋a1Δt·Δt2－12a2Δt22或l＝12a1Δt·32Δt解得Δ

t＝2×10－3s因为T2＝6×10－3s所以在0～T2时间内4×10－3s时刻产生的粒子刚好不能到达A板。(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～T2时间内的前23时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300×12×23＝100(个

)。2．答案(1)2qBdm(2)3（2－2）qBd4m3πm2qB(3)43qB0d3（2n＋1）m(n＝0，1，2，3…)233d解析(1)要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图甲所示甲由几何关系可得2

R1sin45°＝OP－＝2d由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝mv21R1联立解得v1＝2qBdm。(2)当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图乙所示乙由几何关系可得R2sin45°＋R2＝12OM－＝

34d由洛伦兹力作为向心力可得qv2B＝mv22R2联立解得v2＝3（2－2）qBd4m轨迹对应圆心角为270°，粒子在磁场中运动周期为T′＝2πmqB故对应的运动时间为t′＝270°360°T′＝34·2πmqB＝3πm2qB。(3)

磁场的周期满足T＝2πm3qB0丙可知每经过T2，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，运动轨迹如图丙所示粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得∠QOP＝30°则PQ＝dcos30°＝233d设粒子在磁场中运动的轨道半径为R3，每次偏转对应的圆心

角均为60°，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得2×233d＝(2n＋1)R3(n＝0，1，2，3…)由洛伦兹力提供向心力可得qv3B＝mv23R3联立解得v3＝43qB0d3（2n＋1）m(n＝0，1，2，3…)。3．答案(1)mgE02E0v(2)d2v＋πvg(3

)2π＋12gv解析(1)微粒做直线运动时有mg＋qE0＝qvB微粒做圆周运动时有mg＝qE0联立解得q＝mgE0，B＝2E0v。(2)设微粒从N1点沿直线运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则d2＝vt1qvB＝mv2R2πR＝vt2联立得t

1＝d2v，t2＝πvg电场变化的周期T＝t1＋t2＝d2v＋πvg。(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R由以上分析得R＝v22g设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，则解得t1min＝v2g因t2不变，T的最小值Tmin＝t1min

＋t2＝2π＋12gv。4．答案(1)2v0(2)4＋322mv20(3)2nmv02qB0(8＋π)＋22mv0qB0(n＝0，1，2，3，…)解析(1)设小球运动到O点时的速度大小为v1，从A点至O点由动能定理有mg

R＋Rcosπ4－qERsinπ4＝12mv21－12mv20①由①式得v1＝2v0。②(2)由于小球在圆轨道中任何时刻均受电场力qE和重力mg，故小球运动到C点时动能最大，如图甲所示甲设小球在C点的速度为v2，从A点至C点由动能定理有mgR＋Rsinπ4＋qER

sinπ4＝Ekm－12mv20③由③式得Ekm＝4＋322mv20。④(3)由于带电小球在x≥0区域有qE＝mg，乙所以在此区域带电小球在有磁场时做匀速圆周运动，在无磁场时做匀速直线运动，其轨迹如图乙所示在0～πm2qB0时间内有qv1B0＝mv21r⑤沿x轴正方向前进的距离为L1＝2r⑥在πm

2qB0～3πm4qB0时间内，沿x轴正方向前进的距离为L2＝v1tcosπ4⑦在3πm4qB0～5πm4qB0时间，沿x轴正方向前进的距离也为L1，在5πm4qB0～3πm2qB0时间内，沿x轴正方向前进的距离也为L2，以此类推，小球从上往下穿过x轴的位置到坐标原点的

距离为x＝n(2L1＋2L2)＋L1＝2nmv02qB0(8＋π)＋22mv0qB0(n＝0，1，2，3，…)。微专练97电磁感应中的线框模型1．答案(1)kl22(2)mg·2Rk2l3解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝l22·ΔBΔt＝kl22

。(2)线框受到的安培力大小为FA＝kl32R·kt，方向竖直向上当线框开始向上运动时有mg＝FA解得t0＝mg·2Rk2l3。2．答案(1)k2π2r4R(2)4B20r2vR解析(1)根据题意有，圆环中的

感应电动势E＝ΔBΔtπr2＝kπr2圆环的电功率P＝E2R＝k2π2r4R。(2)在圆环运动过程中，圆环切割磁感线的最大有效长度为2r，圆环切割磁感线产生的最大感应电动势E′＝B0·2rv＝2B0rv圆环中的最大电流I＝E′R最大拉力F＝B0I·2r＝4B20r2vR。3．

答案(1)0.0625N(2)B＝16－4t(3)0.5C解析(1)由图乙可知t0＝0时B0＝0.25T，则回路电流I＝B0LvR安培力大小FA＝ILB0所以外力大小F＝FA＝0.0625N。(2)匀速出磁场时感应电

流为0，磁通量不变Φ1＝Φ，t1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2，则t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]解得B＝16－4t。(3)由q＝It＝BlvRt＝BlxR＝ΔΦR知0≤t≤0.5s电荷量q1＝B0L2R

＝0.25C0．5s≤t≤1.0s电荷量q2＝B1L2－B0L2R＝0.25C1．0s≤t≤1.3s，无电流总电荷量q＝q1＋q2＝0.5C。4．答案(1)2T(2)1.5m/s(3)0.0375J解析(

1)线框进入磁场时的速度为v，则mgh＝12mv2y解得vy＝2m/s感应电动势为E＝Blvy感应电流为I＝ER线框进入磁场做匀速运动，则mg＝BIl解得B＝mgRl2vy＝2T。(2)线框进入磁场过程中，根据能量守恒定律

可知电流产生的热量为Q1＝mgl＝0.02J线框完全进入磁场时不发热，线框从磁场中出来过程中，竖直方向受安培力作用为零，水平方向受安培力作用，设完全出磁场的水平速度大小为vx，根据动量定理可得－BILt＝mvx－mv0解得mvx＝mv0－Blq其中q＝Bl2R解得vx＝1.5

m/s。(3)线框离开磁场过程产生的热量为Q2＝12mv20－12mv2x解得Q2＝0.0175J整个过程中产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝0.0375J。微专练98电磁感应中的单棒模型1．答案(1)mgRB2L2(2)3mgR2B2L2(3)g2解析(1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖

直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝BI1L由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1由欧姆定律得I1＝E1R解得v1＝mgRB2L2。(2)由第(1)问得I1＝mgBL>I0断开开关S

后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为Um＝mgR2BL此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um回路中的电流为I2＝I1由欧姆定律得I2＝URR解得v2＝3mgR2B2L2。(3)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为E1＝mgRBL断开开关S的瞬间，元件Z两

端的电压为Um＝mgR2BL则定值电阻两端的电压为UR′＝E1－Um＝mgR2BL电路中的电流为I′＝UR′R金属棒受到的安培力大小为FA＝BI′L对金属棒由牛顿第二定律得mg－FA＝ma解得a＝g2。2．答案(1)2A由P到Q(2)0.2

s(3)0.775m/s解析(1)t＝0时刻，回路中的感应电动势E＝ΔB·SΔt＝ΔB·LdΔt＝1×2×0.5V＝1V通过PQ棒的电流为I＝ER＝10.5A＝2A方向为由P到Q。(2)PQ与导轨间的弹力等于PQ所受的安培力，即FN＝BIdPQ棒开

始运动时有Mg＝μFN＋mg解得B＝0.8T由磁感应强度B随时间t变化的关系图像可得B＝1－t即t＝0.2s时B＝0.8T所以t＝0.2s时，PQ棒开始运动。(3)0.2s到2s，对PQ和物块A为整体进行分析，由动量定理得(M－m)gt1－I

f＝(M＋m)v又t1＝2s－0.2s＝1.8sf＝μBId＝0.25B＝|0.25－0.25t|(0.2s<t<2s)当t＝0.2s，f＝0.2N当t＝1s，f＝0当t＝2s，f＝0.25N则If＝12×0.2×(1－0.2)N·s＋12×0.25×(2－1)N·s＝0.205N·s联立

解得2s末，PQ棒的速率为v＝0.775m/s。3．答案(1)1m/s2方向向右(2)2m/s(3)0.4J解析(1)当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右根据牛顿第二定律有BIL＝ma代入数据可得a＝1

m/s2。(2)开关始终接a时，电流先由N到M，经过时间t1后电流变为M到N，再经时间t2速度减为零，前t1，则有x1＝v22a后t2，则有x2＝v22a根据x1＋x2＝4联立解得v＝2m/s。(3)当棒接b时，B·BlvR＋r·L＝ma，可知v>1m/s时，a>1m/s

2，故要以最短时间向左移动7m而静止，先接a一段时间t1，电流由N到M，再接到b端一段时间t2，再接到a端一段时间t3，电流由M到N，最后接到b静止第一段，则有v＝at1x1＝12at21Q1＝I2rt1第二段，由动量定理有－BI－Lt2＝mv′－m

v且I－t2＝BLx2R＋r则有Q2＝12mv2－12mv′2rR＋r第二段末的加速度与第三段的相同，则第三段，有B2L2v′R＋r＝mav′＝at3x3＝12at23Q3＝I2rt3又x1＋x2＋x3＝7解得v′＝1m/s，t1＝3s，t3＝1s故Q总＝Q1＋Q2＋Q3＝0

.4J。4．答案(1)先加速，后匀速CBLEm＋CB2L2(2)C2B2L2Em＋CB2L2解析(1)电容器充电完毕稳定时，电容器极板间电压U＝E由电容的定义式C＝Q0U解得Q0＝CE导体棒ab先做加速运动，接着做匀速运动，由法拉第电磁感应定律得E感＝

BLv此时电容器两极板间电压为U′＝E感电容器带电荷量为Q＝CU′＝CBLv电容器电荷量减少ΔQ＝Q0－Q＝C(E－BLv)Δt时间内流经导体棒电流I＝ΔQΔt对导体棒ab，由动量定理得BILΔt＝mv解得v＝CBLEm＋C

B2L2。(2)由(1)代入可得Q＝CU′＝CBLv＝C2B2L2Em＋CB2L2。微专练99电磁感应中的双棒模型1．答案(1)2B2L2v03mR(2)2mRv0B2L2(3)2627mv20解析(1)根据电阻定律有Ra＝R＝ρLSa，Rb＝2R＝ρLSb可得Sa＝

2Sb根据ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb可得mb＝12ma＝ma刚进入磁场的速度方向向右，b刚进入磁场的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以，流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有I＝2BLv03R

对于b，根据牛顿第二定律有BIL＝mba联立解得在t＝0时刻b棒的加速度大小为a＝2B2L2v03mR。(2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同的速度，根据系统动量守恒有2mv0－mv0＝(2m

＋m)v解得v＝v03此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力而减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停在磁场边界处，对a棒运用动量定理得－BI－LΔt＝0－2mv又q＝IΔt＝E3RΔt

＝ΔΦΔt3RΔt＝ΔΦ3R＝BLs3R联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s＝2mRv0B2L2。(3)最终b棒一直做匀速直线运动，对a、b组成的系统，根据能量守恒定律有32mv20＝12mv2＋Q总根据焦耳定律有Q＝I2RΔt，因a、

b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2又Qa＋Qb＝Q总联立解得b棒产生的焦耳热为Qb＝2627mv20。2．答案(1)v0>2μmgRB2L2(2)v02－μgt－μmgRB2L2解析(1)根据题意可知，cd棒产生的感应电动势为E＝BLv0回路

感应电流为I＝E2R为了使导体棒ab相对于导轨运动，应满足F安＝BIL>μmg联立解得v0>2μmgRB2L2。(2)设ab棒的最大速度为vab，此时cd棒的速度为vcd，回路电动势为E′＝BL(vc

d－vab)回路电流为I′＝E′2R导体棒受到的安培力为F安′＝BI′L＝B2L2（vcd－vab）2R此时ab棒的加速度为零，则有F安′＝μmg对ab棒和cd棒组成的系统，安培力对两棒的冲量大小相等，方向相反，以向右方向为正，根据动量定理可得－2μmgt＝mvab＋m

vcd－mv0联立解得vab＝v02－μgt－μmgRB2L2。3．答案(1)0.4m/s2(2)18m/s2m/s(3)40m/s解析(1)恒力作用于金属棒MN杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感

应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，根据左手定则可知MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma对PQ由牛顿第二定律得BIL＝ma′联立解得a′＝0.4m/s2。(2)设某时刻

MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝BL（v1－v2）2R在t＝10s时，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma整理得F－B2L2（v1－v2）2R＝ma代入数据得v1－v2＝16m/s由于作用于两金属棒的安培力

等大反向，所以作用于两金属棒系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0代入数据得v1＋v2＝20m/s联立解得v1＝18m/s，v2＝2m/s。(3)金属棒MN做加速度减小的加速运动

，金属棒PQ做加速度增大的加速运动，最终两金属棒加速度相同，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共对PQ杆有BImL＝ma共其中Im＝E2R＝BLΔvm2R联立解得Δvm＝FRB2L2＝40m/s

。4．答案(1)Blv03R(2)43v0，方向向右23v0，方向向右(3)16mv20mv03Bl解析(1)a、b两导体棒均以v0的初速度同时向右运动时，导体棒中的电流最大，此时回路中的感应电动势为E＝B·2lv0－Blv0＝Blv0则导体棒中的最大电流Im＝ER＋2R＝Blv03R。(2)当

两导体棒产生的感应电动势相等时，回路中的电流为零，且达到稳定状态，设此时导体棒a的速度为va，导体棒b的速度为vb，则有Blva＝B·2lvb可得va＝2vb两导体棒从开始运动到达到稳定状态过程中，对导体棒a，由动量定理得BIlt＝mva－mv0对

导体棒b，由动量定理得－BI·2lt＝2mvb－2mv0联立解得va＝43v0，vb＝23v0。(3)由能量守恒定律得Q＝12(m＋2m)v20－12mv2a－12×2mv2b解得Q＝16mv20对导体棒a，由动量定理可得BIlt＝mva－mv0又q＝Itva＝43v0

联立解得q＝mv03Bl。微专练100电磁感应和电路在新情境中的应用1．答案(1)1N水平向右(2)8m/s解析(1)当实验车的速度为零时，金属框相对于磁场的速度大小为v0，金属框中左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，则有E＝2B

Lv0根据闭合电路欧姆定律I＝ER金属框所受安培力为F＝2BLI所以此时金属框受到的磁场力的大小F＝2B·2BLv0RL＝4B2L2v0R代入数值解得F＝1N根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。(2)实验车最大速率为vm时，相对磁场的切割速率为(v0－v

m)，则此时金属框所受的磁场力大小为F＝4B2L2（v0－vm）R此时金属框所受的磁场力与阻力平衡，有F＝f所以实验车的最大速率为vm＝v0－Rf4B2L2＝8m/s。2．答案(1)2NBLvR4N2B2L2vR(2)e0＝2πrN

0B0v0sin2πTtπ2r2N20B20v20R0解析(1)单根导线切割磁感线产生的电动势为ε＝BLv整个线圈产生的总电动势为E＝2Nε＝2NBLv根据闭合电路欧姆定律可得I＝ER＝2NBLvR单根导线所受安培力大小为F1＝BIL＝2NB2L2vR整个线圈受到的总安培力大

小为F＝2NF1＝4N2B2L2vR。(2)线圈运动的速度时间关系为v＝v0sin2πTt单匝线圈切割磁感线产生的电动势为ε0＝2πrB0v＝2πrB0v0sin2πTtN0匝

线圈产生的总电动势为e0＝N0ε0＝2πrN0B0v0sin2πTt电动势的有效值E0＝Em2其中Em＝2πrN0B0v0发电功率为P＝E202R0＝π2r2N20B20v20R0。3．答案(1)3Mgv204g(2)E＝6MgI(v0－2gt)(3)U＝IR－6MgI(v0－

2gt)I2Rv02g－3Mv202(4)见解析32Mv20解析(1)导电杆所受安培力大小F＝B1Id＝3Mg，方向向上则对导电杆由牛顿第二定律有Mg－F＝Ma解得a＝－2g导电杆运动的距离L＝0－v202a＝v204g。(

2)回路的感应电动势E＝B2dv其中v＝v0＋at解得E＝6MgI(v0－2gt)。(3)由右手定则和欧姆定律可得U＋E＝IR可得U＝IR－E＝IR－6MgI(v0－2gt)电源输出的功率P＝UI＝IR－6MgI（v0－2gt）I＝I2R－6Mg(v0－2

gt)＝I2R－6Mgv0＋12Mg2t在0～v02g时间内输出的能量对应P－t图像的面积，可得W＝I2Rv02g－3Mv202。(4)装置A可回收火箭的动能和重力势能，及磁场能；火箭从速度v0到落至平台速度减为零，则W＝I2R

v02g－3Mv202若R的阻值视为0，则W＝－3Mv202装置A可回收能量为|W|＝3Mv202。4．答案(1)80A(2)0.5Ω(3)5＋32s解析(1)由题意可知接通恒流源时所受安培力F安＝nBIl动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加

速度为a＝v1t1根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a代入数据联立解得I＝（m＋M）v1nlBt1＝80A。(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I′＝nBlvR0＋R此时安培力为F安′＝nBI′l所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v)＋n2l2B2R0＋Rv＝ma′由图可知在

t1至t3期间加速度恒定，则有n2l2B2R0＋R＝10解得R＝0.5Ω，a′＝160m/s2。(3)根据图像可知t2－t1＝v1a′＝0.5s故t2＝2s在0～t2时间段内的位移s＝12v1t2＝80m根据法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝nBΔSΔt电荷量的定义式Δ

q＝ItI＝ER＋R0可得Δq＝nBls－12a′（t3－t2）2R＋R0从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－

1＝0解得t3＝5＋32s。