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第一部分高考热点专项练考点一匀变速直线运动的规律第1练描述运动的基本概念1．答案：B解析：打车软件根据载客行驶的路程进行计费，A错误；研究汽车在此次行程中的运动轨迹时，汽车的大小和形状可以忽略，可以把汽车当做质点，B正确；“16：30”在时间轴上对应一个点，指的是时刻

，C错误；平均速度等于位移与时间的比值，而行程单中的里程是指路程，利用行程单中的数据不能计算出整个行程的平均速度，D错误．2．答案：C解析：由题意可知，以甲为参考系，乙是静止的，A错误；以甲为参考系，地面是运动的，B错误；由于所有运动员保持该造

型下降，以乙为参考系，其他运动员都是静止的，C正确；在研究运动员下降的过程时，可以将运动员看成质点，D错误．3．答案：A解析：研究速度滑冰运动员滑冰的快慢时，人的形状对研究的过程来说可以忽略不计，所以能看成质点，故选项A正确；研究自由滑雪运动员的空中姿态时，人的形状不能忽略，不可以

将运动员看成质点，故选项B错误；研究单板滑雪运动员的空中转体时，要研究运动员的动作，不可以将运动员看成质点，故选项C错误；研究花样滑冰运动员的花样动作时，要观看运动员的动作，不可以将运动员看作质点，故选项D错误．4．答案：C解

析：○50指瞬时速度不能超过50km/h，C正确，其他选项均错误．5．答案：A解析：由于他们的起点与终点都是相同的，所以他们的位移也相同，故A项正确；由于不能确定各自的具体运动情况，故时间不一定相同，故B项错误；由于各自的摩擦力不一定相同，故末速度不

一定相同，故C项错误；因时间不一定相等，故平均速度不一定相同，故D项错误．6．答案：D解析：位置—时间图象中，图象的斜率表示物体的速度，则甲做匀速直线运动，乙做减速直线运动，A错误；两物体的出发点不同，出发瞬间甲在乙前方x

0处，又两图线的交点表示两物体相遇，则t2时两物体相遇，所以0～t2时间内乙的路程大于甲的路程，B错误；t1时图线乙的斜率大于图线甲的斜率，则t1时刻乙的速度大于甲的速度，C错误；t1～t2时间内，两物体的位移相等，由v－＝xt可知两物体的平均速度相等，D正确．

7．答案：C解析：第二次超声波反射的距离x2>x1，说明距离变大，则汽车离测速仪越来越远，A错误；由题图乙可知第一次超声波碰到车反射时的时刻为t1，位置为x1，第二次超声波碰到车反射时的时刻为t2，位置为x2，故应是两个超声波信号反射的时

间间隔内，汽车通过的位移为x2－x1，B错误；两次反射汽车通过的位移为x2－x1，时间为t2－t1，则汽车的平均速度为x2－x1t2－t1，C正确；超声波运动x2的位移时间不是t2，据题图乙可知超声波的速度为v＝x1t1，故D错误．第2练匀变速直线运动规律的应用1．答案：

C解析：砖块的运动可近似看作自由落体运动，根据公式h＝12gt2，得h＝12×10×22m＝20m，C项正确．2．答案：C解析：分析国旗的运动有v＝at，v2×8s＋v×40s＝17.6m，解得a＝0.1m/s2，v＝0.4m/s，C项正确．3．答案：A解析：汽车速度v＝108

km/h＝30m/s，在反应时间Δt＝1s内，汽车匀速运动，位移x1＝vΔt＝30m．安全距离x＝120m，故实际刹车距离x2＝x－x1＝120m－30m＝90m，由运动学知识有v2＝2ax2，解得汽车刹车的加速度大小a＝v2

2x2＝3022×90m/s2＝5m/s2，选项A正确．4.答案：A解析：汽车减速至静止过程所需时间为t0＝0－v0－a＝4s<5s，则5s时汽车已经停止，位移与4s时相同，根据逆向思维法，汽车匀减速到停止的过程可以看作从静止开始的匀加速过程，根据连续相等时间内位移比的关系可得自驾驶

员急踩刹车开始，前2s与后2s汽车的位移之比为3∶1，故2s与5s时汽车的位移之比为3∶4，选项A正确．5．答案：D解析：将x＝3＋24t－1.5t2（m）与公式x＝v0t＋12at2比对知，质点做匀加速直线运动的初速度v0＝24m/s，加速度a＝－3m/s2，

故A项错误；4s末质点的速度v＝v0＋at＝24－3×4m/s＝12m/s，故B项错误；将t＝2s代入x＝3＋24t－1.5t2（m），得质点在前2s内的位移Δx＝（3＋24×2－1.5×22）m－3m＝42m，故C项错误；质点在前2s内的平均速度为v－＝Δxt＝422m/

s＝21m/s，故D项正确．6．答案：ACD解析：重物从气球上掉落后做竖直上抛运动，则有x＝v0t－12gt2＝10m/s×t－12×10m/s2×t2＝－175m，解得t＝7s，故A项正确，B项错误；重物离开气球后，继续上升1s时，到达最高点

，上升的高度为x′＝v22g＝1022×10m＝5m，则重物离地面的最大高度为h＝x′＋175m＝180m，故C项正确；重物落地速度大小v＝gt－v0＝60m/s，故D项正确．7．答案：A解析：设小汽车匀速行驶的速度为v1，减速时的加速

度大小为a1；卡车匀速行驶时的速度为v2，加速运动时的加速度大小为a2，后车刹车后经过时间t两者共速，则有v1－a1t＝v2＋a2（t－2），解得t＝4s，在时间t内小汽车的位移为x1＝v1t－12a1t2＝44m，前车加速行驶的时间为t′＝t－2＝

2s，在时间t内，前车的位移为x2＝v2t＋12a2t′2＝16m，因x2＋30m>x1，故两车不会追尾，当两车速度相等时，两车间的距离最近，最近距离为Δx＝x2＋30m－x1＝2m，选项A正确，BD错误．在前车开始加速时，

两车相距Δx′＝（30＋3×2）m－（15×2－12×2×22）m＝10m，选项C错误．8．答案：B解析：加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相同，根据a＝ΔvΔt，可知加速和减速所用时间相同，A错误；设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速

的时间为t1，最大速度为v，由题意得2t1＋t2＝40×60s，2×12at21＋vt2＝600×103m，v＝12003.6m/s＝at1，联立方程解得匀加速和匀减速用时t1＝600s＝10min，匀速运动的时间t2＝1200s，加

速和减速过程中的加速度大小为a＝59m/s2，B正确，C错误；同理将上述方程中的加速度变为10m/s2，加速和减速的时间均为t′1＝12003.610s＝1003s，加速和减速距离均为x＝12at′21＝12×10×

10032m＝500009m，匀速运动用时t′2＝600×103－2×50000912003.6s＝53003s，总时间为2t′1＋t′2＝55003s≈31min，D错误．9．答案：（1）20m/s（2）2m/s29m解析：（1）无人车刹车

时做匀减速运动，根据v2－v20＝2ax得v0＝v2－2ax＝0－2×（－2.5）×80m/s＝20m/s（2）无人车恰好不会碰上自行车，即两车相遇时无人车减速到与自行车同速v′1＝v2＝5m/s无人车加速度a′＝v′1－v1t＝－2m/s2对应位移s1＝v1＋v′12·

t＝24m对应自行车位移s2＝v2·t＝15m刹车前的距离s0＝s1－s2＝9m10．答案：（1）10m/s2（2）不超速解析：（1）设超声波从B运动到C的时间为t0，那么在超声波从C返回B的t0时间内，汽车由C减速运动到D且速度为零，

应用逆向思维x2＝12at20，x1＝12a（2t0）2－x2＝32at20x1＋x2＝x0－x＝20m即12at20＋32at20＝20m解得at20＝10m而超声波在t0内的距离为BC＝x＋x2＝335m＋12

at20又BC＝v声t0解得t0＝1s，a＝10m/s2.（2）由x1＋x2＝v202a，解得v0＝20m/s＝72km/h所以汽车未超速．11．答案：（1）没有违反要求（2）a2≥53m/s2解析：（1）人

走上人行横道所需时间t1＝L4v1＝3s在3s内轿车的位移x＝v0t1＋12a1t21代入数据得x＝39m>L1＋L2＋L，故没有违反要求（2）人穿过人行横道的时间t2＝L3＋L4v1＝12s假设12s内轿车的位移小于等于30m，加速度最小为a2，有v0t

2－12a2t22＝L1解得a2＝54m/s2然而a2＝54m/s2时轿车速度减为零用时Δt＝v0a2＝8s<12s说明假设不成立，所以轿车在30m内速度减小为零时加速度最小，有a′2＝v202L1＝53m/s2故加速度a2的大小需要满足的条件为a2≥53m/s2第3练匀变速直线运动

推论的应用1．答案：B解析：根据匀变速直线运动的推论可知x2－x1＝x3－x2，则x3＝3m，故第3s内的平均速度为v－3＝x3t＝3m/s.2．答案：AC解析：物块在光滑斜面上运动的加速度恒定，做匀变速直线运动，由v＝xt和v－＝v0＋v2可得x

＝v0＋v2t，以沿斜面向上的方向为正方向，当v的方向沿斜面向上时，可得x＝6＋42×2m＝10m；当v的方向沿斜面向下时，可得x＝6－42×2m＝2m即A、B两点间的距离可能为10m，也可能为2m，A、C两项正确

．3．答案：A解析：由题意可知OP＝2m，PQ＝1m，根据Δx＝gT2，可知运动员从O至P所用时间为T＝OP－PQg＝110s；运动员经过P点时的速度为vP＝OQ2T＝3210m/s，设运动员上升的最高点距P点的高度为h，则有2gh＝v2P，

解得h＝1.125m，则运动员上升的最大高度为H＝7m＋h＝8.125m，A正确．4．答案：D解析：由匀变速直线运动的推论可知，物体做初速度为零的匀加速直线运动通过前x、前2x、前3x、…、前nx的位移所用

时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶2∶3∶…∶n，则通过ab段位移与通过ae段位移所用的时间之比为1∶2，即t∶（t＋tbe）＝1∶2，所以两段过程时间相等，则通过be段时间也为t，选项D正确．5．答案：A解析

：匀变速直线运动的平均速度v－＝v0＋v2，则公交车加速运动过程的平均速度等于v2，增大a1，但由于v不变，则加速过程的平均速度不变，故A正确；匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1＝12vt1，x2＝vt2，x3＝12vt3，如果减小a1，保持a2、v不变

，则加速过程的时间t1＝va1将增大，加速过程的位移x1增大，而减速过程的时间和位移不变，所以匀速过程的位移将减小，匀速过程的时间变短，故B错误；作出公交车运动的速度—时间图象如图甲所示，增大v，保持a1、a2不变，运动的时间将

减小，故C错误；如图乙所示，v不变，a1、a2改变，则全程的运动时间可能会发生变化，全程平均速度可能变化，故D错误．6．答案：B解析：设物体运动的加速度为a，经过AB段与BC段所用时间均为T，根据逐差法有Δx＝x2－x1＝aT2，但需要知道物体通过AB段与BC段所用的时间T，才能求出物

体运动的加速度，选项A错误；设OA段距离为x，由题意可得物体经过B点时的速度为vB＝x1＋x22T，根据速度—位移公式有v2B＝2a（x＋x1），再与x2－x1＝aT2联立解得x＝（x1＋x2）28（x2－x1）－x1，所以可以求出从O点到A点的距离，选项B正

确；物体通过AB段所用的时间和物体在B点的瞬时速度均无法求出，选项C、D错误．第4练运动图象1．答案：C2．答案：AD解析：根据速度—时间图象与坐标轴所围的面积表示位移，时间轴以上的面积表示正向位移，时间轴以下的面积表示负向位移

，总位移为两位移的代数和，可知A、D正确，B、C错误．3．答案：A解析：两者都做自由落体运动，速度在增大，C项错误；根据位移—时间公式可得位移是关于时间t的二次函数，D项错误；因为A先下落，所以当B开始运动时，A已有了一定的速度，故A项正确，B项错误．4．答案：C解析：若走人工

通道．则s1＝2×v202a，若走ETC通道，则s2＝2×v20－v212a＋v1Δt′，由题意知s1＝s2，解得小车经过收费站时以速度v1行驶所用的时间Δt′＝v1a，则与走人工通道相比，走ETC通道节省的时间为t＝2×v0a＋Δt－（2×v0－v1a＋Δt′）＝v

1a＋Δt，选项C正确．5．答案：ABD解析：由甲图可看出，物体A和B的位移—时间图象都是倾斜的直线，说明两物体都做匀速直线运动，由于A的图线的斜率大于B的图线的斜率，所以A的速度比B的速度大，故A正确

．由甲图可看出，在0～3s时间内，物体B运动的位移为Δx＝10m－0＝10m，故B正确．速度—时间图象中图线与时间轴所围的面积表示位移，由乙图可看出，t＝3s时，D的图线所围“面积”大于C的图线所围“面积”，说明D的位移大于C的位移，而两物体从同一地点开始运动，所以物

体C还没有追上物体D，故C错误．由乙图可看出，前3s内D的速度较大，D、C间距离增大，而3～4s内C的速度较大，两者间距离减小，所以t＝3s时物体C与物体D之间有最大间距，故D正确．6．答案：ABC解

析：由s­t图象可得乙的速率为v2＝1.0m/s，选项A正确．已知甲的速率为v1＝1.25m/s，若两人同时从泳池两端出发，甲、乙的速率之和为Δv＝v1＋v2＝2.25m/s，第一次相遇的过程中两人路程之和为一个泳池长，历时t1＝LΔv＝1009s，此后两人路程之和每增加两个泳池长才相

遇一次，每次历时t2＝2LΔv＝2009s，由于1min＝60s，第一次相遇后剩余时间为60－1009s＝4409s，由4409s÷2009s＝2.2知，还会再相遇2次，故1min内一共会相遇3次，选项B正确．与此类似

，若两人同时从同一端出发，则每次相遇历时t3＝2009s，由6min＝360s，且360s÷2009s＝16.2知，6min内共相遇16次，选项C正确．当两人从泳池两端出发且第一次在泳池端点相遇时，速率大的甲比乙多游一个泳池的长，设历时为t

，则L＝（v1－v2）t，解得t＝Lv1－v2＝100s，当两人从泳池同一端出发且第一次在泳池端点相遇时，甲比乙多游两个泳池长，历时应为2t＝200s，选项D错误．7．答案：B解析：由题图xt­t所表示的意义，变形得x＝2t－1

2t2，与x＝v0t＋12at2比较可知质点做匀变速直线运动，且质点的初速度为v0＝2m/s，加速度为a＝－1m/s2，则加速度大小为1m/s2，故A错误；由Δx＝aT2知，任意相邻的0.2s内（T＝0.2s），质点位移差Δx＝－1×0.22m＝－0.04m，大小为0

.04m，故B正确；由Δv＝aΔt可得，任意1s内，质点速度增量Δv＝－1×1m/s＝－1m/s，大小为1m/s，故C错误；质点在1s末的速度为v1＝v0＋at1＝（2－1×1）m/s＝1m/s，3s末的速度为v3＝v0＋at3＝（2－1×3）m/s＝－1m/s，方向相反，故D错误．8．答案：

C解析：由图象知该汽车做匀减速直线运动，由v2－v20＝2ax知图象斜率等于12a，故加速度大小为a＝0.9m/s2，故A错误；根据速度—时间关系可得速度为零的时间为Δt＝Δva＝103s，故B错误；根据位移—时间关系x＝v0t＋12at2，可得2

s内位移为4.2m，1s内的位移为2.55m，在1s时的坐标为1.55m，故C正确，D错误．9．答案：AC解析：滑块以初速度v0沿斜面下滑，若静止时仍在斜面上，则由运动学公式有－v20＝2as，变形得s＝－v202a，结合题图乙可知，－12

a＝14s2/m，解得a＝－2m/s2，A正确，B错误；若滑块下滑的初速度为5m/s，由s1＝－v2012a＝6.25m>L知滑块能到达斜面底端，由位移—时间公式有L＝v01t＋12at2，解得t＝1s（另一解不合题意，舍

去），C正确，D错误．10．答案：C解析：由图象可知，在前8s内，甲的位移x′＝vt＝48m，乙的位移x″＝2＋62×12m＝48m，说明t＝8s时刻两车第二次并排，A、B两项错误；两车第二次并排后，设经

过Δt时间两车第三次并排，有v·Δt＝v1·Δt－12a2·Δt2，由图象知a2＝6m/s2，解得Δt＝2s，两车恰好在乙速度为零时第三次并排，第三次两车并排的时刻为t＝10s，C项正确；由图象可知，前10s内两车在t＝4s时刻两车距离最大（图象上左侧的梯形面积），Δx＝2＋42×6

m＝18m，D项错误．11．答案：B解析：由图可知汽车的初速度为v0＝10m/s，自行车的速度为v1＝4m/s.汽车开始减速时，汽车已经前进了x0＝5m，运动时间为t0＝x0v0＝510s＝0.5s，则此时自行车向前运动了4×0.5m＝2m，此时汽车

与自行车相距（7＋2－5）m＝4m，选项A错误，B正确．由图可知，汽车在减速过程中做匀减速运动，汽车减速的加速度a＝v202x＝1002×（17.5－5）m/s2＝4m/s2，则汽车速度减到与自行车共速时的时间t

1＝v0－v1a＝1.5s，此时汽车的总位移s1＝x0＋v0t1－12at21＝15.5m，自行车行驶的位移s2＝v1（t0＋t1）＝8m，因为s1－s2＝7.5m>7m，可知两车共速前已经相撞，汽车和自行车在图线相交的位置坐标处不是发生碰撞的位置，选项C、D错误．第5练追及相遇问题1．答案

：B解析：由题意知，t＝5s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋12at2＝25m，此时A的位移xA＝vAt＝20m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再经过Δt＝Δs

vA＝3s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5s＋3s＝8s，B项正确．2．答案：C解析：在t＝50s时，自行车位移x1＝4×50m＝200m，由于自行车追上汽车，所以汽车位移等于自行车位移，即汽车

位移为200m，选项A错误；由v­t图象与t轴围成的面积表示位移可知，汽车要运动40s，位移才能达到200m，由此可得汽车运动的加速度大小为a＝0.25m/s2，选项B错误，C正确；两者速度相等时，间距最大，选项D错误．3．答案：C解析：方法一物理分析法

对B车，由运动学公式有0－v20＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s2＝－0.25m/s2，所以B车刹车的最大加速度为－0.25m/s2，当B车速度减小到v＝10m/s时，两车相距最近，此时B车的位移为x1＝v2－v2B2a，A车的位移x2＝vAt，t＝v－vBa，联立解得x1＝1600

m，x2＝800m，能见度至少为Δx＝x1－x2＝800m，选项C正确．方法二图象法对B车，由运动学公式有0－v20＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s2＝－0.25m/s2，作出A、B两车运动过程中的

速度—时间图象如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝vA－vBa＝80s，当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后不能相碰，由v­t图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，图象中阴影三角形的面积为

能见度的最小值，则xmin＝12×（30－10）×80m＝800m，选项C正确．4．答案：（1）会（2）57m/s解析：（1）轿车B实际制动前t＝t1＋t2＝0.8s做匀速运动，v0＝90km/h＝25m/s匀速运动位移x1＝v0t＝25×0.8s＝20m制动过程

中加速度为a＝－7.5m/s2，设B速度减为零时的位移为x2，由匀变速直线运动规律有0－v20＝2ax2，解得x2＝1253m由于x1＋x2＝20m＋1253m＝1853m>d＝50m所以B会与停在前面的轿车A相撞．（2）设与A相撞

前瞬间B的速度为v，刹车距离为x3＝d－x1＝30m由匀变速直线运动规律有v2－v20＝2ax3解得v＝57m/s.第6练（STSE问题）利用匀变速直线运动规律解决实际问题1．答案：C解析：由题意知，车速v≤10m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5

m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2ax可得x≤v22a＝1022×5m＝10m，所以系统设置的安全距离约10m，故C项正确，A、B、D三项错误．2．答案：B解析：A车做匀速直线运动，t秒内的位移为xA＝vAt，B车做加速度为a的匀加速直线运动，t秒内的位移为xB＝vBt＋12at

2，5s内完成超车并回到右侧车道，由题意可知，为保证安全需满足xB≥xA＋35m，解得a≥2m/s2，故B正确．3．答案：D解析：在识别车载电子标签的0.3s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司机的反应时间0.7s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7m＝4.2m，

刹车距离x3＝v22a＝3.6m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6m，D项正确．4．答案：C解析：由x＝vt可得正常情况下驾驶员的反应时间为0.5s，酒后的反应时间为1s，A正确；由正常情况下刹车距离x2＝x3－x1＝v22a，x3为正常情况下的制动距离，x1为正常情况下的

思考距离，解得汽车刹车的加速度大小为a＝7.5m/s2，B正确；若汽车的初速度增加一倍，酒后驾驶员的思考距离x′1＝2vt1＝30m，刹车距离x′2＝4v22a＝60m，则酒后制动距离由原来的30m增大为

90m，C错误；若汽车以25m/s的速度行驶时，酒后思考距离为25×1m＝25m，刹车距离约为v′22a≈41.7m，则酒后制动距离为25m＋41.7m＝66.7m，当驾驶员发现前方60m处有险情，则酒后驾驶不能安全停车，D正确．5．答案：（1）会撞上B车，4s（2）1.1

25m/s2解析：（1）当两车速度相等时，所用时间为t0＝vAa＝10s在此10s内A车的位移为xA＝vAt0＝20×10m＝200mB车的位移为xB＝12at20＝12×2×102m＝100m此时A、B两车间的位移差为Δx＝xA－xB＝100m>64m所以两车必定相撞．设两车相撞的时间为t，则

相撞时有vAt－12at2＝64m代入数据解得t＝4s（另一根不合题意舍去）所以A车撞上B车的时间为4s.（2）已知A车的加速度aA＝－2m/s2，初速度vA＝20m/s设B车的加速度为a2，B车运动经过

时间为t′，两车相遇时，则有vAt′＋12aAt′2＝12a2t′2＋L代入数据有t′2－20t′＋64＝0要避免相撞，则上式无实数解，根据数学关系知，a2>1.125m/s2所以B的加速度的最小值为1.12

5m/s2第7练实验：研究匀变速直线运动1．答案：（1）等于（2）0.304（3）dlht121Δt2－1Δt1（4）测量的遮光片宽度d偏小（或测量的运动时间t12偏大）解析：（1）调节气垫导轨水平后，轻推滑块，滑块能做匀速直线运动，则滑块通过两光

电门的时间应相等．（2）50分度的游标卡尺的精确度为0.02mm，则遮光片宽度为d＝3mm＋2×0.02mm＝3.04mm＝0.304cm.（3）滑块经过两光电门的时间较短，其平均速度可认为是经过两位置时的瞬时速度，有vA＝dΔt1，vB＝dΔt2；

滑块做匀加速直线运动，有vB＝vA＋at12；而对滑块由牛顿第二定律有a＝gsinα＝g·hl（其中α为导轨倾角），联立各式解得重力加速度为g＝dlht121Δt2－1Δt1.（4）根据重力加速度的测量公式g＝dlht121Δt2－1Δt1分析，测量值偏小，可能的原因有测量的遮光片

宽度d偏小、测量的运动时间t12偏大等．2．答案：（1）BD（2）0.9862.585.99（3）不变解析：（1）在研究匀变速直线运动的实验中，只要小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力和使小车的质量远大于钩码的质量，但要保证

细线与木板平行，否则小车做的就不是匀变速直线运动，实验开始时小车要靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，故BD正确．（2）由题意得，vC＝xAC＋xCE4Δt＝14.56＋11.15＋13.734×5×0.02×10－2m/s＝0.986m/s，a＝xCD＋xDE－xAC（2Δt）2＝2

.58m/s2，由匀变速直线运动规律知xBC－xAB＝xDE－xCD＝（13.73－11.15）cm＝2.58cm，又xBC＋xAB＝14.56cm，联立解得xAB＝5.99cm.（3）电压的大小影响点迹的清晰程度，但不影响实验结果．3．答案：（1）9.50（2）DΔtA（3）9

.62解析：（1）游标卡尺的精确度为1mm20＝0.05mm，则小铁球直径D＝9mm＋10×0.05mm＝9.50mm.（2）小铁球直径较小，经过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，即vA＝DΔtA.（3）根据速度与位移之间的关系可得v2B－v2A＝2gh

，变形可得v2B＝2gh＋v2A，故v2B­h图象的斜率k＝2g＝8.52－3.710.25m/s2，解得g＝8.52－3.710.25×12m/s2＝9.62m/s2.第8练高考真题1．答案：A解析：质点是指忽略物体的大小和形状

，把其看成有质量的点．一个物体是否能够当成质点的本质在于忽略大小和形状后对所研究的问题是否有影响．当研究猫的运动速度的时候忽略大小形状，可以看成一个点在运动仍能做研究，故可以看成质点，A正确；研究水珠形状形成的原因时，如果把旋转球视为质点，那么球的运动状态不能研究，不能

得出水珠形状形成的原因，B错误；鸟停在树桩上，是鸟的脚停上去，如果把鸟看成质点，则问题不能继续研究，C错误；马跨越障碍物是指马的身体各部分都要跨过障碍物，如果把马作为质点会影响问题的研究，D错误．2．答案：B解析：陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝2Hg＝2×1010s≈1.4s，下落前

5m的过程所用的时间为t1＝2hg＝2×510s＝1s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4s，B正确，ACD错误．3．答案：BD解析：此图是速度图象，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；此图是速度图象

，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图象中图象与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；此图是位移图象，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；此图是位移图象，交点表示相

遇，所以甲戊在中途船头会并齐，故D正确．4．答案：（1）v1＝x1＋x22T（2）a＝（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）9T2（3）偶然解析：（1）匀变速直线运动中某段时间内，中间时刻的速度等于该段时间的平均速度，所以小球在1位置的速度为v1＝x1＋

x22T.（2）题中要求充分利用数据，可利用逐差法求解加速度，有（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）＝a（3T）2，解得加速度为a＝（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）9T2.（3）读数产生的误差是人为因素造成的，属于偶然

误差．5．答案：（1）15.75（2）4.309.85（3）AB解析：（1）由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为15mm＋15×0.05mm＝15.75mm.（2）由题意可知，小球下落H＝0.9423m时的速度v＝ΔlT＝0.86×10－21500m/s＝4.3

0m/s；由运动学公式v2＝2gH得g＝v22H＝4.1022×0.8530m/s2＝9.85m/s2.（3）小球下落一定高度时的瞬时速度近似为曝光时间内的平均速度，曝光时间越短，曝光时间内的平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，A正确；让小球在真空管中自由下

落，可减小空气阻力的影响，可减小实验误差，B正确；用质量相等的实心铝球代替实心钢球时，铝球体积更大，阻力对铝球的影响较大，实验误差较大，C错误．6．答案：（1）4s2.5×103N（2）20s（3）55m/s解析：（1）根据平均速度v＝s

t1，解得刹车时间t1＝4s，刹车加速度a＝v1t1，根据牛顿第二定律Ff＝ma，解得Ff＝2.5×103N.（2）小朋友通过时间t2＝l＋Lv0，等待时间t＝t2－t1＝20s.（3）根据v22－v2＝2as，解得v＝55m/s.考点二相互作用第9练重力弹力1．答案：C解析：

力的作用是相互的，瓶子受到地球对它的吸引力，它对地球也有吸引力，故A错误；装饰瓶的重心位置与其质量分布和形状有关，只有形状规则的均匀物体的重心才与几何中心重合，故B错误，C正确；若装饰瓶底部出现一个小洞，那在水滴完的过程中，装饰瓶的重心先降低后升高，故D错误．2

．答案：A解析：如果将各容器的侧壁搬离，我们可以知道钢球还能处于静止状态，所以各容器的侧壁对钢球均无弹力作用，故A项正确，B、C、D三项错误．3．答案：B解析：表演者对竹竿的弹力是由人发生形变产生的，故A错误

；因为表演者静止在弯曲倾斜的竹竿上，受到重力、弹力和摩擦力作用，且处于平衡，故竹竿对表演者的力竖直向上，根据牛顿第三定律可知表演者对竹竿的力竖直向下，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律可知，表演者对竹竿的力的大小等于竹竿对表演者的力，故D错误．4.答案：BC解析：铁球处于静止状态，当F较小时，球

的受力情况如图甲所示，当F较大时，球的受力情况如图乙所示，故B、C正确．5．答案：B解析：由于绳通过滑轮连接到物体G上，属于“活结”模型，绳上各处张力大小相等且大小等于物体的重力G；根据平行四边形定则知，合力在角平分线上，由于两拉力的夹

角减小，故两拉力的合力不断变大，因此BC杆受到绳的压力不断变大，选项B正确．6．答案：BC解析：弹力与弹簧长度的关系图象中，图象的斜率表示劲度系数，图象与横轴的交点（横轴的截距）表示弹簧的原长．k＝ΔFΔL＝

22×10－2N/m＝100N/m，选项A错误，B正确；弹簧原长为6cm，选项C正确；弹簧伸长2cm，即L＝8cm时，弹力大小为2N，选项D错误．7．答案：C解析：如图所示，过O点作AB的垂线，与AB所在

直线相交于D点，连接OA、OB，设OD＝s，BD＝L1，AD＝L2，由几何关系得：L1－L2＝3.5cm，tan53°＝sL2，tan37°＝sL1，解得s＝6cm，弹簧从A点调节到B点时，形变量为Δx＝ssin37°－ssin53°，解得

Δx＝2.5cm，根据胡克定律得F＝kΔx，可求得k＝1000N/m，选项C正确．第10练摩擦力1．答案：A解析：乘客在无台阶的电梯上运动时，在加速和匀速阶段，都受到重力、支持力和静摩擦力．匀速阶段乘客对扶梯的作用力

竖直向下，在加速阶段偏离竖直方向．乘客在有台阶的电梯上运动时，加速阶段受到重力、支持力和静摩擦力，乘客对扶梯的作用力偏离竖直方向；匀速阶段受到重力与支持力，乘客对扶梯的作用力竖直向下．综上分析，A正确．2．答案：B解析

：由题意可知，开始时木块保持不动，木块受静摩擦力，不可以用公式Ff＝μFN计算，根据平衡条件可知摩擦力始终等于拉力，故摩擦力大小随拉力的增大而增大；而当拉力达到某一数值时，木块开始滑动，此时说明木块恰好达到最大静摩擦力；而由于滑动摩擦力要小于最大

静摩擦力，所以木块移动后拉力将减小，运动过程中木块受到的摩擦力保持不变，根据纸团的位置即可记录下最大静摩擦力，故B正确，A、C、D错误．3．答案：B解析：木板给物块的滑动摩擦力为μ2mg，方向水平向左，所以物块给木板一个水平向右的摩擦力

μ2mg，因为木板静止，所以木板所受地面的摩擦力大小为μ2mg，方向水平向左，故选项B正确．4．答案：ABD解析：因为至少要用35N的水平推力才能使木箱开始运动，所以木箱与地板间的最大静摩擦力为35N，A项正确；因为木箱匀速运动时水平推力为30N，所以木箱与地板间的滑动

摩擦力为30N，B项正确；由μFN＝30N，FN＝mg＝100N，得μ＝0.3，C项错误，D项正确．5．答案：B解析：设F与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为f＝Fc

osθ，F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力N＝G－Fsinθ，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为f＝μN，N

减小，则f减小；故A、C、D错误，B正确．6．答案：B解析：0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，滑动摩擦力方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，只有B项正确．7．答案：AD解析：将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹

簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则有F弹＝F±Ff，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F

的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确．8．答案：B解析：对A受力分析，当A受到的最大静摩擦力往左时拉力F1最小．此时F1＋Ff＝mBg，F1＝6N，当受到的最大静摩擦力向右时，拉力F1最大．此时F1－Ff＝mBg，F1＝14N，所以拉力F1取值范围应该是6N≤F1≤14

N，所以A、C、D错误，B正确．9．答案：B解析：假设物体受到斜面的摩擦力Ff沿斜面向上，对于物体由平衡条件有F＋Ff－mgsin30°＝0，FN－mgcos30°＝0，解得Ff＝－4.9N，FN＝4.93N，则Ff方向沿斜面向下，FN方向垂直斜面向上，B项正确，A、C、

D三项错误．10．答案：CD解析：由于二者中间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，故弹簧对A和B两个木块的作用力大小均为F′＝kx＝400N/m×0.01m＝4N；而对物体A而言，它的重力是50N，放在水平桌面上，它对桌面的压力也是50N，所以它受的最大静

摩擦力为fA静＝0.2×50N＝10N，因为F′<fA静，所以物体A没有运动，它受到的摩擦力是静摩擦力，其大小为4N，方向水平向右，选项A、B错误；再对B而言，它的重力是60N，放在水平桌面上，故它对

桌面的压力也是60N，所以它受的最大静摩擦力为fB静＝0.2×60N＝12N，而物体B除了受弹簧的弹力以外，还受到向右的拉力，F＝2N，故B受到向右的合力是6N，而6N<12N，故物体B也处于静止状态，它受到的摩擦力与B受到向右的合力相平衡，所以B受到的摩擦力是6N，方向水平向左，

选项C、D正确．11．答案：BD解析：第1张纸相对于轮有向左运动的趋势，则受到的滑动摩擦力与轮的运动方向相同，向右，C错误；对第2张纸分析，它的下表面与第3张纸之间的最大静摩擦力Fm＝μ2·（F＋2mg），上表面受到第1张

纸向右的滑动摩擦力为f＝μ2（F＋mg）<Fm，则第2张纸与第3张纸之间不发生相对滑动，同理，第3张到第9张纸也不发生相对滑动，即第2张以下的纸所受的合力都为零，故A错误，BD正确．12．答案：BCD解析：物体在斜面上始终处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡方程为：F－mgsinθ＋Ff＝0，解得F

f＝mgsinθ－F，若初态mgsinθ＝F，故B项正确；若初态mgsinθ>F，故C项正确；若初态mgsinθ<F，故D项正确．第11练力的合成与分解1．答案：A解析：F1＝6N，方向沿x轴的正向；F3＝4N，沿x轴负向；故F1与F3的合力F13沿着x轴的正方向

，为2N；F2＝8N，沿y轴正向；F4＝2N，沿y轴负向，故F2与F4的合力F24为6N，沿着y轴正方向；最后再将F13与F24合成，故合力F1234为210N，指向第一象限，选项A正确，B、C、D错误．2．答案：D解析：如图所示，将重力G分解到沿AB方向的拉AB杆的力F1和沿A

C方向的压AC杆的力F2，即得F1＝Gtanθ，由牛顿第三定律知螺旋杆AB的拉力大小为Gtanθ.3．答案：AD解析：力的合成遵循平行四边形定则，根据这五个力的特点，F1和F3的合力与F5大小相等，方向相反，可得F1和F5的合力与F3大小相等，方向相反，

A正确；F2和F4的合力与F5大小相等，方向相反；又F1、F2、F3、F4恰好构成一个正方形，所以F5为2F，可得除F5以外的4个力的合力的大小为22F，C错误；这5个共点力的合力大小等于2F，方向与F5相反，D正确，B错误．4．答案：B解析：当光滑挂

钩下的重物C缓慢下降时，设绳AC和BC与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为F，绳AC和BC在水平方向上的分力均为Fx＝Fsinα，大小相等，方向相反，是一对平衡力．绳AC和BC在竖直方向的分力都为Fy＝Fcosα，两绳的合力与重

力是一对平衡力，所以2Fy＝2Fcosα＝mg，即F＝m2cosα，重物C缓慢下降时，α角逐渐减小，所以两绳的拉力F都不断减小，选项B正确．5．答案：C解析：对尖劈所受的压力F进行分解，如图所示，F2＝Fsinα等于对A侧压力，F1＝Ftanα等于对B侧压力，

C项正确．6．答案：BD解析：要增大拉力沿水平方向的合力，可以减小力与水平方向的夹角，也可以增大合力．仅增大四个人的间距，根据平行四边形定则，合力减小，故拉力沿水平方向的合力减小，故A错误；仅减小四个人的间距，四个拉力的夹角减小，根据平行四边形定则，合力增大，故拉力沿水平方向的合力

增大，故B正确；仅缩短拉绳，合力与水平方向的夹角增大，故拉力沿水平方向的合力减小，故C错误；仅增长拉绳，合力与水平方向的夹角减小，故拉力沿水平方向的合力增大，故D正确．7．答案：B解析：对舰载机进行受力分析，如图所示．由题意

可知两阻拦索上的张力大小相等，其合力与飞机的牵引力F等大反向，由几何关系知阻拦索承受的张力大小为F′＝F，B正确．第12练静态平衡问题1．答案：D解析：分析左侧小球的受力情况，如图所示：根据几何关系可知，FN1＝mgsin30°＝2mg；FN

2＝mgtan30°＝3mg，D选项正确．2．答案：AD解析：本题易错之处在于不善于采用假设法分析：假设绳子上没有拉力和假设绳子有拉力两种情况．假设绳子无拉力，则B不受摩擦力，只受重力和支持力2个力，A受重力、支持力、压力、拉力、地面对它的摩擦力5个

力，A项正确；假设绳子有拉力，则B要受到向右的摩擦力，B还受重力、支持力，共4个力，A受重力、支持力、压力、拉力、地面对它的摩擦力、B对它的摩擦力6个力，D项正确．3．答案：C解析：本题考查整体法与隔离法的综合使用，本题的关键点是要从

5个小灯笼组成的大整体中将后四个小灯笼隔离出来，即将灯笼2、3、4、5当作一个整体；假设灯笼1、2之间的拉力大小为T，对这个整体受力分析，如图所示，由平衡条件得Tcos30°＝4mg，解得T＝833m

g，C项正确．4．答案：D解析：设半球A的质量为m，球B的质量为M，对球B受力分析如图所示，可得：FN＝Fcos37°，Mg－Fsin37°＝0，解得FN＝Mgtan37°，对A、B组成的整体有（m＋M）

g－μFN＝0，代入数据，联立解得mM＝115，故选D.5．答案：BD解析：轻质环不计重力，a静止时细绳的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，

绳子的拉力和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；对小球b受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝θ＝30°，设细杆对b的作用力大小为N，则：2Ncos30°＝mg，则N＝33mg，细绳的拉力大小T＝N＝33

mg，故C错误，D正确．6．答案：D解析：对球B受力分析，球B受重力、轻绳的拉力和球A对它的弹力三个力的作用，三个力构成的矢量三角形与△FEO2相似，如图所示，故有EFm2g＝EO2FNAB，解得球A对球B的弹力大小FNAB＝22

N，根据几何关系可知，∠FEO2＝45°，则FNAB的方向与竖直方向间的夹角为45°，根据余弦定理有cos45°＝（m2g）2＋F2NAB－F2T2m2gFNAB，解得轻绳对球B的拉力大小FT＝25N，A、B错误；对球A受力分析，根据平衡条件有FNBAcos45°＋m1g＝FN2，FNBAs

in45°＝FN1，又FNBA＝FNAB，解得竖直墙壁对球A的弹力大小FN1＝2N，水平地面对球A的弹力大小FN2＝12N，C错误，D正确．第13练动态平衡问题1．答案：C解析：对物体分析，物体受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变

；再对O点分析，O受绳子的拉力T、OA的支持力FOA及OC的拉力TOC而处于平衡，受力分析如图所示；将FOA和TOC合成，其合力与G大小相等，方向竖直向上，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，故C项正确．2．答案：B

解析：对小球受力分析，小球受到重力、滑块的弹力和墙壁的弹力，如图所示，重力的大小和方向都不变，墙壁的弹力方向不变．滑块的弹力和墙壁的弹力的合力不变，大小等于重力，由图可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力在增大，故A项错误，B项正确；对滑块和小

球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、墙壁的弹力及推力，竖直方向上滑块和小球的重力大小等于地面对滑块的弹力，滑块和小球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变，水平方向上推力F大小等于墙壁对球的弹力，所以推力F增大，故C、D两项错误．3．答案：C解析：对玻璃珠受力分析如

图所示，受到重力G、左侧筷子对玻璃珠的弹力F1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F2，玻璃珠在三个力的作用下处于平衡状态．根据平衡条件可知，两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向，故A、B错误；根据平衡条件，竖直方向有F1sinθ＝G，水平方向有F2＝F1cosθ，联立得F1＝Gsinθ，F

2＝Gcotθ，由于θ小于90°，则一定有F1>G，而F2不一定大于G，故C正确，D错误．4．答案：B解析：设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析可知F压＝G，F2＝F压sinα，F1＝F压tanα因α角逐渐变大，由数学知识可知，F1变小，F2变小，故B正确，A、C、D错误．5．答案：B解析：

F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静止，弹簧的形变量不变，所以弹簧的弹力不变，选项A错误；开始A受到的弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力大小关系不知道，故A受到的摩擦力大小与方向不确定，用力F沿斜面向上拉A时，摩擦力大小可能增大、也可能减小，选项B正确；对系统整体分析可知，当用斜向

上的拉力F拉A时，水平方向上有向左的拉力分量，由于整体处于平衡状态，所以地面对B的摩擦力的方向水平向右，选项C错误；竖直方向地面对B的支持力FN＝（mA＋mB）g－Fsinθ，所以由牛顿第三定律，可知施加力F后斜面体B对地面的压力减小，选项D错误．6．答案：C

解析：以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图所示．根据平衡条件可知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反．根据相似三角形得F合N＝ACBC，且F合＝G，则有N＝BCACG，现使∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，

即N不变，则轻杆BC所受的力大小不变，C正确，A、B、D错误．7．答案：B解析：由于力F竖直向上，小球的重力竖直向下，所以杆和弹簧对小球的作用力的合力应沿竖直方向，杆和弹簧对小球都不会独立产生竖直方向上的力，所以两者都施加力或都不施加力的作用，故A错误．当小球位于

OA的垂直平分线上时，杆和弹簧都对小球没有力的作用，当小球不在该位置时，杆和弹簧都对小球有力的作用，并且这两力与竖直方向的夹角不相等，由于这两力沿水平方向的分力大小相等、方向相反，所以这两力大小不相等，故B正确．弹簧由压缩状态恢复至原长，再产生拉伸

形变，所以弹簧的弹力先减小后增大，由几何知识可得初态时弹簧的压缩量大于末态时弹簧的伸长量，所以初态时弹簧的弹力大于末态时弹簧的弹力，故C错误．初态时杆的作用力和弹簧的弹力的合力竖直向上，末态时杆的作用力和弹簧的弹力的合力竖直向下，所以力F应一直增大，故D错误

．第14练平衡中的临界极值问题1．答案：B2．答案：D解析：当弹簧被压缩，压缩量最大时小球有向下运动的趋势，摩擦力的方向向上，则：kx1＋mgsin37°＝μ·mgcos37°当弹簧被拉长，拉长量最大时小球有向上运动的趋势，摩擦力的方向向下，则kx2＝mgsin

37°＋μ·mgcos37°代入数据，联立得：x1x2＝111，故A、B、C错误，D正确．3．答案：B解析：对小球进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时，拉力F最小，为Fmin＝2mgsinθ

＝2mg，再根据胡克定律得：最小形变量Δx＝2mgk，则形变量小于2mgk是不可能的，由图可知条件允许的情况下，拉力可以一直增大，所以应该选B.4．答案：D解析：对圆环A受力分析，直杆固定在水平地面上，则可知此杆为“

定杆”，则杆对圆环的弹力FN方向垂直于杆向上，对圆环受力分析，如图所示．对物体B，由平衡条件可得T＝mBg，当圆环刚要向上滑动时，根据平衡条件与正交分解可得沿杆的方向有Tcosθ＝mgsinθ＋fm，垂直于杆的方向有FN＝Tsinθ＋mgcosθ，其中fm＝μFN，联立解得mB＝2m

，故悬挂的物块B质量不能超过2m，选项D正确．5．答案：ACD解析：在拉动过程中对小球受力分析，将三力平移构成矢量三角形，如图所示．当悬线水平时，拉力F取最大值，由共点力的平衡条件可得Fmax＝mgsin37°＝53mg，A正确．当悬线竖直时，拉力F取最小值且为零，B错误．当悬线与拉力F垂直

时，悬线上拉力取最小值，由共点力的平衡条件可得Tmin＝mgsin53°＝45mg，C正确．当悬线水平时，悬线上拉力取最大值，由共点力的平衡条件可得Tmax＝mgtan53°＝43mg，D正确．6．答案：C解析：由题意知，B的质量为2m，对A、B整体，地面对A的支持力为：FN＝

3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，分别对A、B受力分析，如图所示；根据平衡条件得：FNAB＝2mgsinθ、FNBAcosθ＝μFN，又FNAB＝FNBA，解得tanθ＝43，则A球球心距墙角的最远距离为x＝2rcosθ＋

r＝115r，故C正确，A、B、D错误．7．答案：C解析：O′P绳刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳拉力为零，小球受力如图甲所示．根据几何关系可得sinα＝OO′OP＝45，可得α＝53°，则α＋θ＝90°；根据共点力的平

衡条件可得FT1＝mgsinα；OP绳刚松弛时，O′P绳的拉力为FT2，此时OP绳拉力为零，小球受力如图乙所示，根据共点力的平衡条件可得FT2＝mgtanα，由此可得FT1FT2＝sin53°tan53°＝35，故选C.第15练实验：探究弹力和弹簧伸长量的关系1．答案：（1）15.

50（15.48～15.52均可）（2）24.5超出弹簧的弹性限度解析：（1）由图可读出示数为15.50cm.（2）由mg＝kx得m＝kxg，结合图象中直线的斜率得kg＝100×10－34×10－2kg/m，解得k＝24.5N/m.在图象的末端图线变弯曲

，m与x不成正比，原因是超出弹簧的弹性限度．2．答案：（1）ΔxF（2）4.50（3）200解析：（1）由图甲知，O点对应的弹簧处于原长状态，弹簧竖直悬挂，所以y轴代表弹簧的伸长量Δx，分析知x轴代表弹力大小F.（2）由图乙知，2号弹簧末端指针中点位置对应的刻度为95.50cm，故弹簧伸

长量为Δx＝100.00cm－95.50cm＝4.50cm.（3）在F­Δx图象中，由胡克定律可知直线的斜率代表弹簧的劲度系数，则k＝ΔFΔx＝42×10－2N/m＝200N/m.3．答案：（1）25（2）12mdΔt2k0mgb解析：（1）由表中数据可得，弹簧的劲度系数为k＝Fx

＝mgx＝25N/m；（2）小滑块通过光电门的速度v＝dΔt，小滑块到达光电门时的动能Ek＝12mv2＝12mdΔt2；从释放小滑块到小滑块通过光电门，根据能量守恒可得Ek＝Ep－μmgx，Ek­x图象斜率的绝对值为k0，纵轴截距为b，则Ep＝b，k0＝μmg，解得小滑块与木板间的动

摩擦因数为μ＝k0mg.第16练实验：验证力的平行四边形定则1．答案：（3）O、A、B三点的位置以及OC的方向（4）x3－x0与OC的方向相反解析：（3）待装置平衡后，分别测量出橡皮条OA、OB和OC的长

度x1、x2、x3，并在白纸上记录O、A、B三点的位置以及OC的方向．（4）如果近似可得x4＝x3－x0，且OC′的方向与OC的方向相反，则实验验证了力的平行四边形定则．2.答案：（2）10050（4）2.95（5）如图所示（FA＝2.10N、FB＝1.90N）2.80

～2.95第17练高考真题1．答案：B解析：曲辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为Fsinα，直辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为Fsinβ，由于α<β，则Fsinβ>Fsinα，A错误；曲辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为Fcosα，直辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为Fcosβ，由于α<

β，故Fcosα>Fcosβ，B正确；作用力与反作用力大小相等，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D错误．2．答案：C解析：对小滑块受力分析，如图所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的

支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，而F＝mgcosα、FN＝mgsinα，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块

和凹槽整体根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fcosα＝12mgsin2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fsinα，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由π2逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平

地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误．3．答案：B解析：O点受力如图因为甲、乙物体质量相等所以F1与F2大小相等，合成的平行四边形为菱形，α＝70°，则∠1＝∠2＝55°F1和F2的合力与F3等大反向，β＝∠2，故B正确．4．答案：C解析：本题考查受力分

析和共点力的平衡及其相关知识点，考查的核心素养是物理观念、科学思维．根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力fAB＝μmgcos45°，B与木板之间的摩擦力f＝μ·3mgcos45°.隔离A分析受力，

由平衡条件可得轻绳中拉力F＝fAB＋mgsin45°.对AB整体，由平衡条件：2F＝3mgsin45°－f，联立解得：μ＝15，选项C正确．5．答案：（1）6.046.05（2）3（3）48.6解析：（1）ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm

，压缩量的平均值ΔL＝ΔL1＋ΔL2＋ΔL33＝6.05cm.（2）根据（1）问可知，ΔL为增加3个钢球时产生的平均压缩量．（3）根据胡克定律的推论可知，3mgsinθ＝kΔL，代入数值解得k＝48.6N/m.考点三牛顿运动定律第1

8练牛顿运动定律的理解1．答案：C解析：持杆助跑过程，重力的反作用力是人对地球的引力，地面对运动员的支持力和重力是一对平衡力，选项A错误；弯曲的撑杆对人的作用力与人对撑杆的作用力是一对作用力和反作用力，任何时候都是大小相等、方向相反，选项B错误；撑杆起跳

上升阶段人一定是先加速上升后减速上升，其加速度方向先向上后向下，所以人先处于超重状态后处于失重状态，选项C正确；在最高点手已离开撑杆，但运动员还能继续越过横杆，是因为惯性，选项D错误．2．答案：CD解析：喷出时塞子

受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．3．答案：D解析

：本题根据平衡车考查平衡力、惯性等．平衡车匀速行驶时，平衡车与人的相对位置不变，相对于平衡车上的人，车是静止的，故A项错误；人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，平衡车的重力加上人的重力等于地面对平衡车的支持力，所以平衡车的重力与地面对平衡车的支持力不是一对平衡力，故B项错误；平衡车在加速过程

中不是平衡的，故C项错误；关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于平衡车具有惯性，故D项正确．4．答案：BD解析：“伽利略斜面实验”是一理想实验，但是建立在真实的实验基础之上，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律，选项B正确，A错误；该

实验说明亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论是错误的，选项C错误；该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据，选项D正确．综上本题选B、D.5．答案：A解析：物体保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，称为惯性，惯性是物体的一种固有属性．当作用在物体上的外力不为零时，惯性表现为外力改变物

体运动状态的难易程度．汽车经过减速带时，先向斜上方运动，再向斜下方运动，由于惯性，人会保持向斜上方运动，即会向上弹起，弹起后又因为受到重力，所以重重落下，A正确，D错误；惯性定律是牛顿总结前人的理论获得的，B错误；小明脱离座位依然受到重力，C错误．6．答案：C解析：木块刚接触弹簧时

形变量较小，弹力小于F，木块依旧做加速运动，只有弹力大于F之后，木块才减速，故A、B两项错误，C项正确；当弹簧处于最大压缩量时，弹力大于F，弹力与恒力F的合力不为零，因此加速度不为零，故D项错误．7．答案：B解析：设运动员所受重力为G，对运动员进行受力分析，如图

所示，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上F1sinθ＝F2sinθ，则F1＝F2＝F；在竖直方向上F1cosθ＋F2cosθ＝G，即2Fcosθ＝G，解得F＝G2cosθ.运动员受两个吊环的拉力和重力而处于平衡状态，三力为共点力，根据共点

力平衡的特点可知，两个吊环对运动员的作用力的合力与重力大小相等、方向相反，即一定竖直向上，B正确．F1、F2都作用在运动员上，因此不是一对作用力和反作用力，A错误．由F＝G2cosθ且cosθ<1可知，每根吊带所受的拉力大小都大于运动员重力的一半，C错误；在运动员将两吊带缓慢向两边撑开至沿竖直方

向的过程中，角度θ减小，故两根吊带的拉力均减小，D错误．第19练利用牛顿第二定律解决瞬时问题1．答案：C解析：剪断弹簧1瞬间，弹簧1的弹力不再存在，而弹簧2和3没有形变，小球只受到重力作用，由牛顿第二定律可知，此时小球的加速度大小为g，C正确，D错误；框架受到重力和支持力作用，FN＝

Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B错误．2．答案：BD解析：设a、b两物体的质量均为m，剪断细线前，对a、b整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力F，故F＝2mg，再对物体a受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力，剪断细线瞬间，重力和弹簧的弹

力不变，细线的拉力减为零，故物体a受到的合力等于mg，方向向上，根据牛顿第二定律得，a的加速度为aa＝mgm＝g，故B正确，A错误；对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线瞬间，重力不变，细线的拉力减为零，故物体b受到的合力等于mg，方向向下，根据牛顿第二定律

得，b的加速度为ab＝mgm＝g，故C错误，D正确．3．答案：B解析：剪断细线前，物体A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40N，剪断细线的瞬间，对物体A、B整体分析，整体加速度a＝（mA＋mB）g－FmA＋mB＝2m/s2，对物体B隔离分析，有mBg－N＝mBa，解得N＝mBg－

mBa＝8N，故选B.4．答案：C解析：撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B，弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma，对B有F弹－μ·2mg＝2ma，得F弹＝2m（a＋μg）.撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F弹，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aB＝a，对物

体A，由牛顿第二定律得F弹＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg.综上分析，C项正确．5．答案：D解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ.因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球

所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D正确．6．答案：C解析：对A球：在剪断绳子之前，A球处于平衡状态，所

以绳子的拉力等于A球的重力沿斜面的分力．在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F＝mAgsin30°＝mAa，a＝gsin30°＝g2；对B球：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B球受到重力、支持

力、弹簧对它斜向上的拉力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时对B球进行受力分析，则B球受到重力、支持力、弹簧斜向上的拉力，根据牛顿第二定律得：mAgsin30°＝mBa′，解得a′＝mAg2mB，故C项正确．7．答案：ACD

解析：对Q受力分析，受到竖直向下的重力、水平轻绳AQ的拉力T1以及轻绳OQ的拉力，三力平衡，则T1＝mgtan45°＝mg＝1N，选项A正确；若水平轻绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q将斜向下运动，由mgsin

45°＝ma，解得小物块Q的加速度大小为a＝22g＝52m/s2，选项B错误；若连接两物块的轻绳被剪断，则在剪断的瞬间，小物块Q只受重力，加速度大小为10m/s2，选项C正确；若连接两物块的轻绳被剪断，则物块P在传送带上在滑动摩擦力作用下做初速度为零、加速度为a1＝μg＝2m/s2的匀加速运

动，加速t1＝va1＝1s后速度与传送带速度相等，之后与传送带一起做匀速运动，加速运动的位移x1＝12a1t21＝1m，由L－x1＝vt2，解得匀速运动的时间t2＝0.5s，即物块P经过t＝t1＋t2＝1.5s从传送带右端滑落，选项D正确．

第20练动力学两类基本问题1．答案：C解析：根据运动学公式v2－v20＝2ax可得加速度的大小为a＝12.5m/s2，根据牛顿第二定律则有kmg＋Ff＝ma，解得蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为Ff＝1×107N，C项正确，A、B、D三

项错误．2．答案：C解析：向右滑动时，F＋0.6F＝ma1，s＝12a1t21，当物块向左运动时，F－0.6F＝ma2，s＝12a2t22，求得t1t2＝12，C项正确．3．答案：B解析：本题考查根据图表估算安全距离．汽车的最高速度为v＝1

20km/h≈33.3m/s，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1＝vt＝33.3×0.6m≈20m，在汽车刹车的过程，以最小加速度减速时，根据牛顿运动定律得x2＝v22μg＝33.322×0.32×10m≈173m，则总位

移大小为x＝x1＋x2＝193m，最接近200m，故B正确，A、C、D错误．4．答案：A解析：设正方形的边长为l，轨道OD、OC的竖直高度相等，由牛顿第二定律和运动学公式可得lsinθ＝12gsinθ·t

2，整理得l＝12gt2sin2θ，因为θD>θC，所以t甲<t乙；轨道OC和OB的水平长度相等，则有lcosθ＝12gsinθ·t2，整理得l＝14gt2sin2θ，结合θC＝45°，θB＝30°，解得t丙>t乙．综上

所述，三小球到达斜面底端的先后次序是甲、乙、丙，A项正确．5．答案：AD解析：摄像机受重力、轻绳拉力、空气水平方向的作用力，沿水平方向做匀变速直线运动，竖直方向受力平衡，则有Tcosβ＝mg，解得T＝mgcosβ，A项正确；空气对摄像机的作用力大小为F，水平方向上有Tsinβ

－F＝ma，解得a＝gtanβ－Fm，B项错误；遥控直升机匀加速运动过程中，有L＝12at2，解得a＝2Lt2，所以直升机所受的合外力F′合＝Ma＝2MLt2，摄像机所受的合外力F合＝ma＝2mLt2，C项错误；由前面的分析可知，gtanβ－Fm＝2Lt2，解得F＝m

gtanβ－2Lt2，D项正确．6．答案：（1）2m/s2（2）4m/s（3）93.75N解析：（1）若F＝25N，以拉杆箱和箱包组成的整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：Fcosα＝（m＋M）a，解得：a＝Fcosαm＋M＝25×0.81.0＋9.

0m/s2＝2m/s2.（2）根据运动学公式可得：v2＝2ax，解得：v＝2ax＝2×2×4.0m/s＝4m/s.（3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，如图所示．设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得：mgta

nθ＝ma0，解得：a0＝gtanθ＝7.5m/s2，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：Fmcosα＝（m＋M）a0，解得拉力的最大值为：Fm＝93.75N．第21练动力学中的图象问题1．答

案：C解析：由v­t图象可知运动员速度方向一直竖直向下，A项错误；在2～6s内，运动员先加速向下运动，加速度向下，处于失重状态，后减速向下运动，加速度向上，处于超重状态，B项错误，C项正确；由v­t图线的斜率表示加速度可知，D项

错误．2．答案：BD解析：由题图a可知，当速度为v1＝5m/s时运动员匀速运动，运动员与降落伞整体受力平衡，此时有kv1＝m人g＋m伞g，解得k＝160N·s·m－1，故A错误；打开伞后瞬间运动员减速下落，故加

速度方向竖直向上，故B正确；打开伞后瞬间运动员的速度为v0＝20m/s，对运动员和降落伞整体有kv0－m人g－m伞g＝（m人＋m伞）a，解得a＝30m/s2，故C错误；打开伞后瞬间，绳上的拉力最大，对运动员受力分析有Tcos37°×8－m人

g＝m人a，解得每根悬绳的拉力大小T＝400N，故D正确．3．答案：D解析：由v­t图象可知，演员在1.0s时的加速度大小a＝3－01.5－0.5m/s2＝3m/s2，故A错误；v­t图象与t轴所围的面积表示位移，则可知，滑杆的长度h＝12×3×3m＝4.5m，故B项错误；两图

结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去杆的重力200N，演员的重力就是600N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma，解得：F1＝420N，加上杆的重力200N，可知杆受的拉力为620N，故C错误；3.5s内演员初、末速度均

为零，则减小的重力势能等于损失的机械能，为ΔE＝mgh＝600×4.5J＝2700J，故D正确．4．答案：CD解析：由题图乙可知，物块在上行阶段一直受力F作用，物块沿斜面上滑时做匀减速直线运动，由运动学公式可得v20＝2a1x1，代入数据可求得加速度大小a1＝1442×6m/s2＝12m

/s2，A错误；物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律可得F＋mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，设物块下滑撤去恒力F前的加速度大小为a2，由运动学公式可得v22＝2a2x2，代入数据可得a2＝v222x2＝162×2m/s2＝4m/s2，由牛顿第二定

律可得F＋mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，联立可得F＝2N，μ＝0.5，故B错误，C正确；撤去恒力F后物块继续沿斜面向下加速运动，由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma3，代入数据可得a3＝2m/s2，由运动学公式可得v

23－v22＝2a3x3，代入数据可得v3＝42m/s，故物块返回斜面底端时的速度大小为42m/s，D正确．5．答案：（1）720N（2）195N53N解析：（1）由图乙知电梯加速过程的加速度大小为a1＝Δv1Δt1＝1m/s2设电梯受到的牵引力为F，由牛顿第二定律得

F－（M梯＋m货）gsin30°＝（M梯＋m货）a1解得F＝720N.（2）由图乙知电梯减速过程的加速度大小为a2＝|Δv2|Δt2＝0.5m/s2……将加速度a2沿水平方向和竖直方向分解，对货物，由牛顿

第二定律得f＝m货a2cos30°m货g－FN＝m货a2sin30°解得f＝53N，FN＝195N．第22练（模型方法）整体法与隔离法在动力学中的应用1．答案：B解析：对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律

得整体的加速度a＝F1－F2m1＋m2＝105m/s2＝2m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24N，所以弹簧测力计的示数为24N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2m/s2，

m2的加速度a2＝Fm2＝242m/s2＝12m/s2，选项C、D错误．2．答案：D解析：相对静止的两个物体具有相同的加速度，即A、B整体的加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知，小球受到的重力和支持力FN

的合力方向水平向左．设FN与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则cosθ＝R－HR＝23，sinθ＝1－cos2θ＝53，则tanθ＝52，根据牛顿第二定律，对小球有mgtanθ＝ma，解得小球的加速度a＝52g，对A、B整体有

F＝（M＋m）a，解得F＝52（M＋m）g，选项D正确．3．答案：D解析：设物体P的质量为M，物体Q的质量为m，对题图甲中的物体P和Q整体由牛顿第二定律可知，F－（M＋m）gsinθ＝（M＋m）a甲，对物体Q，有F甲－mgsinθ＝ma甲，解得a甲＝FM＋m－gsinθ，F甲＝FmM＋m；对题图乙

，有F＝（M＋m）a乙，F乙＝ma乙，解得a乙＝FM＋m、F乙＝FmM＋m；同理对题图丙，可得a丙＝FM＋m－g、F丙＝FmM＋m；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确．4．答案：B解析：对m受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得：Ffcos37°

－FNsin37°＝ma，竖直方向，根据平衡条件可得：Ffsin37°＋FNcos37°＝mg，根据摩擦力的计算公式可得：Ff＝μFN，联立解得：a＝516m/s2；以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：F＝（M＋m）a，解得：F＝10N，故B项正确、A

、C、D三项错误．5．答案：3mg解析：设绳中拉力为FT，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直方向夹角为α，由牛顿第二定律，对A、B、C组成的整体有F＝3ma①对B有F－FT＝ma②对C有FTcosα＝m

g③FTsinα＝ma④联立①②式，得FT＝2ma⑤联立③④式，得F2T＝m2（a2＋g2）⑥联立⑤⑥式，得a＝33g⑦联立①⑦式，得F＝3mg.第23练动力学中的临界极值问题1．答案：D解析：根据图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffm时，系统

的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝（mA＋mB）a，对A有Ffm＝mAa，代入数据解得Ffm＝2.0N.根据图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律有：Ffm＝mBa′，F′m＝（mA＋mB

）a′，代入数据解得F′m＝6.0N．故选项D正确．2．答案：BD解析：当力F突然反向后，设A、B的质量分别为m、M，对A、B整体在二者脱离之前，根据牛顿第二定律可得F＋k（x0－x）＝（m＋M）a，即F＝kx－kx0＋（m＋

M）a.可能有kx0＝（m＋M）a，故得到F＝kx，F­x图象为过原点的直线．隔离A可得k（x0－x）－FN＝ma，即FN＝－kx＋kx0－ma，故FN­x图象为一次函数图线，当FN＝0时，可得x＝x0－mak<x0，此时两滑块脱离，此后F保持不变，故B、D正

确，A、C错误．3．答案：D解析：设拉力F与水平方向的夹角为θ，对重物，在水平方向有Fcosθ－Ff＝ma，竖直方向有Fsinθ＋FN＝mg，滑动摩擦力Ff＝μFN，根据以上三式联立可以求得a＝Fcosθ＋μFsinθm－μg，当tanθ＝μ时，加速度最大，最大加速度为amax＝F

m1＋μ2－μg，故D正确，A、B、C错误．4．答案：B解析：当F＝0时，物块能静止在斜面上，由受力分析可知mgsinθ≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，即μ≥34；当F取无穷大时，对物块受力分析，将加速度分解

到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上，由牛顿第二定律可得，沿斜面方向上有f＋mgsinθ＝macosθ，垂直于斜面方向上有N－mgcosθ＝masinθ，又物块与斜面体相对静止，则f≤μN，由于F取无穷大，则加速度无穷大，所以以上

各式中的mgsinθ和mgcosθ均可忽略，联立解得μ≥1tanθ＝43，综合分析得μ≥43，选项A、C、D错误，B正确．5．答案：（1）0.16m（2）103m/s2（3）2803N1603N解析：（1）设开始时

弹簧的压缩量为x0对整体受力分析，平行斜面方向有（m1＋m2）gsinθ＝kx0解得x0＝0.16m.（2）前0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前

0.2s时间内两物体的位移x0－x1＝12at2联立解得a＝103m/s2.（3）对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin＝（m1＋m2）a＝1603N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2（gsinθ＋a）＝2803N．

第24练（模型方法）“传送带”模型的动力学问题1．答案：BC解析：物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v1>v2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速

度仍为v2；当v1<v2时，返回过程中，当速度增加到v1时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以v1离开传送带．2．答案：ACD解析：根据位移—时间图象可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动．3～4.5s内，物块与传送带一起向右

匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v＝ΔxΔt＝34.5－3m/s＝2m/s；故A、C两项正确，B项错误．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x

＝12at2（其中x＝1m，t＝1s）a＝μmgm＝μg，解得：μ＝0.2.D项正确．3．答案：BCD解析：本题考查非常规传送带上物体的运动．由于mgsin37°＝0.6mg，μmgcos37°＝0.5×0.8mg＝0.4mg，所以对两物块受

力分析后知两物块都相对传送带向下加速滑动；加速度的大小都是a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x＝v0t＋12at2可得两者的运动时间相同，

都为t＝1s，即两者同时到达底端，故A错误，B正确；两物块均相对传送带向下加速滑动，传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上，故C正确；传送带在1s内的路程x＝v0t＝1m，物块A与传送带是同向运动的，A的

划痕长度是斜面长度减去在此时间内传送带的路程，即ΔxA＝2m－1m＝1m；B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是斜面长度加上在此时间内传送带的路程，即ΔxB＝2m＋1m＝3m．A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3，故D正确．4．

答案：BC解析：物块与挡板的碰撞是弹性的，结合v­t图象可知，小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞，向左减速至A点速度为零，由v20－v21＝2μgL，v21＝2μgL可得v0＝2v1，A错误；若只增大v0，其他条件不变，则物块与挡板碰后速度将大

于v1，物块必从传送带左端滑下，当v0＝v1时，物块碰后速度为v1，恰好能回到A点，后向右加速，出现往复运动，B、C正确；若只减小v0，无论减小到什么值，物块到达挡板处的速度均为v1，故物块一定能返回A点，D错误．5．答案：（1）1.2s（2）5m/

s（3）5m/s≤v≤25m/s解析：（1）快件在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，则加速度大小为a＝μg＝5m/s2，快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为x＝v22a＝0.4m<L，加速的时间为t1＝va＝0.4s，接着快件匀速直线

运动到B端，所用时间为t2＝L－xv＝0.8s，所以快件在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.2s.（2）快件离开传送带做平抛运动，恰好从容器左壁上端落入时有d＝12gt2，d＝v1t，联立解得v

1＝5m/s.（3）设快件落入容器时在B端处的最大速度为v2，则有2d＝v2t，解得v2＝25m/s，快件在传送带上一直匀加速运动到B端时的速度为v3＝2aL＝25m/s，因此仅需满足传送带的速度大小

范围5m/s≤v≤25m/s.第25练（模型方法）“滑块—木板”模型的动力学问题1．答案：BC解析：物块在木板上的运动过程中，μmg＝ma1，而v­t图象的斜率大小表示加速度大小，故a1＝7－32m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知

μmg＝Ma2，a2＝2－02m/s2＝1m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2s时物块和木板分离，两者v­t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝12×（7＋3）×2m－12×2×2m＝8m，C正确．2．答案：BD解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩

擦，因此石块与长木板达到共速后不可能做匀速直线运动，A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg>μ2（m＋M）g时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μ2g，由于μ1mg

>μ2（m＋M）g，则有μ1g>μ2g，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图象的斜率变小，B正确，C错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石

块在长木板上做匀减速运动，D正确．3．答案：（1）0.3（2）均为4m/s（3）4m解析：（1）由题图乙知4s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2m/s2.对于木板有f＝mAaA＝μmBg，木板与木块间的动摩擦因数μ＝mAaAmBg＝0.3.（2

）由题图乙知，4s末A、B的速度均为v＝12×4×2m/s＝4m/s.（3）4～6s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋12aAt22.木块B的位移xB＝vt2＋12aBt22，则木板的长度l＝xB－xA＝

4m．4．答案：（1）4m/s（2）3.5m/s解析：（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝μ1mgm＝3m/s2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝μ1mg－μ2×2mgm＝1m/s2设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：v′＝v

－a1tL2＋x＝vt－12a1t2对平板：v′＝a2tx＝12a2t2联立以上各式代入数据解得：t＝1s，v＝4m/s.（2）滑块在传送带上的加速度：a3＝μmgm＝5m/s2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v1＝2a3L1＝5m/s<6m/s即滑块滑上平板的速度为5m/s.

设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′则v″＝v1－a1t′L2＋x′＝v1t′－12a1t′2x′＝12a2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s，t′2＝2s（

t′2>t，不符合题意，舍去）将t′＝12s代入v″＝v1－a1t′得：v″＝3.5m/s.第26练实验：验证牛顿运动定律1．答案：2.45（2.43～2.47均可）2.04（2.02～2.06均可）等于解析：刻度尺最小分度为0.1cm，则小车2的位移为

x2＝2.45cm，由于误差，2.43～2.47cm均可．由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据x＝12at2可知，由于时间相同，则有a1a2＝x1x2＝5.002.45≈2.04，由于读数误差，则2.02～2.06均可，

由题意可知m2m1＝200100＝2，故在误差允许范围内a1a2＝m2m1.2．答案：（1）D（2）a＝d22x1（Δt2）2－1（Δt1）2（3）BD解析：（1）本实验无法精确测量细绳的拉力得到滑行器所受的合外力，则需要用砝码的重力近似替代，而条件是要求m≪M，故A、B、C

项的砝码质量较小满足条件，D项的m＝400g不满足近似替代的条件，故最不合适的质量选D.（2）由光电门测速度原理可得两个位置的瞬时速度为v1＝dΔt1，v2＝dΔt2，由匀变速直线运动的规律v22－v21＝2ax，联立可得a＝d22x

1（Δt2）2－1（Δt1）2.（3）滑行器通过光电门的时间越短，平均速度越能接近代替瞬时速度，则应适当减小挡光片宽度d，故A错误，B正确；测量匀变速运动的位移时，运动快一点，位移长一些，能适当减小测量产生的偶然

误差，故C错误，D正确．3．答案：（1）A（2）B（3）0.50解析：（1）当没有进行平衡摩擦力时，小车所受的拉力到达某一值时小车才开始加速运动，则得到的图象应该是A所示；（2）实验时应先接通电源后释放小车，选项A错误；小车质量应远

远大于钩码的质量，这样才能认为钩码的重力等于小车的牵引力，选项B正确；每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项C错误；平衡摩擦力时，不将钩码用细线绕过定滑轮系在小车上，而是只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，选项D错误；小车运动的加速度要从纸带

中算出，不能用公式a＝mgM求出，选项E错误．（3）由Δx＝aT2，其中Δx＝0.5cm，则a＝ΔxT2＝0.5×10－20.12m/s2＝0.50m/s2.第27练（STSE问题）利用牛顿运动定律解决实际问题1．答案：C解析：天宫二号做匀速圆周运动时航天员

处于完全失重状态．此时仍受到地球引力作用，只不过引力恰好充当向心力，向心加速度近似等于g；此时人对地板没有压力，地板对人也没有支持力，故C正确，A、B、D错误．2．答案：B解析：设滑索的倾角为α，游客的质量为M，滑轮的质量为m，重力加速度为g，若不考虑任何

阻力，对滑轮及游客组成的整体应用牛顿第二定律有（M＋m）gsinα＝（M＋m）a，解得a＝gsinα，当悬挂绳与滑索垂直时，对游客隔离并进行受力分析，有F合＝Ma＝Mgsinα；若滑索与滑轮之间有摩擦，而游客不受空气阻力，则当游客

匀速运动时，悬挂绳必须在竖直方向，此时游客受悬挂绳的拉力与自身重力处于平衡状态；若同时考虑滑轮与滑索间的摩擦以及游客所受的空气阻力，则悬挂绳应该在垂直于滑索与竖直方向之间，选项B正确，A、C、D错误．3．答案：AD解析：设

下潜总时间为T，因下潜和上升的位移相等，v­t图象与t轴围成的面积表示位移，则（T＋T－2t0）2v0＝（Nt0＋Nt0－4t0）2·2v0，解得T＝2Nt0－3t0，选项D正确；由I＝ft可知，下潜过程浮力的冲量与上升过程浮力的冲量比值为下潜时间和上升时间的比值，即I下I上＝t下t上＝2N－

3N，选项C错误；由v­t图象可知，潜水器加速下潜过程中的加速度大小为a＝v0t0，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得加速下潜过程中潜水器的总质量m＝fg－v0t0，选项B错误；匀速下潜过程中，潜水器

的位移为x＝v0（2Nt0－5t0），则浮力做的功为W＝－fx＝－fv0t0（2N－5），选项A正确．4．答案：（1）10m（2）30s解析：（1）冰壶匀加速过程和匀减速过程分别应用牛顿第二定律，得F－μmg＝ma1，μmg＝ma2由运

动学公式，得v2－0＝2a1x1，v2＝2a2x2根据题意有x1＋x2＝30m，联立解得x1＝10m.（2）根据运动学公式有x1＝12a1t21，x2＝12a2t22代入数据得t1＝10s，t2＝20s所以冰壶运动的总时间为t＝t1＋t2＝30

s．5．答案：3s解析：对货物进行受力分析如图所示．由牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2.5m/s2.货物匀加速运动的时间t1＝va＝2s货物匀加速运动的位移s1＝12at21＝5m随后货物做匀速运动运动位移s2＝L－s1＝5m匀速运动时间t2＝s2

v＝1s故所需时间t＝t1＋t2＝3s．第28练高考真题1．答案：B解析：打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方

向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，D错误．2．答案：D解析：横杆的位置

可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝x0cosθ，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝gsinθ，故物块从Q到P的运动时间为t＝2xa＝2x0gsinθcosθ＝4x0gsin2θ，由于3

0°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．3．答案：A解析：设弹簧的劲度系数为k，取竖直向上为正方向，由题意可知，指针位于40cm刻度时，加速度为零，B错

误；指针位于40cm刻度时，有k（40cm－20cm）－mg＝0，指针位于30cm刻度时，有k（30cm－20cm）－mg＝ma1，联立解得a1＝－0.5g，A正确；指针位于50cm刻度时，有k（50cm－20cm）－mg＝ma2，结合B中分析得a2＝0.5g，C错误；设弹簧的

形变量大小为x，则有kx－mg＝ma，x与a是线性关系，故各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．4．答案：见解析解析：（1）内径为31mm＋4×0.1mm＝31.4mm.（2）由题意知，相邻计数点之间的时间间隔T＝0.1s

，vC＝xBD2T＝12.30－3.500.2×10－2m/s＝0.44m/s.（3）设绳的拉力为T，小车运动的加速度为a，对桶和砂，有mg－T＝ma；对小车，有T＝Ma，联立解得T＝MM＋mmg，小

车受到绳的拉力T等于小车受到的合力F，即F＝MM＋mmg＝11＋mMmg，可见，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F.考点四曲线运动万有引力与航天第29练运动的合成与分解1．答案：C解析：汽车做曲线运动，所受合外力指向曲线运动

轨迹的凹侧，阻力与行驶方向相反，结合图示可知，只有C选项符合条件，故只有C正确．2．答案：CD解析：由题意可知，玻璃以恒定的速度向右运动，割刀沿滑杆滑动，而滑杆与滑轨垂直且可沿滑轨左右移动，要得到矩形的玻璃，则割刀沿玻璃

的运动方向的速度与玻璃运动的速度相同，因此滑杆向右运动，且速度与玻璃速度相同，同时割刀沿滑杆滑动，选项C、D正确，A、B错误．3．答案：C解析：伤员参与了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边

形定则，如图所示，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度的大小v＝v21＋v22＝82＋62m/s＝10m/s，故C正确，A、B、D错误．4．答案：AC解析：由题意可知，红蜡块在y轴方向的分位移y＝v0t，而x轴方

向的分位移x＝12at2，联立可得y2＝2v20ax，故A正确，B错误；红蜡块R合速度的方向与y轴夹角为α，则有tanα＝atv0，故C正确；x轴方向的分速度vx＝at，那么合速度v＝v20＋a2t2，则合速度v的大小与时间t不成正比，故D错误．5．答案：C解析

：两小船在静水中航行的速度大小相等，且渡河方向与河岸夹角均为θ，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响过河时间，所以甲、乙两船同时到达对岸，故A、B

错误．甲船在平行河岸方向上的分速度大小为v甲∥＝|v水－v甲cosθ|，乙船在平行河岸方向上的分速度大小为v乙∥＝v水＋v乙cosθ，两船在平行河岸方向上的分位移分别为x甲∥＝v甲∥t，x乙∥＝v乙∥t，则x乙∥>x甲∥，又两船

在垂直河岸方向上的分位移相同，则渡河过程中，甲的位移小于乙的位移，故C正确，D错误．6．答案：（1）（30m，20m）（2）5.0m/s解析：（1）由图可知坐标与时间的关系为：在x轴方向上：x＝3.0tm，在y轴方向上：y＝0.2t2m

代入时间t＝10s，可得：x＝3.0×10m＝30m，y＝0.2×102m＝20m即t＝10s时刻物体的位置坐标为（30m，20m）.（2）在x轴方向上：v0＝3.0m/s当t＝10s时，vy＝at＝0.4×10m/s＝4.0m/sv＝v20＋v2y＝3.02＋4.02m

/s＝5.0m/s.第30练平抛运动1．答案：D解析：小球在竖直方向上只受重力，所以在竖直方向上做自由落体运动，由于高度相同，由t＝2hg可知，两小球运动时间相同，由题图可知，A小球水平位移小于B小球水平位移，所以A水平方向的平均速度一定比B的小，由于条件不足，所以无法判断两球的

初速度大小，从而无法判断两球的质量大小和加速度大小关系，故选D.2．答案：D解析：设水池的半径为R，人身高为h，根据平抛运动的规律，小石子竖直方向做自由落体运动，则h＋R＝12gt2，代入数据解得R＝11m，则水池的直径为22m，

选项A、B、C错误，D正确．3．答案：A解析：根据速度的分解有：tanθ＝vvy＝vgt，x＝L2cos37°＝vt，联立解得t＝4s，v＝30m/s；则炸弹竖直位移为y＝12gt2＝80m，故无人机距A点的高度h＝y＋L2sinθ＝170m，故选A.4．答案：D解析：根据平抛运动的规

律分析可知H＝12gt2，t＝2Hg＝1s，（2n＋1）L＝v0t，n＝0，1，2，3…，解得v0＝（2n＋1）Lt，n＝0，1，2，3…，所以v0的可能值为1m/s，3m/s，5m/s，7m/s，9m/s…，故D正确，A、B、C错误．5．

答案：AB解析：若小球恰能从小孔的左边缘上边射入小孔，由平抛运动规律得s＝v0t1，H－d－h＝12gt21，由以上两式解得H＝1.6m，若小球恰能从小孔的右边缘下边射出小孔，由平抛运动规律得s＋L＝v0t2，H－h＝12gt22，由以上两式解得H＝1.31

2m，为使小球能无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度应满足1.312m≤H≤1.6m，选项A、B正确，C、D错误．6．答案：ABD解析：若a、b、c处三球同时抛出，竖直分运动均是自由落体运动，故a处、

c处的小球不可能与b处小球相遇，选项A正确；由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，要b、c处两球在空中相遇，则c球必须先抛出，选项B正确；若a、b处两球能在地面相遇，根据h＝12gt2可知，两个球运动时间之比为2∶1，选项C错

误；若a、c处两球在e点相遇，由于水平分运动是匀速直线运动，水平分位移相等，运动时间也相等，故水平分速度相等，即初速度相等，有vA＝vC，选项D正确．7．答案：C解析：乒乓球做平抛运动的时间t＝2hg，当速度最

大时，水平位移xmax＝vmaxt＝22gh×2hg＝4h，当速度最小时，水平位移xmin＝vmint＝2gh×2hg＝2h，故圆环的半径为3h≤r≤5h；乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S＝π4[（5h）2－（3h）2]＝4πh2，故A、B、D错误，C正确．第31练

（模型方法）水平面内的圆周运动1．答案：B解析：将运动员和自行车看成一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力的作用，A错误；运动员受到的合力提供向心力，均为mv2R，B正确；运动员运动过程中线速度、向心加速度大小不变，

方向时刻变化，C错误；如果运动员减速，运动员所需要的向心力减小，不会做离心运动，D错误．2．答案：C解析：乙车需要水平方向的向心力，所受的支持力垂直路面向上，A、B错误；甲车受到的重力和支持力垂直于路面，仅由水平方向上的摩擦力提供向心力，指向弯道内侧，C项正确；当乙车转弯速度较

小时，有沿倾斜路面向下的运动趋势，所受摩擦力指向弯道外侧，D项错误．3．答案：B解析：小物块受重力、支持力、可能还有摩擦力，需要的向心力由合力提供，合力方向沿水平方向，A错误；取罐壁上质量为m0的小块为研究对象，根据向心力公

式F＝m0r（2πn）2知，转台转速增大，小块需要的向心力变大，由于在罐口处小块做圆周运动的半径更大，则罐口处小块所需向心力更大，故未硬化的罐口最容易变形，B正确；小物块相对罐壁静止，它们的角速度相等，C错误；当转速较大时，小物块所受的摩

擦力沿切线方向向下，随着转台转速的减小，小物块的摩擦力会减小，减小到0后再反向，沿切线方向向上，D错误．4．答案：A解析：假设细线与竖直方向的夹角为θ，则小球做圆周运动的向心力F向＝mgtanθ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2r＝mv2r＝m4π2T2

r＝ma，又tanθ＝rh，整理得ω＝gh、v＝rgh、T＝2πhg、a＝grh，由以上分析可知小球A和小球B的线速度大小之比为rA∶rB，角速度大小之比为1∶1，周期之比为1∶1，向心加速度大小之比为rA∶rB，A正确，BCD错误．5．答案：CD解析：当ω＝0时，由于小球在水平方

向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解

得ω＝gLcosθ，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－

F2cosθ＝mg，则F1－F2＝mgcosθ，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确．6．答案：C解析：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力FT而平衡，FT＝mgcosθ≠0，故A、B两项都错误；ω

增大时，FT增大，N减小，当N＝0时，角速度为ω0.当ω<ω0时，由牛顿第二定律得，FTsinθ－Ncosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋Nsinθ＝mg，解得：FT＝mω2Lsinθ＋mgcosθ；当ω>ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹

角变大，设为β，由牛顿第二定律得，FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，此时图象的反向延长线经过原点．可知FT­ω2图线的斜率变大，故C项正确，D项错误．7．答案：BD解析：小物块刚好滑落时，静摩擦力达到最大值，由向心力公式有μmg＝mω2r

，可得此时圆盘的角速度ω＝μgr，A项错；小物块在滑到桌面边缘的过程中，由动能定理有－μmgx＝0－12m（ωr）2，解得滑行距离x＝r2，所以餐桌的半径R＝r2＋r22＝52r，B项正确；桌面对物块的

支持力始终竖直向上，且持续一段时间，其冲量一定不为零，C项错；物块在该过程中因摩擦产生的热量Q＝μmg·r2＝12μmgr，D项正确．第32练（模型方法）竖直面内的圆周运动1．答案：AC解析：在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，让小球在B点以垂直于细线的速度v0开始做圆周运动，则小球做

匀速圆周运动，细线的拉力提供向心力，大小不变，方向时刻变化，选项A正确，B错误；只要v0>0，小球就能通过A点，选项C正确，D错误．2．答案：B解析：设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F1、弹簧弹力大小为FN，则F1－m

g－FN＝mv21r，求得FN＝2N，可判断出弹簧处于压缩状态．小球以最小速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则mg－FN＝mv22r，求得v2＝2m/s，B项正确．3．答案：B解析：由牛顿第二定律得在最

低点有N1－mg＝mv2r在最高点有N2＋mg＝mv2r联立解得N1－N2＝2mg故B项正确，ACD错误．4．答案：（1）1.5R（2）5gR解析：（1）小球恰能到达B点，在B点由重力提供向心力，则有：mg＝mv2R得：v＝gR设小球的释放点距A点高度为h，小球从开始下落到B点，由动

能定理得：mg（h－R）＝12mv2得：h＝1.5R（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时有：tan45°＝yx＝12gt2vt＝gt2v解得：t＝2Rg小球落在斜面上C点时竖直分速度为：vy＝gt＝2g

R小球落到C点的速度大小：vC＝v2＋v2y＝5gR第33练万有引力定律及应用1．答案：A解析：由万有引力提供向心力有GMmr2＝m4π2T2r，得r3＝GMT24π2，由题图可知GM4π2＝ab，所以地球的质量为M＝4π2aGb，故A正确．2．答案：AC解析：行星绕太阳做

圆周运动，万有引力充当向心力，由GMmr2＝ma＝mv2r＝m2πT2r可得a＝GMr2，v＝GMr，T＝4π2r3GM，所以离太阳较近的行星向心加速度较大、线速度较大、周期较短，故AC正确，B错误；由万有引力的表达式F＝GMmr2可知，由于无法确定行星质量的大小关系，故无法比

较其所受太阳的引力的大小关系，D项错误．3．答案：BD解析：互相围绕运行的恒星属于双星系统，大、小两颗恒星的转动周期和角速度均相等，故A错误，B正确；设大恒星与两恒星转动轨迹的圆心距离为x1，小恒星与两恒星转动轨迹的圆心距离为x2，根据万有引力提供向心

力，有GM·13ML2＝Mω2x1＝13Mω2x2，可得x1x2＝13MM＝13，即大、小两颗恒星的转动半径之比为1∶3，故C错误，D正确．4．答案：AB解析：设恒星Kepler11145123的质量为M，半径为R，万有引力提供向心力，则GMmr2＝m（2πT）

2r，得M＝4π2r3GT2，体积V＝43πR3，则密度ρ＝MV＝3πr3GT2R3，由于r≥R，恒星Kepler11145123的密度一定不小于3πGT2，选项A、B正确；行星P的速度大小为v＝2πrT，选项C错误；行星P运动的向心加速度大小a＝v2r，得a＝4π2rT2，

选项D错误．5．答案：AC解析：由GM地mR2地＝mg，解得地球质量M地＝gR2地G，所以选择②⑤可以估算地球质量，选项A正确；由G＝M太M地r2＝M地r2πT2，解得M太＝4π2r3GT2，所以选择①

④可以估算太阳的质量，由于不知太阳半径（太阳体积），因而不能估算太阳的密度，选项B错误；根据开普勒第三定律，选择①③④可以估算火星公转轨道半径r火，火星公转的线速度v火＝ωr火＝r火2πT火，选项C正确；选择①④可以估算地球围绕太阳运动的加速度，因为不知地球质量，所以不能估算太

阳对地球的吸引力，选项D错误．第34练人造卫星宇宙速度1．答案：BD解析：该卫星轨道为倾斜轨道，不会与地球上某一位置始终相对静止，A错误．该卫星周期与同步卫星相同，根据开普勒第三定律可知，轨道半径也一

定相同，卫星高度也就相同，B正确．第一宇宙速度是卫星最大的绕行速度，故该卫星的运行速度小于地球的第一宇宙速度，C错误．该卫星的轨道与地球赤道平面有两个交点，又卫星的周期与地球自转周期相同，分析可知卫星在这两个点时对应地球赤道上同一位置，即该卫星一个周期内两

次经过赤道上同一位置上方，D正确．2．答案：A3．答案：AC解析：万有引力提供向心力：GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m2πT2＝ma，解得：v＝GMr①，T＝2πrv＝2πr3GM②，ω＝GMr3③

，a＝GMr2④；由①可知轨道半径小的线速度大，故A项正确；由②可知轨道半径小的周期小，故B项错误；由④可知轨道半径小的加速度大，故C项正确；动能与质量和速度有关，因质量关系不知，则动能关系不确定，故D项错误．4．答案：C解析：根据万有引力提供向心力有GMmR2＝mv2R，

解得地球的第一宇宙速度v1＝GMR＝gR≈8.0km/s，火星的第一宇宙速度v2＝0.11GM0.53R≈0.45v1＝3.6km/s，所以火星的逃逸速度v＝2v2≈5.1km/s≈5.0km/s，C项正确，A、B、D三项错误．

故选C项．5．答案：B解析：轨道Ⅱ上的P点是近火星点，Q点是远火星点，可认为“天问一号”在椭圆轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，又在Q点时的引力势能大于在P点时的引力势能，所以在轨道Ⅱ上P点的速度大于在Q点的速度，选项A错误；由题图可知

，轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律，可知“天问一号”在椭圆轨道Ⅰ上的运行周期大于在椭圆轨道Ⅱ上的运行周期，选项B正确；椭圆轨道Ⅰ的半长轴大于椭圆轨道Ⅱ的半长轴，即椭圆轨道Ⅰ相当于高轨道，所以“天问一号”由椭圆轨道Ⅰ变轨

进入椭圆轨道Ⅱ需要在P点减速，选项C错误；“天问一号”在轨道Ⅰ的P点和在轨道Ⅱ的P点上时到火星的距离相同，受到火星的万有引力相等，根据牛顿第二定律，可知“天问一号”在椭圆轨道Ⅰ上经过P点时的向心加速度等于“天问一号”在椭圆

轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度，选项D错误．6．答案：C解析：设该卫星距离地面的高度为h，该卫星环绕地球运行时，由万有引力提供向心力有GMm（R＋h）2＝m4π2T2（R＋h），解得地球的质量M＝4π2（R＋h）3GT2，A

错误；地球的第一宇宙速度大小应为卫星环绕地球表面运行时的速度，即v＝2πRT0，T0为近地卫星的周期，B错误；由GMm（R＋h）2＝m4π2T2（R＋h）得h＝3GMT24π2－R，又GMmR2＝mg，整理得h＝3gR2T24π2－R，C正确；对该卫星有GMm（R＋h）2＝mv2R＋h，则v＝GM

R＋h，又GMmR2＝mg，整理得该卫星的线速度大小v＝gR2R＋h，D错误．7．答案：AC解析：由题图可知，物体上升的最大高度xmax＝64m，上升的时间t1＝4s，对物体的上升过程，由xmax＝v02t1得初速度v0＝32m/s，物体上升的加速度大小即该行星表面的重力

加速度g′＝v0t1＝8m/s2，A正确；物体在行星表面受到的重力等于万有引力，有GM′mr2＝mg′，在地球表面有GMmR2＝mg，又r＝45R，解得M′＝0.512M，故该行星的质量小于地球的质量，B错误；根据v＝g′

r和r＝45R可得该行星的第一宇宙速度v＝6.4×103m/s，C正确；根据竖直上抛运动的对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，为32m/s，D错误．8．答案：A解析：文昌的纬度低，离赤道近，发射卫星时尽

量利用地球的自转线速度，所需的能耗低．故A正确；空间站轨道高度约400km，远小于地球同步卫星的轨道高度，所以其飞行速度小于第一宇宙速度且周期小于24小时．故B、C错误；对接时，需要从较低轨道加速对接，不能在核心舱轨道上直

接加速．故D错误．9．答案：AC解析：根据万有引力定律有F＝GMmr2，核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为F1F2＝R2R＋116R2＝16172，所以A正确；核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，B错误；根据T＝2π

R3GM，可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期小，小于24h，所以C正确；卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，解得v＝GMR，则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点

火加速，增加质量不会改变轨道半径，所以D错误．10．答案：BC解析：在轨道Ⅱ上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，A错误；根据开普勒第三定律可知，半长轴越长，周期越长，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半长轴，所

以“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，B正确；“嫦娥五号”分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，向心加速度都由万有引力提供，所以“嫦娥五号”分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过Q点时的向心加速度大小相等，

C正确；“嫦娥五号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，需要点火减速，所以分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过Q点时的速度不相等，D错误．11．答案：BD解析：根据万有引力定律，任意两颗星球之间的万有引力大小为F1＝GM2L2.其中一个星球受到另外

两个星球的万有引力的合力为F＝2F1cos30°＝3GM2L2，方向指向圆心O，选项A错误，B正确；由rcos30°＝L2，解得它们运行的轨道半径r＝33L，选项C错误；由3GM2L2＝Mv2r可得v＝GML，选项D正确．12．

答案：C解析：“天问一号”是火星探测器，故发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，选项A错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mr4π2T2，解得r3T2＝GM4π2，所以探测器在环火轨道上轨道半径的三次方与周期的平方的比值与

火星的质量成正比，选项B错误；若要收回探测器，则探测器在环火轨道上要加速，做离心运动才能进入地火转移轨道，选项C正确；由GMmr2＝mr4π2T2，解得M＝4π2r3GT2，所以如果已知环火轨道的轨道半径和周期，可以估测出火星的质量，要估测火星的密度，还需要知道火星半径

，选项D错误．13．答案：B解析：探测器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做的是近心运动，需点火减速，使万有引力大于所需的向心力，故A错误；根据万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r解得线速度v＝GMr，可知在轨道Ⅱ上S点对应圆轨道的速度小于近火星点Q处圆轨道上的速度，而在轨道Ⅱ上

S点的速度小于该处对应圆轨道上的速度，所以探测器在轨道Ⅱ上S点的速度小于轨道Ⅲ上Q点的速度，故B正确；开普勒第二定律描述的是卫星在一个轨道上相等的时间连线扫过的面积相等，探测器在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ属于两不同的轨道，面积不同

，故C错误；因轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律，知轨道Ⅱ的周期大于轨道Ⅲ的周期，而探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间和探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间都是各自周期的一半，故探测器在轨道

Ⅱ上由P点运动到S点的时间大于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间，故D错误．第35练（模型方法）巧建物理模型解决实际中的曲线运动问题1．答案：D解析：由题图可知，链条相连的牙盘和前轮的小齿轮线速度大小相等，而转动半径不同，故角速度不相等，B错误

；由题图可知，ω脚＝ω牙，v牙＝v前齿轮，ω前齿轮＝ω前轮，结合v＝ωr可得ω脚＝ω前轮r前齿轮r牙，又r前齿轮≠r牙，故ω脚≠ω前轮，A错误；结合A选项可得v脚＝v前齿轮r脚r牙，又r脚>r牙，故v脚>v前齿轮，C错误；如果健跑车沿直线前进且不打滑，前

、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等，D正确．2．答案：B解析：毛毯恰好能过最高点时，重力恰好完全提供向心力，则有mg＝mv20R，代入数据解得速度为2m/s，但水要想被甩出，脱水时线速度应远大于2m/s，故A错误；毛毯在滚筒最低点时加速度指向圆心，即加速度竖直向上，处于

超重状态，故B正确；根据牛顿第二定律可知，在最低点有FN1－mg＝mv2R，在最高点有FN2＋mg＝mv2R，则FN1>FN2，结合牛顿第三定律可知，毛毯在最低点对筒壁的压力更大，则在最低点水更容易被甩出，故C错误；毛毯上的水因为和毛毯之间的附着力不足以提供向心力而被甩出，故D错误．3．答案

：AD解析：由h1－h2＝12gt21，x＝vt1，h1＝12gt22，32x＝vt2，解得h1＝1.8h2，A正确．若初速度太小，则不能过网，B错误．球刚好过网又压线（刚好不出界）时，有h′1－h2＝1

2gt23，x＝vt3，h′1＝12gt24，2x＝vt4，解得h′1＝43h2，所以h1必须大于等于43h2，球才能过网且不出界（h1小于43h2时，球要么不过网，要么出界），C错误，D正确．4．答案：BC解析：当衣服与桶壁间的最大静摩擦力大小等于重力大小时，衣服才能恰好贴在桶壁上不掉

下来，又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，衣服随桶转动的向心力由桶壁的支持力提供，设衣服所受最大静摩擦力大小为fmax，所受支持力大小为FN，因此有fmax＝μFN＝mg，FN＝mω2r，解得ω＝100rad/s，即电动

机转动的角速度至少为ω＝100rad/s时，衣服才能贴在桶壁上不掉下来，故A错误，B正确；水滴沿桶壁切线方向飞出，到碰到外壁的过程中做平抛运动，其运动的俯视图如图所示，水滴飞出的速度大小为v＝ω0r＝100×0.1m/s＝

10m/s，水滴的水平位移x＝R2－r2＝vt，解得水滴做平抛运动的时间t＝0.013s，故其竖直位移h＝12gt2＝12×10×（0.013）2m＝0.0015m＝1.5mm，故选项C正确，D错误．5．答案：（1）52m/s（2）0.7m解析：（1）水在A点时

的水平速度v1＝vsin45°，水在B点时的速度vB＝v1sin37°联立解得vB＝52m/s.（2）水在竖直方向上做自由落体运动，位移h＝v2By－v2Ay2g而vAy＝vcos45°，vBy＝vBcos37

°联立解得h＝0.7m．第36练高考真题1．答案：C解析：由题目所给条件可知纽扣上各点的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，则纽扣上距离中心1cm处的点的向心加速度大小a＝ω2r＝（100π）2×0.01m/s2≈1000m/s2，故选项A、B、D错误，选项C正确

．2．答案：B解析：悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据F＝GmMR2，可得F祝融F玉兔＝GM火m祝融R2火∶GM月m玉兔R2月＝922×2＝92，B正确．3．答案：D解析：根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2

r，所以M＝v2rG＝ω2r3G＝4π2r3GT2，即已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量，D正确．4．答案：C解析：铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即x＝vt1

，解得t1＝xv＝0.2100s.铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时t22，逆过程可视为自由落体，即x＝12gt222.解得t2＝8xg＝8×0.210＝0.4s，则t1t2＝0.21000.4＝1200，C正确．5．答案：C解析：设火星的半径为R1、表面的重力加速度为

g1，质量为m1的物体绕火星表面飞行的周期为T1，则有m14π2T21R1＝m1g1，设椭圆停泊轨道与火星表面的最近、最远距离分别为h1、h2，停泊轨道周期为T2，根据开普勒第三定律有R31T21＝（h1＋2R1＋h22

）3T22，代入数据解得h2＝32g1R21T22π2－2R1－h1≈6×107m，故选项A、B、D错误，选项C正确．6．答案：D解析：圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，故A错误；由动量

定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－0＝mωr，D正确．7．答案：D解析：天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速运动，受力不平衡，故A错误

．轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天问一号探测器在轨道Ⅰ的运行周期比在Ⅱ时长，故B错误．天问一号探测器从较高轨道Ⅰ向较低轨道Ⅱ变轨时，需要在P点点火减速，故C错误．天问一号探测器沿轨道Ⅰ向P飞近时，万有引力做正功，动能增大，速度增大，故D正确．8．答案：D解析：由G

Mmr2＝ma可得a＝GMr2，故“天问一号”在近火点的加速度比远火点的大，A错误；由开普勒第二定律可知，在近火点的运行速度比远火点的大，B错误；“天问一号”在停泊轨道上运行的过程机械能守恒，故“天问一号

”在近火点的机械能等于在远火点的机械能，C错误；“天问一号”在近火点通过减速使万有引力等于向心力，可实现绕火星做圆周运动，D正确．9．答案：D解析：绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得GMmR

2＝m4π2T2R，则T＝4π2R3GM，R＝3GMT24π2.由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则飞船的轨道半径R飞＝3GM火（2T）24π2＝3G×0.1M地×4×4π2R3同GM地4π2＝325R同，则R飞R同＝325，D正确．10．答案：B解析：由199

4年到2002年间恒星S2的观测位置图可知，恒星S2绕黑洞运动的周期大约为T2＝16年，半长轴为a＝1000AU，设黑洞的质量为M黑，恒星S2质量为m2，由万有引力提供向心力可得GM黑m2a2＝m2a（2πT2）2；设地球质量

为m1，地球绕太阳运动的轨道半径为r＝1AU，周期T1＝1年，由万有引力提供向心力可得GMm1r2＝m1r（2πT1）2，联立解得黑洞质量M黑≈4×106M，选项B正确．11．答案：D解析：设地球和火星的公转周期分别为T1、T2

，则地球和火星的角速度分别为ω1＝2πT1、ω2＝2πT2，由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则ω1t－ω2t＝2π，由以上可解得T2＝1567月，则地球与火星绕太阳的公转周期之比T1∶T2＝7∶13，但不能求出两星球自

转周期之比，B错误；由开普勒第三定律r31r32＝T21T22可求得地球与火星的轨道半径之比，又由公式GMmr2＝mv2r得v＝GMr，即地球与火星的线速度之比可以求得，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火

星的动能之比，A错误；由公式GMmR2＝mg得g＝GMR2，由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，C错误；由公式GMmr2＝ma得a＝GMr2，由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D正确

．12．答案：BD解析：对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向Tsinθ＝mg，而T＝kMPcosθ－l0.可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹

簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r.当转速较大时，FN指向转轴Tcosθ＋F′N＝mω′2r，即F′N＝mω′2r－Tcosθ，则因ω′

>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，D正确．13．答案：D解析：根据题意可知，轨道半径在变化，则运行速度在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度7.9km/s（或根据GMm（R＋h）

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

4月份轨道半径出现明显的变大情况，则说明发动机启动了，所以存在某两小时机械能不守恒，C错误；在5月份轨道半径缓慢下降，可认为轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，D正确．考点五机械能第37练功和功率1．答案：A解析：根据功的定义式可

知，人对车的推力F做的功为WF＝FL，选项A正确；由牛顿第二定律可知，在水平方向上，车对人的作用力为F′＝ma，所以由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，故人对车做的功为W＝－maL，选项B错误；

因车在竖直方向上对人还有支持力，大小等于mg，故车对人的作用力大小为F1＝（ma）2＋（mg）2，选项C错误；根据牛顿第三定律可知，车厢对人的推力大小F′＝F，对人，由牛顿第二定律可得Ff－F′＝ma，故Ff＝F＋ma，故车对人的摩擦力做的功为Wf＝（F＋ma）

L，选项D错误．2．答案：B解析：由于是匀速提升，故拉力做的功等于克服重力做的功，虽然拉力是变力，但克服重力做的功可通过m­h图象中图线与横轴围成图形的面积再乘重力加速度来计算．W＝mgh＝12×（10＋8）×10×20J＝1800J，B正确．3．答案：B解析：本题根据v­t图象考查功率

的计算．由v­t图象可知，t＝5s时，A的速度大小为v＝1m/s，故演员A所受重力的功率为PG＝mAgv＝50×10×1W＝500W，故B正确．4．答案：BD解析：设物块匀速运动时的速度为v，0～5s内对物块受力分析有F1－mgsin37°－Ff＝ma，5s

时拉力的功率P1＝F1v＝45W，5～15s内对物块受力分析有F2－mgsin37°－Ff＝0，功率关系有P2＝F2v＝40W，由题图2可知a＝vt1，联立解得v＝5m/s，由v­t图象可知物块在这段时间内发生的位移x＝5（10＋20）2m＝75m，物块上升的高度h＝xsin37°＝4

5m，故A错误；由P­t图象可知，在0～5s内，F1＝9N，由v­t图象可知，在0～5s内a＝1m/s2，所以对物块受力分析有F1－mgsin37°－Ff＝ma，解得Ff＝2N，因摩擦产生的热量Q＝Ffx＝150J，故B正确；由Ff＝μmgcos37°，解得

物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，C错误；由v­t图象可知物块在0～5s内和15～20s内加速度大小相等，方向相反，15～20s内对物块受力分析有mgsin37°＋Ff－F3＝ma，解得F3＝7N，D正确．5．答案：

B解析：由题图乙可知0～t1内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移s1＝12a0t21，A错误；当t＝t1时，根据F－mg＝ma0，P额＝Fv1＝Fa0t1，联立解得起重机的额定功率为（mg＋ma0）a0t1，B正确；1＋a0ga0t1＝mg＋ma0m

ga0t1＝P额mg，即该速度为物体的最大速度，从题图乙中可以看出t2时刻物体的速度还没有达到最大，C错误；0～t1内牵引力做的功W1＝P额2t1，t1～t2内牵引力做的功W2＝P额（t2－t1），故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2（t2－t1），

D错误。6．答案：D解析：小女孩刚下滑到底端时重力的瞬时功率为mgvsinθ，所以选项A错误；小女孩下滑过程受到的摩擦力方向始终与小女孩运动方向相反，故摩擦力的总功为负值，选项B错误；由动能定理可知女孩下滑过程中合外力做的功为12mv2，而整个过程中平均速度为v2，总位移为hsinθ，运动时间

为2hvsinθ，所以小女孩下滑过程中合外力的平均功率为mv3sinθ4h，选项C错误；由动能定理可知女孩下滑过程摩擦力做的功W满足mgh＋W＝12mv2，由B中分析可知W为负值，所以小女孩下滑过程中克服摩擦力做的功为mgh－12mv2，选项D正确．第38练动能定理

及应用1．答案：B解析：由平抛运动规律有x＝v0t，y＝12gt2，得v0＝xg2y；动能Ek＝12mv20＝mgx24y∝x2y，故E2E1＝x2x12·y1y2＝3hh2·h0.5h＝18，故B正确．2

．答案：BC解析：由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的

速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝12mv2m－12mv20，则牵引力所做的功为W＝Fx＋12mv2m－12mv20，D错误．3．答案：A解析：物块在水平面上滑行

，所受滑动摩擦力Ff＝μmg＝kxmg，可画出物块所受滑动摩擦力Ff随位移x变化的图象如图所示．图线与横轴所围图形的面积表示物块克服摩擦力做的功，可得物块克服摩擦力做的功Wf＝12kx0mg·x0＝12kmgx20，结合动能定理Wf＝12m

v20解得v0＝kgx20，选项A正确．4．答案：D解析：若物体从静止开始下滑，刚滑到平面上时速度为v1，由动能定理得mgh－Wf＝12mv21，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，刚滑到平面上时速度为v2，由动能定理得mgh－Wf＝12mv22－12mv20，由题

图乙可知，物体两次刚滑到平面的速度关系为v2＝2v1，联立解得Wf＝mgh－16mv20，D正确，A、B、C错误．5．答案：（1）6m/s（2）6.5m（3）不能回到B点6m解析：（1）由题意可知，在B点时有vB＝v0cos60°，解得vB＝6m/s.（2）运动员从B点到E点，由

动能定理有mgh－μmgL－mgH＝0－12mv2B，解得L＝6.5m.（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B点到第一次返回左侧最高处，由动能定理有mgh－mgh′－μmg·2L＝0－12mv2B，解得h′＝1.2m<

h＝2m，故第一次返回时，运动员不能回到B点，运动员从B点开始运动到最终停止，在CD段经过的总路程设为s，由动能定理可得mgh－μmgs＝0－12mv2B，解得s＝19m，即s＝2L＋6m，故运动员最后停在C点右侧6m处．第39练机械

能守恒定律及应用1．答案：A解析：设半圆BC的半径为r，小球恰能通过半圆BC的最高点C，由牛顿第二定律有mg＝mv2Cr，对小球从A点运动到C点的过程，由机械能守恒定律有mgR＝mg·2r＋12mv2C，联立解得r＝25R，选项A正确．2．答案：ABC解析：由于斜面是

光滑的，结合机械能守恒定律可知，小物块M一定能回到斜面顶端，A正确；小物块M由A到B的过程中，在斜面方向上受重力分力与弹簧弹力作用，由于弹簧的压缩量逐渐增大，弹簧的弹力逐渐增大，则小物块M的合力先减小到零后反向增大

，则小物块M从A到B的运动过程中加速度先减小后增大，速度先增大后减小，B正确，D错误；小物块M从A到B的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，又小物块M与弹簧构成的系统的机械能守恒，则小物块M的

机械能一直减小，C正确．3．答案：AB解析：由题给图象可知，当h1＝4m时，重力势能Ep1＝mgh1＝80J，解得物体的质量m＝2kg，选项A正确；当h2＝3m时，重力势能Ep2＝mgh2＝60J，E总2＝Ep2＋Ek2＝85J，解得

物体的动能Ek2＝25J，选项B正确；当h3＝0时，重力势能Ep3＝mgh3＝0，E总3＝Ep3＋Ek3＝100J，由Ek3＝12mv2＝100J，解得v＝10m/s，选项C错误；由题给图象可知，该物体的总机

械能E总随高度的增加而减小，机械能不守恒，选项D错误．4．答案：（1）0.3s（2）1N方向竖直向下（3）24.5J解析：（1）根据平抛运动的规律和运动合成的有关规则，小球在C点时竖直方向的分速度和水平分速度大小相等，即vx＝vy＝gt，B点与C点

的水平距离x＝vxt＝0.9m，B点与C点的竖直距离h＝12gt2＝12vxt，解得小球从B点运动到C点的时间t＝0.3s.（2）小球经过半圆形轨道的B点时的速度为平抛运动的初速度，即vB＝vx＝gt＝3m/s，由牛顿第二定律和圆周运动知识，有FNB＋mg＝mv

2BR，解得FNB＝－1N，负号表示半圆形轨道对小球的作用力方向竖直向上．结合牛顿第三定律知，小球对半圆形轨道的作用力方向竖直向下、大小为1N.（3）设小球刚离开弹簧时速度为v0，从小球离开弹簧到B点的过程中，

根据机械能守恒定律得：mg·2R＝12mv20－12mv2B，刚放手时，弹簧具有的弹性势能Ep＝12mv20＝24.5J．第40练功能关系能量守恒定律1．答案：C解析：对物块进行受力分析可知，物块受到重力和支持力，下滑的过程中支持力不做功只有重力做功，符合机械能守恒定律的条件，物块在中点时的机

械能等于在斜面顶端时的机械能，故机械能等于0.由机械能＝动能＋重力势能，物块在中点时的重力势能Ep＝－mg×12×Lsinθ＝－5J，则动能为5J，C正确．2．答案：C解析：运动员在蹦床上上升阶段，先加速向上运动后减速向

上运动，减速向上运动加速度向下，处于失重状态，A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹力对运动员做正功，蹦床的弹性势能减小，B错误；运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力作用，加速度向下，一直处于失

重状态，C正确；运动员离开蹦床在空中运动上升阶段，动能转化为重力势能，重力势能增大，在空中运动下降阶段，重力势能转化为动能，重力势能减小，D错误．3．答案：CD解析：本题考查功能关系与圆周运动的结合问题．根据题意，第一次击打后小球最多到达与

圆心O等高的位置，根据功能关系得W1≤mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系得W1＋W2－2mgR＝12mv2，小球在最高点有mg＋N＝mv2R≥mg，联立解得W2≥32mgR，故W1W2≤23，C、D正确，A、B错误．4．答案：B解析：Ek­h图象的斜率表示物体

受到的合外力，高度从0.2m到0.35m范围内图象为直线，表示在h＝0.2m处滑块和弹簧脱离，则弹簧的原长为0.2m，选项A错误；由图象可知，滑块从0.2m上升到0.35m的过程中，mg＝ΔE

kΔh＝0.30.35－0.2N＝2N，故m＝0.2kg，选项B正确；滑块从高0.1m上升到0.35m的过程中，根据能量守恒可知，增加的重力势能即为弹簧的最大弹性势能，有Epmax＝mgΔh＝0.2×10×（0.35－0.1）J＝0

.5J，选项C、D错误．5．答案：AD解析：由滑块上滑过程中距斜面底端的距离d＝10t－5t2（m），可知滑块的初速度为10m/s，加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下，则到达最高点时有0＝v0－at，代入数据解得t＝1s，故A正确；对滑块上滑过程由

牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，代入数据得μ＝33，到达最高点速度为零时有mgsinθ＝μmgcosθ，滑块不会向下滑动，将处于静止状态，故B、C错误；滑块到达最高点时的位移x＝v0t－12at2＝10×1m－12×10×12

m＝5m，滑块在斜面上运动过程中机械能损失ΔE＝μmgcosθ·x＝33×0.4×10×32×5J＝10J，故D正确．6．答案：BC解析：刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以金属环的最大加速度为am＝gsin45°＝22g，

故A错误；设平衡位置弹簧的伸长量为x1，根据平衡条件，沿杆方向有mgsin45°＝kx1cos45°，由机械能守恒定律得2mgx12＝12kx21＋12（2m）v20，解得金属环的最大速度为v0

＝gm2k，金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgv0cos45°＝mg22mk，故B正确，D错误；当金属环下落到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大．设此时弹簧的形变量为x2，由机械能守恒定律得2mgx2

2＝12kx22，对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有FN＝mgcos45°＋kx2sin45°，解得金属环与细杆之间的最大压力为FN＝322mg，故C正确。第41练（模型方法）“滑块——木板”模型中的能量问题1．答案：CD解析：物体B以水平速度v0冲上木板A后，由于摩擦力作用，物体B减速

运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律可知，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能与系统损失的机械能之和，选项A错误、选项C正确；根据动能定理可知，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的

减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律可知，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．2．答案：A3．答案：AC解析：小木块和长木板之间发生相对滑动，滑动摩擦力大小为2N，根据牛顿第二

定律可知长木板以加速度a1＝1m/s2向右做匀加速运动，位移x1＝12a1t2.小木块以加速度a2＝2m/s2向右做匀加速运动，位移x2＝12a2t2，x2－x1＝L，解得t＝2s，故选项A正确；由功能关系得因摩擦而产生的热量等

于滑动摩擦力乘以相对路程，等于4J，故选项B错误；小木块脱离长木板瞬间的速度v＝4m/s，根据P＝Fv＝16W，可知选项C正确；对小木块应用动能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8J，故选项D错误．4．答案：（1）2.5s（2）31.7N（

3）10m解析：（1）设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，又x＝12at21联立解得t1＝2.5s.（2）滑块在圆弧AB上的运动过程，由机械能守恒定律，有：12mv2

A＋mgR（1－cosθ）＝12mv2B，其中vA＝at1.由牛顿第二定律，有FB－mg＝mv2BR，联立解得：轨道对滑块的支持力FB＝953N≈31.7N.（3）滑块在小车上滑行时的加速度：a1＝μg＝3.5m/s2，小车的加速度：a2＝μm

gM＝1.5m/s2，小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vB－a1t2＝a2t2.由（2）可知滑块刚滑上小车的速度vB＝10m/s，最终同速时的速度v＝vB－a1t2＝3m/s.由功能关系可得：μm

g·x1＝12mv2B－12（m＋M）v2，联立解得：x1＝10m．第42练（模型方法）“传送带”模型中的能量问题1．答案：BD解析：物块的初速度大于传送带的速度，物块受到的摩擦力向左，其向右匀减速运动直至与传送带共速，由动能定理有－Wf＝

12mv21－12mv20，得Wf＝12mv20－12mv21，故A错误，B正确；物块和传送带间摩擦生热，相对位移为Δx＝v0＋v12·v0－v1μg－v1·v0－v1μg＝（v0－v1）22μg，故热量为Q

＝μmg·Δx＝m（v0－v1）22，故C错误，D正确．2．答案：D解析：根据v­t图象与时间轴围成的“面积”等于物体的位移，可得0～8s内物体的位移x＝12×2×（2＋4）m＋2×4m＝14m，故A错误．物体运动的加速度a＝ΔvΔt＝1m/s2，根据

μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得μ＝0.875，选项B错误；0～8s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为ΔE＝mgxsin37°＋12m×（4m/s）2＝92J，故C错误；0～8s内只有前6s发生相对滑动，0～6s内传送带运动距离为x带＝4

×6m＝24m；0～6s内物体位移为x物＝6m；则0～6s内两者相对位移Δx＝x带－x物＝18m，产生的热量为Q＝μmgcosθ·Δx＝126J，故D正确．3．答案：（1）255J（2）270J解析：（1）小物体

加速过程中，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝2.5m/s2.当小物体的速度v＝1m/s时，位移x＝v22a＝0.2m，之后小物体以v＝1m/s的速度做匀速直线运动．由功能关系得W＝ΔEp＋ΔEk＝mgLsinθ＋12mv2＝

255J.（2）电动机做功使小物体的机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量．由v＝at得t＝va＝0.4s，小物体与传送带的相对位移x′＝vt－12vt＝0.2m.则摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15J，故电动机做的功W电＝W＋Q＝27

0J．4．答案：（1）10m/s（2）2.75J（3）0.2m解析：（1）本题考查功能关系与曲线运动和多运动过程的结合．设滑块第一次到达B处的速度为v1，对滑块从D到B的过程，根据动能定理得mgh－μmgL2＝12mv21，解得v1＝10m/s.

（2）滑块从B到O过程，由能量守恒定律得Ep＝12mv21－μmg（L1－x），解得Ep＝2.75J.（3）设滑块再次到达B处的速度为v2，对滑块第一次到达B到再次到达B的过程，根据动能定理得－2μmg（L1－x）＝12mv22－12mv21，解得v2＝1m/s<v＝2m/s，则知

滑块再次滑上传送带后将做匀加速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝2.5m/s2，滑块速度增加到与传送带相同，所经历的位移为L＝v2－v222a＝22－122×2.5m＝0.6m<L2＝2m，可知滑块与传送带共速后相对传送带静止，到达C点的

速度为v＝2m/s，对滑块从C点到最高点的过程，由动能定理得－mgh′＝0－12mv2，解得h′＝0.2m．第43练实验：探究动能定理1．答案：（1）a0.28（2）不守恒解析：（1）甲图装置是恒力拉动小车做匀加速直线运动，体现相等时间内的位移差恒定，对应纸带b，乙装置是橡皮筋的弹

力拉动小车，是逐渐减小的弹力作用，小车应先做变加速直线运动后做匀速直线运动，对应纸带a；甲装置对应纸带b，相邻计数点间有四个点未画出，则时间间隔为T＝0.02×5s＝0.1s由匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬

时速度，有vF＝xEG2T＝（2.60＋3.00）×10－22×0.1m/s＝0.28m/s（2）小车与橡皮筋组成的系统有重力做正功，橡皮筋的弹力做正功，摩擦力做负功，则即使平衡了摩擦力，依然有除重力和弹力之外的摩擦力做负功，系统的机械能减少，机械能不守恒．2．答案：（1）BD（2）2.

000.475（3）B解析：（1）打点计时器使用的是交流电源，故A错误．为了能用沙和沙桶的总重力所做的功表示小车受拉力做的功，即绳子的拉力要等于沙和沙桶的总重力，则小车的质量M要远大于沙和沙桶的总质量m，故B正确．平衡摩擦力时，不

挂空沙桶，逐渐抬高木板，轻推小车，直到小车能匀速下滑，故C错误．实验时，应先启动打点计时器，待打点计时器稳定工作后再释放小车，故D正确．（2）由直尺上的读数可得D、A间的距离为xAD＝2.50cm－0.50cm＝2.00cm.打下D点时的速度恰好等于打下C到E的平均速度，所以打下D点时的速度

为vD＝（3.55－1.65）×10－22×0.02m/s＝0.475m/s.（3）该同学没有平衡摩擦力，由动能定理得ΔEk＝W－Ffx，当W＝0时，ΔEk＝－Ffx<0时，所以该同学作出的图象是纵轴截距

为－Ffx的直线，故B正确．第44练实验：验证机械能守恒定律1．答案：（1）mghCm（hD－hB）2f28（2）大于重物和纸带克服阻力做功，有一部分重力势能转化成了内能（3）<解析：（1）重物由O点运动到

C点的过程中，重力势能减少量为ΔEp＝mghC，在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于平均速度，则有vC＝xBD2T＝hD－hB2f，所以动能增加量为ΔEk＝12mv2C＝m（hD－hB）2f28.（2）结果往往是重物重力势能的减少量大于其

动能的增加量，主要原因是重物与纸带克服空气阻力与摩擦力做功，有一部分重力势能转化为内能．（3）若利用公式v＝2gh计算重物的速度v′C，则认为重物就是做自由落体运动，实际重物受阻力作用，实际加速度小于自由落体加速度，则重物增加的动能一定大于此过程中重物减少的重力势能．2．答案：（1）接通气源，将滑

块静置于气垫导轨上，不放钩码时，若滑块保持静止，或轻推滑块，滑块能做匀速直线运动，则说明导轨是水平的（2）0.522.6m/s（3）天平m1g（x1－x2）（m1＋m2）d22（Δt）2（4）2m1gm1＋m2解析：（1

）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，不放钩码时，若滑块保持静止，或轻推滑块，滑块能做匀速直线运动，则说明导轨是水平的．（2）由题图乙可知，d＝0.5cm＋2×0.1mm＝0.52cm，滑块经过光电门时的瞬时速度v＝

dΔt＝2.6m/s.（3）本实验除了上述器材外还需天平，系统重力势能的减小量ΔEp＝m1g（x1－x2），系统动能的增加量ΔEk＝12（m1＋m2）v2＝（m1＋m2）d22（Δt）2，比较m1g（x1－x2）和（m1＋m2）d22（Δ

t）2的大小，就可验证系统的机械能是否守恒．（4）由ΔEp＝ΔEk得，m1g（x1－x2）＝12（m1＋m2）v2，有v2＝2m1gm1＋m2·（x1－x2），斜率的表达式为k＝2m1gm1＋m2.第45练高考真题1．答案：B解析：汽车的输出功率等于牵引力的功率P＝Fv，汽车的速率不变，在ab段的

牵引力大小不变，故汽车在ab段的输出功率不变，A错误；同理，选项C错误；经分析可知，汽车在ab段受到的牵引力比bc段的大，又两段的速率相等，由P＝Fv可知汽车在ab段的输出功率比bc段的大，B正确；汽车在cd段的牵引力比bc段的小，同理可知，选项D错误．2．答案：BC解析：由平抛运动规律可知，做

平抛运动的时间t＝2hg，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mg2gh，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，

两手榴弹重力功率相等，B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，D错误．3．答案：A解析：0～10m内物块上滑，由动能定理得－mg

sin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－（mgsin30°＋f）s，结合0～10m内的图象得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得（mgsin30°－f）（s－s1）＝Ek，整理得Ek＝

（mgsin30°－f）s－（mgsin30°－f）s1，结合10～20m内的图象得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N．联立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正确，BCD错误．4．答案：（1）2R（2）mgsinθ2gRcosθ（3）10mgR

解析：（1）设B到半圆弧轨道最高点时速度为v′2，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝mv2′2R.B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝12gt2，在水平方向上有x＝v′2t，联立解得x＝2R.（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝12mv2D

由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθ2gRcosθ（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv22＝12mv2′2＋mg·2R解得v2＝5gR对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得1

2mv21＝mgR解得v1＝2gR设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝2gR＋5gR碰撞过程中A和B损失的总动能为ΔE＝12mv20－12mv21－12mv22解得ΔE＝10mgR考点六动量守恒定律第

46练动量定理及应用1．答案：D解析：根据题述，为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4m/s的初速度v，根据动量定理可知，合外力要给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s.手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力冲量，故

手给球的冲量小于1.6kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理知，W＋mgs＝12mv2，解得W＝2.2J，选项D正确，C错误．2．答案：D解析：子弹向右做匀减速运动，通过相等的位移所用时间逐渐增大，所以子弹在每

个水球中运动的时间不同，又子弹在水球中加速度相同，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；由于子弹在水球中的加速度不变，故水球对子弹的作用力f不变，由W＝fx知，f不变，x相同，则每个水球对子弹做的功相同，选项B错误；由I＝ft知，f

不变，t不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C错误；子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性和匀加速直线运动规律可知子弹穿过第4个小球所用时间与子弹穿过前3个小球所用时间相同，则子弹穿出第3个水球的瞬时速度为全

程的中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确．3．答案：BC解析：设滑块与墙碰撞前、后瞬间的速度大小分别为v1、v2，对滑块由A到C的过程中，根据动能定理得mgh－μmgxBC＝12mv21，代入数据解得v1＝3m/s；滑块反弹后，对滑块由C到D的过程

有－μmgxCD＝0－12mv22，代入数据解得v2＝2m/s.对滑块与墙碰撞的过程，由动量定理得I＝－mv2－mv1，代入数据解得I＝－250N·s，A错误，B正确；滑块与墙碰撞的过程中，由动能定理得W

＝12mv22－12mv21，代入数据得W＝－125J，C正确，D错误．4．答案：B解析：设斜面倾角为θ，斜面高度为h，则小球a的加速度大小为a＝gsinθ，故小球a在斜面上滑行的时间为t1＝2hasinθ＝2hgsin2θ；小球b做自由落体运动，则小球b的运动时间为t2＝2h

g，所以小球a运动到水平地面所用的时间比小球b长，D错误．根据I＝mgt可知，两小球所受重力的冲量大小不相同，A错误．根据动能定理有mgh＝12mv2，则两小球的末速度大小相同，可知两小球的动量改变量大小相同，

B正确．由于两小球在运动过程中只有重力做功，所以下落过程中两小球的机械能守恒，故C错误．5．答案：（1）100m/s（2）1.0×107Pa解析：（1）1分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt所以水的流速v＝mρSt代入

数据解得v＝100m/s.（2）选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt根据牛顿第三定律知，材料表面受到的压力大小F′＝F，根据压强公式有p＝F′S联立解得p＝1.0×107Pa.第47练动量守恒定律及应用1．答案：B

C解析：小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得v1v2＝Mm，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0＝（

M＋m）v共，得v共＝0，故C正确，D错误．2．答案：C解析：设推出箱子后甲的速度为v1，乙接住箱子后的速度为v2，取向右方向为正方向，根据动量守恒得：（M＋m）v0＝Mv1＋mv，mv－Mv0＝（M＋m）v2，当甲与乙恰好不相

撞时，有：v1＝v2，联立解得：m＝15kg，故C正确．3．答案：D解析：对接过程中，飞船受到推进器的推力作用，飞船和空间站整体动量不守恒，选项A错误；推进过程中，飞船对空间站的推力大小等于空间站对飞船的推力大小，但二力方向相反，故飞船对空间站的冲量与空

间站对飞船的冲量不相同，选项B错误；设飞船的质量为m，飞船与空间站对接后，推进器工作20s的过程中，根据动量定理有（9.8×104kg＋m）×0.1m/s＝500N×20s，可得m＝2.0×103kg，选项C错误．飞船与空间站对接后，推

进器工作20s，飞船和空间站的速度增加0.1m/s，加速度为0.005m/s2，则飞船对空间站的推力为9.8×104kg×0.005m/s2＝490N，选项D正确．4．答案：ABD解析：夯锤自由下落，v0＝2gh0＝2m/s，A项正确；打击过程动量守恒，则有Mv

0＝（M＋m）v，得v＝1.5m/s，B项正确；由动能定理得：（M＋m）gh－Ffh＝0－12（M＋m）v2，解得桩料进入泥土的最大深度h＝0.09m，C项错误，D项正确．5．答案：（1）10m/s（2）259m解析：（1

）从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得mgh＝12mv2B解得vB＝10m/s（2）家长抱住小孩瞬间，由动量守恒定律有mvB＝（m＋M）v解得v＝103m/s接着以共同速度v向左做匀减速直线运动，由动能定理得－μ（m＋M）gx＝0

－12（m＋M）v2解得x＝259m．第48练（模型方法）碰撞模型及拓展1．答案：B解析：冰壶甲、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点到最后停靠点的连线代表

碰撞后的速度方向，连线的长短反映碰撞后的速度大小．A选项所示的图中，甲、乙碰后的动量都斜向右上方，不符合动量守恒定律，选项A错误．B选项所示的图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等的物体发生弹性碰撞

的过程，选项B是可能的，C选项所示的图中，但甲在前，乙在后，碰后甲的速度不可能大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错误．D选项所示的图中，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律，选项D错误．2．答案：D解析：由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各

球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为12mv20.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为14mv20，这显然违反了机械能守恒定律，故也

不可能．D选项既满足动量守恒定律和机械能守恒定律，又满足碰撞的合理性，故选项D正确．3．答案：D解析：由v­t图象可知，两小球上滑、下滑过程加速度相同，故两小球不受摩擦力作用，因此可判定轨道是光滑的，A项正确；由v­t图线与横轴所围图形的面积表

示位移可知，t＝4s时，甲、乙两球相对出发点的位移相等，B项正确；由图象知两球碰后结合为一个整体，故两球发生的碰撞为完全非弹性碰撞，C项正确；t＝6s时，两球速度大小为10m/s，但此时两球相对出发点的位移大于零，即未回到出发点，D项错误．故D项符合题意．4．答案

：（1）40J（2）207N·s解析：（1）设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，碰前两车间距为L1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，共同移动的距离为L2，由动量守恒定律有mv1＝2mv2由动能定理有－0.2×2mgL2＝0－12（2m）v22则碰撞中系统损失的机械能Δ

E＝12mv21－12（2m）v22联立解得ΔE＝40J（2）设第一辆车推出时的速度为v0由动能定理有－0.2mgL1＝12mv21－12mv20第一辆车的水平冲量大小I＝mv0联立解得I＝207N·s5．答案：（1）0.1kg（2）83s解析：（1）设与滑块碰

撞前瞬间小球速度大小为v0，碰撞后速度大小为v1，则v20＝2gh1v21＝2g（h1－h2）解得v0＝10m/s，v1＝6m/s设碰后瞬间滑块速度大小为v2，两者发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，则mv0＝m（－v1

）＋Mv2由机械能守恒定律得12mv20＝12mv21＋12Mv22代入数据解得m＝0.1kg，v2＝4m/s.（2）设第一次碰后滑块的加速度大小为a，对滑块有Mg－f＝Ma，则v2t＋12at2＝－v1t＋12gt2代入数据解得t

＝83s．第49练（模型方法）“子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型1．答案：B解析：左侧子弹射入木块过程中，对系统根据动量守恒定律有mv0＝（m＋M）v1，根据功能关系有fd1＝12mv20－12（m＋M）v21，右侧子弹射入木块过程中，对系统根据动量

守恒定律有（M＋m）v1－mv0＝（M＋2m）v2＝0，根据功能关系有fd2＝12mv20＋12（M＋m）v21，联立解得d1d2＝M2m＋M，选项B正确．2．答案：B解析：规定水平向右为正方向，设人抱住立柱之前瞬间，人的速度为v1，木板速度为v2，人抱住立柱后瞬间的速度为v.若水平面光

滑，则在水平面上动量守恒，由动量守恒定律可知，人向右奔跑过程中有mv1－Mv2＝0，人抱住立柱过程中有mv1－Mv2＝（m＋M）v，联立解得v＝0，所以若水平面光滑，则人抱住立柱后，人与木板均静止不动，故选项A、C错误；

若水平面粗糙，设人与木板之间的摩擦力为f1，木板与水平面之间摩擦力为f2，人向右奔跑的时间为t，该过程中，由动量定理可知，以人为对象有f1t＝mv1，以木板为对象有－f1t＋f2t＝－Mv2，人抱住立柱过程中，有mv1－Mv2＝（m＋M）v，解得v＝f2tM＋m>0，人抱住立柱后瞬间

的速度为正值，说明若水平面粗糙，则人与木板一起向右运动，故选项B正确，D错误．3．答案：（1）6m/s（2）2m/s（3）1s解析：（1）子弹进入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度v1，由动量守恒可得：m0v0＝（m0＋m）v1，解

得v1＝6m/s.（2）当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2解得v2＝2m/s.（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）v2－（m0＋m）v1解得：t＝1s．4．

答案：（1）16.2J（2）2s解析：（1）弹簧将A弹开，由机械能守恒定律得Ep＝12mAv20解得v0＝8m/sA、B发生碰撞后粘在一起，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）v1解得v1＝4m/s此过程机械能损失为|ΔE1|＝12mAv20

－12（mA＋mB）v21＝16J接下来，A、B与C相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为d，此过程机械能损失为|ΔE2|＝μmCgd＝0.2J因此整个过程机械能损失为|ΔE|＝|ΔE1|＋|ΔE2|＝16.2J（2）设A、B和滑块C相对静止时速度为v，有mAv0＝（mA＋m

B＋mC）v解得v＝2m/s对A、B和C受力分析，可知μmCg＝（mA＋mB）a1μmCg＝mCa2解得a1＝a2＝1m/s2A、B整体与滑块C发生碰撞时，A、B与滑块C交换速度．由题意可知v＝a1t解得t＝

2s第50练（模型方法）爆炸、反冲模型和人船模型1．答案：A解析：人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m．2．答案：AD解析：分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，

则火箭喷气过程动量守恒，有mv－（M－m）v0＝0，即火箭最大速度v＝Mm－1v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，A、D正确．3．答案：CD解析：由于B点不固定，故A的轨

迹不可能为圆周，故A项错误．A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B项错误．对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平动量守恒得：mAsAt－mBsBt＝0，即有mAsA＝mBsB，又

sA＋sB＝2L，得B球向右运动的最大位移sB＝L，故C项正确．当A球摆到B球正下方时，B的速度最大．由水平动量守恒，得mAvA＝mBvB，由机械能守恒，得mAgL＝12mAv2A＋12mBv2B.解得B球运动的最大速度为vB＝

gL，故D项正确．4．答案：（1）0（2）0.3m，方向向左解析：爆炸过程中A、B相互作用，系统满足动量守恒定律，A、B分离后以不同的速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，并发生完全非弹性碰撞，C与B有相对运动，直到碰撞结束为止，整个过程满足动量守恒定律．（1）对于由A、B

、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有（mA＋mB＋mC）vC＝0，得vC＝0，即最终木板C的速度为0.（2）A先与C相碰，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mC）v共所以v共＝1m/s对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB得vB＝1.5m/s从炸

药爆炸到A、C相碰经过的时间t1＝l2vA＝16s，此时B距C的右挡板的距离xB＝l2－vBt1＝0.75m，再经过t2时间B与C相碰，则t2＝xBvB＋v共＝0.3s，故C向左的位移大小ΔxC＝v共t2＝1×0.3m＝0.3m，方向向左．5．答案：（1）L（2）①4gL5②7－255L解析：

（1）设P的质量为m，Q锁定时，P到达C端时的速度大小为v0，P从A运动到C的过程，根据动能定理有mgL－μmgL＝12mv20P离开C端后做平抛运动，则x0＝v0t1L2＝12gt21联立解得x0＝L（2）①若将滑块Q

解锁，设P到达C端时，P的速度大小为v1，Q的速度大小为v2，以水平向右为正，系统在水平方向上不受力，系统在水平方向上动量守恒，则mv1－4mv2＝0根据能量守恒定律有mgL＝μmgL＋12mv21＋12·4mv22解得

v1＝4gL5②由（1）问得t1＝LgP离开C端后做平抛运动，则水平射程x3＝v1t1设在P从A运动到C的过程，Q向左运动的位移大小为x2，则P向右运动的位移大小x1＝2L－x2系统在水平方向上不受外力，在水平方向上平均动量守恒，则m·x1t2

－4m·x2t2＝0解得x2＝25LD′、D两点间的距离x＝x0＋x2－x3＝7－255L第51练实验：验证动量守恒定律1．答案：（1）CD（2）θ1＝θ2解析：（1）因为连接a、b的细线是等长的，且在同一地点进行实验，所以A、B、E无需测量，可用角度

表示速度，所以只需测量C、D.（2）a、b质量相等且发生弹性碰撞，若碰撞中动量守恒，则二者交换速度，释放时a球偏离竖直方向的角度θ1与碰后b球偏离竖直方向的最大角度θ2相等，故验证动量守恒定律的表达式为θ1＝θ2.2．答案：（1）AC（2）m1·OP＝m1·OM＋m2·

ON（3）OM＋OP＝ON解析：（1）为保证球1碰后不反弹，球1的质量应比球2大，选项A正确；为了保证球1每次运动到抛出点时速度相同，球1每次必须从同一高度释放，而小球与斜轨间的摩擦虽然会影响小球的加速度，但并不影响球1每次运

动到抛出点的速度相同，故对本实验没有影响，选项B错误，C正确；为保证两球碰后速度均沿水平方向，两小球的半径应相同，选项D错误．（2）设两球碰前瞬间球1的速度为v1，碰后瞬间球1的速度为v2、球2的速度为v3，要验证动量守恒定律，只需验证m1v1＝m1v2＋m2v3即可，已知小球离开

轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，上式两边同时乘以t得m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故若两球相碰前、后动量守恒，其表达式可表示为m1

·OP＝m1·OM＋m2·ON.（3）如果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m1v1＝m1v2＋m2v3，如果碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，有12m1v21＝12m1v22＋12m2v23，解得v2＝m1－m2m1＋m2v1，v3＝2m1m1＋m2v1，显然v3－

v2＝v1，又因为平抛运动中的时间t相同，解得OM＋OP＝ON.3．答案：（1）AC（2）k－1木板（3）守恒小于解析：（1）设小车（含细沙）和铁块的质量分别为M和m，长木板倾角为θ，小车沿木板做匀速运动时，有Mg

sinθ＝μMgcosθ.把铁块放到小车内，稳定后对铁块和小车有（M＋m）gsinθ＝μ（M＋m）gcosθ，即在小车内放铁块前后沿木板方向的合外力都为0，则沿木板方向动量守恒，根据动量守恒定律有Mv1＝（M＋m）v2，

设纸带上打下连续5点的时间为t，有v1＝x1t、v2＝x2t，可得x1＝M＋mMx2，即需要测量小车和铁块的质量、距离x1和x2，需要的实验器材有天平和刻度尺，AC对．（2）由上述分析可知，小车和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒，由

x1＝M＋mMx2可知，斜率k＝M＋mM，即mM＝k－1.（3）铁块落到小车上的细沙里后，铁块和小车组成的系统沿斜面方向的合外力仍为0，动量仍守恒，铁块落到细沙里前有沿斜面向下的分速度，小车做匀速运动时的动量和铁块落入小车前瞬间沿斜面向下的动量之和等于铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量，所以小

车做匀速运动时的动量小于铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量．第52练（STSE问题）利用动量观点和能量观点解决实际问题1．答案：C解析：碰撞前长途客车的速度v1＝108km/h＝30m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以

碰前客车的动量p1＝m1v1（向南）应该小于货车的动量p2＝m2v2（向北），即m1v1<m2v2，代入数据有1.5×104×30（kg·m/s）<2.0×104×v2（kg·m/s），解得v2>22.5m/s.2．答案：C解析：本

题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝1080km/h＝300m/s，撞击过程对鸟，由动量定理得Ft＝mv－0，解得F＝mvt＝0.5×3000.01N＝1.5×104N，则C正确，A、B、D错误．3．答案：A解析：本题考查动能定理和动量定理．在A处电离出

正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知qU＝12mv2，解得v＝2qUm，以t秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有Ft＝nmv，又因为I＝nqt，J＝nmt，解得F＝2UJI，根据牛顿第三定律知，推进器获得的推力大小为2UJI，选项A正确，B、C、D错误．4

．答案：A解析：设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星的作用过程与弹性碰撞的过程进行类比．对于模型一：如题图甲，设向左为正方向，由动量守恒定律得Mu－mv0＝mv1＋Mu1，式中u1为探测器远离行星后行星的速度大小，由机械能守恒定律得12Mu2＋12mv20＝12mv21＋12Mu

21，联立解得v1＝2Mu＋Mv0－mv0M＋m，因M≫m，则v1≈2u＋v0>v0，选项A正确，B错误．对于模型二：如题图乙，设向左为正方向，由动量守恒定律得Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，式中u2为探测器远离行星后行星的速度

大小，由机械能守恒定律得12Mu2＋12mv20＝12mv22＋12Mu22联立解得v2＝Mv0－2Mu－mv0M＋m，因M≫m，则v2≈v0－2u<v0，选项C、D均错误．5．答案：（1）1.6×104kg·m/s1.6×105N（2）不会爆开解析：（1）对于碰撞过程，取速度v

1的方向为正方向，以试验车为研究对象，由动量定理有－I0＝0－m1v1代入数据得I0＝1.6×104kg·m·s－1又因I0＝F0t1代入数据可解得F0＝1.6×105N.（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度大小为v，二者一起滑行，由动量守恒定律

有m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1联立解得F＝2.5×104N可见F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开．第53练高考真题1．答案：C解析：设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft

＝nmv0，代入数据解得n＝120，选项C正确，ABD错误．2．答案：D解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝2ax，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m2ax，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确．3．

答案：AB解析：根据FΔt＝Δmv可知，增加单位时间的燃气喷射量（即增加单位时间喷射气体的质量Δm）或增大燃气相对于火箭的喷射速度v，都可以增大火箭的推力，故选项A、B正确．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零

时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用，做加速运动，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误．4．答案：BC解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据

功的定义，可知在此过程中，F做的功为WF＝Fs0＝12mv20＋μmgs0，选项A错误；物体通过路程s0时，速度大小为v0，撤去F后，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，根据匀变速直线运动规律有v20＝2a2·2s0，联立解得μ＝v204s0g，选项C

正确；水平桌面上质量为m的物体在恒力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F－μmg＝ma1，又v20＝2a1s0，可得a1＝2a2，可得F＝3μmg，即F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D错误

；对F作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft－μmgt＝mv0，联立解得F的冲量大小为IF＝Ft＝32mv0，选项B正确．5．答案：B解析：设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设爆炸时质量大的碎块的水平速度大

小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v′，根据动量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声（t1－t），2vt＝v声（t2－t），其中t1＝5s，t2＝6s

，解得t＝4s，v＝85m/s；再由h＝12gt2可得，爆炸点离地面的高度为80m，B正确．两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从爆炸物爆炸两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误．爆炸后质量大的碎块的初速度为85m/s，C错误．爆炸后两碎块向相反的方向运动，水平间距

Δx＝（v＋2v）t＝（85＋85×2）×4m＝1020m，D错误．6．答案：（1）能，计算过程见解析（2）0.2s解析：（1）甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μmgm＝1m/s2，设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则v2－v21＝2a

1s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝μmgm＝1m/s2，设乙算珠能

运动的最远距离为x，则x＝v2乙2a2＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算珠能够滑动到边框a.（2）甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝v－v1a1＝0.1s，碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝v′1a1＝0.1s，所以甲算珠从拨出到停下所

需的时间t＝t1＋t2＝0.2s．7．答案：（1）9m（2）7.44m/s解析：（1）设背包的质量为m，滑雪者的质量为M.对背包，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得背包的加速度a1＝

2m/s2，设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得12a1t2＝v0（t－1s）＋12a2（t－1s）2，解得t＝3s，则滑道AB段的长度xAB＝12a1t2＝9m.（2）背包到达B点的速度v1＝a1t＝6m/s，滑雪者到达B点的速度v2＝v0＋a2

（t－1s）＝7.5m/s，滑雪者拎起背包的过程中，根据动量守恒定律得mv1＋Mv2＝（M＋m）v，解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44m/s.8．答案：（1）12v0（2）2解析：（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度3

4h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，对整个运动过程有0－v20＝－2gh对玩具从抛出至上升到最大高度34的过程，有v2－v20＝－2g34h两式联立解得v＝12v0.（2）设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v

2.依题意，动能关系为12m1v21＋12m2v22＝12（m1＋m2）v20玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，

竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v′1、v′2，由速度合成公式，有v′1＝v20＋v21，v′2＝v20＋v22结合m1∶m2＝1∶4，解得v′1v′2＝2.考点七静电场第54练库仑定律的应用1．

答案：AC解析：保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d有关，但不能确定成反比关系，选项B错误；保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关，选项C正确；保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F随Q的减小而减小，但不能确定成正比关系，选项D错误；由上述可

知选项A正确．2．答案：D解析：如果电荷均匀分布，则两球之间库仑力大小F＝kq216a2，如果电荷集中在两球心连线与球面的交点上，则两球之间库仑力大小F＝kq24a2，由于异种电荷相互吸引，故电荷不会在球面上均匀分布，而是会靠近但又不会全部集中在两球心连线

与球面的交点上，故两球之间的库仑力大小介于kq216a2和kq24a2之间．故D正确．3．答案：C解析：由题意可知，A、C带同种电荷，B与A、C带异种电荷．根据B恰能保持静止可得，kqAqBL21＝kqBqCL22，

A做匀速圆周运动，对A分析有kqAqBL21－kqAqC（L1＋L2）2＝mAω2L1，C做匀速圆周运动，对C分析有kqCqBL22－kqCqA（L1＋L2）2＝mCω2L2，联立解得A和C的比荷之比qAmA∶qCmC＝L1L23，C正确．4．答案：A解析：分别对两小球受力分析

，作出力的示意图如图所示，由力的矢量三角形和几何三角形相似可得FT1L1＝mgOO′＝FPO′，FT2L2＝mgOO′＝FQO′，F为两小球间的库仑力，则有mgOO′＝FPO′＝FQO′，则PO′＝QO′，对两个几何三角形由正弦定理有L1sinα＝PO′sin4

5°，L2sin（π－α）＝QO′sin30°，联立解得L1L2＝12，选项A正确．5．答案：A解析：以A、B、C整体为研究对象，对其受力分析，受重力、支持力以及弹簧的拉力，则由力的平衡条件可知，F＝k0x′＝3Mgsinα，解得x′＝3Mgsinαk0，B错误；以A为研究对象，

小球受到的库仑力大小为FA＝F－Mgsinα＝2Mgsinα，方向沿斜面向下，C错误；为了使B、C均能静止在光滑的绝缘斜面上，则小球C应带正电，设相邻两球之间的距离为x，则对小球B由力的平衡条件得Mgsinα＋kq0qCx2＝kq20x2，对小球C由力的平衡条件得Mgsinα＋

kq0qC（2x）2＝kq0qCx2，解得qC＝47q0，x＝q03k7Mgsinα，A正确，D错误．第55练电场力的性质1．答案：D解析：电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的有无、电性、电荷量

的多少无关，A错误；电场强度是矢量，a、b两点的场强大小相等，方向不相同，B错误；电场线不是带电粒子运动的轨迹，过c、d的电场线是曲线，则从c点静止释放一正电荷，电荷不能沿着电场线运动到d点，C错误；两平行金属板除边缘外的电场为匀强电场，e点和f点在同一等势面上，所以某一电荷放在e点与放在f点

，电势能相同，D正确．2．答案：D解析：选项A的图中，根据点电荷周围电场线的分布规律可知a、b两点处电场强度大小相等、方向相反，故A错误；选项B的图中，根据点电荷的电场强度公式和矢量的合成，可得a、b两点处的电场强度大小不等，故B错误；选项C的图中，根据点电荷的电场强度公式和矢量的合成，可得

a、b两点处合场强的大小相等、方向不同，故C错误；选项D的图中，根据点电荷的电场强度公式和矢量的合成，可得a、b两点处合场强的大小相等、方向相同，故D正确．3．答案：C解析：元电荷电荷量为e，则根据点电荷场强公

式和矢量叠加原理可得，A项中EAO＝ked2－keD2，B项中EBO＝keD2＋ke（D＋d）2，C项中ECO＝ked2＋keD2，D项中EDO＝keD2－ke（D＋d）2，比较可得C项的排布方式中在O点的合场强最大，C项正确．4．答案：A解析：由题意可知，电子由静止开始沿电场线从某点经

A运动到B，电场力的方向从A指向B，电子带负电，则场强方向从B指向A，根据沿电场线方向电势降低可知电势φA<φB，选项A正确；由速度—时间图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度逐渐增大，电子所受电场力逐渐增大，则电场力FA<FB，故电场强度EA<EB，选项B、C错误；电子仅受电场力，速度

增大，动能增加，则电场力做正功，电子的电势能减少，则电势能EpA>EpB，选项D错误．5．答案：D解析：因单位长度圆弧所带电荷量相等，所以圆弧af、bc、de所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小相等，都等于E；圆弧af所带电荷在圆心O处产生的电

场强度方向沿∠dOc的角平分线，圆弧bc所带电荷在圆心O处产生的电场强度方向沿∠fOe的角平分线，圆弧de所带电荷在圆心O处产生的电场强度方向沿∠dOe的角平分线，两两夹角为60°，如图所示，根据平行四边形定则可知圆心O处的合场强大小为2E，选项D正确．6．答案：B

CD解析：由于两段绝缘细线长度相等，则题图乙中两段细线与竖直方向的夹角相等，设该角的大小为α.以小球a、b整体为研究对象，受力分析如图1所示，则由力的平衡条件得tanα＝E（q1－q2）（m1＋m2）

g，以小球b为研究对象，受力分析如图2所示，其中F为细线的拉力与库仑引力的合力，则由力的平衡条件得tanα＝Eq2m2g.分别将A、B、C、D选项中的数据代入验证可知，A错误，B、C、D正确．7．答案：AC解析：在最高点时，绳对小球的

拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得F＋mg＋Eq＝mv2L，即F＋mg＋Eq＝12mv2·2L，故Ek＝L2F＋L2（mg＋Eq），结合题图乙可知，图线斜率k＝ab＝L2，即L＝2ab，故A正确；当F＝0时

，有mg＋Eq＝mv2L、12mv2＝a，解得q＝b－mgE，故B错误；当F＝0时，重力和电场力提供向心力，此时有最小速度，有12mv2＝a，解得v＝2am，故C正确，D错误．第56练电场能的性质1．答案：AD解析：a点的电场线比b点的电场线更密，根据电场线的疏密程度表示电场强度的大

小，可知a点的场强比b点的场强大，故A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势低于b点的电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子在a点的电势能高于在b点的电势能，所以将电子从a点移动到b点，电势能减小，电场力做正功，故D正确；根据沿着电场线方向电势不断降低，可知d

点的电势比c点的电势高，故B错误；根据正电荷在电势越高的点电势能越大，可知质子在d点的电势能比在c点的电势能大，故C错误．2．答案：B解析：该点电荷可能为负电荷，故选项A错误；由于P点周围等势面比Q点周围等势面密，故P点周围的电场线比Q点周围的电场线密，故P点的场强一定比Q点的场强大，故选项B

正确；由于该点电荷正负未知，故无法判断P、Q两点电势的相对高低，也无法判断正检验电荷在P、Q两点电势能的相对大小，选项C、D错误．3．答案：B解析：等量异种点电荷连线的中垂面是延伸至无穷远的等势面，故O点电势为零，

但场强不为零，A项错误；O点是连线上场强最小的点，是连线的中垂面上场强最大的点，故a点场强大于b点场强，B项正确；负电荷受力方向与场强方向相反，从O点到a点，电场力做正功，C项错误；O、b两点在同一等势面上，故试探电荷从这两点移到a点，电场

力做功一样多，电势能的变化一样大，D项错误．4．答案：C解析：沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φB，又负电荷在电势高的地方电势能小，故C正确；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可看出A点的电场强度大于B点的电场强度，所

以同一带电粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故A错误；一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在电场力作用下，不可能沿着弯曲的电场线运动到B点，故B错误；小球N处于静电平衡状态，是个等势体，所以它左端的电势等于右端的电势，故D错误．5．答案：AC

解析：根据电场线从正电荷出发到负电荷（无限远处）终止，可知正方形左上角点电荷带正电，右上角点电荷带负电，右下角点电荷带正电，左下角点电荷带负电，选项A正确；根据电场线的疏密表示电场强度的大小，可知M、N、P三点中M点场强

最小，选项B错误；根据电场线与等势线垂直和对称性可知，O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以M、N、P三点中M点电势最高，负电荷在电势高的位置电势能较小，又P点比O点电势低，所

以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能大，选项C正确，D错误．6．答案：C解析：根据两个带等量正电的点电荷的电场特征，可知带负电的小球从C到D的过程中（不含C、D两点）电场力的方向一直与速度方向成钝角，电场力一直做负功，

速度一直减小，选项A错误．在两个带正电的点电荷产生的电场中，越靠近正点电荷，电势越高，所以C点的电势比F点的电势高，选项B错误．根据两个带等量正电的点电荷的电场特征和对称性可知，C、E两点的电势相等，电场强度的大小相等、方向相反；

带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，只有电场力做功，带电小球的电势能与动能之和保持不变，所以小球在C、E两点有相同的电势能且动能相等，速度大小相等，选项C正确．由两个带等量正电的点电荷的电场特征和对称性可知，D、F两点的电场强度大小相等、方向相反，所以小球在D、F两

点所受的电场力的大小相等、方向相反，选项D错误．7．答案：A解析：电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，故选项A正确，选项B错误；静电力做功WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－0.80×10－8J＝0.40×

10－8J，选项D错误；由UAB＝WABq得UAB＝0.4×10－8－1.0×10－9V＝－4.0V，所以选项C错误．8．答案：D解析：本题考查电势差、电场力做功的计算．a、d之间的电势差为Uad＝E·ab＝1.0×103×0.04V＝40V，选项A错误；a、c在同一等势面上，则ac之间的电

势差为0，将q＝5×10－13C的点电荷沿矩形路径abdc从a移动到c，电场力做功为0，选项B、C错误；因为ad之间的电势差为40V，则将q＝5×10－13C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是W＝Uad

q＝40×5×10－13J＝2.0×10－11J，选项D正确．9．答案：B解析：由题意以及两个等量异种点电荷电场线的分布特点可知，a点与d点的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；由对称性可知，a、b两点间的电势差等于d、c两点间的电势差，B正确；沿直线由a点到b点，电势先升高后降低，

因此正试探电荷由a点沿直线运动到b点的过程中，试探电荷的电势能先增大后减小，C错误；由于圆弧ad不是等势面，因此正试探电荷沿圆弧ad从a点移动到d点的过程中，其电势能发生变化，D错误．10．答案：AD解析：由图中电场线的分布，可知q1为负电荷，q2为正电荷，由电场线的疏密可知，q1的电荷量

绝对值大于q2的电荷量绝对值，选项A正确．图中P点处电场线比Q点处电场线密，所以P点处电场强度大于Q点处电场强度，选项B错误．只有点电荷q1时，P、Q两点的电势相等，只有点电荷q2时，P点的电势大于Q点的电势，根据叠加原理可知，当q1、q

2同时存在时，Q点的电势低于P点的电势，选项C错误．由带电粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，运动轨迹切线方向为粒子速度方向，粒子所受的电场力与速度的夹角先成钝角后成锐角，故电场力对粒子先做负功后做正功（如图所示），所以电势能先增大后减小，选项D正确．11

．答案：AD解析：本题考查电势差与电场强度的关系、电场力做功问题．Oa之间沿电场线方向的距离为d＝Rsin53°＝4m，电场强度的大小为E＝UaOd＝1V/m，选项A正确；Ob之间沿电场线方向的距离为x＝Rcos53°＝3m，则UbO＝φb－φO＝Ex＝3V，已知φO＝0，则b点电势φb＝3V，选

项B错误；由对称性可知b、d两点的电势差为Ubd＝2ERcos53°＝6V，将一个带电荷量为－1C的试探电荷从b点移到d点，电场力做功Wbd＝qUbd＝－6J，选项C错误；a、c两点的电势差为Uac＝2ERsin53°＝8V，将一个带电荷量为＋1C的试探电荷从a点移到c

点，电场力做功Wac＝q′Uac＝8J，电势能减少8J，选项D正确．12．答案：BD解析：找OC的中点D，连接AD和BD，如图所示．由几何知识可知AB∥OD，AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA－φB＝φO－φD＝φD－φC，故φD＝3V，φC＝0，故A错误

，B正确．由于φA＝φD，故AD为等势线，已知电场线和等势线互相垂直且方向由高电势指向低电势，又OB⊥AD且φO>φB，故电场强度方向由O指向B，E＝UOBdOB＝6－023×10－2V/m＝1003V/m，故C错误，D正确．13．答案：A解析：本题考查电势差、电势

、电势能、电场强度的计算．O点与无穷远处的电势差为UO∞＝WO∞q1＝－5×10－71×10－7V＝－5V，结合UO∞＝φO－φ∞＝φO，则O点的电势φO＝－5V，选项B错误；负点电荷q2从O点移到A点电势能增加4×10－7J，电场力做功为WOA＝－4×10－7J，则OA间电

势差为UOA＝WOAq2＝－4×10－7－2×10－7V＝2V，则A点电势比O点低2V，φA＝－7V，选项C错误；UAC＝WACq2＝8×10－7－2×10－7V＝－4V，由UAC＝φA－φC得φC＝－3V，由几何知识可知

AC∥OB且AC＝OB，则φB－φO＝φC－φA，解得φB＝－1V，电荷q2在B点的电势能为Ep＝q2φB＝2×10－7J，选项D错误；A、C连线中点的电势为φA＋φC2＝－5V，与O点电势相等，则这两点连线为等势线，由几何知识可知，AC与其垂直，AC与电场线平行，电场强度大小为E＝UCAR＝

42V/m＝2V/m，选项A正确．第57练电场中的图象问题1．答案：C解析：根据沿电场线方向电势降低，可知M、N之间的电场方向沿x轴正方向，选项A正确；根据φ­x图线的斜率表示电场强度可知，N点的电场强度为零，M点的电场强度不为零，

选项B正确，C错误；根据题图乙，可知P、N两点之间的电势差小于M、N两点之间的电势差，由W＝qU可知，一正试探电荷从P点移到M点的过程中，电场力做的功|WPN|<|WNM|，选项D正确．2．答案：ACD解析：

小球的机械能减小，故电场力做负功，所以电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力越来越小，所以电场强度不断减小，方向沿x轴负方向，故A正确．从O到x1的过程中，根据牛顿第二定律可知，小球受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B错误．从O到x

1的过程中，由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C正确．根据动能定理：mgx1＋E1－E0＝12mv2－0，解得：v＝2（E1－E0＋mgx1）m，故D正确．3．答案：AC解析：0到x1之间电子的电势

能增大，电场力对电子做负功，电场力沿x轴负方向，故电场强度沿x轴正方向，A正确；0到x2过程中，电场力水平向左，对电子做负功，合电场强度水平向右，x2之后，电场力水平向右，对电子做正功，合电场强度水平向左，可知A电荷带负电，B电

荷带正电，B错误；电场力做功改变电势能，所以电场力的大小表示为：F＝|ΔEp||Δx|所以电势能随位移变化的图象的斜率为电场力，x2处电场力为0，电场强度为0，所以kq2x22＋kq1（x2＋x0）2＝0，解得q1q2＝－（x2＋x0）2x22，C正确，D错误．4

．答案：A解析：因为电荷仅受电场力的作用，所以静电力所做的功等于动能变化量，即Eqx0＝Ek0，解得E＝Ek0qx0，故A正确；根据静电力所做的功等于动能变化量可得FⅡx0＝2Ek0，解得FⅡ＝2Ek0x0，设电荷Ⅱ的电荷量为Q，根据功能关系得2Eqx0＝EQx0，解得Q＝2

q，故B、C错误；若选O点为零电势点，因为是匀强电场，根据公式qUOA＝Ek0，解得UOA＝－φA＝Ek0q，φA＝－Ek0q，故D错误．5．答案：BC解析：根据电势能与电势的关系ΔEp＝q·Δφ，场强与电势的关系E

＝ΔφΔx，解得E＝1q·ΔEpΔx，由数学知识可知，Ep­x图线切线的斜率等于ΔEpΔx，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，B正确；x2～x3段斜率不变，场强不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，又由于电势能逐渐增大，则粒子的动能逐渐减小，则粒子做匀减速

直线运动，A错误；根据能量守恒知电势能越小，动能越大，故x1处粒子的电势能最小，动能最大，C正确；粒子带负电，q<0，故电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，D错误．6．答案：B

解析：根据φ­x图象的切线斜率表示电场强度及题意，可知从－x0到x0的过程中电场强度方向一直沿x轴负方向，电场强度大小先减小后增大，所以带负电的粒子受到的电场力一直沿x轴正方向且先减小后增大，粒子的加速度也一直沿x轴正方向且先减小后增

大．在x＝0处电场强度为零，粒子所受电场力为零，所以粒子的加速度也为零．粒子在运动过程中一直做加速运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，选项A错误，B正确．由动能定理可知Ek­x图象的切线斜率表示电场力，由于粒子受到的电场力一直沿x轴正方

向且先减小后增大，所以Ek­x图象的切线斜率一直为正值，且切线斜率先减小后增大．在x＝0位置，电场力为零，所以此处Ek­x图象的切线斜率也为零，选项C错误．粒子带负电，由电势能的定义可得Ep＝－qφ.如图所示，Ep­x图象形状与φ­x图象形状关于x轴对称，选项D错误．第58练电容器电容1

．答案：A解析：图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电

流方向从右向左，且流过的总电荷量为Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者不必区分，故C错误；图丙中的电容器上标有“400V，68μF”字样，说明该电容器两端电压最大值为400V，而电容与电容器的电压及电荷量均无关，总是为68μ

F，故D错误．2．答案：C解析：A错，C对：无论电容器是否充电，其电容都是33μF.B错：该电容器容纳的最大电荷量Q＝CU＝1.485×10－3C．D错：电容器仅在充电时灯泡发光，充电结束后，灯泡熄灭．3．答案：D解析：根据电容器的电容公式C＝εrS4πk

d，当电介质插入极板间越深，即εr增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电荷量不变，因此电路中没有恒定电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块因惯性继续向右运动

，从而压缩弹簧，故C错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要相对极板向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU可知，极板间的电荷量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时

针方向电流，故D正确．4．答案：D解析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故A错误；根据C＝εrS4

πkd知，d增大，则电容减小，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该油滴带负电，则电势能减小，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，可知电场强

度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确．5．答案：AC解析：电容器不接电源，电荷量不变，极板B稍向上移动，正对面积减小，由C＝εrS4πkd可知C减小，由C＝QU可知，当Q不变时，U变大，静电计指针张角变大

，选项A正确，B错误；将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝QU知，当Q不变时，则U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E不变，由于P点与B板的距离dPB增大，则UPB增大，P点的电势φP升高，P点处

的负点电荷的电势能减小，选项D错误．6．答案：D解析：根据题述可知，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，可知带电小球所受电场力竖直向上，电场线方向竖直向上，电场中的电势φC<φB，选项A错误；由于题述没有给出两小球电荷量关系，所以小球a、

b在C位置不一定具有相等的电势能，选项B错误；由C＝QU＝εrS4πkd，E＝Ud，可得E＝4πkQεrS，若仅将下极板N向左平移，S减小，而Q不变，所以两极板间电场强度E增大，则小球a、b所受电场力增大，

均不能沿直线运动，选项C错误；由C项分析可知，当仅将下极板N向下平移时，场强大小不变，小球a、b所受电场力不变，仍能沿直线运动，选项D正确．7．答案：BD解析：分析小球受力后可知，小球在电容器内部做类平抛运动，出电场后做斜上抛运动，水平分运动均为匀速直线运动，两段时间t＝lv相等

，B正确．因垂直打在M点，故竖直方向上有a1t＝gt，电场中的加速度大小a1＝g，方向竖直向上，A错误．qE1－mg＝ma1，E1＝U1d，又C＝Q1U1，解得Q1＝2mgdCq，C错误．若电容器带电荷量变为Q

2＝32Q1，则qE2＝32qE1＝3mg，qE2－mg＝ma2，得a2＝2g，方向竖直向上．根据对称性可知，电荷量为Q1时，小球在电场中沿电场方向的侧向位移y1＝d4，又y1＝12a1t2＝12gt2，电荷量变为Q2时，小球在

电场中的侧向位移y2＝12a2t2＝12×2gt2＝2y1，故球恰好能打在上极板的右端点，D正确．第59练（模型方法）带电粒子在电场中的运动1．答案：A解析：电子在加速电场中的加速过程，由动能定理有eU1＝12mv2，电子以速度

v进入偏转电场中做类平抛运动，则有L＝vt，y＝12at2，eU2d＝ma，联立解得yU2＝L24dU1.可以提高示波管灵敏度的方法是减小U1，选项A正确．2．答案：C解析：微粒在电场中受到重力和竖直方向的电场力做直线运动，二力必定平衡，微粒做匀速直线运动，加速度为零，A错误；

重力做功mgd，微粒的重力势能减小了mgd，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd，B错误；微粒的电势能增加了mgd，则微粒克服电场力做功为W＝mgd，得到两极板间的电势差为U＝Wq＝mgdq，C正确；电场

力做负功，可知微粒所受的电场力方向竖直向上，微粒带负电，则电场方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，D错误．3．答案：B解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由运动学知识知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋mag

＝maa0，对b球有qE－mbg＝mba0，可得ma>mb，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有maa0y＝12mav2a－12mav20，对b球有mba0y＝12mbv2b－12mbv20，可得va＝vb，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为ma

>mb，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．4．答案：BC解析：带电粒子的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动．设粒子受到的电场力为F

，根据动量定理，在竖直方向有mgt＝mv0，在水平方向有Ft＝2mv0，联立解得F＝2mg，选项A错误，B正确．设a、b之间的竖直高度为h，在竖直方向有v20＝2gh，粒子从a到b的运动过程中，重力势能增加量ΔEp＝mgh＝12mv20，动能增加量ΔEk＝12m（2v0）2－12mv20＝32m

v20，粒子从a到b机械能增加了ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝12mv20＋32mv20＝2mv20，选项C正确，D错误．5．答案：D解析：已知qE＝34mg，重力与电场力的合力F为等效重力，F＝（mg）2＋34mg2＝54mg，F与竖直方向成θ＝37°角斜向右下．过圆轨道圆心作与

竖直方向成θ角的直线如图，在直线与圆轨道的交点C处，等效重力F指向圆心，C点即为等效最高点．小球刚好在圆轨道内做完整的圆周运动，在等效最高点，轨道对小球的弹力为零，等效重力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝mv

2R，解得v＝54gR.小球从水平轨道到达等效最高点过程中，由动能定理得qEs－mgR（1＋cosθ）－qERsinθ＝12mv2－0，解得s＝23R6，D正确．6．答案：CD解析：根据动能定理有12mv2－0＝qU，解得v＝2qUm，质子

（11H）和α粒子（42He）的比荷之比为2∶1，故两者在O2处的速度大小之比为2∶1，选项A错误．在A、B间a＝qUmd，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝12·Eqmt2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，

选项B错误．对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q（U＋Eh），故带电粒子的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，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向上有h＝12·Eqmt

2，水平方向上有x＝vt，又v＝2qUm，联立解得x＝2UhE，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同．选项D正确．7．答案：BC解析：由题图可知，物块在距斜面底端x1＝2m处，重力势能为100J，由重力势能的定义有E重＝mgx1sin30

°，解得m＝10kg，A项错；物块在沿光滑斜面下滑的过程中，只有重力和电场力做功，物块的机械能与电势能之和保持不变，由题图可知，物块机械能与电势能之和为100J，物块到达B点时（x＝1.5m）电势能最大，动能

为零，重力势能为75J，所以物块在B点的电势能E电＝25J，B项正确；物块从A点静止释放，到达最低点B时速度为零，所以物块从A到B过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，C项正确，D项错．8．答案：C解析：离子在两板间运动，沿水平方向

做匀速运动，运动时间t＝Lv0＝2t0，所有离子运动时间都等于电场变化的周期，作出各个时刻射入电场的离子在板间沿电场方向上运动的vy­t图象，如图所示，由图象可知，离子离开两板间时沿电场方向的速度vy均相同

，vy­t图象与t轴围成的面积表示沿电场方向的位移，由图象可知0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最大，t0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最小．离子在电场中运动的加速度a＝qU0md＝kU0d，离子离开两板间时沿电场方向的速度为vy＝at0＝kU0t0d，由图象面积可得，离子沿

电场方向运动的最大位移ymax＝12（t0＋2t0）at0＝3kU0t202d，离子沿电场方向运动的最小位移为ymin＝12t0·at0＝kU0t202d，屏上亮线的长度为Δy＝ymax－ymin＝kU0t20d，C正确．9．答案：BCD解析：

小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直，所以做匀变速曲线运动，故A错误；由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45°角，故B正

确；小球在z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以小球到达xOy平面所用时间t＝2Lg，小球在x轴方向做匀速直线运动，则发生的位移为v02Lg，而在y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移为12·Eqm2Lg2＝L，所以小球

的轨迹与xOy平面交点的坐标为v02Lg，L，0，故C正确；小球在重力与电场力的共同作用下产生的加速度为2g，则小球最后到达xOy平面时在重力和电场力的合力方向上速度的增加量为2g·2Lg，所以小球

最后到达xOy平面时的速度大小为v20＋4gL，故D正确．10．答案：（1）63v0233v0（2）L28d解析：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2根据动能

定理有：－eU0＝12mv21－12mv20，eU0＝12mv22－12mv20将U0＝mv206e代入上式，得：v1＝63v0，v2＝233v0；（2）在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中的运动时间：t1＝Lv1侧移量：y

1＝12at21＝eU0L22mdv21，得y1＝L28d设打在荧光屏上的坐标为y′1，则y′1＝2y1＝L24d同理可得，在kT～T时间内射出B板后电子的侧移量：y2＝L216d打在荧光屏上的坐标y′2＝2y2＝L28d故这两个发光点之间的距离：Δy＝y′1－y′2＝L28d.第60练（

STSE问题）电场中的STSE问题1．答案：C解析：本题考查静电的防止，用塑料梳子梳头时会产生静电，穿衣、脱衣也会产生静电，这些图标都是为了减少静电的产生，不是依据静电屏蔽原理，选项A、D错误；若工作人员工作时间穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，选项B错

误；化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会产生静电，有引起油料燃烧的危险，选项C正确．2．答案：D解析：由题图知，工件带正电，涂料微粒在静电力作用下向工件靠近，可知涂料微粒带负电，A错误；离工件越近，涂料微粒所受库仑力越大，B错

误；涂料微粒在静电力作用下向工件运动，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，C错误，D正确．3．答案：B解析：电容是电容器本身的性质，故无论电容器是在放电过程中还是在充电过程中，电容的大小都不会随着电荷量的改

变而改变，选项B正确，A错误；电容器放电过程中，电荷量逐渐减少到零，电容器两极板间的电压逐渐减小为零，选项C错误；若该电容器从电荷量为零到充满电用时30s，则充电的平均电流为I＝Qt＝CUt＝12000×330A＝1200A，选项D错误．4．答案：BD解析：车轮停在感应线上时，压

力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由题图乙可知，当车轮经过感应线时电流先增大后减小，然后反向增大再减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故B正确，C错误；若

汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确．5．答案：（1）ml22qU（2）UE（3）t1t02m0解析：（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝12mv2①离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝lv②

联立①②式，得T1＝ml22qU.③（2）根据动能定理，有qU－qEx＝0④得x＝UE.⑤（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为v，有v＝v2

⑥通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝L1v＋L2v⑦联立①⑥⑦式，

得t总＝（2L1＋L2）m2qU⑧可见，离子从A到B的总飞行时间与m成正比．依题意可得t1t0＝m1m0可得m1＝t1t02m0.⑨第61练高考真题1．答案：A解析：根据等差等势面越密处电场强度越大，可知

N处的电场强度EN大于M处的电场强度EM，由电场力公式F＝qE可知，试探电荷在N处所受的电场力FN大于在M处受到的电场力FM.由于越靠近负电荷电势越低，可知N点的电势φN低于M点电势φM，根据电势能公式Ep＝qφ，可知正试探电荷在N处的电势能EpN小于在M处的电势

能EpM，所以选项A正确．2．答案：D解析：由于发射极与电源正极相连接，故发射极电势高于吸极电势，故a点电势比b点电势高，A错误；等势面的疏密反映电场线的疏密，故a点的电场强度大于b点的，液滴在a点的加速度大于b点的，B、C

错误；带电液滴从发射极加速飞向吸极，从a到b电场力做正功，故电势能减小，D正确．3．答案：BD解析：b、e两点在同一等势面上，电荷运动过程中电场力不做功，故选项A错误；电场强度的方向总是与等势面垂直，且由高电势等势面指向低电势等势面，故b点的场强方向向左，选项C错误．电子从a点运

动到d点电场力做的功Wad＝－eUad＝－e（φa－φd）＝4eV，故选项B正确；根据图知任意两个相邻的等势面间电势差相等，且等差等势面越密集的地方，电场强度就越大，因此结合图可以判断a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大，故选项D正确．4．答案：D解

析：带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、C两点的电势均高于B点的电势，B错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；根据Ep＝qφ可

知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减少，电场力做正功，D正确．5．答案：D解析：处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，A错

误；根据等势线的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，B错误；在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，C错误；由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，D正确．6．答

案：B解析：（a，0）和（0，a）两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝2kqa2，方向如图所示[由点（a，a）指向点（0，2a）]，由在距P点为2a的某点处放置的正点电荷Q使得P点电场强度为零可

知，此正电荷位于（0，2a）点，且电荷量Q满足kQ（2a）2＝2kqa2，解得Q＝22q，B正确．7．答案：CD解析：根据两点电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹

可判断出电子一直受到斥力作用，可知两点电荷为同种负电荷，故A错误；根据U＝Ed定性分析可知，等差等势面越密的地方，电场强度越大，则A点的电场强度比B点的小，故B错误；两点电荷为同种负电荷，电场线指向负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，又A所在的等势面比B所在的等势面

靠外，故A点的电势高于B点的电势，故C正确；在电子的运动轨迹上，P点的电势最低，故电子在P点的电势能最高，又电子在运动过程中只受电场力作用，电子的动能与电势能之和不变，故电子运动到P点时动能最小，D正确．8．答案：C解析：由等量异号点电荷产生电场的对称性，可知M点的场强大小与P

点的相等，A错误；正电荷在M点与N点产生的电势相等，负电荷在M点与N点产生的电势也相等，故M点与N点电势相等，B错误；N点的场强与P点的场强大小相等、方向相同，C正确；由电场线从正电荷出发到负电荷终止，沿电场线电势逐渐降低，可知M点电势比P点高，结合Ep＝φq可知，

带负电的电子在M点的电势能比在P点的电势能小，D错误．9．答案：C解析：对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得：2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq22a2解得Q＝22＋14q因在0≤x<22a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿

x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，C正确．10．答案：AB解析：如图所示，分别过c点和d点作ab的垂线，由几何关系可知，圆心O、垂足e和f将ab四等分，又因为粒子从a点移动到b点做的功为从c点移动到d点做功的两倍，所以粒子从a点到b

点沿电场方向移动的距离为从c点到d点沿电场方向移动距离的两倍，则匀强电场的场强方向与ab平行，A正确；根据匀强电场的特点可知，将粒子从d点移动到b点电场力做的功是将该粒子从a点移动到b点电场力做的功的14，即将粒子从d点移动到b点电场力做的功为0.5W

，B正确；根据正粒子在电场中移动过程做功的情况可知，电势φa>φc>φd>φb，C错误；若粒子只受电场力，当粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行时，带电粒子做匀变速直线运动，D错误．11．答案：BC解析：由题图可知，对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，由受力

分析图可知小球M带负电，小球N带正电，A错误，B正确．由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝2L，当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mgtan45°＝Eq－kq2r2；两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mgtan45°＝E·2q－k（2

q）2r2，整理解得q＝Lmgk，C正确，D错误．12．答案：AD解析：四个带电粒子以相同的速度从坐标原点射入方向与y轴平行的匀强电场中，由牛顿第二定律有qE＝ma1，qE＝2ma2，3qE＝3ma3，－qE＝

ma4，解得a1＝qEm，a2＝qE2m，a3＝qEm，a4＝－qEm，因此三个带正电的粒子的轨迹为两条，在同一方向，带负电的粒子轨迹在x轴另一侧，可排除图象C；加速度为a1的粒子与加速度为a3的粒子轨迹重合，且与加速度为a4的粒子轨迹关于x轴对称，加速度为a2的粒子轨迹处于加速度为a1的粒子

轨迹与加速度为a4的粒子轨迹之间，所以图象B不可能，可能正确的是AD.考点八恒定电流第62练部分电路及其规律1．答案：AC解析：当出现题中所述故障时，曲管中水的电阻与人体电阻串联，由串联电路电压与电阻成正比可知，“隔电电阻”大于“人体电阻”，C项正确；曲长管道应

选用不易导电的材料制成，否则管道和管道中水的总电阻会大大减小，人体会不安全，A项正确，B项错误；热水器漏电且接地线失效时，人体中有电流，但是较小，D项错误．2．答案：A解析：由图可以知道，R1为1Ω，R2为3Ω，当三个电阻串联时，

通过各个电阻的电流相等，则三个电阻两端的电压之和应为6V，则由图可以知道，三个电阻中的电流应为1A；电压分别为1V、3V、2V，则由欧姆定律可以知道，电阻之比为R1∶R2∶R3＝1∶3∶2，所以选项A正

确，B错误；若将三个电阻串联接在3V的电源上时，两定值电阻的阻值不变，而C因为电压变化，则电阻一定变化，比值变化，故C错误；若将三个电阻并联在3V的电源上，各电阻的电流分别为3A、1A、2.2A，故D错误．3．答案：B

解析：根据题意，a、b、c、d四个小灯泡的电阻Ra＝Rc>Rb＝Rd，根据Ia>Ic，结合P＝I2R可知，Pa>Pc.又Id>Ib，Pd>Pb.Ia＝Id，Pa>Pd.对于纯电阻用电器，P＝U2R，b、c灯泡两端电压相等，故Pb>Pc，综上所述，Pa>Pd>Pb>Pc，故B选项正确．4．答

案：C解析：在断开开关的情况下，某同学用多用电表欧姆挡进行检测，A、C间的电阻是0，说明A、C间导线是导通的，D、E间的电阻也是0，说明D、E间导线也是导通的，E、F间的电阻是无穷大，说明灯泡是断开的，而F、B间的电阻是0，故F、B间导线也是导通的，C正确，A、B、D错误．5．答案：BD解析

：设电阻的上下表面边长为a，厚度为d，根据R＝ρLS可得R＝ρaad＝ρd，则可知电阻与厚度d有关，与上下表面边长无关，因此R1的电阻等于R2的电阻；R1与R2串联，则通过R1和R2的电流相等，由U＝IR可知，R1两端的电压等于R2两端的电压，故A错误，B正确．二者电阻值相等，由P＝I

2R可知，R1的电功率等于R2的电功率，故C错误，D正确．6．答案：D解析：由题中所给信息知：额定电流I＝PU＝900W220V＝4.1A，选项A错误；保温时电流I′＝P′U＝30W220V＝0.14A，选项B错误；每次煮饭消耗电能W1＝900×10－3kW×12h＝0.

45kW·h，选项C错误；一年因煮饭而产生的电费0.45×2×365×0.54元＝177.39元，选项D正确．7．答案：B解析：扫地机器人的额定电压为12V、额定功率为40W，则其扫地时电流为I＝PU＝4012A＝103A，A错误，B正确；考虑到扫地机器人工作时一部分能量转化为机械能，所

以机器人的电阻R<UI＝3.6Ω，C错误；扫地机器人充满电后的电池容量Q1＝2400mA·h，下一次自动充电前的电池容量Q2＝20%×2400mA·h＝480mA·h，则ΔQ＝Q1－Q2＝（2400－480）mA·h＝1920mA·h，正常工作时的电流I＝

100003mA，则连续正常工作的最长时间t＝ΔQI＝1920100003h＝0.576h＝34.56min，D错误．第63练闭合电路欧姆定律1．答案：AD解析：煤气浓度越高气敏电阻R1阻值越小，电路总电阻越小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I越大，则流过R1的电流越大

，变阻器两端电压U＝IR越大，即a、b间电压越高，故A正确，B错误；煤气浓度越低，气敏电阻R1越大，电路总电阻越大，电路电流I越小，电源功率P＝EI越小，故C错误；调整变阻器R的阻值会改变a、b间的电压，从而影响报警器的灵敏度，故D正确．2

．答案：A解析：巨磁电阻的阻值随着外电流的增大而减小，如果I增大，巨磁电阻的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律，电流I′增大，路端电压U1＝E－I′r减小，电阻R2两端的电压U2＝I′R2增大，即电压表V1示数减小，电压表V2示数增大，电流表A示数增大，故A正确，B错

误；如果I减小，巨磁电阻的阻值增大，根据闭合电路欧姆定律，电流I′减小，路端电压U1＝E－I′r增大，电阻R2两端的电压U2＝I′R2减小，即电压表V1示数增大，电压表V2示数减小，电流表A示数减小，故C、D错误．3．答案：BCD解析：根据闭合电路欧姆定律，有E＝U＋I

（r＋R），解得I＝E－UR＋r＝2A，故A错误；电动机的输入功率P入＝UI＝10×2＝20W，电动机的热功率P热＝I2RM＝22×1＝4W，电动机的输出功率P出＝P入－P热＝20W－4W＝16W，故B、C、D正确．4．答案：AB解析：当滑动变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，

电路中电流增大，R2消耗的功率为P＝I2R2，P∝I2，故A正确；电容器C两端的电压UC＝E－I（R2＋r），电荷量Q＝CUC＝C[E－I（R2＋r）]，则ΔQΔI＝－C（R2＋r），保持不变，则Q­I图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数U＝E－Ir，U­I图象应是向下倾斜的直线，故C错

误；电源通过的电荷量为q的电源做的功W＝qE，E是电源的电动势，则W­q是过原点的直线，故D错误．5．答案：B解析：由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，而输出功率P＝UI＝EI－I2r，由题意可得EI1－I21r＝EI2－I22r，化简可得I1＋I2

＝Er，故A错误，B正确；根据P0＝I21R1＝I22R2及闭合电路欧姆定律I＝ER＋r，可得E2（R1＋r）2R1＝E2（R2＋r）2R2，化简得R1r＝rR2，故C、D错误．6．答案：B解析：因串联电路电流处处相等，则根据公式P＝I2R可知R2＝

2R1＝1000Ω，设R两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋I（R1＋R2），代入数值得9V＝U＋1500Ω·I，在题给的U­I图象中作出该式对应的图线，如图所示，两图线交点所对应的电流约为3.7×10－3A，所以功率P2＝（3.

7×10－3）2×1000W＝1.37×10－2W，B正确．第64练实验：常见仪器的使用与读数1．答案：60.104.20解析：刻度尺在读数时要估读一位，所以金属杆的长度为60.10cm.游标卡尺主尺读

数为4mm，游标尺读数为10×0.02mm＝0.20mm，所以读数为4mm＋0.20mm＝4.20mm.2．答案：（1）0.05mm（2）31.25解析：（1）因为将39mm等分成20份，每份是3920mm＝1.95mm，所以它的准确度是0.05mm.（2）因为游标尺

的第5条刻度线与主尺刻度线对齐，所以读数为31.25mm.3．答案：6.495（6.493～6.497即可）解析：由图示螺旋测微器可知，其示数为6.0mm＋49.5×0.01mm＝6.495mm.4．答案：0.010

6.8706.8605．答案：（1）2.200.484.58（2）530.0Ω解析：电阻箱的读数为5×100Ω＋3×10Ω＋0×1Ω＋0×0.1Ω＝530.0Ω.6．答案：（1）指针定位螺丝电流（2）“×1”（3）欧姆调零旋钮

电阻（4）19.0解析：（1）使用多用电表，要先调节指针定位螺丝进行机械调零，使电表指针对准电流的“0”刻度线．（2）由图可知，中值电阻为15Ω，则测量20Ω的电阻时应使用“×1”的倍率．（3）用多用电表测电阻前需要欧姆调零，两表笔短接，调

节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻度线．（4）由刻度盘和倍率可知，该电阻的阻值为19.0Ω.第65练实验：测定金属的电阻率1．答案：（1）0.680（0.679～0.681均可）（2）kπd2

4（3）等于解析：（1）螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为18.0×0.01mm＝0.180mm，二者相加得0.680mm.（2）金属丝PN段的电阻R＝ρxπd22，设电流表内阻为RA，则UI＝R＋RA

，解得UI＝4ρπd2x＋RA，故图线的斜率k＝4ρπd2，所以ρ＝kπd24.（3）由（2）中解析可知，无论是否考虑电流表内接法带来的系统误差，图线的斜率都与电流表内阻无关，故系统误差不会影响测定金属丝的电阻率，测量值等于真实值．2．答案：（1）R1＋

R0＋rE（2）R0－nRE（3）2.04.0（4）无解析：（1）由闭合电路欧姆定律得E＝I0（R1＋R0＋r），整理得1I0＝R1＋R0＋rE.（2）A、B间接入n个待测电阻后，由闭合电路欧姆定律得E＝In（R1＋nR＋r），又Y＝1I0－1In，由以上整理得Y＝R0－nR

E.（3）由Y＝R0－nRE变形得Y＝－REn＋R0E，结合图（b）得RE＝0.5A－1、R0E＝3.0A－1，又R0＝12.0Ω，解得E＝4.0V、R＝2.0Ω.（4）如果考虑电流表的内阻，则有E＝I0（R1＋R0＋r＋RA）、E＝In（R1＋nR＋r＋RA），整理得Y＝R0－nRE，显然电

流表的内阻对Y的测量值没有影响．第66练实验：描绘小电珠的伏安特性曲线1．答案：（1）见解析（2）C（3）27.0解析：（1）题图1电路中的滑动变阻器为分压式接法，电流表外接，实物电路连接如图所示；（2）灯丝被烧断，最主要的原因是灯丝两端的电压过

大，功率过大；电流表内阻很小，在电路中相当于导线，电流表短路不会导致小灯泡两端电压过大，A错误；滑动变阻器滑片接触不良，则小灯泡所在分路相当于断路，小灯泡两端电压为0，灯丝不会烧毁，B错误；滑动变阻器滑片初始位置在b端，相当于将小灯泡和电流表直

接接在电源两端，小灯泡两端电压约等于电源电压为9V，大于小灯泡的额定电压，灯丝可能会被烧断，C正确；（3）由题图3可知，在P点时，U＝2V、I＝74mA，所以灯丝电阻R＝UI＝2V74mA≈27.0Ω.2．答案：（1）图见解析（2）I2（RA＋R

0）I1－I2（3）增大（4）17.555解析：（1）实验要求热敏电阻两端电压从零开始连续调节，所以滑动变阻器采用分压式接法．毫安表A2内阻已知，满偏电压UA＝IRA＝1.00V，故可将其与定值电阻R0串联改装成量程U＝I（RA

＋R0）＝5.00V的电压表，将改装后的电压表与热敏电阻并联后再与毫安表A1串联，电路如图所示．（2）由并联规律和欧姆定律可知热敏电阻两端电压Ut＝I2（RA＋R0），通过热敏电阻的电流It＝I1－I2，所以热敏电阻阻值的表达式为Rt＝I2（RA＋R0）I1－

I2.（3）由Rt＝I2（RA＋R0）I1－I2＝RA＋R0I1I2－1结合题图乙可知，随I2的增大，I1I2不断减小，热敏电阻阻值随之增大．（4）由欧姆定律可知，通过电阻R1的电流IR1＝U总R1＝930A＝0.3A，因此通过热敏电阻所在支路的电流IRt＝I总－

IR1＝0.4A＝400mA，由题图乙可知，对应I2约为4mA，此时热敏电阻的阻值R′t＝4（100＋400）400－4Ω≈5Ω，则热敏电阻两端电压约为2V，则R2两端电压约为7V，所以R2＝70.4Ω＝17.5Ω；根据题图丙可知，Rt＝115t＋43（Ω）

，代入Rt＝5Ω，解得t＝55℃.第67练测定电源的电动势和内阻1.答案：（1）0.9C（2）b（3）如图所示（4）1.50（1.48～1.52均可）0.60（0.57～0.63均可）解析：（1）将60mA的电流

表改装为0.6A的电流表，满偏时电压相同，故改装表内阻是原来电流表内阻的110，即0.9Ω；根据并联分流规律可知，通过并联电阻的电流是通过电流表的电流的9倍，故其电阻为电流表内阻的19，即1.0Ω，因此定值电阻选择R1，即C.（2）实验前

，断开开关，将滑动变阻器滑到b端使其接入电路中的电阻最大，保护电路．（3）根据表中数据在坐标纸上描点，并用一条直线拟合各数据点，如图所示．（4）U­I图线的纵截距表示电源电动势，故E＝1.50V；图线斜

率的绝对值表示电源内阻与电流表内阻之和，所以r＝1.50－0.600.60Ω－0.9Ω＝0.60Ω.2．答案：（2）b（4）r0kdr0k－RA－R0（5）如图所示解析：（2）为了保护电流表，闭合开关前应使电路中的电阻最大，故金属夹应夹在电阻丝的b端．（4）

由闭合电路的欧姆定律得E＝I（r＋RA＋R0＋θr0），整理得1I＝1E（r＋RA＋R0）＋r0Eθ，结合题图（b）可得k＝r0E，d＝1E（r＋RA＋R0），解得E＝r0k，r＝dr0k－RA－R0.（5）实验电路图如图所示，先将单刀双掷开关S接1，记下电流表的示数

I0，然后将单刀双掷开关S接2，移动金属夹的位置，直到电流表的示数为I0，记下此时接入电路的电阻丝对应的圆心角θ0，则r0＝R0θ0.第68练实验：练习使用多用电表1．答案：（1）①S③T0刻线④ADC（2）17004

723.5解析：（1）①机械调零应旋动S，使指针对准电流的“0”刻线．③欧姆调零应旋动T，使表笔短接时指针对准电阻的“0”刻线．④指针偏转角度小，说明待测电阻大，所选倍率小，应改选更大的倍率，选好新的倍率后，需对多用电表重新进

行欧姆调零，然后再测电阻，所以应按ADC顺序操作．（2）欧姆表读数＝刻度盘读数×倍率＝17×100Ω＝1700Ω；选用量程为0～100mA的电流挡时，读数可选取中间第二排刻度，由题图乙可知，此时的电流值为47mA；选用量程为0～50V的电压挡，读数选取中间第二排刻度，由题图乙可知，此时的

电压值为23.5V．2．答案：（1）连线如图900R1（2）455（3）035000.0解析：（1）由题意知改装的欧姆表的中值电阻即内阻为15kΩ，即R0＋rg＋r＋R＝15kΩ，故R＝15kΩ－14kΩ－98.5Ω－1.5Ω＝900Ω.由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于R2的最大

阻值，故只能选用R1.（2）由闭合电路的欧姆定律有：1．5V＝25μA×（Ra＋15kΩ），1.5V＝75μA×（Rb＋15kΩ），解得Ra＝45kΩ，Rb＝5kΩ.（3）红、黑表笔短接，进行欧姆调零．由图得电阻箱的读数为3×10kΩ＋5×1kΩ＋0×100Ω＋0×10Ω＋0

×1Ω＋0×0.1Ω＝35000.0Ω.第69练拓展创新实验1．答案：①NM②4③C解析：①电表N串联在电路中，测量电路中的电流；电表M一端接在开关上，另一端接在充电宝的负极，闭合开关后相当于并联在电源两端

，所以M的作用是测量路端电压．②表格中的电流I不断增大，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知路端电压U不断减小，电压表的示数应该不断减小，所以第4次的记录数据有误．③因为充电宝的内阻很小，所以电阻R0串联在电路中，起保护电路的作用，避免充电宝的放电电流过大损坏电路中的

器件，选项C正确．2．答案：（1）短接减小（2）①b②大于R01－R02解析：（1）使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接．温度越高，相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小

，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．（2）①闭合开关前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到b端．②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋RT，所以R01>R02，RT＝R01－R02.第70练高

考真题1．答案：（1）15.0（3）R0＋RVER0RVR＋rR0＋rRV＋R0RVER0RV（5）1.53（1.50～1.56均可）0.6（0.4～0.8均可）（6）5解析：（1）为了保护电压表，在闭合开关前，需满足Um

R0>ER0＋R＋r，可得R>8Ω，所以选15.0Ω.（3）根据闭合电路的欧姆定律得ER＋r＋R0RVR0＋RV＝UR0RVR0＋RV，整理得1U＝R0＋RVER0RVR＋rR0＋rRV＋R0RVER0RV.（5）从图中可知图线过点（9.5Ω，1

.00V－1）和（24Ω，1.50V－1），即R0＋RVER0RV＝4007600EV－1/Ω＝1.50－1.0024－9.5V－1/Ω，解得E＝1.53V，r＝0.6Ω.（6）若电压表是理想电表，则1U＝1ER0R＋r＋R0ER0，同理可得120.0E′V－1/Ω＝0.034V－1/Ω，解得E′

＝1.47V，误差为|E′－EE|×100%≈5%.2．答案：（1）10（2）a（3）0.7（4）2700（5）增大（6）7.4×10－210解析：（1）当滑动变阻器的滑片处于b端时，小灯泡所在测量电路分得的电压等于电源电动势6V，电流表满偏时，测量电

路的阻值为R＝UI＝6V300mA＝20Ω，而小灯泡本身具有一定的电阻，所以作为保护电阻，R0一定小于20Ω，故R0选择阻值为10Ω的定值电阻；（2）开关闭合前，应使测量电路分得的电压最小，故滑片应处于a端；（3）由图（b）可知，流过电流表的电流为10mA时，小灯泡两端电压约

为7mV，由欧姆定律可知小灯泡的电阻为RL＝U1I1＝0.7Ω；（4）电压表满量程时小灯泡两端的电压为3V，而电压表两端电压为300mV＝0.3V，所以R2两端电压为2.7V，由串联分压规律有U2UV＝R2RV，解得R2＝2700Ω；（5）由图（b）和表中数据可知，随着小灯泡电流的增大，UI的值不

断增大，故灯丝电阻不断增大；（6）小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，此时小灯泡的电功率P1＝160mA×46mV×10＝7.4×10－2W；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为P2＝300mA×2

50mV×10＝0.75W，则P2P1≈10.3．答案：（1）0.34外（2）①见解析②5有电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近（或其它合理解释）解析：（1）由电流表的表盘可知电流大小为0.34A电压表的百分比变化为η1＝1.75－1.

651.75×100%＝5.7%电流表的百分比变化为η2＝0.34－0.330.33×100%＝3.0%因此可知电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法（2）①电路图如图②两次实验中电

路电流相同，因此可有I＝ERA＋r＋Rx＝ERA＋r＋R0可得Rx＝R0，读数可得Rx＝5Ω电阻箱的最小分度和待测阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4Ω，则实验只能测得其为Rx＝5Ω，误差较大．4．答案：（1）R1（2）见解析（

3）3500大于（4）减小解析：（1）用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器前半部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后该部分电阻变化越小，

从而电压的值变化越小，故滑动变阻器应选R1.（2）电路连接图如图所示（3）微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即RT＋RμA＝6000Ω可得RT＝3500Ω当断开S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略

大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大．（4）由于是lnRT­1T图象，当温度T升高时，1T减小，从图中可以看出lnRT减

小，从而RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小．考点九磁场第71练磁场的描述1．答案：A解析：地磁场的北极在地理南极附近，地磁场的南极在地理北极附近，且地球内部也存在磁场，故A正确；磁感线是闭合的，在地球外部由地磁北极射出，

射入地磁南极，在地球内部由地磁南极指向地磁北极，故B不正确；只有在赤道表面附近，地磁场方向与地面平行，故C不正确；赤道表面附近的地磁场方向大致由地理南极指向地理北极，根据左手定则可知带负电的粒子受到向西的磁场力，故D不正确．2．

答案：C解析：通电直导线的电流方向从左向右，根据右手螺旋定则，可知小磁针所处的位置的磁感应强度方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时N极背离读者，A错误；根据右手螺旋定则，磁感应强度的方向为逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时

N极背离读者，B错误；根据右手螺旋定则，小磁针所处位置的磁感应强度方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时N极指向读者，C正确；根据右手螺旋定则，结合电流的方向，可知通电螺线管的内部磁感应强度方向为从右向左，则小磁针静止时，N极指向左边，

D错误．3．答案：B解析：由安培定则知，I1在a点产生的磁场的磁感应强度方向向下，I2在a点产生的磁场的磁感应强度方向向上，当I1>I2时，I1在a点产生的磁场的磁感应强度大，故a点的磁感应强度不可能为零，选项A错误；同理分析可知，选项B正确，C

、D错误．4．答案：A解析：设A、C、D处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则由O点的磁感应强度恰好为零可知，B＝B20＋B20＋B0，即B0＝（2－1）B，现将D处的电流反向，其他条件不变，则O处的合磁感应强度大小

为B′＝B＋B0－B20＋B20＝2（2－1）B，选项A正确．5．答案：A解析：由右手螺旋定则可知，沿x轴方向放置的导线在A点产生的磁场垂直纸面向外，又由B＝kIr可知，该导线在A点产生磁场的磁感应强度大小为Bx＝kI0b；又A点的磁

感应强度为零，则沿y轴方向的导线在A点产生磁场的磁感应强度方向应垂直纸面向里，由右手螺旋定则可知，电流方向沿y轴正方向，磁感应强度大小为By＝kIya＝kI0b，解得Iy＝abI0，A正确，B、C、D错误．6．答案：A解析：对于题图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左

，故c点的磁场方向也是向左的．设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故a点磁感应强度B1＝B1r＋B3r，b点磁感应强度B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感

应强度Bc＝B3r＝B1－12B2，故选A.7．答案：B解析：设ab边长为L，大小为I的电流在距离导线为L处产生的磁感应强度大小为B1，在距离导线为2L处产生的磁感应强度大小为B2，作出两导线及矩形平面的右视图

，根据安培定则判断出a、b、c、d四点的磁感应强度的方向，如图所示，由图易知，a点与c点的磁感应强度大小相等、方向相同，故B项正确，D项错；a点与b点、d点的磁感应强度大小相等、方向不同，A、C项错．第72练磁场对通电

导线的作用力1．答案：B解析：由右手螺旋定则可知，导体棒Ⅰ在导体棒Ⅱ处产生的磁场方向垂直纸面向外，且离导体棒Ⅰ越远，磁场越弱，由左手定则可知，导体棒Ⅱ所受的安培力沿导体棒Ⅰ中电流的方向，且导体棒Ⅱ左端受到的安培力大于右端受到的安培力，所以导体棒Ⅱ沿导体棒Ⅰ中电流的方向

运动，且左端较右端运动显著，故B正确．2．答案：C解析：条形磁铁的磁场在C处的磁感应强度方向竖直向上，由左手定则可知，长直导线所受的安培力水平向右．把木板和条形磁铁看成整体，由牛顿第三定律可知，木板和条形磁铁所受安培力

向左．对木板和条形磁铁，由平衡条件可知，木板受到地面的摩擦力水平向右，选项C正确．3．答案：A解析：根据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据左手定则，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的相邻处电流的方向相同，所以

两个圆环相互吸引，P、Q间细线张力减小．由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变；故A正确，B、C、D错误．故选A.4．答案：A解析：L1和L3在导线L2上产生的磁场方向如图所示，由磁场的叠加原理可知L2上所有

点的合磁场方向均与导线L2共线，结合安培力的一般表达式F＝BILsinθ（θ为B与I的夹角）可知，通电直导线L2所受的安培力大小为零，选项A正确．5．答案：CD解析：据题意t＝0和t＝2s时刻，导体棒恰好能处于静止状态，可知t＝0时，导体棒受到的摩擦力刚好达到最大值，方向沿导轨向上

，t＝2s时，最大静摩擦力沿导轨向下，即t＝0时，mgsinθ＝fm＋B1IL，t＝2s时，mgsinθ＋fm＝B2IL，联立得θ＝37°，fm＝0.6N，选项A错误，C正确；导体棒对导轨的压力为FN＝mgcos37°＝1.6N，选项B错误；t＝1s时，BIL＝mgsinθ，导体棒所受

摩擦力为零，选项D正确．6．答案：C解析：根据右手螺旋定则，通电导线a在b处产生的磁场方向垂直纸面向里，设磁感应强度大小为B，则导线b所在处磁场的磁感应强度大小为B0＋B，方向垂直于纸面向里．若使悬挂导线b的细线不受力，根据左手定则，需要在导线b中通入水平向右的电流I，且满足mg＝（B＋B0）IL

，解得B＝mgIL－B0，故A、B错误，C正确；此时若使b中电流反向，大小不变，则导线b受安培力方向向下，设此时每一根细线对导线b的拉力为FT，则有2FT＝（B＋B0）IL＋mg，联立解得FT＝mg，则每一根细线受到导线b的拉力大小将变成mg，故D错误．7．答

案：D解析：由题意知，圆弧的半径R＝6L2π＝3Lπ，AC线段长度d＝R＝3Lπ，金属框所受安培力F＝2·B·I2·3Lπ＝3ILBπ，由左手定则，安培力方向垂直于AC向左，故选D.第73练磁场对运动电荷（带电体）的作用1．答案：AB解析：油滴水平向右匀速运动，其

所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝mgv0B，油滴的比荷为qm＝gBv0，A、B项正确．2．答案：B解析：因为是一系列质量和电荷量都相等的带电粒子，由T＝2πmBq可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，C、D错误；由粒子在磁场中运

动时间t＝θ2πT，可知在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r＝mvBq可知速度越小，故A错误，B正确．3．答案：C解析：由qvB＝mv2R得R＝mvqB，由于粒子的初速度方向相同但是大小不同，故所有粒子在磁场中做圆周运动的半径不相等，其所受到的洛伦兹力大小也不相

等，选项A、B错误；根据题意画出粒子的轨迹如图所示，则所有粒子垂直边界进入，垂直边界射出，圆心角均为α＝180°，而粒子在磁场中运动的时间t＝α2π×2πRv＝πmqB，所以所有粒子在磁场中运动的时间均相等，选项C正确，D错误．4．答案：

D解析：由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；滑块经过最低点时的加速度a＝v2R，则与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则可知，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而与磁场不存在时相比，滑块

经过最低点时所受的向心力不变，故对轨道的压力变大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，D正确．5

．答案：C解析：作出两粒子的运动轨迹，如图所示，设甲、乙两粒子的轨迹半径分别为R1、R2，由几何关系得CP＝12h＋htan37°，R21＝（R1－h）2＋CP2，解得R1＝4132h；由几何关系得DP＝12h＋2htan37°，R22＝（2h－R2）2＋DP2，解得R2＝2h（O

2与D点重合）；又由qvB＝mv2R得R＝mvqB，整理得qm＝vRB，所以甲、乙两粒子的比荷与两粒子的轨迹半径成反比，即q1m1∶q2m2＝R2∶R1＝64∶41，C正确，A、B、D错误．6．答案：AD解析：小滑块飞离

斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcosθ＝qvmB，解得vm＝mgcosθqB，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可

得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝v2m2a可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错

误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率P＝Fv－·sinθ＝mg·vm2sinθ＝m2g2sinθ·cosθ2qB，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故两滑块在

斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确．7．答案：AC解析：根据题述情境，可画出两个α粒子在矩形匀强磁场区域中的运动轨迹，如图所示．设ME＝a，则r2＝a，对从P点射出的粒子，由几何关系有r21＝（2a）2＋（r1－a）2，解

得r1＝2.5a.粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，可得v＝qrBm，两粒子的速率之比为v1∶v2＝r1∶r2＝2.5∶1＝5∶2，选项A正确，B错误．从P点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角的正弦值sinθ1＝2a2.5a＝0.8，即θ1＝53π180，

在匀强磁场中的运动时间t1＝r1θ1v1＝θ1mqB；从Q点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角θ2＝π2，在匀强磁场中的运动时间t2＝r2θ2v2＝θ2mqB.故两粒子在磁场中的运动时间之比为t1∶t2＝θ1mqB∶θ2mqB＝5

3∶90，选项C正确，D错误．第74练带电粒子在有界磁场中的临界极值问题1．答案：A解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为R＝mv0eB，如图所示．当R1＝L4时，电子恰好与下板相切；当R2＝L2时，电子恰好从下板边缘飞出两平行板（即飞出磁场）.由R1＝mv1eB，解得v1＝eBL4m，由R2

＝mv2eB，解得v2＝eBL2m，所以欲使电子不与平行板相碰撞，电子初速度v0应满足v0＞eBL2m或v0＜eBL4m，则A正确，B、C、D错误．2．答案：C解析：放射源发射的α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，

即r＝mvqB＝6.6×10－27×3.2×1063.2×10－19×0.33m＝0.2m＝20cmα粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又r＝2R，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是α粒子在此圆形磁场区的最大偏

转角为60°.轨迹如图所示．选项C正确．3．答案：C解析：如图所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝mvqB＝10cm，若粒子打在荧光屏的左侧，当弦长等于直径时，打在荧光屏的最左侧，由几何关系有x1＝（2R）2－h2＝12cm；粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系

有x2＝R2－（h－R）2＝8cm.根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为x＝x1＋x2＝12cm＋8cm＝20cm，选项C正确．4．答案：ACD解析：由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，

圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，故B错误；由公式R＝mvqB

得：R＝0.1m，通过图可知，α∶β＝1∶2，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2，故C正确．5．答案：BD解析：由于粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πmqB＝2πkB，在磁场中运动时间均相同，可知粒子均由ab边出射，运动时间均为周期的一

半，则t＝T2＝2πmqB×12＝πkB，故A错误；正粒子向上偏转，当其半径最大时与ac边切于e点，如图所示，由几何关系可知aO1＝2r1，即r1＋2r1＝d，所以正粒子的轨迹最大半径为d/3，B正确；负粒子向下偏转，当其半径最大时与ac边切于f点，如图所示

，由几何关系可知aO2＝2r2，其中aO2＝r2＋d，联立以上公式可得负粒子的轨迹最大半径为d，C错误；半径最大时对应的速度也最大，则有r2＝mvqB，可得负粒子运动的最大速度为v＝r2qBm＝kBd，故D正确．6．答案：（1）23BLm（2）πm3qB解析：（1）粒子垂直ab边射出磁场

时的运动轨迹如图，设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可知：tanθ＝L3L＝33，则θ＝π6，sinθ＝OaOO1＝3LR，故R＝23L.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2

R解得v＝23qBLm（2）由做匀速圆周运动可知T＝2πRv＝2πmBq因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝π3可知粒子在磁场中运动的最长时间tm＝α2πT＝πm3Bq.第75练（模型方法）带电

粒子在组合场中的运动1．答案：（1）23v03（2）23mv03qB1（3）1.5B1解析：（1）设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有tanθ＝LBCLAB＝33，则θ＝30°，根

据速度关系有v＝v0cosθ＝23v03.（2）设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得qvB1＝mv2r1，轨道如图甲所示，由几何关系得L＝r1，解得L＝23mv03qB1.（3）当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2

m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示，同理得qvB2m＝mv2r2，根据几何关系有L＝r2（1＋sinθ），解得B2m＝1.5B1.2．答案：（1）mv02ql（2）mv204ql（3）B2≥4mv0ql或mv0q

l≤B2≤4mv03ql解析：本题考查带电粒子在组合场中的临界问题．（1）设第二象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B1，粒子进入磁场区域做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得（R－l）2＋（3l）2＝R2，解

得R＝2l，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1＝mv20R，解得B1＝mv02ql.（2）由几何关系知粒子恰好垂直匀强电场方向进入电场，做类平抛运动，则有（9l－l）sin60°＝v0t，（9l－l）cos60°＋2l＝12at2，又qE＝ma，解得E＝mv204ql.（

3）粒子做类平抛运动，沿电场方向的分速度v′＝at＝3v0，粒子进入环状磁场的速度v＝v20＋（3v0）2＝2v0，方向恰好沿MP，即外圆的切线方向．要做完整的圆周运动半径R0应满足R0≤l2或32l≤R0≤2l，由q

vB2＝mv2R0，解得B2≥4mv0ql或mv0ql≤B2≤4mv03ql.第76练（模型方法）带电粒子在叠加场中的运动1．答案：（1）gk（2）2gkB（3）2gk2B2－k2B2L28g解析：（1）微粒进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周

运动，则mg＝qE又qm＝k，解得E＝gk.（2）微粒运动轨迹如图所示，由几何关系知2Rcosθ＝L，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2R，又v＝vycosθ微粒进入复合场前做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，水平方

向有L＝v0t联立解得v0＝2gkB（3）竖直方向有h＝12gt2，其中t＝kBL2g，圆心的纵坐标为yO′＝－h＋Rsinθ联立解得yO′＝2gk2B2－k2B2L28g.2．答案：（1）102m/s（2）0.6πs（3）3

2m解析：（1）小球处于静止状态时，受力分析如图，可知小球带正电，设电场力与重力的合力为F，有cos45°＝mgF，解得F＝2mg，剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，则有F＝ma，得a＝102m/s2，小球到达C点时的速度为v＝at1＝

102m/s.（2）由（1）可知tan45°＝F电mg，所以F电＝mg＝qE，故小球在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r，得r＝mvqB，小球做匀速圆周运动的周期为T＝2πrv＝2πmqB＝2πEBg＝0.8πs，所以小球从C运动到D的时间为t2＝34T＝0.6πs.（3）小球从D点再次进

入区域Ⅰ时，速度大小为v，方向与重力和电场力的合力F垂直，故小球做类平抛运动，设小球从D到H所用时间为t3，DP＝vt3，PH＝12at23，由几何关系可知DP＝PH，解得t3＝2va＝2×102102s＝2s，DP

＝PH＝202m，所以DH＝40m，而DC＝2r，由（2）可知r＝mvqB＝EvgB＝42m，所以d＝DH－DC＝32m．第77练带电粒子在交变电、磁场中的运动1．答案：（1）1N/C（2）（3m，0）解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子从A点到

C点用时t＝OCv0＝420s＝15s；粒子在水平方向上有a＝qEm，OA＝12at2，则有E＝mqa＝2·OA·mqt2＝2×210×122N/C＝1N/C；（2）粒子进入磁场时的速度为v，竖直分量vy＝v0＝20m/s，水平分量vx＝at＝

qEmt＝20m/s；v＝v2x＋v2y＝202m/s，v与y轴正方向的夹角为45°；粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝mvBq＝202100×0.4m＝22m；粒子做圆周运动的周期T＝2πRv＝π20s，由题图乙可知，粒子每运动半个圆周则

偏转方向相反，则粒子在磁场中的运动如图所示，因为42＝8R，所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，由等腰三角形性质可知，粒子第一、二次经过x轴，在x轴上对应的弦长为2R＝1m；所以OD＝3m，则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为（3m，0）.2．

答案：（1）3×10－6s（2）49T（3）9.2cm11.6cm解析：（1）粒子进入加速电场，由动能定理得qU0＝12mv20，粒子进入偏转电场初速度v0＝2qU0m＝6×103m/s，穿过偏转电场的时间t＝L1v0＝3×10－6s.（2）粒子从偏转电场飞

出时的竖直分速度：v⊥＝qUmd·t3＝8×103m/s粒子飞出电场时的速度v＝v20＋v2⊥＝1×104m/s方向与水平方向成θ角，tanθ＝v⊥v0＝43，θ＝53°在磁场中由几何知识得R1sin53°＝L2，得R1＝0.45m由qvB＝mv2R1

，得B＝mvqR1＝49T.（3）粒子恰好打在荧光屏，由几何知识得R2sin37°＋R2＝L2，得R2＝0.2m0时刻射入的粒子从右侧飞出的偏转量Y＝12·qUmd·t32×7＝0.028m＝2

.8cm，t＝0时刻进入偏转电场的粒子打在屏上最上端，设该点在P点的下方的M点，离P点距离d1＝R2cos53°－Y＝0.092m＝9.2cm所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的．t＝2×10－6s时进入偏转电场的粒子打在光屏的

最下端，设该点在M点下方N点，N距离M点的距离ΔY＝12·qUmd·t32×（7－1）＝0.024m＝2.4cm故N点到P点的距离d2＝d1＋ΔY＝11.6cm.第78练（STSE问题）洛伦兹力与现

代科技1．答案：C解析：不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零．电场力与磁场力等大反向．该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，选项A错误；仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电荷量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，选项

B错误；若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C对．若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，选项D错误．2．答案：BD解析：设质子质量

为m，电荷量为q，则氘核质量为2m，电荷量为q，它们的最大速度分别为v1＝BqRm和v2＝BqR2m，选项A错误；质子的最大动能Ek1＝B2q2R22m，氘核的最大动能Ek2＝B2q2R24m，选项B正确；高频电源的频

率与粒子在磁场中的回旋频率相同，即f1＝qB2πm，f2＝qB4πm，所以加速质子和氘核所用高频电源的频率不相同，选项C错误；被加速的粒子的最大动能与高频电源的电压无关，所以仅增大高频电源的电压不可能增大粒子的最大动能，选项D正确．3．答案：ABD解析：离子在复合场中由Ud

q＝qvB，得电源电动势U＝vBd＝1200V，故A正确；开关断开时，高温等离子体在磁场力作用下发生偏转，导致极板间存在电压，当电场力与磁场力平衡时，高温等离子体可以匀速通过发电通道，故B正确；由电阻定律r＝ρdab＝4Ω，得发电机内阻为4Ω，由闭合电路欧姆定律得，当外接电阻为8Ω时

，电流为100A，故C错误；当外电路总电阻R＝r时有最大输出功率，故D正确．4．答案：D解析：电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸

面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有eU＝12mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝mv2r，则r＝mvBe，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sinθ＝dr（其中d为磁场宽度），联立可得sinθ＝

dBe2mU，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故B选项错误，D选项正确．5．答案：D解析：加速带正电的离子，高压电源的B端带正电，A项错误；由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B项错

误；由洛伦兹力提供向心力得轨道半径r＝mvqB，同位素的电荷量相同，所以轨道半径小的轨迹Ⅰ对应的离子质量小，即为X2，C项错误；在电场中有qU＝12mv2，在磁场中有r＝mvqB，且有tanθ2＝Rr，

联立解得qm＝2Utan2θ2B2R2，D项正确．第79练高考真题1．答案：B解析：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场．故B正确，A、C、D错误．

2．答案：C解析：根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确．3．答案：B解析：根据安培定则可知沿EOQ的等效电流产生的磁场在N点的磁感应强度方向垂直纸面向里、在M点的

磁感应强度方向垂直纸面向外，且大小均为B，沿POF的等效电流产生的磁场在N、M两点的磁感应强度方向均垂直纸面向里且大小均为B，根据磁场的叠加原理可得N点的合磁感应强度大小为BN＝2B，M点的合磁感应强度大小为BM＝0，

故选项A、C、D错误，选项B正确．4．答案：BC解析：由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心

力，即qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误．5．答案：B解析：设圆形磁场区域的半径为R，沿直径MON方向以速度v1射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转90°，

则其轨迹半径为r1＝R，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv21r1，解得v1＝qBRm；沿直径MON方向以速度v2射入圆形匀强磁场区域的粒子离开磁场时速度方向偏转60°，由几何关系得tan30°＝Rr2，可得其轨迹半径为r2＝3R，由洛伦兹力提供向心力得

qv2B＝mv22r2，解得v2＝3qBRm，则v1v2＝13＝33，选项B正确．6．答案：BCD解析：导线间的相互作用力满足牛顿第三定律，大小相等，A错误；导线所受的安培力大小满足公式F＝BIL，且相互吸引，B正确；根据右手螺旋定则，若导线中电流方向向左，则移走导线b之前p

点的磁场强度方向由两导线产生的磁场叠加后垂直纸面向里，移走导线b之后p点的磁场强度方向垂直纸面向外，移走前后，磁感应强度方向改变，C正确；两导线平面内在两导线之间某些区域，两磁场叠加后等大反向，可能为零，在两导线平面外任一点有限空间

内，两磁场叠加不可能为零，D正确．7．答案：A解析：如图，找出轨迹圆心O′，画出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，利用三角函数知识求出轨迹半径r＝asin60°，则轨迹方程为x2＋y－33a2＝43a

2（x>0，y>0），故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，故v＝qBrm，因为B和v均未知，故选项B、D错误；因为T＝2πrv＝2πmqB，B未知，不能求出周期T，故不能求出带电粒子在磁场中运动的时间，C错误．8．答案：B解

析：由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsinθ，而I＝UR，而对等离子体受力分析有qUd＝qvB1，解得v＝m

gRsinθB1B2Ld.故B正确，A、C、D错误．9．答案：（1）mv22q（2）vB，方向垂直导体板向下（3）12mv2＋qBvd解析：（1）根据功能关系qU＝12mv2得U＝mv22q.（2）电场力与洛伦兹力平衡Eq＝qvB得E＝vB方向垂直导体板向下．（3）电场力做正功，根据功能关系

Ek＝qU＋Eqd得Ek＝12mv2＋qBvd考点十电磁感应第80练楞次定律及其推论的应用1．答案：A解析：（a）、（b）中导体棒运动方向相同，磁场方向相反，电流方向也相反，说明感应电流方向与磁场方向有关，A正确．（a）、（c）磁场方向

相同，运动方向与电流方向都不同，说明电流方向与导体运动方向有关，C错误．（b）、（c）中B、v方向均不同，电流方向相同，不能得出B选项的结论，（d）中无电流，也不能作出判断，故B、D均错．2．答案：C解析：离通电

直导线越近，磁场越强，故AB边运动到MN之前，穿过线框的磁通量增加，A错误；由安培定则知，MN下方的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律知，线框中感应电流的方向为A→D→C→B→A，B错误；由“来拒去留”知，线框所受安培力

的合力方向向下，C正确；由能量守恒定律可知，外力F所做的功等于线框增加的机械能与内能之和，D错误．3．答案：D解析：A中穿过圆环的磁场方向向上，在磁体沿圆环的轴线向上远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿

逆时针方向，故A错误；B中穿过圆环的磁场方向向上，在磁体沿圆环的轴线向下靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故B错误；C中穿过圆环的磁场方向向下，在磁体沿圆环的轴线向上远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向

下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D中穿过圆环的磁场方向向下，在磁体沿圆环的轴线向下靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故D正确．4．

答案：B解析：将铜盘看成无数个轴向铜条组成，当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜条相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则想要观察到感应电流，M、N应分别接电源的两个极，故B正确．5．答案：D解析：本题考查

右手螺旋定则和楞次定律的应用．当b环中通入的顺时针方向的电流减小时，由右手螺旋定则可知，穿过a环的磁场垂直于纸面向里且减小，由楞次定律可知，a环中有顺时针方向的感应电流，由“增缩减扩”可知，a环有扩张趋势，同理可知，穿过c环的磁

场垂直于纸面向外且减小，由楞次定律可知，c环中有逆时针方向的感应电流，由“增缩减扩”可知，c环有扩张趋势，故A、B、C错误，D正确．6．答案：D解析：由图可知，磁场垂直于纸面向里，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量

增大，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势低，下极板电势高，因此金属板A带负电，故A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，故B错误；根据Q＝CU可知，两金属板所带电荷量也不变，故C错误；因电压

与间距不变，则电场强度不变，小球对绝缘水平面的压力不变，故D正确．7．答案：AB解析：本题结合B­t图象考查楞次定律和小磁针偏转问题.0～1s内某时刻闭合开关，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a到b，由安培定则可知，ab导线下面的磁场垂直纸面向里，则小磁

针的N极将垂直纸面向里偏转，A正确；1～2s内某时刻闭合开关，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a到b，由安培定则可知，ab导线下面的磁场垂直纸面向里，则小磁针的N极将垂直纸面向里偏转，B正确；2～3s内某时刻闭合开关，根据楞次定律可知，产生的感应电流从b到a，由安培定则可知，ab导线下面

的磁场垂直纸面向外，则小磁针的N极将垂直纸面向外偏转，C错误；3～4s内某时刻闭合开关，根据楞次定律可知，产生的感应电流从b到a，由安培定则可知，ab导线下面的磁场垂直纸面向外，则小磁针的N极将垂直纸面向外偏转，D错误．第81练法拉第电磁感应定律的应用1．

答案：CD解析：线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，故通过电阻R的电流方向为a→b，选项A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt＝20×0.15－0.100.1－0V

＝10V，选项B错误；由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r＝108＋2A＝1A，又由部分电路欧姆定律得U＝IR＝1×8V＝8V，选项C正确；根据q＝It得，0～0.1s内通过线圈导线横截面的电荷量为q＝1×0.1C＝0.1C，选项D正确．2．答案：

D解析：闭合开关S，由于线圈的自感作用，通过灯泡A1的电流变化较慢，A1缓慢亮起，A2立即变亮，由于A1、A2完全相同且L的直流电阻为零，故最后A1、A2一样亮，A、B错误；断开开关S，由于线圈的自感作用，线圈中产生与原来方

向相同的电流，且线圈与灯泡A1、A2组成闭合回路，因此A1和A2均逐渐熄灭，C错误，D正确．3．答案：A解析：由图乙可知，与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁场，磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动

势．由楞次定律可知，Uab为负值．根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtScos30°，由图乙可知：ΔBΔt＝6－22T/s＝2T/s，代入数据解得：Uab＝－E＝－3V，故A正确，B、C、D错误．4．答案：D解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势

大小为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝k×1×12（V）＝0.5k（V），感应电流为I＝ER＝0.5k（A），线框受到的安培力为F安培＝BIL＝（B0－kt）×0.5k×1（N）＝0.5k（B0－kt）（N），线框静止，由平衡条

件得F安培＝F，由图乙可知t＝0时，F＝0.2N，t＝0.1s时，F＝0，代入数据解得k＝2T/s，故D正确．5．答案：D解析：根据楞次定律可知，0～8t0时间内圆环中感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面向下，设圆环半径为

r，电阻为R，在t＝8t0时有E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·12πr2＝B016t0πr2，I1＝E1R，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋B0I1·2r＝μmgcosθ；同理在t＝9t0时，圆环上

部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝ΔΦ′Δt′＝B02t0πr2，I2＝E2R，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋μmgcosθ＝B0I2·2r，联立以上各式得μ＝2728，故A、B、C错误，D正确．6．答案：AD解析：ab棒进入磁场后，由法拉第电磁

感应定律有E＝BLv，ab棒的电阻R相当于电源内阻，ch、ef两棒并联，闭合回路总电阻为1.5R，由闭合电路欧姆定律有I＝E1.5R，导体棒恰好做匀速运动，说明导体棒ab所受安培力等于水平恒力F，由平衡条件可知，F＝BIL，联立解得导体棒ab进入

磁场时的速度为v＝3FR2B2L2，选项A正确，B错误．导体棒ch进入磁场时，导体棒ab恰好出磁场区域，产生的感应电动势不变，ch棒的电阻R为电源内阻，ab、ef两棒并联，闭合回路总电阻仍为1.5R，导体棒ch所受安培力与水平恒力F的合力为零，仍做匀速运动，加速

度为零，选项C错误；在导体框通过磁场的过程中，力F做的功W＝3Fd，分析可知，三根导体棒产生的热量相同，由功能关系可知，W＝3Q，所以金属棒ef上产生的热量Q＝W3＝Fd，选项D正确．7．答案：（1）B0ld2Rt0

方向e→f（2）B0ldRt0方向f→e（3）B20l2dRt0方向水平向右解析：（1）在0～t0时间内，磁感应强度的变化率为ΔB1Δt1＝B0t0产生感应电动势的大小E1＝ΔΦ1Δt1＝ΔB1Δt1S＝ΔB1Δt1ld＝B0ldt0流过导体

棒ef的电流大小I1＝E12R＝B0ld2Rt0由楞次定律可判断流过导体棒ef的电流方向为e→f.（2）在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率ΔB2Δt2＝2B0t0，产生感应电动势大小E2＝ΔΦ2Δt2＝ΔB2Δt2S＝ΔB2Δt2ld＝2B0ldt0流过导体棒ef的电流大小I2＝E22

R＝B0ldRt0电流方向为f→e.（3）1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0，导体棒ef受安培力：F＝B0I2l＝B20l2dRt0方向水平向左，根据导体棒ef受力平衡可知，杆对导体棒的作用力为F′＝

F＝B20l2dRt0，方向水平向右．8．答案：（1）顺时针转动160rad/s（2）1.57×10－2C解析：（1）依题意，金属杆ab受到向上的安培力，由左手定则可知电流方向是a→b，导体棒OA中的电流方向是A→O，由右手定

则可知OA顺时针转动．假设轻绳的拉力为零时，回路电流为I，则有BIL＝G由欧姆定律有E＝IR，OA转动产生的电动势E＝ΔΦΔt＝B·12r（ωΔt）rΔt＝12Bωr2保持不变，联立以上各式，并代入数

据解得ω＝160rad/s.（2）OA每转过半周产生的平均电动势E－＝ΔΦΔt＝B·12πr2Δt，回路的平均电流I－＝E－R通过金属杆ab横截面的电荷量q＝I－·Δt，联立以上各式，并代入数据解得q≈1.57×10－2C.第82练电磁感应中的电路和图象问题1．答案：D2．

答案：BC解析：t＝T/4时刻，线圈中通有顺时针逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加．由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A错误，B正确；t＝3T/4时刻，线圈中通有顺时针逐渐减小的电流，

则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为顺时针，D错误；t＝T/4和t＝3T/4时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C正确．

3．答案：B解析：根据E＝BLv，I＝ER，F安＝BIL，得F安＝B2L2vR，由图象知，金属棒ab做匀加速运动，有v＝at，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma，联立得F＝B2L2aRt＋ma，可知F与t是线性关系，F­t图象是不过原点的向上倾斜的直线，B正确

．4．答案：BC解析：框架匀速运动，则有F＝F安＝BIL，I＝ER，E＝BLv，可得F＝B2L2vR，L＝233x，即有F＝4B2vx23R，B、R、v一定，所以F与x2成正比，A错误；根据P＝Fv可得外力的功率为P＝4B2v2x23R，所以P与x2成正比，B正确；感应

电动势E＝BLv＝23Bvx3，则感应电动势E与x成正比，C正确，D错误．5．答案：B解析：棒产生的电动势为E＝Br·12ωr＝12Br2ω，选项A错误．金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒

的重力与其受到的电场力大小相等，有qEd＝mg，可得qm＝2gdBr2ω，选项B正确．电阻消耗的电功率P＝E2R＝B2r4ω24R，选项C错误．电容器所带的电荷量Q＝CE＝12CBr2ω，选项D错误．6．答案：C解析：排除法：线框从静止开始向右做匀加速

直线运动，线框的速度与时间的关系式为v＝a0t，式中a0为线框的加速度，设正方形线框的边长为L，电阻为R，一个线框边切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，则感应电流i＝ER＝BLa0tR，即电流i与t成正比，且只

在t1～t2时间内有感应电流，选项A、B错误；线框进入磁场的过程，即t1～t2时间内，线框受到的安培力F安＝iLB＝BLa0tRLB＝B2L2a0tR，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma0，两式联立解得F＝ma0＋B2L2a0Rt，可得t1～t2时间内，F与

t是线性关系，但不过原点，选项D错误．7．答案：BC解析：由题图乙可知，螺线管内磁感应强度的变化率ΔBΔt＝0.25T/s，由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的感应电动势E＝nΔBΔtS＝2000

×0.25×0.005V＝2.5V，选项B正确；由楞次定律可判断出电路中的电流方向为逆时针，闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带正电，选项A错误；由闭合电路欧姆定律可得R1中的电流I＝Er＋R1＋R2＝2.51.0＋4.0＋5.0A＝0.2

5A，电阻R1的电功率P＝I2R1＝0.252×4.0W＝0.25W，选项C正确；电容器C两端的电压UC＝IR2＝0.25×5.0V＝1.25V，电容器C的带电荷量Q＝CUC＝40×10－6×1.25C＝5×10－5C，故断开S后，流经R2的电荷量Q＝5×10－5C，选项D错误．8．答案：A解

析：设线框运动的速度为v，总电阻为R.当时间t<Lv时，只有最右侧的两个短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I＝2BLvR；当Lv≤t＜3Lv时，即从右侧中间的短边进入磁场至左侧长边进入磁场，感应电流方向为逆时针方向，大小为I＝3BLvR；当3Lv≤t＜4Lv

时，即从左侧长边进入磁场至右侧中间的短边离开磁场，感应电流方向为顺时针方向，大小为I＝2BLvR；当4Lv≤t＜6Lv时，即从右侧中间短边离开磁场至左侧长边离开磁场，感应电流方向为顺时针方向，大小为I＝3BLvR.综上所述，

选项A正确．9．答案：A解析：设ac左侧磁感应强度大小为B，则右侧的磁感应强度大小为2B，导轨间距为L.导体棒通过bac区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从Q到P，为正方向，有I＝ER＝B·2vt·vR＝2Bv2tR∞t，PQ刚到ac

时，I1＝BLvR；导体棒通过adc区域时，由右手定则可知导体棒中感应电流从P到Q，为负方向，导体棒刚离开ac时，I2＝2BLvR，当导体棒过ac后，磁感应强度大小为2B，有效切割长度为2（L－vt），速度为v，则I′＝4B（L－vt）vR，故A正确，B错误．导体棒通过bac区域时，安培力大小

F＝BI·2vt＝4B2v3t2k∝t2；导体棒通过adc区域时，安培力大小为F′＝2BI′·2（L－vt）＝16B2（L－vt）2vR，根据数学知识可知C、D错误．10．答案：AC解析：金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律知回路中感应电流的方向是aPMba，选项A正确；杆运动的

最大速度为vmax时，杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLvmax，由闭合电路的欧姆定律得I＝ER＋r，杆达到最大速度时受力平衡，满足mgsinθ－BIL＝0，解得vmax＝mgsinθB2L2R＋mgsinθB2L2r，结合图乙可

知，mgsinθB2L2＝2m·s－1·Ω－1，mgsinθB2L2r＝4m/s，解得m＝13kg，r＝2Ω，选项B错误，C正确；当R＝2Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中有mgsinθ－BI′L＝0，解得通过R的电流I′＝2A，所以R两端的电压为U＝I′R＝2×2V＝

4V，选项D错误．11．答案：（1）10N（2）2m/s2（3）48J解析：（1）导体棒做切割磁感线运动，有E＝BLvI＝ER，F安＝BIL当导体棒速度最大为vm时，F＝F安解得F＝B2L2vmR＝10N.（2）当t＝1.6s时，v1＝8m/s此时F安1＝B2L2v1R＝8N由牛顿

第二定律得F－F安1＝ma解得a＝2m/s2.（3）由能量守恒定律可知Fx＝Q＋mv212解得Q＝48J．第83练电磁感应中的动力学问题1．答案：D解析：导体杆在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时

速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv＝Blat，闭合回路中的感应电流为I＝ER，由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIl＝ma，由以上三式得F＝ma＋B2l2atR，在乙图线上取两点t1＝0，F1＝1N，t2＝10s，F2＝2N，代入得a＝10

m/s2，m＝0.1kg，故D正确．2．答案：BC解析：线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场，闭合S后，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，金属棒ab中的电流方向为b→a，对金属棒受力分析，受到重力、

导轨的支持力和安培力作用，要使ab静止，安培力的方向应沿导轨平面向上，根据左手定则，判断出B的方向垂直于导轨平面向上，故A错误；对金属棒ab受力分析，沿导轨平面有F安＝mgsinθ，又F安＝BIL，线圈内磁通量的变化率为ΔΦΔt＝E＝IR，联立解得ΔΦΔt＝mgRsinθBL，故B正确；断开

S瞬间，ab中电流消失，金属棒ab沿导轨向下做加速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI′L＝ma，I′＝ER＋R＝BLv2R，随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度达到最大值，有mgsinθ＝BI

mL，Im＝BLvm2R，联立解得vm＝2mgRsinθB2L2，故C正确；断开S后，电阻R的最大热功率为PR＝I2mR＝m2g2Rsin2θB2L2，故D错误．3．答案：（1）mgRB2L2（2）3mgR2B2L2（3）g2解析：（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直

向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝BI1L，由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1，由欧姆定律得I1＝E1R解得v1＝mgRB2L2（2）由第（1）问得I1＝mgBL由于

I0＜I1，断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为Um＝mgR2BL，此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um回路中的电流为I2＝I1又由欧姆定律得I2＝URR解得v2＝3mgR2B2L2.（3）

开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为E1＝mgRBL，断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为Um＝mgR2BL则定值电阻两端的电压为U′R＝E1－Um＝mgR2BL电路中的电流为I′＝U′RR金属棒受

到的安培力为FA＝BI′L对金属棒由牛顿第二定律得mg－FA＝ma，解得a＝g2.第84练电磁感应中的能量问题1．答案：BC解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝B2l2vR总，得v＝2m/s，故选项B正确；对导体棒a

b分析：F＝mg＋BIl＝0.2N，选项A错误；在2s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4J，选项C正确；在2s内拉力做的功为Fvt＝0.8J，选项D错误．2．答案：B解析：因为电流不变，杆受安培力F安＝BIl，

l是变化的，所以E＝ΔΦΔt＝BLv0是一定值，Δt＝ΔΦBLv0＝3L4v0，而速度是不断增大的，所以A错误、B正确；杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝I2RΔt，解得Q＝3B2L3v0

4R，即C错误；因电流I不变，所以BLv0R＝BL·12·v′R，故v′＝2v0.杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝12m（2v0）2－12mv20＋Q＝3B2L3v04R＋32mv20，所以D错误．3．答案：（1）0.4Ω（2）20J解析：（1）由图乙得

ab棒刚开始运动瞬间a＝2.5m/s2，则F－Ff＝ma，解得Ff＝0.2N.ab棒最终以速度v＝10m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.F安＝BIL＝BLBlvR＝B2L2vR.联立可得R＝B2L2vF－Ff＝0.4Ω.（2）由功能关系可得（F

－Ff）x＝12mv2＋Q，解得Q＝20J．4．答案：（1）0.03V0.01V（2）3.2J解析：（1）线框cd边刚进入磁场时，c、d两点间的电压U1＝34E＝34Blv0＝34×0.1×0.2×2V＝0.03V线框cd边刚离开磁场时，c、d两点间的电压U2＝14E

＝0.01V.（2）由题图乙知，1～3s内线框完全在磁场中，由v­t图象知1～3s内线框加速度a＝ΔvΔt＝2－13－1m/s2＝0.5m/s2根据牛顿第二定律有F＝ma＝1×0.5N＝0.5N从线框

cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场，设安培力做功为W根据动能定理有Fl－W＝12mv2－12mv20代入数据得W＝1.6J从线框cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，线框产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，因此Q＝

W＝1.6J根据图线可知线框进入磁场和离开磁场时的速度和受力情况都一样，产生的焦耳热也相等，因此线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的总焦耳热为Q总＝2Q＝2×1.6J＝3.2J.第85练动量观点在电磁感应中的应用1．答案：AC解析：由于释放A后经

1s时间A棒速度达到12m/s，根据动量定理得mgt＋F安t＝mvA－0，对B，根据动量定理得mgt－F安t＝mvB－mvB0，联立解得vB＝18m/s，故A正确，B错误；开始一段时间内，A棒的加速度大于B棒的加速度，二者的速度之差逐渐减小，安培

力逐渐减小，若导轨很长，最终通过二者的感应电流将为零，它们最终速度一定相同，故C正确，D错误．2．答案：AD解析：根据右手定则可知，回路中的电流方向为顺时针（俯视），故A正确；由E＝BLMvM－BLNvN可知，当电路稳定时，有BLMvM－BLNvN＝0，由动量定理得BILM·Δt＝mv0－m

vM，BILN·Δt＝mvN，解得vM＝2m/s，vN＝4m/s，故B错误；根据能量守恒定律得Q＝12mv20－12mv2M－12mv2N＝0.8J，故C错误；由BILN·Δt＝mvN和q＝I·Δt，可得q＝2C，故D正确．3．答案：A

BC解析：杆a与杆b发生弹性碰撞，由系统动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，12·2mv2＝12·2mv21＋12mv22，解得v1＝v3，v2＝43v，即杆a的速度为v3，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝BLv22R＝2BLv3R，故B

正确；从b进入磁场至a刚进入磁场，由能量守恒定律得该过程产生的焦耳热为Q＝12mv22－12m12v12＝78mv2，故C正确；a进入磁场后，视a、b为系统，系统动量守恒，则有2mv1＋m·12v1＝（

2m＋m）v3，解得v3＝518v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为518v，故D错误．4．答案：（1）4m/s2（2）0.05J（3）0.3m解析：（1）设导体棒b滑到边界线MN时的速度大小为v0，在其到达水平轨道过程中

机械能守恒，则有mgh＝12mv20.导体棒b通过边界线MN时，发生电磁感应现象，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律可得E＝BLv0I＝E2RF＝BILa＝Fm

解得a＝4m/s2.（2）当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成的系统在水平方向上受到的合力为零，系统满足动量守恒和能量守恒．当导体棒速度稳定时，两者做速度相等的匀速运动，设此时速度为v，则mv0＝2mv12mv20＝12×2mv2＋2Q解得Q＝0.05J.

（3）设两棒速度稳定后两棒之间的距离为l，从b棒进入磁场到二者共速的过程中，对导体棒a由动量定理可得F－t＝mv而F－＝BI－LI－＝E－2RE－＝ΔΦtΔΦ＝BLxl＝d－x联立以上各式可得l＝0.3m．第86练（STSE问题）利用

电磁感应规律解决实际问题1．答案：A解析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A图中，系统震动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的震

动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误．2．答案：BCD解析：铜质弦无法被磁化，不能产生磁场引起线

圈中磁通量的变化从而产生感应电流，所以铜质弦不能使电吉他正常工作，故A项错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B项正确；由E＝nΔΦΔt知，C项正确；金属弦来回振动，线圈中磁通量不断增

加或减小，电流方向不断变化，D项正确．3．答案：ABD解析：本题考查对磁力刹车原理的理解．磁力刹车制动器是由一个或两个磁力很强的磁铁长条组成，当金属片（通常是铜或铜铝合金）切割磁感线时，会在金属内部产生涡流，这将生成一个磁场来反抗运动．由此

产生的制动力是与速度成正比的．金属片在磁场中移动，同时产生电能．C选项中玻璃片不是金属，达不到同样的刹车效果，故C错误，A、B、D均正确．4．答案：D解析：未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，但不构成闭合回路，故不产生感应电流，

不受安培力作用，AB错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，在闭合回路中产生感应电流，受到安培力的作用，是电磁阻尼的表现，C错误，D正确．5．答案：（1）B2L2v（R＋r）（M＋m）（2）R（M＋m）v22（R＋r）（3）（M＋m）（R＋r）vB2L2解析：本题考查电磁

感应中的能量和动量问题．（1）飞机与导体棒速度最大时，受到的安培力最大，加速度最大，则由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r，安培力F安＝BIL＝（M＋m）a，解得a＝B2L2v（R＋r）（M＋m）.（2）由能量守恒定律可得1

2（M＋m）v2＝Q，又QR＝RR＋rQ，解得QR＝R（M＋m）v22（R＋r）.（3）由动量定理可得－BI－L·Δt＝－BLq＝0－（M＋m）v，解得q＝（M＋m）vBL，又q＝I－·Δt，I－＝E－R＋r，E－＝ΔΦΔt，ΔФ＝BLx，联立解得x＝（M＋m）（

R＋r）vB2L2.第87练高考真题1．答案：C解析：由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，B错误；由左手定则可知，安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒

定律可知，总电阻消耗的总电能为12mv20，故电阻R消耗的总电能为mv20R2（R＋r），C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于12mv20，D错误．2．答案：AD解析：根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知

EOP＝12Bl2ω，故A正确．OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小

的加速运动，故B、C错误，D正确．3．答案：A解析：经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttanθ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则通过金属棒中的

电流I＝ΔQΔt＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向（从上往下看），则电容器

的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是变化的，D错误．4．答案：A解析：根据GMm（R＋H）2＝mv2（R＋H），可得卫星做圆周运动的线速度v＝GMR＋H根据右手

定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为E′＝BLv因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得f＝BE－E′rL，解得E＝BLGMR＋H＋frBL，A正

确．5．答案：CD解析：设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝2gH，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝ER，E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝B2L22gHR，可知B2与H成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出

磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0

和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确．6．答案：AB解析：由于甲、乙线圈的材料、边长和质量均相同，故导线的体积相同，而甲线圈的匝数n1是乙的匝数n2的2倍，因此甲的长度l1是乙的长度l2的2倍，甲的横截面积S1是乙的横截面积S2的12，

根据电阻定律R＝ρlS可知，甲的电阻R1是乙的电阻R2的4倍，则甲进入磁场后所受安培力F1＝n1BI1L＝n1BLn1BLvR1＝n21B2L2R1v，乙进入磁场后所受安培力F2＝n2BI2L＝n2BLn2BLvR2＝n22B2L2R2v，由于n1＝2n2、R1＝4R2，

故F1＝F2，由于甲、乙的质量和进入磁场时的速度都相同，故其合外力相同，加速度相同，因此甲、乙可能都加速、可能都匀速、还可能都减速，故选项A、B正确，选项C、D错误．7．答案：（1）4W（2）0.1m解析：（1）在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速

运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsinθ－FA＝0设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv，设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝ER＋r，a

b受到的安培力FA＝ILB，由功率表达式，有P＝Fv，联立上述各式，代入数据解得P＝4W.（2）ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝12mv22－12mv21，代入数据解得

x＝0.1m．考点十一交变电流第88练交变电流的产生和描述1．答案：B解析：由Φ－t图象知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e

＝0，则C项错误．2．答案：D解析：由题知三次实验线圈转动的角速度ω相同，且均产生完整的正弦式交流电，所产生的交流电周期T相同．设ab边长为l1，bc边长为l2，则三次产生的交流电的电动势最大值分别为Em1＝Bl1l2ω，Em2＝Bl1l2ω

，Em3＝12Bl1l2ω，由此可知Em2＝Em1，Em3＝12Em1.综上所述，第二次的电流图象与第一次的相同，即图2，第三次的电流峰值是第一次的12，即图4，只有D项正确．3．答案：C解析：甲的有效值I1＝I02，由Q＝I2Rt可知

，一个周期内甲的发热量Q1＝12I20RT；乙在前、后半个周期内电流大小相等，故其发热量Q2＝I20RT；丙只有前半个周期内有电流，故其发热量Q3＝I20R×12T＝12I20RT.在相同时间内，甲、丙的发热量相等，是乙的发热量的12，故C正

确．4．答案：B解析：本题考查交变电流的产生和描述．t＝0时，电动势为零，此时磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，选项A错误；当t＝1200s时，e＝2202sin100π×1200V＝2202V，电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，选项B正确；30

0V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大电压是2202V≈311V>300V，所以此交流电可以击穿标注为“300V5μF”的电容器，选项C错误；当转速n提高一倍时，由ω＝2πn，Em＝NBSω，可知ω增加一倍，则电动势的变化规律将变为e＝4402sin200πt（V），选项D错误．5

．答案：D解析：t＝0时刻穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为零，由闭合电路欧姆定律可知，矩形线框该时刻的电流值为零，最小，选项A错误；矩形线框产生的感应电动势最大值为Em＝12Bl1l2ω，矩形线框产生的感应

电动势的有效值为E＝Em2＝24Bl1l2ω，选项B错误；矩形线框转过半圈过程中产生的热量为Q＝E2R·πω＝πB2l21l22ω8R，选项C错误；矩形线框从图示位置转过180°的过程中，磁通量变化量的绝对值|ΔΦ|＝Bl1l2，由法拉第电磁感

应定律可知，产生的平均感应电动势大小E－＝Bl1l2ωπ，平均感应电流I－＝E－R＝Bl1l2ωπR，通过线框任意横截面的电荷量q＝IΔt＝Bl1l2ωπR·πω＝Bl1l2R，选项D正确．6．答案：AD解析：根据公式P＝

U2R，得P＝10W，故A正确；由题图乙可知，交流电的周期T＝0.02s，转动的角速度ω＝2πT＝100πrad/s，电动势的有效值E＝UR·（R＋r）＝15V，故电动势的最大值Em＝2E＝152V，由

Em＝nΦmω，由于为多匝线圈，故n>1，解得Φm＝3220πnWb<3220πWb，故B错误；由题图乙可知，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102cos100πt（V），故

C错误；当R＝r时，R消耗的功率最大，为Pmax＝E2r2r＝11.25W，故D正确．第89练理想变压器1．答案：BD解析：只把滑片P向上滑动，原线圈匝数增大，根据U1U2＝n1n2可知，副线圈两端电压U2变小，

根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变小，副线圈功率P2＝I2U2变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A错误．只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变大，根据P＝I22R1，可知电阻R1消

耗的功率将增大，故B正确．只闭合开关K，副线圈所在电路总电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈所在电路干路电流变大，R1分压变大，则R2两端电压变小，R2消耗的功率将减小；副线圈所在电路干路电流变大，变压器输

出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈中电流变大，电流表示数将变大，故C错误，D正确．2．答案：C解析：根据题意可知U1＝2202V，A项错误；根据理想变压器的变压规律有U1n1＝U2n2，结合n1>n2，可知U2<U1，B项错误；在将滑动触头从M点顺时针旋转

到N点的过程中n2逐渐减小，结合上述分析可知U2也逐渐减小，C项正确；根据u＝220sin50πt（V）可知2πf＝50π，解得交流电的频率为f＝25Hz，D项错误．3．答案：BC解析：由题图乙可知交流电压最大值Um＝2202V，故A错误；输入电压的有效值为220V，根据变压器电压与匝数成正

比知电压表示数U2＝211U1＝40V，电压表的示数是40V，选项B正确；流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是P入＝P出＝U2I2＝40×0.5W＝20W，故C正确；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电周期T＝0.02s，可由周期求出正弦交变

电流的频率是50Hz，故D错误．4．答案：BC解析：金属棒ab沿导轨下滑，根据右手定则可知，在ab下滑的过程中，产生的感应电流方向由a到b，所以通过G1的电流是从右端进入的，故A错误．金属棒ab开始时做加

速运动，所以在线圈M中产生的磁场逐渐增大，变化的磁场通过另一线圈N，产生了感应电流，在线圈M中是向下且逐渐变大的磁场，根据楞次定律可知，在线圈N中感应电流产生的磁场向下，所以通过G2的电流是从右端进入的，故B正确．由于金属棒ab开始时做加速运动，产生的感应电流逐渐变大

，同时受到的安培力也在增大，安培力与重力平衡后，G1中的电流恒定，线圈M中的磁场不再变化，那么在线圈N中就不能产生感应电流，所以检流计G1的示数逐渐增大，最后达到最大值不变，检流计G2的示数逐渐减小，最后减为零，故C正确，D错误．5．答案：B解析：线圈在匀强磁场中转动产生

交流电，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器原线圈两端电压的最大值，即U1m＝Em，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于其两端电压之比，有1100＝n1n2＝U1m2U2m2；钢针和金属板间瞬时电压超过5000

V时可以产生电火花，现令U2m＝5000V，联立各式解得U1m＝50V，n＝10πr/s≈3.18r/s，故线圈转速等于2r/s时，点火器不能产生电火花，线圈转速等于4r/s时，点火器能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，恰好能点火时，电压表示数UV

＝U1m2＝252V，5V和25V均小于252V，故C、D错误．6．答案：D解析：小风扇与电热丝同时接入电路时吹热风，触片P应同时接触c、d两个触点，A错误；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系有U1U2＝n1n2，代入数据得n1

n2＝113，B错误；电吹风机吹热风时电热丝的热功率为P＝P热入－P冷入＝（460－60）W＝400W，则电热丝上的电流为I1＝PU1＝2011A，C错误；小风扇的内耗功率为Pr＝P冷入－P出＝（60－52）W＝8W，又流过小风扇的电流为I＝P冷

入U2＝6060A＝1A，则由Pr＝I2r得r＝PrI2＝81Ω＝8Ω，D正确．7．答案：B解析：四个灯泡均正常发光，且灯泡均串联在电路中，说明通过变压器原、副线圈中的电流相同，根据I1I2＝n2n1，可得变压器

副线圈的匝数n2＝n1＝220，故A错误；根据题意，a、b两端电压的有效值为U＝22022V＝220V，设每个灯泡的额定电压为U0，原线圈两端电压为U1，则有U＝2U0＋U1，又U12U0＝n1n2，联立可得U0＝55V，U1＝110V，故B正确，C错误；原线圈两端电压的最大值为Um＝2U

1＝1102V，根据法拉第电磁感应定律有Um＝n1ΔΦΔt，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为22V，故D错误．第90练远距离输电1．答案：AD解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比，故A选项正确，B选项错误；输电线上的

电压ΔU＝I2R，所以C选项错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，大于输电线上的损耗功率，故D选项正确．2．答案：C解析：如果输送功率与导线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，根据损失功率的公式得：P损＝

PU2R，可知损失功率变为原来的14，故A错误；如果输送功率与输送电压不变，则输送电流不变，导线电阻变为原来的2倍，根据损失功率的公式得损失功率变为原来的2倍，故B错误；根据理想变压器的输入功率由输出功率来决定，如果工厂的机器不工作，即用户不消耗电能，输入功率为

零，所以输送功率为P的具体数值由工厂的用电情况决定，故C正确，D错误，故选C.3．答案：CD解析：T1的输入电压U1一定，匝数比没变，根据U1U2＝n1n2，知U2不变，故A错误；输电线的总电阻R两端的电压等于（U2－U3），故B错误；输送功率一定时，根据P＝U

I和P损＝I2R知，输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝P3U32R，当用户的用电器增加时，输电线路的电流增大，则输电线上损失的功率增大，故C正确；要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据U1U

2＝n1n2，可知应增大升压变压器的匝数比n2n1，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据U3U4＝n3n4知，应增大降压变压器的匝数比n3n4，故D正确．4．答案：AD解析：由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，A正确；由题图乙知

升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知，升压变压器副线圈两端电压为25000V，所以输电线中的电流为I＝PU＝30A，输电线路损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，远距离输电线路损耗功率为ΔP＝ΔUI＝90kW，B错误；当

传感器R2所在处出现火情时其阻值减小，副线圈中电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确；输电线上的电流增大，电压损失增大，降压变压器输入电压减小，输出电压减小，定值电阻的分压增大，所以电压表的示数变小，C错误．5．答案：C解析：本题考查远距离输电的相关知识，体现

的核心素养是科学思维．发电机输出的电流I1＝PU1＝100×103250A＝400A，选项A错误．输电线上的电流I线＝P线R线＝5×1038A＝25A，选项B错误．升压变压器的副线圈输出电压U2＝PI线＝100×10325V＝4×103

V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8V＝200V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3800V，故降压变压器的匝数比n3n4＝U3U4＝3800220＝19011，选项C正确．降压变压器的副线圈的输出功率

P4＝P3＝P－P线＝95kw，故用户得到的电流I4＝P4U4＝95×103220A≈431.8A，选项D错误．6．答案：ACD解析：图1中，根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝PLUL＝1100220A＝5A，电阻r的功

率为Pr＝I2Lr＝52×2W＝50W，故A正确；图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220V＋5×2V＝230V，图1变压器的输入功率等于输出功率，为P1＝U出IL＝230×5W＝1150W，电器RL

′正常工作的电流为IL′＝PL′UL′＝440220A＝2A，图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7A，图2中输出电压为U′出＝UL′＋I总r＝220V＋2×7V＝234V，图2中变压器的输入功率等于输出功率，为P2＝U′出I总＝234×7W＝1638W，图2中变压

器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1638W－1150W＝488W，故B错误；由于两理想变压器输入电压为U入＝Um2＝2700022V＝27000V，则图1中原、副线圈匝数比n1n2＝U入U出＝270023，图2中原、副线圈匝数比n1n2＝U入U′出＝1

50013，故C、D正确．第91练高考真题1．答案：C解析：在t＝0.4s时电流最大，电流方向不变，A错误；该交变电流的周期为0.4s，B错误；ω＝2πT＝5π，故该交变电流的表达式为i＝2cos5πtA，C正确；该交变电流的有效值为2A，D错误．2．答案：C解析：由题中

交流电压的表达式，可知该交流电的周期T＝2πω＝2π10πs＝0.2s，选项A错误．电压表的读数为交流电压的有效值，即U＝5022V＝50V，选项B错误．由欧姆定律可知，电流表的读数为I＝UR＝505A＝10A，选项C正

确．电阻的电功率为P＝IU＝10×50W＝500W，选项D错误．3．答案：D解析：因虚线是正弦交流电的图象，则该交流电的有效值为U有效值＝Um2＝2Um2.由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值

小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U<2Um2，D正确．4．答案：AD解析：设输送功率为P，输电线电阻为R，则采用超高压输电时输电线上损失电压为ΔU＝PUR∝1U，损失的电功率ΔP＝PU2R∝1U2，而U′U＝1100kV550kV

＝2，所以ΔU′＝12ΔU，ΔP′＝14ΔP，故A、D选项正确．5．答案：A解析：由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝U2

R副，可知副线圈的电流逐渐减小，由n1n2＝I2I1可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右

半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR＝I2R可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，D错误．6．答案：B解析：交流电的周期为0.2s，频率f＝1T＝5Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知

U1U2＝n1n2，由于原线圈的电压最大值为0.05V，故副线圈的电压最大值为3V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误．7．答案：A解析：由

题图乙可知理想变压器输入电压U1＝220V，应用理想变压器变压公式U1U2＝n1n2＝223，可得副线圈输出电压U2＝30V．灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24V，电流IL＝ULRL＝1.6A．设R1两端电

压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V．由UR1＋UR2＋R＝IL，解得R＝1Ω，选项A正确．8．答案：BD解析：由于滑环的作用，通过R的电流方向不变，但是框内的电流方向是变化的，A错误；由题图可知，由于线框没有电阻，所以电动势等于电阻两端的

电压，B正确；因为流过R的电流方向不变，金属框转动半周，流过R的电荷量q′＝I－Δt＝E－RΔt＝ΔΦR＝2BL2R，所以金属框转动一周流过R的电荷量q＝2q′＝4BL2R，C错误；由Um＝BL2ω，解得ω＝

UmBL2，金属框转动一周，电阻产生的焦耳热Q＝U2RT＝Um22R·2πω＝πUmBL2R，D正确．9．答案：BD解析：左侧变压器副线圈上的电压U2＝3×7.5V＝22.5V，当开关S接1时，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈上的电压U4＝PR＝10V，电流I4＝U4R＝1

A，则右侧变压器原线圈上的电压U3＝21×10V＝20V，电流I3＝12×1A＝0.5A，则r＝U2－U3I3＝5Ω，B项正确；当开关S接2时，设导线上的输电电流为I，则右侧变压器副线圈上的电流为0.5I，由右侧变压器原、副线圈上的电压关系可

知U2－Irn3＝0.5IRn4，解得I＝3A，则R上的功率P＝（0.5I）2R＝22.5W，D项正确．10．答案：BC解析：电阻R1两端的电压U1＝IR1，由变压器电压规律有U1U2＝n1n2，解得U2＝n2IR1n1，则通过电阻R2的电流I2＝U2R2＝n2R1n1R2I，A错误，B正确；由

题意可知发电机电动势的最大值Em＝NBSω＝2NBL2ω，电动势的有效值E＝Em2＝2NBL2ω，由变压器的电压规律有EU1＝n0n1，所以n0n1＝EU1＝2NBL2ωIR1，C正确；变压器的输入功率等于输出功率，所以发电机的功率P＝P1＋P2＝I2R1＋I22R2

＝U1I＋U2I2＝2NBL2ωIn1n0＋n22R1n0n1R2，D错误．11．答案：A解析：在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电阻先增大后减小，将副线圈电路中的电阻等效到原线圈电路中，等效电路图如

图所示，根据理想变压器的原理可得R′＝n1n22R副，故R′先增大后减小，则通过灯泡L1（原线圈）的电流先减小后增大，故灯泡L1先变暗后变亮，灯泡L1两端的电压先减小后增大，则原线圈两端的电压先增大后减小，由于理想变压器原、副线圈的匝数比固定，根据原、副线圈匝数比与电流的关

系知，通过副线圈的电流先减小后增大，根据原、副线圈匝数比与电压的关系知副线圈两端的电压先增大后减小，而灯泡L2所在支路电阻一直减小，则灯泡L2先变亮，之后副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流增大，而R0所在支路电阻一直增大，所以通过R0

的电流减小，灯泡L2所在支路电流增大，可见灯泡L2一直变亮，A正确．考点十二波粒二象性原子结构和原子核第92练光电效应1．答案：B解析：遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率，由题图可得方程Uc＝0.3973ν1014－1.7024V，当Uc＝0时，解得ν≈4.3×1014H

z，B正确．2．答案：B解析：设此金属的逸出功为W，根据光电效应方程可得，当用波长为λ的光照射金属板时，Ek1＝hcλ－W，当用波长为34λ的光照射金属板时，Ek2＝4hc3λ－W，又因为Ek1Ek2＝13，联立解得W＝5hc6λ，选项A错误；当用波长

为λ的光照射金属板时，光电子的最大初动能Ek1＝hc6λ，由Ek1＝eUc得Uc＝hc6eλ，选项B正确；该金属的逸出功不变，逸出光电子的最大初动能只与入射光频率有关，与入射光的强度无关，选项C、D错误．3．答案：B解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，结合图象可知该金

属的逸出功W0＝E，极限频率为νc，所以hνc－W0＝0，解得h＝Eνc，A错误；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，则E′k＝h·3νc－W0＝2E，B正确；由题图可知频率不低于νc的入射光照射该金属时会发生光电效应，即波长不大于cνc的光照射该金属时才会发生光电效应

，C、D错误．4．答案：D解析：光电管两端加的是反向电压，说明用黄光照射时，光电管的阴极K已发生光电效应，具有最大初动能的光电子恰好能到达A极附近，滑片向左移动到最左端时，反向电压为零，光电子能到达A极并通过电流表，电流表指针会发生偏转，A错误；滑片向右移动到最右端时，反向电压变大，光电子

到达不了A极，电流表指针不会发生偏转，B错误；滑片在P位置时，由于红光的频率低于黄光的频率，换用红光照射时，一种可能是K极不会发生光电效应，另一种可能是K极发生光电效应，但从K极逸出的光电子的最大初动能小于用黄光照射时逸出的光电子的最大初动能，光电子也到达不了A极，电流表指针不会发生偏转，

C错误；由于紫光的频率大于黄光的频率，换用紫光照射时，逸出光电子的最大初动能变大，光电子能到达A极并通过电流表，电流表指针会发生偏转，D正确．5．答案：BD解析：由K逸出的光电子向左运动到达A，则形成了向右的光电流，因此流过电流表的光电流由上向下，A错误；由题图乙可知，BC

上点所对应的电压的绝对值为遏止电压，由动能定理得eUc＝12mv2，又由爱因斯坦光电效应方程可知12mv2＝hν－hν0，其中ν0为截止频率，由以上两式整理得Uc＝heν－hν0e，结合题图乙可得BC的表达式为

U＝－heν＋hν0e，则当U＝0时ν＝ν0＝b，斜率绝对值k＝he，B正确，C错误；该材料的逸出功为W0＝hν0＝keb，D正确．6．答案：C解析：电子束穿过铝箔后形成衍射图样说明实物粒子具有波动性，验证了德布罗意波的假设，A错误；根据动能定义可知，E

＝p22m，得p＝2mE，又λ＝hp＝h2mE，动能相同时，质量越小，波长越长，所以电子的波长更长，B错误；康普顿效应揭示光子除了具有能量之外还具有动量，表明了光的粒子性，C正确；光电效应是照射到金属表面的光，能使金属中的电子从金属表面逸出的现象，题图丙中的太阳能电池板材料是晶体硅，不是金属，电子

发生跃迁，没有逸出，其发电利用的不是光电效应，D错误．第93练原子结构1．答案：B解析：He＋从能级N跃迁到能级M，释放频率为ν1的光子，说明能级N的能量大于能级M的能量，且两能级能量差为hν1，同理能级P的能量小于能级M的能量，且两能级能量差为hν2，所以从能级N跃迁到能级

P释放光子，且光子的能量为h（ν1＋ν2），故B正确．2．答案：D解析：大量处于n＝3能级的氢原子跃迁到n＝1能级，最多可辐射出C23＝3种不同频率的光子，选项A错误；根据能级示意图可知从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量为hν1＝－1.51eV－（－13.6eV）

＝12.09eV，选项B错误；同理可知从n＝3能级跃迁到n＝4能级，需要吸收的能量为E＝－0.85eV－（－1.51eV）＝0.66eV，选项C错误；根据能级示意图可知氢原子处于n＝3能级的能量为－1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，

选项D正确．3．答案：C解析：这些原子跃迁过程中最多可辐射出C23＝3种频率的光子，故选项A错误；从n＝3能级跃迁到n＝1能级比跃迁到n＝2能级辐射的光子能量大，辐射的光子频率高，故选项B错误；从n＝3能级跃迁到n＝4能级需要吸收－0.85eV－（－1.51eV）＝0

.66eV的能量，故选项C正确；n＝3能级的氢原子电离至少需要吸收1.51eV的能量，故选项D错误．4．答案：AC解析：一群处于n＝4能级的氢原子，向低能级跃迁的过程中最多能够发出C24＝6种不同频率的光，

其中从n＝4能级跃迁到n＝1能级所发出的光子能量最大，频率最高；从n＝4能级跃迁到n＝3能级所发出的光子能量最小，频率最低，波长最长，选项A正确．根据产生光电效应的条件可知，只有光子能量大于金属铯逸出功的光

子才能使金属铯发生光电效应，而从n＝4能级跃迁到n＝3能级所发出的光子能量只有（－0.85eV）－（－1.51eV）＝0.66eV，从n＝3能级跃迁到n＝2能级所发出的光子能量只有（－1.51eV）－

（－3.40eV）＝1.89eV，都小于金属铯的逸出功，均不能发生光电效应，选项B错误；从n＝4能级跃迁到n＝1能级所发出的光子能量最大，为E＝（－0.85eV）－（－13.60eV）＝12.75eV，由爱因斯坦光电效应

方程，可知金属铯表面逸出的光电子最大初动能Ek＝E－W0＝12.75eV－1.90eV＝10.85eV，一定小于12.75eV，选项C正确，D错误．5．答案：D解析：一个处于n＝5能级的氢原子向低能级依次跃迁时，最多能辐射出4种不同频率的光子，A项错误．

氢原子从n＝5能级向低能级跃迁时，由于n＝5能级与n＝4能级间的能量差最小，故对应的光子的频率最低，波长最长，B项错误．由氢原子能级跃迁规律可知，氢原子由n＝3能级跃迁到基态时，会辐射出光子，C项错误．氢原子由n＝5能级跃迁到n＝3能级辐射出光子的能量E＝E132－E1

52；由n＝4能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量为E122－E142＝316E1，由光电效应方程可知照射逸出功为E的金属产生光电子的最大初动能Ekm＝316E1－E，解得Ekm＝419256E，D项正确．6．答案：BC解析：由题图乙可知，图中a光的遏止电压小于b光的遏止电压

，由动能定理得eUc＝Ek，故a光照射阴极K发生光电效应产生的光电子的最大初动能小于b光照射阴极K发生光电效应产生的光电子的最大初动能，结合爱因斯坦光电效应方程可知，a光的光子能量（或频率）小于b光的

，结合原子能级知识可知，b光是氢原子由n＝4能级向基态跃迁发出的，a光是氢原子由n＝3能级向基态跃迁发出的，选项A错误；题图乙中b光光子能量为Eb＝（－0.85eV）－（－13.6eV）＝12.75eV，选项B正确；由于n＝4能级的氢原子的电离能为0.85eV，所以动能为1eV的电子能使处于

n＝4能级的氢原子电离，选项C正确；由于只有2种频率的光使金属发生光电效应，阴极金属逸出功W0，有10.2eV<W0<12.09eV，选项D错误．7．答案：BC解析：由题图乙可知，Hα谱线对应的波长大于Hβ谱线对应的波长

，根据光子能量与频率成正比，与波长成反比，可知Hα谱线对应的光子的能量小于Hβ谱线对应的光子的能量，选项A错误；根据光子能量公式E＝hcλ，计算可得巴耳末系辐射Hα谱线光子的能量为Eα＝hcλ＝6.63×10

－34×3×108656×10－9J＝3×10－19J＝1.89eV，处在1.62eV到3.11eV之间，属于可见光，同理可以计算出Hβ、Hγ、Hδ谱线光子能量均在1.62eV到3.11eV之间，均属于可见光，选项B正确；按照玻尔原子模型，与Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能

级到n＝2能级，选项C正确；极限频率为10.95×1014Hz的金属钨，其逸出功W＝hν＝6.63×10－34×10.95×1014J＝7.26×10－19J＝4.54eV，大于3.40eV，用该谱线系的光照射极限频率为10.95×1014Hz的金属钨，不能发生光电效应现象，选项D错误．第94练原

子核1．答案：A解析：α射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，γ射线的穿透能力最强．故①是α射线，②是β射线，③是γ射线．A正确，B、C、D错误．2．答案：AC解析：根据电荷数守恒和质量数守恒，可知42He＋2713Al→X＋10n方程中X的质量数为30，电荷数为

15，再根据X→Y＋01e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比2713Al的电荷数多2，X的质量数比2713Al的质量数多3，选项A、C正确，B、D错误．3．答案：BC解析：由题中信息知核反应方程为21H

＋31H―→42He＋10n，X粒子为中子，A错误；由质量守恒定律可知，X粒子的质量m＝（1876.1＋2809.5－3728.4－17.6）MeV/c2＝939.6MeV/c2，B项正确；由质能方程可知，太阳每秒因辐射损失的质量Δ

m＝Ptc2＝4×1026W·1s（3×108m/s）2＝4.4×109kg，C项正确，D项错误．4．答案：D解析：原子呈电中性，原子核外的电子带负电，原子核带正电，故A错误；原子核俘获一个电子后，一个质子变成中子，质子数减少一个，中子数多一个，新原

子核的质子数发生变化，新原子核与原来的原子不是同位素，故B、C选项错误，D选项正确．5．答案：D解析：根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X的电荷数为2，质量数为4，所以X是氦核，即α粒子，选项A正确；过量的射线对人体组织具有破坏作用，选项B正确；根据

半衰期的物理意义可知，每过一个半衰期（3.8天），放射性氡衰变12，土壤中放射性氡的含量减少50%，每过两个半衰期（7.6天），土壤中放射性氡的含量减少50%＋0.5×50%＝75%，选项C正确．放射性元素衰变的快慢与元素所处的物理、化学状态无关，选项D错误．6．答案：D解析：镍63

发生β衰变时释放电子被铜片俘获，根据电流方向规定为正电荷定向移动的方向（负电荷定向移动的反方向），可知电阻R上电流方向是从a到b，选项A错误；根据核反应方程满足电荷数守恒、质量数守恒和核反应具有方向性可知，镍63发生β衰变的核反应方程是6328Ni―→6329

Cu＋0－1e，选项B错误；改变放射性元素的物理、化学状态，均不能改变其半衰期，所以升高温度、增大压强不能改变镍63的半衰期，选项C错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，选项D正确．7．答案：ABD解析：由

核反应方程遵循质量数、电荷数守恒可知，核反应中X为电子，A项正确；由核反应方程可知每4个氢原子核发生聚变反应释放的能量ΔE＝（4mp＋2me－mα）c2≈4.2×10－12J，B项正确；一次核反应释放的光子数N＝ΔEhν，ν＝cλ，解得N＝6.3×106个，C项

错误；太阳在主序星阶段释放的核能为E＝M×10%Mp×NA·ΔE4，式中Mp为氢的摩尔质量，又E＝Pt，解得t≈1010年，D项正确．第95练高考真题1．答案：A解析：由10n表示中子、42He表示α粒子，以及核反应方程的质量数守恒

和电荷数守恒可知，选项A正确．2．答案：C解析：原子弹是根据重核裂变研制的，而氢弹是根据轻核聚变研制的，C正确．3．答案：D解析：根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期后，还剩原来的14未衰变，A错误；原子核衰变时电荷数和质量数都守恒，B错误；放射性元素的半衰期由

原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，因此改变压力、温度或浓度，放射性元素的半衰期不变，C错误；过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，若辐射强度在安全剂量内则不会对人体组织造成伤

害，D正确．4．答案：A解析：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，A项正确；放射性元素的半衰期非常稳定，不受温度、压强以及该物质是单质还是化合物的影响，B项错误；21082Pb与21083Bi和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，

C项错误；方程中的X来自于21082Pb内中子向质子的转化，D项错误．5．答案：C解析：根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子01e，A、B错误．经过一个半衰期，铝26衰变一半，经过两个半衰期，铝26还剩下四分之一，C正确，D错误．6．答案：C解析：题中给出的mm0

­t图线是向下凹的曲线，mm0＝12时对应的时间小于67.3＋182.42d＝124.85d，且由数学知识知其与124.85d相差不会太大，所以A、B、D选项错误，选项C正确．7．答案：C解析：26Al发生衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释放，发生质量亏损，所以2

6Al核的质量大于26Mg核的质量，故A错误；26Al核的中子数n1＝26－13＝13，而26Mg核的中子数n2＝26－12＝14，所以26Al核的中子数小于26Mg核的中子数，故B错误；半衰期是原子核固有的属性

，与物理环境和化学状态无关，故C正确；铝同位素26Al的半衰期为72万年，所以经过144万年也就是两个半衰期后还剩下14没有衰变，故D错误．8．答案：A解析：根据图象可得其原子核分别为23892X、20682Y，设经历α衰变x次，β衰变y次，由于β衰变不会

改变原子核的质量数，则可根据衰变前后质量数的变化求解α衰变的次数，即x＝238－2064＝8，根据电荷数守恒求β衰变的次数，即y＝82＋2x－92＝6，而只有β衰变才放出电子，故β衰变6次，放出6个电子，故选项B

、C、D错误，选项A正确．考点十三热学第96练固体、液体和气体的基本性质1．答案：BCD解析：热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的，故A错误．第一类永动

机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律，故B正确．理想气体内分子之间的相互作用忽略不计，所以理想气体的内能仅仅与温度有关，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大，故C正确．用温度计测量温度是根据热平衡的原理，故D正确．根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长

足进步，将来的热机的效率也达不到100%，故E错误．2．答案：ADE解析：由于分子之间的距离为r0时，分子势能最小，故存在分子势能相等的两个位置，选项A正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，不仅与单位体积内的分子数有关，还与气体的

温度有关，选项B错误；由于气体分子之间的距离远大于分子本身的大小，所以不能用气体的摩尔体积除以每个分子的体积得到阿伏加德罗常数的数值，选项C错误；做布朗运动的微粒非常小，肉眼是观察不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动不是布朗运动，是机械运动，选项D正确；扩散

可以在气体、液体和固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项E正确．3．答案：BCE解析：在一定温度下，饱和汽压是一定的，饱和汽压随温度的升高而增大，饱和汽压与

液体的种类有关，与体积无关．空气中所含水蒸气的压强，称为空气的绝对湿度；相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度下水的饱和汽压，夏天的饱和汽压大，在相对湿度相同时，夏天的绝对湿度大．4．答案：BCD解析：C点为斥力和引力相等的位置，C点的右侧分子间作用力的合力表现为引力，C点的左侧分子间作用力的合

力表现为斥力，因此分子Q由A点运动到C点的过程中，分子Q一直做加速运动，分子的动能一直增大，分子势能一直减小，当分子Q运动到C点左侧时，分子Q做减速运动，分子动能减小，分子势能增大，即分子Q在C点的分子势能最小，选项A错误，B

正确；C点为分子引力等于分子斥力的位置，即分子间作用力的合力为零，则分子Q在C点的加速度大小为零，选项C正确；分子Q由A点释放后运动到C点左侧的过程中，由题图可知分子间作用力的合力先增大后减小再增大，则由牛顿第二定律可知加速度先增大后减小再增

大，选项D正确；气体分子间距较大，分子间作用力很弱，不能用此图表示气体分子间作用力的变化规律，选项E错误．5．答案：BDE解析：题甲图中微粒运动就是物质颗粒的无规则运动，即布朗运动，是液体分子无规则热运动的表现，

选项A错误；题乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表现为零，选项B正确；题丙图中食盐晶体的物理性质表现为各向异性，选项C错误；题丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项D正确；题戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开

水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力，选项E正确．6．答案：ACE解析：当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大，题图甲中状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；一定质量的理想气体由状态A变化到B的过程中，由题图乙知状态A与

状态B的pV相等，则状态A与状态B的温度相同，由p­V图线的特点，温度升高，pV增大，所以气体温度先升高再降低到原来温度，所以气体分子平均动能先增大后减小，故B错误；由题图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力，分子间的作用力先增大后减小，故C

正确；由题图丙可知，当分子力表现为斥力时，分子间的距离r<r0，分子力随着分子间距离的减小而增大，故D错误；题图丁为分子势能图线，r2对应的分子势能最小，分子间距离由r1变到r2的过程中，分子势能减小，分子力做

正功，故E正确．第97练气体定律的应用1．答案：（1）2p0S3g（2）13T0解析：（1）封闭的理想气体在等温变化的过程中有p0Sl＝p1S×3l对活塞有p1S＋T＝p0S对钩码有T＝mg解得活塞的质量m＝2p0S3

g（2）封闭的理想气体在等压变化的过程中有S×3lT0＝S×2lT环境温度的减少量ΔT＝T0－T，解得ΔT＝13T0.2．答案：（1）超标（2）0.0125%解析：（1）设气体压强变为（p1－Δp1）时体积为V′根据玻意耳定律可得p1V＝（p1－Δp1）V′则泄漏出的气体在（p1－Δp1）压强下的

体积为ΔV′＝V′－V联立得ΔV′＝Δp1p1－Δp1V设检出时间内一个标准大气压下待测件泄漏气体的体积为ΔV，对泄漏气体根据玻意耳定律可得（p1－Δp1）ΔV′＝p0ΔV联立并代入数据解得ΔV＝5.0×10－2mL则泄漏量q＝

ΔVt＝0.3mL/min>0.1mL/min故待测件泄漏量超标．（2）设检出时间内泄漏气体在压强p1下的体积为ΔV′对泄漏气体根据玻意耳定律有p1ΔV′＝p0ΔV则检出时间内泄漏气体的质量占原来气体总质量的百分比为η＝Δmm＝ΔV′V×100%联

立并代入数据解得η＝0.0125%.3．答案：（1）90cm（2）无水银溢出解析：（1）假设细管横截面积为S，环境温度为T2＝315K时水银柱不溢出，稳定后水银柱下端到管底的距离为H，以密封气体为研究对象，则初态有

T1＝301K，气体体积V1＝（L－h－d）S末态有T2＝315K，气体体积V2＝HS气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有V1T1＝V2T2代入数据解得H＝90cm，H＋h<L，故假设成立，所求距离为90cm.（2）假设没有水银溢出．设细管水平时，密封气

柱长H′，仍以密封气体为研究对象，则初态有V2＝HS，p2＝p0＋4cmHg＝80cmHg末态有V3＝H′S，p3＝p0＝76cmHg气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3代入数据解得H′＝180019cm因为H′＋h＝187

619cm<L，假设成立，故无水银溢出．4．答案：（1）0.62×105Pa（2）24次解析：（1）打气前后气体温度不变，对气筒内的气体，设压缩后在球内占据的体积为V′.由玻意耳定律得p0V0＝p1V′.

对足球内的气体，压缩后在球内占据的体积为V－V′.由玻意耳定律得pV＝p1（V－V′），解得p1＝0.62×105Pa.（2）设打气次数为n次，相当于一次将压强为p0、体积为nV0、温度为T0＝290K的气体与足球内原有气体一起压缩成体积为V、温度为T＝300K的气体．由理想气体状态方程得p

0·nV0＋p·VT0＝pnVT，解得n＝23.2次．所以，打气次数至少为24次．5．答案：（1）330K（2）1.1p0解析：（1）A缸内气体体积V0保持不变，活塞刚要离开E时根据活塞受力平衡可得，A缸内气体的压强pE＝p0对A

缸内气体，由查理定律得0.9p0T1＝pETE其中T1＝297K，解得TE＝330K.（2）随A缸内气体温度继续增加，A缸内气体压强增大，活塞向右滑动，B缸内气体体积减小，压强增大．假设A缸内气体温度为399.3K时，活塞未对F处限制装置产生压力，则根据活塞受力平衡可得此时pA＝pB＝p对

A缸内气体，根据理想气体状态方程可得0.9p0V0T1＝pA（V0＋ΔV）T2对B缸内气体，由玻意耳定律可得p0·1.1V0＝pB（1.1V0－ΔV）解得ΔV＝0.1V0，p＝1.1p0由以上结果可知，此时左边活塞刚好移动到

F，所以A缸内气体的最后压强p＝1.1p0.第98练气体实验定律与热力学定律的综合应用1．答案：BCE解析：b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖－吕萨克定律VT＝C可知，体积应减小，故A错误；a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生

等温变化，压强减小．根据玻意耳定律pV＝C得知，体积增大，故B正确；c→a过程中，由图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，故C正确；由C的分析可知，气体的体积不变，故D错误；一定质量的理想气体的内能与气体温度有关，并且温度升高气体的内能增

大，则知c→a过程中，温度升高，气体内能增大，而体积不变，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以气体一定吸收热量，故E正确．2．答案：ABE解析：由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定

吸热，A正确；从b到c为等压变化，故pc＝pb，而从a到b为等容变化，根据查理定律p＝CT，可知温度升高，压强变大，故pb>pa，B正确；理想气体没有分子势能，C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率

减小，但不是每一个分子的速率都减小，D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W，气体吸收的热量等于对外界做的功，E正确．3．答案：ADE解析：由状态A变到状态B为等容变化，W＝0，温度

升高，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，A正确；由状态B变到状态C过程中，内能不变，B错误；C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错误；D状态与A状态压强相等，D状态体积大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D、E正确

．4．答案：（1）12P012T0（2）吸热34U0＋12P0V0解析：（1）图线可知，状态A到状态B为等压变化，PA＝PB①由盖—吕萨克定律可得：V0TA＝2V0T0②状态B到状态C为等容变化，由查理定律可得：PBT0＝P02T0③由①②③可得

：PA＝12P0，TA＝12T0.（2）从状态A经过状态B到状态C的过程中，气体吸收热量从状态A到状态B气体对外做功，从状态B到状态C气体不做功，W＝－PAΔV＝－12P0（2V0－V0）＝－12P0V0④从状态A到状态C气体内能增加

ΔU＝U0－14U0＝34U0⑤由热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W⑥由④⑤⑥可得：Q＝34U0＋12P0V0.⑦第99练高考真题1．答案：（1）1V2V1（2）①0.4V2p0②（5－1）V5＋34p0

解析：（1）由图象可得Va（273.15＋ta）K＝Vb（273.15＋t1）K，图中两直线Ⅰ和Ⅱ表明气体发生等压变化，即状态a和状态b压强相等，即papb＝1；由玻意耳定律可知，在纵轴与两直线交点所对应状态下（温度相同），有pbV1＝pcV2，即pbpc＝V2V1.（2）①对B部分气体由玻意耳

定律有p0V＝pBV2解得pB＝2p0对A部分气体由玻意耳定律有p0V＝（pB＋0.5p0）VA解得VA＝0.4V.②设回到初始位置时A的体积为V′A，B的压强为p′B对B部分气体由玻意耳定律有p0V＝p′B（2V－V′A）对A部分气体由玻

意耳定律有p0V＝（p′B－0.5p0）V′A联立解得p′B＝5＋34p0V′A＝（5－1）V.2．答案：（1）ABE（2）1cm解析：（1）ab过程是等容过程，外界对气体不做功，但气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知气体始终吸热，A项

正确；ca过程是等压过程，气体体积减小，外界对气体做正功，但气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气体始终放热，B项正确，C项错误；对bc过程，根据pV＝CT可知，气体的温度先升高后降低，所以D项错误，E项正确．（2）设A、B两管内横截面

积分别为S1、S2，注入水银后如图所示，A、B气柱分别减少了h1和h2，压强分别为p1和p2则有：p0l1S1＝p1（l1－h1）S1①p0l2S2＝p2（l2－h2）S2②压强：p2＝p0＋ρgh③p1＝p2＋ρg（h2－h1）④代入数据解得Δh＝

h2－h1＝1cm.3．答案：（1）大于①（2）①3.1×103Pa②973解析：（1）当向活塞上表面缓慢倒入细沙时，活塞缓慢下降，外界对汽缸内气体做功；当A、B活塞上表面加入的细沙质量相同时，A、B汽缸内的气体体积相同，由于A中细沙的质量

大于B中细沙的质量，则重新平衡时A中气体的体积小，汽缸A中活塞和细沙对汽缸内气体做功多，由于活塞和汽缸都是绝热的，则由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故汽缸A内气

体的温度更高；温度升高，大多数气体分子的速率增大，气体分子的速率分布图线的峰值向速率大的方向移动，故曲线①表示汽缸B内气体分子的速率分布规律．（2）①初状态：p1＝3.0×103Pa，T1＝（273＋27）K＝300K，末状态：T2＝（273＋37）K＝310K，

设压强为p2，根据查理定律得p1T1＝p2T2，解得p2＝3.1×103Pa.②保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，以夹层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得p1V＝p0V′，解得V′＝0.03V，夹层中增加的空气质量与原

有空气质量的比值Δmm＝V－V′V′＝973.4．答案：（1）BDE（2）①297K②309K解析：（1）整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C

错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝mgS1＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h＋mgh），D正确；根据左、右两边气体的压强相等，有p0＋mgS1＝p0

＋FS2，解得F＝mgS2S1，E正确．（2）①整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆

的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0g时，右端细绳对铁块的拉力大小F

2＝m2g－4N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105Pa，由查理定律得p1T1＝p2T2，解得T2＝297K.②分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105Pa，由查理

定律得p1T1＝p3Tmax，解得最高温度Tmax＝309K．考点十四机械振动与机械波光学第100练机械振动1．答案：BDE解析：摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T＝2πLg可知增大摆长L可以增大摆钟的周期，A错误；挑水时为了防止水

从桶中荡出，可以改变走路的步频，B正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共

振而破碎，E正确．2．答案：BCE解析：由图象可知，A点在t轴上方，此时振子的位移x＝0.25cm，所以振子所受的弹力F＝－kx＝－5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，A错误；过A点作图象的切线，该切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x

轴正方向，B正确；由图象可知，周期为2s，振幅为0.5cm，故在0～4s内，振子完成2次全振动，由于t＝0时刻和t＝4s时刻振子都在最大位移处，所以在0～4s内，振子的位移为零，振子通过的路程为2×4×0.5cm＝4cm，D错误，C、E正确．3．答案：阻尼0.250.33

（或13）解析：由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆盘转动时带动小球做受迫振动，因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频率，即小球的振动频率为14Hz＝0.25Hz；当驱动力的

频率等于小球的固有频率时小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为3Hz，则圆盘的周期应为13s.4．答案：（1）y＝5cos5π3t（cm）（2）215cm在平衡位置（3）5m/s2解析：本题考查简谐运动图象与力学知识的综合应用

．（1）由振动图象可知A＝5cm，T＝1.2s，则ω＝2πT＝5π3rad/s，则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为y＝Acosωt＝5cos5π3t（cm）.（2）12.9s＝1034T，则小

球在0～12.9s内运动的总路程为1034×4A＝215cm；将t＝12.9s代入（1）中关系式可得y＝0，即小球在平衡位置．（3）小球在平衡位置时弹簧伸长量为10cm，则k＝mgΔx＝100.1N/m＝

100N/m，小球在最高点时，弹簧伸长Δx′＝5cm，则mg－kΔx′＝ma，解得a＝5m/s2.第101练机械波1．答案：ABD解析：从图上可以看出波长为4m，选项A正确；“相继出现两个波峰”应理解为，出现第一个波峰与出现第二个波峰之间的时间间隔．这个时间间隔等于周期，即T＝0.4s

，则v＝λT＝10m/s，选项B正确；质点Q（x＝9m）经过0.4s开始振动，而波沿x轴正方向传播，即介质中的每一个质点都被它左侧的质点所带动，从波向前传播的波形图可以看出，0.4s波传到Q时，其左侧质点在它下方，所以Q点在0.5s时处于波谷，再经过0.2s，即总共经过0.7s才第一次到达波峰，选

项C错误；从波的向前传播原理可以知道，M以后的每个质点都是先向下振动的，选项D正确；由B可知这列波的频率为f＝1T＝2.5Hz，选项E错误．2．答案：ACE解析：由图甲可知波长λ＝2m，由乙图可知周期T＝0.02s，所以波速v＝λT＝1

00m/s，选项A正确；由图乙知t1＝0.02s时质点P正通过平衡位置向y轴负方向运动，可以判断出该波沿x轴正向传播，所以此时质点M的运动方向沿y轴正方向，则当t2＝0.03s时，即再过半个周期，质点M的运动方向沿y轴负方向，选项B错误；质点M的平衡位置在x＝1.75m处，与P点振动情况

相差1.75－1.02T＝38T，根据振动方程可知y＝Asin2πT×38T＝210m，选项C正确；在Δt＝0.005s＝14T时间内，质点M从t1时刻起每14T时间内通过的路程不是振幅0.2m，选项D错误；此列波的频率为f＝1T＝50Hz，根据多普勒效应可

知当波源向观察者快速运动时，观察者接收到的波的频率大于波源的实际频率，选项E正确．3．答案：ACE解析：根据波动图和振动图可读出波的波长λ＝2m，周期为T＝4s，故可得波速为v＝λT＝0.5m/s.平衡位置在x＝3m与x＝7m的质点相差两个波长，

则其振动情况完全相同，故A正确；根据A点的振动图可知，t＝7.5s时A点的质点在正的最大位移处，因周期为T＝4s，则t＝6.5s时，A质点在平衡位置，t＝5.5s时，A质点在负的最大位移处，故t＝6s时，A的位移为

负且正沿y轴正方向向平衡位置运动，由t＝6s时的波动图可知A点的质点的平衡位置与原点的距离在0m到0.5m之间，选项B错误；t＝9s与t＝6s的时间差为Δt1＝9s－6s＝3s＝3T4，则波再传播3T4的时间后，平衡位置在x＝1.5m处的质点处于平衡位置，平衡位置在x＝2.

0m处的质点处于波谷，则平衡位置在x＝1.7m处的质点正在负的位移处沿y轴正方向向平衡位置运动，可知加速度方向沿着y轴正方向，故C正确；根据t＝13.5s与t＝6s的时间差为Δt2＝13.5s－6s＝7.5s＝T＋34T＋18T，则波再传播7T4

的时间后，平衡位置在x＝1.0m处的质点处于波峰，平衡位置在x＝1.5m处的质点处于平衡位置，则平衡位置在x＝1.4m处的质点在t＝13.5s时的位移为正，故D错误；根据t＝18s与t＝6s的时间差为Δt3＝18s－6s＝12s＝

3T，则平衡位置在x＝1.2m处的质点在t＝18s时的位置和t＝6s时的位置相同，根据同侧法可知速度方向沿y轴负方向，故E正确．4．答案：42解析：A每分钟上下振动15次，则这列波的周期是T＝6015s＝4s；当A点位于波峰时，B点刚好位于波谷，此时A、B间有两个波峰，说明A、B之间的距离L＝5

2λ，解得λ＝8m，所以这列波的传播速率是v＝λT＝2m/s.5．答案：40y＝0.1sin10πt＋34πm解析：由图可知波长λ＝8m，周期T＝0.2s，则波的传播速度v＝λT＝40m/s，ω＝2πT＝10πrad/s，由图甲、乙可知波沿x轴正向传播，

质点P简谐运动的表达式为y＝0.1sin10πt＋34πm.6．答案：20m/s1.2m负解析：由图可知，该简谐横波波长λ＝8m，由v＝λT，可得v＝20m/s，由图可知质点P的振幅为0.1m，故1.2s内（三个周期）质点P运动的路程为x＝3×4×0.1m＝1.2m．由于简谐横

波沿x轴正向传播，由图可知t＝0时，质点P经过平衡位置沿y轴正方向运动，0.6s等于一个半周期，故0.6s时质点P的速度方向沿y轴负方向．7．答案：（1）4m（2）如解析图所示（3）（0.8n＋1.4）s，n＝0，1，2，…解析：（1）λ＝vT＝4

m（2）t＝0.6s时的波形图如图所示；（3）波从A传播到E所用时间t1＝T＝0.8s．根据波的传播规律可知，从E开始振动到E点到达波峰所需时间为t2＝nT＋34T＝（0.8n＋0.6）s，n＝0，1，2，…自t＝0时刻起到质点E到

达波峰所需的时间为t总＝t1＋t2＝（0.8n＋1.4）s，n＝0，1，2，…8．答案：（1）0.05m/s（2）－22cm解析：（1）由图示波形图可知，这列波的波长λ＝4cm＝0.04m，波沿x轴负方向传播，根据波形

平移法知t＝0时刻P点向下振动，经过34个周期第二次到达波峰位置，由此可知t1＝34T＝0.6s，则得T＝0.8s，所以波速为v＝λT＝0.040.8m/s＝0.05m/s.（2）因为t2＝1.5s＝T＋78T故t2＝1.5s时质点Q的位移为y＝4sin74πc

m＝－22cm.第102练光的折射和全反射规律的应用1．答案：ACE解析：由n＝sinisinγ得sinγ＝sinin＝sin60°3＝0.5，得γ＝30°，故A正确；光在玻璃中传播的速度v＝cn，由几何知识可知光在玻璃中传播的路程s＝Lcosγ，则光在玻璃

中传播的时间t＝sv＝nLccosr＝3Lccos30°＝2Lc，故B错误，C正确；由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角，根据光路可逆性原理可知光一定能从CD面射出，故D错误，E正确．2．答案：ACD解析：画出光路图如图，入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30

°，根据折射定律有n＝sinθ1sinθ2，代入数据得n＝sin60°sin30°＝3，故选项A正确；设临界角为θ0，则sinθ0＝1n＝13＞12，可知θ0＞30°，而∠PDO＝30°，则单色光在D点不发生全反射，故选项B错误，C正确；PD＝2Rc

os30°＝3d2，故选项D正确，E错误．3．答案：BCD解析：根据sinC＝1n，可得C＝45°，选项A错误．根据n＝cv得v＝cn＝2c2，选项B正确．该红光束在玻璃砖中的波长λ＝vf＝2c2f，选项C正确．此题中有两条特殊光线，如图所示，一条是直接射向圆心的光线Ⅰ，另一条是切着半圆

入射的光线Ⅱ.光线Ⅰ左侧的光线折射后在MN上的入射角大于45°，发生全反射，从半圆面射出．对于光线Ⅱ，根据折射定律得n＝sin90°sinβ，解得β＝45°，设折射光线到达MN上A点，则OA＝22R，光线Ⅰ和光线Ⅱ之间的光

线在OA间折射出来，即MN平面上能射出光束部分的宽度为22R，选项D正确，E错误．4．答案：不平行越大解析：根据折射定律，若玻璃砖上、下表面平行，则出射光线与入射光线平行，图中E面左侧向上倾斜，则出射光线和入射光线不平行；入射角θ越大，则光线在上表面的折射角

越大，光线射到下表面的入射角越大，则从E面射出玻璃砖的光线的折射角越大．5．答案：cncosα≥cosθn解析：本题考查n＝cv和n＝sinisinr的综合应用．光在水中的传播速度v＝cn.欲使鱼塘在注满水的情况下，阳光可以照射到整个底部，则折射光线与底部的

夹角大于等于α，故折射角r≤π2－α，又入射角i＝π2－θ，根据折射定律有n＝sinisinr，则有n≥sinπ2－θsinπ2－α＝cosθcosα，所以cosα≥cosθn.6．答案：（1）1277（2）红色解析：（1）从S点发出的光线射向球形玻璃

罩边缘时垂直于界面，则沿半球形玻璃罩半径方向射向水中，然后射到空气和水的分界面．光线恰能在水面发生全反射时，射向水面的入射角C满足sinC＝1n，则光斑直径为d＝2htanC，解得d＝2hn2－1＝2×2432－1m＝1277m（2）因为在同一种均匀介质中红光的折射率

最小，则红光的全反射临界角最大，则出射水面的光斑边缘颜色为红色．7.答案：（1）2（2）32L解析：本题考查光线的传播、折射率的计算．（1）作出光路图如图甲所示，由几何知识可知，光线射到AB面上时的入射角为30°，折射角为45°，则该玻璃砖的折射率n＝sin45°sin30°

＝2.（2）单色光的平行光束从AC边以45°角入射时，折射角为30°，光路图如图乙所示，由几何关系可知，光线能射到BC边的最下端为M点，反射光线垂直AB边从N点射出，△ACM为正三角形，M为BC中点，可知N为AB的中点

，距离A点的距离为32L，则该平行光束第一次从AB边射出的宽度为32L.8.答案：1∶3解析：本题考查光的折射与n＝cv的综合应用．光路图如图所示，由题意可知，入射角i＝60°，玻璃管的折射率n＝62，设

折射角为γ，由折射定律有n＝sinisinγ，解得γ＝45°，则∠DAB＝30°，由几何关系可得，MC＝CA＝R－r，MA＝2MC，AD＝r，AB＝233r，光线在玻璃管中传播的速度v＝cn，则有t1＝MAv＝2（R－r）cn，t2＝ABc＝233rc，又t1∶t2

＝3∶1，解得r∶R＝1∶3.9．答案：（1）36Rc（2）12πR2解析：本题考查全反射的判断、光传播时间及面积的计算．（1）设透明体的临界角为C，则有sinC＝1n＝22，可知，从D点射入透明体的光线在AC面的入射角为60°，大于临界角C，发生全反射，其光路图如图甲所示，

由反射定律结合几何知识可知，光线最终垂直于BC边射出，设在透明体中运动的时间为t，则有t＝DE＋EFv，又DE＝AEcos30°，EF＝ECcos30°，则DE＋EF＝（AE＋EC）cos30°＝33R，又

v＝cn＝22c，联立解得t＝36Rc.（2）如图乙所示，设从真空球上G和G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，而在这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会射入真空区域，所以只要将这些区间用不透明纸遮住就可

以了，显然，在透明体AB面上，被遮挡区域至少是个圆形，设其半径为r，由几何关系可知r＝2R2，则S＝πr2＝12πR2.第103练光的干涉、衍射、偏振电磁波1．答案：CDE解析：在真空中传播的电磁波速度都等于光速，无论频率是否相

同，传播的速度都相同，A错误；两列机械波发生干涉现象，在振动加强的区域，质点振幅最大，但位移不总是最大，B错误；干涉和衍射是波所特有的现象，一切波都能发生干涉和衍射现象，C正确；根据多普勒效应，火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率高，D正确；偏振是横波所特有的现象，电磁

波能发生偏振现象，说明电磁波是横波，E正确．2．答案：ABC解析：电磁波在真空中的传播速度为光速，A选项正确；电磁波是由周期性变化的电场和磁场相互激发产生的，B选项正确；传播速度方向、电场方向、磁场方向三者两两垂直，C选项正确；电磁波可以

通过光缆传播，D选项错误；当电磁振荡消失后，电磁波可继续传播，E选项错误．3．答案：ABE解析：X射线的频率比较大，对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，A正确；根据电磁波谱的排列顺序可知：γ射线是波长最短的电磁波，它比X射

线的频率还要高，B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越长，越容易发生衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生衍射；无线电波最容易发生衍射现象，C、D错误；无线电波广泛应用于通信、广播、和天体研究中，E正确．4．答案：ACE解析：单

缝衍射的条纹间距可以用双缝干涉条纹间距的公式Δx＝Ldλ定性讨论，其中L为屏与缝的距离、d为缝宽、λ为波长．将入射光由可见光换成X射线，波长λ变小，则衍射条纹间距变窄，故A正确；使单缝宽度变小，即d变小，则衍射条纹间距变大，故B错误；

换用波长较长的光照射，则衍射条纹间距变宽，故C正确；增大单缝到屏的距离，即L变大，则衍射条纹间距变宽，故D错误；单缝衍射条纹与双缝干涉条纹不同，其中央条纹最宽，故E正确．5．答案：ABE解析：发生全反射的条件是光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率大的介质射入

折射率小的介质，且入射角大于临界角，当内芯的折射率比外套的折射率大时，光在界面上才能发生全反射，A、B正确；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，都可以用来传输信息，C错误；光波的频率比无线电波的频率高，波长比无线电波的波长短，D错误；光纤通信的优点有容量大、衰减小

、抗干扰性强等，E正确．6．答案：BDE解析：雨后天空出现的彩虹是光的折射现象，故A错误；白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生的色散现象，故B正确；照相机镜头所涂增透膜的厚度是绿光在薄膜中的波长的14，从薄膜前、后表面反射的绿光发生干涉相互抵消，

即大部分通过增透膜和镜头，红色和紫色光反射后则不发生干涉，所以人眼看到镜头呈淡紫色，故C错误；夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象，故D正确；波长越长，越容易发生明显的衍射现象，利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发生明显的

衍射现象，故E正确．第104练高考真题1．答案：（1）2.0×1085×10－1035×10－10（2）①0.8s②－0.5cm解析：（1）光在介质中的传播速度v＝cn＝2.0×108m/s；当光垂直射入玻璃时，光通过

玻璃板的时间最短，tmin＝dv＝0.1002×108s＝5×10－10s；当光以接近90°角入射时，光在玻璃板中传播时间最长，由折射定律可知，n＝sin90°sinr，解得sinr＝23，光在玻璃板中传播的距离x＝dcosr，tmax＝xv，解得tmax＝35×10－

10s.（2）①在t1时刻质点A位于波峰，A、B的平衡位置坐标分别为0和xB＝16cm波峰从A传到B所用时间tAB＝xBv＝0.8s故从t1时刻开始，质点B最少要经过0.8s位于波峰②由题意，Δt＝T2又Δt＝0.6s，解得周期T＝1.2s若选t1时刻为计时零点，则由题意可知质点A的振动方程为y

A＝ycosωt质点B的振动方程为yB＝ycosω（t－tAB）tAB＝0.8s，ω＝2πT，t＝0联立解得t1时刻即t＝0的时刻质点B偏离平衡位置的位移为yB＝－0.5cm2．答案：（1）0.50.41.2（2）①2②15°解析

：（1）从图中可以看出波长λ＝20cm，若波沿x轴正方向传播，则0.3s＝34T＋nT（n＝0，1，2…），解得T＝1.24n＋3s，因为T>0.3s，所以T＝0.4s，波速为v＝λT＝50cm/s＝0.5m/s；若波沿x轴负

方向传播，则0.3s＝14T＋nT（n＝0，1，2，…），解得T＝1.24n＋1s，因为T>0.3s，所以T＝1.2s.（2）①设光线在平行玻璃砖上表面的入射角和折射角分别为θ1、θ2则sinθ1＝AMAM2＋MO2①sinθ2＝ss2＋h2②sinθ1＝n

sinθ2③联立并代入数据解得n＝2.④②如图所示为光线入射角为45°时，光线在不平行玻璃砖中传播的光路图，设玻璃砖上下表面的夹角为α.由几何关系有θ3＝θ′2＋α⑤由折射定律有sin45°＝nsinθ′2⑥设全反射临界角为θC，则ns

inθC＝1⑦当光线从玻璃射入空气，满足θ3≥θC时发生全反射．由题意，当光线在玻璃砖上表面的入射角为45°时，θ3＝θC，联立④⑤⑥⑦式得α＝15°.3．答案：（1）40.3（2）（ⅰ）233（ⅱ）22（2h－R）解析：（1）振子零时刻向右经过A点，2s时振子第一次

到达B点，且经过A、B两点的速度大小相等，则振子从A到B的时间为半个周期，即T2＝2s，解得周期T＝4s，振幅A＝12s＝0.3m.（2）（ⅰ）由题意可知，光线在半圆柱体内发生全反射的临界角C＝60°，根

据全反射规律有n＝1sinC①解得半圆柱体对该单色光的折射率n＝233②（ⅱ）当θ＝30°时，设出射光线与法线的夹角为β，光线沿B的半径射出，则光线经过B的圆心，由几何关系可知光线在B中的折射角为30°，

光路图如图所示由折射定律有n＝sinβsin30°＝233③解得sinβ＝33，则tanβ＝22④由几何关系可知，A、B圆心的高度差H＝dtanβ⑤H＋Rsin30°＝h⑥联立④⑤⑥得d＝22（2h－R）⑦4．答案：（1）ACE（2）①47425②745解

析：（1）由题图（b）可知该波的振动周期T＝4s，由题意结合题图（a）知波长λ＝10m，故波速v＝λT＝104m/s＝2.5m/s，所以波从A点传播到B点，所需时间t＝102.5s＝4s，A正确；t＝0时，A处质点处于波峰，经过4s，B处质点处于波峰，再过2s，B处质点处于波

谷，B错误；波面分布如图所示，t＝8s时，实线表示波峰，虚线表示波谷，C处质点在波峰与波谷之间，之后要重复前面质点的运动，故C处质点向正向最大位移处运动，所以C处质点振动速度方向竖直向上，C正确；t＝10s时，实线表

示波谷，虚线表示波峰，D处质点距离波峰更近，所以D处质点在平衡位置上方，所受回复力方向竖直向下，D错误；E处质点起振后12s内经过3个周期，所以这12s内经过的路程s＝3×4A＝12cm，E正确．（2）①如图所示，若

人脚处反射的光恰能成像，则透明介质的折射率最小，由几何关系得此时入射角的正弦值sini＝0.81.0＝0.8，折射角的正弦值sinr＝1.01.02＋1.42＝574，所以nmin＝sinisinr＝47425.②光从光

疏介质向光密介质传播，入射角接近90°时为掠射．分析可知，当掠射的光恰好从洞的边缘射出时折射率最小，则有n′min＝1sinr＝745.第105练物理学史物理学思想与方法1．答案：D解析：加速度等于速度变化量Δv与所用时间Δt的比值，a与Δv、Δt无

关，a＝ΔvΔt是比值法定义式，A正确；磁感应强度B由磁场本身决定，与F、IL无关，B＝FIL是比值法定义式，B正确；电容器的电容C由电容器自身决定，与两极板间的电压、电容器所带的电荷量无关，C＝QU是比值法定义式，C正确；电流随电阻两端电

压的增大而增大，因此I＝UR不是比值法定义式，电流的定义式为I＝qt，D错误．2．答案：D解析：电磁铁的原理是电流的磁效应，是由奥斯特发现的，故D正确．3．答案：C解析：由库仑定律得k＝Fr2q1q2，又F＝ma，q＝It，所以静电力常量k的单位用国际单位

制表示为N·m2/C2、kg·m3·s－2·C－2或kg·m3·s－4·A－2，C项正确．4．答案：B解析：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，选项A错误；牛顿第一定律是在伽利略的理想斜面实验的基础上通过逻辑推

理得出的规律，选项B正确；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了控制变量法，选项C错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位

移相加，这里运用了微元法，选项D错误．5．答案：A解析：无论是亚里士多德，还是伽利略和笛卡儿，都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，A正确；开普勒通过研究第谷的天文记录发现了行星运动三大定

律，卡文迪许利用扭秤装置测出了引力常量，B错误；库仑利用扭秤装置测出了带电小球之间的作用力，提出了库仑定律，但他并没有测出静电力常量k，C错误；奥斯特发现了通电导线周围存在磁场，安培总结出“安培定则”来判断电流与其产生磁场的方向关系，D错误．6．答案：C解析：按照经典物理学的理论，

核外电子在库仑引力作用下绕原子核做圆周运动，电子的动能以电磁波形式辐射出去，最终落在原子核上，原子是不稳定的；电子辐射电磁波的频率等于电子绕核转动的频率，电子能量逐渐减小，它离原子核越来越近，我们应该看到原子辐射出各种频率的光，即原子光谱是连续的．故经典物理学无法解释原子的稳定性，

也无法解释原子光谱的分立特性，A项错误．根据玻尔氢原子模型，氢原子辐射出光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，电子的动能增大，B项错误．一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是以化合物的形式存在，其放射性都相同，而元素的化学性质主要取决于原

子核外的最外层电子数，这就说明射线与核外电子无关，而是来自原子核，C项正确．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核147N，核反应方程为42He＋147N→178O＋11H，11H为质子，D项错误．