【文档说明】备战2025年高考：暑期提分“神器装备”高频考点精练（物理）含答案PDF版.pdf，共(217)页，7.433 MB，由小赞的店铺上传

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备战2025年高考：暑期提分“神器装备”高频考点精练（物理）目录考点1运动的描述考点2匀变速直线运动的规律考点3运动图像追及与相遇问题考点4重力、弹力、摩擦力考点5力的合成与分解考点6受力分析共点力的平衡及应用考点7牛顿运动定律

考点8牛顿第二定律的应用考点9牛顿运动定律的综合应用(一)考点10牛顿运动定律的综合应用(二)考点11曲线运动运动的合成与分解考点12抛体运动考点13圆周运动考点14万有引力与航天考点15天体运动中的三类问题考点16功功率考点17动

能和动能定理考点18机械能守恒定律考点19功能关系、能量守恒定律考点20动量和动量定理考点21动量守恒定律及其应用考点22动量守恒中的力学综合问题考点23静电场及其应用考点24静电场中的能量考点25电容器带电粒子在电场中的运动考点26带电粒子在电场中运动的综合问

题考点27电路的基本概念和规律考点28闭合电路的欧姆定律考点29电学实验基础考点30机械振动考点31机械波考点32光的折射全反射考点33光的波动性考点34磁场磁场对通电导线的作用力考点35磁场对运动电荷的作用力考点36带电粒子在复合场中的运动及实际应用考点37电磁感应现象楞次定律考点38法拉第电

磁感应定律自感、互感、涡流考点39电磁感应中的电路与图像问题考点40电磁感应中的动力学、能量与动量问题考点41交变电流的产生和描述考点42变压器电能的输送电磁振荡与电磁波考点43分子动理论考点44气体、固体和液体考点45热力学定律考点46光电效应波粒二象性考点4

7原子结构氢原子光谱考点48天然放射现象、核反应、核能参考答案考点1运动的描述一、单项选择题1.中国自主研发的万米载人潜水器“奋斗者”号,于2020年11月10日8时12分在马里亚纳海沟深度10909m处成功坐底,并进行了一系列的深海探测科考活动。下列关于潜水器说法正确的是()A.下潜时经过的路程

一定为10909mB.下潜平均速度约为0.51m/sC.“8时12分”指的是时间间隔D.采集海底矿物时,潜水器不能视为质点2.如图甲所示,火箭发射时,速度能在10s内由0增加到100m/s;如图乙所示,汽车以30m/s的速度行驶,急刹车时能在2.5s内停下来,下列说法正确的

是()A.10s内火箭的速度改变量为10m/sB.2.5s内汽车的速度改变量为-30m/sC.火箭的速度变化比汽车的快D.火箭的加速度比汽车的加速度大3.某学校田径运动场跑道示意图如图所示,其中A点是所有跑步项目的终点,也是400m、80

0m赛跑的起跑点;B点是100m赛跑的起跑点。在校运动会中,甲、乙、丙三个同学分别参加了100m、400m和800m比赛,则()A.甲的位移最小B.丙的位移最大C.乙、丙的路程相等D.丙的路程最大4.物体做直线运动时可以用坐标轴上的坐标表示物体

的位置,用坐标的变化量Δx表示物体的位移。如图所示,一个物体从A运动到C,它的位移Δx1=-4m-5m=-9m;从C运动到B,它的位移为Δx2=1m-(-4m)=5m。下列说法正确的是()A.C到B的位移大于A到C的位

移,因为正数大于负数B.A到C的位移大于C到B的位移,因为符号表示位移的方向,不表示大小C.因为位移是矢量,所以这两个矢量的大小无法比较D.物体由A到B的合位移Δx=Δx1-Δx25.汽车的初速度是v1,经过一段时

间后速度变为v2,用Δv表示Δt时间内速度的变化量,为了在图中表示加速度a,我们以初速度v1的末端为起点,以速度v2的末端为终点,作出一个新的矢量,表示速度的变化量Δv。图中能正确表示汽车做加速运动的是()二、多项选择题6.如图所示的时间轴,下列关于时刻和时间间隔的说法正确的是()

A.t2表示时刻,称为第2s末或第3s初,也可以称为2s内B.t2~t3表示时间,称为第3s内C.t0~t2表示时间,称为最初2s内或前2s内D.tn-1~tn表示时间,称为第(n-1)s内7.某机器人在平面内由点(0,0)出发,沿直线运动到点(3,1),然后又由点(3,1)沿直

线运动到点(1,4),然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5),最后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2),平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1m。整个过程中机器人所用时间是22s,则()A.机器人的运动轨迹是一

条直线B.机器人不会两次通过同一点C.整个过程中机器人的位移大小为22mD.整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点(2,2)的位移方向相反8.某次足球运动员在训练时,将一个初速度为6m/s(以该速度方向为正方向)迎面飞来的质量为0.4kg的足球,以8m/s的速度反向踢出,下列说法

正确的是()A.速度变化量的大小为14m/sB.加速度的方向与8m/s的速度方向相同C.初速度大于末速度D.利用上述条件可以求出加速度的大小9.如图所示,小球以5m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动,经过2s速度大小变为3m/s,则小球的加速度()A.大小为1m/s2

,方向沿斜面向上B.大小为1m/s2,方向沿斜面向下C.大小为4m/s2,方向沿斜面向下D.大小为4m/s2,方向沿斜面向上考点2匀变速直线运动的规律一、单项选择题1.一旅客在站台8号车厢的候车线处候车,若动车的一节车厢长25m,动车进站时可以看作匀减速直线运动,他发

现6号车厢经过他用了4s,动车停下时旅客刚好在8号车厢门口,如图所示。该动车的加速度大小约为()A.2m/s2B.1m/s2C.0.5m/s2D.0.2m/s22.航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统,已知某战机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2,战机滑行100m时起飞,

起飞速度为50m/s,则航空母舰静止时弹射系统必须使战机具有的初速度为()A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s3.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器。“蛟龙号”某次海试活动中,执行竖直下潜任务,初始阶段做匀加速运动,某

段时间t内从A点下潜到B点,AB间的距离为h,B点速度为A点的3倍,则“蛟龙号”下潜的加速度为()号”下潜的加速度为()A.ℎ���2B.3ℎ���2C.4ℎ���2D.8ℎ���24.如图所示,一小船以1.0m/s的速

度匀速前行,站在船上的人竖直向上抛出一小球,小球上升的最大高度为0.45m。当小球再次落入手中时,小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变,不计空气阻力,g取10m/s2)()A.0.3mB.0.6mC.0.9mD.1.2m5.一质点做匀加速

直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为()A.(Δv)21���1+1���2B.2(Δ���)2���2-���1C.(Δv)21���1-1���2D.(Δ���)2���

2-���1二、多项选择题6.在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出,抛出点为A,物体上升的最大高度为20m,不计空气阻力,g取10m/s2,设塔足够高,则物体位移大小为10m时,物体运动的时间可能为()A.(2-2)sB.(2+2)sC.(2+6)sD.6s7.如图所示,物体自O点由

静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点,测得lAB=2m,lBC=3m,且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等。下列说法正确的是()A.可以求出物体加速度的大小B.可以求得lCD=4mC.可求得OA之间的距离为1.125mD.可求得OA之间的距离为1

.5m8.如图所示,一滑块以5m/s的速度从固定斜面底端O点冲上斜面,经时间t1到达A点时的速度为3m/s,再经时间t2到达B点时的速度为0,下列说法正确的是()A.O、A间的距离与A、B间的距离之比为16∶9B.O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5C.t1与t2之比为2∶

3D.t1与t2之比为3∶2三、非选择题9.在国庆节阅兵仪式中,某直升机在地面上空某点A处于静止待命状态,某时刻开始计时,要求该直升机由静止沿着水平方向做匀加速直线运动,经过AB段加速区后,进入BC段的匀速受

阅区,在时刻t达到C位置,已知AB段长度为l1,BC段长度为l2,求:(1)直升机在BC段的速度大小;(2)直升机在AB段加速运动时的加速度大小。考点3运动图像追及与相遇问题一、单项选择题1.城市电动助力车在确保安全规范骑行的前提下既能

方便市民出行,也可净化城市环境,减少尾气排放。在一条平直的公路上,某同学以公路上某一位置为原点,记录了骑行电动助力车的甲、乙两位同学的位移(x)—时间(t)图像,如图所示,甲的图像t2前是曲线、t2后是直线,乙的图像是一条直线,在0~t3时间内,下列说法正确的是()A.甲先做曲线运动,

后又做直线运动,乙做单向直线运动B.途中有两个时刻,甲、乙的速度相同C.全程甲、乙的位移相同D.途中甲、乙只相遇一次,然后又分开2.某一质点运动的位移—时间图像如图所示,则下列说法正确的是()A.质点一定做直线运动B.质点可能做曲线运动C.t=20s

时刻质点离出发点最远D.在t=10s时刻质点速度最大3.某科学小组研制了一种探测器,其速度大小可随运动情况进行调节。如图所示,在某次实验中,该探测器从原点O一直沿x轴正向移动,且其速度大小与位移大小成反比。已知探测器在A、B两点的

速度分别为4m/s和2m/s,O点到B点的位移为2m,则探测器从A点运动到B点的时间为()A.38sB.18sC.34sD.14s4.A、B两物体运动的v-t图像如图所示,由图像可知()A.A、B两物体运动方向始终

相同B.A、B两物体的加速度在前4s内大小相等、方向相反C.A、B两物体在前4s内不可能相遇D.A、B两物体若在t=6s时相遇,则t=0时刻两物体相距30m5.A、B两个物体在水平面上沿同一直线运动,它们的v-t图像如图所示。在t=0时刻,B在A的前面,两物体相距7m,B物体做

匀减速运动的加速度大小为2m/s2。A物体追上B物体所用时间是()A.5sB.6.25sC.7sD.8s二、多项选择题6.汽车A在红绿灯前停住,绿灯亮起时启动,以0.4m/s2的加速度做匀加速直线运动,30s后以

该时刻的速度做匀速直线运动,设在绿灯亮的同时,汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过,且一直以此速度做匀速直线运动,运动方向与A车相同,则从绿灯亮时开始()A.A车在加速过程中与B车相遇B.A、B两车相遇时速度相同C.相遇时A车做匀速运动D.A车追上B车后,两车不可能再次相遇7.右图是某

物体做直线运动的v2-x图像(其中v为速度,x为位置坐标),下列关于物体从x=0处运动至x0处的过程分析中,正确的是()A.该物体做匀加速直线运动B.该物体的加速度大小为���022���0C.该物体在位移中点的速度大于12v0D.该物体在运动中间时刻

的速度大于12v08.a、b两质点沿直线Ox轴正向运动,t=0时,两质点同时到达坐标原点O,测得两质点在之后的运动中,其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示,以下说法正确的是()A.质点a做匀加速

运动的加速度为0.5m/s2B.质点a做匀加速运动的加速度为1.0m/s2C.t=1s时,a、b再次到达同一位置D.t=2s时,a、b再次到达同一位置9.右图为A、B两质点在同一直线上运动的位置—时间(x-t)图像。A质

点的图像为直线,B质点的图像为过原点的抛物线,两图像交点C、D的坐标如图所示。下列说法正确的是()A.A、B相遇两次B.t1~t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等C.两质点速度相等的时刻一定在t1~t2时间段内的中间时刻D.A在B前面且离B最远时

,B的位置坐标为���1+���22三、非选择题10.如图所示,甲、乙两车在赛车道上比赛,某一时刻,乙车在甲车前方l1=11m处,乙车速度v乙=60m/s,甲车速度v甲=50m/s,此时乙车离终点线尚有l2=600m。

已知甲车加速运动,加速度a=2m/s2,乙车速度不变,不计车长。(1)经过多长时间甲、乙两赛车间距离最大,最大距离是多少?(2)到达终点线时甲车能否追上乙车?考点4重力、弹力、摩擦力一、单项选择题1.如图所示,有一盛有水的方形容器,被水平力F压

在竖直的墙面上处于静止状态。现底部出现小漏洞而使水从容器中滴出,在容器中的水滴完之前,容器始终保持静止,则下列说法正确的是()A.容器受到的摩擦力不变B.容器受到的摩擦力逐渐变小C.容器受到的摩擦力逐渐变大D.容器受到的摩擦力方向先向上后向下2.如图所示

,质量为m的木块P在质量为m0的长木板ab上滑行,长木板放在水平面上一直处于静止状态。若ab与地面间的动摩擦因数为μ1,木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2,则长木板ab受到地面的摩擦力大小为()A.μ1m0gB.μ1(m+m0)gC.μ2mgD.μ1m0g+μ2mg3.如图所示,A、B两

个物块的重力分别是GA=3N,GB=4N,弹簧的重力不计,整个装置沿竖直方向处于静止状态,这时弹簧的弹力F=2N,则天花板受到的拉力大小和地板受到的压力大小有可能是()A.3N和4NB.5N和6NC.1N和2ND.5N和2N4.如图所示,一小

车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成,其上放一球,球与水平面的接触点为a,与斜面的接触点为b。当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时,下列结论正确的是()A.球在a、b两点处一定都受到支持力B.球在a点处一定受到支持力,在b点处一定不受支持力C.球在a点处一定受到支持力,在b点

处不一定受到支持力D.球在a点处不一定受到支持力,在b点处也不一定受到支持力5.如图所示,自动卸货车静止在水平地面上,质量为m的货物静止在车厢前挡板附近,车厢在液压机的作用下,θ角从零开始缓慢增大,当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑。已知货物与车厢间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在θ从零开始

缓慢增大,且货物并未离开车厢的过程中,下列说法正确的是()A.货物对车厢的压力逐渐变大B.货物受到的摩擦力逐渐变小C.货车一直受到地面向左的摩擦力D.地面对货车的支持力先不变后变小6.如图所示,截面为

三角形的钢坯A、B叠放在汽车的水平底板上,汽车底板和钢坯表面均粗糙,以下说法正确的是()A.汽车、钢坯都静止时,汽车底板对钢坯A有向左的静摩擦力B.汽车、钢坯都静止时,钢坯A对钢坯B无摩擦力作用C.汽车向左加速时,若汽车与钢坯相对静止,则钢坯A受到

汽车底板对它的静摩擦力D.汽车向左启动前后,若汽车与钢坯相对静止,则钢坯A对B的弹力不变7.如图所示,木块受到水平力F作用静止于斜面上,此力F的方向与斜面平行,如果将力F撤除,那么下列对木块的描述正确的是()A.木块将沿斜面下滑B.木块仍处于

静止状态C.木块受到的摩擦力变大D.木块所受的摩擦力方向不变二、多项选择题8.轻杆的一端安装有一个小滑轮P,用手握住杆的另一端以支撑悬挂重物的轻绳,如图所示。现使杆和竖直方向的夹角缓慢减小,则杆对滑轮P的作用力()A.大小变大B.大小

不变C.方向发生变化,但始终沿杆方向D.方向始终在P两侧轻绳的夹角的角平分线上,不一定沿杆9.如图所示,斜面体固定在水平地面上,一物块静止在斜面上,物块上端连接一轻弹簧,现用沿斜面向上、大小为F=kt的拉力拉轻弹簧的上端,则弹簧的弹力F'、物块受到的摩擦力Ff随时间变化

的图像正确的是(时间足够长,斜面足够长,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()10.如图所示,某杂技演员在做手指耍盘的高难度表演。设该盘的质量为m,手指与盘之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,设最大静摩擦

力等于滑动摩擦力,盘底处于水平状态且不考虑盘的自转,则下列说法正确的是()A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手指对盘的作用力大小为mgB.若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,则盘受到水平向右的静摩擦力C.若

手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动,则手指对盘的作用力大小为μmgD.若盘随手指一起水平匀加速运动,则手指对盘的作用力大小不会超过1+���2mg考点5力的合成与分解一、单项选择题1.如图所示,“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m,四条腿与竖直方向的夹角均为θ,月球表

面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16。每条腿对月球表面压力的大小为()A.������4B.������4cos���C.������6cos���D.������242.如图所示,六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连,在同一平面内六个大小相等、

互成60°的恒定拉力F作用下,形成一个稳定的正六边形。已知正六边形外接圆的半径为R,每根弹簧的劲度系数均为k,弹簧在弹性限度内,则F的大小为()A.���2(R-l)B.k(R-l)C.k(R-2l)D.2k(R-l)3.A、B是天花板上两点,一根长为l的轻绳穿过带有光滑孔的球,两端分别系

在A、B点,如图甲所示;现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点,如图乙所示。球和铁链的质量相等,均处于平衡状态,A点对轻绳和铁链的拉力分别是F1和F2,球的重心和铁链的重心到天花板的距离分别是h1和h2,则()A.F1<F2,h1<h2B.F1>F2,h1<h2

C.F1>F2,h1>h2D.F1=F2,h1>h24.下图是可用来制作豆腐的石磨示意图。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2且∠AO

B=60°。下列关系式正确的是()A.F=F1B.F=2F1C.F=3F1D.F=3F15.超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示,在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出),工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部,同时,小铁珠陷于钉柱上的凹槽里,锁

死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时,铁环和小铁珠向上移动,防盗扣松开,已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°,弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力为F,小铁珠锁死防盗扣,每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力)()A.2FB

.22FC.FD.3F二、多项选择题6.张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后,挂在如图所示的晾衣架上晾晒,A、B为竖直墙壁上等高的两点,AO、BO为长度相等的两根轻绳,CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方,A

OB在同一水平面上。∠AOB=120°,∠DOC=30°,衣服质量为m。则()A.CO杆所受的压力大小为233mgB.CO杆所受的压力大小为2mgC.AO绳所受的拉力大小为3mgD.BO绳所受的拉力大小为mg7.已知力F,且它的一个分力F1跟F成30°角,大小未知,另一个分力F2的大小为

33F,方向未知,则F1的大小可能是()A.33FB.32FC.233FD.3F8.如图所示,作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零。F1沿y轴负方向,大小已知。F2与x轴正方向夹角为θ(θ<90°),大小未知。下列说法正确的是()A.F3可能指

向第二象限B.F3一定指向第三象限C.F3与F2的夹角越小,则F3与F2的合力越小D.F3的最小可能值为F1cosθ9.微元法就是把研究对象分为无限多个无限小的部分,取出有代表性的极小的一部分进行分析处理,再从局部到整体综合起来加以考虑的科学思维方法。如图所示,静止的圆锥体竖直放置,

倾角为α,质量为m且分布均匀的链条环水平地套在圆锥体上,忽略链条与圆锥体之间的摩擦力,在链条环中任取一小段Δl,其质量为Δm,对Δm受力分析,下列说法正确的是()A.设圆锥体的支持力为FN,则Δmg=FNsin���2B.链条环中的拉力为FT,则FT=������2πtan���2

C.链条环中的拉力为FT,则FT=������2πtanαD.设Δl对链条环中心的张角为Δφ,则有2FTsinΔ���2=FNsin���2考点6受力分析共点力的平衡及应用一、单项选择题1.科技的发展正在不断地改变着我们的生活。图甲是一款手

机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上;图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图,若手机的重力为G,则下列说法正确的是()A.手机受到的支持力大小为GcosθB.手机受到的支持力不可能大于GC.手机支架对手机的作用力

大小为GsinθD.手机支架对手机的作用力竖直向上2.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为()A.1��

�1���2B.1-���1���2���1���2C.1+���1���2���1���2D.2+���1���2���1���23.房屋装修工人常用如图所示的简易方式运送材料,图中C为光滑定滑轮。为了保证

材料不碰触窗台A、B,需要一人在楼下用一根绳子拽拉,以保证材料竖直向上缓慢上升。假定人的位置不变,则在运送过程中()A.a绳和b绳的拉力均逐渐增大B.a绳和b绳的拉力均逐渐减小C.a绳的拉力逐渐增大,b绳的拉力逐渐减小D.a绳的拉力逐渐减小,b绳的拉力逐渐增大4

.疫情期间,同学们用手机等电子产品学习,但研究发现在低头用手机时,会让颈椎承受很大的压力。经常低头用手机会引起如背痛、头痛等疾病,危害很大。当人体直立时颈椎所承受的压力大小等于头部的重力;低头玩手机时,颈椎受到的压力会随之变化。某同学低头看手机时,头部的重心在P点

,头部在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。低头时PO与竖直方向的夹角为30°,PQ与竖直方向的夹角为60°,此时,颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的()A.1.7倍B.3.3倍C.2.0倍D.4.2倍二、多项选择题5.路边小吃烤热狗

的截面简化示意图如图所示,两根水平的平行金属圆柱支撑热狗,圆柱半径都为R,圆心间距为2.4R,热狗可视为圆柱体,生热狗截面半径为R,重力为G,熟热狗半径较大,重力不变,忽略摩擦,比较静止时的生热狗和熟热狗()A.两根金

属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力B.单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力C.单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为58GD.单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为54G6.质量均为1kg的木块M和N叠放在水平地面上,用一根细线分别连接在M和N右侧,在绳子中点用力F=5N拉动M和N一起沿水平面匀

速滑动,细线与竖直方向夹角θ=60°,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.木块N和地面之间的动摩擦因数μ=0.25B.木块M和N之间的摩擦力Ff=2.5NC.木块M对木块N的压力大小为10ND.若θ变小,拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5N7.如图所示,将质量为m的小球用橡皮

条悬挂在竖直墙的O点,小球静止在M点,N为O点正下方一点,ON间的距离等于橡皮条原长,在N点固定一铁钉,铁钉位于橡皮条右侧。现对小球施加拉力F,使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动,P为圆弧上的点,

∠PNM为60°。橡皮条始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,则()A.在P点橡皮条弹力大小为12mgB.在P点时拉力F大小为52mgC.小球在从M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮条垂直D.小球在

从M向N运动的过程中拉力F先变大后变小三、非选择题8.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略。拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。(1)若拖把头在

地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力有多大,都不可能使拖把从静止

开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。考点7牛顿运动定律一、单项选择题1.下列说法正确的是()A.在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大B.牛顿第一定律是根据理论推导出来的C.在粗糙水平面上

滚动的小球最终会停下来是因为小球的惯性逐渐变为零D.物体的速度逐渐增大的同时加速度逐渐减小是有可能的2.月球表面上的重力加速度约为地球表面上重力加速度的16。对于降落在月球表面上的玉兔号月球车,在月球表面上时与在地球表面上时相比较()A.惯性减小为在地球表面

时的16,重力不变B.惯性和重力都减小为在地球表面时的16C.惯性不变,重力减小为在地球表面时的16D.惯性和重力都不变3.一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时,水面形状接近于图()4.如图所示,容器中盛满水,水中

放入P和Q两个小球,P球为铁球,Q球为木球,它们用细线分别系于容器的上、下底部,当容器静止时,细线均伸直处于竖直方向,现使容器以一定加速度向右匀加速运动,则此时P、Q两球相对容器()A.P球向右偏移B.两球均向左偏移C.Q球向右偏移

D.两球均向右偏移5.如图所示,不考虑绳与滑轮的质量,不计阻力,初始时两人均站在水平地面上,当位于左侧的甲用力向上攀爬时,位于右侧的乙始终用力抓住绳子,最终至少一人能到达滑轮。下列说法正确的是()A.若甲的质

量较大,则乙先到达滑轮B.若甲的质量较大,则甲、乙同时到达滑轮C.若甲、乙质量相同,则乙先到达滑轮D.若甲、乙质量相同,则甲先到达滑轮6.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在

地面上,通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量及轴摩擦,则工人对地面的压力大小为(g取10m/s2)()A.510NB.490NC.890ND.910N7.如图所示,一截面为椭圆形的容器内壁光滑,其质量为m',置于

光滑水平面上,内有一质量为m的小球,当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时,小球处于图示位置,此时小球对椭圆面的压力大小为()A.m���2-������'+���2B.m���2+������'+���2C.m�

��2+������2D.(������)2+���2二、多项选择题8.如图所示,有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上,当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时,两个人的运动方向相反,这是因为A推B时()A.A与B之间有相互作用力B.A对B的作用在先,B对A的作用在后C.B对A的作用力大小等于A对B的作用

力大小D.A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力9.关于反作用力在日常生活和生产中的应用,下列说法正确的是()A.在平静的水面上,静止着一只小船,船上有一人,人从静止开始从小船的一端走向另一端时,船向相反方向运动B.汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,从而获得向前的反作用力即动力

C.农田灌溉用的自动喷水器如图所示,当水从弯管的喷嘴喷射出来时,弯管会自动转向D.软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入鳃腔,然后用力把水压出体外,乌贼就会向相反方向游去10.如图所示,小车内有一质量为m的物块,一轻弹簧与小车和物块相连,处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k,形变量

为x,物块和车之间动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,运动过程中,物块和小车始终保持相对静止。下列说法正确的是()A.若μmg小于kx,则车的加速度方向一定向左B.若μmg小于kx,则车的加速度a最小值为������-������������,且车只能向左加速运动C.若μmg大于

kx,则车的加速度方向可以向左,也可以向右D.若μmg大于kx,则加速度最大值为������+������������,加速度的最小值为���������-���������考点8牛顿第二定律的应用一、单项选择题1.如图所示

,物块在水平放置的台式弹簧测力计上保持相对静止,弹簧测力计的示数为15N,下列说法正确的是()A.若该装置此时正放在加速上升的电梯中,则物块的实际重力小于15NB.若该装置此时正放在经过拱桥最高点的汽车中,则物块的实际重力小于15NC.若该装置此时

正放在月球的表面上,则物块的实际重力小于15ND.若该装置此时正放在匀速旋转的水平转台上并与水平转台保持相对静止,则物块的实际重力小于15N2.如图所示,质量m=2kg的物体在水平向右的拉力作用下,以a=5m/s2的加速度向右做匀加速运动,以下说法正确的是()A.物体所受的拉

力大小一定为10NB.物体所受的合外力大小一定为10NC.在任意1s内的位移大小均为2.5mD.在某一秒内的速度增加量可以达到10m/s3.一架无人机在田间进行农药喷洒,无人机从地面静止起飞,竖直向上运动,然后悬停在空中,接着水平向前做加速运动

,后匀速运动喷洒农药。关于这一系列过程,下列说法正确的是()A.竖直向上运动的过程中,无人机一直处于超重状态B.水平向前加速时,空气对无人机的作用力竖直向上C.水平向前加速时,空气对无人机的作用力大于无人机总重力D.在水平方向匀速运动喷洒农药过程中,无人机(含内部未喷洒的农药)机械能

保持不变4.载人飞船返回舱质量约为5.4×103kg。某一次进行返回地面的测试时,返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群,通过伞群减速,安全返回地面,可将这一运动视为竖直方向的匀减速直线运动,加速度大小为1.4m/s2,三根主

伞的伞绳a、b、c均与竖直方向成θ角,已知sinθ=0.44,cosθ=0.90,g取10m/s2,则返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小约为()A.2.80×103NB.1.72×104NC.2.28×104ND.6.84×104N5.如图所示,轻绳一端连接一质量为m的物体,另

一端固定在左侧竖直墙壁上,轻绳与竖直墙壁间夹角为45°,物体右侧与一轻弹簧相连,轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上,此时物体对光滑地面的压力恰好为零,重力加速度g取10m/s2,则()A.此时物体一定受4个力作用B.突然撤去弹簧的瞬间,物体向左加速运动C.突然剪断轻绳的瞬间,物体的加速度大小约

为14.1m/s2D.突然剪断轻绳的瞬间,物体受3个力作用6.如图所示,质量为m=3kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态,此时木块和斜面刚好接触但无压力,轻绳水平,轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ=37°

,木块与斜面间的动摩擦因数μ=13,重力加速度g取10m/s2,sinθ=0.6,则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为()A.14m/s2B.12m/s2C.10m/s2D.8m/s2二、多项选择题7.如图所示,固定在地面上的斜面足够长,其倾角为30°,用平行于斜面向上、大小

为16N的力F作用在质量为2kg的物块上,物块恰好沿斜面匀速上滑,若g取10m/s2,物块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。下列说法正确的是()A.在撤去力F的瞬间,物块所受摩擦力方向不变B.在撤去力

F的瞬间,物块的加速度大小为8m/s2C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4D.撤去力F后,物块最终将静止在斜面上8.如图所示,一个可以乘坐二十多人的环形座舱套装在竖直柱子上的巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态。由升降机将环形座舱送到离地面75m的高处,然后让座舱无摩擦地自

由落下,落到离地面30m的位置时,制动系统启动,座舱做匀减速运动,到地面时刚好停下。若座舱中某人用手托着质量为0.2kg的手机,g取10m/s2,则()A.当座舱落到离地面45m的位置时,手掌对手机的支持力为0B.当座舱落到离地面45m的位

置时,手掌对手机的支持力为2NC.当座舱落到离地面15m的位置时,手掌对手机的支持力为3ND.当座舱落到离地面15m的位置时,手掌对手机的支持力为5N9.如图所示,质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为

1kg的物体B用细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压,g取10m/s2。现将细线剪断,则剪断后瞬间,下列结果正确的是()A.A加速度的大小为2.5m/s2B.B加速度的大小为2m/s2C.弹簧的弹力大小为50

ND.A、B间相互作用力的大小为8N10.A、B两球质量分别为m1、m2,从不同高度由静止释放,如图甲所示。两球的v-t图像分别如图乙中的1、2所示。球下落过程所受空气阻力大小Ff满足Ff=kv(v为球的

速率,k为常数),t2时刻两球第二次相遇。落地前,两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断正确的是()A.m1>m2B.B球释放的位置高C.两球释放瞬间,A球的加速度较大D.两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前三、非选择题11.随着人工智能技术的不断发展,无人机有着非常广阔的应用前景。春播

时节,一架携药后总质量m=20kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务,无人机悬停在距一块试验田h0=30m的高空,t=0时刻,它以加速度a1=2m/s2竖直向下匀加速运动h1=9m后,立即向下做匀减速运动直至速度为零,重新悬停,然后水平飞行喷

洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1~3m,无人机下降过程中空气阻力恒为20N。g取10m/s2。(1)求无人机从t=0时刻到重新悬停在h2=1m处的总时间t。(2)求无人机在安全高度范围内重新悬停,向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小。(3

)若无人机在高度h3=3m处悬停时动力系统发生故障,失去竖直升力的时间为23s,要使其不落地,恢复升力时的最小加速度。12.如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度l1=1.6×102m的水平跑道和长度l2=20m的倾

斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m。一架质量m=2.0×104kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的110。假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,g取1

0m/s2。(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小。(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力F推的大小。考点9牛顿运动定律的综合应用(一)一、单项选择题1.在光滑水平面上,一个物体处于静止状

态,某时刻(t=0)起一水平力作用在该物体上,并且该力从t=0时刻开始逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)。下列各图中,最有可能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()2.在探究超重和失重规律时,某体重为G的

同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像,则下列图像中可能正确的是()3.物体A、B放在光滑的水平地面上,其质量之比mA∶mB=2∶1。现用3N的水平拉力作用在物体A上,如图所示,则A对B的拉力等于()

A.1NB.1.5NC.2ND.3N4.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每

节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.FB.19���20C.���19D.���205.随着新能源汽车技术的快速发展,为了买到性价比高的汽车,很多消费者会把百公里加速

的时间作为衡量汽车性能的一个重要参数。某辆新能源汽车百公里加速测试过程中,取汽车运动中合适的位置作为测量参考点,记录汽车运动的位移x和运动的时间t,其2������-t图像如图所示。若测试中汽车在平直路面上做匀加速直线运动,汽车和驾驶员的总

质量为2000kg,运动过程中受到的阻力恒为总重力的110,g取10m/s2,则汽车在加速过程中所受的牵引力大小为()A.1.4×104NB.1.6×104NC.1.8×104ND.2.0×104N6.如图所示,在光滑水平面上有一质量为m0的斜劈,其斜面倾角为θ,一质量为m的物体放在其光滑斜

面上,现用一水平力F推斜劈,恰使物体与斜劈间无相对滑动,则斜劈对物体的弹力大小为()①mgcosθ②������cos���③���������0+���cos���④���������0+���sin���A.①④B.②③C.①③D.②④二、多项选择题7.如图所示,质

量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的拉力,可行的办法是()A.减小A物块的质量B.增大B物块的质

量C.增大倾角θD.增大动摩擦因数μ8.如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分

别为FT和FN。若FT-a图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度g取10m/s2,则()A.a=403m/s2时,FN=0B.小球质量m=0.1kgC.斜面倾角θ的正切值为34D.小球离开斜面之前,FN=(

0.8+0.06a)N9.如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持

相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtanθB.若推力F向左,且tanθ≤μ,则F的最大值为2mgtanθC.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tanθ)D.若推力F向右,且tan

θ>2μ,则F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)10.如图所示,A、B两物块叠放在水平桌面上,已知物块A的质量为2kg,物块B的质量为1kg,而A与地面间的动摩擦因数为0.1,A与B之间的动摩擦因数为0.2。可以有选择

地对B施加水平推力F1和竖直向下的压力F2,已知重力加速度为10m/s2,则下列说法正确的是()A.若F1=3.6N,F2=5N,则A、B相对静止一起做匀加速运动B.若F1=5.4N,F2=20N,则A、B相对静止一起做匀加速运动C.若F2<10N,无论F

1多大,都不能使物块A运动起来D.若F2>10N,无论F1多大,都不能使物块A、B发生相对运动三、非选择题11.如图所示,静止在光滑水平面上的斜面体,质量为m0,倾角为α,其斜面上有一静止的滑块,质量为m,两者之间的动摩擦因数为μ,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,重力加速度为g

。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动,求:(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动,图中水平向右的力F的最大值;(2)若要使滑块做自由落体运动,图中水平向右的力F的最小值。考点10牛顿运动定律的综合应用(二)一、单项选择题1.如图所示,光滑水平面上,水平

恒力F作用在木块上,长木板和木块间无相对滑动,长木板质量为m0,木块质量为m。它们的共同加速度为a,木块与长木板间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中()A.木块受到的摩擦力一定是μmgB.木块受到的合力为FC.长木板受到的摩擦力为μmgD.长木板受

到的合力为���0������+���02.如图甲所示,倾角为θ的传送带始终沿逆时针方向以速度v0匀速转动。t=0时,将一小物块无初速度轻放在传送带上端,随后小物块的速度v与时间t关系如图乙所示。已知t1时刻前后,小物块的加速度分别为a1、a2,小物块与传送带间的动摩

擦因数为μ,重力加速度为g,则a1、a2的差值为()甲乙A.μgcosθB.2μgcosθC.gsinθD.2gsinθ3.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图

乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则()A.传送带的速度为4m/sB.传送带底端到顶端的距离为14mC.物块与传送带间的动摩擦因数为18D.摩擦力方向一

直与物块运动的方向相反4.如图甲所示,一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22N的水平外力拉长木板,g取10m

/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为()A.1sB.2sC.2sD.3s5.如图所示,在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B,A、B之间的动摩擦因数为0.2,A的质量为2kg,B的质量为1kg,从0时刻起,A受到一向右的水平拉力F的作用,F随时间变化的规律为F=(6+2t)

(N)。t=5s时撤去外力,运动过程中A一直未滑落,g取10m/s2,则()A.t=2s时,A、B发生相对滑动B.t=3s时,B的速度为8m/sC.撤去外力瞬间,A的速度为19m/sD.撤去外力后,再经过1s,A、B速度相等二、

多项选择题6.如图所示,传送带与水平面的夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ,能反映小木块的速度随时间变化关系图像的可能是()7.如图所示,质量分别为m=1k

g和m'=2kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态。从某时刻开始,对物块B施加一水平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于

滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,下列结论正确的是()A.两物块刚发生相对运动时的速度为1m/sB.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为1sC.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5mD.当推力F=2N时A和B就会发

生相对运动8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()A.小滑块的质量m=2kgB.小滑块与长木板之

间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力F=7N时,长木板的加速度大小为3m/s2D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大三、非选择题9.如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为m=2kg的小物体轻轻放在传送带的

A端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2s末物体到达B端,取沿传送带向下为正方向,g取10m/s2,求:甲乙(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v;(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。10.“桌布挑战”的

挑战规则是一个人用力抽走桌布,同时保证桌子上的餐具“不动”(肉眼观察不到餐具位置发生变化)。现将该挑战做如图所示的简化,在桌面上放置一块桌布,将一个可视为质点的正方体静置于桌布上,小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别为

m和m',正方体与桌布间的动摩擦因数为μ1,桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若要使正方体相对桌布静止,求拉力的最大值FT;(2)若肉眼感知物体“不动”的最大距

离l=0.0075m,m=1kg,m'=2kg,μ1=0.1,μ2=0.2,g取10m/s2,正方体与桌布左端的距离d=0.04m,求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F。考点11曲线运动运动的合成与分解一

、单项选择题1.如图所示,光滑水平面内的xOy直角坐标系中,一质量为1kg的小球沿x轴正方向匀速运动,速度大小为1m/s,经过坐标原点O时,小球受到的一沿y轴负方向、大小为1N的恒力F突然撤去,其他力不变,则关于小球的运动,

下列说法正确的是()A.小球将做变加速曲线运动B.任意两段时间内速度变化大小都相等C.经过x、y坐标相等的位置时所用时间为1sD.1s末小球的速度大小为2m/s2.如图所示,当汽车静止时,车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动,在甲种状态启动后

的t1时刻,乘客看到雨滴从B处离开车窗,在乙种状态启动后的t2时刻,乘客看到雨滴从F处离开车窗,F为AB的中点。则t1∶t2为()A.2∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶(2-1)3.下图是某船采用甲、乙、丙三种过河方式的示意图(河宽

相同)。船在静水中的速度v0不变,河中各处的水流速度v1不变,图中小船尖端指向为船头方向。下列判断正确的是()A.甲、丙过河时间不可能相同B.由甲图可判断出v0<v1C.乙过河时间最短D.丙过河速度最

小4.如图所示,在河岸上通过轮轴(轮套在有一定大小的轴上,轮与轴绕共同的中轴一起转动)用细绳拉船,轮与轴的半径比R∶r=2∶1。轮上细绳的速度恒为v绳=4m/s,当轴上细绳拉船的部分与水平方向成60°角时,船的速度是()A.2m/sB.4m/sC.8m/sD.16m/s二、

多项选择题5.如图所示,长度为l的轻杆上端连着一质量为m1的小球A(视为质点),杆的下端用铰链固定在水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与小球A接触,立方体B的质量为m2。施加微小扰动,使杆向右倾

倒,各处摩擦均不计,而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间,杆与地面间的夹角恰为π6,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1∶2B.小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间,立方体B的速率为������8C.小球A落

地时速率为2������D.小球A、立方体B质量之比为1∶46.如图所示,无人船艇在某段海上航行过程中,通过机载传感器描绘出运动的图像,图甲是沿x方向的位移—时间图像,图乙是沿y方向的速度—时间图像。在0~3s内()A.无人船

艇在x方向做匀加速直线运动B.无人船艇在y方向做匀加速直线运动C.无人船艇的运动轨迹为抛物线D.t=3s时无人船艇的速度大小为5m/s三、非选择题7.一小船渡河,河宽d=180m,水流速度v1=2.5m/s。(1)若船在静水中的速度为v2=5m/s,欲使船在

最短的时间内渡河,船头应朝什么方向?用多长时间?位移是多少?(2)若船在静水中的速度为v2=5m/s,欲使船渡河的航程最短,船头应朝什么方向?用多长时间?位移是多少?(3)若船在静水中的速度为v3=1.5m/s,欲使船渡河的航程最短,船头应朝什么方向?用多长时间?位移是多少?考点12抛体运动一、

单项选择题1.由于空气阻力的影响,炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线,而是“弹道曲线”,如图中实线所示。假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹,O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点,其中O点为发射点,d点为落地点,b点为轨迹的最高点,a、c两点距地面的高度相等。下列

说法正确的是()A.到达b点时,炮弹的速度为零B.到达b点时,炮弹的加速度为零C.炮弹经过a点时的速度小于经过c点时的速度D.炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间2.如图甲所示,我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动

轨迹如图乙所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上。忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是()甲乙A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于v1C.两谷粒

从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等3.右图是投掷飞镖游戏的示意图,O点距水平地面的高度为h,竖直靶板与O点的水平距离为x,不计空气阻力,当投掷者从O点以某一速度向右水平掷出飞镖时,飞镖打在靶上距地面ℎ2的C

点,现将竖直靶板向右移动���2,仍以相同速度从O点掷出飞镖,飞镖的位置应该是()A.打在C点B.打在地面与C点之间C.恰好打在靶板与地面的交点处D.不能打在靶板上4.某游戏装置如图所示,安装在竖直轨道AB上的弹射

器可上下移动,能水平射出速度大小可调节的小弹丸。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P,弹丸落到小孔时,速度只有沿OP方向才能通过小孔,游戏过关,则弹射器在轨道上()A.位于B点时,只要弹丸射出速度合适就能过关B.只要高于B点,弹

丸射出速度合适都能过关C.只有一个位置,且弹丸以某一速度射出才能过关D.有两个位置,只要弹丸射出速度合适都能过关二、多项选择题5.如图所示,水平面内放置一个直径d=1m,高h=1m的无盖薄油桶,沿油桶直径距左桶壁s=2m处的正上方有一点P,P点的高

度h0=3m,从P点沿直径方向水平抛出一小球,不考虑小球的反弹,下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.小球的速度范围为15m/s<v<3210m/s时,小球击中油桶的内壁B.小球的速度范围为15m/s<v<3210m/s时,小球击中油桶

的下底C.小球的速度范围为2315m/s<v<10m/s时,小球击中油桶外壁D.若P点的高度变为1.8m,则小球无论初速度多大,均不能落在桶底(桶边沿除外)6.如图所示,饲养员在水库边堤坝边缘A处以水平初速度v往鱼池中抛掷鱼

饵颗粒。堤坝截面倾角为θ,坝顶离水面的高度为h,不计空气阻力,鱼饵颗粒可能落在堤坝上,也可能落在水面上,则关于鱼饵颗粒在空中运动的时间t,下列说法正确的是()A.若水平初速度v>���ℎ2·1tan���,t与v有关B.若水平初速

度v>���ℎ2·1tan���,t与v无关C.若水平初速度v<���ℎ2·1tan���,t与v有关D.若水平初速度v<���ℎ2·1tan���,t与v无关三、非选择题7.右图为某节目中某个环节的示意图。参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB,AO是高

h=3m的竖直峭壁,OB是以A点为圆心的弧形坡,∠OAB=60°,B点右侧是一段水平跑道。选手可以自A点借助绳索降到O点后再爬上跑道,但身体素质好的选手会选择自A点直接跃到水平跑道。选手可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)若选手以速度v0水平跳出后,能

跳在水平跑道上,求v0的最小值。(2)若选手以速度v1=4m/s水平跳出,求该选手在空中的运动时间。考点13圆周运动一、单项选择题1.某机器的齿轮如图所示,中心齿轮称为太阳轮,它是主动轮(太阳轮固定),通过中间的齿轮(行星齿轮),带动

最外层的齿圈转动,太阳轮、行星齿轮与最外面的齿圈彼此密切啮合。若太阳轮一周的齿数为18,行星齿轮一周的齿数为12,则太阳轮的角速度与行星齿轮的角速度之比为()A.2∶3B.3∶2C.4∶9D.9∶42.右图为公路自

行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景,运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线,将运动员与自行车看作一个整体,下列论述正确的是()A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B.运动员转弯所需向心力由地面对

车轮的摩擦力提供C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力3.如图所示,飞机特技表演既震撼又刺激,一质量为m的飞行员驾驶飞机在竖直面内做匀速圆周运动,飞行至最低点时飞行员对座椅的压力大小为FN1,飞行至最高点时飞行员对座

椅的压力大小为FN2,已知重力加速度为g,则FN1与FN2大小之差为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B,细线上端固定在同一点,若两个小球绕共同的竖直

轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动,球A的轨道半径是球B轨道半径的一半,不计空气阻力。两个摆球在运动过程中()A.两球的角速度相等B.两球的速度大小相等C.两球的加速度大小相等D.球A、B的向心力大小之比为1∶25.如图所示,

叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动,物体A、B、C的质量分别为3m、2m、m,物体B与转台、物体C与转台间的动摩擦因数都为μ,物体A与物体B间的动摩擦因数也为μ,物体B、C离转台中心的距离

分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下说法正确的是()A.物体B对物体A的摩擦力有可能为3μmgB.物体C与转台间的摩擦力大于物体A与物体B间的摩擦力C.转台的角速度ω有可能恰好等于2������3�

��D.若角速度ω缓慢增大,物体A与物体B将最先发生相对滑动二、多项选择题6.如图所示,质量为m的小球固定在轻杆的一端,在竖直面内绕轻杆的另一端做无摩擦的圆周运动,不计空气阻力,当小球运动到最高点时,瞬时速度v=32������,R是

球心到O点的距离,则球对轻杆的作用力是()A.最高点球对轻杆的作用力是12mg的拉力B.最高点球对轻杆的作用力是12mg的压力C.最低点球对轻杆的作用力是13������2的拉力D.最低点球对轻杆的作用力是13������2的压力7.如图所示,轻绳一

端固定在O点,另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动,小盒子里装了一质量为m的光滑小球,小球的大小略小于盒子,A、C两点分别为水平直径的左端和右端;B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当

小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g,不计空气阻力,则以下说法正确的是()A.小球运动至A点时,对小盒子下壁的压力为零B.小球运动至C点时,对小盒子右壁的压

力为2mgC.小球运动至C点时,对小盒子下壁的压力为mgD.小球运动至B点时,对小盒子下壁的压力为6mg8.如图所示,一个边长满足3∶4∶5的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上,一木块静止在斜面上,斜面和木块之间的动摩擦因数μ=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40cm处相

对转盘不动,g取10m/s2,则转盘转动角速度ω的可能值为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.1rad/sB.3rad/sC.4rad/sD.9rad/s三、非选择题9.正式的场地赛车快速通过水平

弯道时,在轮胎不打滑的前提下总是尽可能地找到一条最佳的行车路线。下图为一段赛道的示意图,赛道参数如图中标注。假设赛车的长宽忽略不计,可视为质点,转弯时行车速率保持不变,在直道上加速和减速过程可视为匀变速运动。已知赛车在直道上加速或减速的最大加速度均

为10m/s2,最大速度为216km/h。若赛车沿着弯道内侧行驶时,其行车轨迹如图中路线1所示,它转弯时的最大速率v1为36km/h。(可能用到的数据:2=1.41,π=3.14)(1)求该赛车沿着弯道外侧的路线2行驶转弯时的最大速率v2。(结果保留2位有效数字)(2)为了快速过弯,赛车实

际行车按照路线3的“外—内—外”的走法。赛车从直道上的E点开始转弯,沿着半径R3=40m的圆弧EFG通过弯道,求赛车以最大速度通过B点并沿着路线3到达D处所需的最短时间。(结果保留1位小数)10.半径为R的水平圆台可绕通过圆心O的

竖直光滑细轴CC'转动,如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽,质量为mA的物体A放在一个槽内,A与槽底间的动摩擦因数为μ0,质量为mB的物体B放在另一个槽内,此槽是光滑的,A、B间用一长为l(l<R)且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体A

与槽的侧面之间没有作用力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)当圆台做匀速转动,A物体与圆台之间刚好没有摩擦力且A、B两物体相对圆台不动时,A到圆心的距离x为多大?此时的转动角速度ω应为多大?(2)当圆台做匀速转动,A、B

两物体相对圆台不动且A物体与圆台间有摩擦时,转动角速度ω和A到圆心的距离x应满足什么条件?考点14万有引力与航天一、单项选择题1.北斗问天,国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星,其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星

相比,地球静止轨道卫星()A.周期大B.线速度大C.角速度大D.加速度大2.长征五号B运载火箭搭载新一代载人飞船试验船,在海南文昌航天发射场首飞成功,将载人飞船试验船送入预定轨道后,试验船绕地球做圆周运动,淄博的40余种蔬菜种子在飞船中

进行航天育种。以下判断正确的是()A.同一火箭,在文昌航天发射场(北纬19.6度)时的有效载荷大于西昌航天发射场(北纬28.2度)的有效载荷B.试验船的绕地运行速度大于7.9km/sC.在绕地球飞行的试验船内培养出的蔬菜的根,其生长方向应是指向地球的方向D.火星探测器的发射速度应大于7

.9km/s,且小于11.2km/s3.“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术实验卫星。如图所示,该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动,轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面A点正上方。卫星每天绕地球运行n圈。已知地球半径为R,自转周

期为T,地球表面重力加速度为g,则“羲和号”卫星轨道距地面高度为()A.������2���22π2���213-RB.������2���22π2���213C.������2���24π2���213-RD.������2���

24π2���2134.(2020·北京卷)我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%,半径约为地球半径的50%,下列说法正确的是()A.火星探测器的发射速度应大于地球的第二

宇宙速度B.火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度5.木星的卫星中,木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4。木卫三周期为T,公转轨道半径是月球绕地球轨道半

径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0,则()A.木卫一轨道半径为���16rB.木卫二轨道半径为���2rC.周期T与T0之比为���32D.木星质量与地球质量之比为���02���2n3二、多项选择题6.如图所示,火星

与地球近似在同一平面内绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动,火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动,称为顺行;有时观测到火星由东向西运动,称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上,且太阳和火星位于地球两侧时,称为火

星冲日。忽略地球自转,只考虑太阳对行星的引力,下列说法正确的是()A.火星的公转周期大约是地球的827B.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为顺行C.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为逆行D.在冲日处,火星相对于地球的速度最小7.航天员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球,

经过时间t小球落回原地。若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球,需经过时间5t小球落回原处。已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地=1∶4,地球表面重力加速度为g,设该星球表面附近的重力加速度为g',地球的质量为m地,该星球的质量

为m星,空气阻力不计。则()A.g'∶g=1∶5B.g'∶g=5∶2C.m星∶m地=1∶20D.m星∶m地=1∶808.欧洲航天局的第一枚月球探测器——“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动,用m表示它的质量,h表示它在近月点的高度,ω表示它在近月点的角速度,a表

示它在近月点的加速度,R表示月球的半径,g表示月球表面处的重力加速度。忽略其他星球对“智能1号”的影响,则它在近月点所受月球对它的万有引力的大小等于()A.maB.m���2���(���+ℎ)2C.m(R+h)ω2D.m���2���2���+ℎ三、非选择题9

.科学家对月球的探索越来越深入。(1)若已知地球半径为r地,地球表面的重力加速度为g,月球绕地球运动的周期为T,月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动,试求出月球绕地球运动的轨道半径。(2)若航天员随登月飞船登陆月球后,在月球表面高度为h的某处以速度v0水平抛出一个

小球,小球飞出的水平距离为x。已知月球半径为r月,引力常量为G,试求出月球的质量m月。考点15天体运动中的三类问题一、单项选择题1.北斗三号卫星导航系统由3颗周期为24h的地球静止轨道卫星(如图中甲)、3颗周期为24h

的倾斜地球同步轨道卫星(如图中乙)、24颗中圆地球轨道卫星(如图中丙)三种轨道卫星共30颗卫星组成。其中中圆地球轨道卫星离地高度2.1×104km,地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星离地高度均为3.6×104km,以下

说法正确的是()A.中圆地球轨道卫星的运行周期小于地球自转周期B.倾斜地球同步轨道卫星和地球静止轨道卫星线速度大小不同C.地球赤道上物体的线速度比中圆地球轨道卫星线速度大D.中圆地球轨道卫星的发射速度可以小于7.9km/

s2.中国天问一号探测器发射升空,成功进入预定轨道,开启了火星探测之旅,迈出了我国自主开展行星探测的第一步。如图所示,天问一号被火星捕获之后,需要在近火星点变速,进入环绕火星的椭圆轨道。天问一号()A.在轨道Ⅱ上P点的速度小于Q点的速度B.在轨道Ⅰ上运行周期大于轨道Ⅱ上

运行周期C.由轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ需要在P点加速D.在轨道Ⅰ上经过P点时的向心加速度大于在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度3.如图所示,“食双星”是指在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动,彼此掩食(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化

的两颗恒星。在地球上通过望远镜观察这种双星,视线与双星轨道共面。观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次,已知两颗恒星A、B间距为d,引力常量为G,则可推算出双星的总质量为()A.π2���2������2B.π2���3������2C

.2π2���2������2D.4π2���3������24.为简单计,把地—月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动,如图所示,虚线为月球轨道。在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点”的特殊点。在这些点,质量极小的物体(如人

造卫星)仅在地球和月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上。图中四个点不可能是“拉格朗日点”的是()A.A点B.B点C.C点D.D点二、多项选择题5.下图为嫦娥五号着陆地球前部分轨道的简化示意图,其中Ⅰ是月地转移轨道,在P点由轨道Ⅰ变为绕地椭圆轨道Ⅱ,在

近地点Q再变为绕地椭圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是()A.在轨道Ⅱ运行时,嫦娥五号在Q点的机械能比在P点的机械能大B.嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长C.嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运

行时,经过Q点的向心加速度大小相等D.嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时,经过Q点的速度大小相等6.我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗卫星导航系统第55颗导航卫星,至此北斗卫星导航系统星座部署全面完成。北斗卫星导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星,第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫

星,它们的轨道半径约为4.2×107m,运行周期都等于地球的自转周期24h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角,如图所示。已知引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2,下列说法正确的是()A.根据题目数据可估算出地球的质量B.同步轨道卫星可能经过北京上空C.倾斜地球同步

轨道卫星一天2次经过赤道正上方同一位置D.倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度7.现假设三颗星a、b、c均在赤道平面上空绕地球做匀速圆周运动,其中b转动方向与地球自转方向相同,c转动方向与地球自转方向相反,a、b、c三颗星的周期分别为Ta=6h、Tb=24h、Tc

=12h,某一时刻三个卫星位置如图所示,从该时刻起,下列说法正确的是()A.a、b每经过4h相距最近一次B.a、b经过8h第一次相距最远C.b、c经过4h第一次相距最远D.b、c每经过8h相距最近一次考点16功功率一、单项选择题1.如图所示,木块B上表面

是水平的,木块A置于B上,并与B保持相对静止,一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,在下滑过程中()A.A所受的合力对A不做功B.B对A的弹力做正功C.B对A的摩擦力做正功D.A对B做正功2.如图所示,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直

向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl3.我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间

内,“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW,排泥量为1.4m3/s,排泥管的横截面积为0.7m2,则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A.5×106NB.2×107NC.2×109ND.5×109N4.如图所示,质量为60kg的某运动员在做俯卧撑,运动过程中可将她的身体

视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m和0.6m。若她在1min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4m,g取10m/s2,则克服重力做的功和相应的功率约为()A.430J,7WB.4300J,70WC.

720J,12WD.7200J,120W5.某大型超市安装了一台倾角30°的自动扶梯。该扶梯在额定电压为380V的电动机的带动下以0.5m/s的恒定速率斜向上运动。电动机的最大输出功率为6.4kW,不载人时测得电动机中的电流为5A。若载人时扶梯速率和不载人时

相同,设人的平均质量为60kg,g取10m/s2,则该扶梯可同时乘载的人数最多为()A.20B.25C.30D.35二、多项选择题6.我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力

的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做

匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组的最大速度之比为1∶27.下列各图是反映汽车在从静止开始匀加速启动,最后做匀

速运动的过程中,其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像,汽车的额定功率为P额,所受阻力为Ff,其中正确的是()8.在建筑工地,人们经常需要利用大型起吊设备将地面上的建筑工件运送到高处。某次起吊机通过钢丝绳将某建筑工件由静止竖直向上吊起,起吊机的机

械输出功率恒为P=20kW,工件运动过程中所受空气阻力大小不变,工件最终做匀速运动。此过程中工件加速度a与工件运动速率的倒数1���的关系如图所示,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()A.工件的质量为400kgB.工件的加速度随时间均匀增大C.工件最终匀速运动时的速度

大小为10021m/sD.工件运动过程中所受空气阻力大小为400N9.我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N,弹射器有效

作用长度为100m,推力恒定,要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则下列说法正确的是()A.弹射器的推力大小为1.

1×106NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2考点17动能和动能定理一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是()A.物体只有做匀速运动时,

动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加2.一个质量为0.3kg的弹性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后

小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk正确的是()A.Δv=0B.Δv=12m/sC.ΔEk=1.8JD.ΔEk=10.8J3.物块在水平面上以初速度v0直线滑行,前进x0后恰好停止运动,已知物块

与水平面之间的动摩擦因数为μ,且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx(k为常数),重力加速度为g。则()A.v0=���������02B.v0=2���������02C.v0=���������022D.v0=2���������024.如图所示,物块从固定斜面的最

高点由静止滑下,冲上右侧光滑曲面,经过最低点连接处时无能量损失。已知物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25,斜面高度h=1.20m,斜面倾角θ=37°,g取10m/s2,sin37°=0.6,物块在曲面上升的最大高度为

()A.0.70mB.0.80mC.0.96mD.1.20m5.如图所示,两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上,O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为h处由静止滑下,在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有

动能损失,损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A.49ℎsin���B.39ℎsin���C.29ℎsin���D.20ℎsin���6.某景点的滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB'(均可看作斜面),甲、乙两名质量相等的游客分别乘

两个完全相同的滑草装置从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下,最后都停在水平草面上,其中乙停在了C点处,如图所示。设滑草装置和草面间的动摩擦因数处处相同,斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的,滑草者保持相同的姿势坐在滑草装置上不动,则甲最终停在了(

)A.C点的左侧B.C点处C.C点的右侧D.条件不足,无法判断二、多项选择题7如图所示,一质量为m'、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,当物块从木板右端离开时()

A.木板的动能一定等于FflB.木板的动能一定小于FflC.物块的动能一定大于12������02-FflD.物块的动能一定小于12������02-Ffl8.航天器的“半弹道跳跃式返回”,是指在返回器

第一次进入大气层一定“深度”后,借助大气层的作用力再次升高,其速度会进一步降低,然后再次降低高度返回地面。如图,嫦娥五号返回器在距地面高度约120km处,接近第二宇宙速度(约11.2km/s)高速进入地球大气层外层A点,减速下降至预定高度B点附近(图中B点为AC段的最低点),在大气层的作用下,向上

跃出大气层,到达最高点D后又开始下降,之后再次进入大气层外层,到达图中E点时速度约为7.9km/s。在降至距地面约10km高度时,打开降落伞完成最后阶段减速并保持姿态稳定,最终平稳着陆在内蒙古四子王旗预设区域(图中F点)。其中A、C、E在同一高度上,高度120km

之外空气阻力可忽略不计。返回器质量设为300kg,且保持不变,下列说法正确的是()A.从A点到E点的过程中返回器克服大气层阻力做功约为9.45×109JB.从C点到E点的过程中,返回器机械能守恒C.返回器在D点的瞬时加速度为零D.返回器在从E点到F点的过程中始终处于失重状态9.下图为过山车的

大回环轨道的结构图,一质量m=40kg的车厢(可视为质点)从高h0=12m处的A点由静止沿光滑轨道AB滑下,进入半径r=4m的竖直圆轨道,车厢与圆轨道的动摩擦因数处处相同,当到达圆轨道的顶点C时,车厢对圆轨道的压力恰好为零。之后车厢继续沿CFB滑下,进入光滑轨道BD,且上升高度为h时速度为零

,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.车厢在圆轨道最高点时的速度为210m/sB.车厢在圆轨道最高点时的速度为10m/sC.h的值可能为8.0mD.h的值可能为8.5m10.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取

地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.

从地面至h=4m,物体的动能减少100J三、非选择题11.如图甲所示,高h0=1m的桌面上固定一竖直平面内的半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量m=0.05kg的小球从轨道顶端A处

由静止释放,小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h=0.2m,球筐的直径比球稍大,与轨道半径R、桌面高h0等相比可忽略,空气阻力忽略不计,g取10m/s2。(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小。(2)求球筐距B处的水平距离。(3)把圆弧轨道撤去,让小球在桌面上从B

处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出,小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度,求出该动能的最小值。12.如图所示,质量m=100g的滑块(可视为质点),在F=1N的水平推力作用下从A点由静止开始运动,一段位移后撤去推力F,当滑块由平台边缘B点飞出后,恰能从C点沿切线方向进入圆弧

管道,滑块略小于管道内径。已知AB间的距离l=2.1m,滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.5,B、C两点间水平距离s=1.2m、竖直高度差h=0.8m,CD、DF是半径均为R=0.5m的光滑圆弧管道,C、D等高,E为DF管道的最高点,FG是长度d=

10m、倾角θ=37°的粗糙直管道,在G处有一反弹膜,能无机械能损失地反弹滑块,各部分管道在连接处均相切,cos37°=0.8,sin37°=0.6。(1)求滑块在平台上运动时水平推力F作用的位移大小。(2)求滑块第一次到达E点时对轨道的作

用力。(3)要使滑块反弹一次后能停在管道FG上,求滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。考点18机械能守恒定律一、单项选择题1.如图所示,竖立在水平面上的轻弹簧,下端固定,将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接),用力向下压球,使弹簧被压缩,并用细线把小球和地面拴

牢(图甲)。烧断细线后,发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)。不计空气阻力,该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中,下列说法正确的是()A.弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B.球刚脱离弹簧时动能最大C.球所受合力的最大值等于重力D.小球所受合外力为零时速度最小2.水上

乐园有一末段水平的滑梯,人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示,滑梯顶端到末端的高度h'=4.0m,末端到水面的高度h=1.0m。重力加速度g取10m/s2,将人视为质点,不计摩擦和空气阻力。人的落水点到滑梯末端的水平

距离为()A.4.0mB.4.5mC.5.0mD.5.5m3.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧,尾部有一个小帽,压一下小帽,笔尖就伸出来。如图所示,使笔的尾部朝下,将笔向下按到最低点,使小帽缩进,然后放手,笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力,笔从最低点运动至最高点的过程中()A.笔

的动能一直增大B.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小C.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量D.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能之和的增加量4.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率

正比于()A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积5.如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板上,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为FT。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为FT'。θ为某一值时,��

�T'���T最大,此最大值为()A.94B.2C.32-2D.54256.如图所示,AB是半径为R的14圆弧轨道,轨道底端B点与一水平轨道BC相切,水平轨道又在C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接,轨道B处有一挡板(厚度不计)。

在圆弧轨道上静止摆放着N个半径为r(r≪R)的光滑刚性小球,恰好将AB轨道铺满,小球从A到B依次标记为1、2、3、…、N号。现将B处挡板抽走,N个小球均开始运动,不计一切摩擦,考虑小球从AB向CD的运动过程,

下列说法正确的是()A.N个小球在离开圆弧轨道的过程中均做匀速圆周运动B.1号小球第一次经过B点的速度一定小于2������C.1号小球第一次经过B点的向心加速度一定等于2gD.1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R7.如图所示,一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内,半圆顶点有大小可不计的定滑轮,

O点为其圆心,AB为半圆上两点,OA处于水平方向,OB与竖直方向夹角为45°。一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙,初始时甲静止在B点,乙静止在O点,绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1=2kg,乙球的质量m2=1kg,半圆轨道的半径r=1m,当地重

力加速度g取10m/s2,忽略一切摩擦。解除约束后,两球开始运动的过程中,下列说法正确的是()A.甲球刚开始运动时的加速度大小为5(2-1)m/s2B.甲球一定能沿半圆轨道下滑经过A点C.甲球沿着半圆轨道运动过程中,甲、乙两球系统的机械能守恒D.甲球沿着半圆轨道运动过程中,甲球机械能增大二、多

项选择题8.如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出),物体恰能从O点平抛出去。则()A.∠CO1O=60°B.∠CO1O=

90°C.落地点距O2的距离为22RD.落地点距O2的距离为2R9.将质量分别为m和2m的两个小球A和B,用长为2l的轻杆相连,如图所示,在杆的中点O处有一固定水平转动轴,把杆置于水平位置后由静止自由释放,不计一切摩擦,在B球顺

时针转动到最低位置的过程中()A.A、B两球的线速度大小始终不相等B.重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小C.B球转动到最低位置时的速度大小为23������D.杆对B球做正功,B球机械能不守恒10.如图甲所示,光滑细杆竖直固定,套在杆上的轻弹簧下端固

定在地面上,套在杆上的小滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.05m处,滑块与弹簧不拴接。由静止释放滑块,地面为参考平面,滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示,g取10m/s2,不计空气阻力。由图像可知()甲乙A.小滑块的质量

为0.2kgB.轻弹簧原长为0.1mC.此过程中弹簧的最大弹性势能为0.5JD.滑块距地面的最大高度为0.3m三、非选择题11.如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均

为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为m'的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动,重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)重物落地后,小球线速度的大小v;(2)重物落地后一小球转到水

平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。12.如图甲所示,质量为m0=1kg、长为l=3m的长木板放在光滑的水平面上,水平面的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC,在与圆心等

高的B点有一压力传感器,长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上,长木板的右端距离轨道最低点的间距x=2m。可视为质点的质量为m=2kg的物块从长木板的最左端以v0=6m/s的速度滑上长木板,物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2,经过一段时间长木板与挡板碰撞,且碰后长木板停止运动。当半

圆轨道的半径R发生改变时,物块对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。甲乙(1)物块运动到半圆轨道最低点A瞬间,其速度应为多大?(2)图乙中横、纵坐标x、y分别为多少?(3)如果半圆轨道的半径R<32

cm,则物块落在长木板上的点到长木板最左端的最小距离应为多少?(结果保留3位有效数字)考点19功能关系、能量守恒定律一、单项选择题1.如图所示,某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞,在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中()A.只

有重力做功B.重力势能的减小量大于重力做的功C.重力势能的减小量等于动能的增加量D.动能的增加量等于合力做的功2.某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出,水瓶以54g的加速度匀减速上升,上升的最大高度为h。水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则()A

.上升过程中水瓶的动能减少量为54mghB.上升过程中水瓶的机械能减少了54mghC.水瓶落回地面时动能大小为������ℎ4D.水瓶上升过程处于超重状态,下落过程处于失重状态3.如图所示,滑雪者从O点由静止沿

斜面自由滑下,接着在水平面上滑至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ=0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量m=50kg,g取10m/s2,O、N两点间的水平距离s=100m。在滑雪者经过ON段运动的过程

中,克服摩擦力做的功为()A.1250JB.2500JC.5000JD.7500J4.如图甲所示,固定的粗糙斜面长为10m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示。取斜面底端为重力势能的参考平面,

小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示,重力加速度g取10m/s2。根据上述信息能求出()A.斜面的倾角B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数C.小滑块下滑的加速度的大小D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小5.如图所示,足够长的水平传送带以v=2m/s的速度沿

顺时针方向匀速转动,上方漏斗以每秒25kg把煤粉均匀且竖直抖落到传送带上,然后煤粉随传送带一起运动。已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10m/s2,欲使传送带保持原来的速度匀速转动,则传送带的电动机应增加的功率为()A.200WB.

50WC.100WD.无法确定6.一足够长的光滑圆筒竖直立于水平地面上,内有一轻质弹簧,下端固定于圆筒底部,弹簧上面放一质量为m的小球,小球与弹簧不连接,施加外力,将小球竖直向下压至某位置静止,如图所示。现撤去F,小球从静止开始运动到与弹簧分离的过程中

,重力、弹簧弹力对小球所做的功分别为W1和W2,小球离开弹簧时的速度为v,不计空气阻力,则上述过程中()A.小球的机械能守恒B.小球的重力势能增加了W1C.小球的机械能增加了W1+12mv2D.弹簧的弹性势能减少了W27.如图所示,小球A、B、C通过铰链与两根长为l的轻杆相连,A

、B、C位于竖直面内且成正三角形,其中A、C置于水平地面上。现将球B由静止释放,球A、C在杆的作用下向两侧滑动,三小球的运动始终在同一竖直平面内。已知mA=12mB=13mC=m,不计摩擦,重力加速度为g,则球B由静止释放至落地的过程中,下列说法正确的是()A.球B的机械能先减小后增大B.球B落地

的速度大小为3������C.球A对地面的压力一直大于mgD.球B落地点位于初始位置正下方二、多项选择题8.如图所示,倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度d=0.2m的橡胶带,橡胶带的上、下边缘与斜面的上、下

边缘平行,橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离l=0.4m,现将质量为m=1kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,矩形板由斜面

顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上),下列说法正确的是()A.矩形板受到的摩擦力Ff=4NB.矩形板的重力做功WG=3.6JC.产生的热量Q=0.8JD.矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为2355m/s9.如图所示,某跳台滑雪运动员

从助滑道滑下,然后从跳台a处沿水平方向飞出,在斜坡b处着陆,其Ek-t图像是运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间变化的关系图像,不计空气阻力的作用,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.运动员在

a处的速度大小为20m/sB.斜坡的倾角为30°C.运动员运动到b处时,重力的瞬时功率为1.2×104WD.t=1s时,运动员在空中离坡面的距离最大10.如图所示,甲、乙两传送带与水平面的夹角相同,都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带到达B处时

恰好达到传送带的速率v。小物体在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面的高度均为h0,则在小物体从A到B的过程中()A.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B.两传送带对小物体做功相等C.甲传送带消耗的电能比较大D.两种情况下因

摩擦产生的热量相等三、非选择题11.如图甲所示,质量为m0=5kg的木板A在水平向右F=30N的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动,t=0时刻在其右端无初速度地放上一质量m=1kg的小物块B。放上物块后A、B的v-t图像如图乙所示。已知物

块可看作质点,木板足够长。g取10m/s2,求:(1)物块与木板之间的动摩擦因数μ1和木板与地面间的动摩擦因数μ2;(2)物块与木板之间摩擦产生的热量;(3)放上物块后,木板运动的总位移。12.如图所示,水平面AB段光滑、BC段粗糙,右

侧竖直平面内有一呈抛物线形状的坡面OD,以坡面底部的O点为原点、OC方向为y轴建立直角坐标系Oxy,坡面的抛物线方程为y=15x2。一轻质弹簧左端固定在A点,弹簧自然伸长状态时右端处在B点。一个质量m=0.2kg的小物块压缩弹簧后由静

止释放,从C点飞出落到坡面上。已知坡底O点离C点的高度h=5m,BC间距离l=2m,小物块与BC段的动摩擦因数为0.1,小物块可视为质点,空气阻力不计。(1)若小物块到达C点的速度为5m/s,求释放小物块时弹簧具有的弹性势能。(2)在(1)问的情况下,求小物块落到坡面上的位置坐标

。(3)改变弹簧的压缩量,弹簧具有多大的弹性势能时,小物块落在坡面上的动能最小?并求出动能的最小值。考点20动量和动量定理一、单项选择题1.如图所示,一根橡皮绳一端固定于天花板上,另一端连接一质量为m的小球,

小球静止时位于O点。现给小球一竖直向下的瞬时冲量I0,小球运动到最低点用时t,重力加速度大小为g,不计橡皮绳所受的重力及空气阻力。小球从开始运动到运动至最低点的过程中,橡皮绳对小球的平均作用力大小为()A.���0���B.mgC.���0���+mgD.���0���-mg2.一个小物体

从倾角为θ的斜面顶端由静止释放,沿斜面下滑到底端时速度减为零。其中P为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,如图所示。以沿斜面向下为正方向,则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图像可能正确的是()3.太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子

从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力。若某探测器质量为490kg,离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3.0×10-3g/s,则探测器获得的平均推力大小为()A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N4.在某晚会

的互动环节中,表演者将球抛向观众,假设质量约为3kg的超大气球以2m/s的速度竖直下落到某观众手上,该观众双手向上推,使气球以原速度大小竖直向上反弹,作用时间为0.2s。忽略气球所受浮力及空气阻力,g取10m/s2。则观众双手受的压力共计()A.30NB.60NC.90ND.1

20N5.为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10min内杯中雨水上升了15mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10m/s,设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×1

03kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A.0.25NB.0.5NC.1.5ND.2.5N二、多项选择题6.安全气囊是汽车安全保障的重要设施,它与座椅安全带配合使用,可以为乘员提供有效的防撞保护。若某次汽车

安全测试中,汽车发生剧烈碰撞时,安全气囊未打开,与安全气囊顺利打开相比,下列说法正确的是(设每次测试汽车速度相同)()A.安全气囊未打开时,模拟乘员的动量变化量大B.安全气囊打开时,模拟乘员的动量变化慢C.安全气囊未打开时,模拟乘员受到撞击力的冲量大D.安全气囊打开时,模拟乘员受到的撞击力

小7.如图所示,质量为m0的机车带着质量为m的拖车在平直轨道上以加速度a匀加速前进,当速度为v0时拖车突然与机车脱钩,到拖车停下瞬间司机才发现。若机车的牵引力一直未变,车与路面间的动摩擦因数为μ,那么从脱

钩到拖车刚停下的过程中,下列说法正确的是()A.机车和拖车整体受的合外力为零B.机车和拖车整体机械能守恒C.从脱钩到拖车刚停下用时���0������D.拖车刚停下时汽车的速度为(���0+���)(���+������)������0���v0三、非选择题8.如图所

示,静止在光滑水平面上的小车m0=20kg。从水枪中喷出的水柱的横截面积S=10cm2,速度v=10m/s,水的密度ρ=1.0×103kg/m3。用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中

。当有质量m=5kg的水进入小车时,试求:(1)小车的速度大小;(2)小车的加速度大小。考点21动量守恒定律及其应用一、单项选择题1.如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mA<mB,B球上固定一轻质弹簧,若将A球以速率v去碰撞静止的B球,下列说法正确的

是()A.当弹簧压缩量最大时,两球速率都最小B.当弹簧恢复原长时,B球速率最大C.当A球速率为零时,B球速率最大D.当B球速率最大时,弹簧弹性势能不为零2.火箭向后喷气后自身获得向前的速度。某一火箭在喷气前的质量为30kg,每秒钟可完成5次喷气。设每一次喷气均喷出2

00g气体,气体喷出后的速度为100m/s,则第三次喷气后火箭的速度为(题中涉及各速度均以地面为参考系)()A.1000m/sB.200m/sC.20m/sD.2m/s3.如图所示,质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一条直线。具有初动能E0的物块1向其他4个静止的物

块运动,依次发生碰撞,每次碰撞后不再分开,最后5个物块粘成一个整体。首次碰撞和最后一次碰撞中,损失的动能之比为()A.1B.10C.5D.584.如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是()A.

P对Q做功为零B.P和Q之间相互作用力做功之和为零C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒5.如图所示,水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球A、B,球B静止在槽中位置P。球A以一定初速度沿槽运动,在位置P与球B

发生弹性碰撞,碰后球A反弹,并在位置Q与球B再次碰撞。已知∠POQ=90°,忽略摩擦,且两小球可视为质点,则A、B两球质量之比为()A.3∶1B.1∶3C.5∶3D.3∶5二、多项选择题6.冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。右图显示了某次运动

员掷出冰壶时刻两冰壶的位置,虚线圆圈为得分区域。冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰。若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置可能是()7.如图甲所示,水平冰面上有A、B两位同学,A的质量为50kg,B

静止在冰面上,A以一定的初速度向B滑去,一段时间后抱住B一起向右运动。若以向右为正方向,A运动的位移—时间图像如图乙所示,不计空气阻力以及地面对人的阻力,则下列说法正确的是()甲乙A.B的质量为60kgB.B的质量为75kgC.A抱住B的过

程中损失的机械能为375JD.A抱住B的过程中损失的机械能为400J8.质量相等的A、B两球在光滑水平面上,沿同一直线、同一方向运动,A球的动量pA=9kg·m/s,B球的动量pB=3kg·m/s,当A追上B时发生碰撞,则碰后A、B两球的动量可能值是()A.pA'=6kg·m/s

,pB'=6kg·m/sB.pA'=6kg·m/s,pB'=4kg·m/sC.pA'=-6kg·m/s,pB'=18kg·m/sD.pA'=4kg·m/s,pB'=8kg·m/s三、非选择题9.如图所示,半径

R=2.5m的半圆形光滑轨道竖直固定在水平面上,底部与水平面相切于O点,质量为m的小滑块A静止在水平面上的M点,另一质量为3m的小滑块B在水平面上向左运动,以v0=10m/s的速度在M点与A发生弹性碰撞,碰撞后滑块A恰好经过半圆形轨道的最高点,飞出后又恰好击中停在水平面上的滑块B,已知滑块B与水

平面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,空气阻力不计,两滑块均可视为质点,求:(1)碰撞后A、B两滑块的速度;(2)滑块A与水平面间的动摩擦因数(结果保留2位小数)。考点22动量守恒中的力学综合问题一、单项

选择题1.如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量也为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,不计一切摩擦,下列说法正确的是()A.该过程中,小球与U形管组成的系统机

械能和动量都守恒B.小球从U形管的另一端射出时,速度大小为12v0C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,速度大小为12v0D.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,U形管对平行导槽的冲量大小为22mv0,方向垂直于导槽向上二、

非选择题2.如图甲所示,半径R=0.8m的14光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,A为轨道最高点,与圆心O等高;B为轨道最低点。在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车,其质量m0=3kg,小车足够长,车的上表面

与B点等高,平板车上表面涂有一种特殊材料,物块在上面滑动时,动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图像如图乙所示。物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放,其质量m=1kg,g取10m/s2。(1

)求物块滑到B点时对轨道压力的大小。(2)物块相对小车静止时距小车左端多远?3为了探究物体间碰撞的特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长

的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=221m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.

8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为形变量),g取10m/s2。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最

低点F时速度的大小vF和所受支持力的大小FN。(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长

度之差Δx。4.如图甲所示,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距

离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:甲乙(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞

过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。考点23静电场及其应用一、单项选择题1两个大小不同的带电小球产生的电场的电场线分布情况如图所示,某一带电粒子仅受静电力作用沿虚线由a点移动到b点,则

下列有关说法正确的是()A.两小球带同种电荷B.带电粒子带正电C.粒子在b点所受静电力较大D.粒子由a点移动到b点电势能增加2.如图所示,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强

度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为()A.Q1=q,Q2=2q,Q3=qB.Q1=-q,Q2=-433q,Q3=-4qC.Q1=-q,Q2=2q,Q3=-qD.Q1=q,Q2=-433q,Q3=4q3.如图所示的实线为某静电场的电场线,虚线是仅在静电力作用下某带负电粒

子的运动轨迹,A、B、C、D是电场线上的点,其中A、D两点在粒子的轨迹上,下列说法正确的是()A.该电场可能是正点电荷产生的B.由图可知,同一电场的电场线在空间是可以相交的C.将该粒子在C点由静止释放,它可能一直沿电场线运动D.该粒子在A点的速度一

定大于在D点的速度4.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为Δl的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上

距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为()A.正电荷,q=���Δ���π���B.正电荷,q=3���Δ���π���C.负电荷,q=2���Δ���π���D.负电荷,q=23���Δ���π���5.如图所示,光滑绝缘水平面上有两个相同的带电小

圆环A、B,电荷量均为q,质量均为m,用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环,并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动,轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形,则()A.小环A的加速度大小为3������2������2B.小环A的加速度大小为3������23������2C.

恒力F的大小为3������2���2D.恒力F的大小为3������23���2二、多项选择题6.在金属球壳的球心有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法正确的是()A.M点的电场强度比K点的大B.球壳内表面带负电,外表面带正电C.试探电荷-q在K点的电势能比在L点的大D.试

探电荷-q沿电场线从M点运动到N点,静电力做负功7.离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。下图为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图,四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连,相当于四个电极,相对的电极带等量同种电荷,相邻的电极带

等量异种电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd,A、C是a、c连线上的两点,B、D是b、d连线上的两点,A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。下列判断正确的是()A.D点的电场强度为零B.A、B、C、D四点电场强度相等C.A点电

势比B点电势高D.O点的电场强度为零三、非选择题8.如图所示,质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上,彼此相隔的距离为l(l比球半径r大得多)。B球电荷量为QB=-3q,A球电荷量为QA=+6q,在C上加一个水平向右的恒力F,A、B、C三球始终保持l的间

距运动。(1)F的大小为多少?(2)C球所带电荷量为多少?带何种电荷?考点24静电场中的能量一、单项选择题1.真空中某点电荷的等势面示意图如图所示,图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是()A.该点电荷一定为正电荷B.P点的

电场强度一定比Q点的电场强度大C.P点电势一定比Q点电势低D.正检验电荷在P点比在Q点的电势能大2.如图所示,实线表示具有一定初速度的某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,a、b、c为实线与虚线的交点,粒子只受静电力作用,下列说法正确的是()A.若虚

线为电场线,a点的电势高于b点的电势B.无论虚线为等势线还是电场线,粒子在a点的加速度大小都比在b点的加速度大小小C.无论虚线是电场线还是等势线,粒子在a点的动能都比在b点的动能小D.粒子在b点的电势能有可能比在c点的电势能小3.如图所示,空间中a、b、c、d、e、f、a'、b'、c'、d'、e

'、f'分别为两个完全一样的立方体图形的顶点,其中b、e、e'、b'为两个立方体重合面的顶点。在a'、b'、c'所在直线上放置电荷量均为Q的异种点电荷M、N,M带正电且M、N关于b'对称。下列说法正确的是()A.a、d两点的电势相等B

.c、f两点的电场强度大小相同C.将电子从a点移到c'点,电子的电势能增加D.将电子从b点移到e'点,电子的电势能减少4.如图所示,一绝缘轻质弹簧两端连接两个带有等量正电荷的小球A、B,小球B固定在斜面上,小球A放置在光滑斜面上,初始时小球A处于静止状态,若给小球A一沿弹簧轴线方向的瞬时冲

量,小球A在运动过程中,弹簧始终在弹性限度范围内。则()A.初始小球A处于静止状态时,弹簧一定处于拉伸状态B.给小球A瞬时冲量后,小球A将在斜面上做简谐运动C.给小球A瞬时冲量后,小球A沿斜面向上运动到最高点时,加速度方向一定沿斜面向下D.给小球A瞬时冲量后,小球A

沿斜面向上运动过程中,减少的电势能一定等于小球增加的机械能5.A、B为两等量异种点电荷,图中水平线为A、B连线的中垂线。现将另两个等量异种检验电荷a、b用绝缘细杆连接后,从离A、B无穷远处沿中垂线平移到A、B的连线上,平移

过程中两检验电荷始终关于中垂线对称。若规定离A、B无穷远处电势为零,则下列说法正确的是()A.在A、B连线上a所处的位置的电势φa<0B.a、b整体在A、B连线处具有的电势能Ep=0C.整个移动过程中,静电力对a做正功D.整个移动过程中,静电力对a、b整体做负功二、多项选择题6.如图所示,虚线a

、b、c为电场中的三条等势线,相邻两等势线之间的电势差相等,从等势线a上一点A处,分别射出甲、乙两个粒子,两粒子在电场中的运动轨迹分别交等势线c于B、C两点,甲粒子从A点到B点动能变化量的绝对值为E,乙粒子从A点到C点动能变化量的绝对值为12E。不计粒子重力及两粒子间

的相互作用,由此可判断()A.甲粒子一定带正电,乙粒子一定带负电B.甲、乙两粒子的电荷量一定满足|q甲|=2|q乙|C.甲粒子动能增加,乙粒子动能减少D.甲粒子在B点的电势能绝对值一定是乙粒子在C点的2倍7.如图所示,半圆槽

光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。A、B是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),B固定在M点,A从N点由静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。小球A()A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增

大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增大D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量三、非选择题8.如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点处自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m,电荷量为q。小球落下的轨迹如

图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线所示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v,重力加速度为g,试求:(1)小球通过C点的速度大

小;(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。考点25电容器带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1.熔喷布具有的独特的超细纤维结构增加了单位面积纤维的数量和表面积,使其具备了很好的过滤性、屏蔽性、绝热性和吸油性,因此熔喷布成为医用口罩及N95口罩的最核心的材料。工厂在生产熔喷布时为

了实时监控其厚度,通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器,其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板,上下位置均固定,且分别接在恒压直流电源的两极上,G是灵敏电流计。当熔喷布的厚度变薄导致介电常数εr变小时()A.极板间的电场强度变大B.极板上所带的电荷量变小C.平行板电容器的电容变大D.有自

b向a的电流流过灵敏电流计2.如图所示,A、B两个带正电的粒子,电荷量分别为q1与q2,质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,A粒子打在N板上的A'点,B粒子打在N板上的B'点,若不计重力,则()A.q1>q2B.m1<m2

C.���1���1>���2���2D.���1���1<���2���23.如图所示,两块较大的金属板A、B相距为d,平行放置并与一电源相连。开关S闭合后,两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。以下说法正确的是()A.若将A向左平移一小段位移,则油滴向下

加速运动,G表中有b→a的电流B.若将A向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G表中有b→a的电流C.若将A向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G表中有b→a的电流D.若S断开后再将A向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G表中无电流4.如图

所示,带电粒子由静止开始,经电压为U1的加速电场加速后,沿垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是()A.保持U2和平行

板间距不变,减小U1B.保持U1和平行板间距不变,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板二、多项选择题5.如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路,反向通电

时可理解为断路)连接,电源负极接地。初始时电容器不带电,闭合开关,电路稳定后,一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是()A.上极板上移,带电油滴向下运动B.上极板上移,P点电势降低C.上极板下移,带电

油滴向上运动D.上极板下移,P点电势升高6.如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U,A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E,电场范围足够大,足够大的感光板MN垂直于电场方向

固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子,第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子,关于这两个粒子的运动,下列判断正确的是()A.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间

相等C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D.质子和α粒子打到感光板上的位置相同三、非选择题7.右图为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在0≤x≤l、0≤y≤l区域内,存在以x轴、y轴及双曲线y=���22���的一段为边界的匀强电场区域Ⅰ,电场强度

为E;在-2l≤x≤0、0≤y≤l区域内存在匀强电场区域Ⅱ。一电荷量大小为e,质量为m,不计重力的电子从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域Ⅱ。(1)求电子通过C点时的速度大小。(2)求电场区域Ⅱ中的电场强度的大小。(3)试证明:从AB曲线上的任一

位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。考点26带电粒子在电场中运动的综合问题一、单项选择题1.如图甲所示,有一固定的正点电荷N,其右侧距离为l处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒,圆筒内有一带电小球。将小球

从h0高处由静止释放,至小球下落到与N同一水平面的过程中,其动能Ek随高度h(设小球与点电荷N的竖直高度差为h)的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是()A.带电小球在整个运动过程中,小球的机械能先增大后减小B.带电小球在高度h0~h1之间运动过程中,电势能减小C.带电小球在高度h1~h2之间运

动过程中,机械能减小D.带电小球在h1和h2两个位置受到的库仑力都等于重力2.如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带

电小球仍从A点由静止释放,小球运动过程中始终未接触金属板,则t=T时,小球()A.在B点上方B.恰好到达B点C.速度大于vD.速度小于v3.如图所示,D是一只二极管,AB是平行板电容器,在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止

状态,在两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行),带电微粒P的运动情况是()A.向下运动B.向上运动C.仍静止不动D.不能确定4.带同种电荷的A、B两物块放置在光滑水平面上,A物块的质量为m1,B物块的质量为m2。A、B两

物块紧靠在一起且相互间无电荷交换,释放一段时间后,A、B两物块相距为d,此时B物块的速度为v。A、B两物块均可看作点电荷,已知两点电荷系统具有的电势能的大小仅与两带电体的电荷量以及距离有关。若A物块质量不变,将B物块的质量增大为2m2,A、B两物块电荷量保

持不变,仍从紧靠在一起释放,则释放后A、B两物块距离为d时B物块的速度为()A.12vB.22vC.���2+���12���2+���1vD.���2+���14���2+2���1v二、多项选择题5.如图所示,带电小球

自O点由静止释放,经C孔进入两水平放置的平行金属板之间,由于电场的作用,下落到D孔时速度刚好减为零。对于小球从C到D的运动过程,已知从C运动到CD中点位置用时t1,从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2,则

下列说法正确的是()A.小球带负电B.t1<t2C.t1>t2D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下三、非选择题6.如图所示,虚线MN左侧有一电场强度E1=E的匀强电场,在两条平行虚线MN和PQ之间存在着宽为l、电场强度E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧距PQ为l处有一与电

场E2平行的屏。现有一电子从电场E1中的A点由静止释放,最后电子打在右侧的屏上,A点到MN的距离为l,AO连线与屏垂直,垂足为O,电子电荷量为e、质量为m,所受的重力不计,求:(1)电子到达MN时的速度大小;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ;(3)

电子打到屏上的点P'到O点的距离y。7.如图所示,水平地面上方存在水平向左的匀强电场,一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点,小球电荷量为+q,静止时距地面的高度为h,细线与竖直方向的夹角为α=37°,重力加

速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求匀强电场的电场强度大小E。(2)现将细线剪断,求小球落地过程中水平位移的大小。(3)现将细线剪断,求带电小球落地前瞬间的动能。8.一质量为m1=1kg、电荷量为q=+0.5C的小球以v0=3m/s的速度,沿两正对带

电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入,极板长0.6m,两极板间距为0.5m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R

<3m的圆截去了左上角127°的圆弧,CB为其竖直直径,在过A点竖直线OO'的右边空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度为E=10V/m。g取10m/s2。(1)求两极板间的电势差大小U。(2)欲使小球在圆弧轨道中运动时不脱离圆弧轨道,求半径R的取值应满足的条件(结果可用分式表示)。9.如图

所示,在竖直平面内的直角坐标系Oxy中,x轴上方有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为-q(-q<0)的带电绝缘小球,从y轴上的P(0,l)点由静止开始释放,运动至x轴上的A(-l,0)点时,恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝

缘细管。细管的圆心O1位于y轴上,细管交y轴于B点,交x轴于A点和C(l,0)点。已知细管内径略大于小球外径,小球直径远小于细管轨道的半径,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)匀强电场电场强度的大小

;(2)小球运动到B点时对细管的压力;(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标。考点27电路的基本概念和规律一、单项选择题1.下列说法正确的是()A.电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位正电荷时非静电力所做的功B.电阻率是反映材料导电性能的物理量,仅

与材料种类有关,与温度、压力和磁场等外界因素无关C.电流通过导体的热功率与电流大小成正比D.电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量,由C=������可知电容的大小是由Q(电荷量)或U(电压)决定的2.有一横截面积为S的铜导线,设每单位长度的导线中有n个自由电子,电子的电荷量为e,

此时电子的定向移动速度为v,则在Δt时间内,流经导线的电流可表示为()A.������������Δ���B.nveC.nveSD.���������Δ���3.下图是均匀的长薄片合金电阻板abcd,ab边长为l1,a

d边长为l2,当端点1、2或3、4接入电路中时,R12∶R34为()A.l1∶l2B.l2∶l1C.1∶1D.���12∶���224.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是()A.B点的电阻为12ΩB

.B点的电阻为40ΩC.导体的电阻因温度的影响改变了1ΩD.导体的电阻因温度的影响改变了9Ω5.下图是某款电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成。闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220

V,吹冷风时的功率为120W,吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风,下列说法正确的是()A.电热丝的电阻为55ΩB.电动机线圈的电阻为12103ΩC.当电吹风吹热风时,电热丝每秒消耗的电能为1000JD.当

电吹风吹热风时,电动机每秒消耗的电能为1000J6.一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上(其内阻可忽略不计),均正常工作。用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A,通过洗衣机电动机的电流是0.

50A,则下列说法正确的是()A.电饭煲的电阻为44Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440ΩB.电饭煲消耗的电功率为1555W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5WC.1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103JD.电饭煲发热功率是洗衣

机电动机发热功率的10倍二、多项选择题7.电吹风机中有电动机和电热丝,电动机带动风叶转动,电热丝给空气加热,得到热风将头发吹干,设电动机的线圈电阻为R1,它与电热丝(电阻为R2)串联,接到直流电源上,电路中电流为I,电动机电压为U1,消耗的电功率为P1,电热丝两端电压为U2,消耗的电功率为P2,

则下列式子正确的是()A.P1=U1IB.U1=IR1C.P2=I2R2D.U2=IR28.如图所示,图线1表示的导体的电阻为R1,图线2表示的导体的电阻为R2,则下列说法正确的是()A.R1∶R2=1∶3B.R1∶

R2=3∶1C.将R1与R2串联后接于电源上,则电流比I1∶I2=1∶3D.将R1与R2并联后接于电源上,则电流比I1∶I2=3∶19.下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数,不计其自身机械损耗。若该车在额定状态下以最大速度行驶,则()自重40kg额定电压48V载重75kg额定电流

12A最大行驶速度20km/h额定输出功率350WA.电动机的输入功率为576WB.电动机的内阻为4ΩC.该车获得的牵引力为104ND.该车受到的阻力为63N三、非选择题10.神经系统中,把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类。现代生物学认为,髓鞘是由多层(几十层到几百层不等)类

脂物质——髓质累积而成的,髓质具有很大的电阻。已知蛙的神经为有髓鞘神经,髓鞘的厚度只有2μm左右。而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105Ω。(1)若不计髓质片层间的接触电阻,计算髓质的电阻率。(2)若有一圆柱体是由髓质制成的

,该圆柱体的体积为32πcm3,当在其两底面上加上1000V的电压时,通过该圆柱体的电流为10πμA,求圆柱体的圆面半径和高。考点28闭合电路的欧姆定律一、单项选择题1.某扫地机器人电池容量为2000mA·h,额定工作电压为15V,额

定功率为30W,则下列说法正确的是()A.扫地机器人的电阻是7.5ΩB.题中mA·h是能量的单位C.扫地机器人正常工作时的电流是2AD.扫地机器人充满电后一次最长工作时间约为4h2.在如图所示的电路中,开关S闭合后,若将滑动变阻

器的滑片P向下调节,下列说法正确的是()A.电压表和电流表的示数都增大B.灯L2变暗,电流表的示数减小C.灯L1变亮,电压表的示数减小D.灯L2变亮,电容器的电荷量增加3.如图所示,移动滑动变阻器R的滑片,发现电流表的示数为零,电压表的示数逐渐增大,则电路的可

能故障为()A.小灯泡短路B.小灯泡断路C.电流表断路D.滑动变阻器断路4.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路,测得电阻箱所消耗的功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示,由此可知()A.电源最大输出功率可能大于45WB.电源内阻一定等于5ΩC.电源电动势为45VD.电阻箱所消耗的功率P最大时

,电源效率大于50%二、多项选择题5.如图所示,D是一只理想二极管,水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下,关于P的运动情况说法正确的是()A.保持S闭合,增大A、B板间距离,P仍静止B.保持S闭合,减小A、B板间距离,P向上运动C.断开S后,增

大A、B板间距离,P向下运动D.断开S后,减小A、B板间距离,P仍静止6.如图甲所示,不计电表对电路的影响,改变滑动变阻器的滑片位置,测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化规律分别如图乙中a、b所示,下列判断正确的是()甲乙A.图线

a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势B.图线b斜率的绝对值等于电源的内阻C.图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率D.图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电阻R0消耗的功率三、非选择题7.如图所示,电源电动势E=6V,内阻r=1Ω,电阻R1=2Ω

,R2=3Ω,R3=7.5Ω,电容器的电容C=4μF。开关S原来断开,现在合上开关S到电路稳定,这一过程中通过电流表的电荷量是多少?8.如图所示的电路中,R1=4Ω,R2=2Ω,滑动变阻器R3上标有“10Ω2A”的字样,理想电压表的量程有0~3V和0~1

5V两挡,理想电流表的量程有0~0.6A和0~3A两挡。闭合开关S,将滑片P从最左端向右移动到某位置时,电压表、电流表示数分别为U3=2V和I1=0.5A;继续向右移动滑片P至另一位置,电压表指针指在满偏的13,电流

表指针也指在满偏的13,求电源电动势与内阻的大小。(保留两位有效数字)考点29电学实验基础1.(多选)如图所示,甲、乙两电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组成的,下列说法正确的是()A.甲表是电流表,R增大时量程增大B.甲表是电流表,R增大时量程减小C.乙表是电压表,R增大时量程增大

D.乙表是电压表,R增大时量程减小2.某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准,要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度。可选用的器材还有:定值电阻R

0(阻值14kΩ),滑动变阻器R1(最大阻值1500Ω),滑动变阻器R2(最大阻值500Ω),电阻箱(0~99999.9Ω),干电池(E=1.5V,r=1.5Ω),红、黑表笔和导线若干。甲(1)欧姆表设计将图甲中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后,滑

动变阻器R接入电路的电阻应为Ω;滑动变阻器选(选填“R1”或“R2”)。(2)刻度欧姆表表盘通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图乙所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75,则a、b处的电阻刻度分别为、。乙(3)校准红、黑表笔短接,调节滑动变阻

器,使欧姆表指针指向kΩ处;将红、黑表笔与电阻箱连接,记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值,完成校准数据测量。若校准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图丙所示,则电阻箱接入的阻值为Ω。丙3.某探究

性学习小组利用如图甲所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0kΩ,电阻R1=9.0kΩ。为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻。(1)按图示电路进行连接后,发现aa'、bb'和cc'三条导线中,混

进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的,将开关S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不为零,再测量a、a'间电压,若读数不为零,则一定是导线断开;若读数为零,则一定是导线断开。甲乙(2)排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器滑片位置,得到电流表

A1和A2的多组I1、I2数据,作出图像如图乙所示。由I1-I2图像得到电池的电动势E=V,内阻r=Ω。4.图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的改装电路。(1)已知毫安表表头的内阻为100Ω,满偏电流为1mA;R1和R2为阻值固

定的电阻。若使用a和b两个接线柱,电表量程为3mA;若使用a和c两个接线柱,电表量程为10mA。由题给条件和数据,可以求出R1=Ω,R2=Ω。(2)现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表对改装电表的3mA挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5mA、1.0mA、1.5mA、2

.0mA、2.5mA、3.0mA。电池的电动势为1.5V,内阻忽略不计;定值电阻R0有两种规格,阻值分别为300Ω和1000Ω;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为750Ω和3000Ω。R0应选用阻值为Ω的电阻,R应选用最大阻值为Ω的滑动变阻器。(3)假设电阻R1和R2

中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图乙的电路可以判断出损坏的电阻。图乙中的R'为保护电阻,虚线框内未画出的电路即为图甲虚线框内的电路。图中的d点应和接线柱(选填“b”或“c”)相连。判断依据是。5.下图是有两个量

程的电流表,当使用a、b两个端点时,量程为1A;当使用a、c两个端点时,量程为0.1A。已知表头的内阻Rg为200Ω,满偏电流Ig为2mA,求电阻R1、R2的值。考点30机械振动一、单项选择题1.如图所示,弹簧振子在a、b两点间做简谐运动,当振子从平衡位置O向a运动过程

中()A.加速度和速度均不断减小B.加速度和速度均不断增大C.加速度不断增大,速度不断减小D.加速度不断减小,速度不断增大2.如图所示,在一根张紧的绳子上挂几个摆,其中A、B的摆长相等。当A摆振动时,其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动会发现()A.C摆的频率最小B.D摆的周

期最大C.B摆的摆角最大D.B、C、D的摆角相同3.做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增大为原来的94倍,摆球经过平衡位置的速度减为原来的23,则单摆振动的()A.周期不变,振幅不变B.周期不变,振

幅变小C.周期改变,振幅不变D.周期改变,振幅变大4.有一弹簧振子,振幅为0.8cm,周期为0.5s,初始时具有负方向的最大加速度,则它的振动方程是()A.x=8×10-3sin4π���+π2mB.x=8×10-3sin4π���-π

2mC.x=8×10-1sinπ���+3π2mD.x=8×10-1sinπ4���+π2m5.如图所示,一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻质弹簧,左端固定,右端与质量为m、电荷量为+q的小球相连,静止

在光滑、绝缘的水平面上。在施加一个电场强度为E、方向水平向右的匀强电场后,小球开始做简谐运动,那么()A.小球到达最右端时,弹簧的形变量为2���������B.小球做简谐运动的振幅为2���������C.运动过程中小球的机

械能守恒D.运动过程中小球的电势能和弹簧的弹性势能的总量不变二、多项选择题6.如图所示,曲轴上挂一个弹簧振子,转动摇把,曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把,让振子自由振动,测得其频率为2Hz。现

匀速转动摇把,转速为240r/min。则()A.当振子稳定振动时,它的振动周期是0.5sB.当振子稳定振动时,它的振动频率是4HzC.当转速增大时,弹簧振子的振幅增大D.外界对弹簧振子做正功,弹簧振子的振幅增大7.下图为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像,下列说法正确的是()

A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的振幅比乙摆的大C.甲摆的机械能比乙摆的大D.在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆8.如图所示,沿水平方向做简谐振动的质点,依次通过相距l的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半,B点位

移大小是A点的3倍。质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,该振动的振幅和周期可能是()A.2���3-1,3tB.2���3-1,4tC.2���3+1,125tD.2���3+1,127t三、非选择题9.如图所示,质量mA=150g的平台A连接在劲度系数k=100N/m的弹簧上端,弹

簧下端固定在地面上,形成竖直方向的弹簧振子;将质量mB=50g的物块B置于A的上方,使A、B两物块一起上下振动。弹簧原长l0=6cm,A的厚度可忽略不计,g取10m/s2。(1)当系统做小振幅简谐运动时,A的平衡位置离地面C的高度是多少?(2)当振幅为1cm

时,B对A的最大压力的大小是多少?(3)为使B在振动中始终与A接触,振幅不能超过多大?考点31机械波一、单项选择题1.利用发波水槽得到的水面波形如图甲和乙所示。由此可知()A.甲和乙都是衍射图样B.甲和乙都是干涉图

样C.甲是衍射图样,乙是干涉图样D.甲是干涉图样,乙是衍射图样2.下列各图分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(①、②图)或障碍物(③、④图),每两条相邻曲线之间距离表示一个波长,其中能发生明显衍射现象的有()A.③④B.②④C.①③D.①②3.某一列沿x轴传播的简谐横波,在t

=���4时刻的波形如图所示,P、Q为介质中的两质点,质点P正在向动能增大的方向运动。下列说法正确的是()A.波沿x轴正方向传播B.t=���4时刻,Q比P的速度大C.t=3���4时刻,Q到达平衡位置D.t=3���4时刻,P向y轴正方

向运动4.如图甲所示,在均匀介质中有A、B、C和D四点,其中A、B、C三点位于同一直线上,lAC=lBC=4m,lDC=3m,DC垂直于AB。t=0时,位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动,振动图像均如图乙所示,振动方向与平面ABD垂直,已

知波长为4m。下列说法正确的是()甲乙A.这三列波的波速均为2m/sB.t=2s时,D处的质点开始振动C.t=4.5s时,D处的质点向y轴负方向运动D.t=6s时,D处的质点与平衡位置的距离是6cm5.甲、乙两列

简谐横波沿同一直线传播,t=0时刻两波叠加区域各自的波形如图所示。已知甲沿x轴正方向传播,乙沿x轴负方向传播,两列波的传播速度相同,甲的周期为0.4s,则()A.两列波在相遇区域会发生干涉现象B.t=0时,x=4m处质点速度沿y轴正方向C

.t=0.2s时,x=4m处质点位置为y=-1cmD.t=0.2s时,x=4m处质点速度为零二、多项选择题6.一列简谐横波沿x轴传播,平衡位置位于坐标原点的质点振动图像如图所示。当t=7s时,简谐波的波形可能正确的是()7.一列横波在t=0时

刻的波形如图所示,a、b两质点间距为8m,a、c两质点平衡位置的间距为3m,当t=1s时,质点c恰好通过平衡位置,则波速可能为()A.1m/sB.8m/sC.13m/sD.23m/s三、非选择题8.有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负

方向传播。两列波在t=0时刻的波形如图所示,已知a波的周期Ta=1s。(1)求两列波的传播速度。(2)从t=0时刻开始,最短经过多长时间x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m?考点32光的折射全反射一、单项选择题1.

如图所示,口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球,则()A.小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B.小球所发的光能从水面任何区域射出C.小球所发的光从水中进入空气后频率变大D.小球所发的

光从水中进入空气后传播速度变大2.宝石切工是衡量宝石价值的重要指标之一,优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。若将某宝石的剖面简化(如图所示,关于虚线左右对称),一束激光垂直MN面入射,恰好分别在PO面、QO面发生全反射后垂直于MN面射出,由此可知该宝石对该激光的折射率为()A.2B.3C.1

D.23.如图所示,由某种透明介质制成的长直细圆柱体置于真空中,某种单色光在介质中传输,经过多次全反射后从右端射出。若以全反射临界角传输的光线刚好从右端以张角2θ出射,则此介质的折射率为()A.1+sin2���B.1+cos2���C.

1+cos2���D.1+sin2���4.如图所示,一小孩(已穿好游泳保护衣)在泳池的水面上以1m/s的速度游泳,t=0时他看到自己正下方的水底有一排水口,t=3s时他恰好看不到排水口了,水的折射率n=43,下列说法正确的是()A.3s后,小孩会再次看到水底的排水口B.前3

s内,小孩看到的排水口越来越明亮C.泳池的深度为7mD.t=1s时小孩看到的排水口深度为473m5.水下一点光源,发出a、b两单色光。人在水面上方向下看,水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出,Ⅱ区域只有a光射出,如图所示。下列判断不正确的是()A.a、b光从Ⅰ区

域某点倾斜射出时,a光的折射角小B.在真空中,a光的波长大于b光的波长C.水对a光的折射率大于对b光的折射率D.水下a、b光能射到图中Ⅰ区域以外区域二、多项选择题6.光的反射、折射及全反射是自然界中很常见的现象。在一次实验课上,某小组进行了实验:将一束单色细光束由空气(视为真空)沿着半径

方向射入一块半圆柱形透明体,如图甲所示,对其从圆心O点射出后的折射光线的强度用相应传感器进行了记录,发现从O点射出的折射光线的强度随着夹角θ的变化而变化,变化情况如图乙的图线所示,则下列说法正确的是()A.当角θ小于30°时,在O点处既有反射光,又有折射

光B.半圆柱形透明体对该单色光的全反射临界角为60°C.半圆柱形透明体对该单色光的折射率为2D.半圆柱形透明体对该单色光的折射率为2337.如图所示,一束光从空气中射向折射率n=2的某种玻璃的表面,θ1表示入射角,则下列说法正确的是()A.当θ1>45°时会发生全反射现象B.只有当θ

1=90°时才会发生全反射C.无论入射角θ1是多大,折射角θ2都不会超过45°D.欲使折射角θ2=30°,应以θ1=45°的角度入射三、非选择题8.一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量,其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆

柱状玻璃丝M、N,相距为d,直径均为2a,折射率为n(n<2)。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体,经被测物体表面镜面反射至N下端面,N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。(1)从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为

θ,求θ的正弦值。(2)被测物体自上而下微小移动,使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮,求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围(只考虑在被测物体表面反射一次的光线)。考点33光的波动性一、单项选择题1.激光具有相干性好、平行度好、亮度

高等特点,在科学技术和日常生活中应用广泛。下列关于激光的叙述正确的是()A.激光是纵波B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同C.激光也是自然界的产物D.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离

2.下图是研究光的双缝干涉的示意图,挡板上有两条狭缝S1、S2,由S1和S2发出的两列光波到达屏上时会产生干涉条纹。已知入射激光的波长为λ,屏上的P点到两缝S1和S2的距离相等,如果把P处的亮条纹记作第0号亮条纹,由P向上数,与

0号亮条纹相邻的暗条纹为1号暗条纹,与1号暗条纹相邻的亮条纹为1号亮条纹,与1号亮条纹上侧相邻的暗条纹为2号暗条纹,则P1处的暗条纹恰好是10号暗条纹。设直线S1P1的长度为r1,S2P1的长度为r2,则r

2-r1等于()A.9λB.9.5λC.10λD.10.5λ3.利用图甲所示的装置(示意图),观察光的干涉、衍射现象,在光屏上得到如图乙和丙两种图样。下列关于P处放置的光学元件说法正确的是()A.乙对应单缝,丙对应双缝B.乙对应双缝,丙对应单缝C.都是单缝,乙对应的缝宽较大D.都是双缝,乙对应的双

缝间距较大4.如图所示,白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q,A点位于P、Q之间,B点位于Q右侧。旋转偏振片P,A、B两点光的强度变化情况是()A.A、B均不变B.A、B均有变化C.A不变,B有变化D.A有变化,B不变5.下列说

法不正确的是()A.图甲为检验工件平整度的装置,利用了薄膜干涉的原理B.图乙为光照射不透明小圆板得到的衍射图样C.沙漠蜃景产生的原因是沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大D.立体电影的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是一样的二、多项选择题6.关

于下列现象的说法正确的是()A.照相机镜头玻璃的颜色是光的衍射现象造成的B.摄影师拍摄水下的鱼,在镜头前加一个偏振片是为了增加透射光C.水中气泡看起来特别亮,是一部分发生了全反射D.在磨制各种镜面或其他精密光学平面时,可采用干涉法检查平面

的平整程度7.某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象,狭缝S1、S2的宽度可调,狭缝到屏的距离为l。同一单色光垂直照射狭缝。实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述正确的是()甲乙丙A.图乙是光的双缝干涉图

样,当光通过狭缝时,也发生了衍射B.遮住一条狭缝,另一狭缝宽度增大,其他条件不变,图丙中亮条纹宽度增大C.照射两条狭缝时,增加l,其他条件不变,图乙中相邻暗条纹的中心间距增大D.照射两条狭缝时,若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍,P点处一定是暗条纹8.抽制高强度纤维细丝

可用激光监控其粗细,如图所示,激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同。观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化,下列叙述正确的是()A.这里应用的是光的衍射现象B.这里应用的是光的干涉现象C

.如果屏上条纹变宽,表明抽制的丝变粗D.如果屏上条纹变宽,表明抽制的丝变细三、非选择题9.如图所示,在双缝干涉实验中,S1和S2为双缝,P是光屏上的一点,已知P点与S1和S2距离之差为2.1×10-6m。今有A、B两种单色光,已知A光在折射率为n=1.5的介质中波长为4×10-7m;B光在

某种介质中波长为3.15×10-7m,当B光从这种介质射向空气时,临界角为37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)。现在空气中分别用A、B两种单色光做双缝干涉实验,问P点是亮条纹还是暗条纹?若用A光照射时,把其中一条缝遮住,试分析光屏上能观察到的现象。考点34磁场磁场对通电导线

的作用力一、单项选择题1.某同学用铁钉与漆包线绕制成电磁铁,当接通电路后,放在其正上方的小磁针N极指向左侧,如图所示,则下列说法正确的是()A.导线A端接电池负极B.小磁针所在位置的磁场方向水平向左C.小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向外D.若小磁针放在电磁铁左侧,小磁针N极仍指向左侧2.如图

所示,质量m=0.5kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度l=1m的光滑绝缘框架上,磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)。右侧回路中,电源的电动势E=8V、内阻r=1Ω,额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作。取sin37°=0.6,cos

37°=0.8,重力加速度大小g取10m/s2,则磁场的磁感应强度大小为()A.2TB.1.73TC.1.5TD.1T3.一通电直导线与x轴平行放置,匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行,导线受到的安培力为F。若将该导线做成34圆环,放置在xOy坐

标平面内,如图所示,并保持通电的电流不变,两端点a、b连线也与x轴平行,则圆环受到的安培力大小为()A.FB.23πFC.223πFD.32π3F4.如图所示,两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置,沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B=k������

,其中k为常量,I为导线中的电流,r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a,b),若A点的磁感应强度为零,则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为()A.������I0,沿y轴正向B.������I0,沿y轴负向C.������I0,沿y轴正向D.������

I0,沿y轴负向5.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m,匀强磁场方向竖直向上(如图所示),大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属水平轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流为2A的恒定电流时(如图所示),金属

细杆可以沿轨道向右由静止开始运动。已知lMN=lOP=1m(N为水平段和圆弧段的分界点,P为圆弧上与圆心O等高的点),忽略导体棒在磁场中运动产生的感应电流,g取10m/s2。下列说法正确的是()A.金属细杆开始运动时的

加速度大小为5m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N二、多项选择题6.如图甲所示,一定质量的通

电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上,当加上如图乙、丙、丁、戊所示的大小相同、方向不同的匀强磁场时,导体棒ab均静止,则下列判断正确的是()甲A.四种情况导体棒受到的安培力大小相等B.图乙中导体棒ab与导轨间的摩擦力可能为零C.图丙

中导体棒ab可能处于二力平衡状态D.图丁、图戊中导体棒ab与导轨间的摩擦力可能为零7.如图甲所示,一长直导线沿南北方向水平放置,在导线下方有一静止的灵敏小磁针。现在导线中通以图甲所示的恒定电流,测得小磁针偏离南北方向的角度θ的正切值tanθ与小磁针离开导线的距离之间的

关系如图乙所示。若该处地磁场的水平分量为B0,则下列判断正确的是()A.通电后,小磁针的N极向纸里偏转B.通电后,小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向C.电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为33B0D.x0处合磁场的磁感应强度大小为2B08.均匀带电的薄

圆盘的右侧,用拉力传感器A、B水平悬挂一根通电导线ab,电流方向由a到b,导线平行于圆盘平面。圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动,与圆盘静止时相比,拉力传感器的示数增大了,悬线仍然竖直,则下列说法正确的是()A.圆

盘带正电荷B.圆盘带负电荷C.若增大圆盘转动角速度,则传感器示数减小D.若改变圆盘转动方向,则传感器示数减小9.如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为l,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒,从t=0时刻

起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Imax,图甲中I所示方向为电流正方向。金属棒()A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功三、非选择题10.如图所

示,质量m=5g、长l=10cm的金属棒MN,两端用两根细线悬挂,处于磁感应强度B=33T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,棒中通有电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角θ=30°,g取10m/s2。求金属棒中电流的大小和方向。11.如图所示,

两平行金属导轨间的距离l=0.40m,金属导轨所在平面与水平面夹角θ=37°,在导轨所在的平面内,分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。现把一个

质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω,金属导轨电阻不计,g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80。

求:(1)通过导体棒的电流;(2)导体棒受到的安培力大小;(3)导体棒受到的摩擦力。考点35磁场对运动电荷的作用力一、单项选择题1.如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时,速度为v。若加上一个垂直

纸面向外的磁场,则滑到底端时()A.v变大B.v变小C.v不变D.不能确定v的变化2.如图所示,在正方形abcd区域内存在一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1。一带电粒子从ad边的中点P垂直ad边射入磁场区域

后,从cd边的中点Q射出磁场。若将磁场的磁感应强度大小变为B2后,该粒子仍从P点以相同的速度射入磁场,结果从c点射出磁场,则���1���2等于()A.52B.72C.54D.743.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线中点,连线上a、b两点关

于O点对称,导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围空间某点产生的磁场的磁感应强度B=���������,式中k是常数、I是导线中电流、r为该点到直导线的距离。现有一置于a点的带负电小球获得一沿ab方向的初速度v0,已

知小球始终未离开桌面。关于小球在两导线间的运动情况,下列说法正确的是()A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球做曲率半径先增大后减小的曲线运动C.小球对桌面的正压力先减小后增大D.小球做匀速直线运动4.如图所示,直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场,磁感应

强度为B,右边界PQ平行于y轴。一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速度v垂直射入磁场,当斜向上射入时,粒子恰好垂直PQ射出磁场;当斜向下射入时,粒子恰好不从右边界射出。粒子的比荷及粒子恰

好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为()A.���������,2π���3���B.���2������,2π���3���C.���2������,4π���3���D.���������,4π���3���5.如图所示,一电子以垂直于匀强磁

场的速度vA,从A处进入长为d、宽为h的磁场区域,发生偏移而从B处离开磁场。电子的电荷量为e,磁场的磁感应强度为B,圆弧AB的长为l,则()A.电子在磁场中运动的时间为t=���������B.电子在磁场中运动

的时间为t=���������C.洛伦兹力对电子做功是BevA·hD.电子在A、B两处的速度相同6.如图所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为������的负离子有相同的速率v0(较大),由P点在纸平面内以不同方向射入磁场,发生

偏转后飞出磁场,最终打在磁场区域右侧足够大荧光屏上,离子重力不计。下列说法正确的是()A.离子在磁场中的运动轨迹半径可能不相等B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C.离子在磁场中运动的时间一定相等D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大二、多项选择题7.如图所示,在一根一端封闭、内壁光滑的

直管MN内有一个带正电的小球,空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时,直管水平放置,且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动,经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中()A.磁场对小球不做功B.直管对小球做正功C.小球所受

磁场力的方向不变D.小球的运动轨迹是一直线8.如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能

水平向右发射速度大小不同、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点。已知ab的长度为l,则粒子的速度大小可能是()A.3���������6���B.3���������3���C.3�������

��2���D.3������������9.如图所示,在直径为d的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B1,一个带电粒子以速率v从A点沿与直径AC成30°角的方向射入磁场,经时间t1从C点射出磁场。现调整磁场的磁感应强度大小为B2

,让同一粒子沿与直径AC成60°角的方向仍以速率v射入磁场,经时间t2仍从C点射出磁场,则下列说法正确的是()A.B1∶B2=3∶1B.B1∶B2=3∶3C.t1∶t2=2∶3D.t1∶t2=3∶210.一种

可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图甲所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计粒子重力。粒子1、

2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R+d);粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,轨迹如图乙中虚线所示。则()甲乙A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.

粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能三、非选择题11.如图所示,直线MN上方存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里、大小为B的无限大匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子1在纸面内以速度v0从O点射入磁场,其方向与M

N的夹角α=30°;质量为m、电荷量为-q的粒子2在纸面内也从O点沿相同的方向射入磁场,其速度大小也为v0。已知粒子1、2同时到达磁场边界的a、b两点离开磁场(图中未画出),不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求:(1)两粒子在磁场边界上的穿出点a、b之间的距离d;(2)1、2两粒子在磁场中运动的时

间之比t1∶t2。12.如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰

前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移。整个过程不考虑重力和两粒子间

库仑力的影响。(1)求第一次碰撞前粒子甲的速度大小。(2)求粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。(3)求t=18π���������时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=18π���������的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程,只

写出答案即可)考点36带电粒子在复合场中的运动及实际应用一、单项选择题1.如图所示,一倾角为θ=53°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上,在其所在的空间存在竖直向上、大小E=1×102N/C的匀强电场和垂直于纸面向外、大小B=1×102T的匀强磁场。现让一质量m=0.4kg、电荷量q=

1×10-2C的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放,小滑块运动1m后离开斜面。已知cos53°=0.6,g取10m/s2,则以下说法正确的是()A.离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动B.小滑块离开斜面时的速度为1.8m/sC.在离开斜面前的过程中小滑块电

势能增加了0.8JD.在小滑块离开斜面前的过程中摩擦产生的热量为2.2J2.磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接,A、B之间有很强的磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)以速度v喷

入磁场,A、B两板间便产生电压,成为电源的两个电极。下列推断正确的是()A.A板为电源的正极B.A、B两板间电压等于电源的电动势C.两板间非静电力对等离子体做功,使电路获得电能D.若增加两极板的正对面积,则电源的电动势会增加3.如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面

向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b()A

.穿出位置一定在O'点下方B.穿出位置一定在O'点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小4.下图是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He),下

列说法正确的是()A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.两次所接高频电源的频率可能不相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能5.速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法正确的是()A.该束粒子带负电B.速度选择器的P1极

板带负电C.能通过狭缝S0的粒子的速度等于������1D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0,则粒子的比荷越小二、多项选择题6.如图所示,倾斜固定放置的带电平行金属板,两板间距为d,a、b分别为上板和下板上的点,b点高于a点,ab距离大于d,ab

连线与上板夹角为θ,θ为锐角,平行板间存在水平向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。一电荷量为+q的粒子从ab直线上的P点沿直线ab向b点运动,初速度大小为v0,则下列判断正确的是()A.带电粒子一定受到重力作用B.上

板一定带正电C.带电粒子可能做匀变速直线运动D.两板间的电场强度可能大于v0B7.如图所示,在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中,有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m、电荷量为+q,电场强度为E,磁感应强度为B,P与杆间的动摩擦因数为μ,

重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()A.小球的加速度一直减小B.小球的机械能和电势能的总和保持不变C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2���������-������2���������D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度

可能是v=2���������+������2���������8.如图所示,在直角坐标系xOy中,x>0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场),磁感应强度为B;x<0空间内充满方向水平向

右的匀强电场(其他区域无电场),电场强度为E,在y轴上关于O点对称的C、D两点间距为l。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场,并能从D点射出磁场;与粒子P不相同的粒子Q从C点以不同的速度v'同时沿纸面平行x轴射入磁场,并恰好从D点第一次穿过y轴进入电场,且粒子P

、Q同时过D点,则下列说法正确的是()A.粒子P带正电B.在粒子Q从C点运动到D点的过程中,粒子P在磁场中运动的时间一定为π���2���C.在粒子Q从C点运动到D点的过程中,粒子P在磁场中运动的路程可能为2π���3D.粒子P与

Q的比荷之比可能为2+2������π���三、非选择题9.如图所示,在坐标系xOy平面内,在x=0和x=l范围内分布着匀强磁场和匀强电场,磁场的下边界AP与y轴负方向成45°,其磁感应强度为B,电场上边界为x轴,其电场强度为E。

现有一束包含着各种速率的同种带负电粒子由A点垂直y轴射入磁场,带电粒子的电荷量为q、质量为m。粒子重力不计,一部分粒子通过磁场偏转后由边界AP射出并进入电场区域。求:(1)能够由AP边界射出的粒子的最大速率;

(2)粒子在电场中运动一段时间后由y轴射出电场,射出点与原点的最大距离。10.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出

发沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),粒子继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,求:(1)电场强度E的大小;(

2)磁感应强度B的大小;(3)粒子在复合场中的运动时间。考点37电磁感应现象楞次定律一、单项选择题1.如图所示,用轻杆将一条形磁体竖直悬挂于O点,使其可绕O点自由转动,在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质

圆环。现将磁体从A处由静止释放,经过B、C到达最低处D,再摆到左侧最高处E,圆环始终保持静止,则磁体()A.从B到C的过程中,圆环中产生逆时针方向的电流(从上往下看)B.从A到D的过程中,圆环对桌面的压力小于圆环的重力C.从A到D和从D到E的过程

中,圆环受到摩擦力方向相同D.A、E两点所处高度相等2.如图所示,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态,电路接通的瞬间,可观察到

()A.拨至M端或N端,圆环都向左运动B.拨至M端或N端,圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动,拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动,拨至N端时向左运动3.如图所示,一圆形金属线圈放置在水平桌面上,匀强磁场垂直于桌面竖直向下,过线圈上A点作切线OO',OO'与线圈在同一平面上。在线

圈以OO'为轴翻转180°的过程中,线圈中电流流向()A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A,再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A,再为A→C→B→A4.如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中

,若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流,下列方法可行的是()A.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B.仅使圆环绕水平轴ab如图转动30°C.仅使圆环绕水平轴cd如图转动30°D.保持圆环水平并仅使其绕过圆

心的竖直轴转动5.如图甲所示,绝缘的水平桌面上放置一铜制金属圆环,在圆环的正上方放置一个螺线管,在螺线管中通入如图乙所示的电流,电流从螺线管a端流入为正。以下说法正确的是()A.0~1s内圆环面积有扩张的趋势B.1s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C.1~2s内和2

~3s内圆环中的感应电流方向相反D.从上往下看,0~2s内圆环中的感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向二、多项选择题6.如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定有一根与导线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流。释

放导线框,它由实线位置处下落到虚线位置处的过程中未发生转动,在此过程中()A.导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB.导线框的磁通量为零时,感应电流却不为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D.导线框所受安培力的合力为零,做自由落体运动7.如图所

示,一根长导线弯曲成“”形,通以直流I,正中间用绝缘线悬挂一金属环C,环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中,下列判断正确的是()A.金属环中无感应电流产生B.金属环中有逆时针方向的感应电流C.悬挂

金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D.悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力8.如图所示,在匀强磁场中放有平行金属导轨,它与大线圈M相连接,要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流,则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两线圈共面放置)()A.向右匀速运动B.向左加

速运动C.向右减速运动D.向右加速运动考点38法拉第电磁感应定律自感、互感、涡流一、单项选择题1.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动,则通过电阻R的电流的方向和大小

是(金属圆盘的电阻不计)()A.由c到d,I=������2������B.由d到c,I=������2������C.由c到d,I=������2���2���D.由d到c,I=������2���2���2.下图是车站、机场等场所用于安

全检查的安检门,“门框”内有线圈,线圈中通有变化的电流。如果金属物品通过安检门,金属中会被感应出涡流,涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流,从而引起报警。下列关于安检门的说法正确的是()A.安检门能检查出毒贩携带的毒品B.安检门能检查出旅客携带的金属水果刀C.安

检门工作时,主要利用了电流的热效应原理D.如果“门框”的线圈中通上恒定电流,安检门也能正常工作3.小磁块先后从如图所示的两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,铜管P和塑料管Q上端开口、内壁光滑、竖直放置,不计空气阻力,则小磁块()A.在P

和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的短D.落至底部时在P中的速度比在Q中的小4.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B。质量为m、边长为

a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场,当MP刚进入磁场时速度为v,方向与磁场边界成45°。若导体框的总电阻为R,则()A.导体进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MNPQB.MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为2������������C.MP刚进入磁场时导体框所

受安培力为2���2���2������D.MP刚进入磁场时MP两端的电压为3���������4二、多项选择题5.如图所示,灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R,L是自感系数较大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时,A、B两灯亮度相同。再

闭合S2,待电路稳定后将S1断开,下列说法正确的是()A.B灯立即熄灭B.A灯将比原来更亮一下后熄灭C.有电流通过B灯,方向为c→dD.有电流通过A灯,方向为b→a6.如图所示,正方形线框的边长为l,电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,当磁感应强度以k为变

化率均匀减小时,下列说法正确的是()A.线框产生的感应电动势大小为kl2B.电压表没有读数C.a点的电势高于b点的电势D.电容器所带的电荷量为零7.如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2l的扇形区域充满方向垂直于纸面向外的匀强磁

场。边长为l的正方形金属框绕其始终在O点的顶点,在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A.在t

=0到t=π2���的过程中,E一直增大B.在t=0到t=π2���的过程中,E先增大后减小C.在t=0到t=π4���的过程中,E的变化率一直增大D.在t=0到t=π4���的过程中,E的变化率一直减小三、非选择题

8.在范围足够大、方向竖直向下、B=0.2T的匀强磁场中,有一水平放置的光滑框架,宽度l=0.4m,如图所示,框架上放置一质量为0.05kg的金属杆cd,金属杆在框架之间的部分的电阻为1Ω,框架电阻不计。cd杆以恒定加速度a=2m/s

2由静止开始做匀变速直线运动。(1)在5s内平均感应电动势是多少?(2)第5s末,回路中的电流多大?(3)第5s末,作用在cd杆上的水平外力多大?考点39电磁感应中的电路与图像问题一、单项选择题1.如图所示,平行导轨间有一矩形匀强磁场区域,细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动

到M'N'的过程中,其感应电动势E随时间t变化的图像可能是()2.有一个匀强磁场边界是EF,在EF右侧无磁场,左侧是匀强磁场区域,如图甲所示。现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的i-t图像如图

乙所示,则可能的线框是下列四个选项中的()3.如图甲所示,固定的正方形闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.t=2s时,ab边受到匀强磁场的安培力最大B.t=4s时

,ab边受到匀强磁场的安培力为0C.0~2s内线圈中有逆时针方向的感应电流D.2~4s内线圈中的感应电流逐渐减小4.如图甲所示,电路中螺线管匝数n=1500,横截面积S=20cm2,螺线管导线电阻r=1Ω,电阻

R=4Ω,磁感应强度B随时间变化的B-t图像如图乙所示(以向右为正方向),下列说法正确的是()A.电阻R的电流方向是从A到CB.感应电流的大小逐渐增大C.电阻R两端的电压为6VD.C点的电势为4.8V5.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆

环,ab为圆环的一条直径。如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直于圆环所在平面,方向如图所示,磁感应强度大小随时间的变化率������=k(k<0)。则()A.圆环中产生逆时针方向的感应电流B.圆环具有扩张

且向右运动的趋势C.圆环中感应电流的大小为���������2���D.图中a、b两点间的电势差U=14kπr26.如图所示,两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为B=3T的匀强磁场中,磁场的方向垂直于导轨平面,两导轨间距l=0.1m,导轨左端连接一

个电阻R=0.5Ω,其余电阻不计,导轨右端连一个电容器C=2.5×1010pF。有一根长度为0.2m的导体棒ab,a端与导轨下端接触良好,从图中实线位置开始,绕a点以角速度ω=4rad/s顺时针匀速转动

60°,此过程电容器的最大电荷量为()A.3×10-2CB.23×10-3CC.(30+23)×10-3CD.(30-23)×10-3C二、多项选择题7.图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产

生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流后对手机电池充电。为方便研究,现将问题做如下简化:设受电线圈的匝数为n,面积为S,若在t1到t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由B1均匀增加到B2,下列说法正确的是()甲乙A.c点的电势低于d点的电势

B.受电线圈中感应电流方向由d到cC.c、d之间的电势差为-���(���2-���1)������2-���1D.c、d之间的电势差为���(���2-���1)���2-���18.如图所示,矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,

线框ab长为2l,bc长为l,MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆,且杆与ab和cd接触良好,abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动,设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2l),则在整个过程中(

)A.当x=0时,MN中电流最小B.当x=l时,MN中电流最小C.MN中电流的最小值为2������5���D.MN中电流的最大值为6������11���9.在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为l的单匝正方形闭合线

框abcd,在水平外力的作用下,从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过匀强磁场,如图甲所示,测得线框中产生的感应电流I的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示,则()甲乙A.线框开始运动时ab边到磁场左边界的距离为���3B.线框

边长与磁场宽度的比值为3∶8C.离开磁场的时间与进入磁场的时间之比为3-22∶1D.离开磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等10.如图所示,边长为l、不可形变的正方形导线框内有半径为r

的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(T)(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0、R2=���02。闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体

的感应电动势,则()A.R2两端的电压为���7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2消耗功率的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kl2三、非选择题11.在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距l=1m,导轨左端接有如图所示的电路,其中水平放置的平行板电容器两极板M、

N间距离d=10mm,定值电阻R1=R2=12Ω,R3=2Ω,金属棒ab电阻r=2Ω,其他电阻不计。磁感应强度B=0.5T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间,质量m

=1×10-14kg、电荷量q=-1×10-14C的微粒(图中未画出)恰好静止不动。g取10m/s2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好。求:(1)匀强磁场的方向;(2)a、b两端的路端电压;(3)金属棒ab运动的速度大小。12.在周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈,

线圈平面与磁场垂直,如图甲所示,规定图中磁场方向为正。已知线圈的半径为r、匝数为N,总电阻为R,磁感应强度的最大值为B0,变化周期为T,磁感应强度按图乙所示规律变化。(1)求在0~���6内线圈产生的感应电流I1的大小。(2)规定甲图中感应电流的方向为正

方向,在图丙中画出一个周期内的i-t图像,已知I0=3π���2������0������。(3)求在一个周期T内线圈产生的电热Q。考点40电磁感应中的动力学、能量与动量问题一、单项选择题1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其

动能恰好等于它在磁场外面时的一半,磁场区域宽度大于线圈宽度,则()A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时即已停下C.线圈在磁场中某个位置停下D.线圈能通过场区不会停下2.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为l,直导线MN垂直跨在导

轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时()A.

电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BlvC.电容器所带电荷量为CBlvD.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为���2���2������3.如图所示,间距l=1m的两平行光滑金属导轨固定在水平面上,两端分别连接有阻值均为

2Ω的电阻R1、R2,轨道有部分处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=1T的有界匀强磁场中,磁场两平行边界与导轨垂直,且磁场区域的宽度为d=2m。一电阻r=1Ω、质量m=0.5kg的导体棒ab垂直置于导轨上,导体棒现以方向平行于导轨、大小v0=

5m/s的初速度沿导轨从磁场左侧边界进入磁场并通过磁场区域,若导轨电阻不计,则下列说法正确的是()A.导体棒通过磁场的整个过程中,流过电阻R1的电荷量为1CB.导体棒离开磁场时的速度大小为2m/sC.导体棒运动到磁场区域中

间位置时的速度大小为3m/sD.导体棒通过磁场的整个过程中,电阻R2产生的电热为1J4.如图所示,条形磁体位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑

,重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A.金属球会运动到半圆轨道的另一端B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流C.金属球受到的安培力做负功D.系统产生的总热量小于mgR5.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为l,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的

金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则()A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB.金属棒向下

运动时,流过电阻R的电流方向为a→bC.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=���2���2������D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量6.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量

一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设金属导轨与棒的电阻均不计,a到b和b到c的间距相等,则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中()A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相

等D.通过棒横截面的电荷量相等二、多项选择题7.如图所示,相距为d的两水平线MN和PQ分别是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为l(l<d)、质量为m。将线框在磁场上方高h处由静止开始释放,当ab边进入磁场时速度为

v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0。从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中()A.线框一直都有感应电流B.线框有一阶段的加速度为gC.线框产生的热量为mg(d+h+l)D.存在线框做减速运动的阶段8.如图所示,光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内,并处在方向竖直向下、

磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A点。在运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A点的总电荷量为Q。已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒

为R,其余电阻不计,则()A.该过程中导体棒做匀减速运动B.当导体棒的速度为���02时,回路中感应电流小于初始时的一半C.开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为S=���������D.该过程中接

触电阻产生的焦耳热为������0289.如图所示,在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场,磁感应强度均随位置坐标按B=B0+ky(k为正常数)的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直,甲的初

始位置高于乙的初始位置,两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v1和v2,设磁场的范围足够大,不考虑两线框的相互作用,下列说法正确的是()A.运动中两线框所受磁场的作用力方向相反B.若v1=v2,则开

始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力C.若v1>v2,则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流D.若v1<v2,则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度10.足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1m,电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1

Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为

0.1kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重

力加速度大小取10m/s2,下列说法正确的是()A.B2的方向向上B.B2的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s三、非选择题11.如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r=0.5m的

竖直半圆,两导轨间距离d=0.3m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中,两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg,电阻分别为R1=0.1Ω、R2

=0.2Ω。现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP',cd棒进入圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g取10m/s2,求:(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0;(2)

cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1;(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。12.如图所示,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内,空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于2l0的均匀导体棒以速率v

自左向右在金属框上匀速滑过,滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x,求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤2l0)变化的关系式。考点41交变电流的产生

和描述一、单项选择题1.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生交变电流的图像如图所示。由图中信息可以判断()A.在A和C时刻,线圈处于中性面位置B.在B和D时刻,穿过线圈的磁通量为零C.从A→D时间内,线圈转过的角度为32πD.1

s内交变电流方向改变50次2.如图所示,在水平向右的匀强磁场中,一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置,下列说法

正确的是()A.t1时刻穿过线框的磁通量最大B.t1时刻电阻中的电流最大,方向从右向左C.t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D.t2时刻电阻中的电流最大,方向从右向左3.如图所示的电路中,A是熔断电流I0=2A的保险丝,R是可变电阻,S是交流电源。

交流电源的内阻不计,其电动势随时间变化的规律是e=2202sin314t(V)。为了不使保险丝熔断,可变电阻的阻值应该大于()A.1102ΩB.110ΩC.220ΩD.2202Ω4.如图甲所示,标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF300V”

的电容器并联到交流电源上,V为交流电压表,交流电源的输出电压如图乙所示。闭合开关,下列判断正确的是()A.t=���2时刻,V的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.V的示数保持1102V不变5.右图为一交流电压随时间变化的图像,每个周期内,前三分之

一周期电压按正弦规律变化,后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得,此交流电压的有效值为()A.7.5VB.8VC.215VD.313V6.如图甲所示,一圆形金属线圈放置于匀强磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度为B0。现让线圈

绕其一条直径以50Hz的频率匀速转动,较长时间t内产生的热量为Q;若线圈不动,让磁场以图乙所示规律周期性变化,要在t时间内产生的热量也为Q,图乙中磁场变化的周期T以s为单位,数值应为()A.150πB.250πC.225πD.125π二、多项选择题7.如图所示,M为半

圆形导线框,圆心为OM,N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON。两导线框在同一竖直面(纸面)内,两圆弧半径相等,过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀

速转动,则()A.两导线框中均会产生正弦式交变电流B.两导线框中感应电流的周期都等于TC.在t=���8时,两导线框中产生的感应电动势相等D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等8.图甲是一种振动发电装置的示意图,半径r=0.1m、匝数n=20的线圈位于辐向分布的磁场中,磁

场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=0.20πT,线圈电阻为R1=0.5Ω,它的引出线接有R2=9.5Ω的小灯泡L。外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示

(摩擦等损耗不计),则()A.小灯泡中电流的峰值为0.16AB.小灯泡中电流的有效值为0.16AC.电压表的示数约为1.5VD.t=0.01s时外力的大小为0.128N9.如图甲所示,串联一理想交流电流表的单匝圆形闭合导线框水平放置,半径为r,电阻为R。匀强磁场穿过线框,该磁场磁感应强度B

随时间t按正弦规律变化,如图乙所示。下列说法正确的是()A.t=���4时线框中的感应电流最大B.t=���2时电流表的示数为零C.在���2<t<3���4内线框有收缩趋势D.0~T时间内导线框中产生的焦耳热为2π4���4

���02������10.右图为一种直流发电机的结构示意图,直流发电机由两块永磁体、线圈和换向器组成。永磁体N、S极相对,中间区域视为匀强磁场,磁感应强度为B。线圈由N匝导线缠绕而成,面积为S,可绕如图所示的轴线匀速转动,角速度为ω。换向器由两个半铜环和两

个电刷构成,半铜环分别与线圈中导线的两端固连,线圈和半铜环绕着轴线以相同角速度转动。电刷位置固定,作为输出端与外电路相连(图中未画出)。每当线圈转到中性面位置时,半铜环和电刷会交换接触,以保持输出电流方向不变,且交换时间极短可忽略。下列说法正确的是()A.当

线圈按照图示的方向转动时,电刷a的电势总是比b的电势低B.当线圈转到图示位置时,线圈中产生的电动势为零C.该发电机产生电动势的最大值为NBSωD.该发电机产生电动势的最大值是有效值的2倍三、非选择题11.如图所示,用均匀导线弯成一个单匝的正方形闭合线框abcd,线框每边长为8cm,每边的电阻

为0.01Ω。把线框放在磁感应强度为B=0.05T的匀强磁场中,并使它绕轴OO'以转速n=50πr/s匀速旋转,旋转方向如图所示,轴OO'垂直于磁感线方向且在线框平面内。已知lOb=3lOa,lO'c=3lO'd。(1)当线框平面转至与B平行的瞬间,每

条边产生的感应电动势的大小各是多少?(2)当线框平面转至与B平行的瞬间,感应电流大小是多少?在图中标出感应电流的方向。(3)如图所示计时开始,线圈转过π6的过程中,通过线框O点处导线横截面的电荷量是多少?12.如图所示,位于竖直平面内的矩形金

属线圈,边长l1=0.40m、l2=0.25m,其匝数n=100,总电阻r=1.0Ω,线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起,并通过电刷和R=3.0Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的

匀强磁场,磁感应强度B=1.0T,在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O1O2匀速转动,角速度ω=2.0rad/s。(1)求电阻R两端电压的最大值。(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时,求经过14周期通过电阻R的电荷量。(3)求在线圈转动一周的过程

中,整个电路产生的焦耳热。考点42变压器电能的输送电磁振荡与电磁波一、单项选择题1.下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法不正确的是()A.理想变压器的输出电压由输入电压和原、副线圈匝数比决定B.交变电流的最大值是有效值的2倍C.降低输电损耗有减

小输电线的电阻和提高输电电压两个途径D.如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器2.电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是()A.电磁波不能产生衍射现象B.常用的遥控器通过发出紫外

线脉冲信号来遥控电视机C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D.光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同3.如图所示,a、b间接入正弦式交变电流,理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图,R2为热敏电阻,随着温度升高其电阻变小,所有电表均为理想电表,电流表A2为值

班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时,以下说法正确的是()A.V1的示数减小,A2的示数增大B.V2的示数减小,A1的示数增大C.V1的示数不变,A1的示数减小D.V2的示数不变,A2的

示数减小4.如图所示,某交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动。该小型发电机的线圈共200匝,线圈面积S=100cm2,线圈内阻r=48Ω,磁场的磁感应强度B=1T。如果用此发电机带动两个标有“220V1.1kW”的电动机正常工作,需在发电机的输出端a

、b与电动机之间接一个理想变压器,原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1。下列说法正确的是()A.线圈转动的角速度为500rad/sB.电动机内阻为44ΩC.电流表示数为40AD.发电机的输出功率为2.2×103W

5.下图为某山区小型电站输电示意图,发电厂发出U1=2202sin100πt(V)的交变电流,通过变压器升压后进行高压输电,接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r,负载端的电压

表是理想交流电表。下列有关描述正确的是()A.若开关S1、S2都断开,则电压表示数为零B.负载端所接收到的交变电流的频率为25HzC.深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小D.用电高峰期灯泡较暗,可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度6.在图甲所示电路中,理想变压器原、副线圈的匝

数之比为10∶1,电阻R1、R2的阻值分别为5Ω、6Ω,电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示(为正弦曲线的一部分),则下列说法正确的是()A.电压表的示数为25.1VB.电流

表的示数为1AC.变压器的输入功率为112WD.变压器的输出功率为11W7.如图所示的变压器,输入电压为220V,可输出12V、18V、30V电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω

的电阻R接在BC两端时,功率为12W。下列说法正确的是()A.n1为1100,Um为220VB.BC间线圈匝数为120匝,流过R的电流为1.4AC.若将R接在AB两端,则R两端的电压为18V,频率为100HzD.

若将R接在AC两端,则流过R的电流为2.5A,周期为0.02s8.如图甲所示,一个电阻不计、边长为1m的正方形单匝线圈被固定,正方形线圈内有一磁场与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。将线圈的两端与理想变压器原线圈相连,开关闭合,副线圈接有定值电阻R0和磁敏电阻GM

R(GMR的阻值随所处空间磁场的增强而增大)。下列说法正确的是()甲乙A.线圈中产生的电动势的有效值为2VB.若使电阻R0消耗的功率增大,则滑动触头P需上移C.当开关S由闭合到断开,副线圈中电流增大D.当GMR处的磁场增

强时,变压器的输入功率减小二、多项选择题9.如图所示,发电机的矩形线圈长为2l、宽为l,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度

ω匀速转动时,理想电流表读数为I,不计线圈电阻。下列说法正确的是()A.通过电阻R2的电流为���1������2B.电阻R2两端的电压为���2������1���1C.n0与n1的比值为2���������2��

�������1D.发电机的功率为2���������2������(���1+���2)���010.某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律,由于输电线太长,他将每100m导线卷成一卷,共有8卷来代替输电线路(忽略输电

线路的自感作用)。第一次实验采用如图甲所示的电路图,将输电线与学生电源和用电器直接相连,测得输电线上损耗的功率为P1,损耗的电压为U1;第二次实验采用如图乙所示的电路图,其中理想变压器T1与学生电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2

,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损耗的功率为P2,损耗的电压为U2。两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,下列说法正确的是()A.P2∶P1=n1∶n2B.P2∶P1=���12∶���22C.U2∶U

1=n1∶n2D.U1∶U2=���12∶���2211.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1,电压表和电流表均为理想电表,原线圈接有u=362sin100πt(V)的正弦式交变电流,图中D为二极管,定值电阻R=9Ω。下列判断正确的是()A.t=1200s时,副线圈输出电压的瞬时值

为92VB.t=1600s时,电压表示数为182VC.电流表的示数为22AD.变压器输入功率为9W三、非选择题12.图甲是一理想变压器的电路连接图,图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图像,已知原、副线圈的匝数比为10∶1,电流表A2的示数为2A,开关S断开。甲乙(

1)求变压器的输入功率和电压表的示数。(2)将开关S闭合,定性分析电路中三只电表的示数变化情况。考点43分子动理论一、单项选择题1.清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠,这一物理过程中,水分子间的()A.引力消失,斥力增大B.斥力消失,引力增大

C.引力、斥力都减小D.引力、斥力都增大2.下列关于布朗运动的说法正确的是()A.布朗运动是液体分子的无规则运动B.液体温度越高,悬浮粒子越大,布朗运动越剧烈C.布朗运动是由液体各部分的温度不同引起的D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的

不平衡引起的3.关于温度与内能的关系,下列说法正确的是()A.不同质量的同种物质,只要温度相同,分子的平均动能就相同B.物体的温度变化时,它的内能一定改变C.物体的温度升高时,每个分子的动能都增大D.物体的内能等于物体的动能与势能的总和4.分子间作用力F、分子势能Ep与分子间距离

r的关系图线如图甲、乙所示(取无穷远处分子势能Ep=0),下列说法错误的是()A.乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线B.随分子间距离的增大,分子间作用力先减小后一直增大C.分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快D.在r<r0阶段,分子间作用力减小时,分子势能也一定减小5

.下图为密闭钢瓶中的理想气体分子在T1、T2两个不同温度下的速率分布情况的柱形图。由图可知()A.T2时,气体每个分子的速率都比T1时的大B.T1对应气体分子平均动能较大的情形C.分别将T1、T2柱形图顶端用平滑的曲线连接起来,则两条曲线下的面积相等D.与T1时相比,T2时气体分

子速率出现在0~400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大二、多项选择题6.一分子固定在原点O处,另一分子可在x轴上移动,这两个分子间的分子引力和分子斥力大小随其间距x的变化规律如图所示,曲线ab与cd的交点为e,则()A.x>x0的情况下

,x越大,分子间作用力越小B.x<x0的情况下,x越小,分子间作用力越大C.x<x0的情况下,x越大,分子势能越大D.x>x0的情况下,x越大,分子势能越大7.铜的摩尔质量为M,密度为ρ,若用NA表示阿伏加德罗

常数,则下列说法正确的是()A.1个铜原子的质量是������AB.1个铜原子占有的体积是������AC.1m3铜所含原子的数目是������A���D.1kg铜所含原子的数目是���A���8.关于分子动理论,下列说法正确的是()A.两个分子间分子势能减小的过程中,两分子间的

相互作用力可能减小B.已知阿伏加德罗常数为NA,水的摩尔质量为M,标准状况下水蒸气的密度为ρ,则1个水分子的体积是���������A(均为国际单位制单位)C.气体分子的速率分布规律遵从统计规律,在一定温度下,某种气体的分子速率分布图像是确定的D.布朗运动是指在显微

镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动三、非选择题9.很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题,在车灯的设计上选择了氙气灯,因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍,但是耗电量仅是普通灯的一半,氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍。若氙气充入灯头后的容积V=1.6L,氙气密度ρ

=6.0kg/m3,已知氙气摩尔质量M=0.131kg/mol,阿伏加德罗常数NA=6×1023mol-1。试估算:(结果保留一位有效数字)(1)灯头中氙气分子的总个数N;(2)灯头中氙气分子间的平均距离。考点44气体、固体和液体一、单项选择题1.下列说法错误的是(

)A.水黾停在水面上,是因为水的表面张力B.天然石英外形规则,说明石英是晶体C.墨水在水中扩散,是因为墨水受到重力作用D.笔尖蘸墨,墨水浸入毛笔内是毛细现象2.如图所示,质量为m1、导热性能良好的汽缸由一根平行于斜面的细线

系在光滑斜面上,汽缸内有一个质量为m2的活塞,活塞与汽缸壁之间无摩擦且不漏气,汽缸内密封有一定质量的理想气体。如果大气压强增大,温度不变,则()A.气体的体积增大B.细线的拉力不变C.气体的压强减小D.斜面对汽

缸的支持力增大3.封闭在汽缸内一定质量的气体,如果保持气体体积不变,当温度升高时,以下说法正确的是()A.气体的密度增大B.气体的压强增大C.气体分子的平均动能减小D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减小

4.如图所示,一向右开口的汽缸放置在水平地面上,活塞可无摩擦移动且不漏气,汽缸中间位置有小挡板。初始时,外界大气压为p0,活塞紧压小挡板处。现缓慢升高缸内气体温度,则下列选项中的p-T图像能正确反映缸内气体压强变

化情况的是()5.如图所示,一端封口的玻璃管开口向下插在水银槽里,管内封有长度分别为l1和l2的两段气体。当将管慢慢地向下按一段距离时,管内气柱的长度将如何变化()A.l1变小,l2变大B.l1变大,l2变小C.l1、l2都变小D.l1、l2都变

大二、多项选择题6.如图所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,在这一过程中,下列表述正确的是()A.气体从外界吸收热量B.气体分子的平均动能减少C.外界对气体做正功D.气体分子撞击器壁的作用力增大7.如图所示,U形管内装有一

部分水银,通过橡胶软管与玻璃管C相连,C管竖直插入水银槽中。若A、B、C三管内径相同,U形管两侧液面高度差为h,中间封有一段空气,则()A.C管内外水银面的高度差为hB.若将C管向下移动少许,则C管内水银面相对水银面上升C.若往B管注入一些水银,则A

管水银面上升的高度大于C管水银面下降的高度D.若环境温度升高,则A管水银面下降的高度等于C管水银面下降的高度三、非选择题8.如图所示,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气

体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的

摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积。(1)求弹簧的劲度系数。(2)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度。9.如图所示,均匀薄壁U形管左管上端封闭,右管开口且足够长,管内水银柱封住A部分气体。当A气柱的温度为300K时,左、右两管内水银面等高,A气柱的长度

l=10cm,大气压强与75cm水银柱产生的压强相同。(1)现使A气柱的温度缓慢升高,当温度升高到多少K时,左管水银面下降2.5cm?(2)如果A气柱的温度在(1)情况下升高后保持不变,在右管内加入多长的水银,可以使左管

的水银面重新回到原位置?10.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然

后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450K,最终降到300K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的2021。若换用抽气罐,抽气后罐内剩余气体

体积变为抽气罐容积的2021,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。11.如图所示,竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀,内壁光滑,横截面积分别为S、2S,由体积可忽略的细管在底部连通。两汽

缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭,左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时,两汽缸内封闭气柱的高度均为H,弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子,直至右侧活塞下降13H,左侧活塞上升12H。已知大气压强为

p0,重力加速度大小为g,汽缸足够长,汽缸内气体温度始终不变,弹簧始终在弹性限度内。(1)求最终汽缸内气体的压强。(2)求弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。考点45热力学定律一、单项选择题1.在一锅正在沸腾的水中,一个小气泡由底层缓慢地升到液面,上升过程中气泡的压强不断减小

,则气泡在上升过程中()A.内能增大B.内能减小C.外界对气泡做功D.吸收热量2.对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是()A.保持气体的压强不变,改变其温度,可以实现其内能不变B.若气体的温度逐渐升高,则其压强可以保持不变C.气体温度每升高1K所吸收的热量

与气体经历的过程无关D.当气体体积逐渐增大时,气体的内能一定减小3.下列说法正确的是()A.因为能量守恒,所以能源危机是不可能的B.摩擦力做功的过程,必定有机械能转化为内能C.热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性D.第二类永动机不可能

制造成功的原因是违背了能量守恒定律4.如图所示,在实验室某同学用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内(活塞与汽缸之间无摩擦)。用滴管将水缓慢滴在活塞上,在此过程中()A.气体对外界做功,气体内能减小B.外界对气体做功,气体内能增加C.外界对气

体做功,气体内能不变D.气体从外界吸热,气体内能不变5.如图所示,水平放置的封闭绝热汽缸,被一锁定的绝热活塞分为容积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1mol氧气,b部分气体为2mol氧气,两部分气体温度相等,均可视

为理想气体。解除锁定,活塞滑动一段距离后,两部分气体各自再次达到平衡态时,它们的体积分别为Va、Vb,温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是()A.Va>Vb,Ta>TbB.Va>Vb,Ta<TbC.Va<V

b,Ta<TbD.Va<Vb,Ta>Tb二、多项选择题6.如图所示,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,压强为p,隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自由扩散至整个汽缸。待气体达到

稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设系统不漏气。下列说法正确的是()A.气体自由扩散过程中,压强减小,内能不变B.气体自由扩散过程中,对外做功,内能变小,温度降低C.气体被压回到原来的体积时的压强大

于pD.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功,内能增大7.如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是()A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体

从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等8.如图所示,试管的一端插在水银槽中,另一端封闭有理想气体。试管内有一段水银柱,降低封闭气体温度,以下说法正确的是()A.试管中的水银柱高度下降B.封闭气体压强减小C.封闭气体的体积与压强乘积变大D.气体内能的变化值小于气体放出的热量9.标准大气压下,1

g水在沸腾时吸收了2260J的热量后变成同温度的水蒸气,对外做了170J的功。已知阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1,水的摩尔质量M=18g/mol。下列说法正确的是()A.分子间的平均距离增大B.水分子的热运动变得更剧烈了C.水分子总势能的变化量为2090JD.在整个过程中能量是不守

恒的三、非选择题10.如图所示,导热性能良好的汽缸高l=50cm,开口向上置于水平地面上。汽缸中有横截面积S=10cm2、质量m=2kg的光滑活塞,开始时活塞正好位于汽缸顶部将一定质量的理想气体封闭在汽

缸内。外界温度t0=27℃、大气压p0=1×105Pa,汽缸和活塞的厚度均可忽略不计,g取10m/s2。(1)将汽缸固定在地面上,如果气体温度保持不变,在活塞上轻轻放一个物体,活塞下降并稳定停在距离底部45l处

,求所放物体的质量。(2)放上物体并稳定后,外界温度缓慢升高,使活塞重新上升l0=4cm,则此时外界温度为多少?若该过程中气体内能增加5J,则该过程中气体吸收的热量是多少?考点46光电效应波粒二象性一、单项选择题1.康普顿效应揭示了光既有能量也有动

量。下图为X射线中的光子与晶体中的电子在碰撞前、后的示意图。则碰撞后()A.光子的动量大小不变B.光子的速度减小C.光子的波长变长D.电子的动量增加了ℎ������2.一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10-7m的光,在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×

1014个。普朗克常量为h=6.63×10-34J·s。R约为()A.1×102mB.3×102mC.6×102mD.9×102m3.光电管是一种利用光照产生电流的装置,当入射光照在管中金属板上时,可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。组次入射光子的能量/eV相对光强光电流大小/m

A逸出光电子的最大动能/eV由表中数据得出的论断不正确的是()A.两组实验采用了不同频率的入射光B.两组实验所用的金属板材质不同C.若入射光子的能量为5.0eV,逸出光电子的最大动能为1.9eVD.若入射光子的能量为

5.0eV,相对光强越强,光电流越大4.在光电效应实验中,先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管,若实验a中的光强大于实验b中的光强,实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线分别以a、b表示,则下列图像可能正确的是()5.用如图甲所示的

装置研究光电效应现象。用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像,图线与横轴的交点坐标为(a,0),与纵轴的交点坐标为(0,-b

),下列说法正确的是()A.普朗克常量为h=������B.仅增加照射光的强度,光电子的最大初动能将增大C.保持照射光的强度不变,仅提高照射光频率,电流表G的示数保持不变D.保持照射光的强度不变,仅提

高照射光频率,电流表G的示数增大二、多项选择题6.实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是()A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D.人们利用电

子显微镜观测物质的微观结构7.如图所示,a、b间接输出电压恒为2V的电源,用频率为ν的单色光照射光电管的金属板K,已知该金属的逸出功为3.5eV,普朗克常量用h表示,下列情形中能使电流表G指针偏转的是()A.照射光子

的能量hν=3eV,a接电源正极B.照射光子的能量hν=4eV,a接电源正极C.照射光子的能量hν=5eV,a接电源负极D.照射光子的能量hν=6eV,a接电源负极三、非选择题8.已知金属铯的截止频率对应的波长为λ0,现用波长为λ的光照射铯金属表面,普朗克常量

为h,真空中的光速为c,求:(1)铯金属的逸出功;(2)发射光电子的最大初动能。考点47原子结构氢原子光谱一、单项选择题1.下列说法正确的是()A.α粒子散射实验揭示了原子不是组成物质的最小微粒B.玻尔的原子理论成功地解释了氢原子的分立光谱,因此玻尔的

原子结构理论已完全揭示了微观粒子运动的规律C.阴极射线的实质是电子流D.玻尔原子理论中的轨道量子化和能量量子化的假说,启发了普朗克将量子化的理论用于黑体辐射的研究2.利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分,下列关于光谱分析的说法正确的是()A.利用高温物体的连续谱就可鉴别其组成成

分B.利用物质的线状谱就可鉴别其组成成分C.高温物体发出的光通过某物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分D.同一种物质的线状谱的亮线与吸收光谱上的暗线由于光谱的不同,它们没有关系3.氦原子被电离出一个核外电子,形成

类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量E1=-54.4eV,氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子中,不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是()A.40.8eVB.51.0eVC.43.2eVD.48.4eV4.下图为氢原子的能级示意图。现有大量的

氢原子从n=4的激发态向低能级跃迁,辐射出若干种不同频率的光,下列说法正确的是()A.从n=4的激发态向基态跃迁时,只能辐射出3种特定频率的光B.氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级时,辐射出的光频率最小C.氢原子由n=4能级跃迁到n=1能级时,电子的动能增加D.氢原子由n=3能级跃迁到n=1能级时

,辐射出的光子能量为10.2eV二、多项选择题5.氢原子的能级图如图所示,a和b是从高能级向低能级跃迁时辐射出的两种可见光,则()A.a光子的能量高于b光子的能量B.a光的波长大于b光的波长C.a光与b光在空间叠加时可以发生干涉现象D.同一玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率6.已知氢原子的基态

能量为E1,n=2、3能级所对应的能量分别为E2和E3,大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频率的光子。依据玻尔理论,下列说法正确的是()A.产生的光子的最大频率为���3-���2ℎB.当氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时,对应的电子的轨道半径变小,能量也变小C.若氢原子

从n=2能级跃迁到n=1能级时放出的光子恰好能使某金属发生光电效应,则当氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时放出的光子照到该金属表面时,逸出的光电子的最大初动能为E3-E2D.若要使处于n=3能级的氢原子电离,

可以采用两种方法:一是用能量为-E3的电子撞击氢原子,二是用能量为-E3的光子照射氢原子三、非选择题7.已知氢原子基态的电子轨道半径为r1=0.528×10-10m,量子数为n的能级值En=-13.6���2

eV,静电力常量k=9×109N·m2/C2,电子电荷量e=1.6×10-19C,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,真空中光速c=3.0×108m/s。(1)求电子在基态轨道上运动的动能。(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态,画一张能级图,并在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种

光谱线。(3)计算这几种光谱线中的最短波长。考点48天然放射现象、核反应、核能一、单项选择题1.下列说法正确的是()A.人类第一次实现原子核的人工核转变是查德威克用α粒子轰击铍原子核,产生了碳原子核和一个中子B.患癌症的病人可以接受

钴60的放射治疗,这是利用了细胞分裂越快的组织对射线的耐受力越强的特点C.强子是参与强相互作用的粒子,质子是最早发现的强子D.比结合能越大的原子核,核子的平均质量也越大2.2023年4月12日,中国“人造太阳”全超导托卡马克核

聚变实验装置(EAST)创下新纪录,实现403s稳态长脉冲高约束模式等离子体运行,为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步,下列关于核反应的说法正确的是()A.相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多B.氘氚核聚变的核反应方程为12H+13H24He

+-10eC.核聚变的核反应燃料主要是铀235D.核聚变反应过程中没有质量亏损3.碘125衰变时产生γ射线,医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天,若将一定质量的碘125植入患者病灶组织,经过180天

剩余碘125的质量为刚植入时的()A.116B.18C.14D.124.一个静止在磁场中的放射性同位素原子核1530P,放出一个正电子后变成原子核1430Si,在图中近似反映正电子和Si核轨迹的图是()二、多项选择题5.1934年,约

里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔,首次产生了人工放射性同位素X,反应方程为24He+1327AlX+01n。X会衰变成原子核Y,衰变方程为XY++10e。则()A.X的质量数与Y的质量数相等B.X的电荷数比Y的电荷数少1C.X的电荷数比1327Al的电荷数多2D.X的质量数与1327Al的质量

数相等6.太阳辐射的总功率约为4×1026W,其辐射的能量来自聚变反应。在聚变反应中,一个质量为1876.1MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核(12H)和一个质量为2809.5MeV/c2的氚核(13H

)结合为一个质量为3728.4MeV/c2的氦核(24He),并放出一个X粒子,同时释放大约17.6MeV的能量。下列说法正确的是()A.X粒子是质子B.X粒子的质量为939.6MeV/c2C.太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109kgD.太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6

MeV/c27.核反应方程90234ThPa+X+ΔE,其中ΔE为释放出的核能,X为新生成粒子,已知90234Th的半衰期为T,则下列说法正确的是()A.90234Th的半衰期T由原子核内部的因素决定,跟原子所处的物理、化学状态无关B.91

234Pa比90234Th少1个中子,X粒子是从原子核中射出的,此核反应为β衰变C.N个90234Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为3���Δ���4(N数值很大)D.90234Th的比结合能为Δ���234三、非选择题8.室内装修污染四大有

害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡。氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中。氡看不到,嗅不到,即使在氡浓度很高的环境里,人们也对它毫无感觉。氡进入人的呼吸系统能诱发肺癌,是除吸烟外导致肺癌的第二大因素。静止的氡核86222Rn放出某种粒子X后变成钋核84218Po,粒子X的动能为Ek1,若衰变

放出的能量全部变成钋核和粒子X的动能。(1)写出上述衰变的核反应方程(请用物理学上规定的符号表示粒子X);(2)求钋核的动能Ek2。参考答案考点1运动的描述参考答案1.D解析:10909m是深度,路程是运动的轨迹,可能大于

这个数值,故A错误。平均速度是位移与时间的比值,题中不知道位移也不知道时间,所以不能求出平均速度,故B错误。数据“8时12分”对应时间轴上的点,是时刻,故C错误。采集海底矿物时,需要注意潜水器的形状和大小,潜水器不能视为质点,故D正确。2.B解析:规

定初速度的方向为正方向。火箭的速度变化量为Δv=v2-v1=100m/s-0=100m/s,故A错误。汽车的速度变化量为Δv'=v2'-v1'=0-30m/s=-30m/s,故B正确。根据a=Δ���Δ���得:火箭的加

速度为a1=10010m/s2=10m/s2,汽车的加速度为a2=-302.5m/s2=-12m/s2,所以火箭的加速度比汽车的加速度小,火箭的速度变化比汽车的慢,所以C、D错误。3.D解析:根据题意,甲、乙

、丙三个同学的位移分别为100m、0和0;路程分别为100m、400m和800m。选项D正确。4.B解析:位移的正负代表方向,不代表大小,所以A到C的位移Δx1大于C到B的位移Δx2,故A、C错误,B正确。A到B的合位移Δ

x=1m-5m=-4m=Δx1+Δx2,故D错误。5.A解析:汽车的速度变化量的方向与初速度方向相同时,汽车做加速运动,故A正确。汽车加速度的方向应与速度变化量的方向相同,故B、C错误。速度的变化量用从矢量v1的末端到矢量

v2的末端的有向线段表示,故速度变化量的方向与初速度方向相反,汽车做减速运动,故D错误。6.BC解析:时刻和时间分别对应时间轴上的一个点和一条线段。tn是时刻,可表述为第ns末或第(n+1)s初,ns内是指0~ns末共ns的时间,A错误,C正确。第ns内

是指(n-1)s末至ns末共1s的时间,D错误,B正确。7.CD解析:在坐标系中画出机器人的运动轨迹如图所示,可见其运动轨迹不是直线,图线的交点表示机器人两次通过同一点,选项A、B均错误。整个过程中机器人的位移为从点(0,0)到点(2,2)的有

向线段,大小为22m,选项C正确。(0,0)、(2,2)、(5,5)三个坐标点在一条直线上,故可得出整个过程中机器人的位移与由点(5,5)到点(2,2)的位移方向相反,选项D正确。8.AB解析:速度变化量为Δv=v2-v1=-8m

/s-6m/s=-14m/s,故速度变化量的大小为14m/s,故A正确。加速度的方向与速度变化量的方向相同,故加速度的方向与8m/s的速度方向相同,故B正确。速度的正负号代表方向,故初速度小于末速度,故C错误。根

据a=Δ���Δ���可知,由于不知道作用的时间,故无法求得加速度大小,故D错误。9.BC解析:取初速度方向为正方向,则v0=5m/s。若2s后的速度方向沿斜面向上,v=3m/s,则a=Δ���Δ���=3-52m/s2=-1m/s2,即加速度大小为1m/s2,方向沿斜面

向下;若2s后的速度方向沿斜面向下,v'=-3m/s,则a'=Δ���'Δ���=-3-52m/s2=-4m/s2,即加速度大小为4m/s2,方向沿斜面向下。故选项A、D错误,B、C正确。考点2匀变速直线运动的规律参考答案1.C解析:设6号车厢刚到

达旅客处时,动车的速度为v0,加速度为a,则有l=v0t+12at2,从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来,有0-���02=2a·2l,解得a=-0.5m/s2或a=-18m/s2(舍去),则加速度大小约为0.5m/s2。2.D解析:由匀变速直线运动公式2ax=v2-���02,代入数据

得2×4.5m/s2×100m=(50m/s)2-���02,解得v0=40m/s,故A、B、C错误,D正确。3.A解析:设在A点的速度为v,则根据题意,在B点的速度为3v,根据匀变速直线运动的规律知:h=vt+12at2,3v-v=at,联立解得

a=ℎ���2,故A正确,B、C、D错误。4.B解析:小球被抛出后,相对小船做竖直上抛运动,小球向上和向下运动时间相同,由h=12gt2得t=0.3s,小球在空中运动的总时间为0.6s,小船前进的距离为x=v·2t=0.6m,故B正确。5.D解析:质点做匀加速直线运动,设质点初速度为v0,发生

位移x1时速度为v0+Δv,紧接着发生位移x2时速度为v0+2Δv,质点的加速度为a;由运动学公式有(v0+Δv)2-���02=2ax1,(v0+2Δv)2-(v0+Δv)2=2ax2,由以上两式解得a=(Δ���)2���2-���1,选项D

正确。6.ABC解析:取竖直向上为正方向,由���02=2gh得v0=20m/s。物体的位移为x=v0t-12gt2,当物体位于A点上方10m处时x=10m,解得t1=(2-2)s,t2=(2+2)s,故选项A、B正确。当物体位于A点下方10m

处时,x=-10m,解得t3=(2+6)s,另一解为负值,舍去,故选项C正确,D错误。7.BC解析:设加速度为a,时间间隔为T,则有Δx=aT2=1m,可以求得lCD=4m,而B点的瞬时速度vB=���������2���,所以OB之间的距离为lOB=��

����22���=3.125m,OA之间的距离为lOA=lOB-lAB=1.125m,即选项B、C正确。8.AC解析:滑块在斜面上做匀减速直线运动,设加速度大小为a,O、A之间距离为x1,A、B之间距离为x2,由匀变速直线运动规律可得,���02−������2=2ax1,������2=2ax

2,联立解得x1∶x2=16∶9,选项A正确,B错误。由匀变速直线运动规律可得,v0-vA=at1,vA=at2,联立解得t1∶t2=2∶3,选项C正确,D错误。9.答案:(1)���2+2���1���(2)(���2+2

���1)22���1���2解析:(1)设在BC段的速度为v,通过AB段、BC段的时间分别为t1、t2,则在AB段:l1=12vt1在BC段:l2=vt2,t1+t2=t,所以v=���2+2���1���。(2)在AB段做匀加速直线运动

时的加速度a=���22���1,所以a=(���2+2���1)22���1���2。考点3运动图像追及与相遇问题参考答案1.B解析:位移—时间图像描述的是直线运动的图像,因此甲、乙都做直线运动,A错误。图像中图线的切线斜率表示瞬时速度

,甲的图线上有两个位置的切线与乙的图线平行,切线斜率相等,表明速度相同,B正确。甲有折返运动,全程的位移较小,C错误。图中两图线分别在t1、t2两个时刻位置重合,甲、乙相遇两次,D错误。2.A解析:位移图像只能反映位移正负两个方向,所以只能

描述直线运动,故A正确,B错误。根据位移等于坐标的变化量分析可知,在10s时质点离出发点最远为4m,而在20s时离出发点的距离只有1m,故C错误。图像的斜率表示速度大小,在t=10s速度为零,故D错误。3.A解析:根据题述的速

度大小与位移大小成反比,可画出1���随位移x变化的图线,如图所示,根据vAxA=vBxB可得O点到A点的位移为xA=1m。根据1���随位移x变化的图线与x轴围成的面积等于探测器运动的时间,可得探测器从A点

运动到B点的时间为12+14×(2-1)×12s=38s,选项A正确。4.D解析:A物体先沿负方向做匀减速直线运动,然后沿正方向做匀加速直线运动;B物体一直沿正方向做匀加速直线运动,选项A错误。v-t图线的斜率

表示加速度,则A、B两物体的加速度在前4s内大小相等、方向相同,选项B错误。前4s内两物体运动方向相反,因不知起始位置,则A、B两物体在前4s内可能相遇,选项C错误。A、B两物体若在t=6s时相遇,则t=0时刻两物体相距Δx=12×6×7.5m+(12×4×5-12×2×2.5)m=30m,选项D

正确。5.D解析:B物体减速到零所需的时间t=0-���B���=0-10-2s=5s,xB=12×(v+0)t=12×10×5m=25m,A物体在5s内的位移xA=vAt=4×5m=20m,因为xA<x

B+Δx,所以B物体在停止运动后被追上,设A物体追上B物体所用时间为t0,则vAt0=Δx+xB,解得t0=324s=8s,故选项D正确。6.CD解析:A车在匀加速直线运动过程中的位移xA1=12aA���12=180m,此过程中B车

的位移xB1=vBt1=240m>xA1,故A车在加速过程中没有与B车相遇,故选项A错误。之后因vA=aAt1=12m/s>vB,故A车一定能追上B车,相遇之后不能再相遇,A、B相遇时的速度一定不相同,故选项B错误,C、D正确。7.BC解析

:根据v2=���02+2ax,对比题图可知,物体做匀减速直线运动,选项A错误。该物体的加速度大小为a=���022���0,选项B正确。该物体在位移中点时v2=12���02,则v=���02>���02,选项C正确。物体做匀减速运动,初速度为v0,

末速度为零,故物体在中间时刻的速度等于12v0,选项D错误。8.BC解析:根据公式x=v0t+12at2,得对应的关系式������=v0+12at,可知纵截距表示初速度,图线的斜率k=12a,所以对质点a有12a=1-0.51m

/s2,得a=1m/s2,A错误,B正确。b做匀速直线运动,到1s时,a的位移为xa=1m,b的位移xb=1m,两物体再次到达同一位置,C正确,D错误。9.ABC解析:x-t图像交点表示同一时刻到达同一位置,即相遇,故选项A正确。由图像可知,t1~t2时间段内,两质点的位置

变化相同,则平均速度相等,故选项B正确。B质点的x-t图像为过原点的抛物线,所以B质点做匀加速运动,B质点在t1~t2时间段内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度,故选项C正确。当A、B速度相等时,A在B前面且离B

最远,即t1~t2时间段内的中间时刻,此时A的位置坐标为���1+���22,B的位置坐标小于���1+���22,故选项D错误。10.答案:(1)5s36m(2)不能解析:(1)设经过时间t1,甲、乙两车速度相等,此时两车间距离最大,有v甲+at1=v乙得t1=���乙

-���甲���=60-502s=5s在t1时间内,甲车位移x甲=v甲t1+12������12=275m乙车位移x乙=v乙t1=60×5m=300m则两车间的最大距离Δx=x乙+l1-x甲=36m。(2)假设甲车能追上乙车,则有位移关系x甲'=x乙'+l1即v甲t2+12������22=

v乙t2+l1代入数据解得t2=11s(另一解与实际不符,已舍去)此时乙车位移x乙'=v乙t2=660m因x乙'>l2=600m,即此时乙车已冲过终点线,故到达终点线时甲车不能追上乙车。考点4重力、弹力、摩擦力参考答案1.B解析:对

容器受力分析,受到竖直向下的重力G、竖直向上的摩擦力Ff、水平向左的压力F和水平向右的弹力FN,容器处于静止状态,四力平衡,所以在竖直方向上恒有G=Ff,随着水的流出,G逐渐减小,所以Ff逐渐变小,B正确。2.C解析:木块P对长木板的滑动摩擦

力大小为Ff=μ2mg,长木板始终静止,则地面对长木板的静摩擦力大小为Ff'=Ff=μ2mg,故选项C正确。3.D解析:当弹簧由于被压缩而产生2N的弹力时,由受力平衡及牛顿第三定律知识知,天花板受到的拉力大小为1N,地板受到的

压力大小为6N;当弹簧由于被拉伸而产生2N的弹力时,可得天花板受到的拉力大小为5N,地板受到的压力大小为2N,D正确。4.D解析:当小车和球一起做匀速运动时,球在b点处不受支持力作用;若小车和球一起水平向左做匀加速直线运动,球在a点处可能不受支持力作用,故D正确。5.D解析

:货物对车厢的压力为FN=mgcosθ,则随着θ变大,货物对车厢的压力逐渐变小,选项A错误;货物没有滑动时,货物受到的静摩擦力f=mgsinθ,则随着θ变大,货物受的摩擦力逐渐变大;货物滑动后所受的滑动摩擦

力为f'=μmgcosθ,则随着θ变大,货物受的摩擦力逐渐变小,选项B错误;当货物没滑动时,对整体受力分析可知货车不受地面的摩擦力作用;当货物加速下滑时,货物有向左的加速度,对整体分析知地面对货车的摩擦力向左,故C错误;当货物没滑动时

,对整体受力分析可知地面对货物的支持力等于整体的重力不变;当货物相对车厢加速下滑时,货物处于失重状态,则货车对地面的压力小于货车和货物重力之和,由牛顿第三定律知地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和,则整个过程中,地面对货车的支持力先不变后变小,

故D正确。6.C解析:汽车、钢坯都静止时,将A、B作为整体,与汽车底板无相对运动趋势,汽车底板对A没有摩擦力,选项A错误。汽车、钢坯都静止时,B有沿斜面向下的运动趋势,B受到沿A、B接触面向上的摩擦力,选项B错误。汽车向左加速时,汽车与钢坯相对静止,对A、B整体分析,合力不为0,汽车底板对A

有向左的摩擦力,选项C正确。汽车向左启动后,B有向左的加速度,A对B的弹力增大,选项D错误。7.B解析:设木块的重力为G,将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向,则木块在斜面平面内受力如图甲所示。力F未撤掉时,由图甲根据平衡条件得,静摩擦力大小���f1=(���sin��

�)2+���2,力F撤掉后,重力沿斜面向下的分力Gsinθ<(���sin���)2+���2,所以木块仍保持静止,A错误,B正确。力F撤掉后,木块在斜面平面内受力如图乙所示,根据平衡条件得:���f2=Gsinθ,所以木块受到的摩擦力变小,结合两图可知,木

块所受的摩擦力方向发生了改变,C、D错误。甲乙8.BD解析:滑轮P受到两侧轻绳的拉力和杆的作用力,其中两侧轻绳的拉力大小相等,且等于重物的重力,使杆和竖直方向的夹角缓慢减小时,两拉力的方向不变,则其合力也不变,方向始终在P两侧轻绳夹角的角平分线上;因滑轮P受力平衡,故杆对

滑轮P的作用力大小不变,方向始终在P两侧轻绳夹角的角平分线上,不一定沿杆,选项B、D正确。9.AD解析:弹簧的弹力始终等于拉力F,即F弹=F=kt,故A正确,B错误。物块开始受到的是静摩擦力,且大小为Ff=mgsinα,方向向上,在拉力F增大的过程中,静摩擦

力的大小变化满足F+Ff=mgsinα,随着F的增大,静摩擦力先向上均匀减小到零,再向下均匀增大,当增大到等于最大静摩擦力时,再增大拉力,摩擦力变为滑动摩擦力,大小就保持恒定,故C错误,D正确。10.AD解析:若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手指对盘

的作用力大小等于盘的重力mg,A正确。若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,则盘在水平方向所受合外力为零,故盘不受静摩擦力作用,B错误。若手指支撑着盘一起水平向右匀加速运动,则盘受到向右的静摩擦力Ff≤μmg,所以手指对盘的作用力F≤(������)2+(���������)2=1+���2m

g,故C错误,D正确。考点5力的合成与分解参考答案1.D解析:在月球表面,“嫦娥五号”的重力为16mg,根据“嫦娥五号”受力平衡有4FN=16mg,解得FN=������24,由牛顿第三定律得F压=FN=������24,选项D正确。2.B解析:正六边形外接圆的半径为R,则弹簧的长度

为R,弹簧的伸长量为Δx=R-l由胡克定律可知,每根弹簧的弹力为F=kΔx=k(R-l)两相邻弹簧夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力为F合=F=k(R-l)弹簧静止处于平衡状态,由平衡条件可知,F的大小

为F=F合=k(R-l),故B正确,A、C、D错误。3.C解析:轻绳的质量不计,则题图甲中的重力全部集中在球上,重心在球的球心,而题图乙中铁链的质量是均匀分布的,故其重心一定在铁链最低点的上方,故h1>h2;对球和铁链进行受力分析,如图丙、丁所示。A点对轻绳的拉

力沿着轻绳的方向,A点对铁链的拉力沿着A点处铁链的切线方向,故题图乙中A、B两点对铁链拉力的夹角比较小,由力的合成知识知F2较小,故只有选项C正确。4.D解析:对O点进行受力分析,如图所示,由几何关系可知θ=30°。根据平衡条件得F1cos3

0°+F2cos30°=F,又F1=F2,解得F=3F1,选项D正确,A、B、C错误。5.C解析:以一个铁珠为研究对象,将力F按照作用效果分解,如图所示。由几何关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为FN=���tan45°=F,C正确。6.BC解析:设绳AO和绳BO拉力的合力为F,以O点为研究对象,

O点受到竖直向下的拉力FT=mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F,作出力的示意图,如图甲所示。根据平衡条件得:F=mgtan60°=3mg;F2=������sin30°=2mg;将F分解,如图乙,设AO所受拉力的大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识得:F1

=F=3mg,所以绳AO和BO所受到的拉力F1为3mg,而杆OC所受到的压力大小等于F2为2mg。故选BC。7.AC解析:根据题意作出矢量三角形如图,因为33F>���2,从图上可以看出,F1有两个解,由直角三角形OAD可知FOA=���2-���22=

33F。由直角三角形ABD得FBA=���22-���22=36F。由图的对称性可知FAC=FBA=36F,则分力F1=32F-36F=33F,F1'=32F+36F=233F,故选A、C。8.AD解析:因F1、F2、F3的合力为零,故F3应

与F2、F1的合力等大反向,故F3可能在第二象限,也可能在第三象限,A正确,B错误。F3、F2的合力与F1等大反向,而F1大小、方向均已知,故F3与F2的合力与其夹角大小无关,C错误。当F3与F2垂直时,F3

最小,其最小值为F1cosθ,D正确。9.AB解析:如图甲、乙所示,设Δl对链条环中心的张角为Δφ,根据共点力平衡条件知,甲乙Δl在水平方向上受力平衡,有2FTsinΔ���2=FNcos���2①因Δl

很短,Δφ很小,所以sinΔ���2≈Δ���2②将②代入①式有FTΔφ=FNcos���2③Δl在竖直方向上也受力平衡,Δmg=FNsin���2④④代入③式得,tan���2=Δ������TΔ���g⑤⑤式中Δm=���2π���·Δl=���Δ���2π

将其代入⑤式可得tan���2=������2π���T所以软绳中的拉力为FT=������2πtan���2,故A、B正确,C、D错误。考点6受力分析共点力的平衡及应用参考答案1.D解析:手机支架采用了纳米微吸材料,支架斜面会对手机有一个吸引力,所以手机受到的支持力大小不可能为G

cosθ,其大小可能大于G,也可能小于G,取决于吸引力的大小,选项A、B错误。手机处于静止状态,受力平衡,手机受到竖直向下的重力和手机支架的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力),故手机支架对手机的作用力竖直向上,大小等于G,选项C错误,D正确。2.B解析:

设水平作用力为F,对物体A、B整体进行分析,在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;隔离物体B对B分析,在竖直方向上有μ1F=mBg,联立解得���A���B=1-���1���2���1���2,选项B正确。3.A解析:在建筑材料被缓慢提起的过程中,其合力

保持为零,根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反,保持不变,如图甲所示;结点与竖直墙壁保持一定的距离,在建筑材料被缓慢提起的过程中,a绳逆时针旋转,其与竖直方向的夹角变大,b绳顺时针旋转,与竖直方向的夹角减小,用平行四边形定则作出图乙,由图知,两根绳子上的拉力

F1和F2均增大,故A正确,B、C、D错误。4.A解析:设头部重力为G,当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重力,即F=G;当某人低头时,PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°,P点的受力如图所示,根据几何关系结合正弦定理可得��

����sin120°=���sin30°,解得FO=3G=1.7G,故A正确,B、C、D错误。5.BC解析:对热狗进行受力分析,受到重力G,两金属圆柱对热狗的支持力���N1、���N2,如图所示。���N1、���N2的合力与重

力大小相等,方向相反,所以两根金属圆柱对生热狗的合力等于对熟热狗的合力,故A错误。单根金属圆柱对热狗的弹力FN1=FN2=���2cos���,生热狗对应的θ大于熟热狗对应的θ,根据三角函数知识知,单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗

的弹力,故B正确。对生热狗有sinθ=2.4���22���=0.6,cosθ=0.8,单根金属圆柱对生热狗的弹力FN1=FN2=���2cos���=���2×0.8=58G,故C正确,D错误。6.AB解析:以M、

N为整体受力分析,得F=μ·2mg,得μ=0.25,A正确。单独分析M受力,因绳子有竖直向下的分力,故M对N的压力大于10N,绳子作用在M上的水平分力为2.5N,B正确,C错误。θ变化后,FN对地面的压力仍为20N,所以需要的拉力不变,D错误。7.AC解析:设圆的半径为R,橡皮条的劲度系

数为k,则lNP=2Rcos60°=R。在M点橡皮条弹力大小为mg,则mg=k·2R,在P点橡皮条弹力大小为F0=kR=12mg,故A正确。当小球和N点的连线与竖直方向之间的夹角为α时,橡皮条的伸长量Δ

x=2R·cosα,橡皮条的弹力F'=kΔx=mgcosα;对小球,设拉力F与水平方向之间的夹角为β,在水平方向Fcosβ=F'sinα,竖直方向F'cosα+Fsinβ=mg,联立解得β=α,F=mgsinα,可知拉力F的方向始终与

橡皮条垂直,而且随α的增大,F逐渐增大,当α=60°时,F=32mg,故C正确,B、D错误。8.答案:(1)���sin���-���cos���mg(2)λ解析:(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直

和水平方向分解,根据平衡条件有Fcosθ+mg=FN①Fsinθ=Ff②式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。所以Ff=μFN③联立①②③式得F=���sin���-���cos���mg。④(2)若不管沿拖杆方向用多大

的力都不能使拖把从静止开始运动,则应有Fsinθ≤λFN⑤这时,①式仍成立。联立①⑤式得sinθ-λcosθ≤λ���������⑥λ���������大于零,且当F无限大时λ���������为零,有sinθ-λcosθ≤0⑦使⑦式成立

的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。故临界角的正切为tanθ0=λ。考点7牛顿运动定律参考答案1.D解析:惯性是物体的固有属性,质量是其唯一量度,A、C错

误。牛顿第一定律是牛顿在伽利略实验的基础上,加上理想化的推理得出的规律,B错误。物体可以做加速度减小的加速运动,D正确。2.C解析:因同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关,所以玉兔号月球车从地球到月球,其惯性大小不变;玉兔号月球车在月球表面上的重力

为G月=mg月=m·16g地=16G地,选C。3.A解析:当火车向右做匀减速运动时,碗内的水由于惯性,保持原来较大的速度向右运动,则只有图A所示的情形符合要求,故选项A正确。4.C解析:假设把P球拿掉,用同样体积的水球来替代,很显然,当这个水球随容器以加速度a做匀加速直线运动时,水

球受到的水平合力为F水=ma,且水球相对于容器的原来位置不会改变,我们知道,同样体积的实心铁球质量要比水球质量大,即m铁>m水,故要使P球也以加速度a向右做匀加速直线运动,单靠F水是不够的,因而还应借助绳子的拉力,所以P向左偏移,同理可以推得Q向右偏移,

故A、B、D错误,C正确。5.A解析:由于滑轮光滑,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,若甲的质量大,则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力,得甲攀爬时乙的加速度大于甲,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,B错误。若甲、乙的质量相同,甲用力向上攀爬时,甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力,甲

、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误。6.B解析:设绳子对物体的拉力为F1,F1-mg=maF1=m(g+a)=210N绳子对人的拉力F2=F1=210N人处于静止,则地面对人的支持力FN=m0g-F2=490N由牛顿第三

定律知,人对地面的压力FN'=FN=490N故B项正确。7.B解析:先以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得,加速度为a=������'+���,再对小球研究,分析受力情况,如图所示,由牛顿第二定律得FN=(������)2+(������)2=

m���2+������'+���2,由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m���2+������'+���2,故B正确。8.AC解析:A推B时,A与B之间有相互作用力,是一对作用力与反作用力,作用力与反作用力

同时产生,大小相等,A、C正确,B、D错误。9.ACD解析:人从小船的一端走向另一端时,要受到船对人的摩擦力,方向与人行走的方向相同,根据牛顿第三定律知,人对小船也有一个摩擦力,其方向与人行走的方向相反,因此船将在这个摩擦力的作用下改变运

动状态,向人行走的相反方向运动,所以选项A正确。汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,虽然燃气对排气筒有反作用力,但毕竟很小,并不是汽车动力的来源,因此选项B错误。农业灌溉用的自动喷水器,当水从弯管的喷嘴喷射出来时,弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转,大大增加了喷

水的面积,选项C正确。乌贼通过身体侧面的孔把水吸入鳃腔,然后用力把水经过小孔压出体外,根据牛顿第三定律可知,乌贼就获得了方向相反的反作用力,从而向排水的相反方向游去,选项D正确。10.AC解析:弹簧处于压缩

状态,弹力向左;由牛顿第二定律F=ma知,若μmg小于kx,则车的加速度方向一定向左,故A正确。若μmg小于kx,则车的加速度最小值为a=������-������������,且方向向左,但可以减速向右,故B错误。若μmg大于kx,则车的加速度方向可以向左,也可以向右,故C正确。

若μmg大于kx,则加速度最大值为a'=������+������������,加速度的最小值为0,故D错误。考点8牛顿第二定律的应用参考答案1.A解析:若该装置此时正放在加速上升的电梯中,则物块的加速度向上,物块超重,则实际重力小于15N,故A正确。若该装置此时正放在经过拱桥最高点的汽

车中,则物块加速度向下,处于失重状态,其实际重力大于15N,故B错误。若该装置此时正放在月球的表面上,月球表面的重力加速度约为地球表面的16,则物块的实际重力大于15N,故C错误。若该装置此时正放在匀速旋转的水平转台上并与水平转台保持相对静止,则物块既不超

重也不失重,实际重力等于15N,故D错误。2.B解析:根据牛顿第二定律:F-Ff=ma,由于摩擦力大小未知,故拉力F无法求出,但是F合=ma=2×5N=10N,故选项A错误,B正确。从静止开始运动,在开始第1s内位移为x1=1

2at2=2.5m,随着速度的增加,在相等时间内位移增大,故选项C错误。根据加速度公式得到Δv=a·Δt=5×1m/s=5m/s,故选项D错误。3.C解析:竖直向上运动的过程中,无人机经历了先向上加速、后向上减速的过程,加速度先向上后向

下,无人机先处于超重状态后处于失重状态,故A错误。无人机水平向前加速时,对其进行受力分析,如图所示。合力沿水平方向,空气对无人机的作用力F斜向上,故B错误。水平向前加速时,空气对无人机的作用力F=������cos���>mg,故C正确。在

水平方向匀速运动喷洒农药过程中,农药质量不断减小,无人机(含内部未喷洒的农药)机械能减小,故D错误。4.C解析:设返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小为F,根据对称性可知其他两根绳的拉力均为F,以返回舱为研究对象,竖直方向根据牛顿第二定律可得3

Fcosθ-mg=ma,解得F=2.28×104N,故C正确,A、B、D错误。5.D解析:当物体对地面的压力恰好为零时,由受力分析可知物体受重力、绳子的拉力和弹簧的弹力共3个力作用,故A错误。若突然撤去弹簧的

瞬间,轻绳的拉力突然变为0,物体受重力和地面对物体的支持力,共两个力作用,保持静止,故B错误。在剪断轻绳前,物体受到重力、弹簧弹力和轻绳拉力,如图所示,根据共点力平衡可得,FT=mgtan45°=mg,若突然剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不会突变

,物体受重力、地面支持力、弹簧弹力作用,根据牛顿第二定律可得,FT=ma,解得a=10m/s2,故C错误,D正确。6.D解析:剪断轻绳之前,木块和斜面刚好接触但无压力,说明斜面对木块没有支持力,对物块受力分析可得弹簧的拉力F=������sin37°=3

00.6N=50N。剪断轻绳瞬间,根据牛顿第二定律得F-mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=8m/s2,故A、B、C错误,D正确。7.AB解析:物块匀速上滑过程,受到力F、重力、支持力和摩擦力,根据共点力平衡条件,有F-Gsin30°-Ff=0,代入数据解得Ff=6N;撤去

F后,物块由于惯性继续上滑,其余力均不变,则摩擦力Ff=6N,方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有Ff+Gsin30°=ma1,解得a1=8m/s2,选项A、B正确。滑动摩擦力Ff=μGcos30°,解得μ=35,选项C错

误。当物块上滑的速度减为零时,因Gsin30°>μGcos30°(即μ<tan30°),物块不能保持静止,将沿斜面下滑,选项D错误。8.AD解析:当座舱落到离地面45m的位置时,人和手机处于完全失重状态,手掌对手机的支持力为0,故A正确,B错误。设自由下落时的位移为h1,由2gh1=v2,得开始制

动时的速度v=2���ℎ1=2×10×45m/s=30m/s;制动过程的位移为h2=30m,由2ah2=v2,得制动的加速度a=���22ℎ2=3022×30m/s2=15m/s2;对于手机,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,代入数据解得FN=5N,故C

错误,D正确。9.BD解析:剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40N,剪断细线的瞬间,对整体分析,根据牛顿第二定律有(mA+mB)g-F=(mA+mB)a,解得a=2m/s2,A错误,B正

确。剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为40N,C错误。隔离对B分析,根据牛顿第二定律有mBg-FN=mBa,解得FN=mBg-mBa=10N-1×2N=8N,D正确。10.ABD解析:两球稳定时均做匀速运动,则有kv=mg,得m=���������,所以有���1���2=

���2���1,由题图知,v2>v1,得m1>m2,故A正确。速度图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由题图可知,0~t2时间内,B球下降的高度较大,而t2时刻两球第二次相遇,所以B球释放的位置高,故B正确。释放

瞬间v=0,因此空气阻力Ff=0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g,故C错误。在t1~t2时间内,A球下落的高度较大,而t2时刻两球第二次相遇,所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前,故D正确。11.答案:(1)293s(2)200N(3)18m/s2解析:(1)无人

机向下匀加速运动过程h1=12a1���12得t1=3sv1=a1t1=6m/s无人机减速过程有h0-h1-h2=���12t2得t2=203s所以总时间t=t1+t2=293s。(2)无人机减速过程有0-���12=-2a2h无人机重新悬停,距试验田的安全高度h3=3m时,加速度a2最大,

已知h=h0-h1-h3得a2=1m/s2无人机向下匀减速运动时,由牛顿第二定律可得F+Ff-mg=ma2则升力F=200N。(3)失去竖直升力后,由牛顿第二定律得mg-Ff=ma3恢复动力时v=a3t则v=6m/sh3=���22���3+���22���4

联立解得a4=18m/s2。12.答案:(1)8.0s41.5m/s(2)5.2×105N解析:(1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1、末速度大小为v1,运动时间为t1,有F合=F-Ff=ma1���12−���02=

2a1l1v1=a1t1由题干知v0=0,Ff=110mg,代入已知数据可得a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力的作用,设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大

小为v2,沿斜面方向有F合'=F-Ff-mgsinα=ma2mgsinα=mgℎ���2���22−���12=2a2l2代入已知数据可得a2=3.0m/s2v2=1720m/s=41.5m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时,水平

方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a1'、末速度大小为v1',有F合″=F推+F-Ff=ma1'v1'2-���02=2a1'l1飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力的作用没有变化,加速度大小仍有a2'=3.0m/s

2v2'2-v1'2=2a2'l2根据题意,v2'=100m/s,代入数据解得F推=5.2×105N。考点9牛顿运动定律的综合应用(一)参考答案1.D解析:根据牛顿第二定律可得物体运动的加速度大小为a=������,物体做加速直线

运动,力从t=0时刻开始逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小,物体的加速度先减小后增大,v-t图像的斜率表示加速度,可知物体做直线运动的v-t图像的斜率先减小后增大,故D正确,A、B、C错误。2.D解析:对人的

运动过程分析可知,人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小,A、B、C错误,

D正确。3.A解析:设B物体的质量为m,A对B的拉力为FAB,对A、B整体,根据牛顿第二定律得F=(mA+mB)a,则a=3N���+2���,对B有FAB=ma,所以FAB=1N。4.C解析:以3到40节车厢为研究对象,根据牛顿第二定律F-38F阻=38ma;以39和40

节车厢为研究对象,根据牛顿第二定律F'-2F阻=2ma,解得F'=���19,选项C正确。5.B解析:汽车做匀加速直线运动,汽车的位移x=v0t+12at2,整理得2������=at+2v0。由图示2������-t图像可知,汽车的加速度a=24-33m

/s2=7m/s2,对汽车,由牛顿第二定律得F-kmg=ma,由题意可知k=0.1,代入数据解得F=1.6×104N,故B正确,A、C、D错误。6.D解析:两者一起向左匀加速运动,对物体进行受力分析,如图所示。则根据牛顿第二定律及平衡条件可得:FN

cosθ=mgFNsinθ=ma解得:FN=������cos���将两物体看作一个整体,F=(m0+m)aFNsinθ=ma解得FN=������(���0+���)sin���,综上所述本题正确答案为D。7.AB解析:对A、B组

成的系统应用牛顿第二定律得F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,隔离物块B,应用牛顿第二定律得FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa。以上两式联立可解得FT=���B������A+���B,由此可知,FT的大小与θ、μ无

关,mB越大FT越大,mA越小FT越大,故选项A、B均正确。8.ABC解析:小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得FTcosθ-FNsinθ=ma,FTsinθ+FNcosθ=mg,联立解得FN=mgcosθ-masinθ,FT=macosθ+mgsin

θ,所以小球离开斜面之前,FT-a图像呈线性关系,由题图乙可知a=403m/s2时,FN=0,故选项A正确。当a=0时,FT=0.6N,此时小球静止在斜面上,其受力如图甲所示,所以mgsinθ=FT;当a=43m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图乙所示,所以������

tan���=ma,联立可得tanθ=34,m=0.1kg,故选项B、C正确。将θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ,得FN=(0.8-0.06a)N,故选项D错误。9.CD解析:设杆的弹力为FT,对A球,一定有FTcos

θ=mg。若B球受到的摩擦力为0,则对B球,在水平方向有FTsinθ=ma,解得a=gtanθ,对整体有F=4ma=4mgtanθ,A错误;若推力F向左,当A有最大加速度时侧壁对A的弹力为0,此时a=gtanθ,当B有最大加速度a'时,对B有μ·2mg-FTsinθ=ma',且tanθ≤μ

,解得a'>a,故最大加速度仍为a,对整体有F=4ma=4mgtanθ,B错误;若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则a'<a,对整体有F=4ma'=4mg(2μ-tanθ),C正确;若推力F向右,且tanθ>2μ,则B

向右的最小加速度为a1,对B有FTsinθ-μ·2mg=ma1,对整体有Fmin=4ma1=4mg(tanθ-2μ),B向右的最大加速度为a2,对B有FTsinθ+μ·2mg=ma2,对整体有Fmax=4ma2=4mg(tanθ+2μ),故4mg(tanθ

-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ),D正确。10.BC解析:若F1=3.6N,F2=5N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度为a=���1-���1[���2+(���A+���B)���]���A+�

��B=3.6-0.1×(5+10×3)3m/s2=0.13m/s2,此时A、B之间的摩擦力:F1-FfAB=mBa,解得FfAB=10.73N>μ2(F2+mBg)=3N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误。若F1=5.4N,F2=20N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度为

a=���1-���1[���2+(���A+���B)���]���A+���B=5.4-0.1×(20+10×3)3m/s2=0.43m/s2,此时A、B之间的摩擦力:F1-FfAB=mBa,解得FfAB=15.83N<μ2(F2+mBg)=6N,则此时两物块相对静止

一起做匀加速运动,选项B正确。若F2=10N,则A、B之间的最大静摩擦力:FfAB=μ2(F2+mBg)=4N,A与地面之间的最大静摩擦力FfA地=μ1(F2+mAg+mBg)=4N,则当若F2<10N,则FfAB<FfA

地,则无论F1多大,都不能使物块A运动起来,选项C正确。若F2>10N,则FfAB>FfA地,则F1达到一定值时,可使物块A、B发生相对运动,选项D错误。11.答案:(1)(���0+���)���(���cos���-sin���)���sin���+cos���

(2)���0���tan���解析:(1)当滑块与斜面体一起向右加速时,力F越大,加速度越大,当F最大时,斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm,滑块受力如图所示。设一起加速的最大加速度为a,对滑块应用牛顿第二定律得FNcosα+Ffmsinα

=mg①Ffmcosα-FNsinα=ma②由题意知Ffm=μFN③联立解得a=���cos���-sin���cos���+���sin���g对整体受力分析F=(m0+m)a联立解得F=(���0+���)���(���cos���-sin���)���sin���+co

s���。(2)要使滑块做自由落体运动,滑块与斜面体之间没有力的作用,滑块的加速度为g,设此时m0的加速度为am0,则对斜面体有F=m0am0当水平向右的力F最小时,二者没有相互作用但仍接触,则有12������212������0���2=tanα,

即���������0=tanα,联立解得F=���0���tan���。考点10牛顿运动定律的综合应用(二)参考答案1.D解析:整体的加速度a=������0+���,隔离长木板,受力分析,长木板所受的合

力为F合=���0������0+���,且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力,故选项A、C错误,D正确。木块所受的合力F合'=ma=���������0+���,故选项B错误。2.B解析:由题意知小物块受重力、支持力和摩擦力作

用,根据牛顿第二定律可得,a1=g(sinθ+μcosθ),a2=g(sinθ-μcosθ),a1-a2=2μgcosθ,故B正确,A、C、D错误。3.A解析:如果v0小于v1,则物块向上做减速运动时加速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速

运动到与传送带速度相同时,继续向上做减速运动,由此可以判断传送带的速度为4m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积,即12×(4+12)×1m+12×1×4m=10m,选项B错误。0~1s内,gsinθ+μgcosθ=8m/s2;1~2s内,gsinθ-μgcosθ

=4m/s2,解得μ=14,选项C错误。在1~2s内,摩擦力方向与物块的运动方向相同,选项D错误。4.A解析:由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力的增大二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2N时二者开始加速,表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2

=2N;当F>14N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4N,小物块的加速度a1=4m/s2。改用F=22N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=m'a,由运动学规

律知小物块在长木板上滑行的时间满足12at2-12a1t2=l,解得t=1s,故选项A正确。5.C解析:当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时,A、B之间刚好出现相对运动。对B物体,根据牛顿第二定律有μmAg=mBa,此时的加速度为a=4m/s2;对A、B整体,根据牛顿第二定

律有F=(mA+mB)a=12N=(6+2t)(N),所以t=3s,故A错误。0~3s内A、B一起运动,t=0时AB的加速度为a0=���0���A+���B=2m/s2,则t=3s时,B的速度为v3=���t=���0+���2t=

9m/s,故B错误。5s时A物体的加速度为a2=���-���f���A=16-0.2×202m/s2=6m/s2,则5s时A物体的速度为vA=v3+���At=9m/s+4+62×2m/s=19m/s,故C正确。撤去

外力时,B的速度vB=v3+������A������Bt=9m/s+8m/s=17m/s,设经过t0时间两物体速度相等,则有19m/s-������A������At0=17m/s+������A������Bt0,解得t0=13s,故D错误。6.AD解析:开始阶段,木块

所受的滑动摩擦力沿着斜面向下,木块先沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,得a1=gsinθ+μgcosθ恒定,则v-t图像的斜率不变;若传送带足够长,小木块的速度会与传送带速度相等,此时由于μ<tanθ,则有sinθ>μco

sθ,所以木块将继续匀加速运动,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,得a2=gsinθ-μgcosθ,因此,a2<a1,故A正确,B、C错误。若传送带比较短,木块可一直做匀加速运动,故D正确。7.AB解析:当物块B达到最大静摩擦力时,物块B相

对物块A发生相对滑动,则此时物块B的加速度为a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2;对整体受力分析可知,此时的推力F=(m+m')a=3×2N=6N,则可知发生相对运动的时间为t=1s,F是均匀增加的,故1

s内其平均作用力���=62N=3N;对整体由动量定理可得,���t=(m'+m)v,解得v=1m/s,故A、B正确,D错误。若物块做匀加速直线运动,则1s内的位移x=���2t=0.5m;而物块做的是变加速直线运动,故位移不是0.5m,故C错误。8.AC解析:当F=6N时,两物体恰好具有最大共同

加速度,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,代入数据解得m0+m=3kg。当F大于6N时,两物体发生相对滑动,对长木板有a=���-������������0=������0−������������0,图线的斜率k=1���0=1,解得m0=1kg,滑块的质

量m=2kg,选项A正确。滑块的最大加速度a'=μg=2m/s2,所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2,选项B错误。当F=7N时,由a=���-������������0知长木板的加速度a=3m/s2,选项C正确。当两物体发生相对滑动时,滑块的加速度a

'=μg=2m/s2,恒定不变,选项D错误。9.答案:(1)8m/s(2)0.5解析:(1)传送带A、B间的距离l即为v-t图线与t轴所围的面积,所以l=12×1×10m+12×(10+12)×1m=16m由平均速度的定义得���=������

=8m/s。(2)由v-t图像可知传送带运行速度为v1=10m/s0~1s内物体的加速度为a1=Δ���Δ���=10m/s21~2s内物体的加速度为a2=2m/s2根据牛顿第二定律得mgsinθ+μm

gcosθ=ma1mgsinθ-μmgcosθ=ma2联立两式解得μ=0.5。10.答案:(1)(μ1+μ2)(m'+m)g(2)25N解析:(1)设正方体的最大加速度为a1,桌布的加速度大小为a2,对正方体、桌布分别受力分析有μ1

mg=ma1FT-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a2正方体和桌布保持相对静止应满足:a2≤a1解得:拉力的最大值FT=(μ1+μ2)(m'+m)g。(2)设正方体在桌布上运动的位移为x1,加速度大小为a3,

时间为t1,正方体离开桌布后运动的位移为x2,加速度大小为a4,运动时间为t2;正方体从桌布上离开前,桌面的加速度大小为a5,桌布运动的位移大小为x3。则有μ1mg=ma3x1=12a3���12μ2mg=ma4x2=12a4���22F-μ1mg-μ2(m'+m)

g=m'a5x3=12a5���12=d+x1若要完成挑战,则正方体移动的总位移必须小于或等于肉眼感知物体“不动”的最大距离l,考虑临界值有l=x1+x2由正方体先从零开始做匀加速运动,后做匀减速运动,最终

静止在桌面上,有a3t1=a4t2联立解得F=25N。考点11曲线运动运动的合成与分解参考答案1.D解析:当恒力F撤去后,剩下的力的合力沿y轴正方向,小球将做匀变速曲线运动,选项A错误。因加速度不变,故

小球在任意两段相等时间内速度变化大小都相等,选项B错误。经过x、y坐标相等的位置时满足v0t=12������t2,解得t=2s,选项C错误。1s末小球沿y方向的速度大小vy=������t=1m/s,则合速度v=���02+����

��2=2m/s,选项D正确。2.A解析:雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动,其速度大小与水平方向的运动无关,故t1∶t2=������������∶������������=2∶1。A正确。3.C解析:甲与

丙的速度沿平行于河岸的方向都有分速度,两种情况下沿垂直于河岸方向的分速度若相等,则渡河的时间相等,故A错误。由题图甲可知,船头的速度方向斜向上时,船可以垂直于河岸的方向渡河,则船的速度大小一定大于水的速度大小,故B错误

。题图乙中船垂直于河岸方向的速度最大,所以渡河的时间最短,故C正确。比较三个图可知,题图丙中船相对于水的速度与水流速度之间的夹角最小,所以船实际的合速度最大,故D错误。4.B解析:船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度,根据平行四边形定则,有v船co

sθ=v,拉船的绳子的速度v与v绳属于同轴转动,角速度相等,它们之间的关系为v绳∶v=R∶r=2∶1,联立得v船=4m/s,选项B正确。5.BD解析:A与B刚脱离接触的瞬间,A的速度方向垂直于杆,水平方向的分速度与B的速度大小

一样,设B运动的速度为vB,则vAcos60°=vB,因此,vA∶vB=2∶1,故A错误。根据牛顿第二定律得m1gsin30°=m1���A2���,解得vA=������2,由vA∶vB=2∶1,可知vB=������

8,故B正确。由机械能守恒可知,m1glsin30°=12m1v2-12m1���A2,解得v=���A2+������=3������2,故C错误。根据A与B脱离之前机械能守恒可知m1gl(1-sin30°)=12m1���A2+12m2���B2,解

得m1∶m2=1∶4,故D正确。6.BCD解析:由题图甲是位移—时间图像,其为过原点的倾斜直线,得知无人船艇在水平方向做匀速直线运动,速度大小为vx=������=93m/s=3m/s,故A错误。由题图乙可知,无人船艇速度随着时间均匀增加,则竖直方向做匀加速直线

运动,故B正确。根据A、B分析可知,无人船艇在x方向做匀速直线运动,在y方向做初速度为零的匀加速直线运动,两者相互垂直,那么无人船艇的运动轨迹为抛物线,故C正确。3s末,y方向的速度大小为4m/s,则无人船艇合速度为v=������2+������2=32+42m/s=5m/s

,故D正确。7.答案:(1)船头垂直于河岸36s905m(2)船头与上游河岸成60°角243s180m(3)船头与上游河岸成53°角150s300m解析:(1)若v2=5m/s,欲使船在最短时间内渡河,船头应垂直于河

岸方向,如图甲所示,合速度为倾斜方向,垂直于河岸的分速度为v2=5m/s。甲t1=������⊥=������2=1805s=36sv合1=���12+���22=525m/sx1=v合1t1=905m。(2)若v2=

5m/s,欲使船渡河的航程最短,合速度应沿垂直于河岸方向,船头应朝图乙中的v2方向。垂直于河岸过河则要求v∥=0,有v2sinθ=v1,得θ=30°。所以当船头与上游河岸成60°角时航程最短。乙x2=d=180mt2=�

�����⊥=������2cos30°=180523s=243s。(3)若v3=1.5m/s,与(2)中不同,因为船速小于水速,所以船一定向下游漂移,设合速度方向与河岸下游方向夹角为α,则航程x3=���sin���。欲使航程最短,需α最大,如图丙所示,由出发点A作出v1矢量,以v

1矢量末端为圆心,v3大小为半径作圆,A点与圆周上某点的连线为合速度方向,欲使v合3与河岸下游方向的夹角最大,应使v合3与圆相切,即v合⊥v3。丙由sinα=���3���1=35,得α=37°所以船头应朝与上游河岸成53°角方向。t3=������3cos�

��=1801.2s=150sv合3=v1cosα=2m/sx3=v合3t3=300m。考点12抛体运动参考答案1.D解析:炮弹在最高点竖直方向上的速度为零,水平方向上的速度不为零,故炮弹在最高点速度不为零,故A错误。在最高点受空气阻力(水平方向上的阻力与水平速

度方向相反)、重力作用,二力合力不为零,故加速度不为零,故B错误。由于空气阻力恒做负功,所以根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度,故C错误。从O到b的过程中,在竖直方向上,受到重力和阻力在竖直方向的分力,即mg+Ff1=ma1,解得a1=������+���f1���;从b到d的过

程中,在竖直方向上,受到向下的重力和阻力在竖直方向的分力,即mg-Ff2=ma2,解得a2=������-���f2���,故a1>a2,根据逆向思维,两个阶段的运动可看作是从b点向O点和从b点向d点的运动,竖直位移相同,加速度越大,

时间越小,所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间,故D正确。2.B解析:由题知,两谷粒在空中运动时只受重力,加速度均为重力加速度,A错误;谷粒1做平抛运动,谷粒2做斜上抛运动,因都过P点,说明从开始抛出到过P点

,两谷粒竖直位移相同,根据位移公式y1=12������12,y2=-v2yt2+12������22,由此可知,谷粒2从O到P的运动时间长,平均速度小,C、D错误;从O到P,谷粒2运动时间长,但水平位移与谷粒1相等且谷粒2在最高点的速度为其初速度的水平分量,故谷粒2在最高点的速度小于v1,B正确

。3.D解析:第一次投掷飞镖时,从抛出到打到C点上用的时间为t,在竖直方向上有ℎ2=12gt2,得到时间为t=ℎ���,在水平方向上有水平位移为x=v0t=v0ℎ���。将竖直靶板向右移动���2后,如果飞镖打在地面上则运动时间为t'=2ℎ

���,水平位移为x'=v0t'=v02ℎ���=2x<32x,故飞镖打在了地面上,不能打在靶板上,故A、B、C错误,D正确。4.C解析:根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可知,位于B点时,不管速度多大

,弹丸都不可能沿OP方向从P点射出,故A错误。如图所示。根据平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可得lEN=12R(1+cosα),则竖直位移lPN=lEN·tanα=12R(1+cosα)tanα

,弹射器离B点的高度为y=lPN-Rsinα=12R(tanα-sinα),所以只有一个位置,且弹丸以某一速度射出才能过关,故B、D错误,C正确。5.ACD解析:如图所示,小球落在A点时,v1=s���2ℎ0=2315m/s,当小球落在D点时,v2=s���2(ℎ0-ℎ)=10m/s,当小

球落在B点时,v3=(s+d)���2ℎ0=15m/s,当小球落在C点时,v4=(s+d)���2(ℎ0-ℎ)=3210m/s,选项A、C正确,B错误;若P点的高度变为h',轨迹同时过D点和B点,则此时的初速度v'=s���2(ℎ'-ℎ)=(s+d)

���2ℎ',解得h'=1.8m,v'=5m/s,在此高度上初速度大于5m/s,小球落在油桶右侧内壁上,当速度小于5m/s时,小球至多落在油桶左侧外壁,选项D正确。6.BC解析:如果鱼饵颗粒恰好落在堤坝与水面的交点处,则满足ℎtan���=v

t,h=12gt2,联立可得v=���ℎ2·1tan���,故当v>���ℎ2·1tan���时,鱼饵颗粒落在水面上,t=2ℎ���与v无关,故A错误,B正确。当v<���ℎ2·1tan���时,鱼饵颗粒落在堤坝上,tanθ=12������2������=�

�����2���,解得t=2���tan������,与v有关,故C正确,D错误。7.答案:(1)3210m/s(2)0.6s解析:(1)若选手以速度v0水平跳出后,能跳在水平跑道上,则水平方向有hsin60°≤v0t竖直方向有hcos60°=12gt2解得v0≥32

10m/s。(2)若选手以速度v1=4m/s水平跳出,因v1<v0,故人将落在弧形坡上。人下降高度为y=12gt2水平前进距离x=v1t,由x2+y2=h2,解得t=0.6s。考点13圆周运动参考答案1.A解析:由题图可知,太阳轮和行星齿轮为齿轮传动,所以线速度大小相等,由2π���太2π

���行=���太���行=���太���行=1812=32可知,齿轮的齿数比等于齿轮的半径比,根据线速度和角速度关系公式v=rω可知,���太���行=������太������行=���行���太=23,故A正确,B、

C、D错误。2.B解析:向心力为沿半径方向上的合力。运动员转弯时,受力分析如图所示。可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力,故A错误,B正确。当Ff<������2���,摩擦力不足以提供所需向心力时

,就会离心发生侧滑,故C、D错误。3.B解析:飞机在最高点和最低点均只受重力和支持力作用,最高点时受支持力为FN1',最低点受支持力为FN2';由牛顿第二定律得在最低点有FN1'-mg=m���2���,在最高点

有FN2'+mg=m���2���,联立解得FN1'-FN2'=2mg,根据牛顿第三定律可知,压力大小之差等于支持力大小之差,为2mg,故B正确,A、C、D错误。4.A解析:对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ,则小球所受合力的大小为mgtanθ,根据牛顿第二定律得mgtanθ=

mhtanθω2,得ω=���ℎ,两小球到悬点的距离相等,所以角速度相等,故A正确。根据v=ωr知轨道半径r越大,线速度越大,故B错误。根据a=ω2r知轨道半径r越大,加速度越大,故C错误。根据F=mω2r,已知角速度

相等、rA<rB,但质量大小不确定,所以无法判断向心力大小,故D错误。5.C解析:对A、B整体,有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g;对物体C,有mω2(1.5r)≤μmg;对物体A,有3mω2r≤3μmg;联立解得ω≤2������3���,即满足不发生相对滑动的条件为ω≤2������

3���。当转台的角速度ω=2������3���时,A与B间的静摩擦力最大值Ff=3mω2r=2μmg<3μmg,故A错误,C正确。由于A与C转动的角速度相同,都是由摩擦力提供向心力,对A有Ff=3mω2r,对C有Ff'=1.5mω2r,

由此可知C与转台的摩擦力小于A与B间的摩擦力,故B错误。根据上面的分析可知,C的临界角速度最小,所以C最先滑动,故D错误。6.AC解析:在最高点,根据牛顿第二定律,可得mg+F=m���2���解得F=12mg则轻杆对球有竖直向下的拉力,大小为12mg根据牛顿第

三定律,球对轻杆的作用力为12mg,故A正确,B错误。从最高点到最低点,根据机械能守恒可得2mgR=12������12−12mv2根据牛顿第二定律可得F1-mg=m���12���解得F1=132mg则轻杆对球有132mg的拉力根据牛顿第三定律,球对杆有1

32mg的拉力,故C正确,D错误。7.AD解析:在A点,对小球和盒子受力分析,竖直方向受到重力,水平方向受到绳子的拉力,拉力提供向心力,重力使小球和盒子向上做减速运动,加速度大小为g,故处于完全失重状态,小盒子下壁的压

力为零,故A正确。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力,根据牛顿第二定律可知,mg=���������2���解得vD=������从D到C,根据动能定理可得mgR=12�����

����2−12���������2解得vC=3������。在C点,小盒子对小球向右的支持力提供向心力,则FN=���������2���=3mg,根据牛顿第三定律可知,小球对盒子右壁的压力为3mg,故B错误。在C点,对整体受力分析,受到向左的拉力和竖直向下的重力,故在C点

,在竖直方向处于完全失重状态。对小球受力分析,受到竖直向下的重力和盒子对小球向左的支持力,由于处于完全失重状态,因此对小盒子下壁的压力为0,故C错误。从D到B根据动能定理可得mg·2R=12���������2−12���������2在

B点,根据牛顿第二定律可得FNB-mg=���������2���联立解得FNB=6mg,由牛顿第三定律可得,小球对盒子下壁的压力为6mg,故D正确。8.BC解析:设斜面体的斜面倾角为θ,由图中几何关系得tanθ=34。因为tanθ>μ,所以木块不能静止在斜面上。木块受到沿斜面向上的摩擦力F

f作用、垂直斜面向上的支持力FN和重力mg作用。木块随着转盘一起做圆周运动,其所受合力提供向心力,由牛顿第二定律可得FNcosθ+Ffsinθ=mgFNsinθ-Ffcosθ=mrω2又Ff=μFN代入数据解得ω=51122rad/s若

转盘转动的角速度较大时,木块将有沿斜面向上滑动的趋势,此时所受摩擦力方向沿斜面向下,由牛顿第二定律可得FNcosθ=Ffsinθ+mgFNsinθ+Ffcosθ=mrω'2又Ff=μFN代入数据解得ω'=52rad/s即要使木块与斜面体保持静止不动一起和转盘做圆周运动,其角速度范围是5

1122rad/s≤ω≤52rad/s,故B、C正确,A、D错误。9.答案:(1)14m/s(2)11.8s解析:(1)赛车做圆周运动时,地面对赛车的摩擦力Ff提供向心力。路线1时,赛车以R1=10m为半径做圆周运动,速度v1=36km/h=10m/s,则有Ff=m���12���

1=10m;路线2时,赛车以R2=20m为半径做圆周运动,则有Ff=m���22���2,解得速率v2=102m/s=14m/s。(2)赛车按路线3过弯,则有Ff=m���32���3,解得过弯速度v3=20m/s,则过弯时间t3=12π���3���3=3.14s。已知赛车最大速度vm=216

km/h=60m/s,赛车在BE直线段先以最大速度匀速行驶,再减速进弯,则减速位移s2=���32-���m22���=160m,减速所用时间t2=���m-���0���=4s。由题图知,lBE=180m

,则BE段匀速距离s1=20m,匀速运动时间t1=���1���m=0.33s。出弯GD段先以最大加速度加速至最大速度,再匀速行驶,可以看成进弯的逆向过程,即出弯加速时间t4=t2=4s,出弯匀速运动时间t5=t1=0.33s,故总过弯时间t=t1+t2+t3+t4+t5=11.8s。10.答

案:(1)���B���A+���Blω可取任意值(2)当���B���A+���Bl<x≤l时,ω≤���0���A���(���A+���B)���-���B���;当0≤x<���B���A+���Bl时,ω≤���0

���A������B���-(���A+���B)���解析:(1)设绳上拉力为F,当A、B相对于圆台静止且恰无摩擦力时,由牛顿第二定律得对A:F=mAω2x对B:F=mBω2(l-x)解得x=���B���A+���Bl

此时ω可取任意值。(2)当���B���A+���Bl<x≤l时,A有沿半径向外滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径指向圆心,则由牛顿第二定律得对A:F+μ0mAg≥mAω2x对B:F=mBω2(l-x)解得ω≤��

�0���A���(���A+���B)���-���B���;当0≤x<���B���A+���Bl时,A有沿半径向内滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径背向圆心,则由牛顿第二定律得对A:F-μ0mAg≤mAω2x对B:F=mBω2(l-x)解得ω≤���0���A��

����B���-(���A+���B)���。考点14万有引力与航天参考答案1.A解析:设卫星的轨道半径为r,线速度大小为v,角速度为ω,周期为T,向心加速度为a。根据万有引力提供向心力,G���������2=ma=m���2���=mrω2=mr4π2���2,所以,卫星运行的线

速度、角速度、周期、加速度和半径的关系分别为:v=���������,ω=���������3,T=4π2���3������,a=���������2,地球静止轨道卫星半径大,则周期大,线速度小,角速度小,加速度小,A正确,B、C、D错误。2.A

解析:文昌的纬度比西昌的低,则其线速度大,在火箭推力相同的情况下,在文昌发射时有效载荷比西昌大,故A正确。第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的运行速度,也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度,由G���'

������2=m���2���解得v=������'���可知轨道半径越大线速度越小,试验船的轨道半径大于近地卫星的轨道半径,其运行速度一定小于7.9km/s,故B错误。在试验船内,植物是处于完全失重状态的,所以根的生长方向不会表现向地性,生长方向是随机的,故C错误。第二宇宙

速度11.2km/s是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度,第三宇宙速度16.7km/s是卫星逃逸太阳系的最小发射速度,火星探测器脱离地球引力束缚,绕火星做圆周运动,故发射速度应该大于11.2km/s,小于16.7km/s,故D错误。3.C解析:设

卫星运行周期为T0,则T0=������,根据������地���(���+ℎ)2=m4π2���02·(R+h),������地���2=g,联立解得h=������2���024π213-R=������2���24π

2���213-R,选项C正确。4.A解析:当发射速度大于第二宇宙速度时,探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动,火星在太阳系内,所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度,故A正确。第二宇宙速度是探测器脱离地

球的引力到太阳系中的临界条件,当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时,探测器将围绕地球运动,故B错误。万有引力提供向心力,则有������'������2=������12���,解得第一宇宙速度为v1=������'���,所以

火星的第一宇宙速度为v火=10%50%v地=55v地,因此火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度,故C错误。万有引力近似等于重力,则有������'������2=mg,解得火星表面的重力加速度g火=��

����火'���火2=10%(50%)2g地=25g地,所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度,故D错误。5.D解析:卫星群绕行星做匀速圆周运动,满足万有引力提供卫星圆周运动的向心力有������'������2=m���2���,解得线速度v=������'���,v2=�����

�'���,Gm'为一常量,则v与1���成正比,v-1���图像为幂函数,v-r图像也为幂函数,故A、B错误。v2与1���成正比,v2-1���是过原点的直线,v2-r图像为曲线,故C错误,D正确。6.CD解析:由开普勒第三定律得,���火3���火2=���地3���地2,r

火=32r地,则T火=278T地,故A错误;由������太������2=mω2r得ω=������太���3,轨道半径越大,角速度越小,由于火星轨道半径大于地球轨道半径,因此火星运动的角速度小于地球运动的角速度,在冲日处,

以地球为参考系,火星运动为逆行,故C正确,B错误;由于火星和地球运动的线速度大小不变,在冲日处火星与地球线速度的方向相同,所以此时火星与地球的相对速度最小,故D正确。7.AD解析:由速度对称性知竖直上抛的小球在空中运动时间t=2���0���,因此得���'���=�

��5���=15,选项A正确,B错误。由G���'������2=mg得m'=������2���,因而���星���地=���'���星2������地2=15×142=180,选项C错误,D正确。8.AB解析:“智能1号”在近月点所受月球对它的万有引力

,即为它所受的合力,由牛顿第二定律得F=ma,A正确。由万有引力定律得F=G���月���(���+ℎ)2,又在月球表面上,G���月���'���2=m'g,解得F=m���2���(���+ℎ)2,B正确。由于“智能

1号”环绕月球沿椭圆轨道运动,曲率圆半径不是R+h,C、D错误。9.答案:(1)3������地2���24π2(2)2ℎ���02���月2������2解析:(1)设地球质量为m地,根据万有引力定律及向心力公式得G���地���月��

�2=m月2π���2r,G���地������地2=mg联立解得r=3������地2���24π2。(2)设月球表面处的重力加速度为g月,小球飞行时间为t,根据题意得x=v0t,h=12g月t2G���月���'���月2

=m'g月联立解得m月=2ℎ���02���月2������2。考点15天体运动中的三类问题参考答案1.A解析:根据开普勒第三定律可知,���3���2=k,卫星的轨道半径越大,周期越大,所以中圆地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星的运行周期

,即小于地球自转周期,故A正确。倾斜地球同步轨道卫星与地球静止轨道卫星的周期相等,根据开普勒第三定律可知,两卫星的轨道半径相等,根据万有引力提供向心力,������'������2=m���2���,解得线速度v=������'���,轨道半径相等,线速度大

小相等,则倾斜地球同步轨道卫星和地球静止轨道卫星线速度大小相等,故B错误。中圆地球轨道卫星的轨道半径小于同步卫星轨道半径,则中圆地球轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度,同步卫星与赤道上的物体属于同轴转动的模型,角速

度相等,则同步卫星的线速度大于赤道上的物体的线速度,综上所述,地球赤道上物体的线速度比中圆地球轨道卫星线速度小,故C错误。第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大速度,是卫星发射的最小速度,

则中圆地球轨道卫星的发射速度大于7.9km/s,故D错误。2.B解析:在椭圆轨道Ⅱ上,根据开普勒第二定律可知P点的速度大于Q点的速度,故A错误。根据开普勒第三定律可得���Ⅰ3���Ⅰ2=���Ⅱ3���Ⅱ2,且aⅠ>aⅡ,所以TⅠ>TⅡ,即在

轨道Ⅰ上运行周期大于轨道Ⅱ上运行周期,故B正确。着陆器在P点变轨是做向心运动,需点火减速,故C错误。卫星在P点时都由万有引力产生加速度,在同一点引力产生的加速度相同,不管卫星在哪个轨道上运动,卫星的加速度相

同,故D错误。3.B解析:由题意可知,双星系统的周期为2T,设恒星A的轨道半径为rA,恒星B的轨道半径为rB,由万有引力提供向心力可得对恒星A,有������A���B���2=mArA4π2(2���)2对恒星B,有������A���B���2

=mBrB4π2(2���)2联立解得mA+mB=π2���3������2,故B正确,A、C、D错误。4.B解析:分析题意可知,在拉格朗日点,质量极小的物体(如人造卫星)仅在地球和月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上,即人造卫星与月球属于同轴转动的模型,角速度和周期相

等。在A点时,人造卫星离地球的距离比月球远,假设人造卫星只受地球引力作用,根据万有引力提供向心力可知,������'������2=mω2r,解得角速度ω=������'���3,人造卫星的角速度小于月球公转的角速

度,考虑月球引力的作用,则人造卫星在地球和月球共同引力下,角速度可以与月球公转的角速度相等,A点可能是“拉格朗日点”,同理,D点也可能是拉格朗日点。在C点,人造卫星离地球的距离比月球近,假设人造卫星只受地球引力作用,人

造卫星的角速度大于月球公转的角速度,考虑月球引力的作用,则人造卫星受到的引力减小,角速度可以与月球公转的角速度相等,C点可能是“拉格朗日点”。在B点,人造卫星离地球的距离比月球近,假设人造卫星只受地球引力作用,人造卫星的角速度大于月球公转的

角速度,考虑月球引力的作用,则人造卫星在地球和月球共同引力下,角速度一定比月球公转的角速度大,故C点不可能是“拉格朗日点”,故B正确,A、C、D错误。5.BC解析:在同一轨道上运动时,嫦娥五号的机械能守恒,A错误。由开普勒第三定律���3���2=k

可知,半长轴越大,周期越长,故嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长,B正确。由牛顿第二定律������地������2=ma可知a=������地���2,从不同轨道经过同一点时,加速度相同

,C正确。由Ⅱ轨道在Q点减速才能变轨到Ⅲ轨道,可见vⅡQ>vⅢQ,D错误。6.AC解析:已知同步轨道卫星的轨道半径、地球自转周期,根据万有引力提供向心力可知,������'������2=m4π2���2r,解得地球质量为m'=4π2���3������2,故A正确。同步轨道卫星的轨道平面必

须在赤道平面上,不能定位在北京正上空,故B错误。倾斜轨道和同步轨道,一天中相遇两次,地球与同步轨道卫星属于同轴转动,当两轨道相遇时,该卫星经过赤道上同一点,故该卫星在一个周期内有2次经过赤道上同一位置,故C正确。地球的第一宇宙速度是最

大的运行速度,倾斜地球同步轨道卫星比近地卫星轨道半径大,所以运行速度小于第一宇宙速度,故D错误。7.CD解析:a、b转动方向相同,在相遇一次的过程中,a比b多转一圈,设相遇一次的时间为Δt,则由Δ������a−Δ������b=1,解得Δt=8h,a、b每经过8h相距最

近,故A、B错误。b、c转动方向相反,在相遇一次的过程中,b、c共转一圈,设相遇一次的时间为Δt',则由Δ���'���b+Δ���'���c=1,解得Δt'=8h,即b、c每经过8h相距最近一次,故D正确。b、c转动方向相反,在相距最

远的过程中,b、c共转半圈,设时间为Δt″,则由Δ���″���b+Δ���″���c=0.5,解得Δt″=4h,即b、c经过4h第一次相距最远,故C正确。考点16功功率参考答案1.C解析:A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,加速度为gsinθ。由于A速度增大,由动能定理可知,A所受的

合力对A做正功,B对A的摩擦力做正功,B对A的弹力做负功,选项A、B错误,C正确。A对B不做功,选项D错误。2.A解析:根据题意,此过程中外力做的功等于细绳增加的重力势能,MQ的下半部分(质量为���3)的重心升高了���3,故增加的重力势能为ΔEp=������

3×���3=19mgl,所以外力做功19mgl,A正确。3.A解析:设排泥管内泥浆的速度为v,由Q=Sv得v=������=2m/s;又由P=Fv得F=������=1×104×1032N=5×106N,故

A正确。4.B解析:设重心上升的高度为h,根据相似三角形可知,每次俯卧撑中,有ℎ0.4m=0.9m(0.9+0.6)m,即h=0.24m。一次俯卧撑中,克服重力做功W=mgh=60×10×0.24J=144J,所以

1min内克服重力做的总功为W总=nW=4320J,功率P=���总���=72W,故选项B正确。5.C解析:电动机的电压恒为380V,扶梯不载人时,电动机中的电流为5A,忽略电动机内阻的消耗,认为电动机的输入功率和输出功率相等,即可得到维持扶梯运转的功率为P0

=UI=380×5W=1900W,电动机的最大输出功率为Pm=6.4kW,则可用于输送人的功率为ΔP=Pm-P0=4.5kW。由于扶梯以恒定速率向斜上方移动,每一个人所受的力为重力mg和支持力FN,且FN=mg,电动机通过扶梯的支持力FN对人做功,对每一个人做功的功率为P1=FNv

cosα=mgvcos(90°-30°)=150W,则同时乘载的最多人数为n=Δ������1=30,故C正确。6.BD解析:列车启动时,乘客随车厢加速运动,加速度方向与车的运动方向相同,故乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同,选项A

错误。对6、7、8节车厢的整体有F56=3ma+3kmg,对7、8节车厢的整体有F67=2ma+2kmg,故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56∶F67=3∶2,选项B正确。关闭发动机后,根据动能定理得12·8mv2=8kmgx,解得x=���22

������,可见滑行的距离与关闭发动机时速度的二次方成正比,选项C错误。8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1=2���8���������,8节车厢有4节动车时的最大速度为vm2=4���8���������,则���m1���m2=12,选项D正确。7.ACD解析:汽车开始做初速度为零的匀加

速直线运动,当达到额定功率时,匀加速结束,然后做加速度逐渐减小的加速运动,直至最后匀速运动。开始匀加速时F-Ff=ma,设匀加速刚结束时速度为v1,有P额=Fv1,最后匀速时F=Ff,有P额=Ffvm

,由以上各式解得匀加速的末速度为v1=���额���f+������,最后匀速时速度为vm=���额���f。在v-t图像中斜率表示加速度,汽车运动过程中开始加速度不变,后来加速度逐渐减小,最后加速度为零,选项A正确,B错误。汽车牵

引力开始大小不变,然后逐渐减小,最后牵引力等于阻力,选项C正确。开始汽车功率逐渐增加,P=Fv,故P-v图像为过原点的直线,后来功率恒定,选项D正确。8.AC解析:设工件的质量为m,运动过程中所受阻力大小为Ff。根据牛顿第二定律得F-Ff-mg=ma,根据功率

公式得P=Fv,联立得a=������·1���−���f���+���,由题图得图像的斜率k=������=50m2/s3,解得m=400kg,故A正确。工件由静止竖直向上吊起的过程中,速度逐渐增大,1���

逐渐减小,结合图像,加速度逐渐减小,故B错误。当工件的加速度为零时做匀速运动,由题图可知,a=0时,1���=0.21s/m,可得工件最终匀速时的速度大小v=10021m/s,故C正确。当1���=0时,-���f���+���=-10.5m/s2,解得Ff=

200N,故D错误。9.ABD解析:设总推力为F,则舰载机受到的合外力为0.8F,由动能定理有F合x=12mv2-0,可求出F=1.2×106N,减去发动机的推力,得出弹射器的推力为1.1×106N,选项A正确。弹射器对舰载机所做的功W弹=F弹x=1.1×108J,选项B正确

。舰载机的平均速度为���=���0+���2=40m/s,则弹射器做功的平均功率���弹=F弹���=4.4×107W,选项C错误。舰载机的加速度a=���22���=32m/s2,选项D正确。考点17动能和动能定理参

考答案1.D解析:物体只要速率不变,动能就不变,A错误。物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误。物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误。物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D正确。2.B解析:速度是

矢量,规定反弹后速度方向为正,则Δv=6m/s-(-6m/s)=12m/s,故B正确,A错误。动能是标量,速度大小不变,动能不变,则ΔEk=0,C、D错误。3.A解析:动摩擦因数与x成正比,故在前进x0的过程中,平均动摩擦因数为���=����

��02,在整个前进过程中,根据动能定理可得-���mgx0=0-12������02,解得v0=���������02,故A正确,B、C、D错误。4.B解析:设物块在曲面上升的最大高度为h'。对物块从开始到运动至曲面最高点的过程,由动能定理得mg(h-h')-μmgcosθ·ℎsin���

=0,解得h'=0.80m,故A、C、D错误,B正确。5.B解析:由题意知,小物块第一次到达O点,由动能定理可得mgh=Ek,此时小物块的路程s1=ℎsin���,第一次通过O点后动能Ek1=95%Ek=95%mgh,此时

利用动能定理知小物块上升高度h1=95%h,第二次到达O点滑下的路程s2=2ℎ1sin���=95%2ℎsin���,同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3=(95%)22ℎsin���,…,故小物块运动的总路程s总=s1+s2+…+sn=ℎ

sin���+95%2ℎsin���+(95%)22ℎsin���+…+(95%)n-12ℎsin���,n无穷大时,可得s总=39ℎsin���(等比数列求和),故B正确。6.B解析:设任一倾斜滑道的倾

角为θ,高度为h,滑草装置和草面间的动摩擦因数为μ。乙由A点滑到C点的过程中,由动能定理有mgh-μmgcosθ·ℎsin���-μmg·lB'C=0,即h-μ(hcotθ+lB'C)=0,其中hcotθ+lB

'C是A点与C点间的水平距离,可知,hcotθ+lB'C=ℎ���,与θ无关,所以甲最终停在C点处,故B正确。7.BD解析:设物块滑上木板时间t后离开木板,在这段时间内物块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,木

板在摩擦力的作用下做匀加速直线运动,它们这段时间内的v-t图像如图所示,AB为物块的v-t图像,OC为木板的v-t图像。结合题意可知梯形OABC的面积表示木板长度l,三角形OCD的面积表示木板的位移,由图可知S△OCD<S梯OABC,

则木板的位移x1<l。梯形OABD的面积表示物块的位移,由图可知S梯OABD>S梯OABC,则物块的位移x2>l。此过程中对木板由动能定理得Ffx1=Ek1-0,所以当物块从右端离开木板时木板的动能Ek1=Ffx1<Ffl,选

项A错误,B正确。对物块由动能定理得-Ffx2=Ek2-12������02,所以当物块从右端离开木板时物块的动能Ek2=12������02-Ffx2<12������02-Ffl,选项C错误,D正确。8.AB解析:A、E在同一高度上,从

A点到E点过程中嫦娥五号返回器的速度从11.2km/s降到7.9km/s,重力做功为零,根据动能定理得-Wf=12���������2−12���������2,其中vA=11.2km/s=1.12×104m/s,vE=7.9km/s=7.9×103m/s

,m=300kg,解得返回器克服大气层阻力做功Wf=9.45×109J,故A正确。从C点到E点过程中,空气阻力可忽略不计,只有重力做功,返回器机械能守恒,故B正确。返回器在D点的合力等于重力,瞬时加速度为重力加速度,不为零,故C错误。返回器从E点到F点的过程中,在减速阶段,返回器处于超

重状态,故D错误。9.AD解析:在最高点C,车厢对圆环轨道的压力恰好为零,根据牛顿第二定律可得mg=m������2���,解得vC=210m/s,故A正确,B错误。在ABEC过程中,根据动能定理可得mg(h0-2r)-W1=1

2���������2-0,解得W1=800J。设CFB过程克服摩擦力做的功为W2,因该过程车厢与轨道的平均压力小于BEC过程,则摩擦力也小于BEC过程的摩擦力,则有0<W2<W1。在CFBD过程中,由动能定理

得-mg(h-2r)-W2=-12���������2,解得8m<h<10m,故C错误,D正确。10.AD解析:由题图可知,物体刚被抛出时的机械能为100J,即物体竖直上抛的初动能Ek0=100J。当机械能与重力势能相等,说明动能为零,上升到最高点时离地面高度为4m,这时mgh=E,所以

m=������ℎ=8010×4kg=2kg,A正确。根据Ek0=12������02,v0=2���k0���=2×1002m/s=10m/s,B错误。从题图中可以得出在上抛过程中,机械能有损失,上升到最高点

的整个过程中,共损失了20J的机械能,按照比例上升2m时,机械能损失了10J。因此当h=2m时,物体的动能Ek=100J-40J-10J=50J,C错误。当h=0时,Ek0=100J,当h=4m时,Ek4=0,所以从地面至h=4

m,物体的动能减少100J,D正确。11.答案:(1)1.5N(2)1.6m(3)0.8J解析:(1)小球从A运动到B,由动能定理得mgR=12������02在B点FN-mg=������02���解得v0=4m/s,FN=1.5N根据牛顿第三定律,小球

对轨道的压力大小FN'=FN=1.5N。(2)竖直方向h0-h=12gt2水平方向x=v0t解得x=1.6m。(3)小球从B运动到球筐的过程,由动能定理得mg(h0-h)=Ek-12���������2平抛运动x=vBt,h0-h=12gt2联立解得Ek=�����

����24(ℎ0-ℎ)+mg(h0-h)当h0=h+12x=1m时,Ek有最小值,其最小值为Ekmin=mgx=0.8J。12.答案:(1)1.5m(2)3.2N,方向竖直向上(3)0.75<μ'<0.89解析:(1)滑块从B到C做平抛运动,则竖直方向有h=12

gt2水平方向有s=vBt解得vB=3m/s滑块从A到B的过程,根据动能定理得Fx-μmgl=12���������2-0解得水平推力F作用的位移大小x=1.5m。(2)根据平抛运动的规律得h=����

��22���解得滑块到达C点时竖直分速度的大小vy=4m/s滑块到达C点时速度大小vC=������cos37°=5m/s从C到E,根据动能定理得-mgR(1-cos53°)=12���������2−12���������2在E点,对滑块由牛

顿第二定律得FN+mg=m������2���解得FN=3.2N根据牛顿第三定律,滑块第一次到达E点时对轨道的作用力FN'=FN=3.2N,方向竖直向上。(3)设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ'。由滑块能停在FG上,可得μ'mgcosθ>mg

sinθ解得μ'>0.75由反弹一次可得12���������2+mg(R-Rcos37°+dsin37°)>μ'mgdcos37°解得μ'<0.89分析可知,当μ'>0.75时,EkF=12����

�����2+mg(R-Rcos37°)=1.15J<μ'mg·2dcos37°滑块无法返回P点。综上所述,滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为0.75<μ'<0.89。考点18机械能守恒定律参考答案1.A解析:烧断细线后,小球受重力和弹力作用,故弹簧、小球所构的系统机械能守

恒,选项A正确。小球受到重力和向上的弹力两个力,弹簧的弹力先大于重力,小球加速上升,后弹力小于重力,小球减速上升,所以球的动能先增大后减小,当加速度等于零时,此时所受的合力为零,即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大,动能最大,此时弹簧尚处于压缩状态,故B、D错误。

小球刚开始向上运动时,合力向上,然后逐渐减小到零,脱离弹簧后合力为mg,因不知道开始运动时加速度的大小,故无法比较合力大小,故球所受合力的最大值不一定等于重力,选项C错误。2.A解析:人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v,根据机械能守恒定律可知mgh'=12mv2,代入数据解得v=45

m/s,从滑梯末端水平飞出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,根据h=12gt2可知落水时间为t=2ℎ���=2×110s=15s,水平方向做匀速直线运动,则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x=vt=45×15m=4.0m,故A正确,B、C、D错误。3.D解析

:笔向上运动先加速到加速度变为0,再减速运动,则动能先增大再减小,故A错误。笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和一定,动能先增大后减小,则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大,且弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量,故B、C错误,D正确。4.C解析:如图所示

,设圆环下降的高度为h,圆环的半径为R,圆环到P点的距离为l,根据机械能守恒定律得mgh=12mv2,由几何关系可得h=lsinθ,sinθ=���2���,联立可得h=���22���,可得v=l���

���,选项C正确。5.A解析:剪断细绳之前2FTsinθ=mg;剪断细绳后,摆到最低点时12mv2=mgl(1-sinθ),由牛顿第二定律FT'-mg=m���2���,联立解得���T'���T=6sinθ-4sin2θ。由数学知识可

知,当sinθ=34时,此比值最大,最大值为94,选项A正确。6.B解析:在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而曲面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前压力的作用,所以小球之间始终相互挤压,圆弧轨道上

的小球做加速圆周运动,故A错误。1号小球在下滑过程中,始终受到2号小球对它的压力,所以1号小球第一次经过B点时,有12������12<mgR,解得v1<2������,故B正确。1号小球在B点,由牛顿第二定律得an=���12���,而v1<2������,联立解得an<2g

,故C错误。冲上斜面后,后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N个小球在运动过程中始终不会散开,所以1号小球在曲面上和斜面上都会有机械能的减小,设1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为h,由能量守恒得mgR>mgh,解得h<R,故D错误。7.C解析:甲球

刚开始运动时,两球加速度大小相等,设为a。根据牛顿第二定律对甲球有m1gsin45°-F=m1a对乙球有F-m2g=m2a联立解得a=10(2-1)3m/s2,故A错误。甲球沿着半圆轨道运动过程中,忽略一切摩擦,对甲、乙两球组成的系统,只有重力做功,系统的

机械能守恒。若甲球沿半圆轨道运动过程中,经过某点时对轨道的压力为零,设此时该点与O点的连线与水平方向的夹角为θ,从B点到该点的过程,根据系统的机械能守恒得m1g(rsin45°-rsinθ)-m2gr·π4-���=12(m1+m2)v2其中0≤θ<π4在该点,对甲球,根据牛顿

第二定律有m1gcosθ=m1���2���联立解得5sin(θ+37°)=22−π2+2θ令y=5sin(θ+37°)和y=22−π2+2θ,分别作出y-θ图像,可知两图线有交点,所以通过分析可知θ有解,但不为零,所以甲球经过该点时做离心运动,甲球一定不能沿半圆轨道下滑经

过A点,故B错误,C正确。甲球沿着半圆轨道运动过程中,绳子拉力对甲球做负功,则甲球机械能减小,故D错误。8.BC解析:要使物体恰能从O点平抛出去,在O点有mg=m���22���,解得物体从O点平抛出去的最小速度为v=2������。设∠CO1O=θ,由机械能守

恒定律可知,mgR(1-cosθ)=12mv2,解得θ=90°,故选项A错误,B正确。由平抛运动规律可得,x=vt,2R=12gt2,解得落地点距O2的距离为22R,选项C正确,D错误。9.BC解析:A、B两球用轻杆相连共轴转动,角速度大小始终相等,转动半径相等,所以两

球的线速度大小也相等,选项A错误。杆在水平位置时,重力对B球做功的瞬时功率为零,杆在竖直位置时,B球的重力方向和速度方向垂直,重力对B球做功的瞬时功率也为零,但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零,因此,重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小,选项B正确。设B球转动到最低位置时速度为v,两球线

速度大小相等,对A、B两球和杆组成的系统,由机械能守恒定律得2mgl-mgl=12(2m)v2+12mv2,解得v=23������,选项C正确。B球的重力势能减小了2mgl,动能增大了23mgl,故机

械能减小了,所以杆对B球做负功,选项D错误。10.ACD解析:初始位置时,小滑块静止,动能为0,由Ep=mgh解得m=0.2kg,故A正确。由题图乙可知,当h=0.15m时,小滑块的机械能最大,则弹簧的弹性势能全部转化为小滑块的机械能,可得此时弹簧处于原长,故弹簧的原长为0.15m

,故B错误。由题图乙可知,小滑块本身的机械能为0.1J,最大机械能为0.6J,由系统机械能守恒得此过程中弹簧的最大弹性势能为0.5J,故C正确。当小滑块的动能为零时,小滑块的机械能则为它的重力势能,对小滑块由机械能守恒得mgh'=0.

6J,h'=0.3m,所以小滑块距地面的最大高度为0.3m,故D正确。11.答案:(1)2Rω(2)m4���2���4+���2(3)���'+16���2���'���(ωR)2解析:(1)根据线速度和角速度的关系可知,重物落地后,小球线速度的大小为v=2Rω。(2)重物落地后一小球转到

水平位置,此时小球的向心力为F向=2mRω2此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力,如图所示。根据几何关系可得F=���向2+(������)2=m4���2���4+���2。(3)落地时,重物的速度为

v'=ωR由机械能守恒得12m'v'2+4×12mv2=m'gh解得h=���'+16���2���'���(ωR)2。12.答案:(1)4m/s(2)1.25m-140N(3)2.20m解析:(1)物块滑上长木板后将做匀减速直线

运动,长木板将做匀加速直线运动,设物块加速度大小为a1,长木板加速度为a2,由牛顿第二定律可得对物块有μmg=ma1对长木板有μmg=m0a2设长木板与物块经历时间t后速度相等,则有v0-a1t=a2t物块的位移s1=v0t-12

a1t2长木板的位移s2=12a2t2代入数据解得s1=5m,s2=2m由于s2=x、l=s1-s2,说明长木板与挡板碰撞时,物块到达长木板右端恰好与长木板共速,由运动学公式得物块到达A点的速度为vA=2��

�2���2=4m/s。(2)将物块到达B点时的速度设为vB,由牛顿第二定律得F=m������2���从A点到B点过程中,由机械能守恒定律得12���������2=12���������2+mgR由以上各式得F=m������2���-

2mg故纵坐标为y=2mg=40N横坐标为x=1.25m-1。(3)设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为Rm,此时经过C点的速度设为vC,则有mg=m������2���m从A到C点过程中,由

机械能守恒可得12���������2=12���������2+2mgRm代入数据解得Rm=0.32m,如果半圆轨道的半径R<32cm,则此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道,由以上各式可知vC=������2-4������物块离

开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中,有x'=vCt,2R=12gt2联立得x'=2(������2-4������)������,代入数据知,当R=0.2m时x'有最大值,xm'=0.8m物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离为xmin'=l-xm'=

2.20m。考点19功能关系、能量守恒定律参考答案1.D解析:由功能转换关系知,重力做功对应重力势能的变化,合力做功对应物体动能的变化,选项D正确。2.A解析:水瓶以a=54g的加速度减速上升,设阻力为Ff,则有mg+Ff=ma,解得阻力Ff=14mg,上升阶段动能的改变量等于合外力做

的功,W合=-mah=-54mgh,故A正确。上升过程机械能的变化等于阻力做的功,即-Ffh=ΔE,所以上升过程机械能减少14mgh,故B错误。上升过程由动能定理-54mgh=0-Ek0,得初动能为54mgh,全程由动能定理得-2Ffh=Ek-Ek0,解得Ek=34

mgh,故C错误。上升阶段加速度方向向下,下落阶段加速度方向向下,均为失重状态,故D错误。3.C解析:设斜面的倾角为θ,则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf=μmgcosθ·xOM+μmgxMN,由题图可知,xOMcosθ+xMN=

s,两式联立可得Wf=μmgs=5000J,故选项A、B、D错误,C正确。4.D解析:小滑块沿斜面下滑的过程中,根据动能定理有F合x=ΔEk,由题图乙的斜率可求得合力F合=Δ���kΔ���=2510N=2.5N。小滑块重力势能的变化量ΔEp=-mgΔxsinθ,由题图丙的斜率可求得mg

sinθ=-Δ���pΔ���=10010N=10N,F合=mgsinθ-Ff=mgsinθ-μmgcosθ=ma=2.5N,则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出。因小滑块的质量m未知,故斜面的倾角θ、小滑块

与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小不能求出,故选D。5.C解析:煤粉竖直抖落到传送带上,在滑动摩擦力作用下加速到与传送带速度相等。由牛顿第二定律μmg=ma,解得煤粉的加速度大小a=μg=2m/s2。加速时间t=������=1s,加速位移x1=1

2at2=1m,在1s时间内传送带位移x2=vt=2m,煤粉相对于传送带滑动的距离Δx=x2-x1=1m,每秒钟由于煤粉滑动摩擦产生的热量Q=μm1gΔx=0.2×25×10×1J=50J,每秒钟竖直抖落到传送带上的煤粉增加的动能ΔEk=12m1v2=12×25×22J=50J,根据功能关系,传

送带电动机应增加的功率P=100W,C正确。6.D解析:根据题意可知,小球在运动过程中受到的弹力对小球做正功,所以小球的机械能不守恒,故A错误。重力做功是重力势能变化的量度,由题意知重力做负功,重力势能增

加-W1,故B错误。小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量,即为ΔE=-W1+12mv2,故C错误。据功能关系可知,弹簧的弹力做正功,弹性势能减小,故弹簧的弹性势能减小了ΔEp=W2,故D正确。7.A解析:球B下落时,A、C开始运动,当B落地

后,A和C停止运动,所以球A和C的机械能先增大后减小,因A、B、C三球组成的系统机械能守恒,故球B的机械能先减小后增大,故A正确。对整个系统分析,有2mg·32l=12×2m���B2,解得vB=3������,故B错误。在B落地前,球A、C做减速运动,轻杆对球有

向上的力的作用,故球A对地面的压力可能小于mg,故C错误。系统在水平方向所受外力为零,系统水平方向上动量守恒,因为A、C两球质量不相同,故速度不一样,故球B落地点不可能位于初始位置正下方,故D错误。8.BCD解析:矩形板在滑上橡

胶带的过程中对橡胶带的压力是变化的,所以矩形板受摩擦力是变化的,故A错误。重力做功WG=mg(l+d)sinθ=3.6J,所以B正确。产生的热量等于克服摩擦力做的功Q=2×12μmgcosθ·d=0.8J,所以C正确。根据动能定理有WG-Q=12mv2-0,解

得v=2355m/s,所以D正确。9.CD解析:由题图可知t=0时的动能Ek1=12������02=3×103J,t=2s时的动能Ek2=12mv2=15×103J,t=2s时的竖直分速度vy=gt=20m/s,根据运

动的合成与分解有v=���02+������2,联立解得m=60kg,v0=10m/s,选项A错误。2s内的水平位移x=v0t=20m,竖直位移y=12gt2=20m,由几何关系知tanα=������=1,则斜面倾角α=45°,选项B错误。运动员运动到b

处时,重力的瞬时功率为P=mgvy=1.2×104W,选项C正确。t=1s时竖直速度vy'=10m/s=v0,可见t=1s时的速度方向与斜面平行,此时运动员在空中离坡面的距离最大,选项D正确。10.ABC解析:根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲<a乙,再由牛顿第

二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得知μ甲<μ乙,故A正确。传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量,动能增加量相等,重力势能的增加量也相同,故两传送带对小物体做功相等,故B正确。由摩擦生热Q=Ffs相对知,甲传

送带,Q甲=Ff1s1=Ff1ℎ0sin���,Ff1-mgsinθ=ma1=m���22ℎ0sin���;乙传送带,Q乙=Ff2s2=Ff2ℎ0-ℎsin���,Ff2-mgsinθ=ma2=m���22ℎ0-ℎsin���,解得Q甲=mgh0+12mv2,

Q乙=mg(h0-h)+12mv2,所以Q甲>Q乙,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与小物体增加机械能之和,因小物体两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>Q乙,所以甲传送带消耗的电能更多,故C正确,D错误。11.答案:(1)0.40.6(2)108J(3)117m解

析:(1)放上物块后,在A、B相对滑动过程中,由图示图像可知,B的加速度aB=Δ���BΔ���B=123m/s2=4m/s2,A的加速度aA=Δ���AΔ���A=12-183m/s2=-2m/s2。由牛顿第二定律得,对B,μ1mg=maB,对A,F-μ1mg-μ2(m

0+m)g=m0aA,解得μ1=0.4,μ2=0.6。(2)物块与木板相对运动过程中,相对位移s=12×18×3m=27m,物块与木板之间的摩擦产生的热量Q=μ1mgs=0.4×1×10×27J=108J。(3)A、B共同

运动时,由牛顿第二定律得μ2(m0+m)g-F=(m0+m)a,解得a=1m/s2,A、B共同运动时间t=������=121s=12s,放上物块后木板运动的总位移x=12×(12+18)×3m+122×12m=117m。1

2答案:(1)0.9J(2)566m,56m(3)2.9J7.5J解析:(1)设释放小物块时弹簧具有的弹性势能为Ep0。小物块从释放到C点的过程,根据能量守恒定律得Ep0=μmgl+12���������2代入数据解得Ep0=0.9J。(

2)小物块离开C点后做平抛运动,则有x=vCth-y=12gt2结合题意得y=15x2联立得小物块落到坡面上的位置坐标为566m,56m。(3)物块从B到C,由能量守恒定律得Ep=μmgl+12���������2小物块做平抛运动,有x=vCth'=12gt2又y=h-h'=15x2小物块落在

坡面上的动能为Ek=mgh+12���������2代入得Ek=0.1������2+25025+������2J根据数学知识可知,当vC=5m/s,即Ep=2.9J时,动能最小,且Ekmin=7.5J。考点20动量和动量定理参考答案1.C解析:对小

球受力分析可知,小球受重力和绳子的拉力作用,设向上为正方向,由动量定理有(F-mg)t=0-(-I0),解得F=���0���+mg,故C正确,A、B、D错误。2.D解析:物体在光滑的斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,位

移x=12at2,x-t图线是开口向上的抛物线的一部分,过P点后物体做匀减速直线运动,故A错误。P是斜面的中点,物体前半段位移与后半段位移大小相等,v-t图像与坐标轴围成的面积应相等,两过程的运动时间t相等,而图示两段v-t图像与

坐标轴围成的面积不相等,两段的运动时间t不相等,故B错误。物体先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀减速直线运动且末速度为零,两段位移x大小相等,匀加速结束的速度与匀减速的初速度v相等,由a=���22���可知两段加速度大小相等,由牛顿第二定律可知F=ma,两段运动

过程所受合外力大小相等,方向相反,故C错误。由动量定理得I=F合t=mat,由于物体运动两过程所受合力F大小相等、方向相反,力的作用时间t相等,则两过程合外力的冲量方向相反,故D正确。3.C解析:在时间t内喷出离子的质量m=3.0×10-6kg/s·t,对喷出的离

子,由动量定理得Ft=mv-0,代入数据解得F=0.09N,由牛顿第三定律可知,探测器获得的平均推力大小F'=F=0.09N,故C正确,A、B、D错误。4.C解析:取竖直向下为正方向,对大气球,由动量定

理有(mg-F)·Δt=-mv'-mv,代入数据解得F=90N,故C正确。5.A解析:设雨滴受到支持面的平均作用力为F,水杯中在Δt时间内有质量为Δm的雨水速度由v=10m/s减为零。不计雨滴的重力,以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理FΔt=0-(-

Δmv)=Δmv,解得F=Δ������Δ���。设水杯横截面积为S,水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh,则有Δm=ρSΔh,故F=ρSvΔℎΔ���,������=ρvΔℎΔ���=1×103×10×15×10-310×60N/m2=0.25N/m2,故芭蕉叶面

单位面积上的平均受力约为0.25N,A正确,B、C、D错误。6.BD解析:在碰撞过程中,模拟乘员的动量的变化量是一定的,根据动量定理Ft=0-p,可知模拟乘员受到撞击力的冲量大小也是一定的,故A、C错误。在碰撞过程中,模拟乘员的动量的变

化量是一定的,安全气囊打开时,增加了作用的时间,根据动量定理Ft=Δp可知,可以减小模拟乘员受到的撞击力;由于F=Δ������,因此减小了驾驶员的动量变化率,即模拟乘员的动量变化慢,故B、D正确。7.

CD解析:机车和拖车整体合外力不为零,选项A错误。汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零,系统机械能增加,选项B错误。以拖车为研究对象,由牛顿第二定律得-μmg=ma',则a'=-μg,由-v0=a't得,拖车脱钩后到停止经历的时间为t=���0������,选项

C正确。全过程系统受到的合外力始终为(m0+m)a,末状态拖车的动量为零,全过程对系统应用动量定理可得(m0+m)a·���0������=m0v'-(m0+m)v0,解得v'=(���0+���)(���+������)������0���v0,选项D正确。8.答案:(1)2m/s(2)2

.56m/s2解析:(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒,设当进入质量为m的水后,小车速度为v1,则mv=(m+m0)v1,即v1=���������+���0=2m/s。(2)质量为m的水流进小车后,在极

短的时间Δt内,冲击小车的水的质量Δm=ρS(v-v1)Δt,设此时水对车的冲击力为F,则车对水的作用力为-F,由动量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv,得F=ρS(v-v1)2=64N,小车的加速度a=������0+���=2.56m/s2。考点21动量守恒定律及其应用参考答案1.B解析:分

析小球的运动过程,A与弹簧接触后,弹簧被压缩,弹簧对A产生向左的弹力,对B产生向右的弹力,A做减速运动,B做加速运动,当B的速度等于A的速度时弹簧压缩量最大,此后A球速度继续减小,B球速度继续增大,弹簧压缩量减小,当弹簧第一次恢复原长时,B球速率最大。由以上分析可知,当弹簧压缩量最大时

,A球速率没有达到最小值,故A错误。弹簧被压缩后,B球的速度一直在增大,当弹簧恢复原长时,B球速率达到最大值,故B正确。由于质量mA<mB,A的速度变化比B快,A球的速度是0时,弹簧仍然处于压缩状态,B球的速率没有达到最大,故C错误。当弹簧恢复原长时,B球速率达到最大值,所以此时弹

簧的弹性势能是0,故D错误。2.D解析:取喷气前的火箭整体为研究对象,喷气过程动量守恒。设每次喷出气体的速度为v,三次喷气后火箭的速度为v',由动量守恒定律得(m0-3m)v'=3mv解得v'=2m/s,故A、B、C错误,D正确。3.B解析:设物块的质量为

m,物块1的初速度为v0,则E0=12������02物块1和物块2碰撞过程中,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1根据能量守恒定律可得ΔE1=12������02−12×2m���12=12×12������02=���02同理可得前4个物块碰撞后速度为v3,则mv0=4

mv3,解得v3=14v0前4个物块与第5个物块发生碰撞过程中,根据动量守恒定律可得4mv3=5mv4,解得v4=15v0最后一次碰撞中,损失的动能为ΔE2=12·4m���32−12·5m���42

=120×12������02=���020所以首次碰撞和最后一次碰撞中,损失的动能之比为Δ���1Δ���2=10,故B正确,A、C、D错误。4.B解析:根据题意可知,物块Q从光滑曲面体P上滑下,两者组成的系统没有重力以外的其他力做功,系统的机械能守恒,故D错误。物块Q滑下,曲面体向后运动,说

明滑块Q对曲面体P做正功,则曲面体P对滑块Q做负功,且P和Q之间的相互作用力做功之和为零,故B正确,A错误。P和Q组成的系统所受外力不为零,动量不守恒,但在水平方向的外力为零,系统在水平方向的动量守恒,故C错误。5.D解析:两球在P处发生碰撞后在Q点发

生第二次碰撞,在P处碰撞后A反弹,碰撞后两球的速度大小之比���A���B=���A������B���=���A���B=13两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以碰撞前A球的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAv=-mAvA+mBvB,由

机械能守恒定律得12mAv2=12mA���A2+12mB���B2,解得mA∶mB=3∶5,故A、B、C错误,D正确。6.BCD解析:如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减

速运动,最后停止,最终两冰壶的位置如图B所示,故B正确。如果为非弹性碰撞,总动量向右,则C图有可能,故C正确,A错误。若两球不是对心碰撞,则两球可能在竖直方向均发生位移,但竖直方向应保证动量为零,D有可能,故D正确。7.BC解析:根据题图乙,A抱住B前A的速度大小vA=������=102m/

s=5m/s,A抱住B后他们的共同速度大小v=���'���'=14-104-2m/s=2m/s,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得mB=75kg,故A错误,B正确。A抱住B的过程中损失的机械能ΔE=12mA���A2−12(mA+mB)v2,解得ΔE=375J,故C正确,D错误。

8.AD解析:设两球质量为m,碰前总动量p=pA+pB=12kg·m/s,碰前总动能Ek=���A22���+���B22���若pA'=6kg·m/s,pB'=6kg·m/s,碰后总动量p'=pA'+pB'=12k

g·m/s碰后总动能E'=���A'22���+���B'22���<Ek,故可能发生,A正确。若pA'=6kg·m/s,pB'=4kg·m/s,碰后p'=pA'+pB'≠p,故不可能,B错误。若pA'=-6kg·m/s,pB'=18kg·m/s,碰后E'=���A'22���+���B'22

���>Ek,故不可能,C错误。若pA'=4kg·m/s,pB'=8kg·m/s,碰后p'=12kg·m/s=p,E'=���A'22���+���B'22���<Ek,故可能,D正确。9.答案:(1)15m/s5m/s(2)0.67解析:(1)A与B发生弹性碰撞,碰

撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得3mv0=mvA+3mvB由机械能守恒定律得12×3m���02=12������A2+12×3m���B2代入数据解得vA=15m/s,vB=5m/s。(2)滑块A恰好经过半圆最高点,在最高点

重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=m���A'2���A离开半圆轨道后做平抛运动,竖直方向2R=12gt2,水平方向x=vA't对滑块B,从碰后到停止运动过程,由动能定理得-μ·3mgxB=0-12×3m

���B2滑块A在水平面上走过的位移为xA=xB+x对滑块A,从碰后到运动至最高点过程,由动能定理得-μAmgxA-mg2R=12mvA'2-12������A2代入数据解得μA=0.67。考点22动量守恒中的力学综合问题参考答案1.D解

析:由于不计一切摩擦,在小球与U形管相互作用过程中,小球的动能只能与U形管的动能发生转移,故小球与U形管组成的系统机械能守恒,系统沿导槽方向所受合外力为零,小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒,故A错误。小球进出U形管的过程,小球与U

形管系统机械能守恒,沿着轨道方向,系统动量守恒,类比弹性碰撞,质量相等交换速度,小球从U形管的另一端射出时,速度大小为0,故B错误。小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程中,沿着轨道方向,系统动量守恒,以向左为正方向,由动量

守恒定律得mv0=(m+m)vx,解得vx=���02,根据机械能守恒定律得12������02=12������022+12������32(设小球的合速度为v3),解得v3=32v0,故C错误。在

小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,垂直轨道的分速度为v3y=���32-������2=32���02-���022=22v0,运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,在垂直轨道方向,以垂直向下为正方向,对小球,根据动量定理有I=mv3y=22mv0,U形管与平行导槽间的

作用力是作用力与反作用力,它们大小相等、方向相反、作用时间相等,则平行导槽受到的冲量大小也为22mv0,故D正确。2.答案:(1)30N(2)1.75m解析:(1)物块从光滑圆弧轨道A点滑到B点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律得mgR=12���������2代入数据解得

vB=4m/s在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=m������2���代入数据解得FN=30N由牛顿第三定律可知,物块滑到B点时对轨道的压力FN'=FN=30N。(2)物块滑上小车后,由于水平地面光滑,系统所受

合外力为零,所以系统的动量守恒。以向右为正方向,由动量守恒定律得mvB=(m+m0)v代入数据解得v=1m/s由能量关系得系统因摩擦产生的热量Q=12���������2−12(m+m0)v2解得Q=6J由功能关系知Q=12μ1mg

x1+μ1mg(x-x1)将μ1=0.4,x1=0.5m代入可解得x=1.75m。3.答案:(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析:(1)在滑块a从D到F的运动过程中,根据动能定理得mg·2R=12���������2−12������02解得vF=10m/s

在F点有FN-mg=m������2���解得FN=31.2N。(2)滑块a返回传送带的过程一直在做减速运动,设滑块a与滑块b碰后的速度为va,在滑块a从碰后到返回到传送带的B点的过程中,根据动能定理得-mg·2R-μmgL=12���������2−12������a2解得va=5m/sa和b

相互作用的过程满足动量守恒,mvF=m(-va)+3mvb解得vb=5m/sa和b碰撞过程损失的机械能为ΔE=12���������2−12������a2−12×3m���b2解得ΔE=0。(3)若滑块a碰到滑块b

立即被粘住,则根据动量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5m/s弹簧被压缩到最短和最长,均有mvF=(m+3m+2m)v'解得v'=53m/s弹簧最大压缩量和最大伸长量均满足12kx2=12(m+3m)v2-12(m+3m+2m)v'2弹簧最大长度与最小长

度之差为Δx=2x解得Δx=0.2m。4.答案:(1)0.6m���02(2)0.768v0t0(3)0.45解析:(1)当t=t0时,A与B速度相同,弹簧弹性势能最大,满足mB·1.2v0=(mB+mA)v0此时弹簧的弹性势能Ep=12mB(1

.2v0)2-12(mB+mA)���02解得mB=5m,Ep=0.6m���02。(2)设0~t0时间内某一时刻物块A的速度为vA,物块B的速度为vB,从此刻到二者速度相同的过程中,由动量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v0由微元法可知,在极短的一段时间

Δt内,有mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt故在0~t0时间内有mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0其中xA、xB分别表示A、B在这段时间内移动的距离已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0故第一次碰撞过程中,弹簧的最大压缩量Δx=xB-xA=

0.768v0t0。(3)由题图乙知,第一次碰撞结束时,A的速度为2v0,B的速度为0.8v0,因第二次碰撞结束后A达到的最高点与第一次相同,故第二次碰撞结束时A的速度也为2v0。设A上升的最高点高度为h,第二次碰撞前A的速度大小为vA'A上滑过程中,由动能定理得-mgh-μmg

cosθ·ℎsin���=0-12m(2v0)2①A下滑过程中,由动能定理得mgh-μmgcosθ·ℎsin���=12mvA'2-0②由题意知,第二次碰撞为弹性碰撞,设碰后B的速度大小为vB'由动量守恒定律得mB·0.8v0-mAvA

'=mBvB'+mA·2v0③由能量守恒定律得12mB(0.8v0)2+12mAvA'2=12mBvB'2+12mA(2v0)2④联立①②③④得μ=0.45。考点23静电场及其应用参考答案1.D解析:左侧小球的电场线是向外发

散的,则左侧小球带正电,右侧小球的电场线是向里会聚的,则右侧小球带负电,故A错误。两球之间的电场线向右,电场强度向右;带电粒子的轨迹向左弯曲,所受的静电力向左,与电场强度方向相反,则带电粒子带负电,故B错误。由题图可知b点的电场线比a点的电场线疏,则b点的电场强度比a点的电

场强度小,根据F=qE,粒子在b点所受静电力较小,故C错误。粒子从a点运动到b点的过程中,静电力方向与运动方向成钝角,静电力做负功,电势能增大,则粒子在b点的电势能较大,故D正确。2.D解析:根据电场强度的矢量性可

知,要使P点的电场强度为零,三个点电荷不可能是同种电性,故A、B错误;根据矢量叠加特点和几何关系知,Q1、Q3在P点的电场强度应大小相等,故C错误,D正确。3.D解析:正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发,呈辐射状分布的,A错误。同一电场的电场线在空间不能相交,否则同一点具有两个电场强度方向,

B错误。电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向,由于C点所在电场线为曲线,所以将该粒子在C点由静止释放,它一定不能沿电场线运动,C错误。由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧,该粒子带负电,可知电场强度方向应是从B到C,A点的电势高于D点

的电势,故从A到D静电力对粒子做负功,粒子的动能减小,则粒子在A点的速度较大,D正确。4.C解析:若取走C处弧长为Δl的小圆弧上的电荷,根据对称性,细圆环上剩余电荷产生的电场在O点的电场强度为零,即取走A、B处电荷后,细圆环上电荷产生的电场在O点的电场强度等于C处小圆弧上电荷

产生的电场在O点的电场强度。因为O点电场强度为零,说明C处小圆弧上的电荷产生的电场与q产生的电场在O点的合电场强度为零,即������(2���)2=k·���·Δ���2π������2,解得q=2

���Δ���π���。因为C处小圆弧带正电,所以q带负电,选项C正确。5.B解析:设轻绳的拉力为FT,则对A有FT+FTcos60°=k���2���2,FTcos30°=maA,联立解得aA=3������23������2,选项B正确,A错误。恒力F的大小为F=2FTcos30°

=23������23���2,选项C、D错误。6.ABD解析:由题图可知M点的电场强度比K点的大,故A正确。由静电感应现象可知球壳内表面带负电,外表面带正电,故B正确。由于φK>φL,则-q在K点的电势能比在L点的小

,故C错误。试探电荷-q受到的静电力方向指向球心的正电荷,则-q沿电场线从M点运动到N点,静电力做负功,故D正确。7.CD解析:根据电场的叠加原理,a、c两个电极带等量正电荷,其中点O的合电场强度为零,b、d两个电极带等量负电荷,其中点O的合电场强度为零,则O点的电

场强度为零,D正确。同理可得,D点的电场强度水平向右,A错误。A、B、C、D四点的电场强度大小相等,方向不同,B错误。由电场特点知,A点电场方向由A指向O,B点电场方向由O指向B,故φA>φO,φO>φB,则φA>φB,C正确。8.答案:

(1)18������2���2(2)8q带正电解析:将A、B、C三个小球看成一个系统,则三个小球之间的静电力为系统内力,C上加一恒力F,且三球始终保持l的间距运动,则三球的加速度相同,均为���3���,且

方向为水平向右。对于B球,由于受A球的静电力,且力的方向水平向左,所以受C球的静电力必向右,才可能产生向右的加速度,知C球带正电荷,设C球电荷量为QC,则由库仑定律和牛顿第二定律知对B有k3���·���C���2-k3���·6������2=ma

对A有k3���·6������2-k6���·���C(2���)2=ma联立解得QC=8q,a=6������2������2根据牛顿第二定律得,A、B、C三小球构成系统的合外力F=3ma=18������2���2。考点24静电场中的能量参考答案1.B解析:由

于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定,所以无法确定电场线的方向,则没有办法确定点电荷的电性,正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定,故A、C、D错误。根据等势面的疏密程度可知,P点的电场强度大于Q点的电场强度,故B正确。2.D解析:带电粒子电性未知,无法确定

电场线的方向,故也无法判断a点和b点电势的高低,故A错误。电场线或等势线密的地方电场强度大,a点处虚线比b点处密,所以a点处的电场强度大于b点处的电场强度,故粒子在a点的加速度比在b点的加速度大,故B错误。若

虚线为电场线,粒子从a点运动到b点,静电力做负功,动能减小;若虚线为等势线,粒子从a点运动到b点,静电力做正功,动能增大,故C错误。若虚线为等势线,粒子从b点运动到c点静电力先做正功后做负功,电势能先减小后增大,粒子在b点的电势能有可能比在c点的电势能小,故D正确。3.C解析:由等量

异种点电荷的电场线及等势面分布特点可知,面bb'e'e为电势为零的等势面,则a点电势为正,d点电势为负,且两点分别到M、N的距离也不相等,故电势绝对值也不相等,故A错误。由电场叠加可知,c点电场强度大小大于f点的电场强度大小,故B错误。由于面bb'e'e为电势为零的等势面,则a

点电势为正,c'点电势为负,则Uac'>0,根据W=qU可知,将电子从a点移到c'点,静电力做负功,电势能增加,故C正确。由于面bb'e'e为电势为零的等势面,则将电子从b点移到e'点,静电力不做功,则电子的电势能不变,故D错误。

4.C解析:初始时,A处于静止状态,小球受重力、斜面的支持力和沿斜面向上的库仑力,若重力沿斜面的分力恰好等于库仑力,则弹簧处于原长,故A错误。小球在斜面上运动时,受到库仑力的作用,库仑力F=k���1·���2���2,则小球的合力不可能与位移成正

比,小球不可能做简谐运动,故B错误。小球运动到最高点,速度为零,在上升到接近最高点过程中,小球一定是减速的,加速度方向一定沿斜面向下,故C正确。由能量守恒定律可知,小球减少的电势能等于小球和弹簧构成系统增加的机械能,故D错误。5

.D解析:等量异种电荷形成的电场特点是中垂线为等势线,设A、B连线的中点为O,由于A、B连线的垂直平分线是一条等势线,且一直延伸到无穷远处,所以O点的电势为零。A到O点间的电场线方向由A→O,而顺着电场线方向电势逐渐降

低,可知检验电荷a所处位置的电势φa>0,故A错误。a所处的位置电势φa>0,b所处的位置电势φb<0,由Ep=qφ知,检验电荷a、b在A、B连线上的电势能均大于零,则整体的电势能Ep>0,故B错误。在平移过程中,检验电荷a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角,则静电力对检验电荷a做负功,故

C错误。将检验电荷a、b看成一个整体,原来总电势能为零,在A、B连线处系统总电势能为正,所以整个移动过程中,总电势能增大,静电力对a、b整体做负功,故D正确。6.BC解析:因不知道三条等势线的电势高低,故无法判断电场强度的方向,所以

无法判断甲、乙的电性,A错误。对甲粒子,根据动能定理有|q甲Uac|=|Δ���k甲|=E,对乙粒子有|q乙Uac|=|Δ���k乙|=12E,联立解得|q甲|=2|q乙|,B正确。由题图可知,甲受到静电力的方向与速度方

向的夹角小于90°,静电力对甲做正功,动能增加;乙受到静电力的方向与速度方向的夹角大于90°,静电力对乙做负功,动能减小,C正确。当等势面a的电势为零时,由Ep=qφ可知|Ep甲|=2|Ep乙|;当等势面c的电势为零时,|Ep甲|=|Ep乙|=0,由于无法确定等势面c的电势是否为

零,故无法确定甲粒子在B点的电势能的绝对值|Ep甲|和乙粒子在C点的电势能的绝对值|Ep乙|的关系,所以选项D错误。7.BC解析:如图所示,根据三角形定则不难看出,在小球A从N到Q的过程中,重力G大小和方向都不变,库仑斥力F变大且与重力之间的

夹角θ由90°逐渐减小,合力F合将逐渐增大,A错误。从N到P的运动过程中,支持力不做功,而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°,再增大为钝角,即合力F合对小球A先做正功后做负功,小球A的速

率先增大后减小,B正确。小球A从N到Q靠近小球B的运动过程中,库仑力一直做负功,电势能一直增大,C正确。从P到Q的运动过程中,小球A减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和,D错误。8.答案:(1)���2+������(2)mgh-12mv2-12mgR解析:(

1)因B、C两点电势相等,小球由B到C只有重力做功,由动能定理得mgR·sin30°=12���������2−12mv2解得vC=���2+������。(2)由A到C应用动能定理得WAC+mgh=12���������2-0解得WAC=12�������

��2-mgh=12mv2+12mgR-mgh由电势能变化与静电力做功的关系得ΔEp=-WAC=mgh-12mv2-12mgR。考点25电容器带电粒子在电场中的运动参考答案1.B解析:因两板间的电势差不变,板间距不变,所以两板间电场强度E=�����

�不变,故A错误。根据C=���r���4π������可知,当熔喷布的厚度变薄导致介电常数εr变小时,电容器的电容C变小,再根据Q=CU可知极板所带电荷量Q变小,有放电电流从a向b流过灵敏电流计,故B正确,C、D错误。2.C解析:设粒子的速度为v0,电荷量为q,质量为m,加速度为a,

运动的时间为t,匀强电场的电场强度为E,则加速度a=���������,运动时间为t=������0,偏转位移为y=12at2=���������22������02,由于A粒子的水平位移小,则有���1���1>���2���2,但两粒子的电荷量关系和质量关系不能确定,选项A、B、D错

误,C正确。3.B解析:若S闭合,将A板左移一小段位移时,由E=������可知,E不变,油滴仍静止,由于正对面积减小,则导致电容C=���r���4π������减小,再由Q=CU,可知电容器的电荷量减小,则电容器在放电,因此G

表中有b→a的电流,故A错误。将A板上移一小段位移时,由E=������可知,E变小,油滴向下加速运动,由于极板间距增大,则电容C减小,那么电容器的电荷量减小,则电容器在放电,因此G表中有b→a的电流,故B正确。当A板下移一小

段位移时,板间电场强度增大,油滴受的静电力增大,油滴向上加速运动,电容C增大,那么电容器的电荷量增大,则电容器在充电,因此G表中有a→b的电流,故C错误。S断开后再将A向下平移一小段位移时,电容器电荷量不变,则其既不会充电,也不放电,G表中没有电流,根据E=������=������

���=4π���������r���,知板间电场强度不变,所以油滴仍处于静止状态,故D错误。4.D解析:粒子在电场中加速,有qU1=12������02,在偏转电场中,有x=v0t,y=12at2=������22������t2,解得x2=4������1������2。保持U

2和平行板间距不变,减小U1,则x减小,选项A错误。保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误。保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误。保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,则d增大,x增大,此措施可行,

选项D正确。5.CD解析:二极管具有单向导电性,闭合开关后电容器充电,依据电容器电容C=���r���4π������,且C=������,那么极板间电场强度E=������,整理得E=4π���������r���;上极板向上移动,d变大,由C=���r�

��4π������可知,C变小,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=4π���������r���可知电容器两极板间的电场强度不变,油滴保持不动,下极板与P点距离不变,电场强度不变,下极板与P点的电势差不变,所以P点电势不变,故A

、B错误。上极板向下移动,d变小,由C=���r���4π������可知C变大,由Q=CU可知电容器充电,故两极板间电场强度增大,油滴受静电力向上增大,油滴向上移动,因电场强度增大,P与下极板间的电势差增大,故P点电势升高,故C、D正确

。6.CD解析:根据动能定理有12mv2-0=qU,解得v=2���������,所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为2∶1,A错误。对整个过程用动能定理,设O2到MN板的电势差为U',有Ek-0=q(U+U'),所以末动能与电荷量

成正比,所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2,C正确。由O2到MN板,质子和α粒子都做类平抛运动,竖直方向h=12·���������t2,水平方向x=vt,联立解得x=2���ℎ���,所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同,D正确。在A、B间a=���

������,质子的加速度大,所以质子运动时间短,进入竖直电场做类平抛运动,质子的水平速度大,又因为质子和α粒子水平位移相等,所以质子运动时间短,B错误。7.答案:(1)������������(2)���2(3)见解析解析:(1)由双曲线y=���22���知BC间距离为�

��2从B到C由动能定理有eE���2=12���������2-0解得电子通过C点时的速度大小vC=������������。(2)电子从C点进入区域Ⅱ,在区域Ⅱ中做类平抛运动。x轴方向2l=vCty轴方向l=������'2���t2解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E'=���2。(3

)设电子从AB曲线上点P(x,y)进入电场区域Ⅰ,在区域Ⅰ由动能定理有eEx=12������02-0假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x'处,则y轴方向y=������'2������12x轴

方向x'=v0t1又y=���22���,解得x'=2l即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出。考点26带电粒子在电场中运动的综合问题参考答案1.C解析:根据动能定理知,Ek-h图像的斜率为带电

小球所受合力,由图像知随h的减小,斜率先减小,减小到0后反向增大,说明N对小球的库仑力斜向右上方,为斥力,所以小球带正电,整个过程中小球距离正点电荷N越来越近,库仑力对小球始终做负功,除重力外的其他力做的功等于机械能的变化,由于库仑力做负功,故带电小球在运

动过程中,机械能减小,电势能增加,故A、B错误,C正确。小球受到的库仑力F=k���������2,整个运动过程中,r越来越小,库仑力一直增大,h1和h2两个位置图像的斜率为零,即合力为零,所以带电小球在h1和h2两个位置受到的库仑力的竖直分力等

于重力,故D错误。2.B解析:在两板间加上如题图乙所示的交变电压,小球受到重力和静电力的作用,静电力做周期性变化,且静电力沿水平方向,所以小球竖直方向做自由落体运动。在水平方向小球先做匀加速直线运动,后沿原方向做匀减速直线运动,t=���2时速度为零,接着反向做

匀加速直线运动,后继续沿反方向做匀减速直线运动,t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零,所以t=T时,小球恰好到达B点,故A错误,B正确。在0~T时间内,静电力做功为零,小球机械能变化量为零,所以t=T时,小球速度等于

v,故C、D错误。3.C解析:当带电微粒P静止时,对其进行受力分析得qE=mg。当A、B之间距离增大时,电容器的电容C减小,由Q=CU得,Q也减小,但由于电路中连接了一个二极管,它具有单向导电性,使得电容器不能放

电,故电容器A、B两极板上的电荷量不变,由C=���r���4π������得,电场强度E=������=���������=4π���������r���不变,静电力仍等于微粒的重力,故带电微粒仍保持静止状态,选项C正确。4.D解析:第一种情况,设B物块的速度为

v时A的速度大小为v',取水平向左为正方向,由系统的动量守恒得0=m1v'-m2v,由能量守恒定律得,系统释放的电势能ΔEp1=12m1v'2+12m2v2。第二种情况,设A、B两物块距离为d时速度大小分别为vA、vB,取水平向左为正方向,由系统的动量守恒得0=m1vA-2m

2vB,由能量守恒定律得,系统释放的电势能ΔEp2=12m1���A2+12×2m2���B2。根据题意可知ΔEp1=ΔEp2,联立解得vB=���2+���14���2+2���1v,故A、B、C错误,D正确。5.AB解析

:由题图可知,A、B间的电场强度方向向下,小球从C到D做减速运动,受静电力方向向上,所以小球带负电,选项A正确。由于小球在电场中受到的重力和静电力都是恒力,所以小球做匀减速直线运动,其速度图像如图所示,由图可知,t1<t2,选项B

正确,C错误。将B板向上平移少许,两板间的电压不变,根据动能定理可知mg(h+d)-qU=0,mg(h+x)-������������'=0,联立得x=ℎℎ+���-���'d'<d',即小球不到D孔就要向上返回,所以选项D错误。6.答案:(1

)2������������(2)1(3)32l解析:(1)设电子到达MN时的速度大小为v。电子从A运动到MN的过程中,根据动能定理得eE1l=12mv2得v=2������������。(2)电子进入电场E2后做类平抛运动,加速

度为a=������2���=2���������电子在电场E2中运动时间t1=������电子刚射出电场E2时竖直方向的分速度大小为vy=at1电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ=�������

��联立解得tanθ=1。(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示。电子射出电场E2时速度的反向延长线过水平位移的中点O',根据几何关系得y=���2+���tanθ=32l。7.答案:(1)3������4���(2)34h(3)2516mgh解析:(

1)小球静止时,对小球受力分析如图所示,由FTcos37°=mgFTsin37°=qE解得E=3������4���。(2)剪断细线,小球在竖直方向做自由落体运动,水平方向做加速度为a的匀加速直线运动,由qE=max=12at2h=12g

t2联立解得x=34h。(3)从剪断细线到落地瞬间,由动能定理得Ek=mgh+qEx=2516mgh。8.答案:(1)10V(2)2518m≤R<3m或R≤2563m解析:(1)小球在平行金属板间做匀变速曲线运动,到A点时,带电粒子在平行板中运动的时间t=������0=0.2s

竖直分速度vy=v0tan53°=4m/s由vy=at,得a=20m/s2又mg+E'q=ma,E'=������,得U=10V。(2)在A点速度vA=���0cos53°=5m/s①若小球运动到与圆心等高处前速度减为零,则不会脱离轨道,此过程由动能定理得(mg+qE)Rco

s53°≥12���������2,解得R≥2518m故2518m≤R<3m。②若小球能到达最高点C,则不会脱离轨道,在此过程中,由动能定理得-(mg+qE)R·(1+cos53°)=12���������2−12���������2小球能到最高点C,在C点满足mg+Eq≤m������2

���解得R≤2563m故小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道的条件为2518m≤R<3m或R≤2563m。9.答案:(1)���������(2)3(2+1)mg方向竖直向下(3)(-7l,0)解析:(1)小球由静止释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动,从A点沿切线方向

进入细管,则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°,即加速度方向与竖直方向的夹角为45°,则tan45°=������������解得E=���������。(2)根据几何关系可知,细管轨道的半径r=2l从P点到B点的过程中,根据动能定理得mg(2l+2l)+Eql=

12���������2在B点,根据牛顿第二定律得FN-mg=���������2���联立解得FN=3(2+1)mg,方向竖直向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小FN'=3(2+1)mg,方向竖直向下。(3)从P到A

的过程中,根据动能定理得12���������2=mgl+Eql解得vA=2������小球从C点抛出后做类平抛运动抛出时的速度vC=vA=2������小球的加速度g'=2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时,又回到

x轴,则有vCt=12g't2解得t=22������则沿x轴方向运动的位移x=���������sin45°=2vCt=8lx'=l-8l=-7l,则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(-7l,0)。考点27电路的基本概念和规律参考答案1.A解

析:电源的电动势在数值上等于电源搬运单位正电荷时非静电力所做的功,A正确。电阻率是反映材料导电性能的物理量,不仅与材料种类有关,还与温度、压力和磁场等外界因素有关,B错误。电流通过导体的热功率与电流大小的二次方成正比,C错误。电容是表征电容器容纳电荷本领的物

理量,由决定式C=���r���4π������可知电容的大小是由εr(相对介电常数)、S(正对面积)及d(极板间距)等因素决定的,C=������是电容的定义式,D错误。2.B解析:在Δt时间内,以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离

为vΔt,由于单位长度的导线有n个自由电子,则在Δt时间内,通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvΔt;电子的电荷量为e,则在Δt时间内,流经导线的电荷量为Q=nveΔt,设流经导线的电流为I,则I=���Δ�

��=nev,故B正确,A、C、D错误。3.D解析:设长薄片合金电阻板厚度为h,根据电阻定律R=ρ������,R12=ρ���1ℎ���2,R34=ρ���2ℎ���1,���12���34=���12���22,故D正确。4.B解析:A

点电阻RA=31.0×10-1Ω=30Ω,B点电阻RB=61.5×10-1Ω=40Ω,故A错误,B正确。ΔR=RB-RA=10Ω,故C、D错误。5.A解析:电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P=1000W-120W=880W,对电热丝,由P=���2���可得电热丝的电阻为R=���2���

=2202880Ω=55Ω,选项A正确。由于不知道电动机线圈的发热功率,所以电动机线圈的电阻无法计算,选项B错误。当电吹风吹热风时,电热丝每秒消耗的电能为880J,选项C错误。当电吹风吹热风时,电动机每秒消耗的电能为120J,选项D错误

。6.C解析:由于电饭煲是纯电阻元件,所以R1=������1=44Ω,P1=UI1=1100W,其在1min内消耗的电能W1=UI1t=6.6×104J;洗衣机电动机为非纯电阻元件,所以R2≠������2,P2=UI2=110W,其在1min内消耗的电能W2=UI2t=6

.6×103J,其热功率P热≠P2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍。故C正确,A、B、D错误。7.ACD解析:电动机和电热丝串联,通过的电流相同,电动机的功率P1=U1I,A正确。电动机是非纯电阻元件,U1>

IR1,B错误。电热丝是纯电阻元件,P2=I2R2,C正确。电热丝是纯电阻元件,由欧姆定律可以推出U2=IR2,故D正确。8.AD解析:I-U图像的斜率表示电阻的倒数,由题图可得R1∶R2=1∶3,故选项A正确,B错误。R1与R2串联后电流相等

,故选项C错误。R1与R2并联后电压相同,由公式U=IR知,电流与电阻成反比,故选项D正确。9.AD解析:由于U=48V,I=12A,则P=IU=576W,故选项A正确。因P入=P出+I2r,r=���入-���出���2=576-350122Ω=1.57Ω,

故选项B错误。由P出=Fv=Ffvm,F=Ff=63N,故选项C错误,D正确。10.答案:(1)8×106Ω·m(2)4cm2cm解析:(1)由电阻定律R=ρ������得ρ=���������=1.6×105×1.0×10-42×10-6Ω·m=8×

106Ω·m。(2)由部分电路欧姆定律得R=������由圆柱体体积公式得πr2h=V又R=ρℎπ���2联立解得r=4cm,h=2cm。考点28闭合电路的欧姆定律参考答案1.C解析:根据题意知,扫地机器人是非纯电阻用电器,无法计算扫地机器人的电阻,故A错误。题中mA

·h是电荷量的单位,故B错误。扫地机器人正常工作时的电流为I=������=3015A=2A,故C正确。根据题意知,2000mA·h=2A·h,扫地机器人充满电后一次工作时间约为t=2A·h2A=1h,故D

错误。2.C解析:将滑动变阻器的滑片P向下调节,滑动变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析得知,路端电压U减小,干路电流I增大,则电压表的示数减小,灯L1变亮,U1增大,R与灯L2并联电路的电压U2=U-U1,则U

2减小,即I2减小,灯L2变暗,电容器的电荷量减少,流过电流表的电流IA=I-I2,I增大,I2减小,则IA增大,电流表的示数增大,故C正确。3.B解析:若小灯泡短路,电压表也被短路,示数应为零,与题不符,故A错误。若小灯泡断路,电压表与电流表组成

串联电路,由于电压表内阻很大,电流表示数很小,几乎为零,电压表直接测量滑片与a端间的电压,在滑片从a向b端移动时,电压表的示数将增大,与题相符,故B正确。若电流表断路,电压表中无电流,将没有读数,与题不符,故C错误。若滑动变阻器的滑片右端断开,两个电表均无示数;若滑片左端断开,两个电表均有示

数,不符合题意,故D错误。4.B解析:将一电源与一电阻箱连接成闭合回路,电阻箱所消耗功率P等于电源输出功率。由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知,电阻箱所消耗功率P最大为45W,所以电源最大输出功率为45W,选项A错误。由电源输出功率最大的条件可

知,电源输出功率最大时,外电路电阻等于电源内阻,所以电源内阻一定等于5Ω,选项B正确。由电阻箱所消耗功率P最大值为45W可知,此时电阻箱读数为R=5Ω,电流I=������=3A,电源电动势E=I(R+r)=

30V,选项C错误。电阻箱所消耗的功率P最大时,电源效率为50%,选项D错误。5.ABD解析:保持S闭合,电源的路端电压不变,增大A、B板间距离,电容减小,由于二极管的单向导电性,电容器不能放电,其电荷

量不变,由推论E=4π���������r���得到,板间电场强度不变,微粒所受静电力不变,仍处于静止状态,故A正确。保持S闭合,电源的路端电压不变,电容器的电压不变,减小A、B板间距离,由E=������可知,板间电场强度增大

,静电力增大,微粒将向上运动,故B正确。断开S后,电容器的电荷量Q不变,由推论E=4π���������r���得到,板间电场强度不变,微粒所受静电力不变,仍处于静止状态,故C错误,D正确。6.ACD解析:当滑动变阻器滑片向右滑动时,电阻减小,电流增

大,电压表V2的示数增大,V1的示数减小,所以图线b是电压表V2示数的变化情况,图线a是电压表V1示数的变化情况;当外电路电阻无限大时,电路中电流为0,故此时电压表V1的示数就是a的延长线与纵轴交点的坐标值,它等于电源的电动势,A正确。图线b斜率的绝对值等于电阻R0的

阻值,B错误。图线a、b交点的横、纵坐标之积既等于此状态下电源的输出功率,也等于电阻R0消耗的功率,C、D正确。7.答案:1.92×10-5C解析:S断开,C相当于断路,R3中无电流,C两端电压即R2两端电压U2=������1+���2+���

·R2=3VQ=CU2=12×10-6Ca板带正电,b板带负电S闭合,C两端电压即R1两端电压U1=���1���1+���2·������+���外·R外=1.8VQ'=CU1=7.2×10-6Ca板带负电

,b板带正电故通过电流表的电荷量ΔQ=Q+Q'=1.92×10-5C。8.答案:7.0V2.0Ω解析:滑片P向右移动的过程中,电流表示数在减小,电压表示数在增大,由此可以确定电流表量程选取的是0~0.6A,电压表量程选取的是0~15V

所以第二次电流表的示数为I1'=13×0.6A=0.2A电压表的示数为U3'=13×15V=5V当电流表示数为0.5A时R1两端的电压为U1=I1R1=0.5×4V=2V回路的总电流为I总=I1+���1���2=0.5+22A=1.5A由闭合电路

欧姆定律得E=I总r+U1+U3①当电流表示数为0.2A时R1两端的电压为U1'=I1'R1=0.2×4V=0.8V回路的总电流为I总'=I1'+���1'���2=0.2+0.82A=0.6A由闭合电路欧姆定律得E=I总'r+U1'+U3'②联立①②解得E=7.0V,r=2.0Ω。考点2

9电学实验基础参考答案1.BC解析:由电表的改装原理可知,电流表应是G与R并联,改装后加在G两端的最大电压Ug=IgRg不变,所以并联电阻R越大,I=Ig+IR越小,即量程越小,A错误,B正确。电压表应是G与R串联,改装后量程U=IgR

g+IgR,可知R越大,量程越大,C正确,D错误。2.答案:(1)连线如图所示900R1(2)455(3)035000.0解析:(1)把图中各元件串联起来,注意电流从红表笔进,从黑表笔出。15kΩ为中值电阻,也是欧姆表内阻,R

Ω-R0-r-Rg=15000Ω-14000Ω-1.5Ω-98.5Ω=900Ω,R1最大值为1500Ω,能提供900Ω的电阻,故选R1。(2)RΩ+Rx1=������1,RΩ=15kΩ,I1=25μA,联立求得Rx1=45000Ω=45kΩ,a

处的刻度标为45。RΩ+Rx2=������2,I2=75μA,联立求得Rx2=5000Ω=5kΩ,b处的刻度标为5。(3)欧姆表欧姆调零时调到0;读数就是箭头指的数乘以倍数,然后再加起来,求得和为35000.0Ω。3.答案:(1)aa'bb'(2)1.41(1.36~1.44均可)0.5(0.

4~0.6均可)解析:(1)用多用电表的电压挡检测电路故障,多用电表的表头是电流计,原电路有断路,回路中无电流。将多用电表接在a、b'间后有示数,说明电路被接通,即a、b'间有断路故障。再测量a、a'间电压,若多用电表读数不为零,断路故障的

范围被缩小到a、a'间,则一定是aa'导线断开。若读数为零,则说明电路仍未被接通,电路故障一定是bb'导线断开。(2)根据闭合电路的欧姆定律得E=I1(R1+r1)+(I1+I2)(R0+r),I1≪I2

,上式可简化为E=I1(R1+r1)+I2(R0+r),读出两点坐标(60mA,0.12mA)和(260mA,0.05mA),代入方程解得电动势E=1.41V,内阻r=0.5Ω。4.答案:(1)1535(2)3003000(3)c闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的

电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2解析:(1)设使用a和b两接线柱时,电表量程为I1;使用a和c两接线柱时,电表量程为I2,则使用a和b时,���g���g���1+���2+Ig=I1①使用a和c时,���g(���g+��

�2)���1+Ig=I2②由①②两式得R1=15Ω,R2=35Ω。(2)校准时电路中的总电阻的最小值为R小=1.53.0×10-3Ω=500Ω,总电阻的最大值为R大=1.50.5×10-3Ω=3000Ω,故R0选300Ω的,R选用最大阻值为3000Ω的滑动变阻器。(3)d接b时,R1和R2

串联,不论是R1还是R2损坏,电表都有示数且示数相同,故应将d接c。根据d接c时的电路连接情况可知:闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2。5.答案:0.408Ω3.673Ω解析:接a、c时,由并联电路特点有���1+��

�2���g=���g���-���g得R1+R2=���g���g���-���g=20049Ω接a、b时,由并联电路特点有���1���g+���2=���g���'-���g得499R1=200Ω+R2所以R1=0.408Ω,R2=3.673Ω。考点30机械振动参考答案1.C解析:在振子

由O到a的过程中,其位移不断增大,回复力增大,加速度增大,但是由于加速度与速度方向相反,故速度减小,因此选项C正确。2.C解析:由A摆摆动带动其他3个摆做受迫振动,受迫振动的频率等于驱动力的频率,故其他各摆振动周期与A摆相

等,频率也相等,故选项A、B错误。受迫振动中,当固有频率等于驱动力频率时,出现共振现象,振幅达到最大,由于B摆的固有频率与A摆的相同,故B摆发生共振,振幅最大,故选项C正确,D错误。3.B解析:由单摆的周期公式T=2π������可知,当摆长l不变时,周期不变,故C、D错误。

由能量守恒定律可知12mv2=mgh,其摆动的高度与质量无关,因摆球经过平衡位置的速度减小,则摆球到达的最大高度减小,振幅减小,选项B正确,A错误。4.A解析:振幅A=0.8cm=8×10-3m,ω=2π���=4πrad/s。由题知初始时(即t=0时)

振子在正向最大位移处,即sinφ0=1,得φ0=π2,故振子做简谐运动的振动方程为x=8×10-3sin4π���+π2m,选项A正确。5.A解析:加电场后,振子的平衡位置在弹簧伸长为���������处,由简谐运动的对称性知振子的振幅为���������,到

达最右端时弹簧的形变量为2���������,选项A正确,B错误。运动过程中,小球的电势能、弹簧的弹性势能、动能总量保持不变,选项C、D错误。6.BD解析:摇把匀速转动的频率f=n=24060Hz=4Hz,周期T=1���=0.25s;

当振子稳定振动时,它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等,选项A错误,B正确。当转速减小时,其频率将更接近振子的固有频率2Hz,弹簧振子的振幅将增大,选项C错误。外界对弹簧振子做正功,系统机械能增大,振幅增大,选项D正确。7.ABD解析:由题图可知,两单摆的周

期相同,同一地点重力加速度g相同,由单摆的周期公式T=2π������可知,甲、乙两单摆的摆长相等,选项A正确。甲摆的振幅为10cm,乙摆的振幅为7cm,则甲摆的振幅比乙摆大,选项B正确。尽管甲摆的振幅比乙摆大,两摆的摆长相等,但由于两摆的质量未知,故无法比

较机械能的大小,选项C错误。在t=0.5s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆的位移为负的最大值,则乙摆具有正向最大加速度,选项D正确。8.BC解析:质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,设平衡位置在A和B之间,则有x=Asin2π������-π6,xA=-12A,x

B=32A,故2π���t-π6=2π3,xB-xA=l,解得A=2���3+1,T=125t,选项C正确,D错误;设平衡位置在A点左侧,则有x=Asin2π������+π6,xA=12A,xB=32A,故2π���t+π6=2π3,xB-xA=l,解得A=2

���3-1,T=4t,选项B正确,A错误。9.答案:(1)4cm(2)0.75N(3)2cm解析:(1)振幅很小时,A、B间不会分离,将A与B整体作为振子,当它们处于平衡位置时,根据平衡条件得kx0=(mA+mB)g得形变量x0=2cm平衡位置距地面高度h=l0-x0=4cm。(2)当A

、B运动到最低点时,有向上的最大加速度,此时A、B间相互作用力最大。设振幅为A,最大加速度am=���(���+���0)-(���A+���B)������A+���B对B有FN-mBg=mBam解得FN=0.75N。(3)为使B在振动中始终与

A接触,在最高点时相互作用力应满足FN≥0取B为研究对象,根据牛顿第二定律,有mBg-FN'=mBa'当FN'=0时,B振动的加速度达到最大值,且最大值aBm=g=10m/s2(方向竖直向下)因aAm=aBm=g表明A、B仅受重力作用,此刻弹簧

的弹力为零,弹簧处于原长,有Am=x0=2cm即振幅不能大于2cm。考点31机械波参考答案1.C解析:甲图中水波通过狭缝在挡板后面继续传播,是衍射图样。频率相同的两列波相遇,当波程差为波长的整数倍时,振动加强;当波程差为半个波长的奇数倍时,振动减弱;加强和减弱的区域交替出现,故题图乙是发生

了干涉现象,综上所述,故C正确,A、B、D错误。2.B解析:一列水波在传播过程中遇到了小孔(①②图),相比而言②图的孔洞的尺寸比①图小,且②中波的波长与小孔的尺寸差不多,所以②能比①更能发生明显的衍射。一列水波在传

播过程中遇到了障碍物(③④图),相比而言④图的障碍物的尺寸比③图小,且④中波的波长大于障碍物的尺寸,所以④图能发生明显的衍射。故选B。3.D解析:由质点P向动能增大的方向运动知,t=���4时P点向平衡位置运动,即运动方向向下,可得该

波沿x轴负方向传播,A错误。题图所示t=���4时刻Q点处在波谷,速度为0,小于P点的速度,B错误。t=3���4时刻相对于t=���4时刻,经过半个周期,此时Q点位于波峰,P点在平衡位置下方,如图虚线部分,此时P点向y轴正方向运动,C错误,D正确。4.C解析:由题图乙可知,波的周期为4s,波速

为v=������=4m4s=1m/s,A错误;t=2s时,这三列波都还没有传到D点,D处的质点没有振动,B错误;t=4.5s时,A、B处的振动没有传到D点,C处的振动传到D点后,又振动了1.5s,根据题图乙可知,D处的质点正向y轴负方向运动,C正确;t=6s时,A、B处的振动

传到D点时,都使D处的质点向y轴正方向振动了1s,而C处的振动传到D时,使D处的质点处在平衡位置且向y轴负方向振动,根据波的叠加原理知,此时,D处的质点与平衡位置的距离是4cm,D错误。5.C解析:由题图可知,乙波的波长

为8m,甲波的波长为4m,由于波速相同,则两波的频率不同,所以两列波在相遇区域不会发生干涉现象,A错误。由上下坡法可知,两列波在x=4m处的振动方向均沿y轴负方向,则t=0时,x=4m处质点速度沿y轴负方向,B错误。由于乙波的波长为甲波的两倍,波速相同,则乙波的周期为甲波的两倍,即为0.8

s。从题图所示位置开始经过0.2s,即经过甲的半个周期或乙的四分之一周期,甲波使x=4m处质点先向下运动,再回到平衡位置,乙波使x=4m处质点振动到波谷位置。由叠加原理可知,此时x=4m处质点位置为y=-1cm,C正确。此时由于甲波使x=4m处质点回到平

衡位置,所以此时速度不为0,D错误。6.AC解析:由振动图像可知,周期T=12s,则ω=2π12rad/s=π6rad/s,由t0=0时y0=10cm,可得出平衡位置位于坐标原点的质点的振动方程为y=20sinπ6���+π6cm,则t=7s时,y=20sin43πcm=-20×32cm=-1

03cm,可知选项A、C正确,B、D错误。7.ACD解析:若波向左传播:图中c点最右侧的平衡位置的振动传到c点时,c恰好通过平衡位置,此过程中波传播的距离为x=1m,则波速为v=������=11m/s=1m/s。根据波的周期性可知,波向左传播的距离为x=(4n+1)m

(n=0,1,2,3,…),波速为v=������=4���+11m/s=(4n+1)m/s,n=0时,v=1m/s,当n=3时,v=13m/s。若波向右传播,根据波的周期性可知,波向右传播的距离为x

=(4n+3)m(n=0,1,2,3,…),波速为v=������=(4n+3)m/s。当n=5时,v=23m/s,由于n是整数,所以v不可能等于8m/s。故选项A、C、D正确,B错误。8.答案:(1)都为2.5m/s(2)5.

4s解析:(1)由题图可知a、b两列波的波长分别为λa=2.5m,λb=4.0m两列波在同种介质中的传播速度相同,为v=������������=2.5m/s。(2)要使x=1.0m处的质点偏离平衡位置的位移为0.16m,需满足a波和b波的波峰同时传播到该质点。a波的波

峰传播到x=1.0m的质点经历的时间ta=Δ���������=1m+������������(m=0,1,2,…)b波的波峰传播到x=1.0m的质点经历的时间tb=Δ���������=1.5m+������������(n=0,1,2,…)又ta=tb=t联立解得5m-8n=1(m=0,1

,2,…;n=0,1,2,…)分析知,当m=5、n=3时,x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m时经过的时间最短。将m=5代入ta=1m+������������解得t=ta=5.4s。考点32光的折射全反射参考答案1.D解

析:只要不发生全反射,小球放在缸底什么位置都可以看到,A错误。只有反射角小于临界角的光才能从水面射出,B错误。光的频率是由光源决定的,光从水中射入空气后频率不变,C错误。由公式n=������知,光在空气中的传播速度将增大,D正确。2.A解析:要求激光分别在PO面、QO面发生全反射后

垂直MN面射出,所以光路应具有对称性,从而得到光在PO面发生全反射后光线水平。由几何关系可得PO面的入射角为45°,因此n=1sin���=1sin45°=2,故A正确。3.D解析:设介质中发生全反射的临界角为α,如图所示,则sinα=1���;单色光经多次全反射后从右端射

出时,入射角和反射角满足关系n=sin���sinπ2-���,联立两式可得n=1+sin2���,故D正确。4.C解析:t=3s时他恰好看不到排水口了,说明在此位置从排水口反射到水面的光发生了全反射,则3s后的位置从排水口反射到水面的光仍

发生全反射,小孩仍不会看到排水口,选项A错误。前3s内,从排水口射向水面的光的折射光线逐渐减弱,反射光线逐渐增强,可知小孩看到的排水口越来越暗,选项B错误。由于sinC=1���=34,则tan37°=37,可知水深h=����

��tan���=337m=7m,选项C正确。t=1s时小孩看到的排水口深度为h'=ℎ���=374m,选项D错误。5.C解析:由题分析可知,b光在Ⅰ区域边缘发生了全反射,a光在Ⅱ区域边缘发生了全反射,则知a光的临界

角比b光的临界角大,由sinC=1���知,水对a光的折射率小于对b光的折射率,由折射定律知a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时,a光折射角小,故A正确,C错误。水对a光的折射率小于对b光的折射率,则a光的频率小于b光的频率,由c=λf知,在真空中,因光速c不变,则有a光的波长大于b光的波长,故

B正确。水下a、b光经水面反射后均能射到图中Ⅰ区域以外区域,故D正确。6.BD解析:从题图乙中可以看出角θ小于30°时,没有折射光,故A错误。当θ=30°时,即入射角为60°时,折射光线强度为零,此时发生全反射,故B正确。因为全反射临界角为60°,又n

=1sin60°=233,故C错误,D正确。7.CD解析:因为发生全反射现象的条件是光从光密介质射向光疏介质,且入射角大于或等于临界角,选项A、B错误。由sinC=1���=22可知,光从玻璃射向空气时的临界角C

=45°,则知无论入射角θ1是多大,折射角θ2都不会超过45°,选项C正确。由折射率n=sin���1sin���2可知,当θ2=30°时,可得sinθ1=n·sin30°=22,则θ1=45°,选项D正确。8.答案:(1)���2-1(2)���22-���2�

��2-1≤b≤���+2���22-���2���2-1解析:(1)如图甲所示,射向下端面的光与水平方向的最大偏角的正弦值sinC=1���C+i=90°nsini=sinθ解得sinθ=���2-1。(2)如图乙所示,光刚好能照到N下端时,玻璃

丝下端面到被测物体的距离b1=���2tan���乙光线全部覆盖N的下端时,b2=���+2���2tan���tanθ=sin���cos���=���2-11-(���2-1)=���2-12-���2玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围为���22-���2��

�2-1≤b≤���+2���22-���2���2-1。考点33光的波动性参考答案1.D解析:激光属于电磁波,电磁波为横波,选项A错误。频率相同的激光在不同介质中频率不变,但波速不同,由v=λf可知波长也不同,选项B错误。激光是原子受激辐射产生的光

,自然界中的发光体不能发出激光,选项C错误。利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离,选项D正确。2.B解析:由题设可知,从第0号亮条纹算起,P1处是第10号暗条纹的位置,表明缝S1、S2到P1处的距离差

n=10时r2-r1=(2n-1)���2=9.5λ,所以B正确,A、C、D错误。3.A解析:单缝衍射条纹中间亮条纹最宽、最亮,双缝干涉条纹中央亮条纹与两侧亮条纹等宽、等亮,由此可以判断乙对应单缝,丙对应双缝,故只有选项A正确。4.C解析:

白炽灯光包含向各方向振动的光,且各个方向振动的光的强度相等,所以旋转偏振片P时各方向透射光强度相同,故A点光的强度不变;白炽灯光经偏振片P后变为偏振光,当P旋转时,与Q的偏振方向一致时透过Q的光最强,与Q的偏振方向垂直时透过Q的光最弱,因此B点的光的强度

有变化,选项C正确。5.D解析:薄膜干涉是等厚干涉,即明条纹处空气膜的厚度相同,从弯曲的条纹可知,P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同,知P处凹陷,而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同,知Q处凸起,故A正确,不符合题意。题图乙为光线通过小圆板

得到的衍射图样,若用光照射很小的不透明圆板时,阴影中间会出现一亮点,故B正确,不符合题意。由于上层空气的折射率比下层空气折射率大,沙漠蜃景是光的全反射现象,故C正确,不符合题意。立体电影是利用光的偏振,镜头表面涂上

增透膜是利用光的干涉,它们的原理不相同,故D错误,符合题意。6.CD解析:照相机镜头玻璃的颜色是光的干涉现象造成的,故A错误。摄影师拍摄水下的鱼,在镜头前加一个偏振片是为了滤掉水面反射过来的光,实际上是减少了透射的光,故B错误。水

中气泡看起来特别亮,是光从水中射到气泡上时,发生全反射的缘故,故C正确。磨制各种镜面或其他精密的光学平面时,可以用光的干涉,依据光程差是半个波长的奇数倍时,处于振动减弱,而光程差是半个波长的偶数倍时,处于振

动加强,从而检查平面的平整程度,故D正确。7.ACD解析:根据干涉和衍射原理可知,选项A、D正确。遮住一条缝后是衍射现象,当缝宽度增大时,亮条纹宽度变小,选项B错误。根据Δx=������λ可知,l增大,Δx增大,选项C正确。8.AD解析:由于是激光束越过细丝即绕

过障碍物,所以是光的衍射现象,当抽制的丝变细的时候,即障碍物的尺寸变小,条纹变宽,选项A、D正确。9.答案:见解析解析:设A光在空气中波长为λ1,在介质中波长为λ2,由n=������=���1���2得λ1=nλ2=1.5×4×10-

7m=6×10-7m路程差Δx=2.1×10-6m所以N1=Δ������1=2.1×10-6m6×10-7m=3.5由此可知,从S1和S2到P点的路程差Δx是A光波长λ1的3.5倍,用A光作光源,P点为暗条纹。根据临界角与折射率的关系sinC=1�

��得n'=1sin37°=53由此可知,B光在空气中波长λ3为λ3=n'λ介=53×3.15×10-7m=5.25×10-7m所以N2=Δ������3=2.1×10-6m5.25×10-7m=4可见,从S1和S2到P点的路程差Δx是B光波长λ3的4倍,用B光作光源,P点为亮条纹。遮住

一条细缝,A光通过另一条缝会发生单缝衍射现象,光屏上仍出现明、暗相间的条纹,但中央条纹最宽最亮,两边条纹变窄变暗。考点34磁场磁场对通电导线的作用力参考答案1.B解析:当接通电路后,放在其上方的小磁针N极立即转向左侧,所以小磁针处的磁场的方向向左,说明通电

螺线管内部产生的磁场的方向向右,铁钉右端为电磁铁的N极,所以螺线管漆包线内电流由A流向B,导线A端接电池正极,选项A、C错误,B正确。根据安培定则可知,若小磁针放在电磁铁左侧,则电路接通后小磁针N极向右偏,选项D错误。2.C解析:电动机M正常工作时的电流

I1=���1���=2A,电源内阻上的电压U'=E-U=8V-4V=4V,根据欧姆定律得干路中的电流I=���'���=4A,通过导体棒的电流I2=I-I1=2A,导体棒受力平衡,有BI2l=mgsin37

°,得B=1.5T,只有选项C正确。3.C解析:根据安培力公式,安培力F与导线长度l成正比,若将该导线做成34圆环,由l=34×2πR,解得圆环的半径R=2���3π,34圆环a、b两点之间的距离l'=2R=22���3π。由������=���'���',解得F'=223πF,选项C

正确。4.A解析:根据右手螺旋定则可知,沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为B1=k���0���,方向垂直于纸面向外,因为A点磁感应强度为零,所以沿y轴的电流产生的磁场垂直于纸面向里,大小等于B1,有k�

�����=k���0���,解得I=������I0,根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向,故A正确。5.D解析:金属细杆在水平方向受到安培力作用,安培力大小F安=BIl=0.5×2×0.5N=0.5N,金属细杆开始运动时的加速度大小为a=���安���=10m/s2,选

项A错误。金属细杆从M点到P点的运动过程,安培力做功W安=F安·(lMN+lOP)=1J,重力做功WG=-mg·lON=-0.5J,由动能定理得W安+WG=12mv2,解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=

25m/s,选项B错误。金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度,水平方向的向心加速度大小为a'=���2���=20m/s2,选项C错误。在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F安,由牛顿第二定

律得F-F安=������2���,解得F=1.5N,每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N,由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N,选项D正确。6.ABC解析:导体棒受到的安培力F

=BIl,因B大小相同,电流相同,故受到的安培力大小相等,故A正确。图乙中,导体棒受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的支持力,若三个力平衡,则不受摩擦力,故B正确。图丙中,导体棒受竖直向下的重力、

竖直向上的安培力,若重力与安培力大小相等,则二力平衡,故C正确。图丁中,导体棒受重力、竖直向下的安培力、支持力,要想处于平衡状态,一定受摩擦力;图戊中,导体棒受重力、水平向左的安培力、支持力,要想处于平衡状态,一定受摩擦力,故D错误。7.AC解析:根据安培定

则可知,通电后,小磁针的N极向纸里偏转,故A正确。磁场的磁感应强度是矢量,通电后,小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地磁场的合磁场的方向,故B错误。电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B

1,则tanθ=���1���0,所以B1=33B0,故C正确。由矢量的合成可知,x0处合磁场的磁感应强度大小为233B0,故D错误。8.AD解析:与圆盘静止时相比,拉力传感器的示数增大,悬线竖直,说明导线所受安培力方

向竖直向下,由左手定则可判断,导线所在位置的磁感应强度方向水平向右;由安培定则可以判断,圆盘转动形成的等效电流与其转动方向相同,故圆盘带正电荷,A正确,B错误。若增大圆盘转动角速度,则等效电流增大,方向不变,产生的磁感

应强度增大,传感器示数增大,C错误。若改变圆盘转动方向,则导线所在位置的磁场方向水平向左,导线所受安培力方向向上,传感器示数减小,D正确。9.ABC解析:根据左手定则知金属棒在0~���2内所受安培力向右,大小恒定,故

金属棒向右做匀加速运动;在���2~T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等、方向相反,金属棒向右做匀减速运动,一个周期结束时金属棒速度恰好为零。以后始终向右重复上述运动,选项A、B、C正确。在0~���2时间内,安培力方向与运动方向相同,

安培力做正功;在���2~T时间内,安培力方向与运动方向相反,安培力做负功。在一个周期内,安培力所做的总功为零,选项D错误。10.答案:0.5A方向为N→M解析:对金属棒的受力分析如图所示根据左手定则,可判断电流的方向为N→M根据平衡条件有F安=m

gtan30°根据安培力公式有F安=BIl联立可解得导体棒中的电流I=0.5A。11.答案:(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N解析:(1)根据闭合电路欧姆定律I=������0+���=1.5A。(2)导体棒

受到的安培力大小F安=BIl=0.30N。(3)导体棒受力分析如图所示,将重力正交分解,F1=mgsin37°=0.24N,F1<F安根据平衡条件有mgsin37°+Ff=F安解得Ff=0.06N。考点35磁场对运动电荷的作用力参考答案1.B解析

:由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用,故物体对斜面的正压力增大,斜面对物体的滑动摩擦力增大,物体克服摩擦力做功增大,所以物体滑到底端时v变小,B正确。2.A解析:设正方形边长为l,根据几何知识,当粒子从Q点射出时,R1=���2;当粒子从c点射出时,根据几何知识可得R2=5

���4。另qvB=m���2���,所以有���1���2=���2���1=52,A正确。3.D解析:由安培定则,M导线在ab间的磁场方向垂直纸面向里,N导线在ab间的磁场方向垂直纸面向外,根据矢量的叠加可得,M到O的磁场方

向垂直纸面向里,大小逐渐减小,O到N的磁场方向垂直纸面向外,大小逐渐增大。对带负电小球,在水平方向不受力,做匀速直线运动,故A、B错误,D正确。由左手定则,M到O的洛伦兹力方向竖直向下,大小逐渐减小,O

到N的洛伦兹力方向竖直向上,大小逐渐增大,再由平衡条件知小球对桌面的压力逐渐减小,故C错误。4.C解析:粒子在磁场中运动轨迹如图所示,则由图知,斜向上射入时有rsinθ=a,斜向下射入时有rsinθ+a=r,联立求得θ=30°,且r=2a。由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m���2���,解得r

=������������,即粒子的比荷为������=���2������。粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α=2×(90°-30°)=120°,运动时间为t=���3=4π���3���,选项C正确。5.B解析:粒子走过的路程为l,则运动

时间t=���������,A错误,B正确。洛伦兹力始终与运动方向垂直,不做功,C错误。洛伦兹力不做功,粒子速度大小不变,但速度方向改变,故A、B两处速度不同,D错误。6.B解析:离子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=������2���,解得r=��������

����,因离子的速率相同,比荷相同,故半径一定相同,A错误。由圆的性质可知,轨迹圆(离子速率较大,半径较大)与磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,最长弦为PQ,故由Q点飞出的离子圆心角最大,所对应的时间最长,B正确,D错误。设离子轨迹所对应的圆心角为θ,则离子在磁场中运动的

时间为t=���2πT,其中T=2π���������,所有离子的运动周期相等,由于离子从圆上不同点射出时,轨迹的圆心角不同,所以离子在磁场中运动的时间不同,C错误。7.AB解析:由于磁场对小球的洛伦兹力始终与小球的合运动的方向垂直,故磁场对小球不做功,A正确。对小球受力分析

,受重力、支持力和洛伦兹力,其中重力和洛伦兹力不做功,而动能增加,根据动能定理可知,支持力做正功,B正确。设管子运动速度为v1,小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动,小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不变

,F1不变,则小球沿管子做匀加速直线运动,与平抛运动类似,小球运动的轨迹是一条抛物线,洛伦兹力方向不断变化,C、D错误。8.AB解析:由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径

为r=33·������(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m���2���,则v=������������=3���������3���·1���(n=1,2,3,…),所以A、B正确。9.BD解

析:粒子运动轨迹如图所示,由图知粒子运行的轨道半径为r=���2sin���,由牛顿第二定律得Bqv=m���2���,联立得B=2������sin���������,所以���1���2=sin30°sin60°=33,选项A错误,B正确。粒子运动周期T

=2π���������,粒子在磁场中运行的时间为t=2���360°T=2������������,所以���1���2=���1���2���2���1=32,选项C错误,D正确。10.BD解析:在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O

点的距离成反比,可设为Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动,则有qE1=m���12���1,qE2=m���22���2,可得12������12=������1���12=������2���22=12������22,即粒

子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能,故C错误;粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,做向心运动,电场力做正功,则粒子动能增大,粒子3入射时的动能比它出射时的小,故A错误;粒子4从距

O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,做离心运动,电场力做负功,则粒子动能减小,粒子4入射时的动能比它出射时的大,故B正确;粒子3做向心运动,有qE2>m���32���2,可得12������32<������

2���22=12������12,粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能,故D正确。11.答案:(1)2������0������(2)1∶5解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示由牛顿第二定律得qvB=m���2���由几何知识得d1=2Rsin30°,d1=d2a、b

之间的距离d=d1+d2=2������0������。(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2π���������粒子在磁场中的运动时间t1=16T,t2=56T粒子运动时间之比t1∶t2=1∶5。12.答案:(

1)������������(2)12m3������������(3)甲(2a,0)乙(0,0)75πa解析:(1)由题意知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的运动半径r甲0=a由洛伦兹力提供向心力得qv甲0B=m���甲02���

甲0解得v甲0=������������。(2)由题知,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙根据qvB=m4π2���2r,得���甲���乙=������乙则m乙=12m粒子甲、乙碰撞过程中,取竖

直向下为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1(其中v甲1=-3v甲0)12������甲02+12m乙���乙02=12������甲12+12m乙���乙12解得v乙0=-5v甲0,v乙1=3v甲0则第一次碰撞后粒

子乙的速度大小为3������������。(3)已知在t1=π���������时,粒子甲、乙发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3v甲0则根据qvB=m���2���,可知此时粒子乙的运动半径为

r乙1=32a可知在t2=3π���������时,粒子甲、乙发生第二次碰撞,且粒子甲、乙发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s1=6πa,且在第二次碰撞时有mv甲1+m乙v乙

1=mv甲2+m乙v乙212������甲12+12m乙���乙12=12������甲22+12m乙���乙22解得v甲2=v甲0,v乙2=-5v甲0可知在t3=5π���������时,粒子甲、乙发生第三次碰撞,且在粒子甲、乙发生第二次碰撞到第三次碰撞的过程中粒子乙运动了2

圈,此过程中粒子乙走过的路程为s2=10πa,且在第三次碰撞时有mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙312������甲22+12m乙���乙22=12���甲32+12m乙���乙32解得v甲3=-3v甲0=v甲1,v乙3=3v甲0=v乙1依次类推,在t10=17π

���������时,粒子甲、乙发生第十次碰撞,且在粒子甲、乙发生第九次碰撞到第十次碰撞的过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s9=6πa,且在第十次碰撞时v甲10=v甲2=v甲0,v乙10=v乙2=-5v甲0在t

10=17π���������到t=18π���������的过程中,粒子甲刚好运动半周,则t=18π���������时粒子甲运动到P点,即(2a,0)处。在t10=17π���������到t=18π���������的过程中,粒子乙

刚好运动一周,则t=18π���������时粒子乙回到坐标原点,且此过程中粒子乙走过的路程为s10=5πa故整个过程中粒子乙运动的总路程为s=5×6πa+4×10πa+5πa=75πa。考点36带电粒子在复合场中的运动及实际应用参考答案1.D解析:小滑块在下滑

过程中受重力、静电力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用。由于洛伦兹力的大小变化使小滑块对斜面的弹力减小,从而导致摩擦力减小,故小滑块做加速度增大的加速运动,故A错误。当洛伦兹力增大至小滑块与斜面的弹力为0时,小滑块将离开斜面运动,此时有qvB=(mg+Eq)cos53°,解得小滑块

离开斜面时的速度为3m/s,故B错误。整个过程中,静电力做正功,由Ep=-Eqlsinθ,代入数据得小滑块的电势能减小了0.8J,故C错误。由动能定理得(mg+Eq)·lsin53°-Wf=12mv2,解得整个过程中摩擦力做功

-2.2J,即产生的热量为2.2J,故D正确。2.C解析:由左手定则可知,正离子向B板偏转,则B板为电源的正极,选项A错误。A、B两板间电压相当于电源的路端电压,则小于电源的电动势,选项B错误。两板间非静电力对等离子体做功,使电路

获得电能,选项C正确。平衡时������q=qvB,则E=Bdv,若增加两极板的正对面积,则电源的电动势不变,选项D错误。3.C解析:由左手定则判定带电粒子a所受洛伦兹力的方向,可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与静电力方向相反。若qE≠qvB,则洛伦兹

力将随着粒子速度方向和大小的改变而改变,粒子所受静电力qE和洛伦兹力qvB的合力不可能与速度方向在同一直线上,既然在复合场中粒子做直线运动,说明qE=qvB,OO'连线与电场线垂直。当撤去磁场时,粒子

仅受静电力,做类平抛运动,静电力一定做正功,电势能减少,动能增加。因粒子的电性无法确定,所以穿出位置无法确定,选项C正确,A、B、D错误。4.A解析:根据qvB=m���2���得v=������������,两粒子的比荷������相等,所以

最大速度相同,A正确。最大动能Ek=12mv2,两粒子的最大速度相等,但质量不相等,所以最大动能不相同,B错误。带电粒子在磁场中运动的周期T=2π���������,两粒子的比荷������相等,所以周期相等,做圆周运动的频率相等;因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率

,故两次所接高频电源的频率相同,C错误。由Ek=12mv2=���2���2���22���可知,粒子的最大动能与加速电压的频率无关;另外,回旋加速器加速粒子时,粒子在磁场中运动的频率和高频电源的频率相同,否则无法加速,D错误。5.C解析:根据该束粒

子进入匀强磁场B2时向下偏转,由左手定则判断出该束粒子带正电,选项A错误。粒子在速度选择器中做匀速直线运动,受到静电力和洛伦兹力作用,由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上,则静电力方向竖直向下,因粒子带正电,故电场强度方向向下,速度选择器的P1极板带正电,选项B错误。粒子能通

过狭缝,静电力与洛伦兹力平衡,有qvB1=qE,得v=������1,选项C正确。粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qvB2=m���2���,得r=���������2���,可见v、B2

一定时,半径r越小,则������越大,选项D错误。6.AB解析:受力分析如图所示。带电粒子在复合场中受洛伦兹力而做直线运动,一定为匀速运动,C错误。带电粒子沿ab做匀速直线运动,根据左手定则可知洛伦兹

力方向垂直ab向上,而静电力方向垂直平行板向下,此二力不在一条直线上,可知一定受重力,A正确。因粒子带正电且所受静电力的方向垂直平行板向下,所以上板一定带正电,B正确。θ为锐角,可知mg和qE两个力成锐角,此二力合力大于qE,又重力和静电力的合力大小等于qv0B,即q

E<qv0B,即E<v0B,D错误。7.CD解析:对小球受力分析如图所示,则mg-μ(qE-qvB)=ma,随着v的增加,小球加速度先增大,当qE=qvB时达到最大值,amax=g,继续运动,mg-μ(qvB-qE)=ma,随着v的增大,a逐渐减小,所以A错误。因为有摩擦力做功,机械能与

电势能总和在减少,B错误。若在前半段达到最大加速度的一半,则mg-μ(qE-qvB)=m���2,得v=2���������-������2���������;若在后半段达到最大加速度的一半,则mg-μ(qvB-qE)=m���2,得v=2�

��������+������2���������,故C、D正确。8.ABD解析:由题意分析可知,粒子P经磁场做匀速圆周运动偏转后垂直y轴进入电场,经电场中做匀变速直线运动后,又在磁场中偏转,如此往复,由左手定则易知粒子P带

正电,A正确。由粒子P在磁场中做周期性运动可知,若粒子P在磁场中偏转n次(n=2,3,4,…),则2nR=l;在粒子Q从C点运动到D点的过程中,粒子P在磁场中运动的路程s=n·πR=π���2,粒子P在磁场中运动的时间t=������=π���2���,B正确,C错误。若粒子P在磁场

中偏转n次,所用时间tP=π���������n+2������������(n-1),Q在磁场中运动半周的时间tQ=π���'������',而tP=tQ,当n=2时,P与Q的比荷之比为2+2������π���,D正确。9.答案:(1)������������(2)Bl2���������

���解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,半径越大,速度最大的粒子刚好由P点射出,如图所示由牛顿第二定律得qvB=������2���由几何关系可知r=l,得v=������������。(2)

粒子从P点离开后,垂直x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动由牛顿第二定律得a=���������此粒子在电场中运动时有l=12at2,d=vt解得d=Bl2������������。10.答案:(1)���������(2)�����

�������(3)3π4+1������解析:(1)微粒到达A(l,l)之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲所示,所以Eq=mg,得E=���������。甲(2)由平衡条件得qvB=2mg电场方向变化后,微粒所受重力与静电力平衡,微粒在洛伦兹力作用下

做匀速圆周运动,轨迹如图乙所示乙则qvB=m���2���由几何知识可得r=2lv=2������联立解得B=������������。(3)微粒做匀速运动的时间t1=2������=������做圆周运动的时间t2=34π·2������=3π4���

���在复合场中运动时间t=t1+t2=3π4+1������。考点37电磁感应现象楞次定律参考答案1.C解析:磁体S极一端靠近圆环,磁感线从下往上穿过圆环,在B到C过程中,磁体越来越靠近圆环导致通过圆环

的磁通量增加。为了阻碍这一变化,圆环产生竖直向下的磁场,由楞次定律得,从上往下看圆环中产生顺时针方向的电流,故A错误。在A到D过程中,设桌面给圆环的支持力为F,根据受力平衡得F=mg+F安,F安为圆环受到的安培力,根据牛顿第三定律,圆环给桌面的压力大小与F相等,大于重力,故B错误。在A到D过程中

圆环为了阻碍磁通量增加而受到的安培力驱使圆环远离磁体,有向左的运动趋势,在D到E过程中,圆环为了阻碍磁通量减小而有向左的运动趋势,两个过程的运动趋势相同,则圆环受到的摩擦力方向相同,故C正确。磁体运动过程使圆环产

生了感应电流而发热,损失了部分机械能,圆环不能到达与A相同高度的E点,故D错误。2.B解析:开关S无论拨至M端还是N端,螺线管中的磁通量都变大,则右边金属圆环中的磁通量变大,根据楞次定律,为了阻碍磁通量变大,圆环都向右运动,选项B正确。3.A解析:在线圈以O

O'为轴翻转0~90°的过程中,穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小,则感应电流产生的磁场垂直桌面向下,由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A;线圈以OO'为轴翻转90°~180°的过程中,穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加,则感应电流产生的磁场垂直于桌面向上,由楞次定律可知感应电流方

向仍然为A→B→C→A,A正确。4.A解析:原磁场的方向向上,圆环中顺时针(从上向下看)方向的感应电流的磁场方向向下,与原磁场的方向相反,所以穿过圆环的磁通量应增大。仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大,穿过圆环的磁通量增大,选项A正确。仅使圆环绕水平轴ab或cd按题图所示方向转

动30°,转动过程中穿过圆环的磁通量减小,选项B、C错误。保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动,穿过圆环的磁通量保持不变,不能产生感应电流,选项D错误。5.D解析:0~1s线圈中电流增大,产生的磁场增强,金属环中磁通量

增大,有面积缩小的趋势,A错误。1s末螺线管中电流最大,但金属环中感应电流为零,没有磁场,金属环与螺线管间无相互作用,所以1s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,B错误。1~2s正方向电流减小,2~3s反向

电流增大,根据楞次定律,金属环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,C错误。根据楞次定律可知,0~1s线圈中电流增大,产生的磁场增强,金属环中向上的磁通量增大,从上往下看圆环中的感应电流沿顺时针方向。1~2s线圈中电流减小,产生的磁场减弱,金属环中向上的磁

通量减小,从上往下看,圆环中的感应电流沿逆时针方向,D正确。6.AB解析:根据安培定则可知,导线上方的磁场方向垂直于纸面向外,下方的磁场方向垂直于纸面向里,而且越靠近导线磁场越强,所以闭合导线框ABC在下

降过程中,导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大,当增大到BC边与导线重合时,达到最大,线框再向下运动,导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零,然后随导线框的下降,导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大,继续下降时由于导线框逐渐远离导线,使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐

渐减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化,所以感应电流的磁场先向内,再向外,最后向内,故导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA,选项A正确。当导线框内的磁通量为零

时,内部的磁通量仍然在变化,所以感应电流不为零,选项B正确。根据对楞次定律的理解,感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动,所以导线框所受安培力的合力方向一直向上,不为零,选项C、D错误。7.BC解析:Φ=BS

,S不变,I增大,B增大,所以有感应电流产生,A错误。由楞次定律得,感应电流方向沿逆时针,B正确。由于环的上半部分所在处的磁感应强度大于下半部分所在处的磁感应强度,所以安培力以上半部分为主,I方向向左,B

垂直纸面向里,则F安方向向下,所以F拉=mg+F安,拉力大于重力,C正确,D错误。8.BC解析:若线圈N中产生顺时针方向的感应电流,则感应电流的磁场方向垂直纸面向里,由楞次定律可知有两种情况:一是大线圈M中有沿

顺时针方向逐渐减小的电流,使其在小线圈N中的磁场方向向里,且磁通量在减小;二是大线圈M中有逆时针方向逐渐增大的电流,使其在小线圈N中的磁场方向向外,且磁通量在增大。因此对前者应使ab向右减速运动;对于后者,则应使ab向左加速运动。考点38法拉第电磁

感应定律自感、互感、涡流参考答案1.D解析:由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势E=12Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I=������2���2���,选项D正确。2.B解析:安检门探测人身上携带

金属物品的原理是线圈中交变电流产生周期性变化的磁场,会使金属物品产生周期性变化的感应电流,而金属物品中感应电流产生的周期性变化的磁场会在线圈中产生感应电流,引起线圈中交变电流发生变化,从而被探测到,可知,安检门不能检查出毒贩携带的毒品,故A错误。水果刀由

金属制成,安检门能检查出旅客携带的水果刀,故B正确。安检门工作时,主要利用了电磁感应原理,不是利用电流的热效应原理,故C错误。根据安检门的工作原理可知,如果“门框”的线圈中通上恒定电流,安检门不能正常工作,故D错误。3.D解析:当小磁块在内壁光滑的

铜管P中下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,产生安培阻力;当小磁块在内壁光滑的塑料管Q中下落时,不受阻力,做自由落体运动,故A错误。由A选项分析可知,在铜管中下落时小磁块机械能不守恒,而在塑料管

中下落时小磁块机械能守恒,故B错误。在铜管中小磁块受到安培阻力,则在P中的下落时间比在Q中的长,故C错误。根据动能定理,在铜管中安培阻力对小磁块做负功,所以到达底部时在P中的速度比在Q中的小,故D正确。4.C解析:根据楞次定律可得导体进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQ

PN,A错误。根据导体切割磁感线产生的感应电动势的计算公式可得感应电动势E=Bav,MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为I=������=������������,B错误。根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BI·2a=2���2

���2������,C正确。MP刚进入磁场时M、P两端的电压为路端电压,根据闭合电路的欧姆定律可得U=E-I���2=���2,D错误。5.AD解析:S1闭合、S2断开且电路稳定时,A、B两灯一样亮,说明两个支路中的电流相等,这时线圈L没有自感作用,可知线圈L的电阻也为R。在S2、S1

都闭合且稳定时,IA=IB。当S2闭合、S1突然断开时,由于线圈的自感作用,流过A灯的电流方向变为b→a,但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象,选项D正确,B错误。由于定值电阻R没有自感作用,故断开S1时,B灯立即熄灭,选项A正确,C错误。6.BC解析:由于线框的

一半放在磁场中,因此线框产生的感应电动势大小为������22,A错误。由于线框所产生的感应电动势是恒定的,且线框连接了一个电容器,相当于电路断路,没有电流通过电压表(电压表的工作原理是电流流过表头),所以电压表两端无

电压,电压表没有读数,B正确。根据楞次定律可以判断,a点的电势高于b点的电势,C正确。由C=������可知,电容器所带电荷量Q=C������22,D错误。7.BC解析:根据电磁感应定律有E=������切2�

��2,l切为切割磁感线的有效长度;当t=π4���,即转过π4时,l切最大,电动势E最大,所以t=0到t=π2���,即转动角度0~π2的过程中,E先增大后减小,选项A错误,B正确。设0~t时刻,金属框转动的角度为α,在t=0到t=π4���,即转动角度0~π4过程中,E=������

切2���2=������2���2cos2���=������2���2cos2������,对其求导可得,Δ���Δ���=Bl2ω2tan������cos2������=2������2���2tan������cos2������+1,在t=0到t=π4���过程中,tanω

t在增大,cos2ωt在减小,可知,E的变化率一直增大,选项C正确,D错误。8.答案:(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析:(1)5s内的位移x=12at2=25m5s内的平均速度v=������=5m/s

(也可用v=0+2×52m/s=5m/s求解)故平均感应电动势E=Blv=0.4V。(2)第5s末,v'=at=10m/s此时感应电动势E'=Blv'则回路电流为I=���'���=���������'���=0.2×0.4×101

A=0.8A。(3)杆做匀加速运动,则F-F安=ma即F=BIl+ma=0.164N。考点39电磁感应中的电路与图像问题参考答案1.A解析:由法拉第电磁感应定律可知E=Blv,其中l为有效长度,也就是磁场的宽度,所以选项A正确。

2.A解析:由题图乙可知,电流先是均匀增加,后均匀减小,又i=������=������������∝l,所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加,后均匀减小,A项符合。B项线框中间部分进入磁场后切割

磁感线的有效长度不变。C项线框切割磁感线的有效长度不变。D项线框切割磁感线的有效长度不是均匀地增加和减小。3.B解析:根据法拉第电磁感应定律可知,感应电流I=nΔ���Δ���·���=nΔ���·���Δ���·���∝Δ���Δ���,t=2s时刻,磁感应强度的

变化率为0,则感应电流I=0,ab边不受安培力作用,A错误。t=4s时,磁感应强度的变化率不为0,则感应电流不为0,但是B=0,根据F=BIl,可知ab边受到匀强磁场的安培力为0,B正确。根据楞次定律可知,0~2s内,垂直线圈向外的磁通量变大,则感应电

流为顺时针方向,C错误。2~4s内,磁感应强度的变化率逐渐增大,则感应电动势逐渐变大,感应电流逐渐增大,D错误。4.D解析:从题图乙可知磁通量在逐渐增大,根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A,A错误。根据法拉第电磁感应定律,有E=nΔ���Δ���=n���Δ

���Δ���=1500×0.002×6-22V=6V,而感应电流大小为I=������+���=64+1A=1.2A,B错误。根据闭合电路欧姆定律,有U=IR=1.2×4V=4.8V,C错误。因为A端接地,电压为零,所以C端的电势为4.8V,D正确。5.D解析:磁通量向里减小,由楞次定律“

增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,a点电势高,故A错误。感应电流方向为顺时针,根据左手定则可知磁场中圆环每一小部分受到的安培力方向都背离圆心,线圈有扩张的趋势;根据对称性可知,左半部分圆环受到的安培力的合力向左,所以圆环有向左运动的趋势,故B错误。由法拉第电磁感应定律可

知,E=Δ���Δ���=Δ���π���22Δ���=12kπr2,感应电流I=������,其中R=ρ2π������,解得I=���������4���,故C错误。由闭合电路欧姆定律可知,a、b两点间的电势差为Uab=���2=14kπr

2,故D正确。6.B解析:在导体棒ab绕a点以角速度ω=4rad/s顺时针匀速转动60°时,导体棒切割磁感线产生的最大感应电动势E=12B×(2l)2ω=2Bl2ω,则金属棒给电容器C充电最大电荷量为q=CE=2Bl2Cω,代入数据解得q

=23×10-3C,故选B。7.AC解析:根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势,A正确,B错误。根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd=E=Δ���Δ���=-���(���2-���1)�

�����2-���1,C正确,D错误。8.BCD解析:MN中产生的感应电动势为E=Blv,MN中电流I=������总=���������������+(���+2���)(5���-2���)���6���=6������2���-4(���-���)2���+15���2���。

当x=0或x=2l时,MN中电流最大,MN中电流的最大值为Imax=6������11���;当x=l时,MN中电流最小,MN中电流的最小值为Imin=2������5���,故A错误,B、C、D正确。9.A

B解析:由题图乙知,线框做初速度为零的匀加速直线运动,在磁场外运动时间2s,位移为x;进入磁场用时2s,位移为l,所以x=���3,故A正确。在磁场中运动的时间也是2s,所以在磁场中运动的位移x0=5x=5���3,磁场的宽度d=x0+

l=8���3,故B正确。由题图乙知,在进入与离开磁场过程线框中电流大小不同,所以线框受安培力大小不等,再根据F-BIl=ma知,两个过程拉力大小不等,而进入和离开磁场的位移相同,所以做的功不同,故D错误。设

加速度为a,进入磁场过程有l=v1t1+12������12,v1=at0,t0=2s,t1=2s;离开磁场过程有l=v2t3+12������32,v2=at2,t2=6s,求得t3=(43-6)s,故C错误。10.AC解析:由法拉第电磁感应定律E=nΔ���Δ���=nΔ���Δ���S有E

=kπr2,D错误。因k>0,由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向,故电容器b极板带正电,B错误。由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联,再与R的左半部、R1相串联,故R2两端电压U2=���02×12���0+���0

2+���02×12U=���7,A正确。设R2消耗的功率为P=IU2,则R消耗的功率P'=2I×2U2+IU2=5P,C正确。11.答案:(1)竖直向下(2)0.4V(3)1m/s解析:(1)带负电微粒受到重力和静电力而静止,因重力竖直向下,则静电力方

向竖直向上,故M板带正电。ab棒向右切割磁感线产生感应电动势,ab棒等效于电源,其a端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下。(2)带负电微粒受到重力和静电力而静止,mg=EqE=���MN���所以UMN=�����

�������=10-14×10×10×10-310-14V=0.1VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流I=���MN���3=0.12A=0.05Aab棒两端的电压为Uab=UMN+I·���1���2���1+���2=0.1V+0.05×6V=0.4V。(

3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E=Blv由闭合电路欧姆定律得E=Uab+Ir=0.4V+0.05×2V=0.5V解得v=���������=0.50.5×1m/s=1m/s。12.答案:(1)6π���

���2���0������(2)图像见解析(3)18(π������2���0)2������解析:(1)在0~���6内感应电动势E1=NΔ���1Δ���1,磁通量的变化ΔΦ1=B0πr2,解得E1=6π������2

���0���,线圈中感应电流大小I1=���1���=6π������2���0������。(2)根据楞次定律可知,0~���6时间内感应电流I2为正,大小为2I0;在���6~���2时间内,感应电流为负,大小为I3=

���2���,E2=NΔ���2Δ���2,所以I3=I0;同理可得出在���2~5���6时间内和5���6~T时间内的电流,其变化规律如图所示。(3)在0~���6和5���6~T两个时间段内产生的热量相同,有Q1=Q3=���22R·���6,在���6~5�

��6时间内产生的热量Q2=���32R·4���6,一个周期内产生的总热量Q=Q1+Q2+Q3=18(π������2���0)2������。考点40电磁感应中的动力学、能量与动量问题参考答案1.D解析:线圈出磁场时的速度小于

进磁场时的速度,安培力F=BIl=���2���2������,知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功,则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,全部进入磁场时其动能

恰好等于它在磁场外面时的一半,知出磁场后,动能减小量小于在磁场外面的一半,故不为零,还有动能,将继续运动,不会停下来,D正确,A、B、C错误。2.C解析:当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产

生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=Blv,所带电荷量Q=CU=CBlv,A、B错误,C正确;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力,拉力为零,D错误。3.D解析:通过导体棒的电荷量Q=���Δt=������������+���1���2���1+�

��2·Δt=������������+���1���2���1+���2=1×1×21+2×22+2C=1C,由并联电路特点得,Q1=���2���1+���2Q=22+2×1C=0.5C,故A错误。导体棒进出磁场,根据动量定理得,-B���l·Δt=mv-mv0,而���·Δt=Q,

代入可得v=3m/s,故B错误。同上,导体棒进入磁场正中位置时,根据动量定理有-B���'l·Δt'=mΔv',即-B·���������'���+���1���2���1+���2·l·Δt'=m(v'-v),而���'·Δt'=

���2,联立解得v'=4m/s,故C错误。根据能量守恒定律先求总的焦耳热Q热=12������02−12mv2=12×0.5×(52-32)J=4J,所以两个外电阻上产生的热量QR=������+���Q热=11+1×4J=2J,最后再求R1上产生的焦耳热QR1,由焦耳定律有QR1+���22

R2·Δt=QR,而QR1=���12R1·Δt,I1R1=I2R2,联立得到QR1=���2���1+���2QR=22+2×2J=1J,故D正确。4.C解析:金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断

地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A、B错误。根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D错误。5.C解析:金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时金属棒速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度应等于重

力加速度,选项A错误。金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R的电流方向为b→a,选项B错误。金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIl,又I=������������,联立解得F=���2���2������,选项C正确。金属棒下落过程中,由能量守恒定律知

,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,选项D错误。6.D解析:金属棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小,根据E=Blv知,E减小,故I减小,再根据F=BIl知,安培力减小,由F=ma知,加速度减小,B错误。

由于a与b、b与c间距相等,安培力由a→c是逐渐减小的,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中产生的内能,所以A、C错误。根据平均感应电动势E=Δ���Δ���=���Δ���Δ���,I=����

��和q=IΔt,得q=���Δ������,所以D正确。7.BD解析:线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生。当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,线框不受安培力,只受重力,加速度为g,A错误,B正确。ab边进入磁场到cd边刚

穿出磁场的过程,动能不变,根据能量守恒定律得,线框产生的热量Q=mg(d+l),C错误。当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不变,没有感应电流,线框只受重力作用,线框做加速运动,

说明线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后速度小于v0,D正确。8.BC解析:导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,电流为I=������������,安培力为F=BIl=���2���2������,l、v都在减小,根据牛顿第

二定律知,加速度也在减小,A错误。当导体棒的速度为12v0时,导体棒的有效切割长度也减小了,所以回路中感应电流大小小于初始时的一半,B正确。该过程中,通过的总电荷量为Q=���������,也就是开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积S=��������

�,C正确。该过程中,动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热,为12������02,D错误。9.BC解析:对甲线框,根据楞次定律,产生顺时针方向的电流,因为线框下边所处的磁场比上边的磁场强,则下边所受的安培力大于上边所受的安培力,根据左

手定则,二者合力向上。同理对乙线框分析可得所受合力也向上,A错误。线框产生的电动势E=B2lv-B1lv=kl2v,若v1=v2,则开始时两线框产生的感应电流大小相等,线框所受的安培力F=B2Il-B1Il=kIl2,可知两线框所

受的安培力相等,B正确。若v1>v2,则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势,所以开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流,C正确。线框达到稳定状态时,重力与安培力平衡,有mg=kIl2,I=������=������2������,所以mg=���2���4����

��,v=������������2���4,可知稳定时,两线框的速度相等,D错误。10.BD解析:由v2>v1得,对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小为Ff=μmg=2N,导体棒的安培力大小为F1=Ff=2N,由左手定则可知导体棒的电流方向为

N→M→D→C→N,导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,安培力大小为F2=Ff-m0g=1N,由左手定则可知B2的方向为垂直于纸面向里,选项A错误,B正确;对导体棒分析得F1=B1IL,对导轨分析得F2=B2I

L,电路中的电流为I=���1������1-���2������2���,联立解得v2=3m/s,选项C错误,D正确。11.答案:(1)30m/s2(2)7.5m/s(3)4.375J解析:(1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有E=Bdv0I=�

�����1+���2BId=m2a0解得a0=30m/s2。(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,系统动量守恒,有m1v0=m1v1+m2v212m2���22=m2g·2r+12m2������2m2g=m2������2�

��解得v1=7.5m/s。(3)由动能定理得12m1���12-12m1���02=-W解得W=4.375J。12.答案:F=2���2���������,0≤���≤22���02���2������(2���0-���),22���0<���≤2���0解析:当导体棒与金属框接触

的两点间棒的长度为l时,由法拉第电磁感应定律知,导体棒上感应电动势的大小为E=Blv①由欧姆定律,流过导体棒的感应电流为I=������②式中,R为这一段导体棒的电阻。按题意有R=rl③此时导体棒所受安培力大小为F=BlI④由题设和几何关系有l

=2���,0≤���≤22���02(2���0-���),22���0<���≤2���0⑤联立①②③④⑤式得F=2���2���������,0≤���≤22���02���2������(2���0-���),22���0<���≤2���0考点41交变电

流的产生和描述参考答案1.C解析:在A和C时刻,线圈中感应电流最大,磁通量为零,线圈处于与磁感线方向平行的平面位置,故A错误;在B和D时刻,线圈中感应电流为零,穿过线圈的磁通量最大,故B错误;从A→D时间内线圈转过34周期,即线圈转过的角度为32π,故C正确;由题图可知周期T=0.02s,频率为f

=1���=50Hz,正弦式交变电流一个周期电流方向改变2次,所以1s内交变电流方向改变100次,故D错误。2.B解析t1时刻,穿过线框的磁通量为零,线框产生的感应电动势最大,电阻中的电流最大,根据右手定则,通过电阻的电流方向从右向左,A错误,B正确。t2时

刻,穿过线框的磁通量最大,线框产生的感应电动势为零,电阻中的电流为零,C、D错误。3.B解析:该交变电流电动势的有效值为U=22022V=220V,故电阻的最小阻值Rmin=������0=2202Ω=110Ω。4.B解析:V的示数应是电压的有效值220V,故A、D错误。电压的

有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B正确。电压的峰值Um=2202V=311V,大于300V,故电容器有可能被击穿,C错误。5.C解析:根据电流的热效应有6V22·1���·���3+(9V)2���·2���3=���2���T,

解得U=215V,C项正确。6.C解析:两种情况下,在相同时间内产生的热量相同,说明电压的有效值相同。线圈绕其一条直径以50Hz的频率匀速转动时,电压有效值为E=���m2=���������2=���0π

���2×100πrad/s2;磁场以题图乙所示规律周期性变化,电压有效值为E=���·Δ���Δ���=π���2·���0���4,解得T=225πs,选项C正确。7.BC解析:两导线框进入磁场过程中,匀速转动切割磁感线产生

感应电动势的大小不变,选项A错误。导线框的转动周期为T,则感应电流的周期也为T,选项B正确。在t=���8时,两导线框切割磁感线的有效长度相同,两导线框中产生的感应电动势相等,选项C正确。M导线框中一直有感

应电流,N导线框中只有一半时间内有感应电流,所以两导线框的电阻相等时,感应电流的有效值不相等,选项D错误。8.AD解析:由题意及法拉第电磁感应定律知道,线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的峰值为Em=nBlv=nB·2πrvm,故小灯

泡中电流的峰值为Im=���m���1+���2=20×0.20π×2π×0.1×20.5+9.5A=0.16A,A正确,B错误。电压表的示数为U=���m2·R2=1.07V,C错误。当t=0.01s也就是���4时,由题图丙可知加速度为零,外力等于安培力,故F=nB·2π

rIm=0.128N,D正确。9.CD解析:t=���4时磁感应强度最大,线框中的磁通量最大,而磁通量的变化率却为零,因此感应电流也为零,A错误。电流表测量的是有效值,所以t=���2时电流表的读数不为0,B错误。在���2

<t<3���4内,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律可知,闭合导线框有收缩的趋势,C正确。线框中产生的感应电动势的最大值Em=BmSω=2π2���0���2���,一个周期内产生的热量Q=���2���T=���m22���T=2π4���02���4������,D

正确。10.AC解析:当线圈按照图示的方向转动时,根据右手定则可以判断电流总是从电刷b流出后经过用电器,再从电刷a流入,所以电刷a的电势总是比b的电势低,故A正确。当线圈转到图示位置时,线圈中产生的电动势达到最大值,故B错误。设线圈沿轴线方向的长度为l1,垂直于轴线方向的长度为l

2,当线圈平面在图示位置时,线圈两条边切割磁感线产生感应电动势大小相同,根据法拉第电磁感应定律可得该发电机产生电动势的最大值为Em=2NBl1·12l2ω=NBSω,故C正确。该发电机产生的是正弦式交变电流,其电动势的最大值是有效值的2倍,故D错误。11.答案:(1)Ebc=

0.024V,Ead=0.008V,Eab=Ecd=0(2)0.8A电流方向如解析图所示(3)0.004C解析:(1)设线框的长度为l,每边阻值为R,ω=2πn=2π×50πrad/s=100rad/s则cb边E1=Blv1=Blω3���4=0.02

4Vad边E2=Blv2=Blω���4=0.008Vab边和cd边不切割磁感线,产生的感应电动势为0。(2)电路中的感应电流I=���1+���24���=0.8A根据楞次定律可知,电流方向为b→c→d→a→b,

如图所示。(3)q=IΔt=Δ���4���=������sin30°4���=0.004C。12.答案:(1)15V(2)2.5C(3)157J解析:(1)线圈中感应电动势的最大值Em=nBSω,其中S=l1l2Em=nBl1l2ω=20V线圈中感应电流的最大值Im=���m�

��+���=5.0A电阻R两端电压的最大值Um=ImR=15V。(2)设从线圈平面通过中性面时开始,经过14周期的时间t=���4=π2���此过程中线圈中的平均感应电动势���=nΔ���Δ���=n������Δ���通过电阻R的平均电流���=������+���=���������(

���+���)Δ���通过电阻R的电荷量q=���Δt=������������+���=2.5C。(3)线圈中感应电流的有效值I=���m2=522A线圈转动一周的过程中,电流通过整个回路产生的焦耳热Q热=I2(R+r)T=

157J。考点42变压器电能的输送电磁振荡与电磁波参考答案1.B解析:正弦式交变电流的最大值是有效值的2倍,选项B错误。2.C解析:干涉、衍射是波所特有的现象,所以电磁波能产生衍射现象,选项A错误。常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的

,选项B错误。利用多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的速度,选项C正确。根据光速不变原理,在不同的惯性系中,光速是相同的,选项D错误。3.B解析:当热敏电阻R2所在处出现火情时,R2的电阻减小,导致电路的总

电阻减小,所以电路中的总电流将会增大;A1测量的是原线圈中的总的电流,由于副线圈的电流增大了,所以原线圈中的电流表A1示数也要增大;由于电源的电压不变,原、副线圈的电压也不变,所以V1的示数不变;由于副线圈中电流增大,R3两端的电压变大,所以V2的示数要减小,即R1的电压也要减小,A2的示数

要减小,选项B正确,A、C、D错误。4.D解析:两个标有“220V1.1kW”的电动机正常工作,副线圈电压U2=220V,副线圈电流I2=2���2���2=10A。由于原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,根据变压器的规律得原线圈电压U1=880V

,原线圈电流I1=2.5A,即电流表示数是2.5A,选项C错误。线圈内阻r=48Ω,所以线圈转动产生的电动势有效值是E=880V+2.5×48V=1000V,线圈转动产生的电动势最大值为Em=nBSω=10002V,所以线圈转动的角速度为ω=5002rad/s,选

项A错误。由于电动机两端电压等于220V,电流为5A,所以电动机内阻小于44Ω,选项B错误。由电路可知发电机输出功率等于电动机的输入功率,故发电机的输出功率为P=2.2×103W,选项D正确。5.C解析:S1、S2都断开时变压器空载,副线圈两端有电压,电压

表示数不为零,选项A错误。变压器不能改变交变电流的频率,故负载端交变电流的频率还是50Hz,选项B错误。深夜大部分用户已关灯,干路中电流减小,线路损耗也减小,用户得到的电压较高,故此时开灯时灯特别明亮,选项C正确。用电高峰时,负载增多,负载总电阻减

小,干路中电流增大,因此输电线损耗电压增大,导致降压变压器的输入电压降低。为提高负载电压,可增加降压变压器的副线圈的匝数,使输出电压提高,选项D错误。6.D解析:根据电流的热效应,有220V22���·���2=���12���·T,解得U1=110

V,根据���1���2=���1���2,可得副线圈两端的电压为U2=11V,A错误。副线圈中电流为I2=���2���1+���2=1A,根据���1���2=���2���1,电流表示数为I1=110A,B错误

。变压器的输入功率为P1=U1I1=110×110W=11W,C错误。变压器的输出功率为P2=U2I2=11W,D正确。7.D解析:根据电压与匝数关系,可得���1���1=0.1V1,解得n1=220V0.1V=2200,Um=2U1=2202V,选项

A错误。因为PBC=���������2���,所以UBC=12×12V=12V,IBC=������������=1A,根据电压与匝数的关系,可得������������������=0.1V1,解得nBC=120,选项B错误。因为u=Umcos(100πt),所以交变电流频率为50Hz,

周期为0.02s;由题意可知,变压器可输出12V、18V、30V电压,由选项B解析可知UBC=12V,则UAB=18V,UAC=30V;R接AC两端,IAC=������������=30V12Ω=2.5A,选项C错误,D正确。8.D解析:由题图乙可

知T=6.28×10-2s,则ω=2π���=100rad/s,磁感应强度随时间t的变化关系为B=0.02sin100t(T),所以产生的最大感应电动势为Em=nBmSω=2V,线圈中产生的感应电动势的

有效值为E=���m2=2V,A错误。滑动触头P上移,R0两端电压减小,故其消耗的功率减小,B错误。当开关S由闭合到断开时,副线圈减少一个支路,电流减小,C错误。当GMR处的磁场增强时,其阻值增大,副线圈的电功率���2���0+���2���减小,故变压器的输入功率减小,D正确。

9.BC解析:由���1���2=���1���2=������1���2可得U2=���2������1���1,则通过R2的电流为I2=���2���2=���2������1���1���2,A错误,B正确。线框产生交变电流的最大值为Em=NBSω=2NBl2

ω,有效值E=���m2=2NBl2ω,���0���1=������1=2���������2���������1,C正确。根据P入=P出,由于发电机线圈没有内阻,也就是其功率等于副线圈两用电器的功率之和,P=I2R1+���22���2=I2R1

+���22���2���12���12���2,D错误。10.BC解析:两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,设输出电压为U,电功率为P,输电线的总电阻为R,则题图甲中I=������,所以损耗的功率为P

1=I2R=������2R,U1=IR=������R。在题图乙中升压变压器副线圈的电压为U'=���2���1U,所以输电线上的电流为I'=������'=���1������2���,损耗的功率为P2=I'2R=���

1������2���2R,损耗的电压为U2=I'R=���1������2���R。故P2∶P1=���12∶���22,U2∶U1=n1∶n2,选项B、C正确,A、D错误。11.AC解析:将t=1200s代入表达式得输入电压的瞬

时值u1=362V,根据电压与匝数之间的关系可得���1���2=���1���2,副线圈输出电压的瞬时值为u2=���2���1u1=92V,A正确。电压表测量的是有效值,根据有效值的计算可知电压表的读数为U=���m2=36V,B错误。根据电压与匝

数之间的关系可求得副线圈上的电压有效值为U2=���2���1U1=9V,由于二极管的存在,只有半个周期有电流,根据有效值的定义,有���2���T=���22������2,解得R两端电压的有效值U=922V,根据欧姆定律得I2=����

��=22A,所以电流表的示数为22A,C正确。变压器的输入功率等于负载上的功率,所以P=UI2=4.5W,D错误。12.答案:(1)40W20V(2)A1示数增大A2示数增大V示数不变解析:(1)由题图乙可知输入电压的有效值U1=200V由���1���2

=���1���2得U2=���2���1���1=20V变压器的输入功率P1等于输出功率P2,故P1=P2=U2I2=20×2W=40W。(2)将S闭合,U2不变,即电压表示数保持20V不变。由于负载增

多,负载总电阻减小,电流表A2的示数增大。副线圈的输出功率增大,原线圈的输入功率随之增大,电流表A1的示数增大。考点43分子动理论参考答案1.D解析:水汽凝结成水珠的过程,分子间距离变小,随r减小,引力、斥力都增大,D正确,A、B

、C错误。2.D解析:布朗运动是悬浮在液体中的微粒的运动,是液体分子的无规则运动的反映,不是由液体各部分的温度不同引起的,故A、C错误。液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越剧烈,故B错误。布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击

作用的不平衡引起的,故D正确。3.A解析:温度是分子平均动能的标志,对不同质量的同种物质,只要温度相同,分子的平均动能一定相同,A正确。对一定质量的物体来说,其内能由其温度和体积共同决定,温度变化,其体积可能也发生变化,其内能可能不

变,B错误。物体的温度升高时,分子的平均动能增大,但并不是每个分子动能均增大,C错误。内能是物体内部所有分子所具有的分子动能和分子势能的总和,D错误。4.B解析:r0是平衡位置,Ep-r图像中,r=r0处,

分子势能最小;F-r图像中,r=r0处,分子间作用力为零。所以乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线,题图甲对应的是F-r图像,故A正确,不符合题意。题图甲为F-r图像,根据图像可知,分子从靠得很近的位置开始,随分子间距离的增大,分子间作用力先减小后增大,再减小,

故B错误,符合题意。分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快,故C正确,不符合题意。在r<r0阶段,随着分子间距离增大,分子间作用力减小时,分子间作用力做负功,分子势能减小,故D正确,不符合题意。5.C解析

:由分子热运动的无规则性可知,T2时气体每个分子的速率不是都比T1时的大,故A错误。由题图可知,两种温度下气体分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点,由于T1时速率较低的气体分子占比例较大,则说明T1温度下气体分子的平均动能小于T2温度下气体分子的平均动能,故B错误。由题图可知,在T1、T

2两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1,即相等,故C正确。与T1时相比,T2时气体分子速率出现在0~400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小,故D错误。6.BD解析:x>x0的情况下,分子间作用力表现为引力,x从x0开始逐渐增

大,分子间作用力先增大后减小,故A错误。x<x0的情况下,分子斥力比分子引力变化得快,分子间作用力表现为斥力,x越小,分子间作用力越大,故B正确。x<x0的情况下,分子间作用力表现为斥力,随x增大,分子间

作用力做的正功越多,分子势能越小,故C错误。x>x0的情况下,分子间作用力表现为引力,随x增大,分子间作用力做的负功越多,分子势能越大,故D正确。7.CD解析:1个铜原子的质量应是m=������A,A错误。1个铜

原子的体积V0=������=���������A,B错误。1m3铜含铜原子的个数N=nNA=���������NA=������A���,C正确。1kg铜含铜原子数N'=nNA=1kg���NA=���A���,D正确。8.AC解析:两个分子间分子势能减小的过

程中,两分子间的相互作用力可能减小也可能增大,无法确定,选项A正确。气体分子间距离很大,所以气体体积与分子数的比值不是一个分子的体积,而是一个分子占据空间的体积,选项B错误。气体分子的速率分布规律遵从统计

规律,在一定温度下,某种气体的分子速率分布是确定的,选项C正确。布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮颗粒的无规则运动,不是颗粒分子的无规则运动,选项D错误。9.答案:(1)4×1022(2)3×10-9m解析:(1)设氙气的物质的量

为n,则n=���������氙气的分子总数N=���������NA=4×1022。(2)每个分子所占的空间为V0=������设分子间平均距离为a,则有V0=a3,即a=3���0=3������=3×10-9m。考点44气体、固体和液体参考答案1.C解析:水黾停在水面上

,是因为水的表面张力,选项A正确,不符合题意。天然石英外形规则,说明石英是晶体,选项B正确,不符合题意。墨水在水中扩散,是因为墨水颗粒受到水分子的撞击做无规则运动,选项C错误,符合题意。笔尖蘸墨,墨水浸入毛笔

内是毛细现象,选项D正确,不符合题意。2.B解析:如果大气压强增大,温度不变,外界大气压对气体做功,气体的体积减小,压强增大,选项A、C错误。对活塞和汽缸整体分析受力,由平衡条件可知,细线的拉力不变,斜面对汽缸的支持力不变,选项B正确,D错误

。3.B解析:等容变化温度升高时,压强一定增大,分子密度不变,分子平均动能增大,单位时间撞击单位面积器壁的气体分子数增多,B正确,A、C、D错误。4.B解析:初始时刻,活塞紧压小挡板,说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强;在缓慢升高汽缸内气体温度时,气体先做等容变

化,温度升高,压强增大,当压强等于大气压时活塞离开小挡板,气体做等压变化,温度升高,体积增大,A、D错误。在p-T图像中,等容线为通过原点的直线,C错误,B正确。5.C解析:将管慢慢地向下按一段距离时,假设l1、l2的长度不变,则l1、l2内气体的压强都会增

大,根据玻意耳定律可得l1、l2的长度都减小,故A、B、D错误,C正确。6.AD解析:从a到b,理想气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,内能增大,气体从外界吸收热量,选项A正确,B错误。a→b气体体积增大,气体对外界做正功,选项C

错误。a→b气体压强增大,气体分子撞击器壁的作用力增大,选项D正确。7.AC解析:U形管内气体压强等于大气压加上h高水银柱产生的压强,所以C管内外水银面的高度差为h,A正确。若将C管向下移动少许,U形管内气体体积减小,压强增大,则C管内水银面相对槽内水

银面下降,B错误。若往B管注入一些水银,U形管内气体体积减小,压强增大,则A管水银面上升的高度大于C管水银面下降的高度,C正确。若环境温度升高,U形管内气体体积增大,压强增大,A管水银面下降的高度等于C管水

银面下降的高度的12,D错误。8.答案:(1)40���������(2)p0+3���������43T0解析:(1)设封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧的整体受力分析,由平衡条件有mg+p0·2S+2mg+p1S=p0S+p1·2S解得p1=p0+3���������对活塞Ⅰ由平衡条件有

2mg+p0·2S+k·0.1l=p1·2S解得弹簧的劲度系数为k=40���������。(2)缓慢加热两活塞间的气体,使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处,对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知,气体的压强不变,依然为p2=p1=p0+3���������,由气体的压强不变,得

弹簧的弹力也不变,故有l2=l1=1.1l即封闭气体发生等压变化,初、末状态的体积分别为V1=���12·2S+���12·S,V2=l2·2S由盖-吕萨克定律可知���1���0=���2���2解得T2=43T0。9.答案:(1)

400K(2)25cm解析:(1)初始时,A气柱的压强等于大气压强,气柱的体积为Sl,温度升高到T2时,左管水银面下降h=2.5cm,则A气柱的压强为p2=p0+ρ水银g·2h,气柱的体积为S(l+h),根据理想气体状态方程���1���1���1=���2��

�2���2解得T2=400K。(2)温度升高后,A气柱的体积是S(l+h),压强是p2,加水银后,A气柱的体积是Sl,压强是p3=p0+ρ水银gΔl,根据玻意耳定律p2V2=p3V1需加入的水银长度为Δl=25cm。10.答案:13解析:设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V

1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450K、V1=V0、T2=300K、V2=20���021①由理想气体状态方程得���0���0���1=���2·2021�

��0���2②代入数据得p2=0.7p0③对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0'由题意知p3=p0、V3=V0'、p4=p2④由玻意耳定律得p0V0'=p2V4⑤联立②⑤式,代入数据得V4=107V0'⑥设抽

出的气体的体积为ΔV,由题意知ΔV=V4-2021V0'⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为Δ������=Δ������4⑧联立②⑤⑦⑧式,代入数据得Δ������=13。⑨11.答案:(1)1817p0(2)2���0���17���2���0���17���解析:(1)

对左右汽缸内所封的气体:初态压强p1=p0体积V1=SH+2SH=3SH末态压强p2体积V2=S·32H+23H·2S=176SH根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2解得p2=1817p0。(2)对右侧活

塞受力分析可知mg+p0·2S=p2·2S解得m=2���0���17���对左侧活塞受力分析可知p0S+k·12H=p2S解得k=2���0���17���。考点45热力学定律参考答案1.D解析:在沸腾的水中,此环境下,气泡的温度恒定,则气泡的内能不变,故A、B错误。根据玻意耳定律,p

V=C,气泡在上升过程中,压强减小,则体积增大,即气泡对外做功,故C错误。通过上述分析,得知气泡内能不变,且对外做功,根据ΔU=W+Q,则气泡吸收了热量,故D正确。2.B解析:一定质量的理想气体的内能仅决定于温度,A错误。一定质量的理想气体可以经

历等压膨胀的过程,温度升高,压强不变,B正确。做功和热传递都可以改变气体的内能,做功和热传递使气体温度升高1K,气体吸收的热量不同,C错误。气体体积增大时,温度可能不变,可能升高,也可能降低,D错误。3.C解析:虽然能量守恒,但有些能量是可利用的,有些是不容易利

用的,因此能源危机是存在的,A错误。摩擦力做功的过程,如果没有发生相对滑动,就没有机械能转化为内能,B错误。热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性,C正确。第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了热力学第二定律,D错误。4.C解析:将水缓慢滴在活塞上,压缩气体,气体的体积减小

,外界对气体做功,W为正值,由导热性能良好知气体的温度不变,内能不变,据热力学第一定律W+Q=ΔU,得Q为负值,气体放热,选项C正确。5.D解析:解除锁定前,两部分气体温度相同,体积相同,由pV=nRT可知b部分气体压强大,故活塞左移,平衡时Va<Vb,

pa=pb;活塞左移过程中,a部分气体被压缩,内能增大,温度增大,b部分气体向外做功,内能减小,温度减小,平衡时Ta>Tb。6.ACD解析:抽开隔板时,由于右方是真空,气体做自由扩散,气体没有对外做功,又没有热传递,则根据热力学第一定律ΔU=

Q+W可知,气体的内能不变,由于体积增大,压强变小,B错误,A正确。气体被压缩过程中,外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,气体内能增大,温度升高,体积减小,根据���������=C,可知压强变大,C、D正确。7.BD解析:过程①是等容变化,温度升高,压强增大,故A项错

误。过程②中,体积增大,气体对外做功,故B项正确。过程④是等容变化,温度降低,放出热量,故C项错误。过程③是等温变化,温度不变,故状态c、d的内能相等,故D项正确。8.BD解析:根据理想气体状态方程���������=C可知,降低封闭气体温度,封闭气体的体积与压强乘积变小;如

果封闭气体体积不变,降低封闭气体温度,压强减小,则试管中的水银柱高度上升,故A、C错误,B正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,由于降低封闭气体温度过程中外界对气体做功,则气体内能的变化值小于气体放出的热量,故D正确。9.AC解析:液体变成气体后,分子间的平均距离增大了,A正

确。温度是分子热运动剧烈程度的标志,由于两种状态下的温度是相同的,故两种状态下水分子热运动的剧烈程度是相同的,B错误。水发生等温变化,分子平均动能不变,因水分子总数不变,分子的总动能不变,根据热力学第一定律ΔU=Q+W

,可得水的内能的变化量ΔU=2260J-170J=2090J,即水的内能增大2090J,则水分子的总势能增大了2090J,C正确。在整个过程中能量是守恒的,D错误。10.答案:(1)3kg(2)57℃11J解析:(1)开始时,V1=l1S,压强为p1=p0+���������=1.2×1

05Pa①活塞下移到4���5时,V2=4���5S设此时气体的压强为p2,对所封闭的气体,活塞向下移动时,气体发生等温变化根据玻意耳定律有p1V1=p2V2②解得p2=1.5×105Pa③设所放物体的质量为m',此时对活塞有p2S=p0S+mg+m'g④解得m'=3kg。

(2)对所封闭的气体,开始时V2=4���5S,T2=300K温度升高后V3=45���+���0S设此时的温度为T3,此过程为等压过程,根据���2���2=���3���3⑤解得T3=330K=57℃⑥该过程中气体对活塞做功

,得W=-p2SΔl⑦由热力学第一定律可得ΔU=W+Q⑧解得Q=11J。⑨考点46光电效应波粒二象性参考答案1.C解析:光子和电子碰撞,动量守恒,则光子的动量会减小,由λ=ℎ���,可知光子的波长变长,故C正确,A错误。由光速不变原理可知,光

子的速度不变,故B错误。由动量守恒定律结合题意可知,电子的动量增加量小于ℎ������,故D错误。2.B解析:一个光子的能量为ε=hν,ν为光的频率,光的波长与频率的关系满足c=λν,光源在时间t内发出的光子的个数为n=������ℎ���=���������

ℎ���,P为光源的功率。以光源为原点的球面上每平方米的光子数相同,半径为R的球的表面积为S=4πR2,则t=1s时有S=���3×1014m2,联立以上各式解得R约为3×102m,故B正确。3.B解析:两组实验入射光的能量不同,由ε=hν可知,采用了不同频率的入射光,A正确

。根据爱因斯坦光电效应方程,金属的逸出功W=hν-12������m2,代入实验数据得两组的逸出功相等,均等于3.1eV,由W=hνc可知,两组实验所用的金属板材质相同,B错误。若入射光子的能量为5.0eV,代入爱因斯坦光电效应方程,逸出光电子

的最大动能为1.9eV,C正确。若入射光子的能量为5.0eV,发生光电效应,相对光强越强,光电子越多,光电流越大,D正确。4.A解析:分析I-U图像可知,光电流恰为零时,光电管两端加的电压为遏止电压,对应的光的频率为截止频率。入射光的频率越高

,对应的遏止电压Uc越大,由于入射光的频率相同,故遏止电压相同,即图线与横轴的交点相同。由于a光的光强大于b光的光强,所以a光的饱和电流大于b光的饱和电流,故A正确,B、C、D错误。5.A解析:根据Ekm=hν-W0可得,图线纵截距的绝对值等于金属的逸出功,即金属的逸出

功等于b。当最大初动能为零时,入射光的频率等于截止频率,所以金属的截止频率为a,那么普朗克常量为h=������,A正确。根据光电效应方程可知,光电子的最大初动能与照射光的频率有关,与光的强度无关,B错误。若保持照射光的强度不变,仅提高

照射光频率,则光子数目减小,电流表G的示数会减小,C、D错误。6.ACD解析:电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样,说明电子是一种波,A正确。β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹,说明β射线是一种粒子,B错误。人

们利用慢中子衍射来研究晶体的结构,中子衍射说明中子是一种波,C正确。人们利用电子显微镜观测物质的微观结构,利用了电子束的衍射现象,说明电子束是一种波,D正确。7.BD解析:照射光子的能量hν=3eV,小于金属的逸出功,不能发

生光电效应,即电流表G指针不会偏转,选项A错误。a接电源正极,所加电压为正向电压,照射光子的能量hν=4eV,大于金属的逸出功,则能发生光电效应,电流表G指针会偏转,选项B正确。照射光子的能量hν=5eV,大于金属的逸出功,则能发生光

电效应,光电子的最大初动能为Ekm=(5-3.5)eV=1.5eV;而a接电源负极,为反向电压,Uc=2V,因为Uce>Ekm,则光电子不能到达A板,电流表G指针不会偏转,选项C错误。照射光子的能量hν=6eV,大于金属的逸出功

,则能发生光电效应,光电子的最大初动能为Ekm=(6-3.5)eV=2.5eV;而a接电源负极,为反向电压,Uc=2V,因为Uce<Ekm,则光电子能到达A板,电流表G指针会偏转,选项D正确。8.答案:(1)ℎ������0(2)hc1���-1���

0解析:(1)由逸出功为W0=hν而光的波速c=λ0ν联立可得W0=h������0。(2)根据光电效应方程可知,光电子的最大初动能为Ekm=h������-W0联立解得Ekm=h������-h������0=hc1���-1���0。考点47原子结构氢原子光谱

参考答案1.C解析:α粒子散射实验得出原子的核式结构模型,A错误。玻尔的原子理论成功地解释了氢原子的分立光谱,但不足之处是它保留了经典理论中的一些观点,如电子轨道的概念,不能解释其他原子的发光光谱,B错误。阴极射线实质是电子流,C正确。玻尔受到普朗克的能量子观点的启发,得出原子轨道的量子化和能

量的量子化,D错误。2.B解析:高温物体的光谱包括了各种频率的光,与其组成成分无关,A错误。某种物质发光的线状谱中的亮线与某种原子发出的某频率的光对应,通过这些亮线与原子的特征谱线对照,即可确定物质的组成成分,B正确。高温物体发出的光通过

某物质后,某些频率的光被吸收而形成暗线,这些暗线与所经物质有关,C错误。某种物质发出某种频率的光,当光通过这种物质时它也会吸收这种频率的光,因此线状谱中的亮线与吸收光谱中的暗线相对应,D错误。3.C解析:因4

0.8eV+(-54.4eV)=-13.6eV,故结合题图可知,基态氦离子吸收能量为40.8eV的光子后能跃迁到n=2的能级;因51.0eV+(-54.4eV)=-3.4eV,故结合题图可知,基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后能跃迁到n=4的能级;因43.2eV+(-54.4eV)=-1

1.2eV,故结合题图可知,基态氦离子不能吸收能量为43.2eV的光子;因48.4eV+(-54.4eV)=-6.0eV,故结合题图可知,基态氦离子吸收能量为48.4eV的光子后能跃迁到n=3的能级,故C选项符合题意。4.C解析:大量氢原子由n=4的激发态向基态跃迁时,能辐射C42=6种特定频

率的光,故A错误。由能级图可知,从n=4能级向n=3能级跃迁时,辐射的光能量最少,频率最小,故B错误。从高能级向低能级跃迁时,电子的电势能减小,动能增加,故C正确。由E=En-Em可得,从n=3能级跃迁到n=1能级时,辐射的光子能量为12.09eV

,故D错误。5.AD解析:由hν=En-Em可知,a光子和b光子的能量分别为Ea=hνa=2.55eV,Eb=hνb=1.89eV,故a光子的能量高于b光子的能量,A正确。νa>νb,由λ=������可得,a光的波长小于b光的波长,B错误。由于两光子的频率不相等,故两束光在空间相遇时不会发

生干涉现象,C错误。由于a的频率大于b的频率,故玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率,D正确。6.BC解析:大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁能产生3种不同频率的光子,产生光子的最大频率为���3-���1ℎ,A错误。当氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时,能量减小

,电子离原子核更近,电子轨道半径变小,B正确。若氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时放出的光子恰好能使某金属发生光电效应,则由光电效应方程可知,该金属的逸出功恰好等于E2-E1,当氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时放出的光子照射该金属时,逸

出光电子的最大初动能为(E3-E1)-(E2-E1)=E3-E2,C正确。电子是有质量的,撞击氢原子时发生弹性碰撞,由于电子和氢原子质量不同,故电子不能把-E3的能量完全传递给氢原子,因此不能使处于n=3能级的氢原子电离,而光子的能量可以完全被氢原子吸收,使处于n=3能级的氢原子电离,D错误。7.

答案:(1)13.6eV(2)图见解析(3)1.03×10-7m解析:(1)核外电子绕核做匀速圆周运动,静电力提供向心力,则������2���12=������2���1,又知Ek=12mv2故电子在基态轨道上的动能为Ek=�

�����22���1=9×109×(1.6×10-19)22×0.528×10-10J=2.18×10-18J=13.6eV。(2)当n=1时,能级值为E1=-13.612eV=-13.6eV当n=2时,能级值为E2=-13.622eV=-3.4eV当n=3时,能级值为E3=-13.6

32eV=-1.51eV能发出光谱线的跃迁分别为3→2、2→1、3→1,共3种,能级图如图所示。(3)由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大,波长最短。hν=E3-E1,又知ν=������,则有λ=ℎ��

����3-���1=6.63×10-34×3.0×10812.09×1.6×10-19m=1.03×10-7m。考点48天然放射现象、核反应、核能参考答案1.C解析:卢瑟福用α粒子轰击氮原子核,产生了氧的一种同位素——氧17和一个质子,这是人类第一次实现原子核的人工转变,

选项A错误。用放射治疗癌症,是利用“细胞分裂越快的组织,对射线的耐受能力越弱”这一特点,选项B错误。强子是参与强相互作用的粒子,质子是最早发现的强子,选项C正确。比结合能越大,原子核越稳定,核子平均质量越小,选项D

错误。2.A解析:核聚变是轻核的聚变,相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多,A正确,C错误;氘氚核聚变反应遵守电荷数守恒和质量数守恒,B错误;核聚变反应有质量亏损,D错误。3.B解析:m=m012������=m0×1218

060=18m0,选项B正确。4.B解析:放射性元素放出正电子时,正电子与反冲核的速度相反,而电性相同,则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反,两个粒子的轨迹应为外切圆。当放射性元素放出正电子时,两带电粒子的动量守恒。由半径公式r=�

�����������=���������,可得轨迹半径与动量成正比,与电荷量成反比,而正电子的电荷量比反冲核的电荷量小,则正电子的半径比反冲核的半径大,A、C、D错误,B正确。5.AC解析:根据核反应中质量数和电荷数守恒的规律可知,X的质量数为4+27-1=30,电荷数为2+13-0

=15,Y的质量数为30,电荷数为15-1=14,则X的质量数和Y的质量数相等,X的电荷数比Y的电荷数多1,选项A正确,选项B错误;X的电荷数比1327Al的电荷数多15-13=2,选项C正确;X的质量数比1327Al的质量数多30-27=3,选项D错误。6.BC解析:由质量数和电荷数

守恒可知,X的质量数为1,电荷数为0,则X为中子,选项A错误。根据能量关系可知mXc2=(1876.1+2809.5-3728.4-17.6)MeV,解得mX=939.6MeV/c2,选项B正确。太阳每秒放出的能量E=Pt=4×1026J,损失的质量Δm=������

2=4×10269×1016kg=4.4×109kg,选项C正确。因为E=4×1026J=4×10261.6×10-19eV=2.5×1039MeV,所以太阳每秒因为辐射损失的质量为Δm=������2=2.

5×1039MeV/c2,选项D错误。7.ABC解析:原子核的半衰期T由原子核内部的因素决定,跟原子所处的物理、化学状态无关,A正确。由质量数守恒和电荷数守恒知X的质量数是0,电荷数是-1,为电子,是原子核内的中子转化为质子而释放的电子,为β衰变,B正确。经2

T时间还剩余14没衰变,发生上述核反应而放出的核能为34NΔE,C正确。90234Th的比结合能是234个核子结合成90234Th时放出的能量,该能量不是它衰变时放出的能量ΔE,所以90234Th的比结合能不是Δ���234,D错误。8.答案:(1)8622

2RnPo+24He(2)2���k1109解析:(1)根据质量数守恒和电荷数守恒可得该核反应方程为86222RnPo+24He。(2)设粒子X的质量为m1、速度为v1,钋核的质量为m2、速度为v2根据动量守恒定律有0=m1v1-m2v2钋核的动能E

k2=(���2���2)22���2=���1���122×���1���2=2���k1109故钋核的动能为2���k1109。