文档内容
必修第一册
思维导图
一、 直线运动
基础公式
高考考向
考向一：运动的描述
1. C
【解析】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，
选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；
CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，
D错误．
故选C．
2. B
【解析】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不能把足球看
作质点，故A错误；
B．惯性只与物体的质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；
C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下足球只受重力，故C错误；
D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误．
故选B．
3. B
【解析】A 选项：研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故排球不可以
看成质点，故A错误；
B 选项：研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球
不能看成质点，故B正确；
C 选项：
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的大小不可以忽略，故C错误；
D 选项：研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部
分的速度不可以视为相同，故D错误．
故选B.
4. C
【解析】根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为
，
故选C．
5. C
【解析】A．该过程位移指的是从 点漂流到 点的有向线段，故位移大小为 ，故A错误；
B．从 点漂流到 点的路程为 ，用时 ，则平均速率为
，
率
故B错误；
C．该游客的平均速度大小为 ，
故C正确；
D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为 ，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰
的平均速度也为 ，故D错误．
故选C．
考向二：匀变速直线运动规律及推论
6. C
【解析】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设 间的距离为 ，则根据题意有
，
联立解得
，
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}则
其中还有
解得
联立解得
故选C．
7. C
【解析】方案一：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 （ ）
，则列车进隧道前必须减速到 ，则有
，
解得减速时间
．
在隧道内匀速运动的时间
列车尾部出隧道后立即加速到 ，有
，
解得
加速时间 ．
则列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为
．
故选C．
方案二：首先，我们需要计算列车在减速过程中所需的时间和距离．由于减速时加速度为
,我们可以使用以下公式计算减速时间 :
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}接下来，我们需要计算列车在加速过程中所需的时间和距离．由于加速时加速度为 ,我们
可以使用以下公式计算加速时间 :
现在我们已经知道了列车在减速和加速过程中所需的时间，但是我们需要确保列车在通过
隧道的过程中始终保持在规定的速度范围内．因此，我们需要计算列车在加速过程中所行
驶的距离 ,以及在减速过程中所行驶的距离 .我们可以使用以下公式计算距离：
对于减速过程，我们有：
对于加速过程，我们有：
为了使列车能够安全通过隧道，我们需要确保在减速过程中行驶的距离 小于隧道的长度
,同时在加速过程中行驶的距离 加上隧道的长度 大于等于列车在减速过程中行驶的距
离 .因此，我们有以下不等式：
将 和 的表达式代入上述不等式，我们得到：
得：
因此，列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为：
8. B
【解析】 ， ．由于中间 个站均匀分布，因此节省的时
间相当于在任意相邻两站间节省时间的5倍，相邻两站间的距离
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
小时 分钟，
总
故选B．
9. B
【解析】陈芋汐落水前全程时间由 可得 ，
开始下落的前 用时由 可得 ，
则用于调整姿态时间为 ，
故选B．
考向三：运动图像
10. D
【解析】
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}【详解】
x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t图像斜率变大，t
1 1
—t做匀减速运动则图像的斜率变小，在t时刻停止图像的斜率变为零。
2 2
故选D。
11. A
【解析】因电梯上升，由速度 时间图像可知，电梯加速上升的时间段为 到 ．故选A．
12. BD
【解析】ABC．质点在 时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加
速运动，此过程一直向前加速运动， 时间内加速度和速度反向，先做加速度增大
的减速运动，再做加速度减小的减速运动， 时刻速度减到零，此过程一直向前做减速运
动， 重复此过程的运动，即质点一直向前运动，AC错误，B正确；
D． 图线与时间轴所围的面积表示速度变化量， 内速度的变化量为零，因
此 时刻的速度与 时刻的速度相同，D正确．
故选BD．
13. D
【解析】A 选项：根据 图像的斜率表示加速度，由题图可知 时间内，训练后运动员的平
均加速度比训练前的小，故A错误；
B 选项：根据 图像围成的面积表示位移，由题图可知 时间内，训练前运动员跑
过的距离比训练后的大，故B错误；
C 选项：根据 图像围成的面积表示位移，由题图可知 时间内，训练后运动员
的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平
均速度大，故C错误；
D 选项：根据 图像可直接判断， 时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；
时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确．
故选D.
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}14. BC
【解析】A 选项：该图中，甲乙在 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在 时刻之前不能相
遇，故A错误；
B 选项：该图中，甲乙在 时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在 时刻之
前能再次相遇，故B正确；
C 选项：因 图像的面积等于位移，则甲乙在 时刻之前位移有相等的时刻，即两人
能再次相遇，故C正确；
D 选项：因 图像的面积等于位移，分析图片可以知甲乙在 时刻之前，甲的位移始
终大于乙的位移，则两人不能相遇，故D错误；
故选BC.
二、 相互作用—力
基础公式
高考考向
考向一：静态平衡
15. B
【解析】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧
形变的大小为相邻两盘的间距，则有 ，
解得 ；
故选B．
16. D
【解析】对“嫦娥五号”探测器受力分析有
月
则对一条腿有
月
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力的大小为 ．
故选D．
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}17. C
【解析】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为 ，由平衡条件
，
可知 ，
故选C．
18. D
【解析】对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
，
，
故选D．
19. D
【解析】以 点为研究对象，受力分析如图，
由几何关系可知 ，
由平衡条件可得：
，
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}，
联立可得 ，
故 D 正确，ABC 错误．
故选 D．
20. B
【解析】设斜杆的弹力大小为 ，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得
解得
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与 平衡，即大小为 ，每根斜杆受到地面的摩擦
力为
B正确，ACD错误；
故选B．
21. D
【解析】六块形状完全相同的石块围成的半圆对应的圆心角为 ，每块石块对应的圆心角为
，对第 块石块受力分析如图甲所示
结合力的合成可知
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}对第 块和第 块石块整体受力分析如图乙所示
解得
故选D．
考向二：动态平衡及临界极值问题
22. B
【解析】AB．对人受力分析有
则有
其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；
CD．对动滑轮受力分析有
则有
则随着重物缓慢拉起过程， 逐渐增大，则 逐渐增大，CD错误．
故选B．
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}23. B
【解析】设两根绳子对圆柱体的拉力的合力为 ，木板对圆柱体的支持力为 ，绳子与木板的夹角
为 ，从右向左看，如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理得
在木板以直线 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中， 不变， 从 逐渐减小到0，
又
且
可知
则
可知 从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于 不断减小，可知 不断减小， 先增大后减小，可知 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 ，绳子的
拉力为 ，则
可得
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}不变， 逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，故B正
确，ACD错误．故选B．
24. B
【解析】AB．设轻绳的合拉力大小为 ，对石墩受力分析，由平衡条件可知
联立解得
故A错误，B正确；
C．轻绳的合拉力的大小为
其中 ，可知当 时，拉力有最小值，即减小夹角 ，轻绳的合拉力
不一定减小，故C错误；
D．摩擦力大小为
可知增大夹角 ，摩擦力一直减小，当 趋近于 时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小
时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选B．
25. C
【解析】A选项，B选项：对滑块受力分析， 与 夹角为 不变（可用“动态圆法”解），
由竖直方向变为水平方向，
由 变到 ， ， ，
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}由 变大到 ， 由 变小到 ，故AB错误；
C选项，D选项：对凹槽受力分析，小滑块对凹槽的压力， ,
，
墙
由 变到 ， 先增大后减小；
墙
， 一直在减小，故C正确，故D错误；
地 地
故选C．
三、 运动和力的关系
基础知识
高考考向
考向一：牛顿第二定律的基本应用
26. B
【解析】A 选项：上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速
度均为零．对排球受力分析，上升过程中所受重力和空气阻力方向相同，下降过程中所受
重力和空气阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降
过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大．由位移与时间关系可知，上
升时间比下落时间短，故A错误；
B 选项：上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力一
直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的
速度，故排球被垫起时的速度最大，故B正确；
C 选项：达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，加速度不为
零，故C错误；
D 选项：下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，
排球在下落过程中做变加速运动，故D错误．
故选B.
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}27. BC
【解析】
【详解】
根据牛顿第二定律有
F－μmg=ma
整理后有
F=ma＋μmg
则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出
m >m ，μ m g=μ m g
甲 乙 甲 甲 乙 乙
则
μ <μ
甲 乙
故选BC。
28. D
【解析】对该物块进行受力分析：
， ， ，
，由 得： ，
，
的函数图像如图
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}由图像得 的值，在 取值为 到 之间时，先变大后变小，
所以 先减小后增大，故D正确；
故选D．
29. ( 1 )
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
( 2 ) 根据运动学公式得
解得
( 3 ) 根据牛顿第二定律得
根据运动学公式得
代入数据解得
30. BC
【解析】A 选项：当飞行器关闭发动机，以 的速率匀速下落时，有
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}，当飞行器以 的速率向上运动时，设最大推力为 ，则
，联立可得 ， ，A 错误；
B 选项：飞行器以 的速率匀速水平飞行时，重力、阻力和推力三力平衡，此时
推力大小为 ，B 正确；
C 选项：发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，重力、阻力和推力三力平衡，此
时阻力大小为 ，解得 ，C 正
确；
D 选项：当发动机以最大推力推动飞行器，以 的速率向上减速飞行时，其加
速度向下达到最大值， ，
解得 ，D 错误．
故选BC.
考向二：连接体及临界问题
31. CD
【解析】A．设杆的弹力为 ，
对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足，
，竖直方向：
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 ，可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
，故A错误；
B．若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
对小球B，由于 ，小球B受到向左的合力为
对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得 ，故B错误；
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}C．若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力最大值为
，小球B所受向左的合力最大值
，由 可以知道
则对小球B，根据牛顿第二定律：
对系统根据牛顿第二定律：
联立可得 的最大值为 ，故C正确；
D．若推力 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁
向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受
的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律 ，
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B所受合力分范围可得 的范围为
，故D正确．
故选CD．
32. AD
【解析】设两滑块的质量均为 ，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
，
撤去拉力前对 受力分析可知，弹簧的弹力为
，
AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为 ，两滑块与地面间仍然保持相对
滑动，此时对滑块 受力分析得 ，
解得滑块 的加速度为
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}此刻滑块 所受的外力不变，加速度仍为零，滑块 做减速运动，故 、 间距离减小，
弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小．根据牛顿第二定律可知滑块 减速的加速度减小，滑
块 所受的合力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动．故滑块 的加速度大小的最
大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 ． 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有
，
解得
，
故滑块 加速度大小的最大值为 ，A正确，B错误；C．滑块 、 水平向右运动，
、 间的距离在减小，故 的位移大小一定小于 的位移大小，C错误；
D．滑块恢复原长时，对滑块 受力分析得
，
解得滑块 在弹簧恢复到原长时的加速度为 ，
撤去拉力时， 、 的初速度相等，滑块 由开始的加速度大小为 做加速度减小的减
速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小为 ；滑块 由开始的加速度为 做加速度增大
的减速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小也为 ．分析可知 的速度大小均不大于同
一时刻 的速度大小，D正确．故选AD．
33. A
【解析】当两球运动至二者相距 时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为 ，水平方向有
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A为正确选项，BCD为错误选项。
故答案为A。
34. A
【解析】 静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力 作用在 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故 物体加速下降，有
可得
而 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对 由牛顿第二定律
解得
故选A．
35. ( 1 )
( 2 )
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}【解析】( 1 ) 设电动机的牵引绳张力为 ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为 ，对配重有
设斜面倾角为 ，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得
，
( 2 ) 关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为 ，对系统由牛顿第二
定律有
可得
由运动学公式可知
解得
考向三：板块模型、传送带模型
36. BCD
【解析】A 选项：由图像可知，整个过程分三个阶段，开始时两者都不动也不互相打滑，第二阶段
一起加速相对地面运动但互相之间不打滑，第三阶段木板与物块产生相对滑动．
时刻， ，可得 ，故A错误；
B 选项：
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}时刻，对整体有 ，对 有
，解得 ，故B正确；
C 选项： 时刻后，木板向右做匀加速运动，可得 ，即
，故C正确；
D 选项： ，两者均静止； ，两者相对静止做加速运动，故D正确；
故选BCD.
四、 考前必背——二级结论
{#{QQABRYSUogAoAJIAABgCQwGqCEEQkAGAAYgOxFAIMAAAgRFABAA=}#}必修第二册
知识导图
一、 抛体运动与圆周运动
基础知识
高考考向
考向一：曲线运动的特点
1. A
【解析】篮球做曲线运动，所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧；
故选A．
2. D
【解析】AB．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；
CD．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错
误，D正确．
故选D．
3. D
【解析】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在相邻等时间间隔 内水平方向位移增加量为
，竖直方向做自由落体运动，在相邻等时间间隔 内，竖直位移增加量为 ；说
明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的．
故选D．
4. A
【解析】假设飘带的宽度为 ，单位长度的质量是 ，则长度为 的飘带的重力为 ，
受到的风力为： ．
设二者的合力与竖直方向的夹角为 ，则有 ，
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}即重力和风力的合力方向是确定不变的，与位置无关．
所以飘带应为一条倾斜的直线，故 A 正确，BCD 错误．
故选 A．
考向二：平抛运动
5. D
【解析】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时
间改变，故A错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
，
则抛出后铅球的速度大小为 ，
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C．铅球被抛出后的动能 ，
可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D．铅球被水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球的机械能守恒，故D正确．
故选D．
6. C
【解析】设斜坡 段的倾角为 ，运动员在斜坡 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
有 ，
可得 ，
运动员在水平 段做匀速直线运动，加速度 ，
运动员从 点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度， ，
设运动员在 点的速度为 ，则运动员从 点飞出后速度大小的表达式为
， 为运动员从 点飞出时的时刻
由分析可知运动员从 点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 ，
C 正确，ABD 错误．
故选 C．
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}7.
【解析】由题意得：小球做平抛运动，
如图所示，设抛出点为 ，第一个影像为 ，第二个影像为 ，
因为每相邻的两个球之间被删去了 个影像，
所以 ，
设小球被抛出时速度为 ，
，
，
，
，
，
，
，
联立以上各式得：
．
考向三：斜抛运动
8. ( 1 )
( 2 )
【解析】( 1 ) 灭火弹离开炮口后做斜向上抛运动，则水平方向上有
竖直方向上有
代入数据联立解得
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}．
( 2 ) 根据题意可知
又因为
联立可得
．
9. BD
【解析】设网球飞出时的速度为 ，竖直方向
竖直
代入数据得
竖直
则
水平
排球水平方向到 点的距离
竖直
水平 水平 水平
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
水平 水平
平行墙面的速度分量
水平 水平
反弹后，垂直墙面的速度分量
水平 水平
则反弹后的网球速度大小为
水平 水平 水平
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}水平
故BD正确，AC错误．
故选BD．
考向四：圆周运动
10. ；
【解析】发光物体的速度
发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为
．
11. D
【解析】运动员从 到 根据动能定理有
，
在 点有
，
，
联立有
，
故选D．
12. B
【解析】在 段的最大加速度为 ，则根据
可得在 段的最大速度为
在 段的最大加速度为 ，则根据
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}可得在 段的最大速度为
可知在 段运动时的速度为 ，在 段运动的时间为
段从最大速度 减速到 的时间
位移
在 段匀速的最长距离为
则匀速运动的时间
则从 到 最短时间为
故选B．
13. BD
【解析】AB．根据平抛运动的规律有
解得
可知若 ，则
若 ，则
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}选项A错误，B正确；
C．若 ，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因 ，出水口的横截面积相同，
可知单位时间内喷出水的质量相同，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，可知每个花盆得到的水量较多，选项C错误；
D．设出水口横截面积为 ，喷水速度为 ，若 ，则喷水管转动一周的时间相等，
因 相等，则水落地的时间相等，则 相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确．故选BD．
14. ( 1 )
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 设武大靖运动过程的加速度大小为 ，根据
解得
( 2 ) 根据
向
解得过弯时所需的向心力大小为
向
( 3 ) 设场地对武大靖的作用力大小为 ，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
向
解得
向
可得
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}15. ( 1 )
( 2 ) ，甲
【解析】( 1 ) 根据速度位移公式有
代入数据可得
( 2 ) 根据向心加速度的表达式
可得甲、乙的向心加速度之比为
甲 甲 乙
乙 甲
乙
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
甲 乙
因为 ，所以甲先出弯道．
甲 乙
二、 万有引力与宇宙航行
基础公式
高考考向
考向一：万有引力定律及其应用
16. C
【解析】设地球半径为 ，由题知，地球表面的重力加速度为 ，则有
地
月球绕地球公转有
地 月
月
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}联立解得
故选C．
17. D
【解析】根据题意可得，木卫三的轨道半径为 ．
AB．根据万有引力提供向心力有
，
可得
，
由木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 ,可得木卫一的轨道半径为
，
木卫二的轨道半径为
，
故AB错误；
C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期
与 的比值，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，分别有
木 ，
地 月 ，
月
联立可得
木 ，
地
故D正确．
故选D．
18. C
【解析】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供其做圆周运动的向心力，飞船对其作用力
等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
万
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}可知，航天员在地球表面上所受引力的大小大于其在飞船所受的万有引力大小，因此其在
地球表面所受引力的大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误．
故选C．
19. CD
【解析】 地 火
A．由题意，根据开普勒第三定律可知 ，火星轨道半径大约是地球轨道半径的
地 火
倍，则可得 ，故 A 错误；
火 地
BC．根据 可得 ，由于火星轨道半径大于地球轨道半
径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运
动，为逆行，故 B 错误，C 正确；
D．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速
度最小，故 D 正确．
故选 CD．
考向二：人造卫星 宇宙速度
20. C
【解析】根据
可得
因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不
同，则向心力大小以及受地球的万有引力大小均不相同．故C正确．
故选C．
21. ACD
【解析】A．飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进行加速做离心运动才能完成，选项A正确；
BCD．根据
可得
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}可知飞船在轨道 的周期小于在轨道 的周期，在轨道 的速度大于在轨道 的速度，在轨道
的加速度大于在轨道 的加速度，故选项B错误，CD正确．
故选ACD．
22. D
【解析】A．质量是物体的一个基本属性，由物体本身决定，与其所处的位置、状态均无关，故A错
误；
BC．设空间站离地面的高度为 ，物资在地面上静止时所受的合力为零，在空间站所受的
合力由万有引力提供，即 ，在地面受到的地球引力 ，因此有
，故BC错误；
D．物资绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有 ，解得
，因为物资在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以这批物资的
角速度大于同步卫星的角速度，由于同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知物资
的角速度大于地球自转的角速度，故D正确．
故选D．
23. B
【解析】A．恒星可看成质量均匀分布的球体，同一恒星表面任意位置物体受到的万有引力提供重力
加速度和绕恒星自转轴转动的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重
力加速度的大小和方向可能不同，A错误；
B．恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度．恒星坍缩前后可看
成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式 可知，恒
万
星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加
速度比坍缩前的大．B正确；
C．由第一宇宙速度物理意义可得
整理得
恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；
D．由质量分布均匀球体的质量表达式
得
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}已知逃逸速度为第一宇宙速度的 倍，则
联立整理得
由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大
于白矮星的逃逸速度，D错误．
故选B．
24. C
【解析】A 选项：组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；
B 选项：由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环
绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；
C 选项：已知同步卫星的周期为 ，则根据角速度和周期的关系有
，由于 ，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；
同 组合体
D 选项：由题知组合体在地球引力的作用下绕地球做圆周运动，有
，
整理有
，
由于 ，则 ，且同步卫星和组合体在天上有
同 组合体 同 组合体
则有
同 组合体
D错误．故选C．
故选C.
三、 机械能守恒定律
基础知识
高考考向
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}考向一：功 功率和机车启动
25. B
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 个，且每个水筒离开水面时装有质量为
的水，其中的 被输送到高出水面 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的
总质量为
总
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立解得
故选B．
26. B
【解析】A选项，B选项：由图乙可知，下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加
速度逐渐减小的加速运动，则乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一
时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；
C选项，D选项：乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为 ，到 点时乙竖直方向速度为零，根据
瞬时功率公式 可知重力瞬时功率先增大后减小，故C、D错误；
故选B．
27. D
【解析】由题意可知两节动车的额定功率分别为
当将它们编组后有
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}联立可得
．
故选D．
考向二：动能定理及其应用
28. B
【解析】一质量为 的雨滴在地面附近以恒定的速率 下落高度 的过程中，由动能定理得
，故雨滴克服空气阻力做功为 ．
故选B．
29. ( 1 )
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 滑雪者从 到 根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
( 2 ) 由于滑雪者从 点由静止开始下滑，恰好到达 点，故从 点到 点合力做功为 ，所
以当滑雪者从 点下滑时，到达 点有
( 3 ) 当滑雪者刚好落在 点时，平台 的长度最大；滑雪者从 点飞出做斜抛运动，竖
直方向上有
水平方向上有
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}联立可得
30. ( 1 )
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点 ，说明只有重力提供向心力，则在 点
有
解得 ．
( 2 ) 由题知，小物块从 点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在 点有
小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
则小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
联立解得
，
( 3 ) 小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
，
解得 ．
考向三：机械能守恒定律及应用
31. B
【解析】
【详解】
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；
B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；
CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成
可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。
故选B。
32. AD
【解析】A．小球能沿轨道运动恰好到达 点，则小球在 点的速度为 ，
小球从 到 的过程中，有
可得 ，则从 到 的过程中 由 增大到 ，则 逐渐减
小，故 逐渐减小，而小球从 到 的过程中，对轨道的压力逐渐增大，故A正确；
B． 到 的过程中小球的速度逐渐减小，则 到 的过程中重力的功率为
，则 到 的过程中小球重力的功率始终减小，故B错误；
C．从 到 的过程中有 ，解得 ，故C错
误；
D．小球在 点恰好脱离轨道有 ，则 ，若小球初速度
增大，小球在 点的速度有可能为 ，故小球有可能从 点脱离轨道，故D正
确．
故选AD．
33. ( 1 )
．
( 2 )
．
【解析】( 1 ) 设小球离开桌面时速度大小为 ，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
，
解得： ．
( 2 ) 设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为 ,则落地点距飞出点的水平距离
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}落地瞬间竖直分速度 ，
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为 ，
小球竖直方向做竖直上抛运动，有： ，
联立解得： ．
考向四：功能关系 能量守恒定律
34. BD
【解析】设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题意可知
设物块的对地位移为 ，木板的对地位移为 ，
A选项，B选项：因摩擦产生的热量
根据运动学公式
因为
可得
则
所以由动能定理得木板的动能等于摩擦力对木板做的功
故B正确，A错误；
C选项，D选项：根据能量守恒定律可得
整理可得
故D正确，C错误．
故选BD．
35. ( 1 )
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}( 2 )
【解析】( 1 ) 飞机在水面滑行时做匀加速直线运动，
有 ，
代入数据解得
滑行时间 ．
( 2 ) 攀升过程中，飞机上升高度为
对水分析，重力势能增加量
动能增加量
故水的机械能增加量 ．
{#{QQABRYSUogCgAJJAARhCQwWqCEEQkBGACYgOgEAAMAAAAQFABAA=}#}必修第三册
知识导图
一、 静电场
基础公式
高考考向
二、 恒定电流
考向一：电场力的性质
1. A
【解析】已知电子在电场中受到的电场力与所在位置处电场线的切线方向相反，因此该电子在此电
场中所受电场力指向右侧，根据“力指凹侧”可知A正确．
2. A
【解析】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
，
，
联立可得
，
故选A．
3. D
【解析】AB．选项A全部都是正电荷，选项B全部都是负电荷，则根据电场强度的叠加法则可知，
点处的场强不可能为零，故AB错误；
C．设 、 间的距离为 ，则 、 在 点产生的合场强大小有
，
解得 ，
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}产生的场强大小为 ，
则 点的场强不可能为零，故C错误；
D．设 、 间的距离为 ，则 、 在 点产生的合场强大小有
，
解得 ，
产生的场强大小为 ，则 点处的场强可能为零，故D正确．
故选D．
4. ( 1 ) 点处点电荷的电荷量的绝对值为 ； 、 、 均为正电荷
( 2 )
【解析】( 1 ) 因为 点的电场强度竖直向下，则 为正电荷，根据场强的叠加原理，可以知道 与
两点的电荷在 点的电场强度大小相等，方向相反，那么 点电荷带电量为 ，电
性与 相同，又因为 点电场强度竖直向上，可以知道 点电荷在 点的场强垂直于
沿 连线向右上，如图所示，可知 处电荷为正电荷，所以 、 、 均为
正电荷．
( 2 )
如图所示 可知
代入
可得
电场能的性质
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}5. CD
【解析】A 选项：因 点所在的等势面高于 点所在的等势面，可知 点电势比 点的高，故
A错误；
B 选项：因 点所处位置的等差等势面密集，则 点电场强度 点的大，即 点电场
强度大小比 点的小，故B错误；
C 选项：电场强度的方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知 点电场强度
方向沿 轴正方向，故C正确；
D 选项：因 轴上各点电势相等，则沿 轴运动的带电粒子，其电势能不变，故D正确．
故选CD.
6. BC
【解析】ABC．由题目信息 ， ，可知根据点电荷的电势分布情况可知
，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
，则带负电的小球在 点的机械能等于在 点的机械能，故A为错误
选项、BC为正确选项；
D．从 点运动到 点的过程中，电场力先做正功后做负功，故D为错误选项．
故答案为BC．
7. C
【解析】A．沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若
，
则 点到电荷 的距离比 点的近，故A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若
，
则 点到电荷 的距离比 点的远，故B错误；
C．若把带负电的试探电荷从 点移到 点，电场力做正功，则是逆着电场线方向运动，
电势增加，故有
，
故C正确；
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}D．若把带正电的试探电荷从 点移到 点，电场力做负功，则是逆着电场线方向运动；
根据正点电荷产生的电场特点可知
，
故D错误．
故选C．
8. BC
【解析】A．根据场强叠加以及对称性可知， 、 两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A
错误；
B．因在 、 处的正电荷在 、 两点的合电势相等，在 点的负电荷在 、 两
点的电势也相等，则 、 两点电势相等，选项B正确；
CD．根据题意可知，负电荷从 到 ，因 、 两电荷的合力对负电荷的库仑力从
指向 ，则该力对负电荷做负功， 点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该
负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在 点的电势能比在
点小；同理可知负电荷在 点的电势能比在 点小．选项C正确，D错误．
故选BC．
带电粒子在电场中的直线运动
9. D
【解析】初始状态下，油滴处于静止状态时，受力平衡，满足
即
AB．当电势差调整为 时，若油滴的半径不变，则满足
可得
AB错误；CD．当电势差调整为 时，若油滴的半径变为 ，则满足
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}可得
C错误，D正确．
故选D．
10. ( 1 )
( 2 ) 油滴 带负电，油滴 带正电；
【解析】( 1 ) 设油滴半径 ，密度为 ，则油滴质量 ，则速率为 时受到的阻力
，当油滴匀速下落时 ，解得 ，
可知 ，则 ．
( 2 ) 由于两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 ，可知油
滴 在做减速运动，油滴 在做加速运动，故油滴 带负电，油滴 带正电；当再次匀速
下落时，对 进行受力分析可得
其中
对 进行受力分析可得 ，其中 ，计算可得
．
带电粒子在电场中的曲线运动
11. BD
【解析】A选项：如图所示，小球所受的重力和电场力大小相等，则
，
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}故等效重力 的方向与水平方向成 ．
当 时速度最小为 ，由于此时 存在水平分量，小球还可以向左运动，电
场力做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD选项：在水平方向上，
在竖直方向上
，
由于
，得 ，
如图所示，速度为 时，小球的动能等于初动能．由于此时速度没有水平分量，故电势能最
大．由动能定理可知
，
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C选项：当速度如图中 所示时，此时速度的水平分量与竖直分量大小相等，小球的动能最
小，故C错误；
故选BD．
12. D
【解析】A．由牛顿第二定律可得，在 极板间的加速度大小
A错误；
B．电子在电极 间运动时，有
电子离开电极 时的动能
电子离开电极 后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为
，B错误；
C．在 极板间受到电场力的冲量大小
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与 连线夹角 的正切值
D正确．
故选D．
13. BD
【解析】B．微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，根据电场
强度和电势差的关系及电场强度和电场力的关系可得
， ，解得
微粒射入电容器后的速度为 ，水平方向上和竖直方向上的分速度分别为
，
微粒从射入到运动到最高点，由运动学公式得
微粒射入电场时由动能定理可得
联立解得 ，
B正确；
A．微粒从射入到运动到最高点，由运动学公式可得
，
联立可得 ，
A错误；
C．微粒穿过电容器时从最高点到穿出过程中，由运动学公式可得
，
微粒射入电容器到最高点过程中有
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}解得
设微粒穿过电容器时与水平方向的夹角为 ，则
微粒射入电场时与水平方向的夹角为 ，则
，根据数学三角函数公式可得
，
C错误；
D．以最高点为坐标原点，向左为 轴正方向，向下为 轴正方向建立坐标系，
，可得微粒轨迹与质量、电荷量无关，D正确．
故选BD．
14. BD
【解析】C选项，在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到 点的距离成反比，可设为
，即 ，
带正电的同种粒子 、 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有 ，
，
可得 ，
即粒子 入射时的动能等于粒子 入射时的动能，故C错误；
A选项，粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，做向心运动，电场
力做正功，则动能增大，粒子 入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B选项，粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，做离心运动，电场
力做负功，则动能减小，粒子 入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D选项，粒子 做向心运动，有 ，
可得 ，
粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的动能，故D正确；
故选BD．
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}基础知识
高考考向
电路规律
15. C
【解析】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成 、 的串联部分与 、 的串联
部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为
上
电容器下极板的电势为
下
则电容两端的电压
下上
则电容器上的电荷量为
下上
故选C．
16. A
【解析】由电路图可知 与 串联后与 并联，再与 串联．并联电路部分的等效电阻为
并
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过 的电流为
并
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则
并
并
四个灯泡的实际功率分别为
， ， ，
故四个灯泡中功率最大的是 ．故选A．
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}考前必背——实验相关
{#{QQABTYSQgggIAIJAARhCQwXaCEEQkAEACQgOhEAEIAAAQRFABAA=}#}选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
基础公式
高考考向
考向一：动量 冲量 动量定理
1. BD
【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律可知 甲 ， 乙
甲 乙
甲 甲 乙 乙
因为 ，所以 ，又因为两物体的运动时间相同，且同时由静止释放，
甲 乙 甲 乙
可知任意时刻 ，故A错误；
甲 乙
BCD．对于整个系统而言，由于 ，合力方向向左，合冲量方向向左，所
甲 乙
以合动量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，故BD正确、C错误．
故选BD．
2. BD
【解析】A 选项：取向右为正方向，滑块 和滑块 组成的系统的初动量为
碰撞后，滑块 和滑块 组成的系统的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B 选项：对滑块 ，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}C 选项：对滑块 ，取向右为正方向，则有
故C错误；
D 选项：对滑块 根据动量定理有
解得
则滑块 受到滑块 的平均作用力大小为 ，故D正确．
故选BD.
3. AD
【解析】物块与地面间的滑动摩擦力为
．
AC．对物块从 内由动量定理可知
，
解得 末物块的速度
，
时物块的动量为
，
设 后经过时间 物块的速度减为 ，由动量定理可得
，
解得
，
所以物块在 时速度减为 ，则此时物块的动能为 ，故A正确，C错误；
B．设 时间内物块发生的位移为 ，由动能定理可得
解得
，
时间内，对物块由动能定理可得
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}，
解得 时间内物块发生的位移
时间内物块反向运动，物块的加速度大小为
，
发生的位移大小为
，
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在 时的速度大小为
，
时间内拉力所做的功为
，
故D正确．故选AD．
4. A
【解析】A 选项：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的
高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下
的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力
等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体
的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至
速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B 选项：根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势
能和内能，故B错误；
C 选项：根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D 选项：根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能
的增加量，故D错误．
故选A.
考向二：动量守恒定律及综合应用
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}5. B
【解析】设中子的质量为 ，氢核的质量为 ，氮核的质量为 ，设中子和氢核碰撞后中子速
度为 ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为 ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故 B 正确，ACD 错误．
故选 B．
6. ( 1 )
小球速度大小为 ，圆盘速度大小为
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 过程 ：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律得
解得
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}过程 ：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律
分别有
解得
即小球碰后速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直
向下．
( 2 ) 第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆
盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
．
盘 球
( 3 ) 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
盘 球
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
盘
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}根据能量守恒有
联立解得
同理可得当位移相等时
盘 球
解得
圆盘向下运动
盘
此时圆盘距下端管口 ，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
根据动量守恒有
根据机械能守恒有
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
盘 球
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
盘
此时圆盘距离下端管口长度为
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加 ，故若发生下一次碰
撞，圆盘将向下移动
，则第四次碰撞后落出管外，因此圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰
盘
撞4次．
二、 机械振动机械波
基础知识
高考考向
考向一：机械振动
7. BC
【解析】AB．当 、 两点在平衡位置的同侧时有
可得
； 或者
因此可知第二次经过 点时 ，
解得
此时位移关系为
解得
故A错误，B正确；
CD．当 、 两点在平衡位置两侧时有
解得
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}或者 （由图中运动方向舍去）， 或者
当第二次经过 点时 ，则
解得
此时位移关系为
解得
故C正确，D错误；
故选BC．
8. ABD
【解析】
【详解】
A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从 到
的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度
先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B．x从 到 的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平
衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C． 和 时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位
置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速
度大小相等，方向不是相反，C错误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系
数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方 ，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
，
D正确；
E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错
误。
故选ABD。
考向二：机械波
9. A
【解析】声波的周期和频率由振源决定，声波在空气和在水中传播的周期和频率都相同，但声波在
空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长的关系可知，波长也不同，故A正确，BCD错
误．
故选A．
10. C
【解析】A．由振动图像可看出该波的周期是 ，A错误；
B．由于 、 两个质点振动反相，则可知两者间距离等于
， ， ， ，
根据 ， ， ， ，
B错误；
C．由 质点的振动图像可看出，在 时 质点在平衡位置向上振动，C正确；
D．由 质点的振动图像可看出，在 时 质点在平衡位置向下振动，D错误．
故选C．
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}11. A
【解析】 之间的距离为
此时 点的位移为 且向 轴正方向运动，设此时 点的相位为 ，则有
解得 或 （向下振动，舍去）
由 之间的距离关系可知
则 ，可知 点此时的位移为
且向下振动，即此时的波形图如图所示：
所以 时， 质点的位移为 ，沿 轴负方向运动，故A正确，BCD错误．
故选A．
12. ABE
【解析】A．由图(a)可知波长为 ，由图(b)可知波的周期为 ，则波速
，故A正确；
B．由图(b)可知 时， 点向下运动，根据“上下坡”法可以知道波向左传播，故B正
确；
C．由图(a)可知波的振幅为 ，故C错误；
DE．根据图(a)可知 时 处的质点处在波谷，由于 可知在
时质点处在波峰；质点 运动的路程为
故D错误，E正确；
故选ABE．
13.
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}（1） ；（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据 得
可知 时P波刚好传播到 处，Q波刚好传播到 处，根据上坡下坡法
可得波形图如图所示
（2）两列波在图示范围内任一位置的波程差为
根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件
为到两波源的距离差
解得振幅最大的平衡位置有
、
振动减弱的条件为
解得振幅最小的平衡位置有
、 、
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}三、 光
基础知识
高考考向
考向一：光的折射
14. ACE
【解析】
【详解】
ABD．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示
由图可知，乙光的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大，则乙光的频率大，根
据c = fλ可知，乙光的波长短，A正确、BD错误；
C．根据 可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，C正确；
E．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，E正确。
故选ACE。
15. A
【解析】根据折射定律得
上 上 下 下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则 ，则 ，画出光
下 上 下 上
路图如下
则从高到低 逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向．故选A．
下
16.
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}【解析】由题意可知作出光路图如图所示
光沿垂直于 方向射入，根据几何关系可知入射角为 ；由于棱镜折射率为 ，根
据
有
则折射角为 ； ，因为 ，所以光在 面的入射角为
根据反射定律可知
根据几何关系可知 ，即 为等腰三角形，则
又因为 与 相似，故有
由题知
联立可得
所以 到 点的距离为
．
考向二：光的全反射问题
17. C
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}【解析】设光线在 界面的入射角为 ，折射角为 ，由几何关系可知 ，由于光路可
逆，根据折射定律得
光线射出 界面的临界条件为发生全反射，光路图如下，其中
光线在 两点发生全反射，有公式
即光线在 两处发生全反射的临界角为 ， 之间有光线射出，由几何关系可知
，
故选C．
18. 1.5
【解析】
因为当 时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为
C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
则
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}联立得
n=1.5
19.
，
【解析】光线在M点发生折射有
sin60° = nsinθ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
C = 90° - θ
联立得
根据几何关系有
解得
再由
解得
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}20. BC
【解析】AB．他发现只有当 大于 时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，说明
时激光恰好发生全反射，则
则 ，故A错误，B正确；
CD．当他以 向水面发射激光时，入射角 ，则根据折射定律有
，折射角 大于 ，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小
于 ，故C正确，D错误．
故选BC．
21. C
【解析】灯带发出的光从水面射出时发生全反射，临界角的正弦值 ，
则 ，
灯带上的一个点发出的光发生全反射的临界角如图甲所示，
根据几何关系可得 ，
则一个点发出的光在水面上能看到 的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图
乙所示，
等腰直角三角形发光体的内切圆半径 满足 （等面积法）
解得 ，
故有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分．
故选C．
{#{QQABTYSQggiAAJBAARgCQwHqCkIQkAEAAYgOBEAMIAAAwRFABAA=}#}选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
高考考向
考向一：带电粒子在有界磁场中运动
1. BD
【解析】A 选项：粒子进入磁场后，会在洛伦兹力的作用下发生偏转，故粒子无法通过圆心，故A错
误；
B 选项：当粒子在圆形磁场内运动的圆心角为 时，粒子经过 次，就可射出磁场，如
图所示，故B正确；
C 选项：当速度增大到一定的值时，粒子可能多次与圆筒碰撞且无法离开磁场区域，则在
圆内运动时间较长，故C错误；
D 选项：因为粒子对心入射，所以粒子出射方向与半径共线，所以粒子出射方向与切线垂
直，因为碰撞前后法线方向的分量大小不变，方向相反，所以碰撞后的瞬间，粒子速度方
向一定平行于碰撞点与 的连线，故D正确．
故选BD.
2. A
【解析】一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，由 点射出，
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}由几何关系可得粒子出磁场时速度方向与竖直方向夹角为 ，则
解得粒子做圆周运动的半径 ，则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后
则会沿 轴到达接收屏，则有
代入可得
故选A．
3. BC
【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达 点，如图甲所示
根据几何关系则有
联立可得
根据对称性可知出射速度与 成 角向上，故出射方向与入射方向的夹角为 ．
当粒子上、下均经历一次时，如图乙所示
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}因为上下磁场的磁感应强度均为 ，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
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 ．通过以上分析可
知当粒子从下部分磁场射入时，需满足
， ，
此时出射方向与入射方向的夹角为 ；当粒子从上部分磁场射出时，需满足
， ，
此时出射方向与入射方向的夹角为 ．故可知BC正确，AD错误．
故选BC．
考向二：带电粒子在组合场中运动
4. AD
【解析】A 选项：粒子从 中点射入磁场，则 ， ，解得
，选项A正确；
B 选项：粒子从 中点射入磁场时，则 ，刚出电场射入磁场时速度
，选项B错误；
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}C 选项：粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为 ，则
，粒子从电场中射出时的速度 ，粒子进
入磁场后做匀速圆周运动，则 ，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到
的距离为 ，联立解得 ，选项C错误；
D 选项：当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从
点进入磁场，此时竖直最大速度 ， ，出离电场的最大速度
，则由 ，可得最大半径
，选项D正确；
故选AD.
5. ( 1 )
．
( 2 ) 1
2 见解析
【解析】( 1 ) 由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有 ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 ，
粒子从上边界垂直 第二次离开电场后，垂直 再次进入电场，轨迹如图
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}根据几何关系可知 ，
联立可得 ．
( 2 ) 1 （i）由题意可知，作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 ，
解得 ，
所以有 ， ，
由洛伦兹力提供向心力有 ，
带电粒子从 点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
，
再一次进入电场后做类斜抛运动，沿 方向有 ，
沿 方向上有 ，
其中根据牛顿第二定律有 ，
联立以上各式解得 ，
，
．
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}（ii）粒子从 到 根据动能定理有 ，
可得从 射出时的速度为 ，
此时粒子在磁场中的半径 ．
2 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为 ， ，
而圆心与 的距离为 ，
故不会再从 点进入电场．
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6. A
【解析】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，
BC错误；
D．洛伦兹力永不做功，D错误．
故选A．
7. B
【解析】AC选项：在 平面内电场的方向沿 轴正方向，故在坐标原点 静止的带正电粒子在电
场力作用下会向 轴正方向运动．磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向
轴正方向运动的粒子同时受到沿 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向 轴负方向偏转，故
AC错误；
BD选项：运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦
兹力方向始终与速度方向垂直．由于匀强电场方向是沿 轴正方向，故 轴为匀强电场的等
势面，从开始到带电粒子发生偏转到再次运动到 轴时，电场力做功为 ，洛伦兹力不做
功，故带电粒子再次回到 轴时的速度为 ，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左
偏转，故B正确，D错误；
故选B．
8. D
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}【解析】粒子在 做直线运动，则有 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从
的中点射出，则粒子转过的圆心角为 ，根据 ，有 ．
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度，有
，则 ，再由 可知，粒子半径减小，则粒子仍然
从 边射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度，有
，则 ，再根据 ，可知粒子半径变为原来的 倍，
则粒子 点射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度仍为 ，
再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子从 边射出，根据几
何关系可知转过的圆心角为 ，根据 ，有 ，则 ，
故C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度仍为 ，
再由 ，粒子半径变为原来的 ，则粒子从 边射出，根据几何关系
可知转过的圆心角为 ，根据 ，有
则 ，故D正确．
故选D．
9. ( 1 )
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 由题知，入射速度为 时，电子沿 轴做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，有
解得
( 2 ) 电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹
力不做功，且由于电子入射速度为 ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向
上偏转，根据动能定理有
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}解得
( 3 ) 若电子以 入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为 ，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
合
在最低点有
合
联立有
要让电子达到纵坐标 位置，
即
解得
则若电子入射速度在 范围内均匀分布，能到达纵坐标 位置的电
子数 占总电子数 的 ．
二、 电磁感应
基础知识
高考考向
考向一：法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10. B
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知
．
故选B．
11. A
【解析】ABC．由题图可看出 导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}其中导体棒 段不在磁场中，不切割磁感线，电流为 ，则 ， ，A正
确，BC错误；
D．根据以上分析可知
，
则
D错误．
故选A．
12. C
【解析】A．由题知，埋在地下的线圈 、 通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知
线圈 、 产生的磁场方向竖直向下，A错误；
B．汽车进入线圈 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为 （逆
时针），B错误；
C．汽车离开线圈 过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为 （顺
时针），C正确；
D．汽车进入线圈 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为 （逆
时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误．
故选C．
13. A
【解析】A．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃
管不会形成涡流．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管
中的磁体则一直做加速运动，故分析图片可以知图（c）的脉冲电流峰值不断增大，说明强
磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，故A为正确选项；
B．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，故
B为错误选项；
C．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小
磁体受到的电磁阻力在不断变化，故C为错误选项；
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}D．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁
体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻
璃管时的长，故D为错误选项．
故答案为A．
考向二：电磁感应的综合问题
14. AD
【解析】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
A．当闭合的瞬间， ，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A为正确选项；
B．当 时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回
路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B为错误选
项；
C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当 时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C为错误选项；
D． 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻
R消耗电能大于MN上消耗的电能（即 ），故加速过程中， ；当
MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此
可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热
量，故D为正确选项。
故答案为AD。
15. AC
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}【解析】当导体棒从 点向右运动 时，即在 时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
（ 为 与 的夹角）则根据
可知回路电流均匀增加；安培力
则 关系图像为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则 关系图像为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动
势，即
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；当在 时间内，
导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势 不变，感应电流 不变，安培力 大小不变，
安培力的功率 不变，电阻两端电压 保持不变；同理可判断，在 时间内，导
体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势 均匀减小，感应电流 均
匀减小，安培力 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的
关系，安培力的功率 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的
关系，电阻两端电压 均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误．故选AC．
16. BD
【解析】AB．导轨的速度 ，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左
的安培力，摩擦力大小为
导体棒受到的安培力大小为
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}由左手定则可知导体棒中的电流方向为 ，导轨受到向左的摩
擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
由左手定则可知 的方向为垂直导轨平面向下，A错误，B正确；
CD．对导体棒分析
对导轨分析
电路中的电流为
联立解得
C错误，D正确；
故选BD．
17. （1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】
（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金
属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
三、 交变电流
基础知识
高考考向
考向一：变压器的原理及动态分析
18. B
【解析】A 选项：由 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压 减小，不能使小灯泡
正常发光，故A错误；
B 选项：由 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压 增大，有可能使小灯
泡正常发光，故B正确；
C 选项：
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}由 知，将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则
副线圈的输出电压 不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D 选项：将两个 小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压 不
变，不能使小灯泡正常发光， 故D错误．
故选B.
19. BC
【解析】A．电源电压的有效值
选项A错误；
B．交流电的周期
选项B正确；
CD．根据
可得副线圈匝数
选项C正确，D错误．
故选BC．
20. B
【解析】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为 ，则副线圈的电流为 ，根据欧姆定律可得副线
圈的电压有效值为
则变压器原线圈的电压有效值为
设输入交流电的电压有效值为 ，则
可得
保持 位置不变， 向左缓慢滑动的过程中， 不断变大，根据欧姆定律
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则 两端的电压不断变
小，则电压表示数 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}相等，可知 消耗的功率增大，故 B 正确，A 错误；
CD．设原副线圈的匝数比为 ，同理可得
则
整理可得
保持 位置不变， 向下缓慢滑动的过程中， 不断变大，则 变小，对 由欧姆定
律可知
可知 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知 消耗的功率
整理可得
可知 时， 消耗的功率有最大值，可知 消耗的功率先增大，后减小，故 CD
错误．
故选 B．
考向二：远距离输电
21. B
【解析】A选项，B选项：由于输电过程中电阻 要产生热量，会损失功率，故 输出功率大于 输
入功率， 输出电压大于 输入电压，故A错误，B正确；
C选项：由于输入电压不变，所以变压器 的输出电压不变，随着用户接入的用电器增
多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据 ，可知 功率增大，故C
损
错误；
D选项：用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即 输出功率增大，故D错
误；
故选B．
22. C
【解析】A 选项：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
，输出电压的有效值为
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}，A错误；
B 选项：发电机线圈的转速为 ，输出交变电流的频率为 ，B错误；
C 选项：
变压器原、副线圈的匝数比为 ，C正确；
D 选项：发电机产生的瞬时电动势为 ，D错
误．
故选C.
{#{QQABRYSQggiAApBAARgCQwWKCEEQkACACYgOQFAMMAAAgBFABAA=}#}选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
高考考向
考向：分子间的力和能
1. C
【解析】分子间距离大于 ，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离 处过程中，引力做正
功，分子势能减小，则在 处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力
做负功，分子势能增大．故C正确．
故选C．
2. D
【解析】根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 ）时分子势能最小可知，曲线Ⅰ为分子势能
随分子之间距离 变化的图像；根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 ）时分子力为
零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离 变化的图像；分子间距离小于 时，分子力表现
为斥力，分子间距离大于 时，分子力表现为引力，结合分子力与 的关系图线Ⅱ，可知斥
力与 的关系图线在 轴上方，引力与 的关系图线在 轴下方，则曲线Ⅲ为分子斥力随分子
之间距离 变化的图像．D正确．
故选D．
二、 理想气体状态方程与热力学定律
高考考向
考向一：理想气体状态方程
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}3. AD
【解析】A．当电阻丝对 中的气体缓慢加热时，温度升高， 中的气体内能增大，根据理想气体
状态方程可知 中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩．与此同时弹簧
对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞．活塞对 中的气体做正功，且是绝热过
程，根据热力学第一定律可知， 中的气体内能增加，故A正确；
B．没加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，
弹簧处于压缩状态，对左边活塞进行受力分析可得 ，则
弹
分别对 、 内的气体进行分析，根据理想气体状态方程有 ，
，由题意可知，因弹簧被压缩，则 ，联立可得
，故B错误；
C．在达到稳定过程中， 中的气体体积变小，压强变大， 中的气体体积变大．因为稳定
时弹簧保持平衡状态，所以稳定时 、 中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对
中的气体分析可知 ，又因为 ，所以联立可得 ，故
C错误；
D．对弹簧、活塞及 中的气体组成的系统进行分析，根据平衡条件可知， 与 中的气
体压强相等，故D正确．
故选AD．
4. ，
【解析】设 管在上方时上部分气压为 ，下方气压为 ，此时有
倒置后 管气体压强变小，即空气柱长度增加 ， 管中水银柱长度减小 ，
管的内径是 管的 倍，则
可知 管水银柱长度增加 ，空气柱长度减小 ；设此时两管内气体的压强分别为
、 ，所以有
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对 管内气体有
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}对 管内气体有
其中
联立以上各式解得
．
5. （i）1.41kg/m3；（ii）1.18kg/m3
【解析】
【详解】
（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T = 273＋17K = 290K，T = 273＋27K = 300K
1 2
理想气体状态方程pV = nRT可知
其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的 正比于气体的质量，则
其中p = p = 1.2p，ρ = 1.46kg/m3，代入数据解得
1 2 0 1
ρ = 1.41kg/m3
2
（ii）由题意得p = p，T = 273＋27K = 300K同理可得
3 0 3
解得
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}ρ = 1.18kg/m3
3
考向二：热力学定律及综合问题
6. ABD
【解析】
【详解】
A．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收
热量，A正确；
B．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第
一定律
可知气体对外放热，B正确；
C．气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第
一定律
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；
D．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一
定律
可知
即气体吸收热量，D正确；
E．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一
定律
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。
故选ABD。
7. ACD
【解析】A 选项：对于一定质量的理想气体，内能由温度决定，等温增压和等温膨胀过程温度均保
持不变，故内能不变，故A正确；
B 选项：根据理想气体状态方程
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末
状态与初状态相比内能增加，故B错误；
C 选项：根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，等压膨胀过程温度升高，末
状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；
D 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末
状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；
E 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等温膨胀过程温度不变，故末
状态的内能大于初状态的内能，故E错误．
故选ACD.
8. B
【解析】根据 ，可得 ，
从 到 ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从 到 ，气体压强减小，温度降
低，因 点与原点连线的斜率小于 点与原点连线的斜率， 态的体积大于 态的体积；
故选B．
9. B
【解析】 .根据理想气体的状态方程 ，可知 气体温度升高，内能增加，且体积
增大气体对外界做功，则 ，由热力学第一定律 ，可知 过
程中气体吸热，故 错误， 正确；
.根据理想气体的状态方程 ，可知， ﹣ 图像的坐标值的乘积反映温度，
状态和 状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大， 过程的温度先
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}升高后降低，且状态 的温度最高，故 错误；
. 过程气体体积增大，外界对气体做负功，故 错误．
故选： ．
10. BCE
【解析】
【详解】
A．因从a到b的p—T图像过原点，由 可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体
不对外做功，选项A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律
∆U=W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。
故选BCE。
11. ( 1 )
( 2 )
( 3 )
【解析】( 1 ) 根据题意可知，气体由状态 变化到状态 的过程中，封闭气体的压强不变，则有
解得
( 2 ) 从状态 到状态 的过程中，活塞缓慢上升，则
解得
根据题意可知，气体由状态 变化到状态 的过程中，气体的体积不变，则有
解得
( 3 ) 根据题意可知，从状态 到状态 的过程中气体对外做功为
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}所以外界对气体做功
由热力学第一定律有
解得 ．
三、 近代物理初步
基础知识
高考考向
考向一：原子物理
12. C
【解析】铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量
，根据光子能量的表达式可
知，跃迁发射的光子的频率量级 ，因此跃迁发
射的光子的频率量级为 ．
故选C．
13. A
【解析】设天体发射频率为 的光子的功率为 ，由题意可知
解得
故选A．
14. A
【解析】由题中氢原子的能级图可知 和 的能级差为
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子 和 能级
之间的跃迁．故选A．
15. CD
【解析】根据题意可知．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大．
A．可知，图 中的 对应的是可见光Ⅱ，故A错误；
B．干涉条纹间距
，图 中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；
C．光子动量
，可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D．根据光电效应方程及动能定理可得
可知，频率越大，遏止电压越大，则 向 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数
比Ⅱ的大，故D正确．
故选CD．
16. ( 1 ) ， ；
( 2 )
【解析】( 1 ) 由题意可知每个光子的动量为
，
每个光子的能量为
．
( 2 ) 太阳均匀地向各个方向辐射硬 射线，根据题意，设 秒内发射总光子数为 ，则
，
可得 ，
所以 秒内辐射光子的总能量
，
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}太阳辐射硬 射线的总功率
．
考向二：原子核
17. C
【解析】放射性元素衰变时放出的三种射线 、 、 分别是氦核流、电子流和光子流，故C正确．
故选C．
18. C
【解析】由质能方程 可知，则每秒钟平均减少的质量为
则每秒钟平均减少的质量量级为 ．
故选C．
19. AB
【解析】A 选项：根据质量数守恒和电荷数守恒可知， 的质子数为 ，中子数为 ，即为 ，故A
正确；
B 选项：常用的示踪原子有： ， ， ，故B正确；
C 选项： 由原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，所以
来自原子核内，故C错误；
D 选项：半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时规律不成
立，故D错误．
故选AB.
{#{QQABTYSUogCgAoAAABhCQwH6CEEQkAAAAQgOAEAAIAAAQBFABAA=}#}
