【文档说明】2023年高考高三百题冲刺物理试题 PDF版含答案.pdf，共(81)页，3.643 MB，由小赞的店铺上传

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1题型01自由落体答案：（1）102m/s；（2）2s；（3）20m/s；（4）22s。解析：（1）棒做自由落体运动，由运动学知识得212vgH解得1m/21010/02sms1v（2）由212hgt及1055m20mh得：2220s2s10Htg

（3）由vgt得：m/s10m/0s22v（4）设B端到达空心竖直管上沿所用的时间为2t，则有：2212Hgt222102s10Htg222sttt题型02匀变速直线运动的推论答案：（1）20

m/s和25m/s；（2）2109m/s；（3）14.4km解析（1）根据平均速度的公式；两段过程的平均速度分别为：11122220m/s25m/sxvtxvt（2）由于火车做匀变速直线运动由速度公式可得：122122ttvva12解得：2

109m/sa。（3）考虑列车做匀减速运动到停下，已知匀减速直线运动前两个相同的26s内分别走过了23个100m和21个100m。假设列车从初速度为零开始做匀加速直线运动，那么在相同的时间内，列车位移比应该满足在第nT内：1:3:5:7:…:(21)n。显然根据对称

性可以将列车的运动看成初速度为零的匀加速运动。则2123n，不难得到12n，所以列车运动的总时间为2612312st，这段时间列车的总位移(1+3+5++23)10014400m14.4kmx。题型03追及相遇问题答案：

（1）不能，8m；（2）4辆，8次；（3）16.9s。解析：（1）摩托车速度减为5m/s所用的时间为't，根据速度时间公式得：'22155's=10s1vvta此段时间内自行车的位移为：11'50mxvt摩托车的位移：2'2222100mvvxa摩托车比

自行车多运动的距离为：21Δ50mxxx初始时，摩托车与第一辆自行车的距离为：Δ'458mxsL由于ΔΔ'xx，所以摩托车不能追上排头的第一辆自行车，两者相距的最近距离为：ΔΔ'Δ8msxx（

2）由于318m+310m=48mxsL所以摩托车可以追上4n辆车摩托车做减速运动，10s后速度小于自行车的速度，自行车会重新超过摩托车，故摩托车与车队中自行车共相遇的次数为：28Nn次（3）设摩托车从开始刹车到追上车队的最后一辆自行车所用的时间为t，根据位移时间公式，可知

摩托车行驶的位移为：2212svtat摩最后一辆自行车的位移：1=svt自则摩托车与最后一辆汽车的距离：sss自摩23代入数据解得：12st，218st即摩托车与最后一辆自行车第一次相遇的时间为2s

，而摩托车减速至零的时间为：2015svta由于20tt，所以第二次相遇时摩托车已经停止运动，摩托车停止时的位移为：2'22112.5m2vsa自行车追上摩托车时的位移为：''1294.5mss所用时间为：''12118.9sstv则摩托车从赶上车队到离开车

队共经历的时间：'21Δ16.9sttt题型04运动学图像相关问题答案：（1）从计时起，前3s内甲乙两车加速度大小分别为210m/s和25m/s；（2）从计时起，甲乙两车前两次相遇时，沿公路方向相距的距离为40m；（3）4st后，甲车做匀减速运动的加速度大小

是230m/s或26m/s．解析：解：（1）从计时起，前3s内甲乙两车加速度大小分别为1220102m/svat甲．1220102m/s5vat乙．（2）由题意知1st时甲乙第一次相遇，则两车沿公

路方向相距的距离为10302m40m2Sx甲（3）设两物体再经过t’秒再次相遇，则如图所示得2130m2tx甲225252.5m2txt乙又有22xx甲乙34由以上三式得16st，22st设该过程甲物体加速度大小为

2a甲，由02vvat甲得2301at甲解得2230m/sa甲，226m/sa甲题型05摩擦角与自锁答案：（1）46N，方向沿斜面向上；（2）0mvBq。解析：（1）以货物为研究对象，受力分析如

图所示：货物受力平衡，摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向上，sincos0mgFf代入数据解得：46Nf，方向沿斜面向上。（2）为保持货物恰好不下滑，F有最小值minF受力分析如图所示：沿斜面方向：1sincos0minm

gFf垂直于斜面方向：1cossin0NminFmgF11NfF为保持货物恰好不上滑，F有最大值maxF，受力分析如图所示：沿斜面方向上：2cossin0maxFmgf垂直于斜面方向

：2cossin0NmaxFmgF22NfF，综上所述：20N220NF。45题型06共点力平衡答案：（1）4cm；（2）5N，方向沿斜面向上。解析：解：（1）对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：cos0BTmg

，sin0TF，且：Fkx，解得：4cmx；（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：sin0ATfmg，解得：5Nf，即物体A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上。

（3）对A物体受力分析，A恰要滑动说明A受到沿斜面向下的摩擦力，并且为最大静摩擦力。根据平衡条件，有：sin0mATfmg,cos0ANmg,其中cosmAfmg，解得：40NT

再对B受力分析，根据平衡条件，有：sin=0TF弹，cos0BCTmgmg，解得：0.9kgCm，=32NF弹。由2Fkx弹得2=6.4cmFxk弹。56题型07力的动态变化问题答案：（1）33mg；（2）12mg；（3）mg和2mg。解析：（1）设OA绳的拉力为1F，O

B绳的拉力为1T；分析结点O受力情况，如图所示：由结点O平衡可知：13tan303Tmgmg（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转30时BOAO，则得21sin302Tmgmg（3）若保持O点位置不变，将OB由水

平位置绕O点逆时针缓慢转动90的过程中，BO和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当BO竖直时，OB上拉力最大，最大值maxTmg；当BOAO时，OB上拉力最小，最小值212minTTmg答：（1）OB绳上的拉力的大

小1T为33mg。（2）此位置处OB上拉力的大小2T是12mg。（3）此过程中OB上拉力的最大值maxT和最小值minT分别为mg和2mg。题型08牛顿第二定律-两类动力学问题答案：(1)0.1；(2)0.96m。解析：(1)A、B一起运动时，B受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222v

ags解得木板与冰面间的动摩擦因数20.1。(2)小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度2112.5m/sag67小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加

速运动，有122(2)mgmgma解得220.5m/sa设小物块冲上木板时的初速度为0v，经时间t后A、B的速度相同，对长木板有2vat解得滑行时间20.8svta小物块冲上木板的初速度012.4m/svvat小物块A在长木板B上滑动的距离2212012110

.96m22xxxvtatat题型09牛顿第二定律-连接体问题答案：2mg解析：解：设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为a，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有：4Fma

①对B有600NmF②对C有cosTamg③sinTama④联立①②式解得3Tma⑤联立③④式解得2222Tmga⑥联立⑤⑥式解得24ag⑦联立①⑦式解得2Fmg78答：拉力F应为2mg题型10牛顿第二定律-突变问题答案：（1）50N，0.3m；（

2）212.5m/s解析：解：（1）小球的受力图如图，根据平衡条件可知：弹簧的弹力tanFmgcosmgT而Fkx解得：50NT，0.3mx（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T等大反向，则212.5m/sTam

方向与竖直方向成角37，斜向下沿原细线AB方向。题型11牛顿第二定律-临界问题答案：（1）24m/s和方向水平向左；（2）须满足大于等于0.2；（3）0.24m。解析：（1）小滑块m，受到向左的滑动摩擦力00fmg由牛顿第二定律

得：0mfma，即2004m/smfagm加速度的方向与木块运动方向相反，即水平向左；（2）长木板受到滑块作用的向前的摩擦力00fmg长木板受到地面最大静摩擦力的大小()MfMmg89要使长木板相对地面静止，有0Mf

f即：0()Mmgmg；所以：00.2mmM（3）对于0:MMMffma即：0()MmgMmgMa；所以20()2m/sMmgMmgaM设经过时间t，两者速度相等，即0mMvatat代入加速度和初速度解得0.2st所

以两者共同的速度为20.2m/s0.4m/sMvat两者相对静止前，小滑块的位移21010.16m2msvtat达到共同速度后对滑块和木板在地面滑动摩擦力作用下一起匀减速运动，由牛顿第二定律有：()()MmgMma可得共同的加速度

21m/sag所以滑行位移为222m0.08m220.41vsa所以滑块滑行的总位移为120.160.08m0.24msss题型12牛顿第二定律-等时圆问题答案：（1）()OPHHh；（2）2(2)Hhtg解析：（1）以P点

为最低点经过A和B做“等时圆”如图所示：根据几何关系可知AQPB所以BPOAPQ，根据几何关系可得：tanOPHHhOP，解得()OPHHh。（2）设BP斜面倾角为，根据几何关系可得222()2BPHOPHHh，2

sin2HHHh根据牛顿第二定律可得：sinmgma，解得sinag；设OPd，则斜面长sinHL根据位移时间关系可得212Lat910解得2222(2)sinLHHhtagg。题型13牛顿第二定律-

板块问题答案：（1）8m/s；（2）34.5kg；（3）14m。解析：（1）去掉重物前对物块牛顿第二定律：11sin37cos37mgmgma解得211sin37cos374m/sagg

位移211112m2xat，解得11st此时速度1114m/svat对木板：222112xat由题意可知，木板的位移：2624mx解得22s8m/a此时速度2218m/svat（2）对板牛顿第二定律：312sin37()cos37cos37TMgmMgmgMa

1011对重物：002mgTma,解得034.5kgm（3）去掉重物后对物块：21cos37sin37mgmgmd解得：12cos37sin371m/sagg对木板：22sin37

cos37MgmgMa解得228m/sa设木板经2t时间把速度减到零，2221svta2t内木板的位移出2224m2vxt2t内物块的位移21121213.5m2xvtat板速度刚减到零时物块的速度

11123m/svvat设再经过3t二者达共速对物块：21cos37sin37mgmgma解得：212cos37sin371m/sagg对木板：22sin37cos37MgmgMa解得228m/sa11323vatat

，解得31s3t3t内物块的位移211313117m218xvtat3t内木板的位移222318m218xat板至少的长度121214mLAPxxxx题型14牛顿第二定律-传送带问题1112答案：

（1）210m/s；（2）4m/s；（3）2m。解析：（1）以货物为研究对象，开始时货物相对传送带上滑，由牛顿第二定律得：11sin37cos37mgmgma，解得2110m/sa。（2）货物与传送带

共速后，摩擦力方向发生改变。设从开始到共速的时间为1t，货物对应的位移为1x，则有：011vta，211112xat之后摩擦力反向，设货物的加速度大小为2a，由牛顿第二定律结合运动学公式得：12sin37cos37mgmgma220112(2)BvvLxa，解得4m/sBv

。（3）设货物在长木板上滑动的加速度大小为3a，长木板的加速度大小为4a，由牛顿运动定律得：23mgma，24mgMa解得233m/sa，241m/sa临界条件为长木板与货物速度相等时货物恰好到达长木板最左端，设此时它

们的速度大小为v，该过程中货物的位移为3x，该过程中长木板的位移为4x，所用时间为2t，则有：4232Bvatvat2323212Bxvtat244212xat234Lxx，解得22mL。

题型15牛顿第二定律与图象综合问题1213答案：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.4，以及木板与地面的滑动摩擦因数为0.1；（2）2s。解析：（1）由图乙可知，当恒力25NF时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得，11mgma，代入数据解得10.4。

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：122()FmgmMgMa，则122()1mgmMgaFMM，结合图象可得12()94mgmMgM，解得20.1。（2）设m在M上滑动的时间为t，当水平恒力27.8NF时，由（1）知滑块的

加速度为2114m/sag，而滑块在时间t内的位移为21112sat，由（1）可知木板的加速度为122()FmgMmgaM，代入数据解得224.7m/sa，而木板在时间t内的位移为22212sat，由题可知，21ssL，代入数据

联立解得2st。题型16曲线运动1314答案：sinH解析：杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度Av的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为：AvR；对速度Av作如图1所示的正交分解，沿绳BA的分量就是物块M是速率Mv，

则：cosMAvv由正弦定理知：sinsinOABHR由图看出：2OAB由以上各式得：sinMvH。题型17小船过河答案：30m/s；37.5s。解析：为了不被冲进瀑布，而且速度最小，则游艇的临界航线OA如图所示。船头应与航线

垂直，并偏向上游，最小速度等于水的流速沿垂直于航线方向的分量，由几何关系可得3sin5，4cos5。所以min3sin30m/s5vvvv此时游艇在河中航行的时间为37.5scosOAOAtvv

∥。题型18平抛运动经典题型1415答案：（1）2200m/s；（2）4N；（3）0.2m。解析：（1）注射器在长管内做匀变速直线运动，由202val得：2222020022ms1/val；（2）由牛顿第

二定律得2000.02N4NFma（3）注射器离开长管后做平抛运动，由平抛运动规律得：xvt得0.2sxtv由212hgt得0.2mh题型19平抛运动两类特殊题型答案：（1）02tanvtg；（2）202tancosvsg；（3）0tanvtg

；（4）20maxtansin2vhg解析：（1）根据2012tangtyxvt解得小球从A到B的时间为：02tanvtg；（2）AB的距离为：2002tancoscoscosvtvxsg；（3

）当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，根据平行四边形定则知，小球竖直分速度0tanyvv，由yvgt解得：0tanvtg；（4）将小球的运动分解为沿斜面和垂直于斜面两个方向分运动，建立坐标系，小球在y轴方向做匀减速运

动，初速度为00sinyvv，加速度为：cosyag小球离斜面的最大距离为：022200max0(sin)tansin22cos2yyvvvhagg。题型20水平面内圆周运动1516答案：（1）3gr；（2）gr„；（3）当两

物块的质量满足3ABmm时，无论角速度多大，两物块与圆盘之间都不发生相对解析：（1）物块B先到达最大静摩擦力，此时绳子开始出现张力，故：213BBmgmr，解得：13gr；（2）当两物块与圆盘到达最大静摩擦

力时，恰好不与圆盘发生相对滑动，物块A的摩擦沿着半径向外，故：223BBTmgmr，22AATmgmr，由于ABmm，则2gr，所以gr„；（3）有可能由于223BBTmgm

r，22AATfmr，解得：2(3)AABBfmmrmg如果满足3ABmm，物块A的摩擦力总满足：ABAfmgmg无论角速度多大，两物块不会与圆盘发生相对滑动；题型21竖直面内的圆周运动1617答案：（1）下侧管壁有弹力作

用，作用力大小为12mg；（2）2Rg。解析：（1）小球从A运动到B做平抛运动，则水平方向：ARvt，竖直方向：212Rgt，解得：2ARgv若球对上、下管壁均无压力，则2mvmgR，vRg，而AvRg，所以对下管有压力根据2ANvmgFmR

解得：12NFmg，即压力为12mg（2）小球对上侧管壁弹力大小等于重力，则上侧管壁对小球的压力也为mg，则有：2ANmvmgFR，解得2AvRg题型22含连接体的圆周运动答案：（1）5rad/s；（2

）2N；（3）2rad/s14rad/sB„„。cosmgT解析：（1）对小球A运用牛顿第二定律得：2tanAAAAmgmr，其中()sinArLR，解得：5rad/sA；（2）对小球A有：2.5NcosAmgT，对小物块B

，绳子拉力小于或等于B与圆台的最大静摩擦力：()BTmgF„，解得：10N3F；1718（3）对小球:2NAATmg，当小物块B刚好不向内侧滑动时：21BBTmgmR，解得：12rad/s，当小物块B刚好不向外侧滑动时：22BBTmgmR

，解得：214rad/s，故有：2rad/s14rad/s„„题型23万有引力定律答案：（1）2gRG；2324()rhT；（2）220324gRTRc。解析：（1）设地球的质量为0M，月球的质量为1M，卫星的质量为1m，地

球表面某一个物体的质量为2m，地球表面的物体受到的地球的吸引力约等于重力，则：0222GMmmgR所以：20gRMG由万有引力定律及卫星的向心力公式知：2111224()()GMmmrhrhT解得：23124()rhMT（2）设月球到地球的距离为L，则：20112204GMM

MLLT所以：220324gRTL由于hrR，所以卫星到达地面的距离：sLR中继卫星向地球发送的信号是电磁波，速度与光速相等，即vc，所以：sct时间：220324gRTRstcc．答：（1）地球的质量是2gRG，月球的质量是2324()rhT；1819（

2）中继卫星向地球发送的信号到达地球，最少需要的时间是220324gRTRc题型24天体运动答案：（1）32212()mmm；（2）332212()2πmvTmmG；（3）暗星B有可能是黑洞解析：（1）设A、B

圆轨道半径分别为1r、2r，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速度相同，设其为．由牛顿运动定律，有：211AFmr，222BFmr，又ABFF设A、B之间的距离为r，又12rrr，由以上各式得1212mm

rrm①由万有引力定律，有122AmmFGr，将①代入得：31222121()AmmFGmmr，令121AmmFGr，比较可得：32212()mmmm②（2）由牛顿第二定律，有211211mmvGmrr③又可见星A的轨道半径：12vTr④由②③④式

解得：332212()2mvTmmG⑤（3）将16smm代入⑤式，得：33222(6)2smvTmmG，代入数据得：32223.5(6)ssmmmm⑥设2(0)smnmn，将其代入⑥式，得：322226(6)(1

)ssmnmmmn⑦可见，3222(6)smmm的值随n的增大而增大，试令2n，得：20.1253.56(1)ssnmmmn⑧若使⑦式成立，则n必大于2，即暗星B的质量2m必大于2m，由此得出结论：暗星B有可能是黑洞1920题型25机车启动问题答案

：（1）20m/s；（2）93.6J10；（3）41.6m10。解析：（1）速度最大时有牵引力等于阻力，即Ff根据PFv解得：65410m/s20m/s210mPvf（2）15min900st轮船在额定功率下

运动，牵引力做功根据WPt得690410900JJ3.610WPt（3）在整个过程中，由动能定律得212FfWWmv其中0FWPt，fWfs代入数据解得41.610ms题型26做功的计算答案：（1）6000J；（2）1000J；（3）5000J。解析：（1）重力做

功601010J6000JGWmgh；（2）阻力做功1050J1000J1sin302fhWfLf；（3）支持力和运动方向相互垂直，故支持力不做功；故合外力做功60001000J5000JGfW

WW。2021题型27功能关系答案：（1）02mgh，方向水平向左；（2）2(1)NhFmgR；（3）92hR。解析：（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：2012Cmghmv代入数据解得速

度大小Cv为：02Cvgh在此过程中，对小球由动量定理得：CImv代入数据解得所受合力的冲量I的大小：02Imgh，方向水平向左。（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：212DmghRmv在D点，对小球由牛顿第二定律得：2DNvFmR，联立解得

D点所受弹力NF与h的关系式为：2(1)NhFmgR满足的条件为：hR（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：52hR„第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：xdvt，竖直方向上，由速度时间公式得：yvtg对小球在G点，由

速度的分解得：sinxGvv，cosyGvv联立解得：2GvgR对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：251()22GmghRmv联立解得h满足的条件为：92hR2122题型28动能定理的计算答案：（1）13N；（2）53J2解析：（1）设bc的半径为r，

则ab的长度为2r，滑块由a到b程，由动能定理得21sin2(cos)202bmgrmgFrmv滑块由b到c过程，由动能定理得2211(1cos)22cbmgrmvmv在c点由牛顿第二定律得：2cNcmvFmgr

联立并代入数据解得：13NNF由牛顿第三定律可得，在c点滑块对轨道的压力大小为所13NNNFF（2）滑块离开d点后做平抛运动，水平方向：0xvt竖直方向：212ygt又22xyR滑块平抛过程中，由动能定理得2012kmgyEmv

联立解得：2344kmgRmgyEy当2344mgRmgyy时，kE有最小值，最小值为：233532J4422kminmgRmgyEmgRy题型29动能定理与图像综合问题答案：（1）0.3；（2

）22m/s；（3）2s2解析：（1）由图示图象可知，在4~5m内外力3NF恒定，在4~5m内物体匀速运动，由平衡条件得：Fmg2223将数据代入解得：0.3（2）由图示图象可知，前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大

.对位移44mx的过程，由Fx图象所围“面积”等于拉力做的功，前4m内拉力做功：411(3+5)3J(3+5)(43)J16J22FW由动能定理得：244102FmaxWmgxmv代入数据解得：22m/smaxv（3）前77mx内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，

且Fx图象围成的面积表示外力所做的功，即7116J3(54)J3(75)J22J2FW前7m内，由动能定理得：2777102FWmgxmv代入数据得：72m/sv撤去F后，水平方向只受摩擦力，由动量定理得：70mgtmv

代入数据解得：2s3t题型30动量定理计算流体冲击力答案：（1）328Pd；（2）196.25N。解析：（1）设水从高压水枪喷出时的速度为1v，△t时间高压水枪喷出水的质量212dmvt，由功能关系可得2112Ptmv解得3128Pvd。2324（

2）取△t时间，则△t时间内打到物体表面的水的质量2112π()2dmvt以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力为F，以水流速度方向为正方向由动量定理可得：F△120tmv解得：2224vdF代入数据可得196.25NF题型31动量定理和动能定理答案：（1）043v；（2

）218mv。解析：（1）以平行于斜面向上为正方向，对金属杆，由动量定理得：01(sin302)02mgmgBiLtmv，01(sin302)2mgmgBiLtmvmv，其中：BLxqi

tR，3xBLqitR，解得：043vv；（2）ab杆从位移L运动到3L的过程中，由动能定理得：2211(sin30)(3)(2)22FmgLLmvmv，解得：23142mvFmg

L，由能量守恒定律得：21(sin30)2FmgLmvQ，根据电路的连接关系知定值电阻R上产生的焦耳热：12RQQ，解得：218RQmv。2425题型32碰撞问题--完全非弹性答案：（1）4m/s；（2）2；（3）k是6，碰后AB的速度是2m/s，方向向左。（4）当24

k„时，AB的运动方向与C相同；当4k时，AB的速度为0，当46k„时，AB的运动方向与C相反。解析：解：（1）取向右为正方向，AB碰撞过程，由动量守恒定律得：012mvmv代入数据解得：15m/sv（2）设与C碰撞前瞬间AB的速度为2v，由动能定理得：22211122

222mglmvmv可得：22212520.451014m/svvgl。（3）若AB与C碰撞粘在一起运动，即发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：22(2)mvkmv

代入数据得：24(2)2k解得：2k,此时AB的运动方向与C相同。（3）若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得：2322mvmvkmv2222311122222mvmvkmv联立以上两式解得：3222kvvk，24

2vvk；将24m/sv，2m/sv代入242vvk解得：6k，此时AB的运动方向与C相反；将6k代入3222kvvk得32m/sv，负号表示方向向左（4）若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得：22mvkmv代入数据解得：4k总上所述得当24k„

时，AB的运动方向与C相同；2526当4k时，AB的速度为0，当46k„时，AB的运动方向与C相反。题型33碰撞问题——弹性答案：（1）56Ns；（2）5.0m；（3）13.6m。解析：解：（1）设推力对冰壶的冲量大小为I，则

根据动量定理10Imgtmv代入数值解得56NsI（2）根据动能定理，20112mvmgs；20125m2vsg冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离30m25m5.0mx（3）冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为Av，碰撞后的速度为Av，

冰壶B碰撞后的速度为Bv，根据动量守恒定律和功能的关系，有AABmvmvmv222111222AABmvmvmv解得0Av，BAvv即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换．因此可以将整个过程看成

为冰壶A一直沿直线PO运动到营垒区外的过程，运动的总位移为31.8ms．根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，则21201()02mgsLmgLmv

代入数值解得13.6mL题型34碰撞问题--非弹性答案：（1）mgqR，方向垂直纸面向外；（2）A的速率为5gR，B的速率为52gR；2627（3）两球发生的是非弹性碰撞。解析：（1）设碰后小球A在半圆的最高点c时的

速度为v，小球A恰好刚能通过c点，则对小球A在竖直方向上有：2/mgmvR在磁场中匀速运动，也就是处于受力平衡状态，有：qvBmg联立解得：mgBqR由左手定则可以判断，磁场方向应该垂直纸面向外（2）对小球A从碰后到半圆的最高点c的过程，由

动能定理得：2211222AmgRmvmv对碰撞的过程，由动量守恒定律得：022BAmvmvmv联立各式并代入数据解得：5AvgR52BgRv（3）碰撞中系统机械能（或动能）的损失为：222011152()02224ABEmvmvmvmgR说明碰撞中系统

机械能（或动能）减小，因此两球发生的是非弹性碰撞。题型35人船模型答案：（1）110N；（2）1.5m；（3）6m解析：（1）物块由静止到第一次过B点，槽静止不动，对物块由机械能守恒得2012mghmv可得物块第一次经过B点时的速度：010m/sv在B点，对物块，由牛顿第二定律得

272820NvFmgmr根据牛顿第三定律知在B点物块对槽的压力NNFF联立解得110NNF（2）物块从D点离开“U型槽”时“U型槽”的速度为xv，对物块和槽组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向的动量守恒得0()xmvmMv物块从B点到离开“U型

槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒得22011()22xmvmMvmgHmgl联立解得1.5mH（3）当物块从“U型槽”D返回C时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒得0

21mvMvmv222012111222mvmvMvmgl解得1432m/sv，方向水平向左，2422m/sv最终物块与“U型槽”相对静止，设此时系统的速度为v，由水平方向

的动量守恒得0mvMmv与上题中0xmvmMv对比可知，xvv由能量守恒得2201122xmvmMvmgHmgx物块在BC部分运动的总路程6mx题型36类碰撞问题（板块

）答案：（1）5m/s；（2）8kgm/s；（3）0.4m；解析：（1）C下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：212CCCmglmv2829代入数据解得：5m/sCv（2）A、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：CCCCAAmvmvmv代入数据解得：2m/s

Av对A，由动量定理得：42kgm/s8kgm/sAAImv（3）A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：()AAABmvmmv，代入数据解得：1.6m/svA恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小，由能量守恒定律得：2211()22AAABAmv

mmvmgL，代入数据解得：0.4mL题型37类碰撞问题（弹簧）答案：（1）4m/s；（2）9J。解析：（1）撤去外力F，当弹簧伸长到原长时，物体B达到最大速度Bv，此时弹簧的弹性势能全部转化为物体B的动能：212PBEmv代入数据得：4m/sBv（2

）物体A脱离墙壁以后的过程中，当A、B具有共同速度ABv时，弹簧具有最大弹性势能为PmE．以向右为正，根据动量守恒定律得：()BBABABmvmmv解得：1m/sABv根据能量守恒定律得：2211()9J22PmBBABABEmvmmv。2930题型38类碰撞问题（子

弹进入木块）答案：（1）893v；（2）18126hvg；（3）23834vgL。解析：（1）取子弹、木块和小车为系统，动量守恒，取向右为正方向，v为木块离开时的速度，则111'2vMmvmvmmvM解得89'3vv。（2）小车与木块分离时速度方向相反，故所求距离，由21

2hgt，可得落地时间2htg，则1812+='26vhssstvtvg水车（3）选取子弹与木块组成系统，则在子弹打入木块过程中动量守恒，设木块在小车上滑行时的初速度为，则由动量守恒定律1110()mvmvmmv

所以11012983mvmvvvmm机械能损失等于因摩擦而转化的内能，即1()mmgL，则222211011111()()()()22222vmmgLmmvMvmmvM代入数据，解得2383=4vgL题型39动量与图像综合问题

答案：（1）2kg；（2）36Ns；方向向左；（3）9J。解析：（1）由图知，C与A碰前速度为19m/sv，碰后速度为23m/sv，C与A碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：12CACmvmmv，解得：2kgCm；（2）由图知，12s末A和C的速度为3

3m/sv4s到12s，墙对B的冲量为32ACACImmvmmv，解得：36NsI，方向向左；（3）12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，3031且当A．C与B速度相等时，弹簧弹性势

能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：34ACABCmmvmmmv，由机械能守恒定律得：22341122ACABCpmmvmmmvE，解得：9JPE。题型40电场力作用下的受力平衡三点电荷平衡）答案：（1）226kq

mR；（2）2233qRmk。解析：（1）已知a、b、c三个小球绕d小球做匀速圆周运动，a、b、c三个小球的电荷量为q，d小球的电荷量为6q，此时小球之间的库仑力充当向心力，由向心力与向心加速度的关系式可得：26qqkmaR

，解得：226kqamR；（2）此时小球的受力分析如图所示：此时小球受到的库仑力大小为：226()kqqFRh，整理可得：2263kqFR，此时沿水平方向的分力为：22226323cos333xkqkqFFRR，此时水平方向的分力充当

向心力，由向心力与线速度的关系可得：2xvFmR，代入数据可得：222232333kqRkqvRmRm题型41电场力、能量的属性基本物理量公式与计算答案：（1）0.8106J；（2）5V和3V；（3）6610J。3132解析：解：（1）该电荷从A移到C的过程中

，电场力做功：60.810JACABBCWWW电势能的变化量：6Δ0.810JPACEW（2）点电荷从A点移到B点，电场力做功：1ABWqU，则ABABU解得：5VA点电荷从B点移到C点，电场力做功：2BCWqU，则BCBCU解得：

3VC（3）若将一带电量为6310C的负点电荷，从A点移到C点，电场力做功：6610JACACWqUq题型42含容电路的计算答案：（1）51810CMQCU；（2）4210CMMQQQ（3）'512218

.410CMRRQQRRR解析：（1）合上电键S，将滑动触头P置于a点时，电容器C与电阻1R并联，电容器两极板MN间的电压11124VCRUUERR此时电容器上板M带负电，电荷量51810CMQCU（2）合上电键S，将滑动触头P置于b点时，电容器C与电阻2R

并联，电容器两极板MN间的电压216VCUUEU此时电容器上板M带正电，电荷量QM′＝CU2＝2×10﹣5×6C＝1.2×10﹣4C所以这过程中通过D点的电荷量为4Δ210MMQQQC

（3）电键S断开，电容器C通过两并联支路放电，由于并联电路电流与电阻成反比，则通过两个支路的电荷量与电阻也成反比，所以通过2R的电荷量为'512218.410CMRRQQRRR3233题型43静电平衡与静电屏蔽答案：229kqkqErh解析：A点(0

，0，)h与点(2h，h，)h的距离可由两点间距离公式求得，即：222(20)+(0)+()3rhhhhh，则此时点电荷q在点(2h，h，)h形成的场强大小由库仑定律可得：229kqkqErh

，由于静电平衡时导体内部场强处处为零，故感应电荷在点(2h，h，)h形成的场强与点电荷在点(2h，h，)h形成的场强大小相等，方向相反。题型44带电粒子在电场中的加速运动答案：（1）33.010N；（2）4410kg；（3）212.5m/s解析：（1）根据电场力

的计算公式可得电场力为：6331.0103.0103.010NNFqE电；（2）小球受力情况如图所示：根据几何关系可得：tanmgqE所以有：343.010kg410kgtan100.75qEmg；（3）剪断细线的瞬时，因为小球受重力和电场力合

力恒定不变，方向与初始状态绳上力的方向相反，合力大小2232423()(3.010)(41010)N510NFFmg合电。加速度2234510m/s12.5410m/sFam合，故小球将沿与重力方向夹角为37的方向做匀加速

直线运动。答：（1）小球所受电场力F的大小为33.010N；（2）小球的质量为44g10k；（3）剪断细线小球将沿与重力方向夹角为37的方向做匀加速直线运动，加速度大小为212.5m/s。3334题型4

5带电粒子在电场中偏转（擦边界）答案：（1）04E；（2）(,)4LL。解析：（1）设正方形边长为l，粒子刚出第一象限时速度为v。对于粒子在第一象限内加速过程，由动能定理得：2012Eqlmv粒子在第二象限做类平抛运动，水平方向有lvt竖直方向有2

12lat根据牛顿第二定律有1Eqam联立可得：104EE（2）设粒子刚到y轴时速度大小为v，对于粒子在第一象限内加速过程，由动能定理得：20122LEqmv粒子在第二象限做类平抛运动，水平方向有2Lvt竖直方向有212yat结合014EqEqamm，解得粒子在第二象限

电场内偏转距离4Ly故粒子从DE边离开的位置坐标为,4LL。题型46带电粒子在电场中偏转（二）答案：（1）02v；（2）mgq；2092vg解析：（1）设电场的宽度为L，在电场外运动的时间为t，则有02Lvt小球在电场中运动时，设小球到达CD

边界的时间为t，则有02vLt，故有tt所以小球从O点运动到CD边界所用时间为2t3435设小球到达CD边界时竖直方向的速度大小为v，其水平速度刚好为零，则有22011422mvmv，解得02vv小球在竖直

方向上一直做自由落体运动，故有022vgt，解得0vtg所以小球到达AB边界时的竖直分速度大小为0yvgtv，故小球从AB边界进入电场时的速度大小为221002yvvvv（2）小球在电场中运动时，其水平方向的加速度大小为a，则有qEma，又因为0vat，0vtg则ag，解得

mgEq小球在电场中运动时，其水平方向是先匀减速运动，到CD边界时水平速度为零，在水平方向上又向左做初速度为零的匀加速直线运动，所以小球从抛出到离开电场过程运动的总时间为033vttg总故小球下落的高度为212hgt总代入数据解得2092

vhg题型47带电粒子在电场中的偏转（三）答案：（1）54N；（2）562.5V；（3）640V/m，方向与水平方向夹角为53°，向右倾斜向上。解析：（1）小球从A→B过程，由动能定理及圆周运动知识有：21()2BmgqELmv2()BvTmgqEmL联立解得：T＝54N，

小球在最低点时，绳子的拉力最大。（2）小球从A→C由功能关系及电场相关知识有：21()02ACcmgqEhmv3536cosCBvvACACUEh又由于AB之间电势差为ABABUEh，ABhL且UAC＝UAB+UBC联立解得：562.5VBCU（3）由题

可知改变电场方向后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上，由矢量三角形可知：当F电与F合（或运动）的方向垂直时，电场强度有最小值Emin，由矢量三角形图有：qEmin＝mgsinθ，得：min640V/mE；方向与水平方向夹角为53°，向右倾斜向上

答：（1）绳子的最大张力为54N；（2）B、C两点的电势差为562.5V；（3）调整后匀强电场大小的最小值min640V/mE，方向与水平方向夹角为53°，向右倾斜向上。题型48电场相关与能量综合问题答案：（1）eEam；（2）02eEvrmd

；（3）24kmeErEeEdd。解析：（1）根据牛顿第二定律得粒子加速度大小为eEam；（2）速度方向平行于A板的粒子，做类平抛运动，打到B板距离N点最远，根据平抛运动规律有212datr＝v0t解得，02eEvrmd；（3）由动能定理

得2012kmeEdEmv解得，24kmeErEeEdd。题型49电路计算3637答案：（1）10V；2；（2）12.5W。解析：（1）由闭合电路欧姆定律得：UEUrR代入两次的测量数据，可得：6

63Er888Er解得：10VE；2Ωr，即电源电动势为10V，内阻为2Ω；（2）电源的输出功率表达式为：22EPRRr将此式变形后为：224EPRrrR由上式可得：当2ΩRr时P有最大值，最大值为：2

4mEPr代入数据解得：12.5WmP。题型50电路与图像综合问题答案：（1）20V；20Ω；（2）5Ω；（3）17.6Ω。解析：（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻：16420Ω0.80.2r

。根据闭合电路欧姆定律，电源的电动势为EUIr，电压16VU时，电流0.2AI，代入解得16V0.2A20Ω20VE。（2）当滑片滑到最右端时，1R被短路，此时外电路的电阻最小，电流最大，根据图象可知，

此时电压4VU，电流0.8AI，此时路端只有电阻2R，3738定值电阻24V5Ω0.8AURI（3）当外电路总电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大即2RRr并时，电源输出功率最大。解之可得15ΩR并根据并联电阻的关系1313RRRRR

并解之可得：317.6ΩR答：（1）电源的电动势为20V，内阻为20Ω；（2）定值电阻2R的阻值为5Ω；（3）3R接入电路的阻值为17.6Ω。题型51洛伦兹力与安培力答案：（1）mgq；（2）222costanmgqB；（3）10N；（4）6N10

NG„„解析：（1）当电场方向竖直向上时，小球受到的电场力和重力平衡，由平衡条件得mgEq可得mgEq（2）当电场方向反转为竖直向下时，小球沿斜面向下做匀加速直线运动。当小球与斜面的弹力恰好为零时离开斜面，则垂直于斜面方向

有()cosqvBmgqE可得，小球离开斜面时速度为2cosmgvqE沿斜面方向有()sinmgqEma可得，小球在斜面运动的加速度为2sinag小球在斜面上连续运动的距离为2222cos2tanvmgxaqB（3）由闭合电路欧姆定律可得，通过ab

的电流：0EIRRrab受到的安培力：FBIL3839代入数据解得：10NF（4）ab受力如图所示：最大静摩擦力：(cos53)fmaxFmgF，代入数据解得：2NfmaxF由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向

右时：sin53TminfmaxFFF，代入数据解得：6NTminF当最大静摩擦力方向向左时：sin53TmaxfmaxFFF，代入数据解得：10NTmaxF由于重物受力平衡，故：TFG，则重物重力的

取值范围为：6N10NG„„题型52带电粒子在磁场中简单计算-单边界磁场答案：（1）232mvqh；（2）mvqL；（3）231319nxnLh1357n（、、、）或2339xnLh2468n（、、、）

解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则233hvt212hatqEam解得：232mvEqh（2）设粒子离开电场时，速度方向与x轴正方向夹角为，则tanyxvatvv解得tan3，则60粒子离开磁场是的速度2coscos60xtvvvv粒子在

磁场中受洛伦兹力，做匀速圆周运动，轨迹圆半径设为R，则3940有几何关系可知：cosLRR由洛伦兹力提供向心力可知：2ttvqvBmR联立解得：2RL，mvBqL（3）两粒子发生弹性碰撞时，动量守恒，能量守恒，则2tabmmvmvv222111222

2tabmmvmvv碰撞之后，两小球电量被平分，即323abqqqqq碰撞之后，两粒子均在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力通过向心力可知：2vqvBmR联立解得：碰后a粒子的轨迹圆半径2aRL碰后b粒子的轨迹圆

半径4bRL由此可知，碰后a粒子的半径不变，之后第一次与x轴交点到O点的距离132sin22232axRLL之后做类斜上抛运动，第二次与x轴交点到第一次交点的距离为2x，时间为32t将粒子的运动分解为沿着x轴正方向和沿着y轴正方向的分运动

：沿着y轴正方向运动到最高点过程中：33sinaqEvtm沿着x轴正方向上：232cosaxtv联立解得：2439xh以后a粒子做周期性运动，与x轴有n次交点，n为奇数1357n（、、、）时，粒子向上经过

x轴，与x轴交点的横坐标122311131229nnnxxxnLhn为偶数2468n（、、、）时，粒子向下经过x轴，与x轴交点的横坐标1223329nxxxnLh

题型53带电粒子在磁场中简单计算-双直线平行边界4041答案：（1）6mteB；（2）222eBdUm解析：（1）由2mvevBR且2RTv得电子在磁场中运动周期2mTeB电子在

磁场中运动时间3036012TtT解得：6mteB（2）电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，运动半径为Rd由2mvevBR得eBdvmPQ间电场力做功等于动能的增加，由212eUmv得222eBdUm题型54带电粒子在磁场中

简单计算-半径、时间答案：（1）0332qadBBmU（）；（2）04qadBBmU解析：（1）粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v，电场的场强为0E，根据平衡条件得00EqBqv①0UEd②由①②

化简得0UvBd③粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运动中经过EG，说明圆轨迹与EG相切，4142在如图的三角形中半径为cos30tan15Ra④1cos30tan1523sin30⑤连立④⑤化简得332

Ra⑥在磁场中粒子所需向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得2332mvBqva⑦联立③⑦化简得0332qadBBmU⑧（2）由于I点将EG边按1比3等分，根

据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直，在如图的三角形中，有1cos30sin302cos304aRa⑨同理04qadBBmU⑩粒子在磁场中的偏转角是120，根据周期公式2mTqB23tT解得043adBt题型55带电粒子

在磁场中简单计算-圆形边界答案：（1）0mvBq；（2）2mBq；（3）03233mvqB解析：4243（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，根据洛伦兹力提供向心力可得：200vqvBmr解得：0mvrBq；（2）若粒子对准圆心射入，带电粒子在磁场中的运动轨

迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为2，则粒子在磁场中运动的时间01242rmtvBq；（3）当03vv时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为3R其运动轨迹如图所示，由图可知：223tantan33RPOO

OODR解得：2230POOOOD所以带电粒子离开磁场时与水平方向成30，根据几何关系可得：232tan303dRRRR解得：03233mvdqB。题型56带电粒子在磁场中简单计算-磁场中重复周期答案：（1）52qBLm；（2）1(2L，0)；（3

）259qBLm解析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设1PQ与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为1R由几何关系得：1cosRL其中：25cos5粒子磁场中做匀速圆周运动，洛

伦兹力提供向心力，有：211vqvBmR，解得：152qBLvm4344（2）由题意画出粒子运动轨迹如图（乙)所示，设其与x轴右侧交点为D，由几何关系得：254RL设D点横坐标为Cx，由几何有关系得：12DxL则D点坐标为：（12L，0）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图（丙）所

示设1PQ与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为3R，偏转一次后在y负方向偏移量为△1y，由几何关系得：△132cosyR，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与1PQ连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这

段距离△2y（如图中A、E间距）可由题给条件，有22tan3yL得23Ly当粒子只碰二次，其几何条件是3△12y△22yL4445解得：3259RL粒子磁场中做匀速圆周运动：23vqvBmR解得：259qBLvm题型57带电粒子在磁场中

简单计算-缩放圆答案：（1）53mqB；（2）3qBLvm„解析：从题设的条件中，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，它做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab方向偏转，带电粒子可能的轨道如下图所示（磁场方

向没有画出），这些轨道的圆心均在与v方向垂直的OM上。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有2mvqvBr，得mvrqB①运动的周期为22rmTvqB②由于带电粒子做匀速圆周运动的周期与半径和速率均没有关系，这

说明了它在磁场中运动的时间仅与轨迹所对的圆心角大小有关由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从ad边飞出的轨迹中，与ab相切的轨迹的半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径00r:rr，在磁场中运动时间是变化的，0rr„，在磁场中运

动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的。由上图可知，三角形2OEF和三角形2OOE均为等腰三角形，所以有23OOE轨迹所对的圆心角为5233运动的时间523mtTqB由图还可以得到0022rLr，03LmvrqB得：3qBLvm„题型58带电粒

子在磁场中简单计算-旋转圆答案：4546（1）06t；（2）03Bt；（3）02t解析：（1）由粒子沿某一方向发射从磁场边界bc上的某点离开磁场，说明粒子受向右的洛伦兹力向右偏，由左手定则知粒子带正电荷；初速度沿图示方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，其圆心

为，圆弧对应弦最小，则运动的时间最小，即如图所示；由几何关系有：RL，所以：600360tT解得：06Tt（2）粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得：200vqBvr周期02RTv带电微粒

在磁场中做圆周运动的周期为2mTqB联立以上式子解得03qmBt（3）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦OP，根据几何关系，120POO，所以：OP弦对应的圆心角为120，粒子在磁场中运动的最长时间023max

Ttt题型59带电粒子在组合场中的运动答案：（1）mqB；（2）023Bv；（3）2076mv解析：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，4647由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周，

由200vBqvmr得：0mvrqB又022rmTvBq得带电粒子在磁场中运动的时间：2TmtqB（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度0v垂直于电场沿CF方向，过Q点作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知识可知，CPOCQ

OCDQ，由图可知：022mvCPrqB带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为0sin30EmvSDQOQOPCPrqB带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为03cos303mvSCDCOCPrqB由类平抛运动规律得：2221122EqESattm

02Svt联立以上各式得：023BvE（3）由动能定理得：2012EEmvqESk联立以上各式解得：2076Emvk题型60带电粒子在复合场中的直线/圆周运动答案：（1）208RBt；（2）042Rt解析：4748（1）设质子从左侧1O点射入的速度为0v，极板长为L，在复合场中作匀

速运动，电场力等于洛伦兹力，则有02UqqvBR①质子在电场中作类平抛运动，设类平抛运动的时间为t，则02LRvt②212qERtm③又00Lvt④撤去磁场后仅受电场力，有20122tqERm⑤解得02tt，4LR，004Rvt，

208RBUt（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小yqEvtm由③得02yRvvt⑥则从极板间飞出时的速度大小22000422yRvvvvt⑦题型61带电粒子在复合场中的直线/圆周运动答案：（1）33BqLm；（2）2333mBq解析：48

49（1）设小球到达D点的速度为v，由动能定理有：2112qELmv因216BqLEm，则求得小球到达D点的速度为：33BqLvm（2）从A到D点，由212Lat而1Eqam解得小球从A点到D点所用的时间为：1

23mtBq由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向，所以小球由D点进入第一象限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：2vBqvmR则小球运动的轨道半径为33RL如图所示，小球运动的圆心O在OD的连线上，由几何关系可得：36OOODRL设小球落在地面上的C点，

OOC，则有1cos2OOR，60由几何关系可知：sin602LOCR，即C与C重合小球在第一象限中运动的时间为21233mtTBq所以小球由A点出发到落地的过程中所用的时间为：122333mtttBq题型62质谱仪答案：（1）228qUmBx

；（2）12222UxmmeB；（3）1241m:m:（4）12dd；(5)增大U、减小B；(6)22121222mdmdtmmeUBeeUBe解析：（1）粒子在加速电场时

，由动能定理：212qUmv粒子在磁场中时，洛伦兹力提供向心力：2mvqvBR4950根据几何关系：2xR联立解得：228qUmBx（2）两种粒子在加速电场时，由动能定理：21112eUmv22212eUmv两种

粒子在磁场中时，洛伦兹力提供向心力：21111mvqvBR22222mvqvBR根据几何关系：△122x(RR)联立解得：12222UxmmeB（3）两种粒子在加速电场时，由动能定理：21112eUmv22212eUmv两种粒子在磁场中时，

洛伦兹力提供向心力：21111mvqvBR22222mvqvBR根据几何关系：122RR联立解得：1241m:m:（4）设1H和2H的质量分别为m，2m，12C和14C的质量分别为12m，14m，由（2）得：12222UdmmeB2222

1412UdmmeB5051故12dd（5）由（2）知2222UlmmeB，所以为增大l，可以增大U、减小B。（6）离子在加速电场中，由动能定理：212eUmv由运动学公式：2vdt联立解得：22mdteU则质量分别为1m和2m的两离子在加速电场中的时间

分别为：2112mdteU，2222mdteU离子在磁场中：2Tt2RTv洛伦兹力提供向心力：2mvevBR联立解得：mtBe则质量分别为1m和2m的两离子在磁场中的时间分别为：11tmBe，22tmBe

故质量为1m的离子先到达照相底片故△221211221222mdmdtttttmmeUBeeUBe题型63回旋加速器答案：（1）①02mqB；②22202qBRm33BqLm；（2）①2022nqUmcqBc

；②2202mTqBcmc解析：5152（1）忽略相对论效应①设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则20vqvBmr线速度为：2rvT联立以上两式，解得02mTqB

②粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为mv，有20mmmvqvBR解得：0mqBRvm则粒子的最大动能为Ek，则222200122kmmqBREmvm（2）考虑相对论效应①根据动能定理有：220nqUmcmc转动的周期为：2n

mTqB联立以上两式得2022nnqUmcTqBc②根据题意有2mmTqB又因为220kmEmcmc联立以上两式得2202mkmTqBEcmc题型64电磁流量计5253答案：（1）M端；（2）30625m/s.；（3）05T.解析：（1）根

据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，正离子向M板偏，则M板带正电，则M板的电势比N板电势高。（2）最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：UqvBqc解得：UvBc，污水的流速为：UvcB

则流量为：30510625m/s08bU.Qvbc.B.。（3）若要求电压表示数U与流量Q在数值上相同，根据公式有：bUQvbcB则有：05TBb.题型65磁流体发电机答案：（1）Bav

；（2）a.222BavRr；b.BaveRrS解析：（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势。此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡。有：EBqvqa①可得：EBav②（2）a．当电键闭合，由欧姆定律可得：EIRr③，该电流在发

电通道内受到的安培力大小为：AFBIa④，要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为：TAFF⑤，推力F的功率为：TTPFv⑥，联立②③④⑤⑥可得：222TBavPRr⑦，5354b.设金属导体R内电子运动的平均速率为1v，单位体积内

的电子数为n，t时间内有N个电子通过电阻的横截面，则：1NvtSn⑧，t时间内通过横截面的电荷量为：QNe电流为：QIt，联立②③⑧式可得：1BavvRrneS⑨，设金属导体中的总电子数为1N，长度为d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以电场力的功率（电功率）应该等于所有

电子克服阻力f做功的功率，即：211IRNfv⑩1NdSn由电阻定律得：RSd，联立可得：BavefRrS题型66法拉第电磁感应定律--感生电动势(1)b到a；(2)4.4V；4.4m；(3)9.68J解析：（1）由楞次定律可知，金属棒上的电流由b到a；（2）物体刚要离开地面

时，其受到的拉力为：Fmg，对金属棒受力分析可知：1FBILMgF安由题图乙可得此时8TBEIRR联立解得：4.4VE由题图乙有0BBBtt可知2T/sBt由法拉第电磁感应定律可得：4.4VBEStt又1

2SLL5455联立解得24.4mL（2）0-3s内，电路中的能量全部转化为R上的热量，所以2EQR9.68JQ题型67法拉第电磁感应定律-单棒模型计算答案：（1）0mvBL；2012mv；（2）022mvRBL；(3)022CBLmvmBLC

；2200221122mvmvmmBLC解析：（1）最终杆ab将静止，对杆，由动量定理得：00Ftmv，即：00BILtmv，电荷量：qIt，解得：0mvqBL；由能量守恒定律得：2012Qmv；（2）

感应电动势：BSBLsEttt，平均感应电流：EBLsIRRt，通过电阻的电荷量：qI△BLstRBLsqItr，金属棒通过的位移：022mvRsBL；（3）当金属棒ab做切割磁力

线运动时，要产生感应电动势，这时电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，电容两端电压等于电动势即：CEBLvU①电容器两端电压：CCQUC②对导体棒ab，由动量

定理可得：0cBLQmvmv③由①②③式联立可求得：022mvvmBLC，5556电容器的电荷量：022CCBLmvQCBLvmBLC，由能量守恒定律得，电容器储存的能量：22220002211112222CmvEmvmvmvmmBLC

题型68法拉第电磁感应定律-双棒模型计算答案：（1）3m/s；（2）2次；（3）234m.；01J.解析：（1）根据动能定理可得212mghmv解得3m/sv；（2）对a棒用动量定理可得：BIl△tmv

解得：12BlvIRR根据v△tx，解得35mx.因此金属棒a与金属棒b碰撞2次；（3）最终两棒匀速，且abvv根据动量守恒定律可得：abmvmvMv解得1m/sabvv系统产生的焦耳热221103J22aQmvmMv.则B棒产生的焦耳热11201JBRQQ.RR

a刚要追上b，二者速度相同，此过程对b根据动量定理可得：BIl△btMv根据qI△t、12EIRR、Et可得：联立解得△BL△x解得：△234mx.5657题型69法拉第电磁感应定律-线圈模型计算答案：（1）65mgBL；（2）2mgH；（3）2224

436225mgRgHLBL解析：（1）ab边刚进入磁场时由牛顿第二定律得：AFmgma其中安培力：AFBIL解得：65mgIBL；（2）由能量守恒可知，从线框完全进入磁场到完全离开磁场过程中产生的焦耳热为QmgH，由于进入工

程与离开磁场过程中产生的焦耳热相同，所以线框穿过磁场的全过程线框产生的总热量2QmgH总；（3）由题意知，ab边刚穿出磁场时的速度2v等于ab边刚进入磁场时的速度1v根据法拉第电磁感应定律可得：1EBLv根

据闭合电路的欧姆定律可得：EIR又65mgIBL解得12265mgRvBL；从cd边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场过程中2212vvgHL则cd边刚进入磁场时，线框速度2224436225mgRvgHLBL题型70法拉第电磁感应定律-动态过程

计算答案：（1）40Ns；（2）01kg.；21m/s；（3）200C解析：5758（1）类比可知，拉力F的冲量大小等于时间t内Ft图线下所围的面积020s~内F的冲量12132040Ns22FFIt

；以金属杆为研究对象，导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有：vat①杆切割磁感线，产生的感应电动势为：EBlv②在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生感应电流为：

EBlvIRR③杆受到的安培力为：AFBIl④根据牛顿第二定律，有：AFFma⑤联立以上各式，得：22BlFmaatR⑥由图线上取两点坐标01N,和20s3N,代入⑥式，解得：21m/sa，1kgm（2）从静

止开始运动的t时间内杆的位移为：212xat穿过回路的磁通量的变化：△B△SBlx所以通过电阻R的电量为：22EBaltqIttRRR或：BlvBlqIttxRR得：22BlBal

tqqxRR解得：200Cq题型71正弦交流电的产生与描述答案：（1）2Wb200；（2）1002V；（3）2J；（4）2C10解析：5859（1）当线圈由图示位置转过90的过程中，磁通量的变化量：△22008WbWb16200BS.；（2）线圈转动的

周期22s002s100T.，当线圈由图示位置转过90需要的时间10005s4tT.，该过程中，平均感应电动势：21002200100VV0005ENt.；（3）感应电动势的最大值：2100008100V502V16m

ENBS.，感应电动势的有效值：502V50V22mEE，感应电流的有效值：50A10A14EIrR，当线圈由图示位置转过90的过程中，电阻R产生的焦耳热：221040005J2JQIRt.；（4）平均感应电流：

1002202AA14EIrR通过电阻R的电荷量：20220005CC10qIt.题型72远距离输电与变压器答案：（1）2Ω；（2）384KW.；（3）240V解析：5960（1）输电线电阻325002010Ω2ΩR.线（2）所有电灯正常发光时消耗的

功率为：43882020W35200WPPP灯由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压：4220VU所以降压变压器原线圈两端电压：334441UnUn解得：3880VU两变压器之间输电

线上的电流为：3335200A40A880PIU线输电线上损失的功率：22402W3200WPIR线所以38400W384kWPPP.灯损即所购发电机额定功率不得低于384kW.。（3）升压变压器副线圈两端电压

：23960VUUU线升压变压器原线圈两端电压：11221960V240V4nUUn题型73分子动理论答案：（1）00kpEE；（2）21xx；（3）见解析解析：（1）根据功能关系可知，当b分子速度为零时，此时两分子间势能最大根据能量守恒，有00pmkpEEE（2）

由pEx图线可知，当两分子间势能为pmE时，b分子对应1x和2x两个位置坐标，b分子的活动范围△21xxx，如图所示。（3）当物体温度升高时，分子在0xr处的平均动能增大，分子的活动范围△x将增大。由pEx图线可以看出，曲线两边不对称，0xr时曲线较陡，0xr时曲线

较缓，导致分子的活动范围△x主要向0xr方向偏移，即分子运动过程中的中间位置向右偏移，从宏观看物体的体积膨胀。6061题型74气体答案：（1）330K；（2）510110Pa.解析：（1）大活塞与

大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：312140404040802400cm2222llVlss，1495KT，32240401600cmVsl，由盖吕萨克定律得：1212VV

TT，即：224001600495T，解得：2330KT；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：12212212pSpS(mm)gpSpS，代

入数据解得：521110Pap.，2330KT，3303KTT，由查理定律得：3223ppTT，即：531110330303p.，解得：5310110Pap.；题型75气体压强微观原理6162答案：213fnmv解析

：考虑单位面积，t时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为1VSvtvt，其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为1166nVnvt，由动量定理可得：212163nvt(mv)pfnmvtt

213fnmv。题型76热力学定律（1）291.2K或18.2℃；（2）内能增加；增加5.08J解析：（1）当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为2T，此时气体体积为2V；初状态：1280KT，3148

0cmV末状态：3248048044992cmV..由等压变化知：1212VVTT代入数据解得：22912K182T..℃；（2）水银柱向右移动过程中，外界对气体做功为：5201010041004819

2JWPSL....；由热力学第一定律可知：内能变化量为：△UWQ代入数据解得：△508JU.；即内能增加了508J.题型77简谐运动与单摆答案：6263（1）a.sinmg；b.见解析；（2）2LEqgm；

2Lg；（3）见解析解析：（1）a．单摆受力分析如图一所示：1sinFGmg回b．在1sinFGmg回中，当很小时，sin，等于角对应的弧长与半径的比值POFmgL回当很小时，弧

长PO近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移xxFmgL回振动系数mgkLk代入简谐运动周期公式：2mTk单摆周期公式：2LTg（2）图乙中，摆球受到重力G、电场力F电和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，等效的“重

力”GGF电，GFgm电，代入单摆周期公式得：2LTEqgm图丙中，摆球受到重力G、洛伦兹力F洛和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，2LTg（3）a．处在重力场中某点的物

体所受的重力与物体质量的比值，叫做该点的重力场强度。用g表示，定义式：Ggm两种场的共同点：2都是一种看不见的特殊物质；②场强都是矢量，既有大小，又有方向；6364③两种力做功都与路径无关，可以引入“势”的概念；④两个场的作用力做功的过程都伴随着一种势能的变化；⑤都可以借助场线、

等高面和等势面等来描述场；b．如图为重力场分布情况。题型78机械波答案：（1）2sin(π)yAtT；（2）16s.；（3）2m或4m3解析：（1）由题意可知，质点的振幅为A，波源的位移y与t的关系为：2sinyAtT；（2）1S波传到a点时，2S

波距离a点，则波程差为：212SaaSd，2S波刚传到a点时，质点a已经振动的时间为：2116sSaaSt.v；（3）因质点a的振幅为2A，故a点是振动加强点，则有：210SaaSnn（、1、2）由已知条件：1m4m联立解得：2n，3当2n时，2m；当3n时有

：4m36465题型79几何光学答案：（1）2；（2）0.732m解析：（1）设到达池边的光线入射角为i，折射角为，由题意得：45i，90由折射定律得：sinsinin代入数据解得：2n（2）设救生员的眼睛接

受的光线与竖直方向的夹角为，该光线在水面的入射角为i，依题意得：45由折射定律有：sinsinin代入数据解得：30i设此时救生员的眼睛到池边的水平距离为x，池底点光源A到水面入射点的水平距离为a，由几何关系得32tanaxtanhia

解得救生员的眼睛到池边的水平距离为：0732mx.题型80物理光学答案：（1）76.310m；（2）66.310m解析：（1）条纹间距为：△3322.7810m2.5310m101y

因dL△y则解得，单色光的波长：3370.3102.53106.310m1.2（2）根据双缝到第10条亮条纹中心的路程差7610106.310m6.310mS题型81光电效应（计算

）6566答案：（1）124.010个；（2）209.610J；（3）144.610Hz解析：（1）每秒发射光电子个数612190.641014.0101.610mItne个（

2）能量守恒2000.6eV9.610JKmEeU（3）由光电方程：0KmcEhhv代入数据：8203434063109.6106.63106.63100.5010极限频率1404.610Hzv题型82能量量子化、康普顿效应答案：（1）①H76m

；②11314v；（2）①见解析；②222.0sin2hEm解析：（1）设未知粒子质量为m，速度为0v，氢核的质量为Hm，氢核碰后速度为1v，根据动量守恒和能量守恒可知0H12mvmvmv。2220H12111222mvmvmv。0H131147mvmvmv。2220H

13111114()2272mvmvmv。联立解得：H76mm，011314vv。（2）①根据质能方程可得：2cEmchh，解得：hpmc，即可得证。②设光子与电子碰撞后，光子波长为，电子的动量为P，则：光子与电子碰撞前后，沿x方向

的分动量守恒：0cossinhhP。沿���方向的分动量也守恒：0sincoshP。6667联立解得：0coshh，0sinhP。根据22PEm，解得：222.0sin2hEm。题型83氢原子光谱答案：（1）见解析；（2）211

132ker；（3）212keRhcr解析：（1）设电子在第1轨道上运动的氢原子的速度为1v，则：221211mvkerr所以电子的动能：2211122kkeEmvr电子在第1轨道上运动的氢原子

的能量为：222111122eeeEkkkrrr同理，设电子在第n轨道上运动的速度大小为nv，根据牛顿第二定律有：222nnnmvkerr电子在第n轨道运动的动能：22122knnnkeEmvr电子在第n轨道运

动时氢原子的能量为：22nneEkr又因为：21nrnr则有2122nnEeEkrn（2）由（1）可知，电子从第2轨道跃迁到第1轨道释放的能量为：△221138keEEEr电子在第4轨道时氢原子的能量为

：21411632EeEkr设氢原子电离后具有的动能为kE，根据能量守恒有：4kEE△E6768解得：211132kkeEr（3）玻尔理论认为巴耳末系为氢原子从3n、4、5……，等能级向2n的能级跃迁时发出的光，根据玻尔跃迁假设可知2nhE

E即：12222EEhcn所以：122111()32Enhcn、4、5，对照巴耳末公式可知里德堡常数：2112EkeRhchcr题型84核能计算，质能方程答案：（1）236v；（2）123595138109236580nUKrBa3n；2Ec；（3）

hv；hp解析：（1）对于入射中子和铀核，可根据动量守恒得：236mvmv故可得激发态铀236的速度为：236vv（2）核反应方程为：123595138109236580nUKrBa3n反应中的质量亏损为：2Emc（3）核反应中产生的频率为v的光子能量为：hvò动量为

p的中子的德布罗意波波长为：hp题型85运动学实验（平均速度中时刻速度、逐差法）6869答案：交流；0.02；0.1；0.375；0.525；1.50；（1）1dt；（2）1212()dttttt解析：实验时，打点计

时器应接低压交流电源，每隔0.02s打一次点。每5个连续点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔0.1Ts，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，10.0750.375m/s20.1v，20.1350.030.525m/s20.1v

，根据匀变速直线运动的推论公式△2xaT可以求出加速度的大小，得：220.0750.030.031.50m/s0.1a（1）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过第一个光电门的速度为11dvt，（2）滑块通过第二个光电门的速度

为：22dvt由加速度的定义得：21211212()ddvvttdttattttt题型86力的合成分解答案：（1）C；E；C中未记下两条细绳的方向，E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O；（2）（a）BC；（b）B；（c）BDE解析：（1）本

实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C

中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．6970（2）（a）A、B、1F与2F合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是1F与2F合成的理论值，F是1F与2F合成的实际值

，故A错误，B正确；C、D、由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，故C正确，D错误．故选：BC．（b）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正

确．故选：B．（c）A、画平行四边形时，夹角大的话画出的平行四边形就会准些，而不是要求夹角越大越好，故A错误；B、数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要适当大些可减小测量误差对实验的影响，故B正确；C、为了方便而且更加准确确定力的方向，操作时可以使绳套细且长一些，故C

错误；D、实验前先把两个弹簧秤的钩子互相钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，故D正确；E、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，同时为了减小因摩

擦造成的误差，故应使各力尽量与木板面平行，故E正确．题型87验证牛顿第二定律实验答案：（1）BD；（2）B；（3）AD；（4）Mb．解析：（1）“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测

出计数点间的距离，故选BD；（2）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确；故选：B；（3）由图2所示图象可知，直线没过原点，当

0a时，0F．也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，平衡摩擦力时，所垫木板太低．7071从图象上可以看出：F从0开始增加，砝码和砝码盘的

质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大．所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量．故AD正确，BC错误，故选AD；（4）根据题意，由牛顿第二定律得：()FMma，则11MmaFF，则1

ma图象的截距：MbF，小车受到的拉力大小：MFb题型88探究平抛运动的规律实验答案：（1）AC；（2）球心；需要；（3）大于；12212yygyy解析：（1）ACD、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜

槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故AC正确，D错误；B档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故B错误。故选：AC。（2）小球在运动中

记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白纸上的位置为坐标原点。小球在竖直方向为自由落体运动，故y轴必须保证与重锤线平行。（3）如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则AB和BC的竖直间距之比

为1:3；但由于A点不是抛出点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1:3；由于两段水平距离相等，故时间相等，设AB、BC段所用时间为T，竖直方向上，221yygT，钢球经过B位置的竖直方向的分速度：122ByyyvT解得12212Byyygvyy

7172题型89验证动量定理答案：（1）大约相等；（5）112mgt；2(m21)ddtt；（6）0.221；0.212；（7）4解析：（1）气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑块做匀速直线运动

，而两个光电门的宽度都为d，根据dtv得遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，实际实验中，会存在摩擦力使得滑块做的运动近似为匀速直线运动，故遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等；（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中

，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故1Fmg，而遮光片从A运动到B所用的时间为12t，故拉力冲量的大小12112IFtmgt；由于光电门的宽度d很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处的瞬时速度，故滑块经过A时

的瞬时速度1Advt，滑块经过B时的瞬时速度2Bdvt，故滑块动量改变量的大小△22()(BApmvvm21)ddtt；（6）21121.50109.81.50Ns0.221NsImgt；△2(pm22112221110110)0.4()kgms0.2

12kgms1.27103.910ddtt；（7）△0.2210.212||100%||100%4%0.221IpI题型90验证动能定理答案：（1）AC；（2）2mgx；2312()8Mxx

T；（3）打1O点时小车速度的二次方；（4）不能；由图象只能得到W与△KE与成正比，并不能得到两者相等的关系解析：（1）A、为使小车受到的拉力等于细绳的拉力，应调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故

A7273正确；B、在平衡摩擦力时，小车应与纸带相连，故B错误；C、为充分利用纸带，小车应从靠近打点计时器处释放，故C正确；D、在平衡摩擦力时细绳前端不应挂钩码，故D错误。故选：AC。（2）在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=mgx2；打B点时小

车的速度312BxxvT，打B点时小车的动能22312()128kBMxxEMvT；（3）设打1O点时小车的速度为1v，小车从1O点运动到计数点过程，由动能定理得：2211122mgxMvMv，整理得：2212mgvxvM，2vx图象纵轴截距21bv，即纵轴截距表示打1O点

时小车速度的二次方；（4）由图丙所示W△KE图象可知，图线是一条过原点的直线，W与△KE成正比，根据图象并不能得出W△KE，因此根据该图象不能验证动能定理题型91验证机械能守恒答案：（1）不需要；（2）B；（3）

2gxh；（4）铁块飞离的速度小于重锤中心在最低点的速度；解析：（1）在验证机械能守恒时，验证的是重力势能减小量△PEmgh和重锤的动能增加量△212kEmv是否相等，左右两侧的质量可约去，不不需要测量重锤的质量；（2）A、测量重锤的下降高度时，测量重锤中心到悬点

O的距离L和释放时轻绳与竖直方向的夹角，重锤下降高度为1coshL，但角的测量不容易测量，测量精确度不高，故A不是最佳；B、测量重锤中心在释放位置的高度1h和在最低点时的高度2h，重锤下降高度12hhh

，高度容易测量，该测量方案最佳；7374（3）根据平抛运动规律，有212hgt，xvt，联立解得：2gvxh；（4）小铁块和重锤的角速度相等，但重锤中心运动的半径大，则小铁块的飞离速度小于重锤中心在最低点的速度，

在实验中用小铁块的平抛初速度代替重锤的速度是有误差的题型92测量电源电动势及内阻答案：（1）甲；1R；（2）如图所示；（3）1.49；0.500。解析：（1）由于电源的内阻较小，根据UEIr知，路端电压U变化幅度较小，因此串联一个保护电

阻0R，一起视作电源的内阻，从而得到一个较大范围变化的电压，因此，选择电路甲比较合理；为多测几组实验数据，应选择最大阻值较小的滑动变阻器1R；（2）根据题表中所给数据，利用描点法作图，使尽可能多的点在直线上，如图所示；

（3）由图甲可知，根据闭合电路欧姆定律知2310gIrREIrR，由作出的21II图象找出图象上的两点数据，代入解得：1.49VE，0.500.r题型93测量小灯泡的伏安特性曲线7475答案：（1）如图所示；（2）增大；增大；（

3）0.41；1.18解析：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用0R和电压表串联，故原理图如图所示；（2）IU图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而

减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10；则有：410UI；作出电源的伏安特性曲

线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为1.8VU，电流230mA0.23AI，则最小功率1.80.230.41WPUI；当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0，作出电源的伏安特性曲线如图a中虚线所示；如图a可

知，此时电压为3.70V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率3.700.321.18WmaxPUI。题型94测量电阻丝的电阻率7576答案：（1）0.680(0.679~0.681均正确)；（4）①B，D；②kj（或者)ej、bd（或者bh）、dh

（或者dg）；③2()4AUIRdI解析：（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+18.00.01mm=0.680mm(0.679mm~0.681mm均正确）（4）①电源电动势3VE，故电压表选择B；因为要求尽量多的测量数据，还要求精确，所以选择分压

式电路，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择D。②铜导线的电阻6xR，电流表内阻3AR，直流电压表1V内阻约1100VR因为已知电流表内阻AR，故选择电流表内接法测量，连接实物图，如图所示，故还需要连接的接线柱为kj（或者)ej、bd（或者

bh或者bg）、dh（或者)dg③根据欧姆定律可得：()AxUIRR①根据电阻定律可得：xLRS②铜导线的横截面积：2()2dS③联立①②③式可得铜导线的长度：2()4AUIRdLI题型95实验

：多用电表的使用答案：（1）24.0，160；（2）CAD；（3）AC；（4）利用这些数据能得出欧姆表的内阻gR，分析说明见解析解析：（1）根据多用电表电流挡读数方法，可知若所选挡位为直流50mA挡，则示数：24.0mA；根

据欧姆表的读数方法，可知若所选挡位为10挡，则示数为：1610160；（2）乙同学用欧姆表正确测量了一个约150的电阻后，需要继续测量一个阻值约20的电阻，需要换到1挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是CAD；（3）

A、用多用电表2.5V直流电压挡进行检测，将多用电表红、黑表笔分别接触A、B，若电压表几乎没有读数，电压表测量的是导线上的电压，说明灯泡可能出现短路故障，故A正确；7677B、将多用电表红、黑表笔分别接触C、D，若电压表几乎没有读数，电压表测量的是导线上的电压，说明开关出现短路故障，故B错

误；C、将多用电表红、黑表笔分别接触E、F，若电压表读数接近1.5V，即电压表测的是电源两端的电压，说明灯泡和灯泡座可能接触不良，故C正确；（4）设多用电表欧姆挡内部电源电动势为E，红表笔和黑表笔短接时电流为gI，根据闭合电路欧姆定律得：ggEIR

()ggnEIRRN联立解得：gnRRNn可见，利用这些数据能得出欧姆表的内阻gR题型96实验：半偏法测电阻答案：（1）100；小于；（2）见解析；（3）串；2900解析：（1）实验步骤②中的电

流1I=0.8mA，步骤③中的电流2I=0.6mA，由欧姆定律可知：1222()AIRIIR，代入数据解得：21130010033ARR；闭合2S后电路总电阻变小，电流总电流变大，大于0.8mA，当电流表示数为0.6mA时，流过电阻箱的电流大于0

.2mA，电阻箱的阻值小于电流表内阻的3倍，实验认为电阻箱阻值是电流表内阻的3倍，因此电流表内阻测量值小于真实值。（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；7778（3）把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：331002900110AgURRI

题型97实验：用双缝干涉测波长答案：（1）ld；（2）15.8；（3）76.310；（4）D解析：（1）根据干涉条纹间距公式，则有：△lxd，（2）游标卡尺是10分度，其精确度为0.1mm；图

中游标卡尺的主尺的刻度为15mm，游标尺的第8刻度与上边对齐，则读数为：15mm+0.18mm=15.8mmBx，（3）已知分划板处于A位置时，刻度为11.1mmAx，那么A到B条纹间的距离为：15.8mm-11.1mm

=4.7mmABx，由图可知A到B条纹间的距离为6个条纹宽度，则：△4.70mm6x根据公式△Lxd得：334.70.4101060.5dxL7m6.310m（4）对实验装置作了一下改动后，在像屏上

仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知各条纹的宽度减小；由公式△Lxd，则有：A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间，、L与d都不变，则△x不变，故A错误；B．仅将单缝远离双缝移动少许，、L与d都不变，则△x不变，

故B错误；C．仅将单缝与双缝的位置互换，将不能正常观察双缝干涉，故C错误；D．仅将红色滤光片换成绿色的滤光片，减小，L与d都不变，则△x减小，故D正确。故选：D。7879题型98实验：利用大头针测玻璃砖折射率答案：（1）插针时应使3P挡住1P和2P的像，4P挡住1P、2P

、3P的像；（2）1.5（3）丙；丁解析：（1）这位同学在操作中的重要疏漏是：插针时应使3P挡住1P和2P的像，4P挡住1P、2P、3P的像。（2）设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r。根据数学知识得：sinABiR

，sinCDrR则折射率为sin451.5sin30iABnrCD；（3）作出光路图如图所示，可知丙图出射光线与入射光线在同一直线上，肯定把针插错了。入射角和折射角较大，角度测量的相对误差较小，计算出的折射率准确度高，从图上看，测量结果准确度最高的同

学是丁题型99实验：用油膜法估测分子直径答案：（1）BCA；将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S；7980（2）①35.510；②12210

；③103.610解析：（1）依据实验原理，及操作步骤，则先后顺序为：先知道每滴油酸溶液的体积，而取一滴溶液滴入浅水盘使其充分扩散，再盖上玻璃板描绘油膜的形状，那么给出的实验步骤的正确排序为：BCA，步骤D应为：将画有油

酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S。（2）①用填补法数出在油膜范围内的格数（面积大于半个格的算一个，不足半个的舍去不算）约为55个，油膜面积约为：325511cm5.510mS。②因50滴油酸酒精溶液的

体积为1mL，且溶液含纯油酸的体积分数为：0.60.06%1000，故每滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为：123010.06%mL210m50VVN。③把油酸薄膜的厚度视为油酸分子的直径，可估算出油酸分子的直径为：12

1003210m3.610m5.510VdS题型100实验：用单摆测量重力加速度答案：（1）BC；（2）B；（3）9.6；（4）AB解析：（1）为减小实验误差，应使小球的直径远小于细线的

长度，即选择1m左右的细线，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故BC正确，AD错误。故选：BC。（2）小球通过最低点时，速度大，可以快速通过，小球经过最高点时，有短时间的停留，故计时开始及结束应以小球

摆到最低点时为标准，故B正确，AC错误。故选：B。（3）摆长：100.00cm=1mL，一次全振动时间：101.4s=2.03s50tTn，根据单摆周期公式可知，2LTg，解得重力加速度：22222443.141m/s9.

6m/s2.032.03LgT。（4）根据单摆的周期公式：2LTg得，224LTg，根据数学知识可知，2TL图象的斜率：24kg，当8081地的重力加速度24gk，A、由图所示图象可知，对图线a，当L为零时，T不为零

，所测摆长偏小，可能是把细线长度作为摆长L，也可能是把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A正确；B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次，故B正确；C、由图可知，图线c对应的斜率k小于图

线b对应的斜率，由24gk可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误81