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第一部分高考热点专项练第一章匀变速直线运动的规律考点1描述运动的基本概念——练基础1．答案：B解析：研究排球运动员扣球的动作时，排球不同点的运动情况是不同的，因此排球不能看成质点，故选项A错误；研究乒乓球运

动员的发球技术时，主要看乒乓球的旋转，乒乓球上不同点的旋转情况并不相同，因此此时不能将乒乓球视为质点，故选项B正确；研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的各点的运动情况并不相同，因此不能忽略羽毛球的大小而将羽毛球视为质点，故选项C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动员的动作

，此时运动员身体的各部分速度是不同的，故选项D错误．2．答案：C解析：该次作业中小车相对地面的位移为x＝x21＋x22＝82＋62m＝10m，C正确．3．答案：C解析：若运动员A以对面的运动员为参考系，他是静止的，A错误；若运动员A以旁边的

运动员为参考系，地面是运动的，B错误；当他俯视大地时，看到大地迎面而来，是以他自己为参考系，C正确；以大地为参考系，运动员是运动的，D错误．4．答案：C解析：该游客的位移指的是从M点到N点的有向线段，

故位移大小为1.8km，A错误；该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，则平均速率为v－率＝st＝5.41km/h＝5.4km/h＝1.5m/s，B错误；该游客的平均速度大小为v－＝xt＝1.81km/h＝1.8km/h＝0.5m/s，C正确；以玉女峰为

参考系，所乘竹筏的平均速度大小为0.5m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小也为0.5m/s，D错误．5．答案：C解析：10s内火箭的速度变化量为Δv1＝100m/s－0＝100m/s，A错误；火箭的速度变化率10010m/s2＝10m/s2，汽车的

速度变化率为302.5m/s2＝12m/s2，则火箭的速度变化比汽车的慢，B错误；2.5s内汽车的速度变化量为Δv2＝0－30m/s＝－30m/s，C正确；根据a＝ΔvΔt可知，火箭的加速度比汽车的加速度小，D错误．6．答案：B

D解析：整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3s内的位移大小为1.0m，则x3＝12at23－12at22代入数据得a＝0.4m/s2，A错误，B正确；由速度公式可知初速度为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s，所以在1s末的速度为v1＝v0

－at1＝8m/s－0.4×1m/s＝7.6m/s，而第1s内的位移x1＝v0＋v12t＝8＋7.62×1m＝7.8m，C错误，D正确．7．答案：ACD解析：由于相邻两滴水的时间间隔相等，当沿运动方向水印始终均匀分布时，则

人做匀速直线运动，A正确；当沿运动方向水印间距逐渐增大时，则人做加速运动，加速度可能增大，可能减小，可能不变，C、D正确，B错误．8．答案：D解析：规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝－10－81.0m/

s2＝－18.0m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上，D正确．9．答案：C解析：摄像机做直线运动，运动员也做直线运动，A错误；0～t1时间内摄像机在前，t1～t2时间内摄像机也在前，B错误；0～t2时间内摄像机与运动员的位移相同，根据v－＝xt，平均速度相同，C正确；x

­t图象的斜率表示速度，0～t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度，D错误．10．答案：A解析：ΔxΔt表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，ΔxΔt越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确.考点2匀变速直线运动规律的应用（一）——练基础1．

答案：B解析：第一段时间内的平均速度为v－1＝x1t1＝164m/s＝4m/s，第二段时间内的平均速度为v－2＝x2t2＝162m/s＝8m/s，根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：Δt＝2s＋1s＝3s，则加速度为a＝v－2－

v－1Δt＝8－43m/s2＝43m/s2，B正确．2．答案：A解析：设汽车经过相邻两棵树的时间间隔为t，则汽车在A、B间和在D、E间的平均速度分别为v1＝x1t，v2＝x2t在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故经过C时的速度为vC＝

v1＋v22＝x1＋x22t而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为x＝vC·2t＝x1＋x2，故A正确，B、C、D错误．3．答案：C解析：汽车运动的逆过程是初速度为零

的匀加速直线运动，对于最后1s，有x1＝12at21，解得a＝2x1t21＝2×212＝4m/s2，设汽车刹车的初速度为v0，对于第1s内，由s1＝v0t－12at2，代入数据得13＝v0×1－12×4×12，可得v0＝15m/s，汽车在第1秒末的

速度为v1＝v0－at＝11m/s，C正确．4．答案：A解析：由图象可知汽车一直沿x轴正方向运动，x­t图象的斜率表示速度，0～t1时间内图象斜率变大，则汽车做加速直线运动；t1～t2时间内，图象是倾斜的直线，斜率不变，汽车做匀速直线运动；t2～t3时间内

，图象斜率变小，汽车做减速直线运动．综上分析可知汽车沿x轴正方向先做加速，再匀速，再减速直线运动，v­t图象可能正确为A选项，不可能为B、C、D选项．5．答案：D解析：根据x1＝12a1t21解得t1＝2s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝8

0m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有v22－v21＝2a2x2代入数据解得a2＝18m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝v2－v1a2＝109s，飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为t＝t1＋t2＝289s，

故D正确．6．答案：D解析：加速与减速的加速度大小相等，根据t＝vma可知，加速与减速的时间一定相等，A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×vm2t＋vm（t0－t）＝s，代入数据解得t＝12min，B错误；加速位移为x加＝vm

2t＝120km，C错误；加速度大小a＝vmt≈0.46m/s2，D正确．7．答案：BC解析：由H＝v02t可知，上浮时的初速度为v0＝2Ht，A错误，B正确；上浮的加速度为a＝0－v0t＝－2Ht2，则在

t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为h＝H－v0t0＋12at20＝H－（2Htt0－12×2Ht2t20）＝H（t－t0）2t2，C正确，D错误．8．答案：C解析：采用逆向思维，将高铁运动可

看成初速度等于0的匀加速直线运动，依次经4t、3t、2t时间运动的位移大小之比为12a（4t）2︰12a（4t＋3t）2－12a（4t）2︰[12a（4t＋3t＋2t）2－12a（4t＋3t）2]＝16︰33︰32，所以高铁依次经2t

、3t、4t时间，运动的位移大小之比为32∶33∶16，C正确．9．答案：C解析：列车车头到达隧道前减速时间t1＝v0－v2a，在隧道中匀速行驶时间t2＝L＋lv，车尾离开隧道后，加速时间t3＝v0－va，总时间t＝t1＋

t2＋t3＝3（v0－v）2a＋L＋lv，故C项正确．10．答案：（1）6m/s2（2）7599m（3）4.5m/s2解析：（1）减速伞工作20s的过程，返回舱的加速度大小为a1＝v1－v2t1＝6m/s2.（2）返回舱的速度由180m/s减小到60m/s过程中，下降的高

度为h1＝v2＋v12t1＝2400m，返回舱的速度由60m/s减小到3m/s过程中，下降的高度为h2＝H－h1－h3＝7599m.（3）若返回舱落地时的速度恰好为零，则最后1m的加速度大小为a3＝v232h3＝4.5m/s2.11．答案：（1）6.25m（2）195.

65s解析：（1）汽车匀变速直线运动，设经过隧道入口x1＝50m与紧邻的x2＝100m相等的时间间隔为t，则根据Δx＝at2可得Δx＝at2＝x2－x1＝50m则经过隧道入口50m时，速度大小为v＝x1＋x2

2t汽车由开始运动到经过隧道入口50m时，有2ax＝v2，故x＝v22a联立以上式子得x＝（x1＋x2）28Δx＝56.25m故汽车开始起动到隧道口的距离为x0＝x－x1＝6.25m.（2）依题意知v1＝90km/h＝25m/s速度达到25m/s时，由2a′x3＝v21代入数据求得x3

＝125m用时t1＝v1a′＝10s故匀速运动的距离x4＝s＋x0－x3＝4641.25m匀速运动时x4＝v1t2可得t2＝185.65s故从开始运动到穿出隧道用时t＝t1＋t2＝195.65s．考点3匀变速直线运动规律的应用（二）——提能力1．答案：A解析：设物体通过AB、BC段位移所

用时间均为T，则B点的速度为vB＝xAC2T＝5m2T，根据Δx＝aT2得a＝ΔxT2＝1mT2，则有vA＝vB－aT＝5m2T－1mT2·T＝3m2T，根据速度—位移公式得，O、A两点之间的距离为xOA＝v2A2a＝9m24T22mT2＝98m，A正确．2．答

案：C解析：因为蹦极者做初速度为零的匀加速直线运动，根据连续相等位移的运动比例规律t1t2＝15－2≈4.2，所以4<t1t2<5，C正确，A、B、D错误．3．答案：C解析：根据Δx＝aT2可得a＝AC－2ABT2＝0.5m/s2，拍第三张照片时遥控小汽车的速度大小为v3＝AD－AB2

T＝0.5m/s.由v4＝v3＋aT得拍第四张照片时遥控小汽车的速度大小为v4＝0.6m/s，故C正确，A、B、D错误．4．答案：A解析：可以将冰壶视为做从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，则有sEB＝3s0＝12at22sEA＝4s0＝12at23sED＝s0＝12at24解得t2∶t3∶t

4＝3∶4∶1＝3∶2∶1t1＝t3－t4所以t1∶t2＝（t3－t4）∶t2＝1∶3故B、C、D错误，A正确．5．答案：D解析：根据初速度为0的匀加速直线运动的推导规律可知，只有初速度为0，连续通过x0，2x

0，3x0所需时间的比为1∶2∶3，动车做有一定初速度的匀减速运动，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A的速度不可能为0～t1时间的平均速度x0t1，B错误；t1～t3时间段的平均速度为vB＝2

x0t3－t1，只有匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝x0t2－t1故D正确．故选D.6．答案：BD解析：物体在a点时的速度大小为v0，加速度为

a，则从a到c有xac＝v0t1＋12at21即7＝v0×2＋12×a×4物体从a到d有xad＝v0t2＋12at22即12＝v0×4＋12×a×16联立解得a＝－12m/s2，v0＝4m/s根据速度公式vt＝v0＋at可得vc＝

4－12×2＝3m/s；vd＝4－12×4＝2m/s根据位移中点的速度公式可得vb＝v2a＋v2d2＝42＋222＝10m/s，故A错误，B正确；根据速度—位移公式得，从d到e－v2d＝2axde则xde＝－v2d2a＝42×12＝4m，故C错误；根据vt＝v0＋at

可得从d到e的时间为tde＝－vda＝212s＝4s，故D正确．故选B、D.7．答案：（1）2v2d（2）a3dv＋t02解析：（1）电梯门做匀加速与匀减速的位移相等，可得匀加速运动的位移为d4，设加速度为a，

根据匀变速直线运动规律有v2＝2a·d4，解得a＝2v2d.（2）电梯门关闭的时间为t＝dv设人加速运动的时间t1，减速运动的时间t2，由v＝at1＝2at2，得t1＝2t2又t1＋t2＝3t2＝t＋t0得t2＝13（t＋t0），t1＝23（t＋

t0）由公式L＝12at21＋122at22＝a3dv＋t02.8．答案：（1）400m（2）24s解析：（1）汽车过ETC通道的过程示意图如图1所示．图1图2减速的位移和加速的位移相等，均为x1＝v20－v212a＝1

92m.所以汽车从开始减速到恢复正常行驶过程的位移为x＝2x1＋d，解得x＝400m.（2）汽车过ETC收费通道行驶400m的时间为t＝dv1＋2（v0－v1）a＝164s＋2×（20－4）1s＝4s＋32s＝36s.汽车过人工收费通道的过程示意图如图2所示

．减速的位移和加速的位移相等，均为x′1＝v202a＝200m.所以减速和加速的总位移x′＝2x′1＝400m．汽车过人工收费通道行驶400m的时间为t′＝2v0a＋t0＝2×201s＋20s＝60s，所以节约的时间为Δt＝t′－t＝（60－36）s＝24s．考点4自由落体运动

和竖直上抛运动——练基础1．答案：B解析：排球上升的最大高度为h＝v202g＝1.8m，A错误；排球在上升过程中处于完全失重状态，B正确；排球在最高点速度为0，加速度为g，处于非平衡状态，C错误；排球上升和下降过程的加速度相同，竖直向下，D错误．2．答案：C解析

：根据题意得x＝0.8×1004×10－2m＝0.2m；v＝xt＝0.20.02m/s＝10m/s，根据v2＝2gh解得h＝5.0m，A、B、D错误，C正确．3．答案：AC解析：v­t图象的斜率表示加速度，由图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；“水

火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”

在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误．4．答案：B解析：若释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光且小球做自由落体运动

，则第一段时间内的位移：x10＝12gt2＝12×9.8×0.042m＝0.00784m＝0.784cm≈0.78cm，可知照片中数字的单位是cm最合适，A错误；设小球运动的加速度为a，根据逐差法可得：a＝x4＋x5－x3－x24T2＝（19.35－7.05）－（7.05－

0.78）4×0.042×10－2m/s2＝9.42m/s2＜9.8m/s2，可知小球受到的空气阻力不可忽略，B正确；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则小球经过A点时的速度为：vA＝x4＋x52T，代入数据即可求出小球运动到A位置的速度为vA＝1.53m/

s，C错误；若释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光且小球做加速度为a的匀加速直线运动，则第一段时间内的位移：x1＝12at2＝12×9.42×0.042m＝0.00753m＝0.753cm＜0.78cm，可知频闪仪第一次闪光拍摄的照片后经过一段

时间才释放的小球，D错误．5．答案：D解析：运动员离开跳板时有向上的初速度，在入水前做的不是自由落体运动，故A错误；运动员在t＝2s时速度减为零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，故B错误；1～2s运动员向下减速，图线的斜率逐渐减小，运动员在水中的加速

度逐渐减小，故C错误；在0～14s运动员向上运动，由h＝12gt2，可知运动员双脚离开跳板后上升的高度为516m，故D正确．6．答案：A解析：若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过管，故A正确；若小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间是小球

到达管的下端与到达管的上端的时间差，根据自由落体运动公式h＝12gt21，h＋L＝12gt22，解得Δt＝t2－t1＝2（h＋L）g－2hg，故B错误；以管为参考系，小球相对管匀速运动，可知小球穿过管的时间t＝Lv0，可知与当地重力加速度

无关，故C错误；释放空心管时，小球的速度为v＝gt，以管为参考系，小球相对管以速度v做匀速运动，则小球穿过管的时间t′＝Lv＝Lgt，小球能通过空心管，但是穿过管的时间与重力加速度有关，故D错误．7．答案：D解析：螺

钉松脱后先向上做匀减速直线运动，到达最高点后再做自由落体运动，A错误；规定向下为正方向，根据v＝－v0＋gt，螺钉落到井底时的速度大小v＝－5m/s＋10×4m/s＝35m/s，C错误；螺钉下降的距离h1＝－v0t＋12gt2＝

－5×4m＋12×10×42m＝60m，因此井深h＝v0t＋h1＝80m，B错误；螺钉随升降机从井底出发到落回井底的时间与升降机从降低升到井口的时间相同为t＝hv0＝16s，D正确．8．答案：C解析：a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，两球恰在h2处相遇，它们的运动状态不同，不可能同

时落地，故A错误；从题目内容可看出，在h2处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时

，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误；由于两球运动时机械能守恒，两球恰在h2处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确；相遇后，ab两个球的速度的大

小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，D错误．9．答案：（1）5m/s<v<10m/s（2）4.5m/s2解析：（1）演员从窗口下落至汽车平板所用时间为t＝2（h1－h2）g＝1s汽车做匀速

运动的速度大小为v＝xt由题意可知5m<x<10m，解得5m/s<v<10m/s.（2）当车速为v＝6m/s时，则演员落点到车尾的距离为Δx＝5m＋2m＋3m－vt＝4m设演员落在平板上之后运动的加速度大

小为a，则演员从落至平板到速度增至与车共速所经历的时间为t′＝vat′时间内演员和车的位移大小分别为x1＝12at′2＝v22a，x2＝vt′＝v2a由题意可知Δx＝x2－x1＝v22a，解得a＝4.5m/s2.考点5运动图象追及相遇问题——提能力1．答案：A解析：根据匀变速直线运动位移公式有：

x＝v2t0，由图可知vⅠ＞vⅡ，根据v＝at可知aⅠ＞aⅡ，A正确，B、C、D错误．2．答案：D解析：物块前两秒加速度一直增大，故做加速增大的减速直线运动，A错误；a­t图象的图线与坐标轴所围成的面积是速度的变化量，第4s末的速度大小为

v4＝v0＋Δv＝－2＋12×2×3m/s＝1m/s，C错误；第4s末的加速度为零，速度不为零，故方向未发生改变，B错误；第6s末的速度为v6＝v0＋Δv′＝（－2＋12×2×3－π4×22）m/s＝（1－π）m/s，第6s末的速度大小

为（π－1）m/s，D正确．3．答案：AD解析：由运动学公式x＝v0t＋12at2知甲、乙两个小钢球x­t图象为抛物线，则两球做匀变速直线运动，甲球先向上做匀减速运动到顶点速度减为零，后匀加速向下运动，在1s～2s内有x＝12a甲t2代入

图中数据t＝1s，x＝5m，得a甲＝10m/s2方向向下，乙球从顶点向下做初速度为零的匀加速运动，0～1s有x＝12a乙t2，代入图中数据t＝1s，x＝5m，得a乙＝10m/s2方向向下，甲和乙的加速度相同，故A正确；由图象知甲经1s时间上升到顶点，速度减为零，设甲球初

速度为v0，由v＝v0＋（－a甲）t代入数据0＝v0＋（－10）×1m/s解得v0＝10m/s，乙的初速度为零，故B错误；由图知0～1s内甲、乙的位移分别为5m，－5m，由平均速度公式v－＝xt代入数据解得v－甲＝5m/s，v－乙＝－5m/s，故C错误；2s末时甲向下加速了1s，速

度为v＝－a甲t＝－10m/s，0～2s内甲的速度改变量Δv＝v－v0＝－10m/s－10m/s＝－20m/s，速度改变量的大小为20m/s，故D正确．4．答案：BD解析：设小球在经过A传感器时的速度大小为vA，在斜面上运动的加速度大小为a，根据运动学规律有vB＝vA＋at；x＝vAt＋12

at2联立以上两式并整理得xt2＝vB·1t－a2结合图象可得vB＝8m/s，a＝4m/s2.当A传感器放置在O点时，传感器所测时间为小球从O到B传感器的运动时间t1，对应图象上1t的最小值，即1t1＝1s－1解得t1＝1s，所以小球在斜面上O点的速度大小为v0＝vB

－at1＝4m/s，小球在斜面上运动的平均速度大小为v－＝v0＋vB2＝6m/s，固定斜面长度为l＝v－t1＝6m，故A、C错误，B、D正确．5．答案：BD解析：从v­t图象上看，由于所有龙舟出发点相同，故

只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确．从s­t图象上看，图象的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误．6．答案：CD解析：v­t图象的图线与坐标轴所围的面积表示位移

，骑手与烈马在t＝0时并排运动，通过图线在0～4s内所围的面积可以看出4s内烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0～6s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，故A、B错误；由图形所围的面积可以算出0

～9s内，烈马的位移为x1＝10×8＋10＋152×1m＝92.5m，骑手的位移为x2＝62×15＋15×3m＝90m，套马杆长l＝6m，x2＋l>x1，所以骑手在9s时刻挥杆，能套到烈马，故C正确；由加速度

定义式a＝v－v0t＝ΔvΔt知，8～9s内烈马加速度a1＝15－109－8m/s2＝5m/s2，4～6s内骑手的加速度a2＝15－106－4m/s2＝52m/s2，故D正确．7．答案：A解析：由运动学公式t＝xv＝1v·x可知在1v­x图象中，图象与横坐

标围成的面积为运动时间，可得猎豹加速到25m/s后运动250m所用的时间为t＝13s，故A正确；猎豹减速到与猎物共速时，即1v＝0.10s/m时，猎豹追不上猎物，则一定不能追到猎物．由图象可知从猎豹达到最大速度到猎豹减速到与猎物共速过程中，猎豹运动的位移为x1＝225m．由图象

可知，此过程经历的时间t′＝9.75s，此过程猎物的位移为x2＝9.75×10m＝97.5m．即若猎豹达到最大速度时，猎豹与猎物之间的距离大于Δx＝225m－97.5m＝127.5m时猎豹一定追不上猎物

，而若猎豹达到最大速度时，猎豹与猎物之间的距离大于120m小于127.5m，则猎豹能追到猎物，故B错误；因为不知道猎豹加速过程是不是匀变速运动，则时间无法计算，故C错误；猎豹加速到25m/s后，在0到200m范围内做匀速直线运动，后面做加速度

变化的减速运动，故D错误．8．答案：AD解析：v­t图象的切线斜率绝对值等于加速度大小，可知冰壶减速运动的加速度大小为a1＝6－511－3m/s2＝0.125m/s2，A正确；由v­t图象可知9s末，

机器人的速度大小为0m/s，B错误；机器人做匀减速直线运动的加速度大小为a2＝6－09－3m/s2＝1m/s2>a1＝0.125m/s2，冰壶的加速度小于机器人的加速度，C错误；根据v­t图象与横轴围成的面积等于位移，可知从6～11s内，冰壶比机器人

多走的位移大小为Δx＝x1－x2＝6＋52×（11－3）m－6＋02×（9－3）m＝26m>8m，可知在11s末冰壶与机器人的两者的间距大于8m，D正确．9．答案：B解析：根据匀变速运动的位移与时间关系公式x＝v0t＋12at2，根据甲图中x­t2图象为正比

关系图线，可求出物体的加速度大小为12a＝k＝22m/s2，解得a＝2m/s2，A错误；根据匀变速运动的速度与位移时间关系v2－v20＝2ax，根据乙图中v2­x图象为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为2a＝k＝101m/s2，解得a＝5m/s2，B正确；根据匀变速运动的位移与时间关

系公式x＝v0t＋12at2，整理得xt＝v0＋12at，根据丙图中xt­t图象为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为12a＝k＝0－42＝－2m/s2，解得a＝－4m/s2.物体的加速度大小为4m/s2，C错误；根据微元法可以得到，物理学中a­t图

象的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则丁图中a­t图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为Δv＝12×3×2m/s＝3m/s，D错误．10．答案：D解析：若为x­t图象，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，A错误；若为a­t图象且物体初速度为零，则图象与坐标轴所围的面积

表示速度的变化量，所以物体的最大速度为vmax＝Δv＝mn2出现在t＝n时刻，B错误；若为v­x图象，假设物体做匀变速直线运动，则有2ax＝v2－v20即对于匀变速直线运动，其v­x图象不可能是一次函数图象，C错误；若为a­x图象

且物体初速度为零，由动能定理12m0v2max－0＝∑F·x＝∑m0ax＝m0mn2即v2max＝mn，所以物体的最大速度为vmax＝mn，D正确．故选D.11．答案：（1）409m/s2（2）会（3）

54m/s2≤a5≤5m/s2解析：（1）人走上人行道的时间为t1＝L3v1＝3s在3s末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为a1，D＋L1＋L2＝v0t1＋12a1t21解得a1＝409m/s2.（2）卡车穿过人行道时vm＝v0＋a1t1＝10＋409×3m/s

＝703m/s货箱的加速度a2＝μ1g＝4m/s2假设箱子没掉下来，货箱加速的时间为t2＝vm－v0a2＝103s货箱的位移为s箱＝v0＋vm2×t2＝5009m汽车的位移为s车＝()D＋L1＋L2＋vm()t2－t1＝5209m所以箱子相对汽车向后运动s车－s箱＝20

9m>1.5m假设错误，箱子会掉下来；（3）①人穿过人行道的时间t3＝L3＋L4v1＝12s假设12s内汽车的位移小于40m，加速度最小，由40＝v0t3＋12（－a3）t23得a3＝109m/s2以此加速度汽车减速为零的时间为t4＝v

0a3＝10109＝9s说明此加速度汽车在9s时已经减速为零，9s后不再运动，而此时刹车距离s刹＝v202a3＝45m>40m说明假设错误，所以卡车在40m内速度减小为零加速度最小a4＝v202L1＝

54m/s2.②箱子刚好不撞车头时，卡车的加速度最大，设为a5，有d1＝v202a2－v202a5解得a5＝5m/s2刹车时加速度需要满足的条件为54m/s2≤a5≤5m/s2.12．答案：（1）6.5s（2）7.5m/s解析：（1）解法一：足球减速到

速度为0的时间和位移分别为t0＝v0a0＝6s，x0＝v02t0＝36m.已知甲的加速度为a1＝2m/s2，最大速度为vm＝8m/s，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：t1＝vma1＝82s＝4sx1＝

vm2t1＝82×4m＝16m之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，甲匀速运动的位移为x2＝vm（t0－t1）＝8×2m＝16m由于x1＋x2<x0，故足球停止运动时，甲没有追上足球，甲继续以最大速度匀速运

动追赶足球，设甲继续运动的时间为t2，则x0－（x1＋x2）＝vmt2解得：t2＝0.5s则甲追上足球的最短时间t＝t0＋t2＝6.5s.解法二：由题可作出甲与足球的v­t图象如图所示，由图可知，在t＝6s时，足球停止运动，其位移x0＝12×62m＝3

6m此时甲的位移x甲＝（2＋6）×82m＝32m＜x0，可知在足球停止运动时甲还未追上足球，甲还要继续运动的时间t甲＝x0－x甲vm＝0.5s故甲追上足球的最短时间t＝6s＋0.5s＝6.5s．（2）开始足球距底线的距离x3＝45m－x0＝9m

设甲运动到底线的时间为t3，则x3＝v1t3足球在t3时间内发生的位移x3＝vt3－12a0t23联立解得：v＝7.5m/s.考点6（STSE问题）利用匀变速直线运动规律解决实际问题——提能力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5m/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＋12at2，5s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）1.125m/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－12a

t2＝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1.125m/s2考点7实验：研究匀变速直线运动1．答案：（1）等于（2）0.304（3）d

lht12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）C

、I（2）C先接通电源，再释放小车BECDA解析：（1）在本实验中，不需要测量小车和槽码的质量，因此不需要天平，打点计时器使用的是交流电源，因此不需要直流电源，同时打点计时器记录了小车的运动时间，因此不需要秒表．测

量点迹间的距离需要刻度尺，所以还需要的器材是C、I.（2）以上步骤有错误的是C，应先接通电源，再释放小车．根据组装器材、进行实验、数据处理的顺序知，操作步骤顺序为BECDA.3．答案：A0.2330.75解析：物

块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A点，根据刻度尺读数规则可读出，B点对应的刻度为1.20cm，C点对应的刻度为3.15cm，D点对应的刻度为5.85cm，E点对应的刻度为9.30cm，AB＝1.20cm，BC＝1.95cm，CD＝2.70cm，D

E＝3.45cm.两个相邻计数点之间的时间T＝5×150s＝0.10s，根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打C点时物块的速度大小为vC＝BC＋CD2T≈0.233m/s.由逐差法可得a＝CD＋DE－（AB＋BC）4T2，解得a＝0.75m/s

2.4．答案：（1）74.3（2）2（vBC－vAB）t1＋t2（3）偏大解析：（1）主尺刻度为：74mm，游标示数为：1mm10×3＝0.3mm，所以长度为74.3mm.（2）该同学求出的平均速度即为对应中间时刻的瞬时速度，根据匀变速

直线运动速度—时间关系可知：g＝ΔvΔt＝2（vBC－vAB）t1＋t2.（3）若狭缝宽度不能忽略，则实际时间间隔变长，所以代入测量的时间小于实际时间，测量的加速度比真实值偏大．5．答案：（1）在误差允许的范围内，相邻相等时间内的位移之差近

似相等（2）547（3）79解析：（1）根据表中数据可以求得第1s内、第2s内、第3s内、第4s内、第5s内、第6s内飞行器的位移分别为x1＝507m、x2＝587m、x3＝665m、x4＝746m、x5＝824m、x6＝904m，在误差允

许的范围内，相邻相等时间内的位移之差近似相等，即满足Δx＝aT2，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动．（2）对于匀加速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以当x＝507m时，该飞行器速度的大小v＝10942m/s＝547m/s.（3

）根据逐差法可知这段时间内该飞行器加速度的大小a＝x36－x03（3T）2＝（4233－1759）－17599m/s2≈79m/s2.第二章相互作用考点8重力弹力摩擦力——练基础1．答案：D解析：由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，选项

D正确，选项A、B、C错误．2．答案：C解析：当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力

和地面摩擦力以及刀的压力(否则不会有摩擦力)，共5个力作用，故C错误，符合题意；地面和磨刀石之间有两对相互作用力分别是磨刀石对地面的压力与地面对磨刀石的支持力，地面对磨刀石摩擦力与磨刀石对地面的摩擦力，故D正确，不符合题意．3．答案：B解析：把手对弹性绳的拉

力是由于把手发生形变产生的，A错误；根据胡克定律可得2k＝2Fx＝2400.3N/m，得出k＝400N/m，B正确，C错误；尽管每只手的拉力改为80N，但由于弹性绳原长度未知，则无法求出弹性绳的总长度，D错误．4．答案：BC解析：质量分布均匀、形状规则的物体，它的重心才与它的几何中

心重合，所以物体的重心不一定在物体的几何中心上，也不一定在物体上，A错误；用悬挂法找物体重心时，物体所受重力与悬绳拉力是一对平衡力，它们大小相等、方向相反，因此重心一定在悬绳的延长线上，B正确；地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而增大，C正确；物体所受重力的方向总是竖

直向下，D错误．5．答案：C解析：毛竹上的表演者静止时受重力、弹力和摩擦力，故选项A错误；表演者静止时，竹竿对其作用力(弹力和摩擦力的合力)与重力等大反向，即竹竿对表演者的作用力必定竖直向上，故选项B错误，C正确；表演

者越靠近竹竿底部所受的摩擦力不一定越小，D错误．6．答案：C解析：如果两个物体之间没有发生相对运动，则两物体之间的摩擦力是静摩擦力，所以运动的物体之间的摩擦力可以是静摩擦力(两物体以共同速度运动)，也可以是滑动摩擦力(两物体发生相对滑动)，故A错误

．如果相互接触的两个物体发生相对运动，则他们之间的摩擦力就是滑动摩擦力，如物块在静止的桌面上滑动，桌面受到的摩擦力就是滑动摩擦力，所以静止的物体也可以受到滑动摩擦力，故B错误．滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，如小物块轻轻的放在粗糙的匀

速运动的长木板上时，小物块相对于木板向后运动，故小物块所受的滑动摩擦力向前，与其运动方向相同，故C正确．滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，但有可能与运动方向相同如C选项中小物块向前运动，它所受的滑动摩擦力也向前，故D错误．7．答案：B解析：方法一对石礅受力分析如图1，设两根轻绳的

合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝f，Fsinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝μmgcosθ＋μsinθ，选项A错误，B正确；上式变形得F＝μmg1＋μ2sin（θ＋α），其中tanα＝1μ，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C

错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝Fcosθ＝μmgcosθcosθ＋μsinθ＝μmg1＋μtanθ，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误．方法二本题的C、D选项还可

以这样判断：设F′为地面对石礅的支持力FN与摩擦力f的合力，β是摩擦力与F′间的夹角，则tanβ＝FNf＝1μ，即不论FN、f怎么变化，合力F′的方向总保持不变，因此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平

衡问题，用矢量三角形可直观得出随着θ减小绳子的合拉力F可能先减小后增大，也可能一直增大，关键是看初始时θ的大小；摩擦力与支持力的合力F′随着θ的减小而增大，故地面对石礅的摩擦力f随着θ的减小一直增大，即f的最小值不与轻绳合拉力的最小

值对应，故选项C、D均错误．8．答案：AD解析：悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10N，钩码间的弹力大小仍是10N，A正确，B错误；悬挂第二个钩码后，橡皮筋继续伸长，拉力传感器

的读数从10N继续增大，直到弹力等于两个钩码的重力时，拉力传感器的读数才为20N，C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k(x1＋x2)＝2G，代入数据，可得x2＝10cm，

D正确．9．答案：D解析：小球处于静止状态，所受合力为零，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F＝（mg）2＋34mg2＝54mg，D正确．10．答案：C解析：物块与木板间发生相对运动，是滑动摩擦

力，只要两者间发生相对运动即可，木板不必一定在桌面上做匀速直线运动，A、B错误；物块受力平衡，弹簧测力计示数等于物块受到的摩擦力，C正确，D错误．考点9摩擦力——提能力1．答案：C解析：松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间的最大静摩擦力减小，接触面的粗糙程度没有变化，动摩擦因数不变化，A错误

；倾斜静止时，如图甲，增大手的握力，只要瓶子不下滑，则Ff＝mgcosθ，当增大手的握力时只是增大了最大静摩擦力，静摩擦力并没有变化，B错误，C正确；手握瓶竖直静止时，如图乙，则Ff′＝mg，倾斜静止时Ff＝mgcosθ，D错误．2．答案：C解

析：取侧面的一粒沙作为研究对象，其受力情况如图所示设圆锥的高为H、底面半径为R、斜边长为L，由平衡条件有mgsinθ＝Ff，FN＝mgcosθ，Ff＝μFN，联立解得μ＝tanθ.由题目已知和几何关系知2πR＝62.8cm，L＝12.5cm，L2＝R2＋H2，t

anθ＝HR，联立解得tanθ＝0.75，故选C.3．答案：C解析：对拖把头进行受力分析，在竖直方向上有FN＝mg＋Fsinθ，则地面对拖把头的支持力大于拖把头受到的重力，A错误；拖把头匀速运动，水平方向受力平衡，则拖把头所受地面的

摩擦力大小Ff＝Fcosθ，B错误；由Ff＝μ(mg＋Fsinθ)可知，只增大推力F，则拖把头受到的摩擦力一定增大，拖把头与地面间的动摩擦因数μ＝Fcosθmg＋Fsinθ，C正确、D错误．4．答案：BC解析：下雨天，地面粗糙程度变小，动摩擦因数μ变小，最大静摩

擦力减小，故A错误；将力F分解，支撑脚对地面的压力为Fcosθ，奔跑步幅越大，夹角θ越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故B正确；当Fsinθ＞μFcosθ时人容易滑倒，此时μ＜tanθ，C正确，

D错误．5．答案：C解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝4μmgk，C正确．6．答案：B解析：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处

的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误．7．答案：D解析：

由题图可知，当木板与地面的夹角为θ1时木块刚刚开始滑动，木块重力沿木板向下的分力等于Ff2，则Ff2＝mgsinθ1，刚滑动时有Ff1＝μmgcosθ1，则μ＝Ff1mgcosθ，由题图知Ff1<Ff2，即μmgcosθ1<mgsinθ1，解得μ<tanθ1，故选项A、B错误；当木

板与地面的夹角为θ2时，木块受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项C错误；对木块，根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，则a＝gsinθ－μgcosθ，则木板由θ1转到θ2的过

程中，随着θ的增大，木块的加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项D正确．8．答案：ABC解析：t＝0时刻，力传感器显示拉力为2N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由小车与空沙桶受力平衡可知空沙桶

的重力也等于2N，A选项正确；t＝50s时静摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重力等于3.5N，此时摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3N，B、C选项正确；此后由于沙子和沙桶总重力3.5N大于滑动摩擦力3N，故50s后

小车将做匀加速运动，D选项错误．9．答案：A解析：对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，则拉力F＝2mgsinθcosθ

2，故A正确．考点10力的合成与分解——练基础1．答案：AD解析：力的合成遵从平行四边形定则，根据这5个力的特点，F1和F3的合力与F5大小相等、方向相反；F2和F4的合力与F5大小相等、方向相反；又F1、F2、F3、F4恰好围成一个正方形，合力的大小为22F，F5＝2F，所以这5个共

点力的合力大小等于2F，方向与F5相反，A、D正确．2．答案：A解析：把竖直绳子的拉力F沿着铅笔和倾斜细绳的方向进行分解，作出如图所示的平行四边形，可知，细线竖直向下的力F对铅笔产生了压力的作用，对倾斜细绳产生了

拉力的作用，故A正确．3．答案：D解析：设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力的大小，则有2F1cosθ2＝F，脚掌所受地面竖直向上的弹力约N＝F1sinθ2，联立可得：N＝12Ftanθ2，D正确．4．答案：D

解析：如图，对O点受力分析，受秤钩的拉力F，弦的拉力FT由cosθ2＝F2FT可得：F一定，θ越小，弓力FT越小；θ一定，弓力越大，F越大；弓力一定，θ越大，F越小；θ一定，F越大，弓力越大，A、B、C错误，D正确．5．答案：C解析：当两个力方向相同时，合力等于两个

力之和14N；当两个力方向相反时，合力等于两个力之差2N，由此可见：合力大小的变化范围是2N≤F≤14N，故A、B错误．由题图可知：当两力夹角为180°时，两力的合力为2N，而当两力夹角为90°时，两力的合力为10N．则这两个力的大

小分别为6N、8N，故C正确，D错误．6．答案：D解析：小明站在人字形架上时，重力产生如图甲的两个效果，甲乙重力可以分解成沿A、B两个方向的力，由于底角较小，所以A、B方向的力会很大；A板对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力，如图所示，因为水平方

向的分力会远大于小明的重力，可能大于衣橱与地面间的最大静摩擦力，D正确．7．答案：B解析：将拉力F正交分解如图所示在x方向可得出Fx曲＝Fsinα，Fx直＝Fsinβ；在y方向可得出Fy曲＝Fcosα，Fy直＝Fcosβ；由题知α<β，则sinα<sinβ，cosα>cosβ，则可得到Fx曲<

Fx直，Fy曲>Fy直，A错误、B正确；无论是加速还是匀速，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，C、D错误．8．答案：C解析：以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则

钢索对索塔向下的压力大小等于桥身的重力，增加钢索的数量，钢索对索塔的向下的压力大小不变，A错误；由图甲可知2FTcosα＝Mg，当索塔高度降低后，α变大，cosα变小，则FT变大，B错误；由B的分析可知，当钢索对称分布时，2FTcosα＝Mg，钢索对索塔的合力竖直向下，C正确；受力分析

如图乙所示，由正弦定理可知，只要满足FABsinα＝FACsinβ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力便竖直向下，则钢索不一定要对称分布，D错误．9．答案：D解析：如图所示，开始时两个绳

子是对称的，与竖直方向夹角是相等的，左手不动，右手竖直向下，或向上缓慢移动的过程中，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为x，则xsinθ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的水平距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，

大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A、B错误；左手不动，右手水平向右缓慢移动的过程中，绳子与竖直方向的夹角变大，且两个绳子的合力不变，根据2Fcosθ＝mg可知，细线的拉力变大；同理，右手水平向左缓慢移动的过程中，细线的拉力减小，C错误，D正确．10．答案：C解析：人

对梯子整体有竖直向下的压力，大小始终为FN＝mg，故D错误．将人对梯子整体的压力FN沿梯子的两侧分解，如图1所示，则梯子每一侧受到的压力F压＝FN2cosθ2；图1图2再将梯子每一侧受到的压力分解为压地面的分力和拉绳子的分力，如图2所示，则压地面的分力

F地＝F压cosθ2＝mg，拉绳子的分力T＝F压sinθ2＝12mgtanθ2；可见，θ角越大，绳子的拉力越大；根据牛顿第三定律可知梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，A、B错误，C正确．11．答案：

C解析：对砂桶Q分析有，Q受到细绳的拉力大小FT＝GQ，设AC、BC之间的夹角为θ，对C点分析可知C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有2FTcosθ2＝GP，联立可得2GQcosθ2＝GP，故只增加Q桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加G

P，夹角θ变小，P桶下降，A、B错误；由2GQcosθ2＝GP可知，当θ＝120°时有GQ＝GP，此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，C正确，D错误．考点11受力分析共点力的平衡——练基础1．答案：D解析：当P静止在Q上时，Q的玻璃挡板对P有水平向右的弹力

，根据平衡条件可得，Q对P的磁力方向斜向左上方，其磁力F的大小大于GP，所以选项A、B均错误；将P、Q看成整体，P与挡板接触后放开手，整体处于静止状态，则电子秤对整体的支持力大小等于GP＋GQ，选项D正确；根据牛顿第三定律可知，选项C错误．2．答案：D解析：对

A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉

力等于对B的拉力，故C错误；分别对A、B两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得FT＝mBg，FTsinθ＝mAgsin（90°＋θ）(根据正弦定理列式)，故mA∶mB＝1∶tanθ，D正确．3．答案：D解析：以结点O为研究对象

，进行受力分析，由平衡条件可得F＝2F1cos30°＝3F1，选项D正确．4．答案：B解析：五个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为FN，其方向与竖直方向夹角为α，则FNy＝F

Ncosα；在竖直方向受力平衡，有5FNy＝G，解得FN＝G5cosα，B正确．5．答案：AC解析：对铁牛受力分析，铁牛受到自身重力G，桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱对铁牛的作用力为F2，三者共点力平衡．如图所示，根据共点力平衡条件和三角形定律可得，若F1增大，F2也

增大，A正确，B错误；F1与F2的合力与重力平衡，故合力方向竖直向上，C正确，D错误．6．答案：D解析：对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力．合力与戽斗的重力平衡．所以两人

站的远近不影响绳子对戽斗的合力，当两人站得越远，两绳夹角越大，则绳中拉力越大．故A、B、C错误，D正确．7．答案：B解析：根据对称性，四根斜杆对横杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4Fcosθ2＝G，解得F＝

36G，故每根斜杆受到地面的作用力也为36G，选项B正确．8．答案：D解析：对结点O进行受力分析，则水平方向有F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，C错误，D正确；对结点O进行受力分析，则竖直方向有F1c

osα＋F2cosβ＝mg，解得F1＝mgsinβsin（α＋β），F2＝mgsinαsin（α＋β），则F1的竖直分量F1y＝mgsinβcosαsin（α＋β），F2的竖直分量F2y＝mgsinαcosβsin（α＋β），因sinαco

sβ－cosαsinβ＝sin(α－β)>0，可知F2y>F1y，A、B错误．9．答案：A解析：先用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大

反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力．要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜，A正确．10．答案：AD解析：球A缓慢下降，A处于平衡状态，对A受力分析，如图所示根据平衡条件得FTcosθ＝mAg，tanθ＝NmAg，得N＝m

Agtanθ，所以绳对球A拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N减小，故A正确，B错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C错误；以A、B、细绳和滑轮整体作为研究对象，受力分析知，受竖直向下总的

重力G总，水平向左的竖直杆的弹力N和轴对其的作用力F，整体处于静态平衡状态，则F＝G2总＋N2，由题意可知G总变小，由A、B选项分析可知N变小，所以F变小，故D正确．11．答案：22N或2N解析：若小球沿细杆匀速向上运动，垂直杆方向FN＝mgc

osθ＋Fsinθ沿杆方向Ff＋mgsinθ＝Fcosθ又Ff＝μFN解得F＝μmgcosθ＋mgsinθcosθ－μsinθ＝22N若小球沿细杆匀速向下运动，垂直杆方向FN＝mgcosθ＋Fsinθ沿杆方向mgsinθ＝Fcos

θ＋Ff又Ff＝μFN解得F＝mgsinθ－μmgcosθcosθ＋μsinθ＝2N．考点12动态平衡及平衡中的临界极值问题——提能力1．答案：AB解析：设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcosα＝mg，所以F

＝mg2cosα，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sinα＋L2sinα＝s，得sinα＝sL1＋L2＝sL，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cosα变小，F变大，B正确；绳子

两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误．2．答案：B解析：保持θ角不变，逐渐增大α角，由于桶的重力不变，则F1、F2会变大，由F1＝2FTcosθ可知，绳上的拉力变大，但

桶处于平衡状态，合力为零，选项A错误、B正确；保持α角不变，则F1、F2大小不变，若仅使绳长变长，则θ角变小，由F1＝2FTcosθ可知，绳上的拉力变小，选项C、D错误．3．答案：C解析：小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△G′

FA，即GR＝FAB＝FNR，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确．4．答案：BC解析：C受力平衡，则有2Fcos30°＝mg，解得F＝33mg，A错误，B正确；C恰好降到

地面时，B受C压力的水平分力最大，Fxmax＝32mg，而此时B受地面的最大静摩擦力Fmax＝μmg，为整个过程最大静摩擦力的最小值，根据题意Fxmax＝Fmax，即32mg＝μmg，μ＝32，C正确，D错误．5．答案：B解析：

设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理有sinαmg＝sinβN＝sinγT，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α

<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sinαmg＝sinβN＝sinγT，由于sinγ不断减小，可知T不断减小，sinβ先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉

力为T′，则2T′cosθ＝T，可得T′＝T2cosθ，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，B正确．6．答案：A解析：由受力分析可知支持力FN＝mgcosθ，cosθ的值随着角度的增大而减小，则支持力为一直减小，A正确，B错误；开始时货物受重力和支持力，抬

起后受到沿货箱向上的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即Ff静＝mgsinθ，随着角度增大，静摩擦力增大；当角度达到一定程度时，物体开始滑动，静摩擦力变成滑动摩擦力，而滑动摩擦力Ff滑＝μmgcosθ，cosθ的值随着角度的增大而减小，则摩

擦力将减小，故摩擦力是先增大后减小，C、D错误．7．答案：C解析：如图所示，设BP板转动的角度为θ(0＜θ＜60°)，棉包的重力为mg，根据余弦定理有，F1sin（60°－θ）＝F2sinθ＝mgsin120°，当θ从0增加到60°的过程中，AP板对棉包的支

持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故A错误；当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以

合力不变，故C正确；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误．8．答案：BD解析：轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力

构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；根据相似三角形，有GOA＝NOC＝TAC，在虚线位置时，AC更长，则轻绳承受的拉力下更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确．

9．答案：C解析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时为F＝mgcosθ，故B错误，C正确；以框架与小球组成

的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故A错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面

的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，框架对地面的压力始终在减小，故D错误．10．答案：B解析：两个三角架承担的力为60N，每个三角架为30N，对O点受力分析，如

图甲所示FOA＝G2tan37°＝40N，FBO＝G2sin37°＝50N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙虚线所示三角形AOB与力三角形相似，所以有G2AB＝FBOBO＝FOAOAAB与B

O长度未变，AO长度减小，故FBO不变，FAO减小，故C、D错误．11．答案：B解析：甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等．对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有：2β＋α＝180°，解得

β＝55°，B正确．12．答案：(1)0.75(2)2407N(3)12N9.6N解析：(1)木块在木楔斜面上正好能匀速下滑，由平衡条件可得mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tan37°＝0.75.(2)用水平恒力F1推着木块沿斜面匀速上滑，木块受

力分析如图所示根据正交分解可得FNsinθ＋Ffcosθ＝F1，FNcosθ＝Ffsinθ＋mg，Ff＝μFN联立上式可得F1＝sinθ＋μcosθcosθ－μsinθmg＝2407N.(3)用平行于木楔斜

面的力F2拉着木块沿斜面匀速上滑，假设木块的摩擦力与支持力的合力为F′，方向与垂直斜面方向夹角为α，由受力分析可知tanα＝FfFN＝μ＝0.75，α＝θ利用平衡状态下受力对称性，可知F′＝mg，F2＝F′sinα＋mgsinθ＝2mgsinθ＝12N假设木块对木楔反作用

力为F″，地面对木楔的摩擦力为Ff′，如图受力分析由木楔水平方向平衡方程可得Ff′＝F″sin(α＋θ)根据牛顿第三定律F″＝F′结合上述条件可得Ff′＝mgsin2θ＝2mgsinθcosθ＝9.6N．考点13实验：探究弹力和弹簧伸长量的关系1．

答案：(1)刻度尺(2)4.9(3)C解析：(1)实验中还需要的测量工具是刻度尺；(2)根据mg＝kx可得m＝kgx则由图象可知kg＝60×10－30.12解得k＝4.9N/m.(3)由于弹簧自重的影响，在未挂钩码时弹簧伸长量x不为零，故选C.2．答案：(1)CBDAE(2)15(3)12

.5解析：(1)本实验的操作步骤是：将铁架台固定于桌上，将弹簧一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺，记下弹簧下端不挂钩码时，其下端A处指针所对刻度尺上的刻度l0，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个……钩码，待钩码

静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码，以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据(l，m)对应的点，并用平滑的曲线或直线连接起来，由m­l图象，进一步找出弹簧弹力与弹簧形变量之间的关系．故步

骤顺序为CBDAE.(2)图象的横截距即为弹簧下端不挂钩码时，指针A处所对刻度尺上的刻度l0＝15cm.(3)图象的斜率与重力加速度的乘积表示弹簧的劲度系数，即k＝0.30（39－15）×10－2×10N/m＝12.5N/m.3．答案：(1)6.046.05(2)3(3)48.6解析：(1)ΔL

3＝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，3

mgsinθ＝kΔL，代入数值解得k＝48.6N/m.4．答案：(1)B(2)20.00100解析：(1)在弹簧竖直放置时由于自身重力而有形变，由题意可知本实验操作需要测量的是弹簧竖直放置时的初始长度，故水平放置时测量弹簧的初始长度偏大，故A错误，B正确．(

2)由题图乙可知当G＝0时，L＝20.00cm；当G＝20N时，L＝0，则F＝k(L0－L)＝G，解得L0＝20.00cm，k＝100N/m.5．答案：(1)3(2)515解析：(1)弹性绳2绷紧前，

根据胡克定律有nmg＝k1(L－L0)，弹性绳2绷紧后，有nmg＝k1(L－L0)＋k2(L－L′0)＝(k1＋k2)L－k1L0－k2L′0，比较以上两式可知，弹性绳2绷紧前相邻两数据点连线的斜率应比绷紧后大，由图可知加挂第3个钩码，图线偏离了加挂第1、2个钩码所在的直线，所以加挂第

3个钩码弹性绳2开始绷紧．(2)由图可知k1＝0.1×100.8－0.6N/m＝5N/m，k1＋k2＝0.1×100.85－0.8N/m＝20N/m，即k2＝15N/m.6．答案：(1)7.0(2)弹簧自身重力6.9(3)甲解析

：(1)该读数为7.0cm.(2)由于弹簧自身重力的影响，不挂钩码时，弹簧也有一定的伸长，其下端所指的标尺刻度为7.4cm；在弹簧下端悬挂钩码后所指的标尺刻度14.3cm，则弹簧因挂钩码引起的伸长量为(14.3－7.4)cm＝6.9cm.(

3)由图象b的位置可知，当外力F＝0时，弹簧有伸长量，则可知直线b中的是用挂钩码后的长度减去图甲所示长度得到的．7．答案：(3)如图所示(4)15.35(5)127解析：(3)利用描点法得出图象如答图．(4)根据刻度尺读数规则知

，橡皮筋的长度l＝15.35cm.(5)由胡克定律可得nmg＝k(l－l0)，变化为l＝mgkn＋l0.l­n图象的斜率mgk＝6.0520×10－2，解得k＝20.0N/m.代入数据解得橡皮筋原长l0＝9.00cm.挂上冰墩墩玩具，有Mg＝k(l－l0)，解得M＝127g．

考点14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第三章牛顿运动定律考点15牛顿运动定律的理解——练基

础1．答案：C解析：物体的惯性由质量决定，与物体所处的位置没有关系，A错误；宇航员进入梦天实验舱需借助外力，说明力是改变物体运动的原因，B错误；载人飞船加速升空的过程中，宇航员对座椅的压力与其受到的支持力互为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，其大小相等，C正确；宇航员在空间站内用力F

双手互拉弹簧两端时，根据二力平衡可知，弹簧弹力大小为F，D错误．2．答案：D解析：胃液中运动的纳米机器人受到液体阻力的作用，故A错误；机器人前进时对胃液的作用力与胃液对机器人的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故

B错误；忽略重力及浮力，机器人在胃液中加速前进时，由牛顿第二定律可知，氢气气泡对机器人作用力比胃液对机器人作用力大，故C错误；机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功等于机器人动能的变化和克服胃液阻力

做的功之和，故D正确．3．答案：B解析：在欣赏花样滑冰运动时，要欣赏运动员的动作，不能将运动员看作质点，A错误；韩聪用力将隋文静抛出，说明力能改变物体的运动状态，B正确；根据牛顿第三定律，韩聪拉着隋文静旋转时，韩聪对隋文静的力等于隋文静对韩

聪的力，C错误；韩聪拉着隋文静旋转时，隋文静的速度方向始终沿着其圆周运动的切线方向，D错误．4．答案：C解析：火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力与火箭对气流的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；发射初期，火箭竖直向上加速，所以火箭处

于超重状态，故C正确；发射的卫星进入轨道正常运转后，速度方向一直在改变，动量也一直在改变，故D错误．5．答案：C解析：在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，故A错

误；根据作用力与反作用力的特点可知，作用力与反作用力的时间总是相等的，故B错误；由运动学公式－2μgx＝0－v2可知刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确；分开后，两人受到的合力都是摩擦力，根据牛顿第二定律a＝F合m＝Ffm＝μg，所以甲乙的加速度大小相等，故D错误．6．答

案：B解析：由题意可知，水平静止或匀速直线运动时，气泡位于玻璃管中央，由图2可以看出：沿车头方向的气泡向车头方向移动，当火车加速时，气泡和液体由于惯性不会随火车立即加速，还会以原来的速度运动，相对火车向后运动，因为气泡密度小于

液体密度，所以气泡在液体作用下就向前运动，故C、D错误；垂直于车头方向的装置中气泡处于右端，因原来火车做直线运动，气泡位于中心位置，当火车向右转弯时，气泡和液体由于惯性不会立即随火车右转，还会沿直线运动，所以气泡和液体就相对火车向左运动，因为气泡密度小于液体密度，所以气泡

在液体的作用下相对中心位置向右运动；所以此时刻火车应是加速运动且向右转弯，故A错误，B正确．7．答案：B解析：油罐车匀速向左拐弯时，由于惯性油罐内的油将涌动到油罐的右侧，A正确；惯性取决于物体的质量，B错误；油罐车在匀速前进

的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前的剧烈涌动，C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡油板油也几乎不会涌动，D正确．8．答案：C解析：火箭获得的推力来自燃料燃烧后的燃气，故A错误；喷出燃气对火箭的作

用力与火箭对喷出燃气的推力是一对作用力与反作用力，故B错误，C正确；火箭飞离大气层后，没有脱离地球的引力范围，受重力作用，故D错误．9．答案：B解析：水平恒力推甲时，根据牛顿第二定律得：F＝m1a1，水平恒力推乙时，

根据牛顿第二定律得：F＝m2a2，水平恒力一起推动甲乙时，则F＝(m1＋m2)a，联立解得：a＝2m/s2，B正确，A、C、D错误．10．答案：A解析：返回舱受到重力和向上的空气阻力Ff，而竖直向下做减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a＝Ff－mgm，由于质量不变，速度减

小，Ff减小，所以加速度减小，B、C、D错误，A正确．11．答案：ABD解析：拉手所受合力向左，则加速度向左，列车前进方向向右，所以列车减速进站，A正确；拉手与列车具有相同的加速度，即两拉手具有相同的加速度，受力分析可知F合＝mgtanα＝ma，F合＝mgtanβ＝ma，所以α＝β

，B正确；因列车加速度不变，则拉手的加速度不变，由F合＝mgtanα＝ma可知偏角不变，C错误；根据F合＝mgtanα＝ma，可得加速度大小a＝gtanα，D正确．12．答案：BD解析：若高铁匀速向左运动，则水也匀速运

动，速度相等，水不会从纸杯中洒出，A错误；高铁突然向左加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以高铁向左的速度大于水向左的速度，可以出现图示情况，B正确；高铁突然向左减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以高铁向左的速度小于水向左的速

度，水应向左洒出，C错误；高铁突然向右减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以高铁向右的速度小于水向右的速度，水应向右洒出，D正确．考点16牛顿运动定律的基本应用(含瞬时问题)——练基础1．答案：A解析：翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律有F＝ma＝mg

，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示，由图可得空气作用力大小为F＝mg，方向与AB成60°角，斜向左上方，A正确．2．答案：A解析：设弹簧的劲度系数为k，钢球质量为m，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，

则mg＝k(40－20)×10－2＝0.2k，30cm刻度时根据牛顿第二定律有：k(30－20)×10－2－mg＝ma，解得a＝－0.5g，A正确；40cm刻度时钢球处于平衡状态，故a＝0，B错误；50cm刻度时根据牛顿第二定律有：k(50－20)×10

－2－mg＝ma，解得a＝0.5g，C错误；根据牛顿第二定律有k(l－20)×10－2－mg＝ma，可得a，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．3．答案：A解析：P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2N，Ff＝FT

1＝2N<μmPg＝2.5N；推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝FT12＝1N，故Q物体加速下降，有mQg－FT2＝mQa，得a＝5m/s2；而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对

P由牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，得F＝4.0N，A正确．4．答案：C解析：甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝mgcos53°＝53mg，故A

错误；题图甲所示的情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，题图乙所示的情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球

的加速度大小为a2＝FTm＝53g，C正确，B、D错误．5．答案：B解析：在水平道路上时，对货物研究有μmg＝ma，在斜坡上时对货物研究有μmgcosθ－mgsinθ＝ma′，解得a′＝acosθ－gsinθ，B正确．6．答案：D解析：撤去力F前，弹簧的弹力为kx＝mgsinθ，撤去力F的瞬

间kx－mgsinθ＝maB，kx＋mgsinθ＝maA，解得aB＝0，aA＝g，方向沿斜面向下，D正确．7．答案：D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＝408m/s2＝5m/s2，隔离m2分析，根据牛顿第二定律有F－F2＝

m2a，解得F＝45N，即弹簧测力计的示数为45N，A错误；根据F＝m2m1＋m2F1＋m1m1＋m2F2，增大F2，F变大，B错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为5m/s2，m2的加速度a2＝9m/s2，C错误；在突然撤去F1

的瞬间，弹簧的弹力不变，m2的加速度不变，为5m/s2，m1的加速度a1＝15m/s2，D正确．8．答案：BD解析：对两球作为整体受力分析且由平衡可得F弹＝(m1＋m2)gtan30°，对小球2受力分析且由平衡可得F弹＝m2gtan60°，解得球1和球2的质量之比为2∶1，A错

误；在轻绳A突然断裂的瞬间，由于轻绳中的拉力发生突变，则此时球1只受重力，则此时球1的加速度方向竖直向下，大小等于重力加速度g，B正确，C错误；在轻绳A突然断裂的瞬间，由于轻绳中的拉力发生突变，弹簧中的弹力不能突变，为

F弹＝m2gtan60°，由牛顿第二定律可得此时球2的加速度为a＝F弹sin60°m2＝2g，D正确．9．答案：A解析：如图可知sinθ＝12×3L5L2＝35，则cosθ＝45，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tcosθ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝5F8m，故选项A正确．

10．答案：(1)55m(2)28N(3)65.2m解析：(1)由牛顿第二定律得F＝ma2得a2＝1.1m/s2根据v2＝a2t2解得t2＝10s，根据运动学公式v22＝2a2s2得s2＝55m.(2)由v2＝v1＋a1t1；t1＝11.5－t2＝1.5s得a1＝5.6m/s2，则F合＝mgsi

nθ－Ff＝ma1得Ff＝28N.(3)根据运动学公式s1＝12(v1＋v2)t1＝10.2m，则s总＝s1＋s2＝65.2m．考点17牛顿第二定律的综合应用——提能力1．答案：C解析：当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度

分量，即游客先体会到失重后体会到超重．当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重，故选C.2．答案：AC解析：根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2.由v2－v21＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁

弹射区的末速度v1＝202m/s，由v21＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104N，故B错误，A、C

项正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误．3．答案：CD解析：由a­x图象可知，在0～2m内，建筑材料的加速度增大，不是匀加速直线运动，A错误；由无限分割求和思想，类比匀变速运动公式v2＝2ax得，在

0～2m内图线与x轴所包围的面积为v222，即v222＝12×1×2m2/s2，当x＝2m时v2＝2m/s，B错误；在4～6m内，加速度向上，建筑材料处于超重状态，C正确；在0～4m内，图线与x轴所包围的面积为12×(2＋4)×1m2/s2＝v242

解得，当x＝4m时的速度为v4＝6m/s，在2～4m内，建筑材料做匀加速运动，上升过程所用的时间为t＝v4－v2a，解得t＝()6－2s，D正确．4．答案：D解析：下滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ－

μmgcosθ＝ma1，上滑时，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，显然a2>a1，将上滑过程看作加速度为a2的从零开始的匀加速直线运动，则其下滑的时间更短，拍摄到的滑块的数量更少，故上图为上滑的照片，故A错误；将上滑过程看作加速度为a2的从零开始的匀加速直线运动，根据速

度—位移关系v2＝2ax，可知，到底端时，速度较大，则速度沿竖直方向的分量较大，则重力的功率较大，故B错误；因为滑块从斜坡顶部静止释放会下滑，所以mgsinθ>μmgcosθ，μ<tanθ，故C错误；垂直斜坡方向，斜坡的支持力相同，沿斜坡方向

，摩擦力方向大小相同方向相反，则斜坡对滑块的作用力不同，故D正确．5．答案：BD解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a；对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan45°＝ma；可得F＝40N，a＝10m/

s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝mgsin45°＝2mg＝102N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确．6．答案：A解析：静止时，压力传感器C的读数F1＝(mB－mA

)g，当升降机以加速度a加速下降时，对于物块A有mAg－T＝mAa，对于物块B有mBg－T－F2＝mBa，解得F2＝(mB－mA)(g－a)，因此F1F2＝（mB－mA）g（mB－mA）（g－a）＝gg－a，A正确．7．答案：BC解析：对整体受力分

析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得a＝Fm1＋m2－gsinθ，A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2gsinθ＝m2a，解得F弹＝m2m1＋m2F，B正确；根据F弹＝m2Fm1＋m2＝Fm1m2＋1，可

知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量变大，则两物块的间距变大，C正确；根据F弹＝m2Fm1＋m2可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，

根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，则两物块的间距不变，D错误．8．答案：C解析：因C点为最高点，此时人速度为零，受到重力，合力不为零，A错误；在B点时速度为零，此时加速度为零，合力为零，绳的拉力大小等于重力的大小，B错误；上升过程

中，开始是竖直向上的拉力大于重力，合力向上，根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，人的加速度方向竖直向上，随着人的上升，绳的形变量变小，拉力变小，合力变小，加速度减小，当到达B点时速度最大，合力为零，加速度为零，之后，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，拉力继续减小，加速度反向增大，

当弹性绳恢复原长后，拉力为零，人只受重力，加速度等于重力加速度，不再变化，直至最高点，C正确；根据题意可知，释放前人受到竖直向下的重力和拉力以及橡皮绳竖直向上的拉力，由平衡条件有F1＝F＋mg，打开扣环瞬间，人受到重力和橡皮绳竖直向上的拉力，由牛顿第二定律得F

－mg＝ma，联立解得，打开扣环瞬间，人的加速度大小为a＝20m/s2，D错误．9．答案：BC解析：当飞行器关闭发动机以速率v1＝10m/s匀速下落时，有Mg＝kv21，当飞行器以速率v2＝5m/s匀

速向上运动时，有Mg＋kv22＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kv22)2，解得F＝174Mg，B项正确；当飞行器以最大推力

Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有F2max－(Mg)2＝(kv23)2，解得v3＝53m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv22＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错

误．10．答案：C解析：设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为Ff，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F－(40－2)×Ff＝(40－2)×ma，解得：F＝38×(Ff＋ma)，把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二

定律得：F′－2Ff＝2ma，解得：F′＝2×(Ff＋ma)，联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为：F′＝F19，C正确，A、B、D错误．11．答案：(1)1m/s20m(2)0.005解析：(1)不摩擦冰面时，冰壶做匀减速直线运动

，设加速度大小为a1，t＝10s时速度为v，滑行距离为s1，则由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，由匀变速直线运动规律v＝v0－a1t、s1＝v0t－12a1t2，解得a1＝0.2m/s2、v＝1m/s、s1＝20m.(2)摩擦冰面时冰壶仍做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，滑行距离

为s2，则由匀变速直线运动规律：0－v2＝－2a2s2，由牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2，且s＝s1＋s2，解得μ2＝0.005.12．答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析：(1)根据牛顿第二定律mgsin24°－μmgcos24°＝ma1a1＝2m/s2.(2)

根据匀加速直线运动规律v2＝2a1l1v＝4m/s.(3)根据匀变速直线运动规律及牛顿第二定律v21－v2＝2a2l2a2＝－μgl2＝2.7m．考点18动力学中的图象问题——提能力1．答案：D解析：在0～2s内，物体在竖直方向由平衡条件可得FN1＝mg＋F2，水平方向由牛

顿第二定律可得F1－μFN1＝ma1，解得物体加速阶段的加速度大小a1＝2m/s2，A错误；在2～5s，竖直方向有FN2＝mg＋F′2水平方向有μFN2－F1＝ma2得物体减速阶段的加速度大小，a2＝2m/s2，所以物体先做匀加速直线运动后做匀减

速直线运动，t1＝2s时物体的速度最大，最大速度为v＝a1t1＝4m/s，B错误；由于加速、减速过程加速度大小相等，由运动学知识可得4s后物体停止，物体的总位移大小为x＝2×12a1t21＝8m，由平均速度的定义可得v－＝xt＝2m/s，C错误，D正确．2．答案：AC

解析：滑块由静止释放，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的摩擦力，先向下加速运动，加速度为a1＝gsinα＋μgcosα，加速到和传送带速度相等时，若有mgsinα≤μmgcosα，则滑块和传送带保持相对静止，一起匀速运动，A正确；若有mgsinα＞μmg

cosα，则滑块和传送带不能保持相对静止，滑块继续加速运动，加速度为a2＝gsinα－μgcosα，但a2＜a1，C正确，D错误；滑块只可能存在上述两种情形，不可能出现减速的情形，B错误．3．答案：ABC解析：由题图所给信息可知，开始时运动员静止在

蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600N，解得运动员的质量m＝60kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3300N，最大加速度am＝Fm－mgm＝45m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在

空中运动的时间t＝2s，上升和下落的时间均为1s，则最大高度为h＝12gt2＝5m，选项C正确；9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．4．答案：AC解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是

加速下降失重，有F<mg＝600N，到达一个最大速度后再减速下降超重，有F>mg＝600N，故0～4s完成了一次下蹲过程，故A正确；由图象知，在1.8s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由mg－Fmin＝mam，对应图象有Fmin＝280N，代入解得am＝5.3m/s2

，故B、D错误；0～8s内当F最大时，该同学向上的加速度最大，由Fmax－mg＝ma′m对应图象有Fmax＝920N，代入解得a′m＝5.3m/s2，故C正确．5．答案：AC解析：若手机离开手掌，则其加速度

应为g，由图象可知，在t3时刻之后的一段时间内，手机的加速度大小接近10m/s2，方向向下，手机可能处于该情形，故A选项正确；t1时刻手机加速度最大，但t1时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，故B选项错误；t2时刻之

后，手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，手机将减速上升一段时间，故C选项正确；手机在t1～t2时间内，向上的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma1故支持力逐渐减小，手机在t2～t3时间内，向下的加速度逐

渐增大，由牛顿第二定律得mg－FN＝ma2可知支持力继续减小，故D选项错误．6．答案：D解析：根据a­t图象可知当t＝6s时电梯的加速度方向向上，电梯处于超重状态，故A错误；53～60s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于电梯的重力

；而7～53s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索的拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B、C错误；根据a­t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，并结合几何知识可知，60s内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速

度为0，所以t＝60s时，电梯速度恰好为0，故D正确．7．答案：AC解析：由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为4N时开始对地滑动，则B与地面间的最大静摩擦力为Ff＝4N，当拉力为F1＝10N时，AB相对滑动，此时A的加速度为5m/s2，对A根据牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA，对整体根

据牛顿第二定律有F1－Ff＝(mA＋mB)aA，解得AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，故C正确．当拉力为F2＝12N时，B的加速度为10m/s2，对B根据牛顿第二定律有F2－Ff－μ1mAg＝mBaB，解得mA＝0.8kg，mB＝0.4kg，则μ2(mA＋mB)g＝Ff，解得B与

地面间的动摩擦因数μ2＝0.33，B、D错误，A正确．8．答案：B解析：由匀变速直线运动规律可得v2－v20＝2ax整理得v2＝2a·x＋v20对比图线可知，斜率为2a1＝1005m/s2解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝10m/s2，减速到零的时间为t1＝v0

a1＝1s，故0～1s内物块做匀减速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，A错误，B正确；物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足2a2＝6413－5m/s2解得a2＝4m/s2，两过程据牛顿第二定律分别可得F＋Ff＝ma1；F－Ff＝ma2联立两式解

得F＝7N，Ff＝3N则动摩擦因数为μ＝Ffmg＝0.3，C、D错误．9．答案：AB解析：由图象可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1m/s，A正确；开始时货物的加速度a＝ΔvΔt＝10.4m/s2＝2.5m/s

2，由牛顿第二定律可知μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，B正确；由图象可知，AB两点的距离为s＝12×(16＋15.6)×1m＝15.8m，C错误；由动能定理可知Wf－mgssin30

°＝12mv2，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf＝795J，D错误．10．答案：AD解析：设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F>12N时物块和长木板开始发生相对滑动，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg结合题图乙可知，m＝

k1＝12－82kg＝2kg；μ1mg＝8N解得μ1＝0.4，当4N≤F≤12N时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g由题图乙可知M＋m＝k2＝12－42kg＝4kg，则解得M＝2kg；μ2(M＋m)g＝4N，解得μ2＝0.1，A正确，B、C错

误；当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，D正确．考点19(模型方法)整体法与隔离法在动力学中的应用——提能力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：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＝mg③FTsinα＝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.考点20动力学中的临界极值问题——提能力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＝Fm1＋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：C解析：由图可知，当倾角为90°时，最

大上升高度为54m，此时为竖直上抛运动，则有－2gx1＝0－v20，解得v0＝5m/s，故A不符合题意；由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为543m，根据动能定理有－μmgx2＝0－12mv2

0，解得μ＝33，故B不符合题意；由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma最大位移x与倾角θ满足－2ax＝0－v20，代入得2gx(sinθ＋μcosθ)＝v20，要使x最小，则应sinθ＋μcos

θ最大，由数学知识可知sinθ＋μcosθ＝1＋μ2sin(θ＋α)，当sin(θ＋α)＝1时有最大阻值，此时位移最小，即xmin＝v202g（sinθ＋μcosθ）＝v202g1＋μ2＝583m，此时sin(θ＋α)＝1，即si

nα＝μ1＋μ2＝12，此时则α＝30°，θ＝60°，故C符合题意；当θ＝45°时，物体运动至最大位移处有mgsinθ>μmgcosθ，则物体将下滑，不能够维持静止，故D不符合题意．6．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．7．答案：(1)tAB＝tAC(2)3Rg解析：(1)设AB与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加

速度a＝gsinθ，又xAB＝12at2AB，AB间的距离为xAB＝2Rsinθ，解得tAB＝4Rg与角度无关，同理可知tAC＝4Rg，故tAB＝tAC.(2)根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，

当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R＋r)2＝(R－r)2＋(3R)2，解得r＝34R，最短时间t＝3Rg.考点21(模型方法)“传送带”模型的动力学问题——提能力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，μmgco

s37°＝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v1＝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.6．答案：(1)0.4m/s2(2)2

.5s2.5m(3)－50J解析：(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示根据牛顿第二定律可知mgsinα－μmgcosα＝ma代入数据可得a＝－0.4m/s2所以加速

度的大小为0.4m/s2，方向为沿斜面向上；(2)由(1)可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时t＝（v1－v2）a＝0.5－1.5－0.4s＝2.5s相应的匀减速直线运动的距离为s＝v2t＋at22＝1.5×2.5＋（－0.4）×2.5

22m＝2.5m.(3)因为s<L，且mgsinα<μmgcosα因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为Ff2＝mgsinα位移大小为s2＝L－s所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为Wf＝－Ff1s－Ff2(L－s)＝－μmgscosα－

mg(L－s)sinα代入数据可得Wf＝－50J．考点22(模型方法)“滑块—木板”模型的动力学问题——提能力1．答案：BCD解析：由图(c)可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩

擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；由图(c)可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2－μ1(m1＋m2)g＝

(m1＋m2)am，对木板μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，整理可得F2＝(μ2－μ1)g，B正确；由图(c)可知，对木板μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，故μ2m2g＞μ1(m1＋m2)g，即μ2>μ1，C正确；由上述分析可知，在0

～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，D正确．2．答案：AC解析：物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体分析有μmAg＝mAaA，由v­t图象可得aA＝ΔvΔt＝1－41m/s2＝3m/s2

联立解得μ＝0.3，所以A正确；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v­t图象可得aB＝ΔvΔt＝1－01m/s2＝1m/s2，联立解得mAmB＝13，所以B错误；小车B的最小长度为物体A在小车

B上的最大相对滑动位移，则有Lmin＝sA－sB＝4＋12×1－0＋12×1(m)＝2m，所以C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A在小车B上的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，则D错误．3．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．4．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．5

．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＝12×4×2

m/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．6．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＝2a3L

1＝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.考点23实验：验证牛顿运动定律1．答案：(1)ABD(2)槽码的总质量远小于小车的质量(3)BD解析：(1)平衡摩擦力时使小车所受重力沿木板方向分力与小车所受摩擦力平衡，故A、B、D项正确；

为确定小车是否为匀速运动，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断，故C项错误．(2)根据牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，解得a＝mgM＋m，则绳子的拉力F＝Ma＝MmgM＋m＝mg1＋mM，可知当槽码的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力大小等于槽码的总重力，所以应满足的条件

是槽码的总质量远小于小车的质量．(3)本实验是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用，故A错误；使用打点计时器时，应该先接通电源，后释放纸带，故B正确；平衡摩擦力后有μ＝

tanθ，与小车质量无关，虽然小车质量改变时，但总是满足mgsinθ＝μmgcosθ，所以不用再次平衡摩擦力，故C错误；本实验采用控制变量法，故D正确．2．答案：(1)12(2)0.20(3)0.13解析：(1)初始时弹

簧的伸长量为5.00cm，结合图乙可读出弹簧弹力为0.610N，由F＝kx可得弹簧的劲度系数k＝12N/m.(2)根据牛顿第二定律F＝ma，结合图丙可得a­F图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m＝0.20kg.(3)同理图象斜率的倒数1k

＝m＋m测，得m测＝0.13kg.3．答案：(1)6.20±0.051.9±0.2(2)BC解析：(1)由刻度尺的读数规则可知，打下计数点B时小车的位移大小为x2＝6.20cm；连接图3中的点，由斜率可知加速度a＝1.9m/s2；(2)利用图1装置进行“探

究加速度与力、质量的关系”的实验时，为减小实验误差，应使连接小车的细绳与长木板平行，D错误；实验时应将钩码更换成砝码盘和砝码，应保证小车的质量远大于砝码以及砝码盘的总质量，因此不能换成质量更小的小车，A错误，C正确；实验时应将长木板的右端适当垫

高以平衡摩擦力，B正确．4．答案：(1)不需要(2)d22LΔt2(3)ABC解析：(1)该实验由于有力传感器测量滑块所受的拉力，则不需要满足滑块连同传感器和遮光条的总质量远远大于钩码的质量．(2)若测得遮光条经过光电门时遮光时间为Δt，滑块经过光电门时的速度v＝dΔt，根据v2＝2aL，可得

加速度大小为a＝d22LΔt2.(3)该同学未进行导轨水平调节就进行实验，若导轨恰好平衡了摩擦力，则得到的图象为A；若导轨左端过高，则可能不加拉力时滑块就有加速度，则图象为B；若导轨左端过低，则可能要当拉力增加到一定值时滑块才有加速度，则图象为C，故A、B、C

正确．5．答案：(1)图甲B(2)190±3解析：(1)根据牛顿第二定律a＝Fm知，加速度和合外力成正比，a­F图象应该是过原点的一条直线，所以上述图象中只有图甲能正确反映加速度和力的关系；图乙不是过

原点的一条直线，形成的原因可能是绘制a­F图象时，将砝码盘中的砝码重量作为合力F，没有考虑砝码盘(质量5g)本身的重量，使得实际的合力比绘制a­F图象时的合力偏大，故选项B正确．(2)设滑块的质量为m块，砝码盘及砝码的质量为m，细线上的拉力为FT，据牛顿第二定律，对砝码盘及砝码

mg－FT＝ma，对滑块FT＝m块a，可得列车加速度a＝mgm＋m块＝Fm＋m块，即图甲图象斜率为1m＋m块，有1m＋m块＝1.360.30kg－1＝4.53kg－1，变形为m＋m块＝14.53kg＝0.221kg＝221g，由题知当F＝30×10－2N时，即5个砝码全部转移到砝码盘

，这时砝码盘及砝码的质量m＝30g，所以滑块的质量m块＝190g．6．答案：(1)A(2)1.86(3)2Fb解析：(1)用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系实验时，必要的操作是要平衡摩擦力，由于绳子的拉力大小可以通过弹簧测力计读出，故不一定要满足小车的质

量远大于砂桶和砂的质量．(2)小车加速度的大小a＝（x3＋x4）－（x1＋x2）4T2＝（12.80＋14.65）－（9.10＋10.90）4×（5×0.02）2×10－2m/s2＝1.86m/s2.(3)对小车和砝码整体，根据牛顿第二定律有2F＝(m＋m车)a，整理得1a＝12Fm＋m车2F

，则1a­m图线的截距b＝m车2F，所以小车的质量m车＝2Fb.考点24(STSE问题)利用牛顿运动定律解决实际问题——提能力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)gs

inα＝(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m

g－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＝30

m，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＝30s．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t

2＝s2v＝1s故所需时间t＝t1＋t2＝3s．第四章曲线运动万有引力与航天考点25运动的合成与分解——练基础1．答案：C解析：AB段的点距均匀，小球做匀速直线运动，所受合外力为零，A错误；若将BF段的各点平滑连接，其运动轨迹为曲线，则小球在

C点的加速度不为零，所受到的合力不为零，B错误；在D点小球受到的合力指向曲线的内侧，则在D点小球的加速度有竖直向上的分量，所以小球处于超重状态，C正确；由图可知，小球在EF段竖直方向速度不变，水平方向速度减小，则受到的合力方向为水平向左，D错误．2．答案：C解析：由v­t图

象可知，物体在x方向上做初速度为v0x＝8m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a＝4m/s2.根据y­t图象可知，物体在y方向上做速度大小为vy＝4m/s的匀速直线运动，合速度方向与合加速度方向不在同一直线上，则在前2s内，物体的合运

动为匀变速曲线运动，故A错误；物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，故初速度为v＝v20x＋v2y＝82＋42m/s＝45m/s，故B错误；1s末的物体x方向的速度为vx＝v0x－at＝4m/s，故速度为v＝v2x＋v2y＝

42＋42m/s＝42m/s，故C正确；前2s内物体的加速度大小为4m/s2，由牛顿第二定律可知，其合力为F＝ma＝8N，D错误．3．答案：B解析：飞机起飞后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A错误；10s

内水平方向位移x＝v0xt＋12axt2＝500m，竖直方向位移y＝v0yt＋12ayt2＝250m，B正确；10s末飞机的速度方向与水平方向夹角的正切tanθ＝v0y＋aytv0x＋axt＝0.5，C错误；飞机在20s内水平方向的位移x′＝40×20＋12×2×202＝12

00m，则平均速度为v－x＝x′t′＝60m/s，D错误．4．答案：AB解析：静水速度垂直于河岸，合速度的方向偏向下游，且过河时间最短，A正确；根据平行四边形定则知，合速度的方向正好垂直河岸，过河的位移最小，B正确；由于流水速度

，因此不可能出现此现象，C错误；船头的指向为静水速度的方向，静水速度的方向与流水速度的合速度的方向不可能是图示方向，且轨迹应为直线，D错误．5．答案：D解析：将A的速度分解为沿绳子方向的速度和与绳子垂直方向的速

度，则vcosθ＝v0，则v＝v0cosθ，D正确．6．答案：BC解析：要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为dv2，C正确，D错误；运动员放箭处离目标的距离为d2＋x2，又x＝v1t＝v1dv2，

所以s＝d2＋x2＝d2＋v1dv22＝dv21＋v22v2，A错误，B正确．7．答案：D解析：由题意可知，船夫两次驾船的轨迹重合，知合速度方向相同，第一次船的静水速度垂直于河岸，第二次船的静水速度与合速度垂直，如图

所示．船两次过河的合位移相等，则渡河时间之比等于船两次过河的合速度之反比．则t1t2＝v2合v1合＝v2tanθv1sinθ＝v2v1cosθ，而cosθ＝v2v1，可得t1t2＝v22v21，D正确．8．答案：C解析：车在水平方向的速度vx＝vx0＋

axt，车在竖直方向的速度vy＝vy0＋ayt，则车的速度v＝v2x＋v2y，由于车和梯子运动的初速度均未知，工人相对地面的运动轨迹可能是直线，也可能是曲线，A、B错误，C正确；工人在水平方向和竖直方向都做匀变速运动，故其所受的合力是恒力，D错误

．9．答案：BD解析：小球在竖直方向上做自由落体运动，故从抛出点到上管口的运动过程中，有h2＝gt22，小球在水平方向上做匀减速运动，因恰能无碰撞地通过管子，故小球到管口时水平速度刚好减为零，设小球的初速度为v0，有L＝v0＋02

t，联立以上两式解得v0＝2Lgh，A错误；设风力大小为F，根据牛顿第二定律有，小球在水平方向上的加速度大小a＝Fm，依题设有0－v20＝－2aL，即0－v20＝－2LFm，将初速度v0＝2Lgh代入得F＝2mgLh，B正确；小球到达上管口时，水平速度减为零，进入管中后其不再受风力作用，只有竖

直方向的运动，从抛出到落地全程，小球在竖直方向上做自由落体运动，所以有v2＝2gh，则小球落地时的速度大小为v＝2gh，C错误，D正确．考点26平抛运动——练基础1．答案：B解析：由题意知枪口与P点等高，子弹和小

积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据h＝12gt2可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝Lv，故选B.2．答案：BD解析：若小孩直接到

达第二个平台，水平方向的位移x≥L水平速度v0≥Lt解得v0≥102m/s，故A错误；两个平台的高度差h＝12gt2解得h＝10m，故C错误；由平抛运动规律得x＝v0t，y＝12gt2解得y＝g2v20x2，故B正确；根据vy＝g

t，v＝v20＋v2y解得v＝20m/s，故D正确．3．答案：BC解析：设运动员的质量为m，在飞出点的速度为v0，根据动能定理得mgh＝12mv20解得v0＝2gh，可见在助滑区飞出点的速度与运动员的质量无关，A错误；根据平抛运动的规律，设水平分速度与速度的夹角为α，则有tan

α＝2tanθ而tanα＝gtv0，可得gt＝2v0tanθ，运动员落地时的动能Ek＝12mv2＝12m[]v20＋（gt）2＝12mv20(1＋4tan2θ)，可知运动员在着陆区落地的动能与自身质量成正比，B正确；由平抛运动规律得s＝ysin

θ；y＝12gt2；t＝2v0tanθg联立解得s＝2v20tanθgcosθ，C正确，D错误．4．答案：A解析：连接AC和AD，如图设AC和AD在竖直方向上的长度分别为hAC和hAD，根据图象可知hAC>hA

D，且有hAC＝12gt21，hAD＝12gt22，可得t1>t2，设AC和AD的水平方向上的长度分别为xAC和xAD，则有xAC<xAD，xAC＝v1t1，xAD＝v2t2，可得v1<v2，A正确，B错误；连接OD，如图所示设∠DOB＝θ，则有Rsinθ＝12gt22，R＋Rcosθ＝v2

t2，可得sinθ1＋cosθ＝gt22v2.若速度方向垂直圆弧，则速度方向与水平方向的夹角也为θ，则有tanθ＝gt2v2，则有tanθ＝sinθcosθ＝2sinθ1＋cosθ整理得cosθ＝1，即θ＝0这说明小球从A点抛出后速

度方向没有发生过改变，显然这是不可能的，所以小球落到D点时，速度方向不可能垂直圆弧，C错误；小球落到C点时，设小球的位移偏转角为α，即AC与水平方向的夹角为α，则有tanα＝12gt21v1t1＝RR＝1，可得α＝45°

根据平抛运动规律，设小球的速度偏转角为β，即小球落到C点时速度方向与水平方向的夹角为β，满足tanβ＝2tanα＝2，说明β一定大于45°，则速度与水平方向的夹角一定小于45°，D错误．5．答案：C解析：根据题述可知，运动员在斜坡

上由静止滑下做加速度小于g的匀加速运动，在NP段做匀速直线运动，从P飞出后做平抛运动，加速度大小为g，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图象C正确．6．答案：D解析：斜面倾角即为位移与水平方向

的夹角，设为θ(θ为定值)方程关系yx＝12gt2v0t＝gt2v0＝tanθ，故时间与速度成正比，两人飞行时间之比为2∶1，故A错误；根据x＝v0t，水平位移为4∶1，故B错误；把运动员的运动分解为一个沿斜面方向的运动和一个垂直斜面方向

的运动，由几何关系可知，运动员在垂直斜面方向上做初速度为v0sinθ，加速度大小为gcosθ的匀减速运动，当速度减小到零时，则离斜面距离最大，为hm＝（v0sinθ）22gcosθ，则他们在空中离雪坡面

的最大距离之比为4∶1，故C错误；根据平抛运动的推论：瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平方向夹角相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故D正确．7．答案：A解析：

每次曝光的时间间隔相等，设为Δt，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为gΔt，A正确；运动员在A、D位置时重心的速度大小相等，但是方向不同，B错误；由题图可知，运动员从A到B的时间为5Δt，从C到D的时间为6Δt，时间不相同，C错误；由题图可知，从A到C的时

间等于从C到D的时间，且A、D处于同一水平高度，根据斜抛运动的对称性可知，运动员重心位置的最高点位于C点，D错误．8．答案：B解析：设烟花弹b的速度方向与水平方向的夹角为θ，则ha＝v2a2g，hb＝（vbsinθ）22g，又h

a＝hb，则vb>va，A错误；在空中运动的过程中，两颗烟花弹速度变化率为ΔvΔt＝g，B正确；根据h＝12gt2可知，两烟花弹上升过程中运动的时间相等，C错误；烟花弹a在最高点加速度为g，D错误．9．答案：255m/s解析：依题意，相邻两球影像间隔的时间t＝4t0＝0.2s设初速

度大小为v0，如图所示：由O到A，水平方向：x1＝v0t竖直方向：y1＝12gt2又s1＝x21＋y21由A到B，水平方向：x2＝v0t竖直方向：y2＝12g(2t)2－12gt2又s2＝x22＋y22s1s2＝37联立解得v0＝255m/s.考点27生活中的平抛运动——提能力1．答案：B解析：B

点甩出的泥沙在水平方向上，具有和自行车相同的速度，因此做斜抛运动，A错误；从C点射出的泥沙出射速度方向指向后背偏上，在重力作用下，运动过程中会向下弯曲，有可能落在后背上，B正确；由于D点的切线与后背相切，则从D点射出的泥沙速度沿切线指向后背，但在重力作用下会向下弯曲，不会落到后背

上，C错误；各点同时甩出的泥沙与水平方向夹角不同，竖直分速度不同，到达最高点时间也不同，所以在碰到障碍物前到车轴的距离不相等，D错误．2．答案：AD解析：根据h＝12gt2，可得t＝2hg，两次的抛出点相同，下落的高度相同，故两小环在空中的飞行时间相同，故A正确；根据x＝v0t，

可知v0＝xt，由图可知，两次的水平位移不同，则两小环抛出时的初速度不同，故B错误；根据v2y＝2gh，则落地速度为v＝v20＋2gh，由B分析可知，初速度不同，则落地速度不同，故C错误；根据Δv＝aΔt，由于两次飞行的加速度和时间都相同，则两小环在空中飞行过程中速度的变化量相同，故D正确．3

．答案：B解析：箭做平抛运动，两支箭竖直方向下落高度相等，则两支箭的竖直速度分量vy＝2gh相同，设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则tanθ＝vyv0，即v0＝vytanθ，两支箭射出的初速度大小之比为tan37°∶tan53°＝9∶16，故A错误；设箭尖

插入壶中时的速度大小为v，则vsinθ＝vy，即v＝vysinθ两支箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4，故B正确；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大小之比等于9

∶16，故C错误；根据动能的表达式可知，甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比等于箭落入壶口时速度的平方之比为9∶16，故D错误．4．答案：D解析：球在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝12gt2可得tatb＝34，A错误；a和b碰墙时，小球的

竖直方向速度vy＝gt，重力的瞬时功率PG＝mgvy，求得a和b碰墙时重力的瞬时功率之比PGaPGb＝34，B错误；根据mgt＝mv→－mv→0＝mΔv→从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为mΔv→

amΔv→b＝34，C错误；球在水平方向匀速直线运动，水平位移相等，根据x＝vt可以求得vavb＝43，D正确．5．答案：B解析：水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，则v＝v20＋v2y且

tan60°＝vyv0稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击该挡板的水流速度的一半，即挡板的线速度为v＇＝12v根据v＇＝rω可得角速度，故B正确，A、C、D错误．6．答案：BD解析：根据平抛运动的规律h＝12gt2，R＝vt，解得R＝v2hg可知若h1＝h2，

则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝R21∶R22，A错误，B正确；若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，

C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则t＝Rv相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q0＝vΔtS0ωRΔt＝RS0ωRt＝S0ωt＝S0ω2hg相等，即一周中每个花盆中的水量相同，D正确．7．答案

：(1)500N(2)[34m，36m]解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得H＝12gt2，vy＝gt，v＝v20＋v2y，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－mv联立并代

入数据得F＝500N.(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1＝v1t，x2＝x1＋L联立并代入数据得x1＝30m，x2＝36m.若释放鸟蛤时的初速度为v

2＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x′1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x′2，得x′1＝v2t，x′2＝x′1＋L联立并代入数据得x′1＝34m，x′2＝40m.综上得x坐标区间[34m，36m]考点28圆周运动——练基础1．答案：C解析：

硬币受到重力、摩擦力和支持力作用，支持力提供向心力，向心力是效果力，故A错误；根据牛顿第二定律F＝mrω2、ω＝2πn可知，增大脱水转速，脱水效果越好，故B错误；硬币的向心加速度a＝rω2＝0.15×(20π)2m/s2≈591.6m/s2，硬币所需的向心

力Fn＝ma＝6×10－3×591.6N≈3.6N，故C正确；竖直方向受力平衡，所以静摩擦力Ff＝mg，若增大脱水桶转速，则桶壁对硬币的静摩擦力不变，故D错误．2．答案：D解析：齿轮传动，每个齿轮边缘的线速度大小都相等，

故A点与B点、C点的线速度大小相等，已知三点的半径不同，由ω＝vr可知：A、B、C三点的角速度不同，由n＝v2πr可知三点的转速不同，由T＝1n＝2πrv可知，三点的周期不同，故D正确，A、B、C错误．3．答案：CD解析：当模型飞机以角速

度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力、旋臂的作用力，这两个力的合力提供向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，选项A、B错误；模型飞机受到重力和旋臂的作用力，这两个力的合力沿水平方向指向圆心，提供向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力大小为mg2＋ω4L2sin

2θ，选项C正确；由F＝mg2＋ω4L2sin2θ可知，若夹角θ增大后，则旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D正确．4．答案：C解析：运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn＝mv2r＝900N，竖直方向受力平衡FN＝mg＝500N，所以运动员受到冰面的作用力F＝F2n＋F2

N≈1030N，故选项C正确．5．答案：A解析：在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对人、沿摆绳方向受力分析有F－mgcosθ＝mv2l，由于小明的速度为0，则有F＝mgcosθ<mg

，沿垂直摆绳方向有mgsinθ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsinθ，所以A正确；B、C、D错误．6．答案：D解析：水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，根据F向＝mω2r可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在

表面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v＝ωr知，水比油的半径大时，线速度也大，A错误；根据a向＝ω2r知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度也就大，B错误；水对油的作用力和油对水的作用力是一

对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C错误；油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确．7．答案：B解析：依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1＝a1R1＝6m/s，在CD段运动的最大速率为v2＝a2R2＝2m/s，所以经过BC段

和CD段的最大速率为v2＝2m/s，因此在BC段和CD段运动的最短时间t3＝3π＋4π2s＝7π2s，在B点的速率最大为v2＝2m/s，设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x，则根据匀变速直线运动规律得v22＝v2m－

2a1x，解得x＝3m，t2＝vm－v2a1＝1s，所以匀速运动的最大距离l＝8m－x＝5m，运动时间t1＝54s，最短时间t＝t1＋t2＋t3＝94＋7π2s，B正确．8．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．9．答案：BD解析：设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为

θ，MN、PQ的距离为L，对小球受力分析有kxcosθ－mg＝0，即竖直方向受力为0，水平方向有kxsinθ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cosθ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，

cosθ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确．小球对杆的压力大小F压＝FN＝mω2L－kxsinθ或F压＝FN＝kxsinθ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误．当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确

．10．答案：C解析：场地自行车赛道与水平面成一定倾角，自行车受地面的静摩擦力方向沿斜面方向，而圆周运动的圆心与自行车在同一水平面上，故A错误；向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由n个力的合力提供，或者由某个力的分力提供

，不是性质力，因此，将运动员和自行车看成整体后，整体应受重力、支持力和摩擦力，故B错误；三位运动员线速度相等，根据v＝ωR可知，半径越大，角速度越小，故C正确；三位运动员线速度相等，由向心加速度公式a＝v2R可知，则他们的向心加速度大小关系满足aA＜aB＜aC，故D错误．11．

答案：D解析：设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mv2r，r＝Rsinθ解得v＝gRsinθtanθ，沿a轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，沿a轨道运动的速度比沿b轨道的速度小

，A、C错误；在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝mv2R解得v＝gR，沿c轨道运动，在最高点的最小速度为gR，B错误；根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m4π2T2r，r＝Rsinθ解得T＝2πRcosθg，θ越小，周期越大，沿a轨道运动的周期比沿b轨道运

动的周期大，D正确．12．答案：(1)205m/s(2)5800N，方向竖直向上解析：(1)依题意，石块从P点抛出后做平抛运动，则有s＝v0t＝80mL＋h＝12gt2＝20m求得石块从P点抛出到到达地面所用时间为t＝2s从P点抛出时

的速度大小为v0＝40m/s则落地时的速度大小为v＝v20＋（gt）2＝205m/s.(2)石块到达P点时，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝mv20L代入数据求得，凹槽对石块的弹力为FN＝5800N说明凹槽对石块的弹力方向与重力方向相同，即竖直向下，根据牛顿第三定律可知，石块对凹槽压力的大小为58

00N，方向竖直向上．考点29圆周运动的临界及综合问题——提能力1．答案：D解析：因为小球与杆之间有摩擦力，则当角速度变大时，小球仍可能相对于杆静止，故两球间的距离不变，故A项错误；因为若小球相对于杆静止，故弹簧

形变量不变，根据胡克定律F＝kx，所以弹簧弹力不变，故B项错误；小球所受静摩擦力的方向未知，若静摩擦力方向向右，则摩擦力变小，若静摩擦力方向向左，则摩擦力变大，故C项错误；小球所受合力提供小球的向心力，与以ω1匀速转动时相比，以ω2匀速转动

时所需向心力变大，即小球所受合力变大，故D项正确．2．答案：D解析：小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时mg＝mv2bR，得vb＝gR，故A错误；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上

拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知mg·2R＝12mv2－12mv2b，在最低点，由牛顿第二定

律F－mg＝mv2R，联立解得小球运动到最低点时细线中拉力F＝6mg，小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg＋F＝Mg＋6mg，故D正确．3．答案：C解析：对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0结合图象解得质量m＝65kg，所以选

项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝mv2R结合图象可解得R＝0.9m故张成龙的重心到单杠的距离为0.9m，所以选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4m/s时，设拉力大小为F，由牛顿第二定律得mg＋F＝mv2R，代入解得，F>0，说明张成龙

受单杠的拉力作用，方向竖直向下，所以选项C错误，D正确．4．答案：A解析：火车以某一速度v经过弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mv2R解得v＝gRtanθ，故A正确，B错误；当转弯的实际速度

大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故C错误；当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的

向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故D错误．5．答案：A解析：马拉着雪橇做匀速圆周运动，对雪橇受力分析，如图所示设FN与竖直方向的夹角为θ，沿着切向受力平衡FT＝m

gsinθ＋μmgcosθ＋mv2R＝mg1＋μ2sin(θ＋φ)＋μmv2R，φ＝arctanμ<60°，θ由0°增大30°的过程中FT一直增大，故A正确；沿着半径的方向根据牛顿第二定律有FN＝mgcosθ＋mv2R，随着θ的增大，FN减小，故B错误；马拉雪橇的过程中，

路面对雪橇的作用力为支持力、摩擦力的合力，FN减小，则Ff减小，则路面对雪橇的作用力变小，故C错误；对雪橇运用动能定理W马－1－32mgR－Wf＝0，其中Wf＝μFNs弧，由于FN＝mgcos

θ＋mv2R，s弧>12R，则Wf>380mgR，故D错误．6．答案：D解析：小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂

直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故A、B错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力

和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据F＝mv2R，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．

而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0.所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0.根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为

0，到达最低点时的速度满足mg·2R＝12mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝v2R，联立得F＝5mg，故D正确．7．答案：B解析：当运动员在圆盘最高点时，可能仅受到重力和支持力的作用，还可能受摩擦力，故A错误；在圆盘最下方，根据μmgcos

15°－mgsin15°＝mω2maxr，解得ωmax＝0.47rad/s，故B正确；ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员运动过程中速度大小不变，动能不变，设Wf、WG分别为摩擦力做功和重力做功的大小，有Wf＝

WG＝mg·2rsin15°≈3120J，故D错误．8．答案：A解析：由对称性可知，在最高点左右两侧对称位置，小球沿水平方向分速度相同，那么在小球达到最高点时，其前后对称时刻的小球的水平分速度相等且最高

点时刻水平分速度为正，在题图乙中t1时刻满足要求，所以t1时刻小球通过最高点，同理t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；从t1到t3，小球重力做正功，一直在加速，在最低点时，速度最大，沿水平方向分速度也最大，即v2＞v1，另外对运动过程分析可得：S1和S2分别表示从最低点到最左边点以及从最

左边点到最高点的水平位移大小，它们相等，因此S1和S2的面积相等，故C、D错误．9．答案：B解析：由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A项错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，当小球

做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝mgcosθ，mgtanθ＝mv2Lsinθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝gLcosθ，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cosθ增大，因此，细线的拉力FT减小，角速度ω减小，故B项正确，C项错误；

对金属块P，由平衡条件知，P受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力变小，故D项错误．10．答案：ABC解析：A、B刚好未发生滑动时，二者与接触面间都达到最大静摩擦力，都是拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力．不同的是，B所受的静摩

擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心．两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的轨道半径比A的轨道半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A

所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外．以B为研究对象，有FT＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有FT－μmg＝mrω2，联立解得FT＝3μmg，ω＝2μgr，A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发生相对滑动，有μmg＝mrω2A，解得

ωA＝μgr<ω，故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B也一定发生相对滑动，D错误．11．答案：(1)5g4ω2(2)2mg(3)199mg2144ω2解析：(1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得FT1cos37°＝2mgFT1sin37°＝2mω2ssi

n37°解得s＝5g4ω2.(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B得FT2cos53°＝2mgFT2sin53°＝m(2ω)2s′sin53°s′＝5g12ω2设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足FT1－F＝mω2(L－s)装置转动的角速度为2ω时，对

圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)解得F＝2mg.(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量为ΔEp＝2mg(scos37°－s′cos53°)动能变化量为ΔEk＝12·2m[]（2ωs′sin53°）2－（ωssin37°）2

解得细线对小球B做的功为W＝ΔEp＋ΔEk＝199mg2144ω2考点30万有引力定律及应用——练基础1．答案：C解析：在北极G1＝mg＝F万在赤道上F万－G2＝mω2r＝m4π2T2r，解得rT2＝G1－G24π2m＝（G1－G2）g4π2G1，故选C.2．答案：D

解析：根据开普勒第二定律可知，地球与太阳中心连线在相同时间内扫过的面积相等，根据S＝12r·vΔt，可知近日点离太阳最近，近日点的运行速度最大，远日点离太阳最远，远日点的运行速度最小，故夏至时地球的运行速度最小，A错误；根据对

称性可知，从冬至到夏至的运行时间为公转周期的12，由于从冬至到春分地球的运行速度大于从春分到夏至地球的运行速度，可知从冬至到春分的运行时间小于从春分到夏至的运行时间，故从冬至到春分的运行时间小于公转周期的14，B错误；根据开普勒第三定律可知，所有绕太阳转动的行星轨道半长轴

的三次方与公转周期的二次方成正比，则有a3T2＝k，其中k与中心天体的质量有关，地球和火星都绕太阳转动，故地球和火星对应的k值相同，C错误；根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于

椭圆的一个焦点上，故太阳既在地球公转轨道的焦点上，也在火星公转轨道的焦点上，D正确．3．答案：D解析：根据公式GMmR2＝Mv2R＝m4π2T2R可得轨道半径和线速度的表达式R＝3GMT24π2v＝GMR由题知T1<T

2代入公式得R1<R2v1>v2故D正确，A、B、C错误．4．答案：D解析：航天员相对空间站静止时仍绕地球做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，合力不为零，故A错误；航天员在空间站内处于完全失重状态，但重力提供向心力，不为零，故B错误；地球同步卫星相对地球

表面静止，其位于赤道上方高度约36000km处，而空间站离地球表面的高度约为400km，所以空间站相对地球表面是运动的，故C错误；设地球质量为M，半径为R，地球表面的重力加速度为g，则GMmR2＝mg，可得g＝

GMR2，空间站在轨运行时的向心加速度为a＝GMr2，因为空间站的轨道半径r>R，所以a<g，故D正确．5．答案：C解析：地球绕太阳公转和行星“望舒”绕恒星“羲和”的匀速圆周运动都是万有引力提供向心力，则GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr.其中心天

体的质量之比为2∶1，公转的轨道半径相等，则“望舒”与地球公转速度大小之比的比值为2，故C正确，A、B、D错误．6．答案：C解析：万有引力F＝GMmr2，航天员受万有引力，且万有引力提供向心力，航天员所受合力不为零，地表处r较小，航天员在地表处所受万有引力大于在飞船上所受的万有引力，航天员在飞船上

所受地球引力，约等于随飞船运动所需的向心力，所以A、B、D错误，C正确．7．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．8．答案：

D解析：根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力得GMmr2＝mv2r，解得M＝v2rG，D正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由GMmr2＝mω2r得M＝ω2·r3G，且ω＝2πT，r约不掉，故还需要知道核心舱的绕地

半径，才能求得地球质量，C错误．9．答案：CD解析：由开普勒第三定律可知，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，所以火星公转周期一定大于地球公转周期(也可根据r3地T2地＝r3火T2火，r火≈1.5r地，得出T火＝278T地)，A项错误；火星与地球均绕太阳做匀速圆周运动

，即GMmr2＝mv2r，解得v＝GMr，所以火星公转速度小于地球公转速度，因此在冲日处，地球上的观测者观测到火星相对于地球由东向西运动，为逆行，B项错误、C项正确；火星和地球运行的线速度大小不变，且在冲日处，地球与火星速度方向相

同，故此时火星相对于地球的速度最小，D项正确．10．答案：AD解析：根据密度的定义有：ρ＝MV，体积V＝43πR3，可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为ρ火ρ月＝M火M月·R3月R3火＝N×1P3＝NP3，即火星的平均密度是月球的NP3倍，故A正确；由GMmR2＝mg可知，火星表

面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为g火g月＝M火M月R2月R2火＝N×1P2＝NP2，即火星表面的重力加速度是月球表面的重力加速度的NP2，由GMmR2＝mg，GMmR2＝mv2R可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为v火v月

＝g火R火g月R月＝NP2·P＝NP，故B、C错误；由万有引力定律F＝GMmR2，可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为F火F月＝M火M月·m祝m玉·R2月R2火＝N×K×1P2＝KNP2，即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的KNP2倍，

故D正确．11．答案：BCD解析：设椭圆的长轴为2a，两焦点间的距离为2c，则偏心率为0.87＝2c2a＝ca，由题知，Q与O的距离约为120AU，即a－c＝120AU，由此可求出a、c，由于S2是绕致密天体运动，根据万有引力定律，可知无法求出S2与银河系中心致密天体的质量之比，故A错误

；根据开普勒第三定律有a3T2＝k，式中k是与中心天体的质量M有关的常量，且与M成正比，所以对S2是绕致密天体运动，有a3T2S2＝k致∝M致，对地球围绕太阳运动，有r3地T2地＝k太∝M太，两式相比，可

得M致M太＝a3T2地r3地T2S2，因S2的半长轴为a，周期TS2、日地之间的距离r地、地球绕太阳的公转周期T地都已知，故由上式可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；根据开普勒第二定律有12vP(a＋c)＝12vQ(a－c)，则vP

vQ＝a－ca＋c，因a、c可以求出，则可以求出S2在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；S2不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律得GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，因为P点到O点的距离为a＋c，Q点到O点的距离为a－c，则S2在P点与Q点的加速度大小之比a

PaQ＝（a－c）2（a＋c）2，因a、c可以求出，则S2在P点与Q点的加速度大小之比可以求出，故D正确．考点31人造卫星宇宙速度——提能力1．答案：C解析：此时组合体和货物受到万有引力提供向心力，所以组合体中的货物处于失重状态，故A错误；第一

宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力有：GMmr2＝m4π2T2r＝mrω2，解得：T＝4π2r3GM，ω＝GMr3，根据题意可知组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，故C正确；根据万有引力提

供向心力有：GMmr2＝ma，解得：a＝GMr2，可知组合体的加速度大小比地球同步卫星的大，故D错误．2．答案：C解析：根据GMmr2＝mv2r，可知r越大，环绕速度越小，A错误；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受地球的引力，B错误；根据GMmr2＝

mv2r，可知质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行，C正确；返回舱穿越大气层返回地面过程中，摩擦力做负功，机械能减小，D错误．3．答案：D解析：根据题述，火星冬季时长为地球的1.88倍，可知火星绕太阳运动的周期是地球

的1.88倍，由开普勒第三定律可知，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径比地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径大，C项错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，解得v＝GMr，由r火>r地可得v火<v地，A项错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mω2r，解得ω＝GMr3，由r火>r地可得

ω火<ω地，B项错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，由r火>r地可得a火<a地，D项正确．4．答案：C解析：依题意可知卫星的绕行周期T0＝Tn，对卫星根据牛顿第二定律可得GMm（R＋h）2＝m(R＋h)·4π

2T20，根据黄金代换式gR2＝GM，联立解得h＝gR2T24n2π213－R，C正确．5．答案：B解析：第一宇宙速度等于贴近地面做匀速圆周运动卫星的线速度；对环绕地球做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力有：GMmr2＝mv2r，解得：v＝GM

r，可知轨道半径越大、则线速度越小，“北斗”第49颗卫星的轨道半径大于地球的半径，则线速度小于第一宇宙速度，故A错误、B正确；根据开普勒第三定律可得r3T2＝k，该卫星的周期与“静止”在赤道上空的同步卫星的周期相同，则轨道

半径相同，故C、D错误．6．答案：C解析：核心舱和同步卫星都是受万有引力，万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有GMmr2＝mv2r＝m4π2T2r＝ma＝mω2r，可得：ω＝GMr3；T＝2πr3GM；a＝GMr2；v＝GMr而核心舱运行轨道距地面的高度为4

00km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km，即核心舱的半径比地球同步卫星的半径小，由此可知：核心舱的角速度比地球同步卫星的大，周期比同步卫星短，向心加速度比地球同步卫星大，线速度比地球同步卫星的大，故A、B、D错误，C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：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/s

2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．9．答案：D解析：由万有引力提供向心力有GMmr2＝m2πT2r，解得r＝3GMT24π2，所以飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道

半径的比值r1r2＝3M1T21M2T22＝30.1×221＝325.故A、B、C错误，D正确．10．答案：AC解析：根据万有引力公式F＝GMmr2可知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与轨道半径的平方成反比，则核

心舱进入轨道后所受地球的万有引力与它在地面时所受地球的万有引力之比F′F地＝R2R＋R162，解得F′＝16172F地，A正确；根据GMmR2＝mv2R可得，v＝GMR＝7.9km/s，而核心舱轨道半径r大于地球半径R，所以核心舱在轨道上飞行的速度一定小于7

.9km/s，B错误；由GMmr2＝m4π2T2r得绕地球做圆周运动的周期T与r3成正比，核心舱的轨道半径比同步卫星的小，故核心舱在轨道上飞行的周期小于24h，C正确；根据GMmr2＝mv2r可知空间站的轨道半径与空间站的质量无关，故后续加挂实验舱后，轨道半径不变，D错误．1

1．答案：ABC解析：a受万有引力和支持力作用，即两个力的合力提供向心力，即GMmR2－FN＝ma；GMmR2＝mg，向心加速度小于重力加速度g，故A正确；根据GMmr2＝mv2r得v＝GMr，由于rb＜rc＜rd，则vb>vc>vd，

a、c的角速度相等，根据v＝ωr知，c的线速度大于a的线速度，可知b的线速度最大，则相同时间内转过的弧长最长，故B正确；c为同步卫星，周期为24h，4h内转过的圆心角θ＝424×2π＝π3，故C正确；根据GMmr

2＝m4π2T2r得T＝4π2r3GM，d的轨道半径大于c的轨道半径，则d的周期大于c的周期，可知d的周期一定大于24h，故D错误．12．答案：2v1解析：设从地球表面飞出恰好到达无穷远处，至少需给它的初速度为v2，物体从地球表面到达无穷远处的过程中机械能守恒，即Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek

2，根据Ep＝－GMmr得－GMmR＋12mv22＝0＋0，所以第二宇宙速度为v2＝2GMR，而物体在地球表面附近运动时有GMmR＝mv21R，故第一宇宙速度为v1＝GMR则v2＝2v1.考点32天体运动的热点问题——提能力1．答案：C解析：天问一号发射后要脱离地球引力束缚，则发射速度要超过11

.2km/s，故选项A错误；由题图可知地火转移轨道的半长轴长度比地球轨道半径要大，根据开普勒第三定律a3R3地＝T2T2地可知，天问一号在地火转移轨道上运行的周期大于12个月，因此从P到Q的时间大于6个月，故选项B错误；同理根据开普勒第三定律，并结合停泊轨道、调相轨道的半长轴长度关系可知，天问一

号在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故选项C正确；天问一号在P点点火加速，做离心运动进入地火转移轨道，故在地火转移轨道上P点的速度比地球环绕太阳的速度大，但在到达Q点之后，要加速进入火星轨道，即v火>v地火Q，根据v＝

GMR可知地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，即v地>v火，所以v地>v火>v地火Q，即天问一号在地火转移轨道上并不是每一点的速度都比地球绕太阳的速度大，故选项D错误．2．答案：B解析：由开普勒第三定律R31R32＝T

21T22可知，由于轨道1的半长轴大于轨道2的半径，所以“天问一号”在轨道2运行的周期小于在轨道1运行的周期，A错误；由GMmr2＝ma得a＝GMr2“天问一号”在P点的加速度小于在Q点的加速度，B正确；“天问一号”由轨道1进入轨道2，“天问一号”做向心运动，因此在Q点制动减速，则在Q点的

喷气方向应与速度方向相同，C错误；“天问一号”在轨道1由Q点向P点运动的过程中，只有万有引力做功，“天问一号”的机械能守恒，D错误．故选B.3．答案：BD解析：由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，设为ω，设绳子拉

力为FT，根据Fn＝mω2r以及F万＝GMmr2，对A、B分别用牛顿第二定律可得GMm（kL）2－FT＝mω2kL，GMm（kL＋L）2＋FT＝mω2(k＋1)L可得ω<GMk3L3，故B正确，A错误；由A、B选项分析可知，系

绳断开后，对A，万有引力大于A做圆周运动的向心力，做近心运动；对B，万有引力小于B做圆周运动的向心力，做离心运动，故D正确，C错误．4．答案：C解析：任意两颗星之间的万有引力为F＝GmmL2，每一颗星受到的合力为F1＝3F.由几何关系可知，它们的轨道半径为r＝33L，合力提供它们的

向心力3GmmL2＝mv2r联立解得v＝GmL，A错误；根据3GmmL2＝ma解得a＝3GmL2，故加速度与它们的质量有关，B错误；根据3GmmL2＝m4π2rT2解得T＝2π33L3Gm，若距离L和每颗星的

质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，C正确；根据v＝GmL可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，D错误．5．答案：C解析：神舟十三号在Ⅰ轨道上运行时，万有引力提供向心力GMmr2＝mv2r

撤离空间站时做向心运动，万有引力大于所需的向心力，需要在A点减速进入椭圆轨道Ⅱ，A错误；由图可知，轨道Ⅱ的半长轴为a＝2R＋H2，轨道Ⅰ的半径为r＝R＋H，根据开普勒第三定律可得r3T2＝a3T2Ⅱ，由此可知，神舟十三号在

轨道Ⅱ上运行的周期为TⅡ＝182R＋HR＋H3T，神舟十三号从A运动到B的最短时间为t＝12TⅡ＝14122R＋HR＋H3T，B错误；忽略地球自转，在地球表面处重力加速度为g，可得GMmR2＝mg空间站处重力加速度为g

′，可得GMm（R＋H）2＝mg′，解得gg′＝R＋HR2忽略地球自转，地球表面重力加速度与空间站处重力加速度大小比为R＋HR2，C正确；神舟十三号撤离空间站时需要在轨道Ⅰ的A点减速进入椭圆轨道Ⅱ，因此，神舟十三号在轨道Ⅰ运行时的机械能大于

在轨道Ⅱ运行时的机械能，D错误．6．答案：A解析：因为轨道2、3都是圆心相同的圆轨道，且能够相交于M、N点，所以圆轨道2、3半径相同，且半径都大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律a3T2＝k可知T3＝T2＞T1，故A正确；卫星由轨道1变至轨道2，需要在P点向后喷

气做加速运动，从而使万有引力不足以提供向心力而做离心运动，故B错误；卫星轨道越高，卫星从地球表面到达该轨道过程中推进器对卫星做的功越多，卫星的机械能越大，所以卫星在三个轨道上机械能E3＝E2＞E1，故C错误；设地球质量为

M、卫星质量为m、绕球做半径r、线速度为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有GMmr2＝mv2r解得v＝GMr.假设卫星在过Q点的圆轨道上运动的线速度大小为v1，卫星在轨道2、3上运行的线速度大小分别为v2、v3，根据上式可知v1>v2＝v3设卫星在轨道1上经过

Q时的线速度大小为vQ，则卫星从过Q点的圆轨道变至轨道1的过程需要在Q点加速，所以vQ>v1>v3故D错误．7．答案：AD解析：根据题意T火＝1.8年；T地＝1年，根据(ω地－ω火)t＝2π得从火星与地球相距最近至下一次相距最近所需

时间t＝2π（ω地－ω火）＝T火·T地T火－T地＝2.25年，故A正确；第一宇宙速度是地球卫星最小的发射速度，第二宇宙速度是脱离地球引力的最小发射速度，因此是以大于第二宇宙速度的速度发射的，故B错误；“天问一号”在绕地球的

轨道上进入霍曼转移轨道时做离心运动，需要加速，故C错误；海南文昌距离赤道较近，选择在海南文昌发射场发射，是为了利用地球自转线速度的影响，故D正确．8．答案：BC解析：卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，故A错误；A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫

星转的圈数差半圈，设经历时间为t，有tT2－tT1＝12，解得经历的时间t＝T1T22()T1－T2，故B正确；根据万有引力提供向心加速度，由Gm地mr2＝ma，可得a＝Gm地r2由于rA＝rC>rB，可知A、C向心加

速度大小相等，且小于B的向心加速度，故C正确；轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力Gm地mr2＝mr4π2T2可得卫星的周期T＝2πr3Gm地，则该卫星在单位时间内扫过的面积S0＝πr2T＝12Gm地r，由于rA>rB

，所以在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D错误．9．答案：C解析：黑洞A与黑洞B绕O点相同时间内转过的角度相同，所以，二者的角速度相等，设它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得GM1M2L2＝M1ω2·OA；GM1M2L2＝M2ω

2·OB，联立得M1·OA＝M2·OB，根据题意OA>OB，所以M1<M2，故A、B错误；人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故C正确；根据M1·OA＝M2·OB；OA＋OB＝L可得OA＝M2LM1＋M2，又由于GM1M2L2＝M

1ω2·OA整理得ω＝G（M1＋M2）L3，所以周期为T＝2πL3G（M1＋M2），若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，两黑洞质量之和不变，周期不变，故D错误．考点33(模型方法)巧建物理模型解决实际中的曲线运动问题——提能力

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＝12gt23，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＝v2

By－v2Ay2g而vAy＝vcos45°，vBy＝vBcos37°联立解得h＝0.7m．第五章机械能考点34功和功率——练基础1．答案：C解析：重力做功WG＝mg·Δh，与路径无关，只与初末位置的高度差有关，而两种轨道的高度差相同，则

重力对游客做功相同，故A、B错误；摩擦力做功Wf＝Ff·s，沿螺旋轨道下滑时，做的是曲线运动，因此有指向圆心方向的向心力Fn－mgcosθ＝mv2R，其中角度为重力和竖直方向的夹角，而滑动摩擦力大小为Ff＝μFn，因此螺旋运动的摩擦力更大，

两种轨道的动摩擦因数相同，而螺旋滑道更长，则摩擦力对游客做的功更多，故C正确，D错误．2．答案：B解析：设平均阻力为Ff，则有Ff×(15×90×2πr)＝900kJ，解得Ff≈354N，故选B.3．答案：B解析：设重心上升的高度为h，如图所示根据相似三角形有h0.4

＝0.90.9＋0.6，解得h＝0.24m.则做一次俯卧撑克服重力做的功为WG＝mgh＝60×10×0.24J＝144J，所以一分钟克服重力做的总功为W总＝30mgh＝30×60×10×0.24J＝4320J.功率约为P＝Wt＝432060W

＝72W，故选项B正确．4．答案：C解析：设绳中拉力为FT，斜面倾角为α，根据平衡关系FTcosθ＝mgsinα＋μ(mgcosα－FTsinθ)，整理FT＝mgsinα＋μmgcosαcosθ＋μsinθ，对货物做的功W＝FTxcosθ＝mgsinα＋μmgcosα1＋μt

anθx，θ变小，拉力不一定变小，但做功一定变大．所以选项C正确．5．答案：C解析：设水车半径为R，水车转动的周期为T＝2πRv，水车转动一圈对水做的功W＝2nmgR，则水车的功率P＝WT＝nmgvπ，故C正确，A、B

、D错误．6．答案：D解析：由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0，A错误；由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于mg，B错误；空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为mgvcos75°，C错误；鸽子克

服自身重力的功率为P＝－P重力，由力的功率表达式P重力＝mgvcos(15°＋90°)联立解得P＝mgvsin15°，D正确．7．答案：D解析：根据v­t图象与坐标轴所围面积表示位移可知发生险情处离地

面的高度为h＝12×5×18m＝45m，故A正确；根据v­t图象的斜率表示加速度可得工人加速下滑时的加速度大小为a1＝183m/s2＝6m/s2，根据牛顿第二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F1＝mg－ma＝280N，故B正确；整个过程中工人所受重力做功为W＝mgh＝

31500J，故C正确；t＝4s时工人的加速度大小为a2＝185－3m/s2＝9m/s2，工人的速度大小为v＝18m/s－a2t＝9m/s，此时钢丝绳对工人的拉力大小为F2＝mg＋ma＝1330N，此时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为P＝F2v＝11970W，故D错误．8．答案：

AD解析：两人对绳子的合力为F合＝2×cos37°×F＝512N，两人通过绳子对重物做功为W＝F合h1＝204.8J，根据动能定理W＝12mv2－0，得重物刚落地时速度大小为v＝3.2m/s，故A正确，B错误；对重物先上升后下降的全过程

，由动能定理有F合h1＋mgh2－Ffh2＝0－0.解得Ff＝5512N，故C错误，D正确．9．答案：B解析：人对车施加了三个力，分别为压力、推力F、静摩擦力Ff，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是

负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力F做的功WF＝Fs，静摩擦力做的功Wf＝－Ffs，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，F＝Ff，则人对车做的总功为零，故A错误；当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力Ff′方向向右且大于车厢壁对人的作用力F′，所以人对车厢的静摩擦

力Ff方向向左，静摩擦力做的功Wf＝－Ffs，人对车厢的推力F方向向右，做的功WF＝Fs，因为Ff>F，所以人对车做的总功为负功，故B正确，D错误；同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C错误．10．答案：C

解析：由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做功的瞬

时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误．11．答案：D解析：由题图知：在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，则拉力的功率P＝Fv＝(F

f＋ma)v＝(Ff＋ma)at；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝Ff，P＝Fv＝Ffv，P不变，故D正确．12．答案：ABD解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝P1v1＝2005N＝40N，A

正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，B正确．从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝P2v2＝5702N＝285N，从P到Q，小车匀速

行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×12N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的

增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误．考点35机车启动模型——提能力1．答案：C解析：最高时速216km/h，即60m/s，此时阻力等于牵引力，为Ff＝Pvm＝kvm；当其加速到108km/h时，即30m/s，此时牵引力F＝Pv

，则此时加速度a＝F－kvm＝0.33m/s2，故C正确．2．答案：C解析：以最大加速度向上加速到匀加速能达到的最大速度，然后保持功率不变达到最大速度，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短．重物向上提升的最大加速度a1＝F－mgm＝5m/s2，匀

加速过程的最大速度v＝PF＝4m/s，匀加速上升的时间为t1＝va1＝0.8s，匀加速上升的高度h1＝1.6m；重物能达到的最大速度为vm＝Pmg＝6m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝vma2＝1.2s，上升高度为h2

＝3.6m，则以恒功率上升的高度h3＝80m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋12m(v2m－v2)，解得t3＝13.5s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确．3．答案：AD解析：由题图可知，Oa段为匀加速直

线运动，ab段以恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc段是匀速直线运动，t2～t3时间内其牵引力等于F阻，故A正确；在0～t1时间内，由v­t图象知汽车做匀加速直线运动，故B错误；在0～t2时间内，

由v­t图象可知，汽车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于v22，故C错误；设t1～t2时间内汽车克服阻力所做的功为Wf，由动能定理有P(t2－t1)－Wf＝12mv22－12mv21，克服阻力所做的功为Wf＝P(t2－t1)＋12mv21－12mv2

2，故D正确．4．答案：C解析：对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二

定律有4Pv－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25Pv＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有4Pvm＝kvm，联立解得v＝34vm，故C正确；若四节动力

车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝12mv2m－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－12mv2m，故D错误．5．答案：B解析：当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则vm＝Pf＝1200004×103m

/s＝30m/s，故A错误；根据P＝Fv可知，汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，故B正确；汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝6.4×103N，故C错误；里程120～320m过程克服阻力所做的功为Wf＝fs＝

8×105J，故D错误．6．答案：D解析：设汽车质量为m，上坡与下坡的倾角分别为α和β，汽车所受阻力大小为f，根据平衡条件可得汽车在ab和bc段路面行驶时发动机的牵引力大小分别为F1＝f＋mgsinα；F2＝f汽车在cd段行驶时，若

f≥mgsinβ，则F3＝f－mgsinβ，若f<mgsinβ，则汽车将受到与运动方向相反的制动力作用才能匀速行驶，此时发动机的牵引力为0.综上所属可知F1>F2>F3，根据P＝Fv可得P1>P2>P

3，故选D.7．答案：B解析：由图甲可知，8～18s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有f＝Pvm＝800N则k＝fmg＝0.4，故B正确；0到8s内，摩托车的加速度为a＝ΔvΔt

＝1m/s2，摩托车的牵引力为F＝ma＋f＝1000N，故C错误；8s～18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为W＝Pt＝8×104J，故D错误．故选B.8．答案：C解析：因为汽车先保持牵引力F0不变，由

牛顿第二定律可得F0－f＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v­t图象开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv即F与v成反比，F与1v成正比，所以F

­v图象中v1～vm段图象应为曲线，F与1v图象中v1～vm段图象应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v即P与v成正比，所以P­v图象中v1～vm段图象应为过原点的直线，故D

错误．9．答案：AC解析：根据v＝PF，额定功率等于图线的斜率P＝1015×10－3W＝50kW，C正确；根据P＝Fv，汽车由b到c过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；根据牛顿第二定律得F－f＝ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，汽车由b到c过程做非匀变速

直线运动，B错误；汽车能够获得的最大速度为vm＝P×1F＝50×103×14×10－3m/s＝12.5m/s，D错误；汽车所受的阻力为f＝Pvm＝50×10312.5N＝4000N，汽车从a到b所受的牵引力为1F＝15×10－3解得F＝5000N，根据牛顿第二定律得F－f＝ma解得a＝0.5m/s

2，汽车从a到b持续的时间为t＝va＝100.5s＝20s，A正确．10．答案：(1)7s(2)8m/s(3)22s解析：(1)由牛顿第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s.(2)当达到

最大速度vm时，加速度为零，则有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x1＝12at21，在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝12mv2m－12mv2又

有x＝x1＋x2解得t2≈15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s．考点36动能定理及应用——提能力1．答案：D解析：运动员从a处滑至c处，mgh＝12mv2c－0，在c点，N－mg＝mv2cR，联立得N＝mg1＋2

hR，由题意，结合牛顿第三定律可知，N＝F压≤kmg，得R≥2hk－1，故D项正确．2．答案：BD解析：设踢球时运动员对足球做的功为W，由动能定理有W－mgh＝12mv2，得出W＝mgh＋12mv2＝20＋80＝100J，故A错误，B正确；足球在空中的运动时间t＝2s，则射程x＝vt＝

40m，故C错误，D正确．3．答案：A解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·xcosθ－μ1mgcosθ·xcos

θ＝Ek－0，解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，故B、D错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝E

k0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，故A正确，C错误．4．答案：C解析：由题可知甲、乙两物体全程的位移大小和时间相

等，由v－＝xt可知甲、乙两物体全程的平均速度大小相同，故A错误；由图知t1时刻两图线的斜率不同，即甲、乙两物体的加速度大小不同，由牛顿第二定律可知两物体合外力大小不相等，故B错误；由动能定理－mgh＋WT＝12mv2－0可知甲、乙两物体全程所受拉力做功相等，故C正确；t2时刻甲、乙两图线的斜率

不同，则甲乙两物体的加速度大小不同，由牛顿第二定律知甲乙受到的拉力大小不相等，此时甲乙的速度大小相等，由P＝Fv知所受拉力的功率不相等，故D错误．5．答案：AC解析：由动能定理可知Ek－Ek0＝－(mg＋f)h，即Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝72J－Ep－fh

，在最高点时Ep＝48J＝mgh＝10h，解得最大高度h＝4.8m，f＝5N，A正确，B错误；物体重力势能和动能相等时，即Ek＝Ep，则2Ep＝2mgh′＝72J－fh′＝72J－5h′，解得高度为h′＝2.88m，C正确，D错误．6．答案：BC解析：对物体的

上滑过程，由动能定理有－(mgsinα＋μmgcosα)x＝0－Ek，对全程利用动能定理有－μmgcosα·2x＝15Ek－Ek，由以上两式解得μ＝0.5，x＝Ekmg，所以选项A错误，选项C正确；根据牛顿第二定律可得下滑过程有

mgsinα－μmgcosα＝ma，解得a＝gsinα－μgcosα＝15g，选项B正确；根据牛顿第二定律可得上滑过程有mgsinα＋μmgcosα＝ma0，解得a0＝gsinα＋μgcosα＝g，利用运动

的可逆性分析，由于位移大小相等，a0>a，故根据x＝12at2可知t上<t下，选项D错误．7．答案：B解析：由题意知，第一次换引擎时速度为v1＝54km/h＝15m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma

1，解得a1＝53m/s2则t1＝v1a1＝9s，0～t1时间内行驶的位移s1＝12a1t21＝67.5m．设换引擎后瞬间的牵引力为F2，根据P＝F2v1代入数据求得P＝75000W．设在t2时刻的牵引力为F3，则在t2时刻的速度大小为v2＝PF3＝25m/s，t1～t2时

间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150m；t1～t2时间根据动能定理得P(t2－t1)－f·s2＝12mv22－12mv21解得t2＝16s，故B正确，A、C、D错误．8．答案：AC解析：小球不脱离半圆轨道的临界条

件有两个：一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足mg＝mv2DR，得vD＝gR，由动能定理得mgh1－μmgh1tanθ－μmgs－2mgR＝12mv2D，解得h1≈1.31m；二是小球到半圆形导轨E点时速度减为零，由动能定理得mgh2－μmgh2t

anθ－μmgs－mgR＝0，解得h2＝98m，小球能进入半圆轨道有mgh3－μmgh3tanθ>μmgs，得h3>1m．综上所述，让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，h的取值范围为h≥1.31m或1m<h≤98m，故A、C正确．9．答案：(1)7N(2)v＝12lx－9.6(m/s)(

0.85m≤lx≤3m)(3)①1315m②95m③4115m解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝12mv2C在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝mv2CR代入数据解得FN＝7N.(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧

轨道DEF的最高点，即有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝12mv20≥0即lx≥0.85m滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝12mv2解得v＝12lx－9.6(m/s)(0.85m≤lx≤3m).(3)设

最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin37°－mglFG2sin37°－nμmglFG2cos37°＝0解得lx＝7n＋615m将0.85m≤lx≤3m代入上式可得2728≤n≤397.由运动过程可知，n只能取1、3、5①当n＝1时，lx＝1

315m.②当n＝3时，lx＝95m.③当n＝5时，lx＝4115m．考点37机械能守恒定律及应用——提能力1．答案：D解析：由于有空气阻力，所以将跳跃者、弹性绳和地球视为一个系统机械能也会损失，系统

机械能不守恒，故A错误；根据动能的公式Ek＝12mv2，当加速度为零时，跳跃者的速度最大，此时跳跃者的重力与空气阻力、弹性绳的弹力合力为零，弹簧处于伸长，不是刚伸直，故B错误；根据能量守恒，跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程中，跳跃者重力

势能的减小量等于弹性势能的增加量和空气因摩擦产生的热能，故C错误；根据能量守恒，跳跃者克服空气阻力做功等于系统机械能的减少量，故D正确．2．答案：AC解析：由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为Ek＝mgH，选项A正确；根据12mv2C＝mg

H，FC－mg＝mv2CR，解得FC＝mg＋2mgHR.则到达C点对轨道的压力大小为F′C＝mg＋2mgHR，选项B错误；从A到D由机械能守恒定律mg(H－h)＝12mv2D，解得到起跳台D点的速度大

小为vD＝2g（H－h），选项C正确；从C点到D点重力势能增加了mgh，选项D错误．3．答案：A解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－2πR4＝R＋πR2，根据动能定理有mgh＝12mv2，解得v＝（2＋π）gR.故A

正确，B、C、D错误．4．答案：ABD解析：最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得mgsin45°＝ma1，解得a1＝22g，最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，由机械能守恒定

律得2mgx22＝12kx22，根据牛顿第二定律得kx2cos45°－mgsin45°＝ma2，解得a2＝22g，故A正确；金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得kx1cos45°＝mgsin45°，根据机械能守恒定律

得2mgx12＝12kx21＋12×2mv2m，解得vm＝gm2k，此时重力的功率最大为Pm＝mgvmsin45°＝mg22mk，B正确，C错误；最低点时弹簧的拉力最大，有Fm＝kx2、2mgx22＝12kx22，解得Fm＝2mg，故D正确．5．答案：BD解析：由题图知，在h＝15m，运动员速

度最大，则加速度为0，故有kΔx＝mg，Δx＝(15－10)m＝5m，代入数据求得弹性绳的劲度系数为k＝120N/m，故A错误；运动员在下落过程中，先加速后减速，所以加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；运动员在最低点处时，下降高度为2

5m，则由牛顿第二定律可得kΔx′－mg＝ma，Δx′＝(25－10)＝15m，代入数据求得：a＝20m/s2，故C错误；运动员在速度最大处，由功能关系有mgΔh＝12mv2＋Epx，Δh＝15m，代入数据求得绳子的弹性势能为Epx＝1500J，故D正确．6．答

案：C解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcosθ＝gL2R，v

＝at＝gL2Rt，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝12gt2，代入上式可得：v＝LgR，故C正确．7．答案：D解析：图中NO连线与水平方向的夹角θ，由几何关系可得sinθ＝xR＝R－xR，可得θ＝30°，设小物块通过N点时速度为v，

小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知mgRsinθ＝12mv2，解得v＝gR，故D正确．8．答案：BC解析：甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动的特点可知，它们的运动时间相等，A错误．落地前瞬间，PG＝mgvy＝mg2t，由于运动时间相等，

故重力的瞬时功率相等，B正确．从投出到落地，重力做功为mgh，故重力势能减少mgh，C正确．从投出到落地过程中只有重力做功，手榴弹的机械能守恒，D错误．9．答案：(1)2m(2)a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6m)(3)r＝(2－h)m解析：(1)小

球在最高点D时，由牛顿第二定律有mg＝mv2DR1对小球由A到D，由机械能守恒定律有mgH＝12mv2D＋2mgR1联立解得H＝2m.(2)由机械能守恒定律有mg(H－h)＝12mv2小球以速度v通过曲率半径为R1时的向心加速度为a＝v2R1解得a＝(50－

25h)m/s2(0≤h≤1.6m).(3)对小球由A到E点，由机械能守恒定律有mgH＝12mv2E小球以速度v通过曲率半径为R2的E点时的向心加速度a＝v2ER2解得a＝2g由题意知小球在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为a＝2g小球从A运动到高

度为h的过程，由机械能守恒定律有mg(H－h)＝12mv2小球以速度v通过曲率半径为r时的向心加速度a＝v2r(a＝2g)解得r＝(2－h)m.考点38功能关系能量守恒定律——提能力1．答案：D解析：铁球释放后，由于空气阻力做负功，在空中摆动过程中机械能损失，所以再次摆到左边最高点的高度

低于释放点的高度，所以肯定不会撞击到该同学，A错误；铁球运动到最低点时，合力向上，加速度向上，处于超重状态，B错误；释放瞬间，铁球在长绳拉力和重力的共同作用下沿轨迹切线方向加速，加速度方向沿轨迹切线斜向下，C错误；释放瞬间，铁球在沿长

绳方向合力为零，长绳的拉力等于重力沿长绳方向的分力，所以长绳拉力小于铁球重力，D正确．2．答案：ABD解析：由于物体与转台处于相对静止，所以物体与转台运动情况相同，物体做变速圆周运动，直到停止，A正确；摩擦力是克服相对运动的，所以

物体克服摩擦力做的功等于摩擦力与运动路径的乘积即2μmgπL，C错误，B正确；根据能量守恒有12mω2L2＝2nμmgπL，所以n＝Lω24μgπ，D正确．3．答案：C解析：路灯一天的耗电量W有＝Pt＝30×8×3600J＝8.64×105J

，光电池接收到的太阳辐射总能量W＝W0St＝3×106×0.3×6J＝5.4×106J，故光电池的光电转换效率η＝W有W×100%＝16%，故C正确．4．答案：C解析：设小球运动的速率为v时所受的阻力大

小为f，根据题意可知f＝kv，根据功能关系得ΔE＝Wf＝fh，则E＝E0－ΔE＝E0－fh，因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，图象的斜率逐渐减小．5．答案：A解析：每层楼高约为h＝3m，所以喷水的高度H＝13h＝39m，则水离开管口的速度为v＝2gH＝2×10×39m

/s≈27.9m/s；设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m＝ρ·vΔtS＝ρQΔt，根据动能定理可得PΔt＝12mv2，解得P＝1.58×104W≈1.6×104W，故A正

确．6．答案：AD解析：滑块从a到c，运用动能定理得mghac＋W′弹＝0，hac＝lacsin30°，解得W′弹＝－6J．弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J，故A正确；当滑块的合

力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，则d点在b和c之间．滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，mghad＜6J，W弹＜0，所以Ekd＜6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，即

为6J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．7．答案：CD解析：当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在A、B两点之间，故A错误；将物块P缓慢地从

B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的

过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，物块从C运动到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；物块从A滑到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，

则mgR>μmgR＋μmgR＝2μmgR，因此WF<2mgR，故C正确．8．答案：BD解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第

一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确．9．答案：D解析：单位时间流

过面积A的流动空气体积为V0＝Av单位时间流过面积A的流动空气质量为m0＝ρV0＝ρAv单位时间流过面积A的流动空气动能为12m0v2＝12ρAv3风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正

比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C错误；若风场每年有5000h风速在6～1

0m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为P＝63×40593kW＝120kW则该发电机年发电量至少为E

＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正确．10．答案：(1)6N(2)5J(3)L≤20m或23m≤L≤25m解析：(1)小滑块恰好能通过最高点C，有mg＝mv2CR解得vC＝2m/s从B到C根据动能定理有－mg2R＝1

2mv2C－12mv2B解得vB＝25m/s在B点，对小滑块有FN－mg＝mv2BR解得FN＝6N.故根据牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为6N.(2)设弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为E

P，根据功能关系有Ep－μmgL＝12mv2B－0解得Ep＝5J.故弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为5J.(3)当小滑块恰好能通过最高点C作平抛运动时，AB的长度为20m，当滑块运动到与圆心O等高时速度为零，设此时AB之间的距离为L1，从A到与

圆心等高位置，根据功能关系有Ep＝μmgL1＋mgR解得L1＝23m物块恰好达到B点，根据能量守恒定律可得Ep＝μmgL2解得L2＝25m.故要使滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道，则L≤20m或23m≤L≤25m．考点39(模型方法)“滑块—木板”模型中的能量问题——提能力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：12mv2A＋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＝μmgM＝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：μmg·x1＝12mv2B－12(m＋M)v2，联立解得：x1＝10m．考点40(模型方法)“传送带”模型中的能量

问题——提能力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＝270

J．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．考点41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＝xEG

2T＝（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－0.50c

m＝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．考点42实验：验证机械能守恒定律1．答案：(1)CB(2)1.84(3)C解析：(1)应将打点计时器接到电源的“交流输出”上，选项B操作不当，因实验只需比较gh和v

22的大小关系，不需要测量质量，选项C没必要．(2)打B点的速度即为AC段的平均速度，即vB＝（21.68－14.31）×10－22×0.02m/s≈1.84m/s.(3)根据12mv2＝mgh可知，12v2与h成正比，故C项正确．2．答案：(1)②④(2)5.000.431(3)12

dΔt22－12dΔt12g(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差解析：(1)滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度v＝dΔt，滑块下滑过程中机械能守恒，减少的重力势能转

化为动能mg(h1－h2)＝12mv22－12mv21＝12mdΔt22－12mdΔt12，整理化简得g(h1－h2)＝12dΔt22－12dΔt12，所以测量滑块和遮光条得总质量m不必要，②满足题目要求，测量A、B之间的距离l不必要，④满足题目要求．(2)游

标卡尺的读数为d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm，滑块通过光电门的速度v1＝dΔt1＝511.60m/s＝0.431m/s，(3)根据(1)问可知h1－h2＝12dΔt22－12dΔt12g，在误差

允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机械能守恒．(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差．3．答案：(1)－2(2)－2.10.59(3)C解析：(1

)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mgcosθ，到最低点时细线拉力最大，则mgl(1－cosθ)＝12mv2，Tmax－mg＝mv2l，联立可得Tmax＝3mg－2Tmin，即若小钢

球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为－2；(2)由图乙得直线的斜率为k＝－1.77－1.350.2＝－2.1，3mg＝1.77，则小钢球的重力为mg＝0.59N.(3)该实验系统误差的主

要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.4．答案：(1)k(L－L0)h5－12kh25m()h6－h428T2mgh5(2)见解析解析：(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝12k(L－L0)2－12k(L－L0－h5)2整理有ΔE

p弹＝k(L－L0)h5－12kh25；打F点时钩码的速度为vF＝h6－h42T，由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为ΔEk＝12mv2F－0＝m()h6－h428T2，钩码的重力势能增加量为Ep重＝mgh5.(2)钩码机械能的增加量，即钩码动

能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐

渐增大．5．答案：(1)0.225(2)0.5(3)不变解析：(1)由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：d＝2mm＋5×0.05mm＝2.25mm＝0.225cm；(2)设斜面的长为s，倾角为θ，由动能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)s＝12mv2，即：mgh－

μmgL＝12mv2，v2＝2gh－2μgL，由图象可知，当h＝0.25m时，v＝0，代入得到μ＝0.5；(3)由v2＝2gh－2μgL知斜率k＝2g为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变．6．答案：(1)刻度

尺(2)重物离打点计时器太远(3)3.11(3.10～3.12)(4)0.91(0.89～0.93)(5)略大于系统误差解析：(1)验证机械能守恒定律需要测量重物下降的高度以及重物的速度，因此需要使用刻度尺．(2)为充分利用纸带

记录实验数据，重物应尽量靠近打点计时器，而题图甲中重物离打点计时器太远．(3)计数点0对应的读数为1.00cm，计数点4对应的读数为4.11cm，所以计数点0到4的距离为3.11cm.(4)计数点5对应的速度等于计数点4～6对应的平均速度，即v5

＝（7.75－4.11）×10－20.04m/s＝0.91m/s.(5)由于阻力的存在，重物减少的重力势能略大于增加的动能，这种误差与人为因素无关，与实验系统本身有关，所以该误差称为系统误差．7．答案：(2

)7.885(3)B(4)md22(1t21－1t22)(5)增大解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5mm＋0.385mm＝7.885mm.(3)由于小球自由落体运动时间很短，所

以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球．(4)小球第1次通过光电门时的速度v1＝dt1，第2次通过光电门时的速度v2＝dt2，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝12mv21－12mv22＝md22(1t21－1t22).(5)若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测

量误差．第六章动量守恒定律考点43动量和动量定理——练基础1．答案：D解析：兔子经过1.2s速度由0达到9m/s，根据加速度公式可知，a＝vt＝7.5m/s2，A错误；匀加速过程中，设地面对兔子的平均水平作用力大小为f

，根据动量定理可知，ft＝mv－0，代入数据解得f＝15N，B错误；撞树过程中，兔子撞树前的动量大小p＝mv＝2×9kg·m/s＝18kg·m/s，以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2kg·m/s，兔子撞树过程中动量的变

化量Δp＝p′－p＝－2kg·m/s－18kg·m/s＝－20kg·m/s，由动量定理得Ft＝Δp＝－20N·s，则兔子受到的平均作用力大小为400N，C错误，D正确．2．答案：D解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量

是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，D正确．3．答案：C解析：足球

下落时间为t1＝2h1g＝0.4s足球上升时间为t2＝2h2g＝0.3s总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝12mv22－12mv21根据运动学公式v21＝2gh1，v22＝2gh2解得W合＝－1.4J，B错误；足球与脚

部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv2－()－mv1＝2.8kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为IG＝mgt＝0.4×10×0.8N·s＝3.2N·s，D错误．4．答

案：C解析：根据图象中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104N，A错误；在0～50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为I＝Ft－Fft，代入数据可得I＝5×105N·s，B错误；由动量定理可知Ft－Fft＝mv，解得m＝2.5×104kg，C正确；在0～50

s内，动力F是变力，加速度变化，无法求位移，无法求解功，D错误．5．答案：D解析：由静止下落到接触网面时，根据动能定理有mgh1＝12mv21可得，接触网面瞬间的速度为v1＝8m/s，方向竖直向下从离开网面到最大高度时，根据动能定理有－mgh2＝0－12mv22可得，离开网面瞬间的速度为

v2＝10m/s，方向竖直向上取向上为正方向，则根据动量定理有I－mgt＝mv2－m(－v1)带入数据可得，网面对她的冲量大小为I＝1500N·s，故选项D正确．6．答案：D解析：在前一段时间内，根据动能定理得：W1＝12m(2v)2－12mv2＝3×12mv2在后一段时间内，

根据动能定理得：W2＝12m(5v)2－12m(2v)2＝21×12mv2所以W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：m·2v

－mv≤I1≤m·2v＋mv，即mv≤I1≤3mvm·5v－m·2v≤I2≤m·5v＋m·2v，即3mv≤I2≤7mv可知：I2≥I1，故D正确，A、B、C错误．7．答案：B解析：设空气的密度为ρ，风迎面垂直

吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为：Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25m/s，16级台风

的风速v2≈50m/s，则有F2F1＝v22v21≈4，B正确．8．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．9．

答案：D解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，方向沿半径方向，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．10．答案：A解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，

A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项

错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．11．答案：C解析：t时间内黏附在飞船上的尘埃质量M＝Sv0tnm，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft＝Mv0，解得F＝Snmv20.为维持飞船匀速

运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝Snmv30，C正确．12．答案：AC解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1时间内，结合v­t图象可知返回舱重力的功率随

时间减小，A项正确；v­t图象的斜率表示返回舱的加速度，故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机

械能不守恒，D项错误．13．答案：(1)56m50N(2)1.8×103N·s解析：(1)设运动员的水平位移为x，由水平方向v­t图象可得x＝v0＋v2t解得x＝56m设运动员在水平方向的加速度大小为a，水平方向所受的阻力为f1，竖直方向所受阻力为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得a

＝v－v0t，－f1＝ma代入数值可得f1＝50N.(2)由题意知f2＝f1＝50N根据平行四边形定则可得F合＝f21＋（mg－f2）2对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp＝F合t解得Δp＝1.8×

103N·s.14．答案：(1)6m/s(2)0.01s(3)3000N解析：(1)由自由落体运动规律可得：v2＝2gh，其中：h＝1.80m代入数据解得：v＝6m/s；(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx＝v2t，其中Δx＝0.03m代入数据解得：t＝0

.01s；(3)取向下为正方向，由动量定理得：－Ft＝0－mv代入数据解得：F＝3000N．考点44动量守恒定律及应用——练基础1．答案：A解析：设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律mAvA－mBvB＝－mAv′A＋mBv′B解得mA∶mB＝3∶5，故选项A正确．2．答案：B

解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B正确．3．答案：A

解析：设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝12mv2－12mv20，解得v0＝15m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，

解得v′＝5m/s，A正确．4．答案：A解析：设隋文静质量为2m，韩聪质量为3m，开始运动方向为正方向，根据动量守恒定律有5mv0＝2m·32v0＋3mv，解得v＝23v0，方向与初速度方向相同，A正确．5．答案：C解析：黏性物

体落在A车上，由水平方向动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝v02；之后A、B和物体共速时，弹簧弹性势能最大，整个系统动量守恒，有2mv0＝3mv2，解得v2＝2v03，最大弹性势能Ep＝12mv20＋12×2mv022－

12×3m23v02＝112mv20，C正确．6．答案：D解析：对接过程中，由满足动量守恒有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得对接后瞬间的速度为v＝m1v1＋m2v2m1＋m2＝m1v1＋m2v1－m2v1＋m2v2m1＋m2＝v1－

m2（v1－v2）m1＋m2，可知对接后瞬间的速度v不可能等于v1，A错误．对接过程中，根据动量定理可知核心舱对飞船作用力的冲量大小等于飞船的动量变化大小Δp，B错误．若对接前满足v1>v2，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为Δp＝m1v1－m1v＝m1(v1－m1v1＋m2v2m1＋m

2)＝m1m2（v1－v2）m1＋m2＝m1（v1－v2）m1m2＋1；若对接前满足v1<v2，对接过程中神舟十三号飞船的动量变化大小为Δp＝m1v－m1v1＝m1m1v1＋m2v2m1＋m2－

v1＝m1m2（v2－v1）m1＋m2＝m1（v2－v1）m1m2＋1，可知在飞船质量m1一定，且飞行器间相对速度也一定时，m2越小，则Δp越小，C错误，D正确．7．答案：AC解析：根据题中v­t图象可知，碰撞时

间为1×10－2s～2×10－2s，碰撞前，A球的速度为vA＝6m/s，B球的速度为vB＝1m/s，碰撞后，A球的速度为v′A＝2m/s，B球的速度为v′B＝7m/s，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAv′A＋

mBv′B，代入数据可得mA∶mB＝3∶2，B错误，A正确；碰撞前系统的总动能为Ek＝12mAv2A＋12mBv2B＝553mA，碰撞后系统的总动能E′k＝12mAv′2A＋12mBv′2B＝553mA，可见碰撞前后系统的总

动能不变，因此该碰撞为弹性碰撞，D错误，C正确．8．答案：C解析：由图(b)所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统

动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0＋mv代入数据解得v＝0.8m/s，碰前动能E1＝12mv20＝12m×1.02＝0.5m，碰后动能E2＝12mv′20＋12mv2＝0.34m，则E1>E2碰撞过程中机械能有损失，碰撞

为非弹性碰撞，故A、B错误；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小x＝（v＋0）t2＝0.8×52m＝2m，故C正确；根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0

.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据a＝ΔvΔt可知所用时间也相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动1s，故D错误．9．答案：(1)10m/s(2)510N解析：(1)设甲的质量m1、初速度v1、末

速度v′1，乙的质量m2、初速度v2、末速度v′2，由甲运动员推送乙方队员过程中，取甲的速度方向为正方向，由动量守恒得m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2解得v′1＝10m/s.(2)队员甲推送完队员乙后到恰接触缓冲垫过程根据动能定理得－

μm1gS＝12m1v2－12m1v′21甲运动员碰撞上缓冲垫后，根据动量定理得－(F＋μm1g)t＝0－m1v解得F＝510N．10．答案：6次解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时，有mBv1－mAv＝0即：v1＝mAmBv第n次推

出A车时：mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn则：vn－vn－1＝2mAmBv，所以vn＝v1＋(n－1)2mAmBv当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，取n＝6.11．答案：(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不会爆开

解析：(1)对于碰撞过程，取速度v1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＝1.6×104N·s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v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．12．答案：(1)4m/s0.5(2)7.5×10－3J不能解析：(1)设碰撞

前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝v0t1－12at21v1＝v0－at1，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma联立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规

律v′21＝2aΔx，解得v′1＝1m/s设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2解得v′2＝3m/s所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔEk＝12mv21－12mv′21＋12mv′22解得ΔEk＝7.5×

10－3J.碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝v′222a＝0.9m<1m，所以弹珠B没有进坑，故不能胜出．考点45(模型方法)碰撞模型及拓展——提能力1．答案：ABD解析：对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝

12mv20，解得：v0＝2gh，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝gh2，A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝12mv20－12×2mv21＝12mgh，B正确；C、A一起向下运动

压缩弹簧的过程中，C、A的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒可知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量，即大于12·2mv21＝mgh2，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝mgk，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝mgk

，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：12×2mv21＝2mg·2H，解得：h＝8mgk，D正确．2．答案：A解析：物块沿斜面下滑时，合外力先不变，接触弹簧后所受的合外力先逐渐减小，当向上的弹力和向上的摩擦力之和等于重力沿斜面向下的分量时，此时合力为零；然后继续向下运动时合力

向上变大，在最低点时合力最大；因p­t图象的斜率ΔpΔt＝F合，由图象可知，斜率先不变、后减小，再反向增加，可知图象A正确；根据Ep＝mgh＝mgxsinθ可知重力势能随x线性减小，选项B错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹力为零；接触弹簧之后，弹簧弹力随

位移x按线性增加，则选项C错误；物块接触弹簧之前，弹簧弹性势能为零；接触弹簧之后，弹簧弹性势能随x逐渐变大，但是图象为开口向上的抛物线形状，则选项D错误．3．答案：BCD解析：c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统水平方向由于受到铁块a的作用力，

则水平方向动量不守恒；竖直方向受合力不为零，则动量也不守恒，即c和b组成的系统动量不守恒；因为铁块a对b做功，则c和b组成的系统机械能不守恒，A错误；c开始下落至第一次到达最低点的过程中，设ab向左的位移为x，则由人船模型

可知2mx＝m(R－x)，a的位移大小为x＝R3，B正确；c第一次到达最低点时，ab速度向左，大小为vx1，c速度向右，大小为vx2，则2mvx1＝mvx2，由能量关系有mg·4R＝12×2mv2x1＋12mv2x2解得vx1＝2gR3、vx2＝4gR3；当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a

与b分离，则此时对bc系统有mvx2－mvx1＝2mvx3，解得vx3＝gR3；又因为mg·4R＝12mv2x1＋12×2mv2x3＋12mv2y＋mgR，12mv2y＝mgH，解得H＝2R，C正确；c从右端滑

下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度为433gR，D正确．4．答案：C解析：结合图象分析两物块的运动过程：0～t1时间内，m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧的压缩量最大；t1～t3时间内，弹簧先逐渐恢复

原长，m2继续加速，m1先减速到零，然后反向加速，t2时刻两物块加速度均为零，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度继续增大，m2开始减速，m1先减速到零，然后反向加速，t3时刻两物块速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧伸长

量最大；t3～t4时间内，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，以后重复这个过程；由上述分析可知，在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，在t1时刻弹簧处于压缩状态，在t3时刻弹簧处于伸长状态，A错误；由上述分

析可知，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，B错误；以m1的初速度方向为正方向，0～t1时间内，由动量守恒定律可得m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，C

正确；在t2时刻m1的速度大小为v3＝1m/s，m2的速度大小为v4＝2m/s，又有m1∶m2＝1∶2，根据Ek＝12mv2解得Ek1∶Ek2＝1∶8，D错误．5．答案：(1)2kg(2)9J解析：(1)由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度

为v1＝9m/s，碰撞后的速度为v2＝3m/s，物块C与物块A碰撞过程中动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg.(2)12s末物块B离开墙壁，之后A、B、C三物块及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、B、C三物块的速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，根据

动量守恒和机械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v412(mA＋mC)v23＝12(mA＋mB＋mC)v24＋Ep由题图乙知v3＝－3m/s联立解得Ep＝9J．6．答案：(1)2.5J(2)28.0m/s2(3)4.25m解析：(1)由机械能守恒定律

有Ep＝mgh代入数据解得Ep＝2.5J.(2)对B有F－mg＝ma1对A有F＋mg＝ma2代入数据解得a2＝28.0m/s2.(3)设木块A、B滑至水平面时的速度为v0，则2mgR＝12×2mv20设解除锁定后，两木块A、B离开水平面PQ前的速度分别为vA、vB，则由动量守

恒定律有2mv0＝mvA＋mvB由机械能守恒定律有2mgR＋Ep＝12mv2A＋12mv2B同理有mg(R＋H)＝12mv2A代入数据解得H＝4.25m．考点46(模型方法)“子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型——提能力1．答案：D解析：对小铁块由动量定理有I＝mv0，小铁块和木

板在光滑水平面上动量守恒，则mv0＝(M＋m)v共，联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大小v共＝1m/s，对木板由动量定理有μmgt＝Mv共，解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.25，D正确．2．答案：C解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0.如果长

木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－12Mv20，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力

为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝12Mv20－12(2M)v21，联立解得L′＝L2，C正确．3．答案：D解析：弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，瞬间动量守恒，m

v0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细线的拉力与重力的合力提供向心力即F－6mg＝6mv2L，F>mg，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒得到12mv20＝12×6mv2＋Q，求得Q＝512

mv20，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒12×6mv2＝6mgh，求得h＝v2072g，D正确．4．答案：A解析：整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，但系统内有阻力做负功，产生了摩擦热，

所以机械能不守恒，故A错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，且系统内除了弹力之外没有其他外力做功，则机械能守恒，故B正确；根据能量守恒定律可知整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所

损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量，故C正确；由题意，设子弹和木块的总质量为m，小车的质量为M，子弹射入木块后子弹与木块整体的速度为v0，当弹簧最短时，子弹、木块和小车具有共同速度v，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v①根据机械能守恒定律可得此时弹簧的弹性势能为Ep＝12mv20－12

(M＋m)v2②联立①②解得Ep＝mv202＋2mM③由③式可知M越大，Ep越大，则弹簧的最大压缩量越大，故D正确．5．答案：(1)10m/s(2)5m解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10m/s

.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有：(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22解得L＝5m

故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5m．6．答案：(1)3mg(2)L6μ解析：(1)小球下降到最低点过程根据动能定理得m1gL＝12m1v2－0到最低点时根据牛顿第二定律得T－m1g＝m1v2L，m1＝m联立并代入数据解得T＝3mg.(2

)小球和小车碰撞时根据动量守恒定律得m1v＝Mv1物块与小车作用最终速度相等，此过程根据动量守恒定律有Mv1＝(m2＋M)v2物块与小车作用过程中损失的机械能由于摩擦做功转化为内能Q＝12Mv21－12(M＋m)v22Q＝μmg·Δxm2＝mM＝2m联立并代入数据解得Δx＝L6μ.7．答案

：(1)2(2)A最终停在B左端距离右挡板6m处解析：(1)A做匀减速运动，加速度a1为μmg＝ma1解得a1＝2m/s2此时木板做匀加速运动，设加速度为a2，根据牛顿第二定律有μmg＝βma2根据运动距离关系有v0t－12a1t2－12at22＝L代入数据解得β＝2.(2)A、B组成的系

统动量守恒，设最终两者的共同速度为v，设A相对于B滑行的路程为s，β＝2，则B的质量为2m，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v由能量守恒定律得：12mv20＝12(m＋2m)v2＋μmgs代入数

据解得：s＝13.5m＝7.5m＋6m则A最终停在B上距右端6m处．8．答案：(1)26N4m/s(2)0.1m解析：(1)设C返回到A最低点P点时的速度为vP，根据动能定理可得mgh＝12mv2P，设C在A最低点P点时的受到的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2

PR，联合解得FN＝26NC由B的最右端运动到A最高点的过程中，由动能定理得－μmgL－mgh＝0－12mv20解得v0＝4m/s.(2)若不固定A，仍给C一水平向左的初速度v0，C从B最右端滑至点P的过

程中，A、B、C组成的系统动量守恒，设C离开B时C的速度为vC，由于B推着A运动，因此A、B速度大小相等，设为vB，设该过程中B、C滑动的距离为x，由动量守恒得mv0＝mvC＋2mvB对A、B由动能定理得μmgx＝12(2m)v2B对C由能量守恒定律得－μmg(x＋L)

＝12mv2C－12mv20解得vB＝23m/s，vC＝83m/s其中vB＝2m/s、vC＝0舍去．C在A上运动时，A、C组成的系统机械能守恒，且在水平方向上动量守恒，当A、C在水平方向上达到共同速度时C运

动到最高点，设此时共同速度为v共，由动量守恒得mvC＋mvB＝2mv共设C到达最高点时相对于P的高度差为H，由动能定理得－mgH＝12(2m)v2共－12mv2C＋12mv2B解得H＝0.1m．考点47(模型方法)爆炸、反冲

模型和人船模型——提能力1．答案：D解析：画出如图所示的草图设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t.则v＝dt，v′＝L－dt人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的

质量M＝m（L－d）d，故选D.2．答案：A解析：小球由静止开始从如图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向平均动量守恒，则有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根据题意，有x1＋x

2＝a，解得x2＝0.05m，A正确．3．答案：A解析：由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cosθ－(m1－m2)v＝0，解得v＝m2v0cosθ

m1－m2，故A正确，B、C、D错误．4．答案：B解析：火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，A错误；在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v

＝mv0M－m，B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝v22g＝m2v202（M－m）2g，C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，D错误．5．答案：C解析：设人的速度

v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，所以x1＝25x2，气球和人运动的路程之和为7m，则人下滑的距离为x1＝27h＝2m，气球上升的距离为x2＝57h＝5m，C正确．6．答案：C解

析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝mv0M－m，火箭上升的时间为t＝vcosθg＝mv0cos

θ（M－m）g，火箭的水平射程为x＝vsinθ·2t＝mv0sinθM－m·2mv0cosθ（M－m）g＝m2v20（M－m）2gsin2θ，C正确；水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有()vcosθ2＝2gh解得h＝m2v202g（

M－m）2cos2θ，D错误．7．答案：(1)1J(2)0.3m解析：(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根据能量守恒定律可得12·2mv20＋E＝12mv2A

＋12mv2B，两式联立并代入数据解得E＝1J.(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝mv2DR，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝12mv2D－12mv2B，联立可解得R＝0.3m．8．答案：(1)49m(2)4.48cm(3)

351.25N解析：(1)根据牛顿第二定律得a＝mg＋0.25mgm＝12.5m/s2根据运动学公式v20＝2ah解得h＝49m.(2)根据v20＝2ah，v20－v21＝2ah×0.96联立得v1＝7m/s则t1＝

v0－v1a＝2.24s，L＝vt1＝4.48cm.(3)由动量定理(F－mg－0.25mg)Δt＝mv0解得F＝351.25N．考点48实验：验证动量守恒定律1．答案：(1)1.712DE(2)0.6850.684(3)C解析：(1)接通打点计时器电源后

，推动小车1由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车1和2碰后的共

同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度．小车1碰撞前的速度大小v1＝BCt＝0.17120.02×5m/s＝1.712m/s.(2)碰后小车的共同速度为v2＝DEt＝0.11400.02×

5m/s＝1.140m/s，两小车碰前动量大小为p＝mAv1＝0.4×1.714kg·m/s＝0.685kg·m/s，碰后的动量为p′＝()mA＋mBv2＝(0.4＋0.2)×1.140kg·m/s＝0.684kg·m/s.(3)实验中小车1不一定从静止释放，只要碰

撞前做匀速运动即可，选项A错误；若小车1前端没贴橡皮泥，则两车不能粘在一起，小车2的速度不好测量，所以小车1前端没贴橡皮泥会影响实验验证，选项B错误；上述实验装置中两小车碰撞后粘在一起，是非弹性碰撞，弹性碰撞的话小车2碰撞后的速度无法测量，因此该装置不能验证弹性碰撞规律，选项

C正确．2．答案：(1)mAh1＝(mA＋mB)h2(2)12解析：(1)由机械能守恒定律可得mAgh1＝12mAv21，得碰前速度v1＝2gh1；由(mA＋mB)gh2＝12(mA＋mB)v22，得两摆碰后速度v2＝2gh2；根据动量守恒可知需要的表达式为mAh1＝(m

A＋mB)h2.(2)把数据代入验证表达式可得mA＝mB，即若满足A摆的质量是B摆的质量的1倍，即可验证系统动量守恒．根据动量守恒有mAv1＝(mA＋mB)v2，根据能量守恒有12mAv21＝12(mA＋mB)v22＋ΔE，解得ΔE＝12×12mAv21，即A摆

碰前初动能为碰后两摆损失机械能的2倍．3．答案：(1)BCD(2)ABD(3)C(4)B解析：(1)验证动量守恒的实验中，不需要电源，故A错误；验证动量守恒的实验中，需要用天平测量小球的质量，故B正确；验证动

量守恒的实验中，需要用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度，故C正确；验证动量守恒的实验中，需要用圆规找物体的平均落点，D正确．(2)实验中，要保证小球具有水平的速度，必须保证轨道末端水平，A正确；实验中，要保证小球发生一维碰撞，必须

保证两球直径相等，B正确；A球的质量应大于B球的质量，防止碰撞时，A球被弹回，C错误；必须借助重锤线找到O点位置，D正确；(3)实验中，每次释放小球A，从同一位置静止释放，则小球到达轨道末端的速度相等，设A球与B球碰撞前的速度为vA，碰撞后A

球的速度为v′A，B球的速度为vB，验证碰撞过程动量守恒，则需验证mAvA＝mAv′A＋mBvB，由于小球做平抛运动下落高度相同，则运动时间相等，设运动时间为t，则有mAvAt＝mAv′At＋mBvBt，即mA·OP＝mA·OM＋mB·ON

，则除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量mA、mB，故A、B、D错误，C正确．(4)由(3)分析可知mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，整理得ON＝mAmB()OP－OM，即y＝6

x，则画出y­x图象，该图象接近B图象．4．答案：(1)C(2)0.200解析：(1)碰撞前应将滑轨调成水平，确保系统所受合外力为零，保证碰撞过程中动量守恒，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度，故选项A、B均错误，选项C正确．(2)由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后

小车A反向运动，以碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p＝pB－pA＝0.200kg·m/s.5．答案：(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)m2－m12m10.34解析：(2)在一动一静的弹性碰撞中，质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹，故应选质

量为0.304kg的滑块作为A.(6)滑块A、B碰后的速度v1＝s1t1、v2＝s2t2，因s1＝s2，故有v1v2＝t2t1，则k2＝0.210.67≈0.31.(7)v1v2的平均值k－＝2×0.31＋3×0.335≈0.3

2.(8)设滑块A碰前的速度为v0，若为弹性碰撞，则有：m1v0＝－m1v1＋m2v2①12m1v20＝12m1v21＋12m2v22②联立①②得：v1＝m2－m1m1＋m2v0，v2＝2m1v0m1＋m2则v1v2

＝m2－m12m1＝0.510－0.3042×0.304≈0.34.6．答案：(1)水平(3)mat1＝ma＋mbt2(4)不需要解析：(1)将滑块b放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨，直至观察到滑块b能在短时间内保持静止，说明气垫导轨已调至水平．(3)根据速度

公式可以知道v1＝dt1，v2＝dt2，根据动量守恒定律可以知道mav1＝(ma＋mb)v2，所以应满足的公式为mat1＝（ma＋mb）t2.(4)由以上分析的结果mat1＝（ma＋mb）t2可知本实验不需要测量遮光条的宽度．考点49(STSE问题)利用动量观点和能量观点解决实际问题——提能力1

．答案：AD解析：由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t

1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝v1a2＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线

运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的v­t图象如图所示：4s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/

s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由v­t图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1

＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．2．答案：A解析：由ε＝hν，p＝hλ以及光在真空中的光速c＝λν知光子的动量和能量之间关系为ε＝pc.设

时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E0，光子射到探测器上后全部反射，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E＝nt·E0，由动量定理得F·tn＝2p，对探测器应用牛顿第二定律F＝ma，可得a＝Fm，代入数据得a＝0

.001m/s2.A正确．3．答案：BD解析：锁定木板时，设最大压缩量为x，最大的弹性势能为Ep，从开始到弹簧被压缩最短过程中，由动能定理得－Ep－μmg(AP＋x)＝0－12mv2，从弹簧被压缩最短到回到O点过程中，由动能定

理得Ep－μmg(AP2＋x)＝0，解得x＝0.25m，Ep＝0.75J，A错误，B正确；若不锁定木板，由动量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝1m/s，根据能量守恒得12mv2－12·2mv′2＝μmgs，解得s

＝1m＝AP，可知小滑块向左运动到木板上的P点两者恰好共速，C错误，D正确．4．答案：(1)v06(2)9v04μg解析：(1)地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则0＝－mv0＋6mv1解得v1＝v06.(2)物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块

的受力如图所示该过程中物块的加速度为a，则有f＝μmg＝ma解得a＝μg物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为t1，对地位移为x1，则t1＝0.5v0－（－v0）a＝3v02μg，2ax1＝(0.5v0)2－(－v0)2，解得x1

＝－3v208μg物块与传送带共速之后将以0.5v0的速度匀速运动至N，匀速运动用时t2，则t2＝－x10.5v0＝3v04μg物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为t＝t1＋t2＝9v04μg

.5．答案：(1)5.5m/s(2)67N解析：(1)以小王和两滑板为研究对象，跳入b板前后水平动量守恒，设小王与b板的共同速度为v，则有(M＋m1)v0＝0＋(M＋m2)v小王与b板一起运动中，恰好不能越过A点，即返回到A点时速度恰

好为0.从B至A，对两者由动能定理有－(M＋m2)gR1＝0－12(M＋m2)v2，解得v＝6m/s，v0＝5.5m/s.(2)设O1E与竖直方向的夹角为θ，对小王与滑板a，从E至B由动能定理有(M＋m1)gR1(1－cosθ)＝12(M＋m1)v20－0，解得cosθ＝2

3144设小王在E点所受支持力为FN，则沿着半径方向有FN－Mgcosθ＝0，解得FN＝67N由牛顿第三定律，小王对滑板a的压力大小为67N．6．答案：(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2m)(3)见解析解析

：(1)滑块b摆到最低点mgh＝12mv2b弹性正碰v0＝vb＝5m/s(2)以竖直向下为正方向FN＋mg＝mv2ERmgh－2μmgl－mgH＝12mv2EFN＝0.1h－0.14(h≥1.2m)(3)从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零mgh1－2μm

gl－mgH＝0h1＝1.2m当1.2m≤h<1.65m时t＝2Hgs＝vEt(3＋35)m≤x<(3.6＋35)m当0.9m<h<1.2m时从h2＝0.9m释放时，滑块a运动到距C点0.8m处速度恰好为零滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6m处速度恰好为零2

．6m<x≤3m．7．答案：(1)0.6mv20(2)0.768v0t0(3)0.45解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0得：mB＝5mA＝5m此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Epmax

＝|ΔEk|＝12mB(1.2v0)2－12(mA＋mB)v20＝0.6mv20(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0即mvA＋5mvB＝6mv0化简得vA＝5(1.2v0－vB)根据图(

b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v­t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0

线所围面积x1＝15xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t0(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′

B动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A动能不变：12mB(0.8v0)2＋12mAv2A1＝12mBv′2B＋12mAv′2A由题意知v′A＝2v0联立解得vA1＝v0对A第一次碰撞后以2

v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m(2v0)2对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有－2μmghcosθsinθ＝12mv2A1－12m(2v0)2联立解得μ＝0.45.第七章静电场考点50库仑定律的应用——练基础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kq2

4a2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＝m

Aω2L1，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′＝F

PO′，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′sin45°，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Mgsi

nα＋kq0qC（2x）2＝kq0qCx2，解得qC＝47q0，x＝q03k7Mgsinα，A正确，D错误．考点51电场力的性质——练基础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a

f、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：BCD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．考点52电场能的性质——练基础1．答案：B解析：四个电极表面都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项A错误；a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则

电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；因c点等势面较d点密集，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误．2．答案：AD解析：该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图，

a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A正确；c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小与方向也相同，故B错误；a、b两点的电势差Uab＝φa－

φb＝3mV，故C错误；根据等势线的疏密程度可判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确．3．答案：D解析：云层带负电，根据静电感应规律可知放电前塔尖端带正电，A错误；塔尖带正电，云层带负电，所以放电时空气中的负电荷将向塔尖端运动，正电荷向云层运动，B错误；根据电场线的疏

密可知，塔尖的电场强度较大，所以向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越大，C错误；负电荷在电场力的作用下向塔尖端运动，电场力做正功，电势能减小，D正确．4．答案：D解析：由图b可知，根据电场线由高电势指向低电势，可知电场线由大树(即表示等势面的同心圆的圆心)指向P点．根据等差等势面的疏密程度可

以表示电场的强弱，易知越靠近大树的地方电场强度越大，A、B、C错误；根据电势差的定义式得UMP＝φM－φP＝200kV，D正确．5．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．6．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．7．答案：AB解析：根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点，N点的

电场方向沿对角线从N点指向O点，L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左，B正确；M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上，M、O两点的电势相等

，将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，C错误；L点的电势比N点的电势低，将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电势能增大，电场力做负功，D错误．8．答案：BC解析：等量异种电荷的电场线分布如图，可知B、B′、D、D′四点的电场强度方向相同，大

小不同，A错误；根据等量异种电荷的电势分布可知，A′点的电势大于C′点的电势，根据Ep＝qφ可知正电荷在A′点的电势能大于C′的电势能，将一正试探电荷从A′点移到C′点，其电势能减少，B正确；由电场线的分布可知，

面BB′D′D为等势面，则将一负试探电荷沿直线从B点移到D点，电场力始终不做功，C正确；若在A′点再固定一电荷量为＋Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为－Q的点电荷，面BB′D′D依然为一个等势面，电势不变依然为零，D错误．9．答案：D解析：O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，

将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，A错误；移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，D正确．

10．答案：D解析：由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线垂直平分线上电势处处为零，A错误；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B错误；Q点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b点电势高于d

点电势，C错误；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D正确．11．答案：AC解析：由题图可知，B点的等势面比C点密，所以B点的场强大小大于C点的场强大小，A正确；A、B、C处的电场强

度均不与0V等势面垂直，B错误；正试探电荷从B运动到A，即由低电势点向高电势点，电场力做负功，同理负试探电荷从B运动到C，电势能将减小，C正确，D错误．12．答案：C解析：由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UC

B，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<φA＋φB2，即φC<10V，C正确．13．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．14．答案：B解析：电击对人类的危害是较长时间通过人体一个强电流，虽然电蚊

拍中间夹层的金属网电势高达上千伏特，若人体碰触金属网，不会因电击而产生严重伤害．一方面是因为人体电阻大，另一方面是不会产生持续长时间的一个强电流，A错误；闪电生成的基本原理与电蚊拍电离空气放电的原理是一样的，均属于两极间电

压积累到一定程度，击穿空气，进行放电，与原子能级跃迁没有关系，B正确、C错误；依题意，设该电蚊拍两电极间的电压可升高至Um，根据E＝Ud可得Um＝15kV，D错误．考点53电场中的图象问题——提能力1．答案：A解析：等量异种电荷

的连线上的中点处电场强度最小，由中点向两边逐渐增大，A正确．2．答案：B解析：因为等量同种电荷的连线中点处场强为零，所以带电粒子从a运动到b的过程中，电场力先减小后增大，并且对称分布，所以速度图象的斜率先减小后增大，并且图象对称，B正确．

3．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（22a）2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．4．答案：B解析：根据功能关系可知电场力对电子做的功等于电子电势能的变化量的负值，即W＝FΔx＝－ΔEp，所以Ep­x图象的斜率表示电子所受电场力，由图可知电子所受

电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知a先减小后增大．孤立点电荷产生的电场强度一定随x的增大而单调变化，不可能出现先减小后增大的情况．而等量同种点电荷产生的电场中，在两点电荷连线的中垂线上的电场强度分布存在先减小后增大的范围，所以该电场线可能是等量同种点电荷产生的，

B正确．5．答案：B解析：该过程中动能先增大后减小，根据能量守恒可知，电势能应该先减小后增大．而由于粒子带负电，则电势的变化规律与电势能相反，电势则先增大后减小，B正确，A错误；粒子动能先增大后减小，可知电场力先做正功，后做负功，则电场力先向右，后向左

，粒子带负电，可知电场强度先向左，后向右，结合题意可知，电场强度先为正，后为负，因此C、D错误．6．答案：BD解析：φ­x图象的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向

，x3～＋∞，电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E＝kQr2由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B正确，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，所以D正确

．7．答案：D解析：根据E＝Ud＝Δφx可知，图象的斜率表示电场强度，所以小球向右运动过程中，电场强度先变小后变大，则A错误；小球运动过程中，根据能量守恒定律可知，只有电势能与动能之间的转化，所以动能最大时，电势能最低，则电势为－4V，所以B错误；小球运动过程中，最大动能位置

是在坐标原点，则有q()φ－3－φ0＝Ekm－12mv2代入数据可得Ekm＝q()φ－3－φ0＋12mv2＝2×10－6×4×104＋12×4×10－2×22(J)＝0.16J，所以C错误；根据动能定理可知，当小球速度为零时，有q(

)φ－3－φ＝0－12mv2解得φ＝4V，由图象可知其位置为坐标为4m或－4m，所以D正确；故选D.8．答案：C解析：带电圆环从A点由静止释放向右运动，受向右的电场力，由图乙知A→O电势升高，说明电场方向向

左，所以圆环带负电，A错误；对圆环从A到O，由动能定理－qUAO＝12mv2，又UAO＝0－φ0，联立解得qm＝v22φ0，B错误；圆环从A到B，由动能定理－qUAB＝12mv2B－0又UAB＝0，联立

解得vB＝0，由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；φ­x图像切线的斜率表示场强，由图象可知，A到O斜率不变，电场强度不变，电场力不变，加速度不变，圆环做匀加速直线运动，OB段斜率越来越大，电

场强度越来越大，加速度越来越大，圆环做加速度增大的减速运动；电荷在AB间运动v­t图象如图，AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面积相等，显然AO段的时间大于OB段的时间，C正确；由图乙可知，在O→B阶段，

虽然是抛物线，因不清楚该点是否是抛物线的顶点也就不知道该点的斜率是否为零，因此场强大小不一定为零，电场力不一定为零，D错误．故选C.9．答案：C解析：Ep­x图象斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x＝1m处所受电场力大小为F＝Eq＝ΔEpΔx＝33N＝1N可得E1

＝10V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，电场力先减小后增加，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1m的位置运动至x＝3m处时，根据动能定理12mv2－12mv20＝W电；W电＝ΔEP＝1J，解得速度大

小为v＝2m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5m处，则12mv20＝W′电＝EP2－EP1其中EP1＝2J解得滑块的电势能EP2＝5J该处的电势为φ＝EP2q＝5－0.1V＝－50V，选项D错误．故选C.10．答案：BD解析：由题图可知电子从M点运动到

P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，所以φM＜φP而电场线由高电势指向低电势，可

知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45eV，E­x图象与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝E0e＋E02e2×5×10－2m＝45eV，解得E0＝1

200V即图象中E0的数值为1.2，故D正确．考点54电容器电容——练基础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68μF，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＝εrS4πkd，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＝εrS4πkd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φ

C<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Q2＝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．考点55(模型方法)带电粒子在电场中的运动——提能力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m

gd，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－12mav2

0，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＝32mv20，粒子从a到b机械能增加了ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝12mv2

0＋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＝mv2R，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·Eqmt2

，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＝25

J，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＝Lv

0＝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(2Lg)2＝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：y1＝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＝L

216d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.考点56(STSE问题)电场中的STSE问题——提能力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3

0s，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)ml22

qU(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－qE

x＝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＝v2⑥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＝t1t02

m0.⑨第八章恒定电流考点57部分电路及其规律——练基础1．答案：D解析：常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则截面积变为原来的110，根据电阻定律R＝ρlS，A错误；常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原来的一半，横截面积为原来的2倍，则电阻变为R

4，B错误；电阻丝随着温度变化阻值会发生变化，C错误；根据超导现象知，D正确．2．答案：B解析：由并联电路的电压相同可得：电阻R1、R2、R3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：I1∶I2∶I3＝6∶3∶2，又由并联电路电流分流可得：I4＝I1＋I2＋I3，所以I1∶I2∶I3∶I4＝6

∶3∶2∶11，B正确．3．答案：C解析：对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的12，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍；第二根导线对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变

为原来的14.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得I1＝U4R，I2＝UR4＝4UR，由I＝qt可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16，C正确．4．答案：C解析：电子做圆周运动的周期T＝2πrv，由I

＝eT得I＝ve2πr，电流的方向与电子运动方向相反，故为逆时针．5．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正确，B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错误．6．答案：C解析：由于RVRA＝515Ω>5Ω，所以应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使

得测量的电流值偏大，根据R＝UI可知，测得电阻比真实值小，C正确．7．答案：B解析：当M、N两端的电压为U时，根据电阻定律和欧姆定律可知RMN＝ρabc，U＝IRMN；同理，当P、Q两端的电压为U时，有RPQ＝ρcab，U＝I′RPQ，解得I′＝a2c2I，B正确．8．答案：B解析：给

整卷电线加上1.50V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20A，则导线的电阻值为：R＝UI＝1.501.20Ω＝1.25Ω；又R＝ρLS＝ρLπd22＝4ρLπd2；将L＝100m，d＝1.6mm＝0.0016m代入数据可得：ρ＝2.5×10－8Ω·m，B正确．9．答案：

B解析：在加速电场中有eU＝12mv2，得v＝2eUm.在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q＝IΔt＝IΔlv，则电子个数n＝qe＝IΔlem2eU，B正确．10．答案：D解析：若正、负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两

种离子电荷量绝对值之和，若正、负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正、负离子的电荷量的代数和，所以在1min内通过横截面的总电荷量应为q＝6C－9C＝－3C，所以电流I＝|q|t＝0.

05A，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，D正确．11．答案：CD解析：白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A错误；在A点，白炽灯的电阻大小可表示为U0I0，不能表示为tanβ或tanα，B错误，D正确；在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0，C正确．12．答案：AC解析

：当cd端短路时，R2与R3的并联电阻为30Ω，两电阻并联后与R1串联，ab间的等效电阻为40Ω，A正确；当ab端短路时，R1与R3的并联电阻为8Ω，两电阻并联后与R2串联，cd间等效电阻为128Ω，B错误；当ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即R3两端的电压，为Uc

d＝4010＋40×100V＝80V，C正确；当cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即R3两端的电压，为Uab＝40120＋40×100V＝25V，D错误．考点58闭合电路欧姆定律(A)——练基础1

．答案：B解析：电源内阻为r＝ΔUΔI＝1.2Ω，根据闭合电路的欧姆定律可得E＝U＋Ir＝4.8V，根据欧姆定律可知34R＝UI＝3.6Ω，所以滑动变阻器的总阻值为R＝4.8Ω.在滑片P从右端移到左端的过程中，当滑动变阻器接入电路中的阻值与电源内阻相等时，电源的输出功

率最大，Pm＝E24r＝4.8W，A项错误，B项正确；当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，电源的效率最大，η＝UE×100%＝RR＋r×100%＝80%，C、D项错误．2．答案：A解析：由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联．并联电路部分的等效电阻为R

并＝R2()R3＋R4()R2＋R3＋R4＝2Ω，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为I1＝I＝ER1＋R并＝3A，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则I2＝IR并R2＝2A，I3＝I4＝IR并R3＋R4＝1A，四个灯泡的实际功率分别为P1＝I21R1＝18W，P2＝I22R2＝1

2W，P3＝I23R3＝2W，P4＝I24R4＝4W，故四个灯泡中功率最大的是R1，A正确．3．答案：ACD解析：风扇正常工作时，同一扇叶上各点属于同轴转动，角速度大小相等，选项A正确，B错误；若风扇内部电机两端电压为U，输入电流为I，则电机消耗的总功率：P总＝UI，选项C正确；若风扇内部电

机两端电压为U，输入电流为I，电机消耗的总功率：P总＝UI，同时又由于电动机线圈生热消耗一部分能量，因此电机输出机械功率：P出<UI，选项D正确．4．答案：D解析：由电路图可知，照明灯和抽气扇处于并联状

态，则抽气扇工作与否与是否点亮照明灯无关，A错误；由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，则流过抽气扇的电流、电压变大，则功率变大，抽气扇处于“强吸”挡，B错误；由电路图可知，闭合开关S2电阻R被短路，

则流过抽气扇的电流变大，而抽气扇的热功率为P＝I2r，其中r为电动机内阻，不变，则抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率增大，C错误；工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电动机变成纯电阻电路，回路中的电流将变大，D正确．5．答案：D解析：充电宝充电时将电能转化

为化学能，A错误；该充电宝的容量为q＝20000mA·h＝20000×10－3×3600C＝7.2×104C，电压为5V，所以充电宝最多能储存的能量E＝qU＝5×7.2×104J＝3.6×105J，B错误；以2A的电流充电，充电宝电荷量从零到完全充满所用时间t＝qI＝7.2×1

042s＝3.6×104s＝10h，C错误；由于充电宝的转换率是0.60，所以放电总量为20000mA·h×0.60＝12000mA·h，给电荷量为零、容量为3000mA·h的手机充电的次数n＝120003000次

＝4次，D正确．6．答案：C解析：根据闭合电路欧姆定律，车灯的电阻为R＝EI－r＝12.510Ω－0.05Ω＝1.2Ω，A错误；电动机启动时，电路外电压为U外＝E－I′r＝12.5V－58A×0.05Ω＝9.6V，流过车灯电流为I1＝U外R＝9.61.2A＝8A，流过电动机电流为I2＝I′－I1＝

50A，由于电动机启动时会产生反向电动势E，可知电动机的内阻应满足rM<U外I2＝9.650Ω＝0.192Ω，B错误；打开车灯、电动机启动时，电动机的输入功率为P＝U外I2＝9.6×50W＝480W，C正确；打开车灯、电动机启动时，电源的

工作效率为η＝P出P总＝U外E＝9.612.5＝76.8%，D错误．7．答案：A解析：当内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，最大值为4W，选项A错误；根据P＝UI可得，当I＝2A时，外电压为2V，内电压也为2V，电源的电动势为4V，选项B正确；

电源的内电阻为r＝U内I＝1Ω，选项C正确；电源被短路时，电源消耗的最大功率可达P＝E2r＝16W，选项D正确．8．答案：C解析：仅光照变强，光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮正确；同理分析，仅光照变弱

，灯泡变暗，A、B错误．仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，总电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮；同理分析，仅将滑片向b端滑动，灯泡变暗，C正确，D错误．9．答案：BD解析：P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表示数变大

，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，I2＝U2R2，I2减小，电流表的示数IA＝I总－I2增大，B正确；电阻R2消耗的功率P2＝I22R2，I2减小则P2减小，C错误；由于电源的负极接地b点的电势φb＝0，有Uab＝φa－φb＝U2，而

U2减小故φa降低，即a点的电势降低，D正确．10．答案：C解析：R的U­I图线的斜率大小等于R的阻值，则R＝ΔUΔI＝2.0Ω，A错误；根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，U＝E，由题图可读出电源的电动

势E＝4.0V，内阻等于图线a的斜率大小，则r＝ΔUΔI＝2.0Ω，B错误；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时的工作状态，由题图读出电阻两端电压U＝2.0V，电路中电流I＝1.0A，则电阻在2s内消耗的电能E＝UIt＝4J，C正确；由于电源内阻的存在，若将两个相同电阻R串联接入该

电源，则电流变为原来的三分之二，D错误．11．答案：D解析：每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加量，即W＝ΔE＝12mv20＋mgH＝300J，故选项A、B均错误；水泵输入功率(即电动机输出功率)为P泵入＝P泵出η＝3000.75

W＝400W，故选项C错误；电动机的输入功率为P电＝440W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内阻为r＝10Ω，故选项D正确．考点59闭合电路欧姆定律(B)——提能力1．答案：BD解析：电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电

流，根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(R1＋r)得ΔU＝ΔI(R1＋r)，解得ΔUΔI＝R1＋r，所以不变，所以ΔUΔI­t图象为平行时间轴的直线，A错误，B正确；当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电

路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR1I可知Q­I图象是过原点的倾斜直线，C错误，D正确．2．答案：CD解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由

电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，A错误；电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器滑

动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，带电量不变，B错误；由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，带电量为零，C正确；将开关断开，电容器C2的带电量Q不变，板间距离增大，电容C减小，由公式C＝QU分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，D正确．3．答案：D解析：此闭合电路的外电

路由R1、R2、R3构成，R2与R3并联后再与R1串联，电容器两端的电压与R3两端电压相等，光照强度增大时，R2减小，外电路总电阻减小，外电路电压减小，总电流增大，则定值电阻R1两端的电压增大，电压表示数增大，根据U3＝E－I总(R1

＋r)可知，R3两端电压减小，R3功率减小，电流表示数增大，A、B错误；平行板电容器两端的电压减小，减小平行板间距时，板间电场可能不变，C错误；电容器两端的电压减小，所带电荷量减少，电容器极板间的场强减小，液滴受到的电场力减小，

液滴向下加速运动，D正确．4．答案：ABC解析：在电源的U­I图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U­I图线，可知电源1、电源2的内阻分别为r1＝ΔU1ΔI1＝108Ω＝54Ω，r2＝ΔU2ΔI2＝1012Ω＝56Ω，则有r1∶r2＝3∶2，A正确；U­I图象的纵轴截距

表示电动势，所以E1＝E2＝10V，B正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，则有U1＝3.5V，I1＝5.2A，故灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝18.2W，灯泡的电阻R1＝U1I1＝3.55.2Ω＝3552Ω

，连接电源2时，则有U2＝5V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率P2＝U2I2＝30W，灯泡的电阻R2＝U2I2＝56Ω，则有P1∶P2＝91∶150，R1∶R2＝21∶26，C正确，D错误．5．答案：B解析：根据欧姆定律可知ΔU2ΔI＝R2＝3Ω，所以图(b)中斜率为正的图线反映R2的伏安特

性；设电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝E－Ir，U1＝E－I(r＋R2)，则ΔU3ΔI＝r，ΔU1ΔI＝r＋R2，所以图(b)中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化，则r＋R2＝4Ω，斜率绝对值较小的图线

反映了V3表示数随I的变化，则r＝1Ω，E＝4V．R1的输出功率为P1＝I2R1＝E2R1()R1＋R2＋r2＝E2R1＋（R2＋r）2R1＋2（R2＋r），根据数学知识可知当R1＝R2＋r时，P1有最大值为P1max＝1W，A错误．当电路中电流最大时，R2的功率最大，此时R1接入电路的阻值

为零，所以P2max＝ER2＋r2R2＝3W，B正确．电源的输出功率为P＝I2(R1＋R2)＝E2（R1＋R2）()R1＋R2＋r2＝E2R1＋R2＋r2R1＋R2＋2r，从左向右移动变阻器的滑片，R1增大，根据数学知识可知当

R1＋R2>r时，P随R1的增大而减小，当R1＝0时，P有最大值为Pmax＝P2max＝3W，C、D错误．6．答案：(1)负电3.2×10－15C(2)610s解析：(1)电键S1闭合、S2断开时，电路断路UAB＝E＝300V，该油滴处于静止状态，受力平衡Eq＝mg，E＝UABd解得q

＝3.2×10－15C，由于电场方向竖直向下，电场力竖直向上，故该油滴带负电；(2)闭合电键S2电容器与R并联，因此U′AB＝UR根据闭合电路欧姆定律E＝I()R＋R0＋r，UR＝IR电场强度E′＝U′ABd，根据牛顿第二定律E′q－mg＝ma油滴下落

到B板由运动学公式d2＝12at2，联立解得t＝610s.考点60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：0.0106.

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)1

9.0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.考点61实验：测定金属的电阻率1．答案：(1)A160(2)100(3)无解析：(1)器材选择需要结合测量电路，用假设法初步分析，电流表半偏时，若电流表为A1，由闭合电

路欧姆定律可计算出电路中总电阻为300Ω，定值电阻与电流表A1的内阻之和为240Ω，不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为60Ω，实验器材可满足需求；若电流表为A2，电流表半偏时，电路中总电阻为100Ω，不符合题意．(2)由闭合电路欧姆定律有E＝I

2(rA1＋R0＋r＋R)，E＝3I5(rA1＋Rx＋r＋R)，(1)问得到的滑动变阻器接入电路的阻值60Ω，实际上是滑动变阻器R和电池内阻r串联后的总阻值，联立可得Rx＝100Ω.(3)由(2)问分析可得，是否考虑电池内阻对实验

结果无影响．2．答案：(1)0.770(2)πrd24l(3)见解析图解析：(1)该合金丝直径的测量值d＝0.5mm＋27.0×0.01mm＝0.770mm.(2)根据电阻定律R＝ρLS可得ρ＝RSL＝r·πd22l＝πrd24l.(3)实物连线如

图所示3．答案：(1)3.700(2)6.0πD2Rx4L(3)123.0(4)偏小解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，圆柱形电阻的直径D＝3.5mm＋0.200mm＝3.700mm.(2)根据图乙电路，由闭合电路欧姆定律，E＝I(R0＋r＋RA＋R)，变化

为1I＝R0＋r＋RAE＋1ER，1I­R图象中R与I一一对应，将S2置于位置2，电流0.400A对应的1I＝2.5，Rx＝6.0Ω.由电阻定律，Rx＝ρLS，S＝πD24，解得：ρ＝πD2Rx4L(3)1I＝R0＋r＋RAE＋1ER，1I­R图象斜率1E＝0.083，解得电源电动势E

＝12V；由R0＋r＋RAE＝2.0，解得r＝3.0Ω.(4)若电源电动势降低，则图象斜率变大，截距变大，仍根据原来描绘的图象测量电阻，则得到的该电阻测量值偏小．或根据表达式E＝I′(r＋R0＋RA＋Rx)分析，因电源电动势

变小，内阻变大，则当安培表有相同读数时，得到的Rx的值偏小，即Rx测量值偏小．4．答案：(2)变小UI2－I1(3)无(4)51.80解析：(2)断开开关S2，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0＝UI1.闭合开关S2，导电绳与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R

0，电流表示数增大，电压表示数变小．调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U，设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′，则R′＝R0RxR0＋Rx，根据欧姆定律得R′＝UI2，联立解得Rx＝UI2－I1.(3)考虑电压表内阻时，有I1U＝1R0＋1RV，I

2U＝1R0＋1Rx＋1RV，联立解得Rx＝UI2－I1，与(2)中分析的结果相同，故电压表内阻对导电绳电阻的测量值无影响．(4)由Rx­L图线可知，导电绳电阻Rx＝1.33kΩ对应的导电绳拉伸后的长度L＝51.80cm.5．答案：(1)4.620(4.619～4.621)1

0.15(2)见解析图(3)4.6＝解析：(1)螺旋测微器的读数等于4.5mm＋0.01×12.0mm＝4.620mm；游标卡尺为10分度，精确度为0.1mm，游标上的第5格与主尺对齐，故读数为101mm＋5×0.1mm＝101.5mm＝10.15

cm．(2)要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15V，则待测电阻的电流最大为Imax＝URx≈154A＝3.75A，则0.6A的电流表量程太小，不安全，而电

流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确地得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，故电路图如图所示．(3)根据伏安法可知RA＋R0＋Rx＝ΔUΔI＝15－50.60－0.20Ω＝25

Ω，解得Rx＝25Ω－RA－R0＝4.6Ω；因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值．6．答案：(1)如图所示(2)10Ω75Ω(3)2.304.20548解

析：(1)要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，则应用滑动变阻器的分压式接法，电流表的量程为1mA，需测到5mA，则要对电流表改装，与其并联一个电阻R0，电压表的内阻很大，则电流表采用外接法．(2)滑动变阻器采用分压式接法，R应选最大阻值较小的

滑动变阻器；电流表量程1mA改装为量程5mA，则R0＝UI＝1mA×300Ω5mA－1mA＝75Ω，故R0应选阻值为75Ω的定值电阻．(3)电压表的分度值为0.1V，读数时需估读到分度值的下一位，读数为2.30V，电流表的分度值为0

.02mA，此时示数为0.84mA，考虑到改装关系，流过Rx的电流为5×0.84mA＝4.20mA，利用R＝UI解得Rx≈548Ω.7．答案：(1)0～20Ω(2)1.32(1.31～1.34均可)(3)9.9×10－7(9.8×10－7～1.0

×10－6均可)(4)小于解析：(1)根据题意，实验过程中要保证电流表示数不变，由图2可知合金丝甲的总电阻不到10Ω，为方便调节，应选择0～20Ω的滑动变阻器．(2)电源为1节干电池，所以电压表量程为0～3V，故读数为1.32V．(3)根据欧

姆定律可得UI＝R＋RA＝ρSl＋RA，可知图线的斜率k＝ρS，图中a图线的斜率为ka＝7.4－4.00.44－0.20≈14.17Ω·m－1，则ρa＝kaSa＝14.17×7.0×10－8Ω·m＝9.9×10－7Ω·m.(4)假设是两个一样的合金丝

甲并联，并联之后斜率为k′a＝12ka≈7Ω·m－1，但实际上另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与甲并联之后斜率为kb＝3.75Ω·m－1，说明并联后的总电阻更小，则合金丝乙的横截面积更大．考点62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＋R0）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R

1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℃.考点63实验：测定电源的电动势和内阻1．答案：(1)见解析图(2)1.51解析：(1)实物电路图如图所示．(2)由题图丙可知，电

源的U­I图象与纵轴交点的纵坐标值是1.5，则电源电动势E＝1.5V，电源内阻r＝ΔUΔI＝1.5－1.00.5Ω＝1Ω.2．答案：(1)二(2)①100②0.88(0.85～0.90)③等于解析：(1)水果电池内阻较大，为减小实验误差，电压表并联在电源

两端带来较大误差，因为该方式测量的是电压表与内阻并联后的总电阻，故应选择图二所示电路图．(2)①最小分度值为5μA，故电流表的示数为100μA.②电源电动势为E＝I(r＋R)，所以R＝E×1I－r，由图丙所示图象可知，图象斜率k＝E＝900

0－2000（16－8）×103＝0.88V.③若考虑电流表的内阻，则E＝I(r＋R＋RA)，图象斜率不变，则水果电池电动势的测量值等于真实值．3．答案：(2)b(4)r0kr0dk－R0－RA(5)见解析解析：(2)开

关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律R＝ρLS可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端．(4)设圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir，整理得1I＝r0Eθ＋RA＋

R0＋rE，结合图象的斜率和截距满足r0E＝k，RA＋R0＋rE＝d，解得电源电动势和内阻为E＝r0k，r＝r0dk－R0－RA.(5)实验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图原理的简单说明：①将开关

置于R0位置，读出电流表示数I0；②将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为I0，读出此时角度θ；③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值．4．答案：(2)黑(3)7.0(4)320解析：(2)多用电表内部电源的正极与黑表笔相连，流过电压表的电流应从正接线

柱流向负接线柱，因此A为黑表笔．(3)将多用电表选择开关打到欧姆“×1”挡，由图乙可知示数为7.0Ω.(4)根据闭合电路的欧姆定律有E＝U＋URr，解得1R＝Er·1U－1r所以1R­1U图线中k＝Er＝12013＝320，b＝－1r＝－120，解得r＝20Ω，E＝3V．5．答案：(1

)2.95(2.93～2.98)U2RU1－U2偏大(2)aa－r解析：(1)电压表量程为3V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.95V；忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋IR＝U＋URVR由题意得E＝U1，E＝U2＋U2RVR，解得电压表内阻RV

＝U2RU1－U2考虑电源内阻E＝U1＋U1RVr，E＝U2＋U2RV(R＋r)解得RV＝U2RU1－U2－r由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大．(2)不考虑电源内阻，由题图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I

R＝U＋URVR整理得1U＝1ERV·R＋1E由题图丙所示1U­R图象可知，图象的斜率k＝1ERV＝b0－（－a）＝ba，纵轴截距b＝1E解得电压表内阻RV＝a考虑电源内阻，由题图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(r＋R)＝U＋URV(r＋R)，整理得1U＝1ERVR＋1E＋rER

V，由图丙所示1U­R图象可知，图象的斜率k＝1ERV＝b0－（－a）＝ba，纵轴截距b＝1E＋rERV，解得RV＝a－r.考点64实验：练习使用多用电表1．答案：(1)×10180(2)B解析：(1)“×100”挡指针偏转太大，说明电阻较小，需要

换一个低倍率的挡位，用“×10”的．读数时用表盘的读数乘以选择的倍率．(2)电流方向为红表笔流入，黑表笔流出，黑表笔与B连接．2．答案：(1)N92(2)增大(3)1.19.5解析：(1)指针偏转角度最大时通过电流表的电流最大，所

以可变电阻R1阻值最小，为零，所以滑动片位于N端．因电流表满偏电流Ig＝100mA，而表头电压电流挡为50分度，即分度值为2mA，所以此时通过电流表的电流为92mA．(2)电阻箱阻值减小，回路中电流增大，指针偏转角度增大．(3)指

针在位置A时，通过电流表的电流为IA＝ERg＋r＝92mA，指针在位置B时，通过电流表的电流为IB＝ERg＋r＋R＝45mA，联立以上两式解得E≈1.1V，r＝9.5Ω.3．答案：(1)R2(或电源)(2)R1320(3)H205解析：(1)当多

用电表的选择开关尖端对准直流电压挡时，闭合开关，此时R1不工作，相当于导线，多用电表与R2并联，测的是电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．(2)当多用电表的选择开关尖端对准直流电流“500mA”挡位，多用电表与R1串

联，此时测得的是通过R1的电流．电流表的分度值为10mA，电流表指针指在32格，因此电流表的读数为32×10mA＝320mA.(3)图3所示的插座为220V交流电源，所以应把多用电表的选择开关扳到题图4所示的交流250位置，即H处；根据电表指针以及所选择的挡位可知，插座的电压为U＝2

05V．4．答案：(1)1(2)3.00156(3)大于解析：(1)红表笔与欧姆表内置电源的负极相连，黑表笔与欧姆表内置电源的正极相连，电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表；电流从电压表正接线柱流入，负接线柱流出，由题图(a

)所示，多用电表的红表笔应和1端相连．(2)电压表量程是5V，由图(c)所示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为3.00V；多用表选择开关置于“×1k”挡，由题图(b)所示表盘可知，电压表内阻为RV＝15×1kΩ＝15

kΩ，由题图(b)所示可知，欧姆表内阻R内＝15×1kΩ＝15kΩ，由闭合电路的欧姆定律可知，多用电表“×1k”挡内部电源电动势E＝U＋IR内＝U＋URVR内＝3.00V＋3.0015×103×15×103V＝6V.(3)选择“×1”挡测

20Ω的电阻时，指针示数是20，流过表头的电流为I1，选择“×1”挡测100Ω的电阻时，指针示数是100，流过表头的电流为I2，欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，欧姆表指针示数越大，指针越靠近左侧，流过电表的

电流越小，则I1大于I2.5．答案：(1)1.80(2)R2(3)R2解析：(1)多用电表直流电压2.5V挡分度值为0.05V，需要估读到0.01V，所以PQ之间的电压为U＝36×0.05V＝1.80V.(2)将红表笔接P，黑表笔接M，若电压表示数与PQ之间的电压完全相同，即从P到M不存

在电势降低，说明通过R2的电流为零，则可以确定必定是R2发生了断路．(3)若考虑电容器充放电的时间间隔，如果电容器接入电路，则在表笔刚接P、Q的短时间里，电容器充电，相当于导线，R3被短路，电表指针指在R1和R2并联的值对应的刻度；充电完成后，R3正常接入电路，电表

指针指在R1、R2和R3混联的值对应的刻度；由于指针只指向某一刻度就不再摆动，所以电容器一定未接入电路，必定是R2发生了断路．6．答案：(1)大于(2)×10(3)向上(4)400解析：(1)由于Rn>Rm，所

以Im大于In.(2)将单刀双掷开关S与n接通，此时电路中总电阻较大，中值电阻较大，能接入的待测电阻的阻值也较大，故应该为欧姆表的×10挡位．(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位，即开关S从m拨向n，电路中的总电阻增大，干路电流减小，为了使电流

计满偏，则需增大通过电流计的电流，故调零电阻R0的滑片应该向上调节．(4)设欧姆表内部等效电阻为R，根据闭合电路欧姆定律有，23Ig＝ER＋R1，13Ig＝ER＋Rx，Ig＝ER，联立解得Rx＝400Ω.7．答案：(1)CD(2)CABDEL1R1解析：(1)按下S1后L2支

路被短路，则L2不会发光，A错误；当锅内温度高于103℃时，S1断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2串联，则

回路中并联的整体电阻RL＝10.42Ω，R并＝56.64Ω，则回路总电阻R总＝1067.06Ω，则回路总电流I总＝220R总＝0.21A，则L2一定发光，此时并联的整体的电压为U并＝I总R并＝11.89V，则流过L1的电流为IL1＝U并RL1＋R1＝

11.891000＋10.42A＝0.012A，则流过L1的电流小于30mA，则L1熄灭，B错误；S2在锅内温度高于80℃时自动断开，锅内温度降到70℃以下时S2自动闭合，C正确；当锅内温度低于70℃时，S2自动

闭合，L2支路被短路，则L2不会发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，则此时流过L1的电流为I′L1＝ERL1＋R1＝2201000＋10.42A＝0.218A，则此时流过L1的电流大于30mA，则L1发光，D正确．(2)多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，

使指针指到零刻度——机械调零；将选择开关旋转到“×100”位置——选挡；将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点——欧姆调零；测量指示灯L1两端的阻值——测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表．故正确顺序为CABDE.由于使用时L1始

终不亮，但加热和保温功能均正常，则说明R、L2、R2、T均正常，如图3可看出L1两端有1090Ω左右的电阻，则说明L1始终不亮的原因是L1断路损坏．如图4可看出欧姆表的示数几乎为零，但由于RL＝10.42Ω此时选用的是“

×100”挡则说明灯泡L1正常，所以L1始终不亮的原因是R1断路损坏．考点65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.第九章磁场考点

66磁场的描述——练基础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＝O

2c＝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．考点67磁场对通电导线的作用力——提能力1．答案：BC解析：由题意可知通电流I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动，且I1<I2，电流小时导体棒受到的安培力小，故

通入电流I1时导体棒沿斜面向下运动，通入电流I2时导体棒沿斜面向上运动，故A错误；两种情况下，导体棒均匀速运动，均处于平衡状态，由平衡条件可知导体棒沿斜面向下运动时，有mgsinα＝BI1L＋μmgcosα导体棒沿斜面向上运动时，有BI2L＝m

gsinα＋μmgcosα，联立解得μ＝（I2－I1）tanαI1＋I2；B＝2mgsinα（I1＋I2）L，故B、C正确；因I1和I2可分别使导体棒向上或向下匀速运动，而根据磁场方向可知安培力沿斜面方向，故不存在其它电流与导体棒匀速运动，故D错误．2．答案：B解析：给导体棒通入I

＝2A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出ab棒上通入的电流方向为从a向b，A错误；在第2s末时，磁场强度为B＝0.2t＋0.1＝0.5T，故ab棒所受的安培力为F＝BIL＝1N；ab棒未动时，由于导轨光滑，细线拉力等于安培力大小，对m受力分

析得FN＝mg－FT＝mg－F安＝0，所以在第2s末物体m恰好离开地面，B正确；在第4.5秒末时，磁场强度为B＝0.2t＋0.1＝1T，故ab棒所受的安培力为F＝BIL＝2N，对杆和物体整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F－mg＝(m＋M)a，解得a

＝1m/s2，C错误；ab棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D错误．3．答案：BC解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量

地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方

，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．4．答案：C解析：在运动过程中，炮弹受到的安培力大小F＝BIL＝8000N，根据动能定理，可知Fx＝12mv2，解得v＝400

0m/s，A错误；根据上述公式可知v＝2BILxm，若不计任何阻力，磁场的磁感应强度加倍，则炮弹获得的速度变为原来的2倍，B错误；若阻力大小一定，轨道长度加倍，根据动能定理可知BILx－Ffx＝12mv2，解得v＝2x（BIL－Ff）m，故轨道长度

加倍，速度变为原来的2倍，若电流加倍，速度不是原来的2倍，C正确，D错误．5．答案：(1)33mg(2)38gL7312mg解析：(1)通电后，据左手定则可知，导体棒受到垂直纸面向外的安培力，随即开始

运动，设两细绳拉力为T在竖直平面内满足2Tcos30°＝mg解得T＝33mg.(2)导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝34mg将F与mg合成为等效重力G′，可得G′＝F2＋（mg）2＝54mgmg与G′的夹角θ满足c

osθ＝mgG′＝45导体棒P1、P2在垂直纸面内做圆周运动，当其从静止开始到达等效最低点时速度最大，由动能定理有12mv2＝G′·L2cos30°(1－cosθ)在等效最低点，由牛顿第二定律有2T′cos30°－G′＝mv2r其中r＝L2cos30°解得v＝38gL

，T′＝7312mg.6．答案：(1)NBIlk2NBIlrkd(2)k（s1＋s2）d4NBlr解析：(1)通入电流后线圈所受安培力F＝NBIl由胡克定律及平衡条件有F＝kΔx故弹簧长度改变量Δx＝NBIlk由于d远大于弹簧长度的改变量，故细杆转过的角度

θ≈Δxd＝NBIlkd由于入射光线不变，平面镜转过θ角时反射光线转过2θ，故s＝2θr＝2NBIlrkd(2)电流反向前后光点移动的弧长为s′＝s1＋s2可知反射光线在此过程中转过的角度为θ′＝s1＋s2r则

细杆转过的角度为θ′2＝s1＋s22r故弹簧长度的变化量Δx′＝θ′2d＝s1＋s22rd由胡克定律得ΔF弹＝kΔx′而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量，设待测电流为Ix，则ΔF弹＝2NBIxl解得Ix＝k（s1

＋s2）d4NBlr考点68磁场对运动电荷(带电体)的作用——练基础1．答案：C解析：螺线管中磁场方向始终为水平方向，电子的速度方向始终与磁场方向平行，所以电子始终不受洛伦兹力，电子做匀速直线运动，C正确．2．答案：D解析：带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减

小，由公式r＝mvqB可知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a；在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电，D正确．3．答案：AC解析：根据安培定则可知题图甲虚线上的磁感应

强度垂直纸面向里，A正确；根据安培定则以及对称性可知题图乙中虚线上的磁感应强度方向水平向右，所以题图乙中粒子的初速度与虚线上的磁场同向，即粒子不受洛伦兹力作用，将做匀速直线运动，B、D错误；根据左手定则可知题图甲粒子将向上偏转，由于洛

伦兹力对粒子不做功，所以粒子速度大小保持不变，C正确．4．答案：C解析：小球分别从A、B两点释放，由于洛伦兹力不做功，小球经过O点时速度的大小相同，小球的动能相同，C正确．小球分别从A、B两点释放，经过O点

时，速度的方向相反，则洛伦兹力的方向也相反，丝线的拉力大小也会不同，A、B、D错误．5．答案：CD解析：由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，A错误；由qvB＝mv2r得r＝mvBq可知，沿a轨迹运

动的半径小，则沿a轨迹运动的粒子的速率更小，B错误；圆的直径为最长的弦，图中直径时都到不了地面，则其他反向的也将不会到达地面，C正确；由图可知，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90度的锐角时，都可到达地面，D正确．6．答案：B解析：如图所示，设

圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有速度方向偏转90°时的半径r1＝R，速度方向偏转60°时的半径r2＝3R；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r可得v＝qrBm，所以v1v2＝r1r2＝33，B正

确．7．答案：A解析：根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误．8．答案：B解析：质子带正电，且质子经过磁场偏转后经过C点，其

可能的轨迹如图所示由轨迹图可知，所有圆弧所对的圆心角均为60°，根据几何关系可得，质子做圆周运动的半径为r＝Ln(n＝1，2，3…)，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，解得v＝qBrm＝Bk·Ln≤BkL(

n＝1，2，3…)，当n＝4时，可得v＝BkL4，B正确．9．答案：AD解析：由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如

何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确．10．答案：

BC解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有R＝LqvB＝mv2R可得v＝qBLm＝kBL根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当粒子上下均经历一

次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，可得v＝qBL2m＝12kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当粒子从下部分

磁场射出时，需满足v＝qBL()2n－1m＝12n－1kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝qBL2nm＝12nkBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，B、C正确．11．答案：CD解析：

当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上的G点，如图1所示；在加速电场中有qUm＝12mv2，在偏转磁场中有qvB＝mv2r，有几何关系可知粒子运动轨迹的半径r＝L，解得Um＝qB2L22m，A错误．图1图2设粒子轨迹与CD板在H点相切，如图2所示

，则GH间的距离即为粒子打中区域的长度s；又设此时对应的半径为r′，根据几何关系有L＝r′＋r′sin30°，解得r′＝L3；则粒子打中区域的长度s＝L－r′tan30°＝(1－33)L，B错误．粒子在磁场中有qvB＝mv2r，运动的周期T＝2πrv，解得T＝2πmqB；粒子在磁场中运动

的最大圆心角θ＝180°，所以最长时间为t＝θ2πT＝πmqB，C正确．打到N板上的所有粒子中，动能最大的粒子轨道半径最大，在磁场中的轨迹与CD边相切，对应的粒子半径r′＝L3；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r′，解得最大动能为E

km＝12mv2＝q2B2L218m，D正确．12．答案：(1)Bqdm(2)33.3%解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r，解得r＝mv0qB从上平板进入的带电尘埃恰好落在下平板的右侧边沿，运动

轨迹如图所示由图可知r＝d，解得v0＝Bqdm.(2)根据洛伦兹力提供向心力有q5v03B＝m5v032R，解得R＝5mv03qB＝5d3作出恰好落在下平板的右侧边沿的带电尘埃的运动轨迹如图所示，令AC的距离为x，在直角三角形OCD中，有R2＝()R－x2＋d2，解得x＝d3该

装置的除尘效率η＝d3d×100%＝33.3%.考点69带电粒子在有界磁场中的临界极值问题——提能力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＝mv2R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.考点70带电粒子在组合场中的运动——提能力1．答案：B解析：根据左手定则可知磁场垂直纸面向外，再由右手螺旋定则知

两个励磁线圈中的电流均为逆时针，A错误；经加速电压后电子加速，根据动能定理有qU＝12mv2，电子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝mv2r得r＝mvqB，当加大励磁线圈电流时，磁感应强度变大，使电子做圆周运动的半径减小，可能会出现完整的圆形轨迹，B正确；

加大加速极电压，电子射出时的速度增大，圆周的半径变大，圆的弯曲程度变小，则电子打在玻璃泡上的位置下移，C错误；在出现完整轨迹后，减小加速极电压，电子圆周的速度变小，但在磁场中圆周运动的周期为T＝2πRv＝2πmqB，则其周期不变，D错误．2．答案：BD解

析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝mv2R可得，v＝qBRm，因此带电粒子离开回旋加速器时的动能Ek＝12mv2＝q2B2R22m可知，与

加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B、D正确．3．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sin

θ＝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．4．答案：C解析：粒子在电场中做类平抛运动，如图所示：设第一次到达P点y方向分速度为v1

，在y方向有qE＝ma，v21＝2ah，由于q、E及h不变化，则v1大小不变，则粒子进入磁场的速度v＝v20＋v21，速度方向与MN的夹角tanθ＝v1v0，可见，若减小v0，则tanθ增大，θ变大．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R＝mvqB，第二次

经过MN上的Q点时由几何关系可得d＝2Rsinθ，sinθ＝tanθ1＋tan2θ＝v1v20＋v21，代入可得d＝2mv1qB，可见，当减小v0时d不变．运动的时间t＝θ2π·2πmqB＝θmqB，由于θ增大，则t增大，C正确．5．答案：AD解析：该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子

做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝xv可知t1<t2，故A正确，B错误．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀

强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝12mv2，可知Ek1>Ek2，故C错误，D正确．6．答案：(1)2mv20qd(2)5v0(3)2mv0Bq解析：(1)粒子先在xOy平面内做类平

抛运动，加速度大小为a＝qEm根据运动学规律有d＝v0t0d＝12at20解得E＝2mv20qd.(2)粒子到达O点时的速度方向的反向延长线一定经过水平位移的中点，设速度方向与x轴正方向夹角为θ，则tanθ＝v0vx＝12解得粒子在O点处的x轴分速度大小为vx＝2v

0根据速度的合成可得粒子到达O点时的速度大小为v＝v20＋v2x＝5v0.(3)粒子进入磁场后，在空间中做螺旋运动，在yOz平面内做匀速圆周运动，设其运动半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B＝mv20R解得R＝mv0Bq所以粒子在磁场中运动时到xOy平面的最大距离为s＝2

R＝2mv0Bq.7．答案：(1)qB2a2m(2)2πmqB(3)277a解析：(1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R＝a则qBv＝mv2R则v＝qBam粒子从S到O在电场中加速，有动能定

理可得qEa＝12mv2可得E＝qB2a2m.(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，则有mv＝mv1＋13mv2，12mv2＝12mv21＋12×13mv22计算可得v1＝1

2v＝qBa2m，v2＝32v＝3qBa2m两粒子碰后在磁场中运动12qBv1＝mv21R1，12qBv2＝mv223R2解得R1＝a，R2＝a两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T1＝2πR1v1＝4πmqB，T2＝2πR2

v2＝4πm3qB则两粒子碰后再次相遇2πT2Δt＝2πT1Δt＋2π解得再次相遇时间Δt＝2πmqB.(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为θ＝2πT1·T24＝π6撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周

运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t′，由余弦定理可得cos60°＝（v1t′）2＋（v2t′）2－（2a）22×v1t′×v2t′且v1t′＝13v2t′则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移L＝v1t′＝2

77a8．答案：(1)1L2mUqπL3m2qU(2)B2≥3LmU2q(3)B2L2＝B1L1解析：(1)由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示设粒子射入磁场的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律可得qU＝

12mv2，B0qv＝mv2R1由几何知识得L＝2R1sinθ联立解得B0＝1L2mUq粒子在Ⅰ区运动的时间为t0＝2θR1v＝πL3m2qU(2)由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示设粒子在磁场Ⅱ区中做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2＝mv2R2

为使粒子能返回Ⅰ区，应满足R2＋R2sinθ≤L代入数据解得B2≥3LmU2q(3)由题意可得粒子运动轨迹大致可能如下图所示两种情况设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L1＝R1sinθ＋R1sinα(或L1＝R1sinθ－R1sinα)L2＝R2sinθ＋R2sinα

(或L2＝R2sinθ－R2sinα)又根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝mv2R1，qvB2＝mv2R2联立解得B2L2＝B1L1.考点71带电粒子在叠加场中的运动——提能力1．答案：B解析：设三个微粒的电荷量均为q，a在纸

面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①，b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②，c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③，比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确．

2．答案：C解析：粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力和向下的洛伦兹力；若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足qv0B＝qE，即速度v0＝EB，粒子就能做直线运动通过，A、B错误．若增大v0，则洛伦兹力大于电场力，粒子向洛伦

兹力方向偏转而做曲线运动，则电场力做负功，C正确．若粒子从Q点以水平速度v0进入器件，电场力和洛伦兹力同向，粒子将做曲线运动，即速度选择器的电场和磁场确定之后，也就确定了入口为P，出口为Q，D错误．3．答案：BC解析：电子从

M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，

可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．4．答案：ABD解析：粒子在弯曲的部分做圆周运动，电场力提供向心力

，所以只有正离子才可能通过该仪器；又由于板间距很小，该部分电场强度E＝Ud，粒子通过平直的下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，即Udq＝qvB，解得v＝UdB，则磁场只能垂直于纸面向里，且速率为UdB的正

离子才能通过该仪器，故A、B正确，C错误．由电场力提供圆周运动的向心力有qUd＝mv2R，得出qm＝UdRB2，即通过该仪器的离子比荷为UdRB2，D正确．5．答案：B解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左

侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．6．答案：(1)2T(2)0.6s解析：(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动mg＝qE1解得q＝5×10－4C由图甲得Rcosθ＝

xM－xP，Rsinθ＋R＝yM联立解得R＝2m，θ＝37°又qv0B＝mv20R，解得B＝2T.(2)小球进入第四象限后，受力如图乙所示，tanα＝mgqE2＝0.75，α＝θ＝37°小球的速度与重力、电场力的合力F垂直，轨迹如图甲所示．由几何关系可得lQN＝

(－yN－xPtanα)cosα＝0.6m在第四象限，沿初速度方向，有lQN＝v0t解得t＝0.6s．7．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝qUd由闭合电路欧姆定律得U＝R

2R1＋R2E0联立解得E0＝（R1＋R2）mgdqR2.(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(3d)2又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝mv2r解得B＝mv2qd.(3)

小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小qE′＝mgcos60°解得E′＝mg2q.考点72带电粒子在交变电、磁场中的运动——提能力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R

1sin53°＝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.考点73(STSE问题)洛伦兹力与现代科技——提能力1．答案：AD解析：根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，

故A正确；因为左右两边磁场强度不一样，导致粒子在左右两侧做圆周运动的轨迹半径不同，所以发生漂移，B错误；根据qvB＝mv2R得R＝mvqB，因此B越大，R越小，所以右边部分轨迹半径小于左边部分的轨迹半径，结合左手定则可判断出正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移，故C错误，D正确．

2．答案：D解析：由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A错误；由平衡条件得qvB＝qUd，电源电动势E＝U＝Bdv，电流I＝ER＋r＝BdvR＋r，用电器两端的电压UR＝IR＝RR＋rBvd，B、C错误，D正确．3．答案：D解析：根据Uq

＝12mv2，可得v＝2qUm，则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在加速电场中的加速时间越短，A、B错误；根据T＝2πmqB可知，比荷大的粒子在磁场中的运动周期越短，则时间越短，C错误；根据r＝mvqB＝1B2Umq可知，比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，D正

确．4．答案：B解析：带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到洛伦兹力向上，A错误；最终正负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qUd，解得液体的流

速：v＝UBd，B正确；不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，C错误；污水流量为Q＝vS＝14πd2·UBd＝πUd4B，D错误．5．答案：ABD解析：由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；根据电场力提供向心力，则有q

E＝mv2R，又有电场力加速运动，则有qU＝12mv2，联立解得U＝ER2，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv2r，结合上式可知，PQ＝2ERBmq，故C错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的直径相同，由

于磁场、电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故D正确．6．答案：D解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，则在Ek－t图象中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误．由qvB＝mv2R得v＝qBRm，则Ek＝12mv2＝q2B2R22m，可

知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，B错误．α粒子(42He)的质量与电荷量的比值小于氚核(31H)的质量与电荷量的比值，由交流电源的周期T＝2πmBq可知，应将交流电源的周期减小才能加速α粒子，只增大磁感应强度可以减小周期T，C错误，D正确．

7．答案：(1)数量级为10－5T(2)necIU(3)见解析解析：(1)由E＝BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10－5T.(2)设导电电子定向移动的速率为v，Δt时间内通过横截面的电量为Δq，有I＝ΔqΔt＝nebcv导

电电子定向移动过程中，在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡，有eUb＝evB得B＝necIU.(3)如图建立三维直角坐标系Oxyz设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz.把金属薄片置于xOy平面内，M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz.由(2)得Bz＝

necIUz由Uz的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定Bz的方向．同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得By的大小和方向；把金属薄片置于yOz平面内，可得Bx的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的

大小为B＝B2x＋B2y＋B2z根据Bx、By、Bz的大小和方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向．第十章电磁感应考点74楞次定律及其推论的应用——练基础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．8．答案：AC解析：由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈

的磁通量始终变化，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而sPM>sPN，又速率相同，所以tPM>tPN，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的

感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误．考点75法拉第电磁感应定律的应用——提能力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＝μmgcos

θ；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＝E22R＝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.考点76电磁感应中的电路和图象问题——提能力1．答案：A解析：根据感应电动势公式E＝BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为2v0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的2倍，磁卡通过刷卡器

的时间t＝sv与速率成反比，所用时间变为原来的一半，A正确．2．答案：B解析：由右手定则可知ab中电流方向为a→b，故A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de、

cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝E2R·R＝Blv2＝1V，故B正确，C、D错误．3．答案：AD解析：金属棒AD段产生的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5＝0.8V，流过电阻R的电流I＝ER＋R＝0.80.4A＝2A，根据右手定则，可知，A端的电势低于D端的电

势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝0.4V，B错误，A正确；D、C两点的电势差UDC＝－BLv＝0.8V，则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2V，C错误，D正确．4．答案：C解析：由法拉第电磁感应定律得：E＝ΔBΔtS＝k·12L2＝12kL2，故A项错误．设整个电路的电阻为R，则AB两点

之间的电势差大小U＝ER·12R＝14RL2，故B项错误，C项正确．磁场以变化率k均匀减弱，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，则感应电流方向沿顺时针，沿ACBDA，故D项错误．5．答案：AD解析：0～5t0时间内磁感应强度的

变化率小于5t0～8t0时间内磁感应强度的变化率，而金属框中磁感线穿过的有效面积不变，所以0～5t0时间内磁通量的变化率小于5t0～8t0时间内磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知0～5t0时间内的感应电动势小于5t0～8t0时间内的感应电动势，故A正确；6t0

时刻，金属框中磁通量垂直纸面向外减小，根据楞次定律可知此时金属框内感应电流方向为A→C→D→A，故B错误；0～5t0时间内，金属框中感应电动势大小为E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝3B0L240t0，根据楞次定律可知这段时间内感应电流沿顺时针方向，所以E点电势高于A点电势，又因为ACE段与ADE段长度

相等，则电阻相等，所以E、A两点的电势差为UEA＝E2＝3B0L280t0，故C错误；4t0时刻，磁场的磁感应强度大小为B＝45B0，此时金属框中感应电流大小为I＝E3rL＝3B0L120t0r，根据几何关系可知线框受到安培力的等效长度

为l＝32L，所以此时金属框受到的安培力大小为F＝BIl＝B20L2100rt0，故D正确．6．答案：D解析：闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；线圈产生的感应电动势为E＝nSΔBΔt＝nSk，路端电压U＝

E2＝nSk2，电容器所带电荷量为Q＝CU＝nSkC2，选项A、B错误；根据楞次定律，感应电流从线圈的右端流到左端，线圈的左端电势高，电容器上极板带正电，故D正确．7．答案：ABD解析：vm代表的是匀速运动的速度，也就是平衡时物体的运动速度，对汽车启动问题，有F′－F阻＝0，P＝F′vm1，得v

m1＝PF阻，对导体棒问题，有F－ILB＝0，I＝BLvm2R，得vm2＝FRB2L2，故A、B正确；由动能定理可知12m车v2m1－0＝Pt1－F阻x1，由于题中没有给出汽车的质量，故无法求出x1的大小，故C错

误；由E＝NΔΦΔt得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中，E－＝BΔSt2＝BLx2t2，由欧姆定律可知I－＝E－R，故F－安＝BI－L，由动量定理可知，Ft2－F－安t2＝mvm2，计算可知x2＝FRt2B2L2－mFR2B4L4，故D

正确．8．答案：A解析：根据题意，设线框匀速运动的速度为v，导线框的总电阻为R，开始ae边进入磁场切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律有E＝B·2Lv，则感应电流为I1＝ER＝2BLvR，根据右手定则可知，感应电

流的方向为逆时针；当运动一段时间t0后，b点进入磁场，根据题意可知t0＝Lv根据几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L′＝3L－vt()t0≤t≤2t0同理可得，感应电流为I2＝B()3L－vtvR＝－Bv2Rt＋3BLvR()t0≤t≤2t0，根据右手定

则可知，感应电流的方向为逆时针；当运动时间为2t0时，ae边开始离开磁场，切割磁感线有效长度为2L，同理可得，感应电流为I3＝ER＝2BLvR，根据右手定则可知，感应电流的方向为顺时针；当时间为3t0时，b点开始离开磁场，根据几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L″＝2L－()vt－

3L＝5L－vt()3t0≤t≤4t0，同理可得，感应电流为I4＝B()5L－vtvR＝－Bv2Rt＋5BLvR()3t0≤t≤4t0，根据右手定则可知，感应电流的方向为顺时针，综上所述可知，B、C、D错误A正确．9．答案：B解析：因为线框各边电阻均匀，ab边进入磁场后，ab相当于电源，则a

b两端电势差为路端电压，即Uab＝34U0，由右手定则判断出感应电流方向沿逆时针方向，则a的电势高于b的电势，Uab为正；线框全部进入磁场后，线框中虽然感应电流为零，但ab两端仍有电势差，且Uab＝U0，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Uab

为正；ab边穿出磁场后，cd边切割磁感线，相当于电源，ab两端电压为Uab＝14U0，由右手定则知，a点的电势仍高于b的电势，Uab为正．故选B.10．答案：B解析：线框右半部分进入左边磁场过程，在0～L2过程中，有效切割长度在随位移均匀增大，线圈在L2位置有效切割长度达到最大L，电动势达

到最大值为E0，在L2～L过程中，左半部分也进入左边磁场，有效切割长度随位移均匀减小，到L位置时有效切割长度减小到零，电动势减小到零；在L～3L2过程中，线框右半部分进入右方磁场，左半部分在左方磁场，两部分切割磁感线的有效切割长度都在增大，当到达3L2位置时，有效切割长度都达到最大值

L，由楞次定律知两磁场中两部分感应电流(电动势)对线圈来说方向相同，都为逆时针方向，故总电动势为3E0，故A错误，B正确；设线圈有效切割长度为l，本题中也是各阶段计算安培力的等效长度，线圈受到的安培力大小F安＝BIl＝B2l2vR由于等效长度l在随位移变化，成线性关系，所以安培力与位移不

成线性关系，故C、D错误．故选B.11．答案：CD解析：进入磁场前线框做自由落体运动，ab边进入磁场时，如果安培力大于重力，线框减速运动，安培力减小，合力减小，加速度减小，有可能在cd边进入磁场前安培力

减到和重力平衡，线框做匀速运动；在cd边进入磁场后，安培力消失，线框做匀加速运动，A、B错误；进入磁场前线框做自由落体运动，ab边进入磁场时，如果安培力小于重力，线框做加速运动，但加速度减小，在cd边进入磁场后，安培力消失，线框做匀加速运动，C正确；进入磁场前线框做自由落

体运动，ab边进入磁场时，如果安培力大小等于重力，线框做匀速运动，在cd边进入磁场后，安培力消失，线框做匀加速运动，D正确．考点77电磁感应中的动力学问题——提能力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＝10m/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＝BImL，Im＝BLvm2R，联立解得vm＝2m

gRsinθB2L2，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.考点78电磁感应中的能量问题——提能力

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ab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＝3B2L3v04R，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＝BLB

lvR＝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c

d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.考点79动量观点在电磁感应中的应用——提能力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－mvM，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：ABC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＝2mv1

2mv20＝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．考点80(STSE问题)利

用电磁感应规律解决实际问题——提能力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12(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.第十一章交变电流考点81交变电流的产生和描述——练基础1．答案：A解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同

，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定

的电流，故选项D错误．2．答案：B解析：由图可知，此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但此时的磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈平面处在中性面上，A、C错误，B正确；假设此时线圈的磁通量为Φ0＝BS，从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为ΔΦ＝－

BS－BS＝－2BS，即线圈磁通量变化量不为零，D错误．3．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＝2cos(5πt)A，C正确；该交

变电流的有效值为2A，D错误．4．答案：B解析：由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的

交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝E2R可知，两电阻消耗的电功率不相等，D项错误．5．答案：AD解析：线圈中产生的感应电

动势的最大值为Em＝nBSω＝100×2×0.02×100V＝2002V，图示位置线圈平面垂直于中性面，从该时刻开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝2002cos(100t)(V)，A正确；电压表示数为交

流电压的有效值，所以示数不为零，B错误；该交流电电压最大值为2002V，超过电容器的击穿电压200V，C错误；线圈和R组成闭合电路，电路中电流的有效值为I＝ER＋r＝2005＋15A＝10A，则在0.5s的时间内电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝

102×15×0.5J＝750J，D正确．6．答案：ACD解析：线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBlvmax，其中l＝πD联立解得Emax＝64V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝Emax

sinπt＝64sinπt(V)，根据闭合电路欧姆定律有i＝er＋R＝4sinπt(A)，故A正确，B错误；灯泡电流的有效值为I＝42A＝22A，则灯泡的功率为P＝I2R＝120W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝302V，故D正确．7．答案：AC解析：由题图2知t＝0时两次转动产生的瞬

时电动势都等于零，A正确；由题图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝1T得na∶nb＝3∶2，B错误；因Ta＝4×10－2s，故fa＝1Ta＝25Hz，C正确；因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝2πNBST，故Emb＝TaTbEm

a＝10V，Eb＝Emb2＝52V，D错误．8．答案：B解析：大皮带轮带小皮带轮边沿线速度大小相等，则有ω′r＝ωR，解得小皮带轮的角速度ω′＝ωRr，再由ω′＝2πf，可知发电机线圈转动的频率f＝ωR2πr，此即为发电机产生的交变电流的频率，A错

误；小灯泡发光频率只与电流频率有关，它在一个周期内会闪烁两次，所以闪烁的频率为2f＝ωRπr，B正确；小灯泡闪烁，也就是小灯泡亮度时刻变化，说明小灯泡的瞬时功率是时刻变化的，而电流、电压二者有效值的乘积是定值，

C错误；若ω′加倍，由Em＝nBSω′可知电压最大值加倍，由P＝Em22×1R，可知小灯泡的功率变为原来的4倍，D错误．9．答案：BCD解析：时间t时刻的速度为v＝vmsin2π2t(m/s)＝vmsinπt(m/s)，则该时刻的

安培力随时间变化关系为F安＝BIL＝BLBLvR＝B2L2vmsinπtR，导体棒做简谐振动，则外力F不等于安培力，即外力F随时间t变化规律F≠B2L2vmsinπtR，A错误；0.5s时刻导体棒振动到OO′位置，则0～0

.5s内，通过R的电荷量为q＝E－RΔt＝ΔΦR＝BLx0R，B正确；交流电的最大值为Em＝BLvm，0～0.5s内，R上产生的焦耳热为Q＝Em22Rt＝B2L2v2m4R，C正确；0～0.5s内，外力F做的功为W＝Q＋12mv2m＝()B2L2＋2mRv2m4R，D正确．考点82变

压器远距离输电(A)——练基础1．答案：C解析：当用户使用的用电器减少时，则用户总电阻R变大，因V2的读数由变压器初级电压和匝数比决定，可知V2读数不变，次级电流减小，则R0的电压减小，用电器R两端电压变大；因次级电流减小，则初级电

流减小，即电流表A1示数减小，C正确．2．答案：B解析：原、副线圈的匝数之比为n1n2＝U1U2＝22022000＝1100，A错误；根据n1n2＝I2I1，可得输入电流为I1＝n2n2I2＝100×300

×10－3A＝30A，B正确；输入电流的最大值为Im＝2I1＝302A，C错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，D错误．3．答案：B解析：该装置的原理是互感，A、B线圈不需要用导线

连通，A错误；线圈B中产生变化的电流使音响发出高低不同的声音，B正确；A、B两个线圈的匝数不同，根据电压与匝数成正比的关系可知将A、B线圈互换，感应电压变化，音响的播放效果发生变化，C错误；在A线圈中插入铁芯，增加了磁感应强度，能够增大感应电压，音响的播放效果会更好，D错误．4．答

案：B解析：卤素灯上标记的额定电压12V即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；根据理想变压器的原理可知n1n2＝U1U2＝22012＝553，B正确；流过卤素灯的电流为I＝PU＝50W12V＝256A，C错误；卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，D错误．5．答案：AC解析

：根据n1n2＝80%U1U2可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，D错误．6．答

案：BD解析：当开关S接1时，左侧变压器次级电压U2＝3×7.5V＝22.5V，电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压U4＝PR＝10V，电流I4＝U4R＝1A，则右侧变压器初级电压U3＝21×10V＝20V，电流I3＝12×1A＝0.5A，则r＝U2－U3I3＝

5Ω，A错误，B正确．当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I，右侧变压器两边电压关系有U2－Irn3＝0.5IRn4，解得I＝3A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，C错误，D正确．7．答案：C解析：发电

机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝ω2π＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E＝Em2＝2πNBSnz，A错误；

变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝EU＝2πNBSnzU，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnz)t，D错误．8．答案：A解析：由题意知，该变压器为升压变压器，原线圈电压低，根据P＝UI知，原线圈流过的电流大，需用粗导线绕制，副线圈电流小

，用细导线绕制，A正确；汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，B错误；由题可知原线圈处接12V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈

中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，C错误；由U1U2＝n1n2可知，U2＝U1n2n1，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，D错误．9．答案：BC解析：根据P总＝UI可得升压后输送电流与原来电流之比为I2I1＝U

1U2＝1501350＝19，升压后输电线上损失电压与原来损失电压之比为U2损U1损＝I2r线I1r线＝19，升压后输电线上损失功率与原来损失功率之比为P2损P1损＝I22r线I21r线＝181，A错误，B正确；如果损失功率不变，可知输电线的电阻应变为原先的81倍，根据r线＝ρlS，可知相

同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的181，C正确；如果损失功率不变，可知输电线的电阻应变为原先的81倍，根据r线＝ρlS，可知相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的81倍，D错误．10．答案：AD解析：根据题意得4I21×9R＝I22

×R，又I1I2＝n2n1，联立可得n1∶n2＝6∶1，A正确；电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，B错误；对线圈A中的某段导线来说，当磁感应强度最大时，瞬时电流为零，受到的安培力为零，C错误；线圈A产生感应电动势的最大

值为Emax＝NBmaxSω，又ω＝2πT，E有＝Em2，结合图象联立可得E有＝9002πB0ST，D正确．考点83变压器远距离输电(B)——提能力1．答案：B解析：根据理想变压器的电压和电流规律：U0U＝k1，I0I＝1k2，解得甲图中高压线电压

为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝Ik2，B正确．2．答案：AD解析：设R两端电压为U，则R消耗的功率为PR＝U2R，仅向上滑动P2，U不变，R增大，所以PR变小．指示灯L的功率PL不变，a、b端输入功率为P＝PR＋

PL，所以P变小，A正确；若断开开关S，会造成R所在支路断开，对L所在支路无影响，B错误；仅顺时针滑动P1，由于a、b端所接交流电压恒定，所以电压表示数不变，根据理想变压器原、副线圈电压关系可知U减小，所以PR变小，同A分析可知P变小，C错误，D正确．

3．答案：D解析：根据理想变压器的变压规律有Un1＝0.1V1，代入U＝220V得n1＝2200，Um＝2U＝2202V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝PR＝12V，根据理想变压器的变压规律有Un1＝UBCnBC，代入数据解得nBC

＝120，由欧姆定律得I＝UBCR＝1A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18V，UAC＝30V，变压器不改变交流电的频率，故f＝ω2π＝50Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝UACR＝2.5A，周期T＝1f＝0.02s，D正确．4．答案：B解析：由图可知①接在火线和零

线之间，为电压表，②接在同一条线上，测得是电流，为电流表，A错误；由于输电线上有电压降，所以U2>U3，B正确；仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，用户部分的R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗功率为ΔP＝I22r，所以输电线损耗功率增大，C错误；凌晨时分，降压变压器的输出端

用电量减少，电路中的电流减小，则输电线上的电压降减小，则降压变压器的输入电压增大，用户得到的电压变大，用户家的灯将变得更亮，D错误．5．答案：BD解析：设降压变压器T2原线圈电压为U3，副线圈电压为U2，根据题意可知电阻R0两端的电压等于UR0＝U1－U3，则

R0＝U1－U3I1，A错误；设降压变压器T2原线圈电压变化为ΔU3，则ΔU3ΔU＝k2，设降压变压器T2原线圈电流变化为ΔI3，则ΔI3ΔI＝1k2，可得ΔI3＝ΔIk2，根据欧姆定律得ΔU3＝ΔI3R0，即k2ΔU＝ΔIk2R0，解得R0＝ΔUΔIk22，B、D正确；输入电压

不变，升压变压器T1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T1副线圈的电压不变，电压表V1示数不变，C错误．6．答案：D解析：若电网的电压为220kV，则n1∶n2＝220kV∶27.5kV＝8∶1；若电网的电压为110kV

，则n1∶n2＝110kV∶27.5kV＝4∶1，A、B错误；若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输出功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，C错误，D正确．7．答案：AD解析：根据i2­t图

象可知T＝0.02s，则所用交流电的频率f＝1T＝50Hz，A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝22×10V＝10V，由n1n2＝U1U2得原线圈两端电压U1＝100V，电压表的示数U＝220V－100V＝120V，B错误；电流表的示数I＝U2R3＝1020

A＝0.5A，C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0W，D正确．8．答案：B解析：根据u＝2202sin(100πt)(V)，可得ω＝2πf＝100π，解得f＝50Hz，A错误；理想变压器中，输入功率等于输出功率，则有UI＝U2I2＋PL，则通过原线圈的电流为I＝U2I

2＋PLU＝3110A，B正确；由理想变压器电压与线圈匝数的关系为U1U3＝n1n3，可得n3＝U3n1U1＝30匝，C错误；由理想变压器电压与线圈匝数的关系可得U1U2＝n1n2，可得U2＝U1n2n1＝8V，则电动机输出的机械功率为P＝U2I2－I22R2＝3.5W，D错误．9．答案：B解析

：设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝U1I1＝n1n2U2n2n1I2＝n1n22U2I2＝n1n22R1；保持P1位置不变，将原

、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大

，故R1消耗的功率增大，B项正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C项错误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D项错误．第十二章波粒

二象性原子结构和原子核考点84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≈4.3×1014Hz，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．考点85光电效应的图象问题——提能力1．答案：D解析：由图象可知极限频率为ν0，根据光电效应方程E

k＝hν－W0得出hν0－W0＝0；换用其他金属开展相同实验，不同金属的逸出功不同，故极限频率不一样；但是最大初动能Ek与入射光频率ν的图象的斜率是普朗克常量，为定值，D正确．2．答案：AB解析：根据eUc＝Ek＝hν－W0，得Uc＝heν－W0e，由图象可知，钠的逸出功小于钙的逸出功，A正

确；图中直线的斜率为he，B正确；在得到这两条直线时，入射光的强度不必相同，C错误；由图象可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低，D错误．3．答案：D解析：金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射

光频率无关，其大小W＝hν0，A错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成线性关系，但不成正比，B错误；要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm>0，即

只有入射光的频率大于金属的极限频率即ν>ν0时才会有光电子逸出，C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W可知，直线的斜率为普朗克常量h，D正确．4．答案：C解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0和动能定理－eU＝0－Ek得eU＝hν－W

0，知遏止电压大，则光的频率大，νb＞νc＞νa，由光的色散现象知频率越大，折射率越大，光的偏折角越大，C正确．5．答案：C解析：光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动

能的最大值Ekm＝Ue＋hν－hν截止，可知Ekm­U图象的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图象在纵轴上的截距越小，因ν1<ν2，C正确．6．答案：CD解析：波长10μm的红外线在真空中的频率为ν＝cλ＝3×10810×10－6Hz＝3×1013Hz，A错误；将图甲中的电源正负

极反接，当反向电压小于遏止电压时，电路中仍有光电流产生，仍会产生电信号，B错误；由图乙可知，遏止电压为Uc＝2×10－2V，根据动能定理可得光电子的最大初动能为Ekm＝eUc＝0.02eV，C正确；若人体温度升高，辐射红外线的强度增强，单位时间从

阴极溢出的光电子数增加，则光电管转换成的光电流增大，D正确．7．答案：C解析：单刀双掷开关S空掷时，光电管两端无电压，则若能发生光电效应，光电子也能从K极到达A极形成光电流，即电流传感器的示数不为零，A错误；若单刀双掷开关S掷于1，则光电管两端的电压为正向电压，不会得到

图乙的图象，B错误；根据Uce＝12mv20＝hν－W0可得Uc＝heν－W0e，由图象可知he＝ab，W0e＝a，即光电管中金属材料的逸出功为W0＝ae，普朗克常量h＝aeb，C正确，D错误．8．答案：A解析：根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc＝Ekmax

根据爱因斯坦光电效应方程有Ekmax＝hν－W0结合图象可知，当Uc为0时，解得W0＝hνc，A正确；钠的截止频率为νc，根据图象可知，截止频率小于8.5×1014Hz，B错误；结合遏止电压与光电效应方程可解得Uc＝heν－W0e，对比遏止电压Uc与

入射光频率ν的实验曲线可知，图中直线的斜率表示he，C错误；根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压Uc与入射光频率ν成线性关系，不是成正比，D错误．9．答案：AC解析：一群处于第4能级的氢原子向低能级跃迁过程中能发出光子

种类为n＝C24＝6，故A正确；由图乙可知，a光的遏止电压最大，其次是b和c，根据eU＝12mv20＝hν－W0，可知，三种光对应的跃迁是a：4→1，b：3→1，c：2→1，故B错误，C正确；c光光子能量为Eb＝E2－E1＝－3.

4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，D错误．考点86原子结构——练基础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－E152；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．考点87原子核——练基础1．答案：D解析：三种射线均来自于原子核内，A错误；从

图中可看出，一张纸能挡住①射线，则①射线一定是α射线，其贯穿本领最差，电离能力最强，但不是电磁波，而是高速粒子流，B错误；铝板能挡住②，而不能挡住③，说明③一定是γ射线，其电离能力最弱，贯穿本领最强，是一种电磁波，属于原子核内以能量形式释放出来

的以光速运行的高能光子，C错误，D正确．2．答案：B解析：设碘125刚植入时的质量为m0，则经过n＝18060＝3个半衰期以后剩余的质量为m＝12nm0，解得mm0＝18，B项正确．3．答案：D解析：根据质量数、电荷数

守恒可补全该衰变方程有146C―→147N＋0－1e，可知X为电子，A错误；衰变是可以自发发生的且在衰变过程中会释放能量，B错误；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关，C错误；由于在衰变过程中要释放能量，质量

要亏损，则147N与X的质量之和小于146C的质量，D正确．4．答案：D解析：核反应中质量亏损为Δm＝()m1＋m4－()m2＋m3＋3m4＝m1－m2－m3－2m4由质能方程ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m4)c2，故选项D正确．5．答案：AB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为质子11H，A正确；由于146C具有放射性，且C是构成生物体的主要元素之一，所以146C可以用作示踪原子，B正确；β衰变放出的电子0－1e来自原子核，C错误；由于半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，

所以经过一个半衰期，10个146C不一定剩下5个，D错误．6．答案：A解析：根据质量数守恒和电荷数守恒知，X的质量数为7，电荷数为3，可知原子核X是73Li，A正确、C错误；由选项A可知，原子核X是73Li，则核反应方程为74Be

＋0－1e―→73Li＋00νe，则反应前的总质子数为4，反应后的总质子数为3，B错误；中微子不带电，则中微子νe的电荷量与电子的不相同，D错误．7．答案：A解析：核聚变释放的能量源于原子核的质量亏损，A错误；带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹

力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，B正确；等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，C正确；提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克

服等离子体中正离子间的库仑斥力，D正确．8．答案：B解析：根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为3，电荷数为1，为氚核31H，A错误，B正确；因该反应为人工转变，反应前两种粒子都有动能(总动能设为Ek1)，反应后的生成物也有动能Ek2，根据质能方程可知，由于质量亏损

反应放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，则反应释放的能量为E＝Ek1＋ΔE－Ek2＝Ek1－Ek2＋(m1＋m2－m3)c2，C、D错误．9．答案：CD解析：秦山核电站利用的是重核裂变

释放的能量，故选项A错误；如果不考虑核能与电能的转化效率，则根据爱因斯坦质能方程E＝mc2可以推算出，原子核亏损的质量约为m＝Ec2＝6.9×1011×3.6×1069×1016kg＝27.6kg，但核能转化为电能的效率不可能达到100%，所以质量亏损应该超过

27.6kg，故选项B错误；镉吸收中子的能力强，因此在核电站反应堆中需要用镉棒调节中子的数目，从而控制链式反应的速度，故选项C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成多个核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在23592U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n的核

反应，故选项D正确．10．答案：C解析：根据α衰变规律和β衰变规律可得，m＝(222－206)÷4＝4，n＝m×2－(86－82)＝4，选项A错误；核反应方程为22286Rn―→442He＋40－1e＋20

682Pb，选项B错误；根据比结合能越大原子核越稳定可知，衰变生成物的比结合能较大，则22286Rn的比结合能小于20682Pb的比结合能，选项C正确；半衰期与放射性元素所处的外部条件和化学状态无关，选项D错误．11．答案：C解析：根据质量数守恒和核电荷数

守恒可知X是中子，A错误；根据爱因斯坦的质能方程ΔE＝mc2＝(2.0141u＋3.0161u－4.0026u－1.0087u)×931.5MeV＝17.6MeV，B错误；核聚变反应是放热反应，生成物的结合能之和一定大于反应物的结合能之和，C正确；爱因斯坦的质能方程ΔE＝m

c2说明一定的质量与一定的能量相对应，质量和能量不能相互转化，D错误．12．答案：B解析：由质量数守恒得235＋1＝144＋89＋x解得x＝3，故A正确；爱因斯坦光子说解释了光电效应现象，说明了光子具有能量，而康普顿效应说明光子具有动量，故B错误；卢瑟福通过

α粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说，故C正确；电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨能力，故D正确．故选B.13．答案：B解析：核反应23892U―→23490Th＋42He为α衰变，A错误；设23490T

h衰变为22286Rn经过x次α衰变，y次β衰变，则4x＝234－222，2x－y＝90－86，解得x＝3，y＝2，23490Th衰变为22286Rn经过3次α衰变，2次β衰变，B正确；原子核发生β衰变的电子为中子转化为质子时从原子核中释放出

来，不是原子核外电子，C错误；原子核式结构学说由卢瑟福提出，D错误．14．答案：A解析：只有在原子核发生β衰变时，才产生电子，发生一次β衰变，中子数减少1个，质子数增加1个，由题图知，共发生6次β衰变，A正确．15．答案：C解析：设两种放射性元素的原子核原来总数分别为N1和N2，则N＝N1＋N2

，因为N余＝12tT·N原，所以t＝2t0时刻，N3＝N1122＋N2121，联立解得N1＝23N，N2＝13N，故t＝4t0时刻，N1124＋N2122＝N8，C

项正确．16．答案：C解析：由题图可知从mm0＝23到mm0＝13恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为T＝182.4d－67.3d＝115.1d，A、B、D错误，C正确．17．答案：A解析：1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺

时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周

运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝mv2r，解得粒子运动的半径为r＝mvqB，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误．第十三章热学(选考)考点88固体、液体和气体的基本性质——练基础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．考点89气体定律的应用——提能力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解得钩码的质量m＝2p

0S3g(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＝187619cm<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p0·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)3

30K(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(1.1

V0－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.考点90气体实验定律与热力学定律的综合应用——提能力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＝C

T，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＋12P

0V0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＝U

0－14U0＝34U0⑤由热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W⑥由④⑤⑥可得：Q＝34U0＋12P0V0.⑦考点91高考真题演练1．答案：(1)BCE(2)(ⅰ)43T0(ⅱ)94p0解析：(1)p­T图线过坐标原点，因此气体从状态a

到状态b发生等容变化，气体没有对外做功，A、D错误；从状态a到状态b气体温度升高，一定质量的理想气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加，B正确；根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，且吸收的热量等于

其内能增加量，C、E正确．(2)(ⅰ)选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化：V0－14V0T0＝V0T1，解得T1＝43T0.(ⅱ)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由

T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：p018V0＋14V0T0＝p1V12T0.对第Ⅳ部分气体，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：p0V0－14V0T0＝p1（V0－V1

）2T0，解得p1＝94p0.2．答案：(1)ABD(2)(ⅰ)40mgl(ⅱ)p0S＋3mgS1.3T0解析：(1)由理想气体状态方程pVT＝C，可得TV＝pC，作原点和c的连线，由a、c两点与原点连线的斜率，可知TaV

a＞TcVc，故pa＞pc，A正确；由状态a到b，可知V变大，则气体对外做功，B正确；由图可知，b、c不在等压线上，故C错误；由状态a到b，T升高，则内能变大，V变大，则气体对外做功，可知ΔU＞0，W<0，由热力学第一定律Δ

U＝W＋Q，可知Q＞0，故气体从外界吸热，且吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误．(2)(ⅰ)对活塞Ⅰ受力分析如图由平衡条件有p·2S＝p0·2S＋2mg＋0.1kl对活塞Ⅱ受力分析如图由平衡条件有pS＋mg＝p0S＋0.1kl联立解得k＝40mgl，p＝p0S＋3mgS(ⅱ)由于

是对气体缓慢加热，则两活塞受力平衡，将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析，受力情况不变，故气体压强不变，p′＝p＝p0S＋3mgS，且弹簧长度不变对活塞间的气体，由盖－吕萨克定律有V1T1＝V2T2其中V1＝l＋0.1l2(2S＋S)＝1.65lS，T1＝T0V2＝(l＋0.1l)·2

S＝2.2lS解得T2≈1.3T03．答案：(1)不是大于(2)2.0×105Pa10m解析：(1)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，通过压缩机做功，消耗了能量，因此这个过程不是自发

过程；根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热，使之完全转化为有用的功，而不产生其他影响，因此空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，即空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量．(2)在水面上方时，封闭气

体的压强为p0，气体的体积V1＝(380－80)mL＝300mL潜入水底后，封闭气体的压强等于水底的压强，即p＝p0＋ρgh封闭气体的体积为V2＝(380－230)mL＝150mL由玻意耳定律得p0V1＝pV2代入数据解得p＝2.0×105Pah＝10m4．答案：(1)ABE

(2)见解析解析：(1)分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位，从B端流出，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，根据温度是分子平均动能的标志可知，B端为热

端，A端为冷端，A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的，选项A、B正确．理想气体的内能只与温度和质量有关，根据题述，不知两端流出气体的质量关系，所以不能判断出两端流出气体的内能关系，选项C错误．该装置将冷

热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现，并非自发进行，不违背热力学第二定律，选项D错误，E正确．(2)(ⅰ)选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有p0S＝p1S＋(m1＋m2)g代入数据

解得p1＝105Pa(ⅱ)当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，根据玻意耳定律有p1V0＝p2(V0＋Sh)代入数据解得p2＝9.9×104Pa选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F联立解

得F＝1N第十四章机械振动与机械波光学(选考)考点92机械振动——练基础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10c

m，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.考点93机械波——练基础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＝100m/s，选项A正确；由图乙知t1＝0.02

s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1.75－1.0

2T＝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＝50

Hz，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＝52λ，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＝8

m，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＝8

m，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＝4m(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＝0.05

m/s.(2)因为t2＝1.5s＝T＋78T故t2＝1.5s时质点Q的位移为y＝4sin74πcm＝－22cm.考点94光的折射和全反射规律的应用——练基础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＝2Rcos30°＝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.考点95光的干涉、衍射、偏振电磁波——练基础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．考点96高考真题演练——提能力1．答案：(1)40.5向下运动

(2)723－12a解析：(1)由t＝0时刻质点A的位移为y＝2cm＝22A，可知从坐标原点到x＝1.5m处的距离为38λ，故λ＝4m，则f＝vλ＝0.5Hz.当t＝2s＝T时质点A的状态与t＝0时刻相同，由波沿

x轴正方向传播可知，质点A向下运动．(2)设光线在M点的折射角为θ，由折射定律有n＝sin60°sinθ由几何关系可知光线在N点的入射角为90°－θ，由于光线在N点恰好发生全反射，可知临界角θ0＝90°－θ又n＝1sinθ0解得n＝72，tanθ＝32由图中几何关系有a2tanθ＋PCt

anθ＝a解得PC＝3－12a2．答案：(1)4加强向下(2)32解析：(1)由v＝λT，知λ＝vT＝4m．两波源的频率相等，振动情况相同，P点到S1、S2的距离相等，波程差为0，所以P点为振动加强点．P点到S1的距离s＝10m＝2.

5λ，故P处质点的振动情况与S1的振动情况相反，故P处的质点向下运动．(2)光路图如图所示由折射定律得：n＝sinisinα恰好发生全反射时：n＝1sinθ由几何关系：α＝π2－(π－2β)，θ＝π2－β联立解得：n＝323．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＝0.4

s，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＝nsinθ2③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nsinθC＝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

°.4．答案：(1)P不变(2)22c2解析：(1)质点只是在平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，因此经过半个周期绳上的M点由波峰运动到波谷P处；机械波的波速仅由介质决定，因此加速抖动绳子，波速不变．(2)当光束与竖直方向的夹角为45°时，光束恰好不从液体表面射向空气，即光束

刚好发生全反射，即临界角C＝45°则液体的折射率为n＝1sinC代入数据得n＝2由公式n＝cv得激光在液体中的传播速度为v＝cn解得v＝2c25．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，2

s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°＝233

③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)⑦6．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.考点97物理学史物理学思想与方法——练基础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．第二部分高考仿真练仿真练114．答案：D解析：图甲为卡文迪许的扭秤实验，测量引力常量G；图乙为奥斯特发现电流的磁效应的实验；图丙为伽利略的理想斜面

实验；图丁是伽利略研究自由落体运动的实验．故选D.15．答案：D解析：由于起跳阶段运动员的加速度向上，则跳台对运动员的支持力N＝mg＋ma，根据牛顿第三定律得运动员对跳台的压力为N′＝N＝mg＋ma，选项A错误

；运动员对跳台的压力是由于运动员的脚发生形变产生的，选项B错误；运动员离开跳台后的上升阶段，运动员的加速度向下，故运动员处于失重状态，选项C错误；起跳过程和离开跳台上升过程均视为匀变速运动，则起跳过程的平均速度为v＝0＋vm2，上升阶段的平均速

度为v上＝vm＋02，即v＝v上，选项D正确．16．答案：B解析：第二宇宙速度为脱离地球引力束缚的速度，天问一号离开地球进入火星轨道，故其在轨道1上的运行速度一定大于第二宇宙速度，A错；由牛顿第二定律可知，天问一号在同一位置时，

所受万有引力相同，加速度相同，B对；探测器在轨道2上由近火点运动至远火点，只有引力做功，故机械能守恒，C错；由高轨道进入低轨道要通过减速才能实现，D错．17．答案：C解析：b的图线的斜率的绝对值先减小后增大，所以b的加速度先减小后增大，故

A错误；由图象可知，a的图线在0～6s内与时间轴所围上下面积之差小于b的图线与时间轴所围面积，所以a的位移小于b的位移，故B错误；2s末a的图线的斜率的绝对值大于b的图线的斜率的绝对值，所以2s末a的加速度

大于b的加速度，故C正确；3s末两物体速度相同，但是质量大小不确定，动量没法比较，故D错误．18．答案：B解析：由等势线图作出对应的电场线图，如图所示．电子在电场中做曲线运动，其受力方向有两个特点，一个是朝向曲线的凹面，另一个是与电场线相切且与电场线方向相反，故容易判断出

该电场中各点的电场强度方向．由电场线的疏密反映电场强度的大小可知b位置的电场强度大于a位置，A错；沿电场线方向电势逐渐降低，易知a点电势比b点高，又电子带负电，故电子在a点的电势能小于在b点的电势能，B对，C错；由以上分析可知，b点的电场强度方向水平向左，D错

．19．答案：AC解析：对于弯曲通电导线，其在匀强磁场中所受的安培力大小与垂直磁场的有效导线的长度有关，当导线旋转时，有效长度增加，故安培力大小增大，而安培力的方向总是垂直电流与磁场所在的面，故方向不变，故选AC.20．答案：BD解析：通过变压器进行远距离输电，需要输入交流电，故电厂发出的电

是交流电，A错；由部分电路欧姆定律可知B对；若满足C选项的条件，则要求输电线上不能有电压损失，与事实不符，C错；当用户增多时，线路中的电流(即I4)增大，输电线的电阻R上的电流增大、电压增大，则U3减小，用户得到的电压减小

，D对．21．答案：BD解析：忽略所有摩擦力，故A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧逐渐伸长，弹簧弹性势能逐渐变大，故A、B组成的系统机械能逐渐减小，故A错误；根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可得Epmax＝2mgL(cos30°－cos45°)，解得弹性

势能的最大值为Epmax＝(3－2)mgL，故B正确；对B受力分析，水平方向的合力Fx＝F杆1·sinα－F弹＝ma，对A受力分析，竖直杆对A的弹力大小F杆2＝F杆1·sinα，由于滑块B先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对A的弹力先大于弹

簧弹力后小于弹簧弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体在竖直方向上受力分析，可知地面对B的支持力N<3mg，故D正确．22．答案：(1)0.96(2分)(2)3.20(2分)(3)偏大(1分)解析：(1)由题意知，vB＝

LAC2×5T＝8.02＋11.200.2×10－2m/s＝0.96m/s.(2)由逐差法得a＝LCE－LAC（2×5T）2＝（14.41＋17.62）－（8.02＋11.20）0.22×10－2m/s2＝3.20m/s2.(3)根据牛顿第二定律，若

考虑纸带与打点计时器的摩擦及空气阻力等实际因素，则有mgsinθ－(μmgcosθ＋f)＝ma；实验中利用mgsinθ－μmgcosθ＝ma计算，显然实验中在测量计算时的摩擦力包含了其他阻力，故所求的动摩擦因数比实际值大．23.答案：(1)R1(2分)5000(3分)(2)如

图所示(2分)(3)2.3(3分)解析：(1)因为电路中的滑动变阻器是分压连接，故滑动变阻器在安全的前提下阻值小点好，故选R1.改装电表时，由于A1表自身满偏时对应电压值为UA＝IAr1＝0.5V，故电阻箱

还得分担2.5V的电压，即电压是A1表的5倍，电阻也是A1表的5倍，即电阻箱阻值应调为5r1＝5000Ω.(3)Rx＝UxIx＝I1（r1＋5r1）I2－I1，故I1＝RxRx＋r1＋5r1I2，图线的斜率为k＝RxRx＋r1＋5r1，代入数据解得Rx＝

2.3kΩ.24．答案：(1)10T(2)0.16J解析：(1)导体棒AC以速度v0匀速通过区域Ⅱ，则v0＝dt1以导体棒为研究对象，在区域Ⅰ中，根据动能定理得Fd－μmgd＝12mv20－0(1分)解得

F＝3N(1分)在区域Ⅱ中，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg(1分)根据闭合电路欧姆定律有I＝BLv0R＋r(1分)联立并代入数据解得B＝10T．(2分)(2)区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小B′＝25B(1分)设AC在区域Ⅲ中运动的距离为x时

速度刚好为2v0，根据动量定理得(F－μmg)t2－B′IL·t2＝m·2v0－mv0(1分)其中It2＝ΔΦR＋r＝B′LxR＋r(1分)解得x＝1.6m(1分)根据动能定理得(F－μmg)(2d＋x)－W安＝12m(2v0)2－0解得W安＝0.64J，又Q＝W安，可得QAC＝rR＋rQ

＝0.16J．(2分)25．答案：(1)3mv2012Rq(2)mv02Rq2πRv0(3)(3R，－83R)解析：(1)分解速度v0可知vx＝v0sin30°＝v02(1分)vy＝v0cos30°＝32v0(1分)在水平方向有3R＝vx·t(1分)在竖直方向有vy＝Eqmt

(1分)联立解得E＝3mv2012Rq.(2分)(2)由牛顿第二定律得qv0B＝mv202R(1分)解得B＝mv02Rq(1分)粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可知每段圆弧所对应的圆心角均为π3(1分)粒子从M运动到N点的时间t＝t1＋t2

＋t3＝πmBq(1分)代入B可得t＝2πRv0.(2分)(3)由题意可知，此次粒子的运动轨迹与小圆相切，如图所示由几何知识得(r＋R)2＝r2＋(3R)2(1分)解得r＝4R(1分)由牛顿第二定律得qvB＝mv2r(1分)则有v＝2v0

(1分)根据动能定理有Eqy′＝12m(2v0)2(1分)可得y′＝83R(1分)所以坐标为(3R，－83R).(2分)33．答案：(1)BDE(5分)(2)(ⅰ)600K300K(ⅱ)放热1000J解析：(2)(ⅰ)对一定质量的理想

气体由图象可知，A→B为等容变化，由查理定律得pATA＝pBTB即代入数据得TB＝600K(2分)A→C由理想气体状态方程得pAVATA＝pCVCTC(1分)代入数据得TC＝300K．(2分)(ⅱ)从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p­V图线与横

轴所围成的面积可得W＝（pB＋pC）（VB－VC）2＝1000J(2分)由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有ΔU＝0(1分)由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q可得Q＝－1000J(1分)即气体向外

界放出热量，传递的热量为1000J．(1分)34．答案：(1)ABD(5分)(2)(ⅰ)43(ⅱ)42L＋9h3c解析：(1)根据波的传播方向与质点振动方向间的关系可以判断出，质点P、Q在t＝0时刻振

动方向均沿y轴正方向，波上任意质点的起振方向均与波源的起振方向相同，可知波源的起振方向沿y轴正方向，选项A正确：从t＝0时刻到质点P第一次抵达波谷，需要34个周期，即34T1＝0.3s，得T1＝0.4s，由波形图可知λ1＝4m，λ2＝2m，根据波速公式v＝λT得v1＝10m/s，因波速由介质决定

，与波的振幅、频率无关，则v2＝v1＝10m/s，T2＝0.2s，v1∶v2＝1∶1，选项B正确；虽然t＝0时刻质点P、Q均沿y正方向运动，但由于它们振动周期不同，因而在以后各个时刻，它们振动方向不一定相同，选项C错误；质点P振动路程为10cm＝2A需要0

.5T1＝T2，即质点Q完成一个周期的振动，通过的路程是4A＝20cm，选项D正确；横波传播途中，介质质点只在与波传播方向垂直的方向上振动，不会沿波的传播方向迁移，选项E错误．(2)(ⅰ)水池加满水时，设在水中的光线与竖直方向的夹角为r，在空气中

的光线与竖直方向夹角为i，水池中水的折射率为n.其光路图如图所示，由折射定律n＝sinisinr(1分)由几何关系得sinr＝hh2＋h2(1分)sini＝22h（22h）2＋h2(2分)联立以上各式解得n＝43.(1分)(ⅱ)水池加满水时，设光在水中传播

的速率为v，在水中和空气中传播经历的时间分别为t1、t2，总时间为t.则t1＝Lsinrv，v＝cn，t2＝（22h）2＋h2c，t＝t1＋t2(2分)联立以上各式得t＝42L＋9h3c.(3分)仿真练214．答案：D解析：

图甲表示的是α粒子散射实验，揭示了原子可以再分，A项错误；图乙表示的是磁场对α、β和γ射线的作用情况，由左手定则可知，带正电的α粒子受到向左的洛伦兹力，故①是α射线，B项错误；图丙表示的是卢瑟福用α粒子轰击氮核发现了质子，C项错误；图丁表示的是铀238发生α衰变，释放

一个α粒子后，质量数减少4，电荷数减少2，成为新核，D项正确．15．答案：A解析：根据几何关系可知当绳长与半径相等时，受力分析如图：根据平衡条件，及几何关系可知，2F拉cosθ＝mg，其中θ＝30°，解得F拉＝33mg，故A正确．16．答案：B解析：由x＝12a

t2可知前后两次物块运动的加速度大小之比为a1∶a2＝4∶1.对调a、b前，设绳上拉力为T1，对a物块有T1－μmg＝ma1，对b物块有2mg－T1＝2ma1；对调a、b后，设绳上拉力为T2，对b物块有T2－2μm

g＝2ma2，对a物块有mg－T2＝ma2.联立解得μ＝27≈0.3，B项正确．17．答案：C解析：若小球c带正电，则对a分析可知，a受到b和c的库仑斥力，分别沿ba方向和ca方向，对b分析可知，b受

到a和c的库仑斥力，分别沿ab方向和cb方向，故加上水平方向的匀强电场后，a、b不可能同时受力平衡，则小球c一定带负电，又a、b电荷量相等，所以小球c受到a和b库仑引力的合力垂直于a、b连线向左，在水平方向的匀强电场中小球c处于平衡状态，故场强方向一定垂直于a、b连线向左，A、B错

误；对小球a由三力平衡知识可知，Eqtan30°＝kq2L2，解得q＝3EL23k，C项正确；同理，对小球a有kqqcL2sin30°＝kq2L2，解得qc＝2q，故小球a、c所带电荷量大小之比为1∶2，D项错误．18．答案：B解

析：S1先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，故与地面碰撞后水平方向速度不变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有x＝v1t，解得t＝1.5s，A项错误；小球S1从抛出到第1次落地，有h＝1

2gt21，解得t1＝1s，落地时竖直方向分速度vy＝gt1＝10m/s，再经t2＝t－t1＝0.5s与小球S2相遇，故有vyt2－12gt22＝v2t－12gt2，解得v2＝10m/s，B项正确；相遇时，S2离地的高度h2＝v2t－12gt2＝3.75m，D项错误；S2上升到最高点

所用的时间为v2g＝1s＜1.5s，故S2一定在下降过程中与S1相遇，C项错误．19．答案：AC解析：组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期小于24h，A项正确；环绕地球表面做圆周运动的近地卫星的速度为7.9km/s，组合体的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，

由v＝GMr可知组合体的速度小于7.9km/s，B项错；若已知地球半径和表面重力加速度，则有GM＝gR2，对组合体则有GMm（R＋h）2＝mω2(R＋h)，两式联立可得出组合体的角速度，C项正确；若神舟十二号

先到达天和核心舱所在圆轨道再加速，则做离心运动，不能完成对接，D项错．20．答案：AD解析：导体棒垂直切割磁感线，感应电动势E＝BLv，A项正确，B项错；由欧姆定律可知，导体棒从ab到cd过程中通过电阻R1的平均电流I1＜BLv－R1，导体棒由ab位置运动到c

d位置所用的时间t＝xv，则通过电阻R1的电荷量q1＝I1t＜BLv－R1×xv＝BLxR1，C项错；R1、R2两电阻并联，由并联分流规律可知，q1q2＝I1I2＝R2R1，D项正确．21．答案：BD解析：由动滑轮与定滑轮的特点结合x＝12at2可知，A、B释放后，两物体加速度大小之比aA∶aB＝

1∶2，设A物体的加速度大小为a，轻绳张力大小为T，对A物体应用牛顿第二定律有2T－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，对B物体则有mg－T＝2ma，解得T＝6N，a＝2m/s2，故A项错；A、B两物体在相同时间内位移大小之比为1∶2，轻绳对A、B的作用力大小之比为

2∶1，且轻绳对A做正功，对B做负功，故轻绳对A和B做的总功为零，B项正确；由于斜面与物体A之间存在摩擦力．系统机械能不守恒，故B减少的机械能大于A增加的机械能，C项错；由v2＝2×2a×x可知，物体B下降2m时的速度大小为v＝4m/s，D项正确

．22．答案：(1)AB(1分)(2)2m/s(2分)(3)A(1分)(4)A(1分)解析：(1)本实验需要用带重锤的线确定竖直方向，需要刻度尺测量两光电门间距，A、B正确．故选AB.(2)当测得光电门的间距为10cm，小球从光电门1到光电门2的时间为0.05s，则小球做

平抛运动的初速度为v0＝dt＝2m/s.(3)本实验把平抛运动与自由落体运动进行比较，主要目的是为了验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，平抛的初速度不影响竖直方向上速度的改变，A正确．(4)A图中操作方法正确，误差较小，B图把小球卡在外测量爪凹槽处，会产生

较大误差，A正确．23．答案：(1)系统误差(2分)未考虑电压表的分流作用(2分)(2)1.3V(2分)0.89Ω(0.86～0.92Ω均可，2分)(3)小于(2分)解析：(1)由于电压表的分流作用，通过电源的电流测量值比实际的小，

这种误差由实验设计原理引起，不能靠多次测量取平均值的方法消除或减小，故为系统误差；(2)由闭合电路欧姆定律得E＝U2＋U2－U1R0r，变形得U2＝R0R0＋rE＋rR0＋rU1，结合图丙可知，R0R0＋rE＝1.40V，rR0＋r＝2.34－1.402＝0.4

7，解得r＝1.77Ω，E＝2.64V，所以一节干电池的内阻为r测＝r2＝0.89Ω，电动势E测＝E2＝1.3V；(3)结合(1)中分析可知，由于电压表V2的分流作用，电动势和内阻测量值均偏小．24．答案：(1)12m/s3m/

s2(2)s0＞36m解析：(1)由图可知在t1＝1s时A车刚启动，两车间缩短的距离x1＝vBt1(2分)代入数据解得B车的速度vB＝12m/s(1分)t2＝5s时A车与B车速度相等，因此A车的加速度a＝vBt2－t1(1分)将t2＝5s和其余数据

代入解得A车的加速度大小a＝3m/s2.(2分)(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v­t图象的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝12vB(t1＋t2)(2

分)代入数据解得x＝36m(2分)因此若A、B两车不会相遇，则两车的距离s0应满足条件s0＞36m.(2分)25.答案：(1)mv0qr(2)3r(3)见解析解析：(1)设粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的轨迹半径

为r1，则r1＝r(1分)由牛顿第二定律得：qv0B1＝mv20r1(2分)解得B1＝mv0qr.(2分)(2)设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为r2，大圆半径最小时，部分轨迹如图1所示，区域Ⅱ中磁场向外时轨迹为实线，磁场向里时轨迹为虚线．由牛顿第二定律得：qv0B2＝mv20r2

(2分)又B2＝3B1(1分)所以r2＝33r(2分)由几何关系得R＝r21＋r22＋r2＝3r2(1分)即R＝3r.(1分)(3)第一种情形：区域Ⅱ磁场方向向外，轨迹如图2，粒子从A射入，在两磁场各

偏转一次，对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要使粒子第二次到达Q点，需满足150n＝180mm、n属于自然数，即取最小整数m＝5，n＝6(2分)第二种情形：区域Ⅱ磁场方向向里，轨迹如图3，粒子从A射入，在两磁场各偏转一次，对应圆心角θ′＝90°－60°＝30°，要使粒子第二

次到达Q点，需满足30n＝180m(1分)m、n属于自然数，即取最小整数m＝1，n＝6(1分)粒子在区域Ⅰ中的周期T1＝2πr1v0，粒子在区域Ⅱ中的周期T2＝2πr2v0粒子在Ⅰ、Ⅱ区域各偏转一次的时间为t1＝14T1＋23T2＝

12＋439πrv0(2分)所以不论Ⅱ区域中磁场方向是向里还是向外，粒子均经过12次偏转后第二次通过Q点，则总时间为t＝6t1＝3＋833πrv0.(2分)33．答案：(1)CDE(5分)(2)(ⅰ)346.5K(ⅱ)1

7.4cm解析：(1)表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非指向液体内部，故A错误；在自然的过程中，热的物体把热量传递给冷的物体，最终达到温度相等；而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，故B错误；当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则

气体压强不为零，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，做出了把油膜视为单分子分布、把油酸分子看成球形、分子之间没有空隙，紧密排列这三方面的近似处理，故E正确．故选

C、D、E.(2)(ⅰ)设左侧管中气体的初始状态的压强、温度、体积分别为p1、T1、V1，则p1＝p0＋l0＝80cmHg，T1＝300K，V1＝lS(2分)设左侧管中气体加热至T时的压强、温度、体积分别为p2、T2、V2，则p2＝84cmH

g，T2＝T，V2＝(l＋2)S(1分)由理想气体状态方程得：p1V1T1＝p2V2T2(1分)解得：T＝346.5K(1分)(ⅱ)右管中水银面B′回到B处时左侧气体对应的压强、温度、体积分别为p3、T2、V1；由查理定律得：p1T1＝p3T2(或者p2V2＝p3V1)(2分)解得：p3

＝92.4cmHg(1分)则右侧管中气体上端水银柱的长度为l′＝(92.4－75)cm＝17.4cm(2分)34．答案：(1)ACE(5分)(2)(ⅰ)3(ⅱ)见解析解析：(1)在“用单摆测定当地重力加

速度”的实验中，摆线的长度直接影响最后的实验结果，选择伸缩性小、尽可能长的细线可以有效减小系统误差，A项正确；只有在偏角较小的情况下，摆球的摆动才能认为是简谐运动，故C项正确；由实验原理可知，T＝2πlg，变形可得

T2＝4π2gl，则T2­l图线的斜率约为4s2/m，E项正确．单摆的悬点到摆球球心的距离为摆长，并非只是摆线的长度，B项错误；单摆的周期等于一次全振动所用的时间，即：T＝t50，D项错误．(2)(ⅰ)连接DO，则三角形BOD恰为等边三角形，由几何知识得α＝30

°(1分)在界面AB，根据折射定律：sin60°＝n·sinα(1分)解得n＝3(1分)(ⅱ)作出其余光路如图所示，光在O点发生折射，OO′所在的直线为法线(2分)根据折射定律：sin∠2＝n·sin∠1

而∠1＝α＝30°解得∠2＝60°(1分)光在D′点发生折射，D′E所在直线为法线，由光路可逆知：∠3＝∠1＝30°在Rt△OO′D′中：O′D′＝OO′·tan∠2＝33R(1分)在△O′D′P中，根据正弦定理：sin∠4O′D′＝sin（90°＋∠3

）O′P(1分)解得∠4＝30°则P点在半圆上，且∠PO′C′＝30°光在P点发生折射，根据折射定律：sin∠5＝n·sin∠4(1分)联立解得：∠5＝60°(光线平行于OO′连线向右射出)(1分)仿真练314．答案：C解析：β射线的实质是高速运动的电子流，不

是电磁波，故A错误；根据β衰变特点可知，锶­90经过β衰变后形成的新核的电荷数增加1，故B错误；核武器实验涉及的核反应过程中有能量放出，发生质量亏损，则质量不守恒，故D错误．由公式m＝m0(12)tT，代入数据解

得t＝112.4年，故C正确．15．答案：C解析：A、K之间的电场不是匀强电场，所以电场强度不是Ud，故A错误．电子在K极由静止被加速，到达A极时电场力做的功W＝eU，所以到A极时电子的动能等于eU，电势能减小了eU，故B错误，C正确．根据题中信息可知，A、K之间

的电场线由A指向K，所以由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误．16．答案：D解析：因为该人以相对于高铁的速度v0水平抛出一个小球，小球在竖直方向上仅受重力的作用，故它会向下做初速度等于零，加速度等于g的匀变速直线运动，A错误；高铁是加速向前

运行的，根据题意可知，小球在水平方向上受到恒定的惯性力，故在水平方向上小球做匀变速运动，B错误；小球水平方向的加速度大小为a，若小球落在抛出点的正下方，则小球将先向前做匀减速运动，一直到速度减为零后，再反向加速，最后水平方向位移为零，故满足t＝2×v0a，又竖直方向上有h＝12gt2，联立解得

v0＝ah2g，C错误，D正确．17．答案：D解析：根据左手定则可知，右侧导线开始时，受到垂直纸面向外的安培力作用，所以导线垂直纸面向外摆动，故A错误；右侧导线在摆动过程中，当铝箔刷子与下端铝箔分开时，导线中无电流通过，不受安培力作用，故B错误；右侧导线在整个摆

动过程中安培力的方向既有与导线运动方向相同的情况，也有与导线运动方向相反的情况，所以安培力对导线有时做正功，有时做负功，故C错误；根据左手定则可知，同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线开始时所受安培力方向不变，所以开始摆动

方向与原来相同，故D正确．18．答案：C解析：对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则F向＝mgtanθ，θ为小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角，h越小，θ越大，向心力F向越大，对碗和小球组成的整体有f＝F向＝mgtanθ，故h越小，地面对碗的摩擦力越大，

A错误；对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B错误；若h＝R2，则θ＝60°，对小球根据牛顿第二定律可知mgtan60°＝mv232R，则小球的动能Ek＝12mv2＝34mgR，故C正确；若h＝R2，根据m

gtan60°＝man解得an＝3g，结合AB选项的分析可知μ(M＋m)g≥f＝man，解得μ≥311，故D错误．19．答案：BD解析：根据点电荷形成的电场E＝kQr2，可在C处画出场源电荷分别为＋3Q、＋Q电场线的示意图，根据平行四边形定则作出合场强的大小及方向，若试探电荷为正电荷，则所受的电

场力与场强方向相同，若试探电荷为负电荷，则所受的电场力与场强方向相反，选项B、D正确，A、C错误．20．答案：AC解析：忽略星球自转，有GM地mR2地＝mg、GM火mR2火＝mg火，联立得g火g＝M火R

2地M地R2火＝pq2，即g火＝pq2g，故A正确；在Δt时间内发动机喷出气体的体积为V＝4SvΔt，喷出气体的质量为Δm＝ρV＝4ρSvΔt，由动量定理得F·Δt＝Δmv，由于发动机匀速，则F＝Mg火，联立解得喷出气体相对于

组合体的速度为v＝12qpMgρS，故喷出气体相对于火星表面的速度大小为v′＝12qpMgρS＋0.75m/s，故B错误；“空中起重机”匀速运动，总位移为x＝20m－7.6m＝12.4m，下降时间约为t＝xv1＝12.40.75s≈16.5s，故C正确；火星车刚被释放时相对“空中起重机”的速

度为0.75m/s，最后二者共速，故火星车一定有一段减速过程(拉力大于火星车重力)，最后做匀速运动(拉力等于火星车重力)，吊索的拉力不会始终保持不变，故D错误．21．答案：ABD解析：对cd棒受力分析，有FA＝mgsin37°，ab棒和cd棒所受安培力大小相等，则对ab棒受力分析

有F＝FA＋mgsin37°＝2mgsin37°＝0.96N，因此A正确．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blvcos37°，则对cd棒分析可得Bcos37°Blvcos37°2Rl＝mgsin37°，解得v＝

6m/s，故B正确，C错误．运动1s，导体棒ab沿导轨向上运动了x＝6m，则系统产生的热量Q＝Fx－mgxsin37°＝2.88J，因此导体棒cd上产生的热量为1.44J，故D正确．22．答案：(1)挡板(1分)(2)

xH(2分)tanθ－xHcosθ(2分)解析：(1)本实验利用小球与滑块的运动时间相等，结合运动学规律和牛顿第二定律进行数据处理．可知应保持小球和滑块的位置不变，调整挡板的位置，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．(2)对滑块有x＝12at2，对小球有H＝12gt2，得ag＝xH；

由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得μ＝tanθ－agcosθ＝tanθ－xHcosθ.23．答案：(1)如图所示(2分)(2)偏小(2分)(3)B(2分)(4)非线性(2分)(5)AC(2分)解析：(

1)为得到元件的I­U关系图象，待测元件两端的电压和通过的电流应从零开始调节，故滑动变阻器应该采用分压式接法，连接电路如答图．(2)本实验测的其实是电压表与元件并联后的电阻，所以测量值会比元件实际电阻值小．(3)分压接法应选择阻值小的滑动变阻器，但A电阻太小，在滑动滑片过程中，通过的电

流会超过0.5A，滑动变阻器会被烧坏，故B正确．(4)由图象可知，该元件是非线性元件．(5)I­U图线上某点与原点连线的斜率为1R，根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电阻会急剧减小．若不使用R0，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件．而有无R0对电流表和电压表的测量误差无影响

，A正确，B错误；根据图象可知待测元件的有效电压测量范围小于1V，而电源电动势约为6V，待测元件两端电压非常小，如果不用R0，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误．24．答案：(1)1.25s(2)0.6kg解

析：(1)包裹A在传送带上滑行，由牛顿第二定律可得μ1mAg＝mAa1(1分)解得a1＝4m/s2假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速直线运动知识可得v20－0＝2a1s1(1分)解得s1＝2m因s1<L，所以上述假设成立加速过程，有s1＝12a1t21(1分)解得t1＝1s匀速过程

，有L－s1＝v0t2(1分)解得t2＝0.25s所以包裹A在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝1.25s．(1分)(2)包裹A在水平面上滑动时，由牛顿第二定律得μ2mAg＝mAa2(1分)解得a2＝5m/s2同理，包裹B在水平面上滑动的加速度大小也是a2＝5m/s2(1分)

包裹A向前滑动至静止过程，有0－v2A＝－2a2sA(1分)解得vA＝1m/s包裹B向前滑动至静止过程，有0－v2B＝－2a2sB(1分)解得vB＝2m/s(1分)包裹A、B相碰过程，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB(1分)解得mB＝0

.6kg(1分)25．答案：(1)4×106m/s(2)3×10－7s(3)3×10－4T解析：(1)作出离子的运动轨迹，如图甲所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨迹半径r＝OA2sinα＝0.2m(2分)由洛伦兹力提

供向心力有Bqv0＝mv20r(2分)解得v0＝4×106m/s(2分)(2)离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向的分运动为速度为v0的匀速直线运动，在此方向的位移l1＝v0t(1分)离子沿电场方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，在此方向的位移为l2，

则Eq＝ma，l2＝12at2(2分)由几何关系可知tan60°＝l2l1，(2分)联立并代入数据解得t＝3×10－7s(2分).(3)根据题意，可画出如图乙所示的离子做半径最大的完整圆周运动的草图，设离子在磁场中做完整圆周运动的最大半径为R，再加磁场后磁

感应强度为B1，由几何关系得R＝12(r－rsin30°)＝0.05m(2分)由牛顿运动定律有B1qv0＝mv20R，(2分)解得B1＝4×10－4T(1分)则再加磁场的磁感应强度的最小值为ΔB1＝B1－B＝3×10－4T．(2

分)33．答案：(1)CDE(5分)(2)①320K②30cm③如解析图所示解析：(1)气体从外界吸收热量的同时可能伴随着气体膨胀对外做功的过程，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体的内能不一定增加，A错

误；气体压强是由于大量气体分子撞击容器壁产生的，与重力无关，气体处于超重或失重状态不影响气体的压强，B错误；根据气体实验定律V1V2＝T1T2，在等压膨胀的过程中，气体的温度一定升高，C正确；热力学第二定律表明，“不可能使热量由低温物体传

递到高温物体而不引起其他变化”，电冰箱工作过程中，热量从低温物体向高温物体传递的前提条件是压缩机做功，不违背热力学第二定律，D正确；自发的宏观过程不仅遵循能量守恒定律，同时也遵循热力学第二定律，只符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生，E正确．(2)①已知p1＝p0＝

75cmHg，T1＝300K，p2＝p0＋5cmHg＝80cmHg(1分)由查理定律得p1T1＝p2T2(1分)解得T2＝320K．(1分)②假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，有p2＝80cmHg，p3＝p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg＝(40

＋x)cmHg(1分)V2＝18S，V3＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x)(1分)由玻意耳定律得p2V2＝p3V3(1分)解得x＝8cm与假设相符，故假设成立，所以密闭气体的长度为(18＋10＋10－8)cm＝30cm.(1分)③p3＝48cmHg，变化曲线

如图所示．(3分)34．答案：(1)ADE(5分)(2)①355②6×10－9s解析：(2)①由题意可知，光线AB从圆柱体左端面射入，其折射光线BD射到柱面D点恰好发生全反射．如图所示，由几何关系知sini＝rr2＋d2＝25(1分)(2分)由

折射定律得n＝sinisinθ又知sinC＝1n(1分)sinθ＝cosC＝1－sin2C(1分)解得n＝355(1分)②折射光线BD在玻璃柱体内传播路程最长，因而传播时间最长．由几何关系知s＝LsinC＝nL(1分)又知v＝cn(

1分)故t＝sv＝n2Lc＝6×10－9s．(2分)仿真练48＋2实验＋2计算＋2选114．答案：C解析：质量是惯性大小的量度，与阻力大小无关，因此磁悬浮列车惯性不变，A错误；速度可达600公里/小时，

这是指瞬时速率，B错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，能“快起快停”，是指加速度大，C正确；考查磁悬浮列车在两城市间的运行时间时可视为质点，这种研究方法叫“理想模型”，D错误．15．答案：C解析：若没有风吹，则觞随着河水自西向东飘向下游，现有北风吹来，依据运动的合成与分解，之后觞可能的运动轨

迹为3，不可能为4，原因是轨迹4最后沿着流水方向没有了速度．也不可能是轨迹1或2，原因是吹的是北风．故选C.16．答案：A解析：由题意，光电子的最大初动能为2.10eV，且照射金属板的光是氢原子从第4能级跃迁到第2能级辐射出来的，则由爱因斯

坦光电效应方程Ek＝hν－W0得W0＝hν－Ek＝(3.40－0.85)eV－2.10eV＝0.45eV，A正确，B、C、D错误．17．答案：B解析：“神舟十二号”和“天和”核心舱均环绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，处于

非平衡状态，A错误；对于在地球表面绕地球做匀速圆周运动的物体，万有引力等于重力，即GMm0R2＝m0g，对于“神舟十二号”和“天和”核心舱有G＝Mm（R＋h）2＝ma，故a＜g＝9.8m/s2，B正确；地球同步卫星的运行周期为24h，且轨道高度大于“神舟十

二号”和“天和”核心舱的对接轨道高度，由开普勒第三定律R31R32＝T21T22可知，“神舟十二号”和“天和”核心舱的运行周期一定小于24h，C错误；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以“神舟十二号”和“天和”核心舱的运行速度一定小于7.9km/s，D错误．18．答案

：D解析：根据图象知，交流电周期为0.01s，所以频率为100Hz，变压器不改变交流电的频率，副线圈两端电压的频率为100Hz，故A错误；电流表的示数表示的是交流电的有效值，故B错误；根据变压器两端电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压最大值为40V，小于电容

器的击穿电压50V，故电容器不会击穿，故C错误；匝数比不变，副线圈两端电压不变，滑片P向下移动时，副线圈回路电阻变小，根据欧姆定律可知，回路电流I2变大，根据只有一个副线圈的变压器电流与匝数成反比可知，原线圈电流也变大，故电流表A1、A2的示数均增大

，故D正确．19．答案：BC解析：当车轮高速旋转时重物做离心运动使弹簧拉伸，则安装时应使B端比A端更靠近气嘴，A错误．离心运动的条件是重物所受的合外力小于向心力，即转速达到一定值后LED灯才会发光，B

正确．重物的质量越大，转速相同时需要的向心力越大，则弹簧上的拉力就越大，故在较低的转速下增大重物质量也能使LED灯发光，C正确．匀速行驶时，LED灯转到最低点时能发光，此时弹簧的拉力大于重物的重力；当LED灯转到最高点时，若重力大于向心力，则弹簧处于压缩状态，LED灯不发光；若重力小

于向心力，则弹簧处于伸长状态，LED灯可能发光也可能不发光，D错误．20．答案：AC解析：做曲线运动的物体一定受到指向轨迹内侧的合外力，根据等势面和电场线的关系，可知粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程，电场力做正功，粒子的动能增大，粒子的速度v2一定大于v1，选项A正确；粒子受到的电场力竖直

向下，电场线竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，选项B错误；粒子沿等势面方向的分运动为匀速直线运动，则粒子从A点运动到B点所用的时间为Lcosθv1，选项C正确；从A到B的过程，根据动能定理有EqLsinθ＝12mv22－12mv21，解得

电场强度大小为E＝m（v22－v21）2qLsinθ，选项D错误．21．答案：BCD解析：根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，故所受安培力的合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小

相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与系统产生的电热之和，故A错误，B正确；a、b最终共速，设最终速度为v，由动量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，对b棒由动量定理有mv－0＝BI－l·t＝Blq，联立解得q＝2mv03

Bl，根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q＝12×2mv20－12(2m＋m)v2＝mv203，故C、D正确．22．答案：(1)1.98(2分)(2)m（g＋a）g－a(2分)(3)>(2分)解析：(1)相邻计数点间的时间间隔为T＝0.10s，根据逐差法可知物

块Q下落的加速度a＝[（15.03＋13.04＋11.06）－（9.08＋7.11＋5.12）]×10－2（3T）2m/s2＝1.98m/s2.(2)设轻绳中的张力为T′，对P有T′－mg＝ma，对Q有M理g－T′＝M理a，解两式得M理＝m（g＋a）g－

a.(3)若考虑阻力，则有M实g－mg－f＝(M实＋m)a，解得M实＝m（g＋a）＋fg－a，可见M实>M理．23．答案：(1)200(2分)4850(2分)(3)小于(3分)(4)AD(2分)解析：(1)微安表并联电阻改装为1mA的电流表，有IgRg＝

(I－Ig)R1，即250×10－6×600V＝(1×10－3A－250×10－6A)R1，解得R1＝200Ω，改装后的电流表满偏电流为I＝1mA，内阻为RA＝R1RgR1＋Rg＝150Ω，再改装为量程为0～5V的电压表，串联电阻R2，有U＝I(RA＋R2)，即5V＝1×10－3

A×(150Ω＋R2)，解得R2＝4850Ω.(3)由标准电压表的读数可知改装后电压表测量的真实电压为3.2V；微安表的分度值为5μA，读数为170μA，根据微安表指针偏角和改装电压表所测电压成正比有3.2V170μA＝U′250

μA，解得改装电压表真实量程的最大值U′≈4.71V<5V，即改装电压表真实量程的最大值小于5V.(4)因改装电压表的量程最大值偏小，又U＝IgRg＋1＋RgR1IgR2，则保持R1不变，将R2增大到合适值，可使U增大，另外保持R2不变

，将R1减小到合适值，也能使U增大，正确答案为A、D.24.答案：(1)2mvql(2)3πl3v解析：(1)粒子以速率v沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，其运动轨迹如图1中的实线MN由几何条件可知，磁场圆的半径为R＝32l

(1分)设粒子的运动轨迹半径为r1，∠MON为θ，则tanθ2＝tanπ6＝r1R(1分)解得r1＝12l(1分)由牛顿第二定律有qvB0＝mv2r1(2分)解得B0＝2mvql(1分)(2)当磁感应强度变化后，大量此类粒子从M点射入磁场，由牛顿第二定律有qvB′＝mv

2r2(1分)解得r2＝3l(1分)粒子在磁场中运动时间最长时，弧长(劣弧)最长，对应的弦长最长(磁场圆的直径)，其运动轨迹如图2中的实线MP由几何关系得α＝π3(1分)粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T6(1分)又T＝2πr2v(1分)解得tmax＝3πl3v(1分)25．答案

：(1)mg2（h1－h2）R－3－2cosθ(2)h1μ(3)h1≥h2＋（3＋2cosθ）R2解析：(1)小滑块从开始运动到圆轨道的最高点的过程中只有重力做功，则mg[h1－h2－R(1＋cosθ)]＝12mv2(3分)小滑块在最高点受到的压力与重力的合力提供向心力，则FN＋mg＝mv

2R(2分)联立得FN＝mg[2（h1－h2）R－3－2cosθ](2分)根据牛顿第三定律，可知小滑块对轨道的压力为mg[2（h1－h2）R－3－2cosθ](3分)(2)整个的运动过程中重力与摩擦力做功，则mgh1－μmgs＝0(2分)可得s＝

h1μ(3分)(3)为保证小滑块不脱离轨道，则在圆轨道的最高点必须满足：FN≥0，(2分)解得(h1－h2)≥（3＋2cosθ）R2(3分)所以h1≥h2＋（3＋2cosθ）R233．答案：(1)ACD(5分)(2)①2

00K②40N解析：(1)本题考查了热学的基础知识，意在考查考生的理解能力．温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，A正确；人们对潮湿的感觉取决于相对湿度，空气的相对湿度越大，人们越感觉到潮湿，B错误

；气体压强由气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数和分子的平均碰撞作用力共同决定，压强不变，温度升高，分子的平均碰撞作用力增大，则气体分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，C正确；单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，D正确；当分子间距离增大时，分子

间引力和斥力都减小，E错误．(2)本题考查了压强的计算以及气体实验定律等知识点，意在考查考生综合分析问题的能力．①气缸内气体压强不变，温度降低，气体体积变小，故活塞向下移动，由盖－吕萨克定律得：LS1＋LS2T0＝HS1T(2分)代入数据得：T＝200K(1分)②设初始时气体压强为p1，由

平衡条件有：p0S1＋p1S2＝mgsin30°＋p0S2＋p1S1(2分)代入数据得：p1＝1.6×105Pa活塞a刚要到达气缸顶部时，向上的推力最大，此时气体的体积为HS2，压强为p2，由玻意耳定律有：p1(LS1＋LS2)＝p2HS2(2分)代入数据得：p2＝1.2×10

5Pa由平衡条件有：p0S1＋p2S2＋F＝mgsin30°＋p0S2＋p2S1(2分)代入数据得：F＝40N(1分)34．答案：(1)CDE(5分)(2)见解析解析：(1)本题考查了光学的基础知识，意在考查考生对物理

概念的理解能力．只有当光从真空射入介质发生折射时，介质的折射率才等于入射角的正弦与折射角的正弦之比，A错误；当光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角时，会发生全反射，只有反射光，没有折射光，B错误；只

有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象说明光是横波，C正确；由公式n＝cv＝sinisinr可知，发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同，折射率不同，D正确；由公式Δx＝λLd可知，干涉条纹的间距与入射光的波长成正比，即入射光由红光改为绿光时，干涉图样中的相邻亮条纹间距一定变窄

，E正确．(2)本题考查了机械波的传播、波的叠加等知识，意在考查考生综合波的图象处理问题的能力．①由题图可知λa＝4m，λb＝6m由T＝λv(1分)可得Ta＝λav＝1s(1分)Tb＝λbv＝1.5s(1分)②a波第一个波峰在xa＝－3m位置沿x轴正方向传播，b波第一个波峰在xb＝4.

5m位置沿x轴负方向传播，两位置相距L＝7.5m.由于波速相等，故传播相同距离Δx＝L2＝3.75m时，(2分)两个波峰到达同一位置x＝xa＋Δx＝0.75m，(2分)这就是第一次波峰重合的位置．③a波传播到x＝0处还需半个周期，即0.5s，t＝2.25s时，则x＝0处的质点向上起

振后经历的时间为1.75s，即74Ta，振动到负向最大位移处，(1分)b波传播到x＝0处还需半个周期，即0.75s，t＝2.25s时，则x＝0处的质点向上起振后经历的时间为1.5s，正好振动一个周期后回到平衡位置，(1分)故在x＝0处质点振动的合位移为－5cm.(1分)