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一轮复习 85 练答案精析
第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
第 1 练 运动的描述
1．B [研究航天员在舱外的姿态时，航天员的体积和形状不能忽略，航天员不可以视为质
点，故A错误；研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，神舟十三号飞船的体积和形状
可以忽略，飞船可以视为质点，故B正确；神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过
程，神舟十三号飞船的体积和形状不可以忽略，不可以视为质点，故C错误；王亚平在空
间站中将冰墩墩抛出，相对飞船冰墩墩做匀速直线运动，因飞船相对地面做匀速圆周运动，
则以地面为参考系，冰墩墩不做匀速直线运动，故D错误．]
2．D [路程、时间、质量、平均速率、温度是标量，所以A、B、C错误，D正确．]
3．D [“266.9公里”指的是路程，故A错误；“1小时3分钟”指的是时间间隔，故B错
误；平均速度是位移与时间之比，不知道该动车组列车的位移，不能求平均速度，故C错
误；研究该动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥的时间，不能忽略列车长度，故不能将列车
视为质点，故D正确．]
4．D [由a＝可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，
加速度可能是零，也可能不是零，A正确，不符合题意；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开
始运动，汽车的速度一定产生变化，所以加速度一定不为零，B正确，不符合题意；汽车启
动得越快，说明汽车的速度变化越快，加速度越大，C正确，不符合题意；汽车的加速度为
－5 m/s2，加速度中的正、负号表示加速度方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车
做加速运动，若不同，汽车做减速运动，D错误，符合题意．]
5．BD [因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为
Δv＝100 m/s，选项A错误；汽车以108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停
下来，则2.5 s内汽车的速度改变量为Δv′＝0－30 m/s＝－30 m/s，选项B正确；火箭的加
速度为a ＝＝ m/s2＝10 m/s2，汽车的加速度为a ＝＝ m/s2＝－12 m/s2，故火箭的速度变化
1 2
比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C错误，D正确．]
6．D [速度和加速度均为负值，两者方向相同，速度一直增大，直到加速度等于零为止；
在加速度大小减为零的过程中，位移一直增大，加速度为零时，速度不为零，位移仍在增大，
故A、B、C错误，D正确．]7．D [由＝可得 ＝1 m/s， ＝ m/s，故A、B正确；所选取的过程离A点越近，其相应
AB AC
阶段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故C正确；物体在ABCDE段的平均速度大小 ＝
AE
m/s＝0.75 m/s，由于不知ABCDE段的路程，故无法求得ABCDE段的平均速率，故D错
误．]
8．C [气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为x＝πR＝0.6π m，竖直
方向位移为y＝2R＝1.2 m，故位移大小约为s＝≈2.2 m，故选C.]
9．B [由题设所给的G值公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，
则车辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；
100 km/h≈27.8 m/s，根据题设所给的G值公式可得Δt≈×10 s≈6.2 s，故D错误．]
10．D [因初、末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，
则平均速度不同，选项A、B错误；“方案二”的路程为2.5 km，时间为35 min，则平均速
率约为＝＝ km/h≈4.29 km/h，不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做
匀速直线运动，即她的加速度不可能一直为0，选项D正确．]
11．D [从P点出发到再次来到P点，路程为2L，位移为零，A、B错误；由于速度方向不
断改变，即速度在变化，故加速度不为零，C错误；由＝可知，位移为零，平均速度为零，
D正确．]
12．BC [取向东为正方向，加速度a＝＝－2 m/s2；若速度大小为2 m/s、方向向东，则t＝
1
＝5 s；若速度大小为2 m/s、方向向西，则t＝＝7 s，故选项B、C正确，A、D错误．]
2
13．D [由题图甲知，雷达第一次发射电磁波时，飞机和雷达的距离为 s ＝ct ＝
1 1
×3×108×4×10－4 m＝6×104 m，由题图乙得雷达第二次发射电磁波时，飞机和雷达的竖
直距离为h＝ct ＝×3×108×2×10－4 m＝3×104 m．设该段时间内飞机水平飞行的距离为
2
s，则s、s、h在空间构成一个直角三角形，利用数学关系得s＝＝3×104 m，飞机的飞行
2 1 2 2
速度大小为v＝≈300 m/s，故选D.]
第 2 练 匀变速直线运动的规律
1．C [根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v2＝2ax知，x ＝，x ＝，所以AB∶AC
0 AB AC
＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．]
2．C [采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x＝at2得，汽车加速度大小a
2 2
＝＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x ＝vt －at2，代入数据解得初速度v ＝15 m/s，
1 01 1 0
则汽车在第1 s末的速度v ＝v －at ＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错
1 0 1
误．]
3．A [由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v＝24 m/s，a＝－12 m/s2，则由v＝v＋
0 0at可知，汽车在2 s末停止运动，故它在前3 s内的位移等于前2 s内的位移，Δx＝24×2 m
－6×4 m＝24 m，则汽车在前3 s内的平均速度＝＝ m/s＝8 m/s，故A正确．]
4．B [该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B.]
5．C [初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间
内、…的位移之比x ∶x ∶x ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为 8t，则第一个t时间内的位移可视为初
速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移可视为
初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t时间内的位移，故x∶x ＝15∶(1＋3)＝15∶4，
1 2
故选C.]
6．A [因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B
到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x －x ＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6
2 1
m/s2，A正确．]
7．C [根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝vt－at2，小球又经4 s第二次通
0
过C点，有x＋8 m＝v(t＋4 s)－a(t＋4 s)2，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B
0
点为AC的中间位置，OB间距为x ＝x＋4 m＝20 m，由v 2－v2＝－2ax ，得v ＝2 m/s，故
1 B 0 1 B
C正确；由x＝t，得t＝(5－) s，故D错误．]
1 1 1
8．A [频率为2 Hz频闪照相机，时间为T＝＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2－
1)×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中
间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为v ＝ m/s＝2.5 m/s，故B错误；
1
根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v ＝v ＋a×2T，解得v ＝0.5 m/s，即照片中0
1 0 0
位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6 cm内的平均速度为
＝ m/s＝2 m/s，故D错误．]
9．C [采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动
车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l时，时间为t，有l＝at2，动车1号车
厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l时，时间为t ，有4l＝at2，解得t ＝2t，选项
5 5 5
A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则
平均速度为＝＝，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v，则
5
有4l＝×2t，解得v ＝，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，
5
有0＝v－a×2t，解得a＝＝，选项D错误．]
5
10．B [超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽
车的位移为x＝355 m－335 m＝20 m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位
移之比为1∶3，所以x＝5 m，x＝15 m，则超声波被A接收时，AB间的距离x′＝335 m＋
1 2
5 m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝ s＝1 s，根据Δx＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正确，A、C、D错误．]
11．AD [从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，
则有0－v2＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v ＝＝
0 1
v ，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v ＝＝，B错误；根据初速度为
0 18
零的匀变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后
12块路边石的时间之比为(－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间
内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D
正确．]
12．(1)894 m (2)10.7 s
解析 (1)设汽车匀减速过程位移大小为d，
1
由运动学公式得v2－v2＝－2ad
1 0 1
解得d＝442 m
1
根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小
x＝2d＋d＝894 m
1 1
(2)如果汽车以v ＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为
2
d，
2
由运动学公式得v2－v2＝－2ad
2 0 2
解得d＝400 m
2
提速前，汽车匀减速过程时间为t，
1
则d＝t
1 1
解得t＝26 s
1
通过匀速行驶区间的时间为t′，
1
有d＝vt′
11
解得t′＝2.5 s
1
从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T＝2t＋t′＝54.5 s
1 1 1
提速后，汽车匀减速过程时间为t，
2
则d＝t
2 2
解得t＝20 s
2
通过匀速行驶区间的时间为t′，
2
则d＝vt′
22
解得t′＝1 s
2
匀速通过(d－d)位移时间
1 2
Δt＝＝1.4 s通过与提速前相同位移的总时间为T ＝2t ＋t′＋2Δt＝43.8 s，所以汽车提速后过收费站过
2 2 2
程中比提速前节省的时间ΔT＝T－T＝10.7 s.
1 2
第 3 练 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
1．B [陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s
下落前5 m的过程所用的时间为
t＝＝ s＝1 s
1
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t＝t－t＝0.4 s，故B正确．]
2 1
2．B [设该星球的重力加速度为g ，第4 s内的位移是42 m，有g t2－g t2＝42 m，t＝
星 星 4 星 3 4
4 s，t ＝3 s，解得g ＝12 m/s2，所以小球在第2 s末的速度大小为v ＝g t ＝24 m/s，故A
3 星 2 星 2
错误，B正确；小球在第4 s末的速度大小是v ＝g t ＝48 m/s，故C错误；小球在0～4 s
4 星 4
内的位移是x＝g t2＝96 m，故D错误．]
4 星 4
3．C [由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C
正确．]
4．AB [解法一：分段法
物体上升的时间t ＝＝ s＝3 s，物体上升的最大高度h ＝＝ m＝45 m，物体从最高点自由
上 1
下落2 s时，下落的高度h ＝gt 2＝×10×22 m＝20 m，运动过程如图所示，则总路程为h
2 下 1
＋h ＝65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为h －h ＝25 m，即位移的大小为25 m，方
2 1 2
向竖直向上，B正确．速度改变量的大小Δv＝gt＝50 m/s，C错误．平均速度的大小＝＝
m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D错误．
解法二：全程法
将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有 v ＝30 m/s，a＝－g
0
＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝vt＋at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m
0
处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3 s到达最大高度h ＝45 m处，故物体运动的总路
1
程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确．速度的改变量的大小Δv＝|at|＝
50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v ＋at＝－20 m/s，所以平均速度＝＝5 m/s>0，方向竖
0
直向上，D错误．]
5．D [根据h＝gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2和，两物体未下落时相距，第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度 h ＝g()2
1
＝，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝gt2－gt2＝gt2，故D正确，A、B、C错
误．]
6．D [小球从O点由静止下落，经过各段的时间都是0.2 s，所以OA、AB、BC三段的高度
之比为1∶3∶5，如果小球从A点开始由静止释放，由于AB间距离大于OA间距离，所以
通过AB、BC段的时间均大于0.2 s，故A错误；设AB间距离为3h，则BC间的距离为5h，
所以AC间的距离为8h，通过B点时的速度为v ＝，小球通过C点时的速度为v ＝，则
B C
v ∶v ＝∶4，故B错误；由于AB、BC段的高度之比为3∶5，但是通过两段的时间不相等，
B C
根据＝可知，平均速度之比不是3∶5，故C错误； ＝v ＝2，所以v > ，故D正确．]
AC C B AC
7．C [由h＝gt2得，t ＝，t ＝，t＝，则(t －t)>(t －t)，a、b、c三小球运动时间之比为
a b c a b b c
∶2∶，a比b早释放的时间为Δt＝t －t ＝2(－)，A、B错误，C正确；根据v2＝2gh得，三
a b
小球到达地面时的速度大小之比是∶2∶，D错误．]
8．A [根据竖直上抛运动的对称性，有g(T)2－g(T)2＝H，解得g＝，故选A.]
2 1
9．D [加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一定相等，故A
错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t ，则2×t＋v (t －2t)＝s，代入数据解得t
0 m 0
＝12 min，故B错误；加速位移为x ＝t＝120 km，故C错误；加速度大小a＝≈0.46 m/s2，
加
故D正确．]
10．B [甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不
断均匀增大，A错误，B正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为 v
0
，方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v 、H均无关，C错误；由竖直上抛的对称性
0
可知，两球落地的时间差Δt＝，与v 有关，与H无关，D错误．]
0
11．C [由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s对应
的位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高
点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有H ＝gt2＝3.2 m，C正确．]
m
12．(1)货车会被花盆砸到
(2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆落下到达车顶过程，
位移为h＝(47－2) m＝45 m
0
花盆做自由落体运动，有h＝gt2，解得t＝3 s
0
在这段时间内汽车位移大小为x＝vt＝27 m
0
由于Lv ，选项B正确；v－t图像
1 1 2
中0～t 时间内3和4位移不同，所以平均速度大小不相等，选项C错误；t 时刻2开始反向
3 2
运动，t 时刻4加速度方向变化但运动方向不变，选项D错误．]
4
5．B [位移时间图像的斜率表示速度，则在最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正，所
以运动方向相同，故A错误；质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，t＝3 s时，甲、乙图
线的斜率相等，所以t＝3 s时乙的速度是3 m/s，乙的加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，0～3 s内乙
的位移x＝×3 m＝4.5 m，所以t＝3 s时，乙的位置坐标为－20 m＋4.5 m＝－15.5 m，故B
正确；t＝10 s时，质点甲的位移x ＝30 m，质点乙的位移x ＝at2＝50 m，因x x，可知<＝，即v>，故选C.
]
专题强化练二 追及相遇问题
1．BC [t 时刻，a、b两车的位置相同，此前a车在前、b车在后，此后b车在前、a车在
1
后，因此是b车追上a车．由于x－t图像的斜率表示速度的大小及方向，因此a车速度不变，
做匀速直线运动，b车先做减速运动，速度减至零后又开始反方向做加速运动．t 时刻两图
2
像的斜率一正一负，两车速度方向相反，选项A、D错误，B、C正确．]
2．D [由于v－t图像的斜率表示加速度，则由题图可看出，图线甲的斜率先减小后反向增
大，存在某一时刻图线甲的斜率与图线乙的斜率相同，故在t ～t 时间内，存在甲、乙两车
1 2
加速度相同的时刻，A错误；由题图可看出在0 ～ t 时间内，乙的速度一直大于甲的速度，
1
又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，则二者距离先增大，且在 t 时刻乙在甲前面，
1
t 后甲的速度大于乙的速度，则二者越来越近，最后相遇，但甲的速度依然大于乙的速度，
1
则二者的距离再增大，到t 时甲在乙前面，故在t ～t 时间内，甲、乙两车间的距离先减小
2 1 2后增大，甲、乙两车相遇一次，B、C错误；根据平均速度的计算公式有＝，由于v－t图像
与横轴围成的面积表示位移，则在t ～t 时间内，x > x ，则甲车的平均速度大于乙车的
1 2 甲 乙
平均速度，D正确．]
3．BCD [根据v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在t＝2 s时启动，此时a的
位移为x＝×2×1 m＝1 m，即a在b前方1 m处，故A错误；两船的速度相等时相距最远，
最大距离为Δx＝×(1＋3)×1 m－×1×1 m＝1.5 m，故B正确；由于两船从同一地点向同一
方向沿直线运动，当位移相等时两船才相遇，由题图可知，b船启动3 s后位移x ＝×(1＋
b
3)×2 m＝4 m，此时a的位移x ＝×(5＋3)×1 m＝4 m，即b刚好追上a，故C正确；b船超
a
过a船后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，故D正确．]
4．BC [v－t图像的斜率表示加速度，可得和谐号的加速度为a ＝ m/s2＝ m/s2，复兴号的
1
加速度为a ＝ m/s2＝ m/s2，则10 s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；题图乙中
2
复兴号的最大速度为v ＝72 m/s＋a×(32－24) m/s＝78 m/s，故B正确；因t＝0时两车车头
m 2
刚好并排，在0到24 s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等
后两者的距离缩小，则在24 s末两车车头相距最远，故C正确；由v－t图像中图线与t轴所
围的面积表示位移，则在0～24 s两者的最大距离为Δx＝ m＝48 m，而在24～32 s内缩小
的距离为Δx′＝ m＝24 m<Δx，即32 s末复兴号还未追上和谐号，故D错误．]
5．AD [甲、乙两车均做直线运动，A正确；从图像可知，在0～t 时间内，甲、乙两车图
2
线与t轴所包围的“面积”相等，即两车的位移相等，所以t 时刻，甲、乙两车相遇且只相
2
遇一次，B错误；在0～t 时间内，甲车的v－t图线斜率不断增大，所以加速度不断增大，
2
C错误；在0～t 时间内(不包括t 时刻)，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t
2 2
轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路上同时从
同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面，D正确．]
6．A [根据v2－v2＝2ax并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分别为 v ＝6
0 0甲
m/s，v ＝0，v2－x图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以甲、乙两车的加
0乙
速度大小分别为a ＝2 m/s2，a ＝1 m/s2，且甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，
甲 乙
故B错误；汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时二者速度相同，设共经历时间为 t ，则a
1
t ＝v －a t ，解得t ＝2 s，此时甲车的位移为x ＝v t －a t2＝8 m，故A正确；甲
乙 1 0甲 甲 1 1 甲 0甲 1 甲 1
车总运动时间为t ＝＝3 s，甲停下时位移为9 m，而此时乙车的位移为x ＝a t2＝ m<9
2 乙 乙 2
m，所以甲、乙两车相遇一定发生在甲车停下之后，设相遇时刻为t，则有a t2＝9 m，解得
乙
t＝3 s，故C错误；汽车甲、乙在x＝6 m处的速度大小为v＝＝＝2 m/s，故D错误．]
7．C [根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可知泳池长度L＝1.25×20 m＝25
m，故A错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝
100 s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60 s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30s内，甲的位移大小为x ＝1.25×20 m－1.25×10 m＝12.5 m，乙的位移大小为x ＝1.0×25
1 2
m－1.0×5 m＝20 m，在0～30 s内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为 v∶v ＝∶＝
1 2
5∶8，故D错误．]
8．(1)12 m/s 3 m/s2 (2)x>36 m
0
解析 (1)在t ＝1 s时，A车刚启动，两车间缩短的距离为B车的位移，可得x ＝v t ，解得
1 1 B1
B车的速度大小为v ＝12 m/s，图像斜率表示加速度，可得A车的加速度大小为a＝，其中
B
t＝5 s，解得A车的加速度大小为a＝3 m/s2.
2
(2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应 v－t图像的t ＝5 s时刻，此时两车
2
已发生的相对位移为梯形的面积，则x＝v (t ＋t)，代入数据解得x＝36 m，因此，若A、B
B 1 2
两车不会相撞，则两车的距离应满足条件为x>36 m.
0
9．(1)36 m (2)6.5 s
解析 (1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来，由速度与时间关系得 v ＝at ，代入数据
1 11
得t＝6 s，根据x＝t，代入数据得x＝36 m.
1 1 1 1
(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为t ＝＝4 s，x ＝t ＝16 m，
2 2 2
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，其位移为x ＝v(t －t)＝16 m，由于x ＋
3 2 1 2 2
xμ(m ＋m)g，联立
3 3 1 1 3 1 3
解得0.3<μ≤0.4，C正确．]
110．BD [当夹角达到一定程度，沙子将匀速下滑，有mgsin θ＝μmgcos θ，故μ＝tan θ，μ
越大，θ将越大，圆锥体将堆得越陡，故B、D正确，A、C错误．]
11．B [设弹性绳的劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量 ΔL＝100
cm－80 cm＝20 cm，两段绳的弹力大小为F＝kΔL，对钩码受力分析，如图甲所示．由题意
可知sin α＝，则cos α＝.根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G＝2kΔLcos α.将弹性
绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力如图乙所示．设弹性绳伸长量为 ΔL′，弹力
大小为F′＝kΔL′，钩码的重力为G＝2kΔL′，联立解得ΔL′＝ΔL＝12 cm.弹性绳的总长
度变为L＋ΔL′＝92 cm，故B正确，A、C、D错误.
0
]
12．C [每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，因为每本书的质量相等，则每本书受到的
摩擦力的合力大小相等，A错误；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B错误；以这一摞书
为研究对象，每只手对其最大静摩擦力为 F ＝μF ＝60 N，这一摞书受力平衡，则2F ＝
f1 1 N f1
nmg，解得n ＝60，但书与书间的最大静摩擦力为F ＝μF ＝40 N，除了左右两侧跟手接
1 1 f2 2 N
触的两本书，以剩下的这一部分书为研究对象，由平衡条件有2F ＝nmg，解得n ＝40，加
f2 2 2
上与手接触的两本书，共42本书，C正确，D错误．]
第 2 练 摩擦力的综合分析
1．C 2.B 3.C 4.D 5.C 6.B
7．AC
8．AD [由题意可知，开始物体做匀速运动，从t＝0时刻，拉力F开始均匀减小，t 时刻
1
拉力减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一种是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的
一直是滑动摩擦力，即大小不变，A正确；另一种是当拉力为零前，物体已静止，则物体先
受到滑动摩擦力，后受到静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，
而此时拉力小于滑动摩擦力大小，D正确，B、C错误．]
9．AD [弹簧的弹力始终等于拉力F，即F′＝kt，故A正确，B错误；物块开始受到的是
静摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的变化满足F
＋F＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大
f
到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，静摩擦力变为滑动摩擦力，之后大小就保持恒定，故
C错误，D正确．]10．BD [对物块受力分析，可以简化成如图所示的受力分析，
根据平衡条件，则有F＝
f
＝mg，故A错误，B正确；当撤去外力之后，只需要沿斜面向上且大小为mg的摩擦力就可
以平衡，故此物块仍静止不动，故C错误，D正确．]
11．B [设黑板擦与黑板间的弹力大小为F ，摩擦力大小为F，黑板擦受力平衡，由三角
N f
形定则及勾股定理可得F2＝F 2＋F2，滑动摩擦力F＝μF ，联立可得F＝，故A、C、D错
N f f N f
误，B正确．]
12．B [物块沿运动方向受挡板的摩擦力大小为F ＝μF ，因物块沿挡板运动的速度的大
f1 1 N
小等于木板运动的速度的大小，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的
摩擦力大小为F ＝μmg，其方向与挡板成45°角，如图，则物块与挡板之间的正压力F ＝
f2 2 N
μmgsin 45°＝μmg，故挡板对物块的摩擦力大小为F ＝μF ＝μμmg，故B正确．
2 2 f1 1 N 1 2
]
第 3 练 力的合成与分解
1．C 2.A 3.BC 4.A 5.B 6.B 7.D
8．C [对人和梯子整体进行分析，有mg＝F ，根据牛顿第三定律可知，梯子对水平地面的
N
作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，故A、B错误；对一侧的梯子受力分
析，受到人的沿梯子向下的作用力，地面的竖直向上的支持力(不变)，绳子的水平方向的拉
力，如图，F ＝F tan ，F ＝，可知θ角越大，绳子的拉力越大，故C正确；对人受力分
T N 人
析，梯子对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯子的压力是相互作用
力，大小与θ角无关，故D错误．]
9．C [滑轮A的轴所受压力为BA方向的拉力和物体P重力的合力，BA方向的拉力与物体
P的重力大小相等，设两力方向的夹角为θ，其变化范围为90°<θ<180°，根据力的合成法则
可知，滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向，θ的大小不确定，滑轮A的轴所受压力可能
大于物体P的重力，也可能小于或等于物体P的重力，故A、B错误；当只将滑轮A向右移
动时，θ变小，两绳的合力变大，A的轴所受压力变大，故C正确；当只将滑轮B向上移动
时，θ变大，两绳的合力变小，A的轴所受压力变小，故D错误．]
10．BD [绳子对定滑轮B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的合力，方向不可能竖直向
下，故A错误；重物匀速运动，则任意段绳子的弹力等于重力的一半，即.由平行四边形定
则可知，合力方向沿∠ABC的角平分线，与BA夹角为30°斜向下，大小为，故B、D正确，
C错误．]
11．(1) N (2)2 000 N
解析 (1)将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，如图甲所示，且F ＝F ，则有
1 2
2Fcos α＝F，则扩张机AB杆的弹力大小为F＝＝ N
1 1
(2)再将F 按作用效果分解为F 和F ′，如图乙所示，则有F ＝Fsin α，联立得F ＝，根
1 N N N 1 N
据几何知识可知tan α＝＝10，则F ＝5F＝2 000 N.
N
12．(1)0.5G (2)0.4G
解析 (1)分析圆柱体工件的受力可知，沿轴线方向受到拉力F和两个侧面对圆柱体工件的
滑动摩擦力，由题给条件知F＝F，将工件的重力进行分解，如图所示，由平衡条件可得G
f
＝F＝F，由F＝μF＋μF 得F＝0.5G.
1 2 f 1 2
(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F′＝F′＝Gcos 37°＝0.8G，此时工
1 2件所受槽的摩擦力大小F′＝2μF′＝0.4G.
f 1
第 4 练 牛顿第三定律 共点力平衡
1．D 2.D 3.BC 4.D 5.B 6.C 7.A
8．AD [以O点为研究对象，O点受到衣服的拉力F 、CO杆的支持力F 和绳AO、BO的
T 1
拉力，设绳AO和绳BO拉力的合力为F，作出O点的受力示意图如图甲所示，根据平衡条
件得F＝＝2mg，由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误；
1
由图甲分析可知F＝mgtan 60°＝mg，将F沿OA、OB方向分解，如图乙所示，设绳AO和绳
BO所受拉力分别为F 、F′，且F ＝F′，则F＝2Fcos 30°，解得F ＝mg，故C错误，D
2 2 2 2 2 2
正确．]
9．AB [把动滑轮及物块看作一个整体，设跨过滑轮的轻绳上的张力大小为F ，整体在竖
T
直方向上受力平衡，则有F sin 53°＋F sin 37°＝mg，解得F ＝mg，水平方向上有F cos 53°
T T T T
＋F cos 37°＝F，求得作用在物块上的水平拉力大小为F＝mg，故A、B正确；隔离物块进
T
行受力分析，则由平衡条件可得物块与滑轮间的轻绳中的张力大小为 F ′＝＝mg，由数学
T
知识可知物块与滑轮间的轻绳中的张力与竖直方向成 45°角，则tan 45°＝1，故C、D错
误．]
10．C [对A、B整体受力分析，设下面细绳上的拉力为F ，由几何关系得tan θ＝，
T 1
对B受力分析，
由几何关系得tan θ＝，
2
所以tan θ·tan θ＝，故选C.]
1 2
11．C [设绳上拉力为F ，OA长L ，OB长L ，过O点作竖直向下的辅助线交AB于C点，
T 1 2
如图所示，由三角形相似有＝，＝，得＝，故A、B、D错误，C正确．
]
12．C [对小球B受力分析，如图所示，绳PB的拉力大小F＝mgcos θ＝mg，对结点P受
力分析可知，绳AP的拉力大小为F ＝Fsin θ＝mg，绳OP的拉力大小F ＝Fcos θ＝mg，
T1 T2故A错误；对物块A受力分析可知，物块A所受摩擦力F ＝F ＝mg，故B错误；对绳
fA T1
PB、结点P和小球B、半球体C整体受力分析可知，半球体C受到的摩擦力大小F ＝F ＝
fC T1
mg，地面对半球体C的支持力大小为F ＝(M＋m)g－F ＝Mg＋mg，故C正确，D错误．
NC T2
]
专题强化练三 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题
1．C 2.D 3.D 4.A 5.AD 6.D 7.B
8．A [以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，
F、F 的合力F 与G大小相等、方向相反．
N 合
根据三角形相似得＝＝，
又F ＝G，
合
得F＝ G，F ＝ G
N
∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，F 不变，故杆BC所产
N
生的弹力大小不变，故选A.]
9．B [设结点左侧绳长为l ，结点右侧绳长为l ，有lcos θ ＋lcos θ ＝d，由水平方向受
1 2 1 1 2 2
力平衡，有F cos θ ＝F cos θ ，有cos θ ＝cos θ ＝＝，竖直方向受力平衡，有2F sin θ ＝
T 1 T 2 1 2 T 1
mg，解得F ＝，A错误，B正确；将绳子的A端沿竖直杆上移或将木板绕水平轴CD缓慢向
T
纸面外旋转，由A、B中分析可知，由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方
向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，C、D错误．]
10．C [设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，则为
使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有Fcos θ≤μFsin θ，由几何知识有tan θ＝，两式
联立解得L≤2 m，即木棍的长度最大为2 m，故A、B、D错误，C正确．]
11．BCD [由题可知，物块缓慢移动，整体处于动态平衡状态，则绳OO′的拉力大小等于
下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力大小，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力的大小，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根
据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确；对物块
B受力分析如图所示，
当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡条件可知，斜面对物块B的支
持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确．]
12．C [A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：F ＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
T
对B：2mgsin 45°＝F ＋3μmgcos 45°＋μmgcos 45°
T
整理得，μ＝，选项C正确．]
13．AD [小球B受重力mg、轻绳OB的拉力F 和拉力F，由题意可知，三个力的合力始
T
终为零，矢量三角形如图所示，在F 转至水平的过程中，轻绳OB的拉力F 逐渐减小，拉
T T
力F逐渐增大，故选项A正确，B错误；
整体(含斜面体，物块A和小球B)受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力以及拉力四
个力的作用，根据对小球的受力分析可知，拉力F的竖直方向分力逐渐增大，水平方向分
力先增大后减小，所以地面对斜面体的支持力逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力先增大后减
小，故选项C错误，D正确．]
实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系
1．(1)7.0 (2)弹簧自身重力 6.9 (3)甲解析 (1)该读数为7.0 cm；
(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量，其下端所指的标尺刻
度为7.4 cm；在弹簧下端悬挂钩码后所指的标尺刻度14.3 cm，则弹簧因挂钩码引起的伸长
量为14.3 cm－7.4 cm＝6.9 cm；
(3)由图线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Δl是用挂钩码
后的长度减去题图甲所示长度得到的．
2．(1)b a (2)0.263(0.260～0.270均正确) (3)偏大
解析 (1)图像与横轴交点的横坐标值为弹簧原长，由题图可知原长较大的是 b；图像的斜率
表示劲度系数，则劲度系数较大的是a.
(2)由胡克定律F＝kx，解得k＝＝＝ N/m≈0.263 N/m
(3)若悬挂的钩码的质量比所标数值偏小些，则弹簧拉力偏小，实际计算时弹力偏大，则实
验测得的弹簧的劲度系数比实际劲度系数偏大．
3．(1)5.00 13.3 (2)B
解析 (1)弹簧弹力为零时，弹簧总长度即为弹簧原长，故L ＝5.00 cm，弹簧劲度系数k＝
0
＝ N/m≈13.3 N/m.
(2)由于弹簧自身重力的影响，当x等于零时，弹簧有一定的弹力，但弹簧劲度系数不变，
则k＝不变，即F－x图像斜率不变，故选B.
4．(1)d (2)
(3)154(151～159均可)
解析 (1)由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，
所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得s＝θ·，即弹簧的伸长量
为Δx＝s＝d
(2)对托盘A、竖直杆B、水平横杆H、齿条C和物体整体研究，根据平衡条件得mg＝2F，
弹簧弹力的胡克定律公式为F＝kΔx，联立解得k＝
(3)根据k＝，得θ＝·m
所以θ－m图像是一条过原点的倾斜直线，其斜率k′＝，由题图丙可得k′＝＝ rad/kg
≈1.27 rad/kg
将d＝5.00 cm，g＝9.8 m/s2代入k′，解得k≈154 N/m.
5．(1)156.8 235.2 (2)G(＋)
解析 (1)由题可知，圆环数为4个时，恰好压在弹簧B上，且不受到B的弹力，此前，圆
环仅受弹簧A的弹力，此后受到A、B两个弹簧的弹力，n＝4时有4mg＝k x ，解得k ＝
A 1 A
156.8 N/m，n＝8时有8mg＝k x＋k (x－x)，解得k ＝235.2 N/m.
A 2 B 2 1 B
(2)串接时，两个弹簧的拉力大小相等，则l ＝，l ＝，
A B
可得Δl＝l ＋l ＝G(＋)．
A B实验三 探究两个互成角度的力的合成规律
1．(1)4.30 (3)见解析图 4.36(4.29 ～4.43均可) (4)F和F
合
解析 (1)弹簧测力计的最小刻度为0.1 N，则F的大小为4.30 N；
(3)画出这两个共点力的合力F 如图：
合
由图可知F 的大小为4.36 N(4.29～4.43 N)；
合
(4)通过比较F和F 这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．
合
2．(1)4.0 (2)(ⅰ)见解析图
(ⅱ)4.0 0.05
解析 (1)由题图(b)可知，F的大小为4.0 N.
(2)(ⅰ)画出力F、F 的图示，如图所示．
1 2
(ⅱ)用刻度尺量出F 的线段长约为20.0 mm，所以F 大小为×1 N＝4.0 N，从F 的顶点向
合 合 合
x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1 mm，顶点的纵坐标对应长度为20 mm，
则F 与拉力F的夹角的正切值为tan α≈0.05.
合
3．(1)AC (2)见解析图 定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可)
解析 (1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细绳的拉
力，选项A正确；该装置不需要每次实验保证结点位于 O点，选项B错误；实验时需要记
录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向，选项C正确；因为每个钩码的重力已知，
所以不需要测钩码总重力，选项D错误．
(2)利用平行四边形定则作出F 和F 的合力F，如图所示，该合力方向不完全在竖直方向的
1 2
可能原因是定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．4．(1)BCD (2)A (3)甲
解析 (1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F －F|≤F≤F ＋F(等号在反向或同向时
1 2 3 1 2
取得)，因此B、C、D三项都是可以的．
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三
段绳子的方向．
(3)F 的方向一定竖直向下，由于测量误差，F 和F 的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲
3 1 2
是正确的．
5．(1)静止 (2)三根细绳的方向
(3)结点O的位置 (4)F和F′在误差范围内重合
解析 (1)要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F.
(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的
同时，也要记录三根细绳的方向以及电子秤的示数F.
1
(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，
力的方向也不能变化，所以应使结点O的位置和三根细绳的方向与(2)中重合，记录电子秤
的示数F.
2
(4)根据平行四边形定则作出F、F 的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平
1 2
行四边形定则得到验证．
第三章 运动和力的关系
第 1 练 牛顿第一定律 牛顿第二定律
1．A 2.D 3.B 4.B 5.C 6.A
7．A [在40 cm刻度处，有mg＝F ，则40 cm刻度对应的加速度为0，B错误；由分析可
弹
知，在30 cm刻度处，有F －mg＝ma，有a＝－0.5g，A正确；由分析可知，在50 cm刻
弹
度处，有F －mg＝ma，代入数据有a＝0.5g，C错误；设某刻度对应值为x，结合分析可知
弹＝a，Δx＝x－0.2 m(取竖直向上为正方向)，经过计算有a＝5gx－2g (m/s2)(x≥0.2 m)或a＝
－5gx (m/s2)(x<0.2 m)，根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对
应加速度的值是均匀的，D错误．]
8．D [根据k＝Y，可得Y＝，则Y的单位是＝＝Pa，故选D.]
9．CD [由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于c本身的质量，
同理b排开水的质量等于b本身的质量，a排开水的质量小于a本身的质量；则当容器向右
做匀加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁
相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动；物块c因相等体积的
水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压(可将c想象
为一个小气泡)，故选C、D.]
10．C [根据v－t图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加
速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，A、B错误；
刚释放时物块的加速度大小为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma′，
代入数据解得k＝175 N/m，C正确，D错误．]
11．BC [箱子静止时，对小球，根据平衡条件得F sin θ＝mg，F ＝F cos θ，若使箱子
OA OB OA
水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有 F ′sin θ＝mg，F ′－F ′cos θ＝
OA OB OA
ma，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A错误，B正确；若使箱子竖直向上加
速运动，则F ″sin θ－mg＝ma′，F ″＝F ″cos θ，所以绳1的张力增大，绳2的张
OA OB OA
力也增大，选项C正确，D错误．]
12．D [将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，
水平方向：
F＝ma，
f x
竖直方向：F －mg＝ma，
N y
F ＝1.15mg，
N
又＝，联立解得F＝0.2mg，故D正确．]
f
13．B [根据加速度定义得a＝＝2.5 m/s2，则F＝≈258 N，故选B.]
第 2 练 牛顿第二定律的基本应用
1．D 2.B 3.AD 4.AD 5.D 6.B7．D [如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝
2Rcos θ，小球下滑的加速度a＝gcos θ，根据s＝at2得t＝2，可知下滑时间与θ无关，因此
从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿 AB下滑所用的时间等于小球在高度为 2R的位
置做自由落体运动所用的时间，即2R＝gt2，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在
1
高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt2，联立解得＝，选项D正确．]
2
8．AD [跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水
后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝
vt－gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v ＝v －gt
0 1 0
＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F
＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．]
阻
9．(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma
1
代入数据解得a＝2 m/s2
1
(2)根据运动学公式有v2＝2al
11
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma
2
根据运动学公式有
v 2－v2＝－2al
max 22
代入数据联立解得l＝2.7 m.
2
10．(1)40 m/s (2)8.5 s
解析 (1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a ，阻力大小为F ，在水平跑道上运动
1 阻
的末速度大小为v，由牛顿第二定律得
1
F－F ＝ma ，
阻 1
F ＝0.2mg，
阻
v2＝2aL，
1 1 1
联立以上三式并代入数据解得a＝5 m/s2，v＝40 m/s.
1 1
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a，在倾斜跑道末端的速度大小为v，
2 2
飞机在水平跑道上的运动时间t＝＝8 s，
1
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F －mg＝ma ，
阻 2
代入数据解得a＝4 m/s2，
2
由v2－v2＝2aL，
2 1 2 2代入数据解得v＝42 m/s，
2
飞机在倾斜跑道上的运动时间t＝＝0.5 s，
2
则t＝t＋t＝8.5 s.
1 2
11．D [开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊
篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A
球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细
线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.]
专题强化练四 牛顿第二定律的综合应用
1．BD 2.D 3.C 4.CD 5.AC
6．ABD 7.AC
8．BD [以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－F ＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿
T
第二定律得F ＝2ma，联立解得F ＝mg，a＝g；以B为研究对象，由牛顿第二定律得F＝
T T f
ma，得F＝mg，故选B、D.]
f
9．ABD [对物体，由牛顿第二定律有Fcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝F－gsin θ，故a－F
图像的斜率为k＝＝0.4 kg－1，纵轴截距为b＝－gsin θ＝－6 m/s2，解得物体质量为m＝2
kg，sin θ＝0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物
理知识无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最
小外力为F ＝mgsin θ＝12 N，故D正确．]
min
10．BC [设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.
由题图乙可知，当F＝F ＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为a ＝2 m/s2，根
m m
据牛顿第二定律有F ＝(M＋m)a ，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑
m m
动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙解得m＝1
kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确．当F＝10 N时，滑块A的加速度为a ＝＝6
A
m/s2，C正确．]
11．AB [由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力
f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平
外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度
大小为a ＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F＝ma ，在4
1 f 1
～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a ＝ m/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律得F＝ma ，
2 f 2
另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F＝0.2 N，解
f
得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．]
12．(1)2 m/s2 (2)0.5 (3) N
解析 (1)根据L＝vt＋at2，代入数据解得a＝2 m/s2.
0
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得μ＝0.5.
(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μF ＝ma
N
垂直斜面方向有
F ＋Fsin α＝mgcos θ
N
联立解得F＝
＝
当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值F ，代入数据解得F ＝ N.
min min
专题强化练五 传送带模型和“滑块—木板”模型
1．C 2.AD 3.BC 4.D 5.AB
6．ACD
7．C [当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知m g
P
＝μm g，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速
Q
度为零的匀加速直线运动，有m g＋μm g＝(m ＋m )a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到
P Q P Q
传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at，解得匀加速的时间t＝1.2 s，匀加速
1 1
的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t ＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时
2
间为t ＝t ＋t ＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt －x＝4.8 m，即Q从传送带
总 1 2 1
左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有m g－F ＝
P T
m a，解得F ＝ N，之后做匀速直线运动，有F ′＝20 N，D错误．]
P T T
8．(1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v ＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同
0
时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度 v＝4 m/s，从t＝0到t＝0.4 s时间内，物块
加速度大小为a ＝＝ m/s2＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向
1
下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得μ＝0.5.
1
(2)设在t＝0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a ，物块受到重力、支持力和沿斜面向
2
上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，解得a ＝2 m/s2，物块
2 2
从t＝0.4 s开始，经过t 时间速度减为零，则t ＝ s＝2 s，从t＝0到t＝0.4 s，物块位移为x
1 1 1＝vΔt－a(Δt)2＝2.4 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，物块减速到零的位移为x ＝t ＝×2 m＝4
0 1 2 1
m，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x＝x＋x＝6.4 m.
1 2
(3)从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x ＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx ＝x －x
3 1 1 3
＝0.8 m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x ＝vt ＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx ＝
4 1 2
x －x ＝4 m，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程 Δx＝Δx ＋Δx ＝
4 2 1 2
4.8 m.
9．(1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μmg＝ma ，故A的加速度大小为a ＝1 m/s2，方
1 1 1
向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma，解得木板B加速度大
1 2 2
小为a＝2 m/s2.
2
(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x ＝at2＝4.5 m，B的位移大小为x ＝at2＝9 m，撤去外
1 1 2 2
力时，滑块A和木板B的速度分别为v ＝at＝3 m/s，v ＝at＝6 m/s，撤去外力后，滑块A
1 1 2 2
的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小
变为a′＝＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v＋at′＝v－a′t′
2 1 1 2 2
撤去外力后，A的位移大小为x′＝vt′＋at′2
1 1 1
B的位移大小为x′＝vt′－a′t′2
2 2 2
故木板B的长度至少为L＝x－x＋x′－x′
2 1 2 1
代入数据解得L＝5.25 m.
实验四 探究加速度与力、质量的关系
1．(1)砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 (2)0.60 (3)见解析图
(4)0.25
解析 (1)以小车(质量M)、砂和砂桶(质量m)整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg＝(M
＋m)a，以小车为研究对象可得 F＝Ma，求得F＝mg＝mg时，绳子有弹力，B项正确；当ω>时，B
已达到最大静摩擦力，则ω在<ω<范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在
0<ω<范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由F－F ＝mLω2可知，
f T
当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确．]
9．BD [铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引
力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道
转动时机械能守恒，选项B正确，A错误；铁球在A点时，有mg＋F －F ＝m，当F ＝
吸 NA NA
mg＋F 时，v ＝0，选项C错误；铁球从 A到B的过程，由动能定理有 2mgR＝mv 2－
吸 A B
mv 2，当v ＝0时，铁球在B点的速度最小，解得v ＝2，球在B点处，轨道对铁球的磁
A A Bmin
性引力最大，F －mg－F ＝m，当v ＝v ＝2且F ＝0时，解得F ＝5mg，故要使铁
吸 NB B Bmin NB 吸min
球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，选项D正确．]
10．BCD [若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝ m/s，
若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得mv′2＝mg·2R＋mv2，解得v′
0 0
＝ m/s>v ＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；
0
设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为 θ，小球此时只受重力作用，
将重力分解如图所示．
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能守
恒定律得mv2＝mgR(1＋sin θ)＋mv2，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v ＝＝ m/s，故
0 1 1
C、D正确．]实验五 探究平抛运动的特点
1．(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
解析 (1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实
验所用斜槽是否光滑无关，故A错误；
画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；
求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的
影响，故C正确．
(2)坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x＝vt，y＝gt2
0 0 0
联立解得平抛的初速度为
v＝x，故选D.
0 0
(3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从
而能确保多次运动的轨迹相同．
2．(1)AC (2) (3)＝
2 －4L －L (4)可以，理由见解析
解析 (1)小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，滑到斜槽末端时的速率一定，保证平抛
初速度不变，描出的是同一轨迹，故A正确；斜槽轨道不必光滑，故B错误；斜槽末端水
平，才能保证小球做平抛运动，故C正确；本实验不需要停表，故D错误．
(2)由y＝ax2得a＝，将M点坐标(5L,5L)代入得a＝＝
根据x＝vt，y＝gt2，联立解得
0
v＝＝＝x
0
＝5L＝
(3)O、A和A、B间水平方向均是4个格，由t＝可知，t ＝t ，又y －y ＝gT2，解得T＝
1 2 AB OA
＝，所以v＝＝2
0
小球在竖直方向上做自由落体运动，从开始下落，相邻相等时间内竖直位移之比为
1∶3∶5，而y ∶y ＝3∶5，因此初始位置坐标为(－4L，－L)．
OA AB
(4)可以．用刻度尺测量落点与抛出点之间的竖直距离y，测量墙与桌子的水平距离x，根据
y＝gt2，可得t＝，则v ＝＝x，改变桌子与墙的水平距离x，测量多组x、y值，计算多组初
0
速度，取平均值即可．
3．(1)C (2)x
(3)v＝
0
解析 (1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定
要光滑，但必须是水平的，故A错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，故B错误，C正确；因为存在摩擦力，故不满足机械能守恒定律，
故D错误．
(2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y －y ＝gT2，水平方向由匀速直线运动得x＝vT，
2 1 0
联立解得v＝＝x.
0
(3) 因为Δy＝y－y＝gT2，x＝vT，联立可得Δy＝x2，所以Δy－x2图像的斜率为k＝，
2 1 0
解得v＝.
0
4．(1)见解析图 (2)9.52 (3)不变
解析 (1)描点作图如图所示；
(2)小球过B点水平抛出的速度为
v＝＝1 m/s，
0
x2与h的关系为x2＝，
结合图像可得＝k＝ m＝ m，解得g＝9.52 m/s2；
(3)在(2)中k＝＝＝，可知漏掉了小球的半径，不影响重力加速度g的计算，即计算出的重力
加速度大小与真实值相比不变．
5．(1)B (2)AD (3)BC (4)较高 (5)0.79
解析 (1)要研究平抛运动的规律，轨道末端的切线必须是水平的，这样做的目的是小球飞
出时，速度必须沿水平方向，使小球做平抛运动，A错误，B正确．小球在空中运动时的加
速度和小球飞出时的速度大小与轨道末端是否水平无关，C、D错误．
(2)要研究平抛运动的规律，安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平，小球抛出后的运动不
是平抛运动，能引起实验误差，A正确；没有从轨道同一位置释放小球，因为有光电门传感
器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v 和飞行时间t，因此不会产生误差，B错误；
0
因为实验是要研究平抛运动的规律，即研究小球从离开水平轨道到落到底板上运动的规律，
与斜槽是否光滑无关，C错误；空气阻力对小球运动有较大影响时，小球在空中的运动就不
是平抛运动了，所以能产生实验误差，D正确．
(3)由表中数据可得
d＝0.217 m≈0.741×0.292 7 m
1
d＝0.303 m≈1.034×0.293 0 m
2d＝0.386 m≈1.318×0.292 8 m
3
d＝0.454 m≈1.584×0.292 9 m
4
由计算结果可知，在实验误差允许的范围内，落地点的水平距离d与初速度v 大小成正比，
0
A错误，B正确；由表中数据可知，飞行时间t与初速度v 大小无关，C正确，D错误．
0
(4)由题图乙可知，图线①对应的小球初速度大于图线②，因此图线①所对应的小球在斜槽
上释放的位置较高．
(5)由题图丙可知，已知小方格的边长L＝1 cm，在竖直方向可有Δh＝gT2，解得T＝＝ s＝
s．则有小球在b点的水平方向的初速度为 v ＝ m/s，由中间时刻的瞬时速度等于该段时
0
间内的平均速度可知，b点在竖直方向的速度
v＝＝ m/s
y
则小球在b点的速度大小为v＝＝
b
m/s
≈0.79 m/s.
实验六 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1．(1)相同 C B(或者B C)
(2)2∶1 (3) 2∶9
解析 (1)探究向心力与轨道半径的关系时，根据F ＝mω2r，采用控制变量法，应使两个相
n
同质量的小球放在不同半径挡板处，以相同角速度运动，因此将质量相同的小球分别放在B
和C处．
(2)皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为1∶2，两个塔轮边缘处的线速度大小相等，根据
v＝ωr可知，角速度与半径成反比，所以放在挡板A处的小球与C处的小球角速度大小之比
为2∶1.
(3) 把两个质量相同的小球分别放在挡板B和C位置，则两小球的转动半径关系为r∶r ＝
1 2
2∶1，皮带套在左、右两边塔轮的半径之比为3∶1，两个塔轮边缘处的线速度大小相等，
根据v＝ωr可知，角速度与半径成反比，所以放在挡板B处的小球与C处的小球角速度大
小之比为1∶3，即ω∶ω ＝1∶3，根据F ＝mω2r可知，两小球做圆周运动所需的向心力之
1 2 n
比为F∶F＝2∶9，则转动时左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为2∶9.
1 2
2．(1)质量和半径 ω2＝ (2)存在摩擦力的影响 0.75
解析 (1)由向心力公式F ＝mω2r可知，探究向心力和角速度的关系，保持质量和半径不变，
n
根据ω＝，可得ω2＝.
(2)实际表达式为F＋F＝mω2r，图线不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响．斜率为 k＝
f
mr＝0.75 kg·m.3．(1)12.35 (4) (5)偏大
解析 (1)遮光片的宽度为d＝12 mm＋7×0.05 mm＝12.35 mm.
(4)在最低点，根据牛顿第二定律得F－mg＝m＝m，解得F＝()2＋mg，则有＝k，
a＝mg，所以有g＝＝.
(5)如果在实验过程中所系的细线出现松动，则摆长真实值变大，则根据实验数据求出的当
地重力加速度g的值比实际值偏大．
4．(1)C (2)B (3)在质量和轨迹半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比
解析 (1)探究向心力与质量、半径和线速度的关系时，为了只研究向心力与速度的关系，
应采用控制变量法，故选C.
(2)根据F＝m可知F－v2的图像是一条过原点的倾斜直线，在四幅题图中最为直观，故选B.
(3)在质量和轨迹半径一定的情况下，向心力F与线速度v的平方成正比．
5．(1)物块到竖直杆距离
(2)质量
解析 (1)探究向心力与质量关系时，让物块1、2的质量不同，保持物块到竖直杆的距离相
同，转动竖直杆，测出不同角速度下两力传感器的示数F 、F ，测出多组F 、F ，作出F
1 2 1 2 1
－F 图像，由F＝mrω2可知，＝，因此如果作出的图像是过原点的直线，且图像的斜率等
2
于，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比．
(2)探究向心力与半径关系时，让物块1、2的质量相同，测出物块1和物块2到竖直杆的距
离分别为r 、r ，转动竖直杆，测出不同角速度下两力传感器的示数F 、F ，测出多组F 、
1 2 1 2 1
F ，作出F －F 图像，由F＝mrω2可知，＝，如果作出的图像是过原点的直线，且图像的
2 1 2
斜率等于，则表明在此实验过程中向心力与半径成正比．
第五章 万有引力与宇宙航行
第 1 练 万有引力定律及应用
1．C 2.C 3.D 4.AD 5.A 6.B 7.BD
8．C [设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度等于地球自转的
角速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上受到的重力和物体随地球自转所需的向心力
是万有引力的分力，有G－mg＝mω2R，物体在两极受到的重力等于万有引力，即G＝mg ，
0
所以g ＞g，故A错误；在两极有mg ＝G，解得M＝，故B错误；由G－mg＝mω2R，mg
0 0 0
＝G，解得ω＝，故C正确；地球的平均密度ρ＝＝＝，故D错误．]
9．B [卫星在行星表面绕行星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得＝mR，设行星密度为ρ，则有M＝ρ·R3，联立可得ρ＝∝，则有＝，解得火星的平均密度约为ρ ＝ρ
火 地
＝×5.5×103 kg/m3≈4.0×103 kg/m3，B正确，A、C、D错误．]
10．C [夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有r ＝r sin θ，由开普勒第三定律可得
B A
＝，则＝，A、B错误；t时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝·πr2，则＝·＝，C正确，
D错误．]
11．C [忽略火星自转，则在火星表面有＝mg，可知GM＝gR2，设与运行周期为1.8×105 s
的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万有引力提供向心力可知＝mr，设近火
点到火星中心的距离为R＝R＋d，设远火点到火星中心的距离为R＝R＋d，椭圆轨道半长
1 1 2 2
轴为，由开普勒第三定律可知＝，由以上分析可得d≈6×107 m，故选C.]
2
12．C [设地球的密度为ρ，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小似近相
等，有g＝G.由于地球的质量为M＝ρ·πR3，所以重力加速度的表达式可写成g＝＝＝πGρR.
质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引
力即为半径等于(R－d)的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度g′＝
πGρ(R－d)，所以有＝；根据万有引力提供向心力有G＝ma，“天宫一号”所在处的重力加
速度为a＝，所以＝，＝，故C正确，A、B、D错误．]
13．BCD [设银河系中心超大质量的致密天体质量为M，恒星S 绕银河系中心(银心)做椭
2
圆轨道运动的椭圆半长轴为a，半焦距为c，根据题述Q与O的距离约为120 AU，可得a－
c＝120 AU，又有椭圆偏心率(离心率)约为＝0.87，联立可以解得a和c，设想恒星S 绕银心
2
做半径为a的匀速圆周运动，由开普勒第三定律可知周期也为T ，因此G＝m a2，对地球
S2 S2
围绕太阳运动，有G＝m r2，而a＝120r，T ＝16T ，联立可解得银河系中心致密天体与太
地 S2 1
阳的质量之比，不能得出S 与银河系中心致密天体的质量之比，选项A错误，B正确；由
2
开普勒第二定律有v (a＋c)＝v (a－c)，可解得S 在P点与Q点的速度大小之比为＝，选项
P Q 2
C正确；在远银心点和近银心点，由万有引力定律和牛顿第二定律，分别有G＝m a ，G＝
S2 P
m a ，联立可解得S 在P点与Q点的加速度大小之比为＝，选项D正确．]
S2 Q 2
第 2 练 人造卫星 宇宙速度
1．B 2.C 3.C 4.C 5.A 6.C
7．B [由G＝m，得到星球的第一宇宙速度v＝，设地球的第一宇宙速度为v ，由g＝ωv
1 1
＝v，得v＝，设火星的第一宇宙速度为v，则＝·，代入数据解得v＝v＝，B项正确．]
1 1 2 2 1
8．BD [在拉格朗日点的航天器仍然受万有引力，仍遵循万有引力定律，A错误；因在拉
格朗日点的航天器相对地球和月球的位置不变，说明它们的角速度一样，因此周期也一样，
B正确；“嫦娥四号”探测器登陆的是月球的背面，“鹊桥”要把探测器在月球背面采集的信息传回地球，L 在月球的背面，因此应选在L 点开展工程任务实验，C错误，D正确．]
2 2
9．A [根据万有引力提供向心力，可得G＝，G＝m，G＝ma ，且在地球表面满足G＝
n
mg，即GM＝gR2，由题意知神舟十三号载人飞船轨道半径为r＝R＋h，解得周期为T＝2π，
线速度大小为v＝，向心加速度大小即重力加速度大小为a ＝，故A正确，B、C错误；根
n
据密度公式得地球的平均密度为ρ＝＝＝，故D错误．]
10．B [宇航员站在“太空电梯”上，相对地面静止，故角速度与地球自转角速度相同，在
不同高度角速度不变，故A错误；当r＝r 时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向
0
心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，若宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速
度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r 为地球同步卫星的轨道半径，
0
故B正确；宇航员在r＝R处时在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度
远小于第一宇宙速度，故C错误；宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，有－F
N
＝mω2r，其中F 为太空舱对宇航员的支持力，大小等于宇航员对太空舱的压力，则 F ＝
N 压
F ＝－mω2r＝ma －ma ＝m(a －a )，其中a 为地球引力对宇航员产生的加速度大小，
N 引 向 引 向 引
a 为地球自转而产生的向心加速度大小，由题图可知，在R≤r≤r 时，(a －a )随着r增
向 0 引 向
大而减小，宇航员对太空舱的压力随r的增大而减小，故D错误．]
11．BC [根据万有引力提供向心力，有G＝mR＝ma，可得T＝2π，a＝，由题图可知，水
星的公转半径比金星的小，故水星的公转周期比金星的小，水星的公转向心加速度比金星的
大，故A错误，B正确；设水星的公转半径为R 、地球的公转半径为R ，当α角最大时
水 地
有 sin α ＝，同理可知有 sin β ＝，所以水星与金星的公转半径之比为 R ∶R ＝sin
m m 水 金
α ∶sin β ，故C正确；根据G＝m，可得v＝，结合前面的分析可得v ∶v ＝∶，故D错
m m 水 金
误．]
12．A [卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力．设地球质量为M，卫星质量为m，卫
星的轨道半径为r，卫星运行的速度大小为v，引力常量为G；根据万有引力定律及物体做
圆周运动的规律有G＝m，得v＝，由于地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星的运行
轨道半径相等，故两卫星的运行速度大小相等，A正确；根据万有引力定律及牛顿第二定律，
有G＝ma，得a＝G，中圆轨道卫星的运行轨道半径小于地球静止轨道卫星的运行轨道半径，
故中圆轨道卫星的加速度大于地球静止轨道卫星的加速度，B错误；倾斜地球同步轨道卫星
的旋转方向与地球旋转方向不一致，C错误；近地卫星的运行速度为第一宇宙速度，题中三
种卫星运行轨道半径均大于近地卫星，由v＝可知，三种卫星的运行速度均小于第一宇宙速
度，D错误．]
13．ACD [卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设轨道半径为 r，则有G
＝，解得v＝，故半径越小，线速度越大，因为卫星A的线速度大于卫星B的线速度，故
r a ，A正确．第二宇宙速度是卫星摆脱
A B A B A B地球引力束缚所必须具有的速度，故卫星发射速度大于第二宇宙速度时，卫星不能绕地球做
匀速圆周运动，B错误．由题图可知r ＋r ＝5r，r －r ＝3r，联立可得r ＝r，r ＝4r，由题
A B B A A B
图可知每隔时间T两卫星距离最近，设A、B的周期分别为T、T ，则有(－)T＝2π，由开普
A B
勒第三定律有＝，联立可得T ＝T，T ＝7T，由G＝m r ，故地球质量为M＝，C正确．第
A B B B
一宇宙速度是最大的运行速度，由G＝，可得v＝＝，D正确．]
专题强化练七 卫星变轨问题 双星模型
1．BD 2.C 3.C 4.D 5.AD 6.D
7．C
8．D [对于恒星1，根据万有引力提供向心力有＝ma ，则恒星1的向心加速度大小a
1 n1 n1
＝，故A错误；由mg＝，解得g＝，由于不能确定两恒星半径R的大小，故不能确定表面
重力加速度的大小，故B错误；对于双星运动有mr ＝mr ，又因为角速度相同，根据角速
1 1 2 2
度与线速度关系有mωr ＝mωr ，即mv ＝mv ，则动量大小相等，故C错误；设两恒星之
1 1 2 2 1 1 2 2
间距离为L，对恒星1，有＝m()2r ，对恒星2，有＝m()2r ，上述两式相加得＋＝()2r ＋
1 1 2 2 1
()2r ，解得T＝2π，可以看到当两者间距逐渐减小，总质量不变时，双星做圆周运动的共同
2
周期逐渐减小，故D正确．]
9．BD [设卫星在轨道 Ⅱ 上运行的加速度大小为a ，由＝ma得a＝，则a ＝a ＝a ，故A
1 1 0 0
错误；设卫星在轨道 Ⅱ 上运行的线速度大小为v ，有a ＝，解得v ＝＝，故B正确；根
1 1 1
据开普勒第三定律有＝，解得＝，故C错误；设卫星在椭圆轨道远地点B的线速度大小为
v，根据开普勒第二定律有vR＝v×3R，解得v＝v ，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需
0 0
要做的功为W＝mv2－mv2＝－，故D正确．]
1
10．BD [四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，所以星体做匀速圆周运动的
圆心一定是正方形的中心，故A错误；由G＋G＝(＋)G＝mω2·L，可知ω＝，故B正确；由
(＋)G＝ma可知，若边长L和星体质量m均为原来的两倍，星体做匀速圆周运动的加速度大
小是原来的，故C错误；由(＋)G＝m可知星体做匀速圆周运动的线速度大小为v＝，所以
若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体做匀速圆周运动的线速度大小不变，故 D正
确．]
11．D [天体绕黑洞运动时，有＝m()2r，解得M＝，选项A、B错误；黑洞的逃逸速度不小
于光速，则有≥c，解得R≤＝，选项C错误，D正确．]
12．A [两星球绕连线的中点转动，则有G＝m··，所以T ＝2π，由于C的存在，星球所需
0
的向心力由两个力的合力提供，则G＋G＝m··，又＝k，联立解得M＝m，可知A正确，B、
C、D错误．]第六章 机械能守恒定律
第 1 练 功、功率 机车启动问题
1．A 2.A 3.B 4.C 5.ABD 6.B
7．C [因为汽车先保持牵引力F 不变，由牛顿第二定律可得F－F＝ma，又因为汽车所受
0 0 f
的阻力F 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以 v－t图像开始应有一段倾斜
f
的直线，故A错误；因为当速度为v 时达到额定功率P，此后以额定功率继续行驶，则满
1 e
足P＝Fv，即F与v成反比，F与成正比，所以F－v图像中v ～v 段图像应为曲线，F与
e 1 m
图像中～段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v 之前，保持牵引力F 不变，
1 0
则功率满足P＝Fv，即P与v成正比，所以P－v图像中0～v 段图像应为过原点的直线，
0 1
故D错误．]
8．AC [由题图可得，变速阶段的加速度大小a＝，设第②次所用时间为t ，根据速度－时
2
间图像与时间轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，×2t×v ＝[t ＋(t －
0 0 2 2
t)]×v ，解得：t ＝，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t∶＝4∶5 ，选项A
0 0 2 0
正确．由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F
－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误．由功率公式，P＝Fv，电机
输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确．加速上升过程的加速度a
1
＝，加速上升过程的牵引力F ＝ma ＋mg＝m(＋g)，减速上升过程的加速度a ＝－，减速上
1 1 2
升过程的牵引力F ＝ma ＋mg＝m(g－)，匀速运动过程的牵引力F ＝mg.第①次提升过程做
2 2 3
功 W ＝F××t×v ＋F××t×v ＝mgvt ；第②次提升过程做功 W ＝F××t×v ＋
1 1 0 0 2 0 0 00 2 1 0 0
F×t×v＋F××t×v＝mgvt，两次做功相同，选项D错误．]
3 0 0 2 0 0 00
9．C [对动车组由牛顿第二定律有F －F ＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，
牵 阻
但F ＝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
阻
输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－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＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有＝kv ，
m
联立解得v＝v ，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
m
过时间t达到最大速度v ，由动能定理可知4Pt－W ＝mv 2－0，可得动车组克服阻力做
m 克阻 m
的功为W ＝4Pt－mv 2，故D错误．]
克阻 m
10．A [由图可知，汽车在前4 s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12 s内汽车
的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4 s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到
最大值后牵引力等于阻力，所以阻力 F＝2×103 N，前4 s内汽车的牵引力为F＝5×103
f
N，由牛顿第二定律F－F＝ma可得a＝2.5 m/s2，4 s末汽车的速度v ＝at ＝2.5×4 m/s＝10
f 1 1
m/s，所以汽车的最大功率P＝Fv ＝5×103×10 W＝5×104 W，A正确，B、C错误；汽车
1
在前4 s内的位移x＝at2＝×2.5×42 m＝20 m，汽车的最大速度为v ＝＝ m/s＝25 m/s，汽
1 1 m
车在4～12 s内的位移设为x ，根据动能定理可得Pt－Fx ＝mv 2－mv2，代入数据可得x ＝
2 f 2 m 1 2
42.5 m，所以汽车的总位移x＝x＋x＝20 m＋42.5 m＝62.5 m，D错误．]
1 2
11．(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
解析 (1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－F＝ma
f
设匀加速过程的末速度为v，
则有P＝Fv
v＝at，解得t＝7 s.
1 1
(2)当达到最大速度v 时，加速度为零，有F ＝mgsin 30°＋F
m m f
则有P＝F v ＝(mgsin 30°＋F)v
m m f m
解得v ＝8 m/s.
m
(3)汽车匀加速运动的位移x ＝at2，在后一阶段对汽车由动能定理得Pt －(mgsin 30°＋F)x
1 1 2 f 2
＝mv 2－mv2
m
又有x＝x＋x，解得t≈15 s，故汽车运动的总时间为t＝t＋t＝22 s.
1 2 2 1 2
12．C [由牛顿第二定律有－F＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，将公
f
式整理得＝a＋，可见－a 图像的斜率恒定为，与纵轴的截距为，可得＝0.05 s/m，＝
s3/m2，解得m＝25 kg，F＝500 N，将v＝5 m/s代入公式，解得a＝60 m/s2，故C正确，A、
f
B、D错误．]
第 2 练 动能定理及其应用
1．CD 2.B 3.A 4.AD 5.C 6.C
7．C
8．AB [对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h
－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道
下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有 mgh－μmgcos 45°·＝
mv 2，解得：v ＝，选项B正确；全过程有W －W ＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为
m m G 克f
2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，故加速度大小为g，选项D错误．]
9．C [在N点，根据牛顿第二定律有F －mg＝m，由牛顿第三定律知F ＝F ′＝4mg，解
N N N
得v ＝，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝mv 2－0，解得
N N
W＝mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以
小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小
球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动
能定理得－mgR－W′＝mv 2－mv 2，因为W′0，所以小球到达Q点后，继
Q N Q
续上升一段距离，选项C正确．]
10．(1)12 J (2)39 N
解析 (1)B在撤去F后继续滑行x ＝1.0 m，撤去F时B的动能E ＝6 J，
B kB
由动能定理有－F x ＝0－E
fB B kB
在撤去F前，对B由动能定律得
W －F x＝E
AB fB kB
联立并代入数据解得W ＝12 J
AB
(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为x ＝0.5 m，撤去F时A的动能E ＝9 J，
A kA
由动能定理有－F x ＝0－E
fA A kA
力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有
(F－F －F )x＝E ＋E
fA fB kA kB
代入数据解得F＝39 N.
11．(1)mg (2)mg
解析 (1)设水平恒力的大小为F，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C
0
点时速度的大小为v ，则＝tan α，F＝，
C
由牛顿第二定律得F＝m，
联立并代入数据解得F＝mg，
0
v ＝.
C
(2)设小球到达B点时速度的大小为v ，小球由B到C的过程中由动能定理可得－2FR＝mv 2
B C
－mv 2，
B
代入数据解得v ＝
B
小球在B点时有F －F＝m，解得F ＝mg，由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨
N N
道的压力大小为F ′＝mg.
N专题强化练八 动能定理在多过程问题中的应用
1．D 2.C 3.B 4.AC
5．(1)0.6 (2)6.75 m
解析 (1)小滑块恰好运动到C点，
由动能定理得mgL sin 37°－μmgL ＝0－0，解得μ＝0.6.
0 BC
(2)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为v ，有mgsin θ＝m，解得v ＝3 m/s.
D D
设滑块释放位置与B点的最小距离为L，由动能定理得mgLsin θ－μmgL －mgR(1＋sin
BC
θ)＝mv 2－0，解得L＝6.75 m.
D
6．(1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)篮球从距地面高度h＝1.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得E ＝mgh
1 k1 1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0－E ＝－mgh
k2 2
篮球从距地面h ＝1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理
3
可得W＋mgh ＝E
3 k3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－E ＝0－mgh
k4 4
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F
＋mg＝ma，在拍球时间内运动的位移为x＝at2
做的功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．
7．(1)9 N
(2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 (1)当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mv 2，得v ＝4 m/s，在D
D D
点，由牛顿第二定律可得F －mg＝m，可得F ＝9 N
Tm Tm
(2)要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
对DA段：－μmgs＝0－mv 2，
1 D
可得μ＝0.4
1
小球不脱离圆轨道分两种情况：
①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临
界情况为到达圆心等高处速度为零，
对DA段：由动能定理可得－μmgs＝mv 2－mv 2，在轨道中由动能定理可得－mgR＝0－
2 A D
mv 2，可求得μ＝0.25
A 2②若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好
到达最高点时，在最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m，
由动能定理可得－μmgs－2mgR＝mv2－mv 2，解得μ＝0.025
3 D 3
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
第 3 练 机械能守恒定律及其应用
1．B 2.A 3.B 4.A 5.CD
6．D [对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组
成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝·2mv2，解得v＝，C
错误；a球在下滑过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR
＝mv2，v＝，联立解得W＝mgR，D正确．]
7．BD [下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守
恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿
第二定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝g，故B正确；到达B点时加速度与速度方向相同，
因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到
C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的
功全部转化为小球的动能，有mgl ＝mv 2，解得v ＝，故D正确．]
0 C C
8．D [由题知B运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg＝m，B在最高点时速度大小
为v＝，因为A、B角速度相同，A的转动半径只有B的一半，所以A的速度大小为，当B
由最高点转至与O点等高时，取O点所在水平面的重力势能为零，根据A、B机械能守恒，
mg·2L－mgL＋m2＋mv2＝mv 2＋mv 2,2v ＝v ，解得v ＝，v ＝，故C错误，D正确；设杆对
A B A B A B
B做的功为W，对B由动能定理得mg·2L＋W＝mv 2－mv2，解得W＝－mgL，所以杆对B做
B
负功，B机械能不守恒，故A、B错误．]
9．D [根据关联速度得v cos θ＝v ，所以二者的速度大小不相等，A错误；当物块A经过
A B
左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项 A可知，物块B的速度为零，所以B会经
历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B、C错误；当物块A经过左侧定滑轮正下
方时，物块A的速度最大，根据系统机械能守恒得mg(－h)＝mv2，解得v＝1 m/s，D正
确．]
10．C [由于不计空气阻力，则小球与弹簧分离后，小球加速度为g，说明小球在x＝0.1 m
时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，即分离时对应的位移为0.1 m，A错误；对直
线段有v2＝2g(0.3 m－0.1 m)，解得v＝2 m/s，由题图可知最大速度v>v，B错误；从释放
2 2 1 2
到小球速度为0的过程，弹性势能全部转化为小球的机械能，以最低点为重力势能参考平面，小球的机械能为mgh ＝0.4×10×0.3 J＝1.2 J，故弹簧弹性势能最大值为E ＝1.2 J，C正确；
0 p
向下按h＝0.1 m的过程，根据功能关系有W ＋mgh＝E，解得W ＝0.8 J，D错误．]
F p F
11．(1)2ωR (2)
(3)(ωR)2
解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)向心力F＝2mω2R
n
设F与水平方向的夹角为α，
则Fcos α＝F
n
Fsin α＝mg
解得F＝
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR
由机械能守恒得
Mv′2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2.
12．(1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s
解析 (1)弹簧恢复原长时，
对B：mg－F ＝ma
T
对A：F －mgsin 30°＝ma
T
代入数据可求得：F ＝30 N.
T
(2)初态弹簧压缩量
x＝＝10 cm
1
当A速度最大时有
F ′＝mg＝kx＋mgsin 30°
T 2
弹簧伸长量
x＝＝10 cm
2
所以A沿斜面向上运动x＋x＝20 cm时获得最大速度．
1 2
(3)因x＝x，
1 2
故弹簧弹性势能的改变量ΔE＝0
p
由机械能守恒定律有
mg(x＋x)－mg(x＋x)sin 30°
1 2 1 2
＝×2mv2，解得v＝1 m/s.
13．BC [a球和b球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b球为研究对象，
b球的初速度为零，当a球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以 b球
此时的速度也为零，由此可知从a球释放至a球运动到两杆的交点过程中，b球速度是先增大再减小，当b球速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，对a分析，此时拉力在竖直方
向上的分力与a的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A错误；由机械能守恒得
mgΔh＝mv2＋mv2，当a下落Δh＝0.15 m时，由几何关系可知轻杆与N杆的夹角α＝30°，
a b
此时vsin α＝vcos α，联立解得v＝1.5 m/s，故B正确；当a球运动到两杆的交点后再向
a b a
下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为零，b的速度最大，设为v ，由机械
bm
能守恒得mg(L＋Lsin θ)＝mv 2，解得v ＝3 m/s，故C正确； a球运动到两杆的交点处，b
bm bm
的速度为零，设此时a的速度为v ，由机械能守恒得mgLsin θ＝mv 2，解得v ＝2 m/s，此
a0 a0 a0
时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，
速度会大于2 m/s，故D错误．]
第 4 练 功能关系 能量守恒定律
1．CD 2.D 3.A 4.CD 5.C 6.AC
7．B
8．BC [设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－＝，根据能量守恒可得E＝mgh
＋fh，求得mgh＝E，fh＝E，求得f＝mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，
由能量守恒定律有E ＋mgH＝E－fH，E ＝E ＝mgH，联立解得E ＝mgH＝E，若在下降阶
k k p k
段离出发点 H′处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有 E′＋mgH′＝E－f(2h－
k
H′)，E′＝E′＝mgH′，联立解得E′＝mgH′＝E，故选B、C.]
k p k
9．D [根据动能定理可得μmgΔx＝ΔE ，代入数据可得m＝＝ kg＝1 kg，所以A错误；由
k
题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx ＝μmg，Δx ＝0.10 m－0.08 m
1 1
＝0.02 m，解得 k＝100 N/m，所以 B 错误；根据能量守恒定律有 E ＝μmgx ＝
pm m
0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝＝ m/s2
＝8 m/s2，所以D正确．]
10．(1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
解析 (1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零．设此时物块离D端的距离为
x，则有kx＝mg，解得x＝＝0.1 m
0 0 0
在C点，物块受到上管壁向下的作用力 F ′＝2.5mg和重力，有F ′＋mg＝，解得v ＝
N N C
m/s.
物块从C点到速度最大时，
由能量守恒定律有mg(r＋x)＝E＋E －mv 2，解得E ＝6 J
0 p km C km
(2)物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得mgh－μmgs＝
mv 2－0
C解得B、C间距离s＝0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过
程中．
设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律
有：μmgs′＝mv 2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC上距离C点为x ＝0.5 m－(0.7 m－
C 1
0.5 m)＝0.3 m(或距离B端为x＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下．
2
11．BD [当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为 F，压缩量为x，
由平衡条件知F＝kx＝2F，代入k的值可得x＝l，设欲使轻杆S发生移动，物体m运动的最
f
小速度为v ，则由能量守恒定律有mv2＝k(l)2，由题意知，物体以大小为v 的速度撞向弹簧，
1 1 0
能使轻杆S向右侧移动，由能量守恒定律有mv2＝2F×＋mv2，联立可得v＝v，故A错误，
0 f 1 1 0
B正确；设物体m的运动速度大小为v 时，轻杆S左端恰好完全进入薄板，则由能量守恒定
2
律有mv2＝2F×l＋mv2，可解得v＝v，故C错误，D正确．]
2 f 1 2 0
专题强化练九 动力学和能量观点的综合应用
1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC
6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J
解析 (1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a ＝μg＝
1
3 m/s2
木板运动的加速度大小为
a＝＝5 m/s2
2
设抽出过程的时间为t，则有
at2－at2＝L，
2 1
解得t＝1 s，所以小铁块运动的位移为x＝at2，
1 1
解得x＝1.5 m
1
木板运动的位移为x＝at2，
2 2
解得x＝2.5 m
2
摩擦力对小铁块做的功为
W＝μmgx ，
1 1
解得W＝4.5 J
1
摩擦力对木板做的功为
W＝－μmgx ，
2 2
解得W＝－7.5 J
2(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmgL＝3 J.
7．(1) (2)mgR
(3)(2－1)mgR
解析 (1)由几何关系得BC间的高度差h＝R
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W ＝E
弹 p
滑块从A到D过程由动能定理得
E－mg·2R－μmg·2R
p
＝mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m
联立解得E＝mgR.
p
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为E＝m[v2＋(gt)2]，联立解得E＝(2－1)mgR.
k k
8．(1)(91.92－24) N (2)1.5 m
(3)87 J
解析 (1)物块由C到D，做斜上抛运动
水平方向v ＝＝1.6 m/s
水平
物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度大小
v＝＝2 m/s，
v ＝vsin θ＝1.2 m/s
竖直
物块在C端时竖直方向速度大小v ′＝v －gt＝－0.8 m/s，
竖直 竖直
v ＝＝ m/s
C
由B到C有mv 2＝mv 2＋mgR(1－cos α)
B C
其中cos α＝，
在B点有F －mg＝m
N
由牛顿第三定律得F ＝F ＝(91.92－24) N
压 N
(2)物块刚滑上木板时，对物块有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma ，解得物块加速度大小 a ＝
2 m m
m/s2，做匀减速直线运动
对木板有μmgcos θ＋Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma ，解得木板加速度大小a ＝ m/s2，
2 1 M M
做匀加速直线运动设两者经时间t 达到共速v ，则有v－a t＝a t＝v
1 共 m1 M1 共
解得t＝1.5 s，v ＝1 m/s
1 共此过程中s ＝t＝ m，
物 1
s ＝t＝ m
板 1
物块相对于木板运动的距离
Δs＝s －s ＝1.5 m
物 板
(3)μmgcos θ>mgsin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止．
2
以物块和木板为整体，a ＝μgcos θ－gsin θ＝ m/s2，
共 1
s ＝＝1.5 m
共
Q ＝μmgcos θ·Δs＝30 J
物－板 2
Q ＝μ(M＋m)gcos θ·(s ＋s )＝57 J
板－斜 1 板 共
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q ＋Q ＝87 J.
物－板 板－斜
9．(1)0.4 m (2)0.8 m
(3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析 (1)滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，则v ＝0
F
mg(H－R)－μmgL ＝0
BC
解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为v ，对滑块从开始到N点的过程应用动能定
N
理
mgH′－μmg(L ＋L )
BC MN
＝mv 2－0
N
解得v ＝2 m/s
N
滑块从N点做平抛运动，水平位移为
x＝v ＝0.8 m
N
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H ，从开始到E点应用动能
1
定理有
mgH －μmgL －2mgR
1 BC
＝mv 2－0
E
在E点时有mg＝m
解得H＝0.7 m
1
滑块滑上传送带时的速度为v
M
mgH －μmgL ＝mv 2－0
1 BC M
v ＝ m/s<4 m/s
M
滑块做减速运动的位移为
L＝＝2.5 m52 kg，又知v>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.]
7 8专题强化练十 碰撞模型的拓展
1．ABC 2.BD 3.CD 4.C 5.C 6.D
7．AC [对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩 x时弹性势
能E ＝Mv2；对题图乙，物体A以2v 的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，
p 0 0
弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相同，由动量守恒定律有M·2v ＝(M＋m)v，由能量
0
守恒定律有E ＝M·(2v)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，E ＝mv2，选项A、C正确，B、D
p 0 p 0
错误．]
8．ABC [A、B两球碰撞过程中A、B两球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动
量守恒定律有m v ＝m v ＋m v ，且v ＝－2 m/s，代入数据解得v ＝8 m/s，碰撞前系统的
A 0 A 1 B 2 1 2
总动能E ＝m v2，碰撞后系统的总动能E′＝m v2＋m v2，代入数据解得E ＝E′，则
k A 0 k A 1 B 2 k k
A、B两球碰撞过程中系统的机械能守恒，因此球A和球B间的碰撞是弹性碰撞，A正确；
由于B、C两球及弹簧组成的系统在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当
B球的速度最小时，弹簧处于原长状态，则有m v ＝m v ＋m v ，m v2＝m v2＋m v2，联
B 2 B 3 C 4 B 2 B 3 C 4
立解得v ＝1.6 m/s，v ＝9.6 m/s，因此B球的最小速度为1.6 m/s，此时C球的速度大小为
3 4
9.6 m/s，B、C正确；当B、C两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，则有m v ＝(m ＋
B 2 B
m )v，E ＝m v2－(m ＋m )v2，联立解得E ＝38.4 J，D错误．]
C 5 pmax B 2 B C 5 pmax
9．AD [A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定
律得v ＝v ＋Mv ，·v2＝·v 2＋Mv 2，联立解得v ＝－2 m/s，v ＝4 m/s，故B的最大速率为
0 A B 0 A B A B
4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则Mv ＝(M＋2M)v，
B
得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v ′、
B
v ′，由水平方向动量守恒有 Mv ＝Mv ′＋2Mv ′，由机械能守恒有 Mv 2＝Mv ′2＋
C B B C B B
×2Mv ′2，联立解得v ′＝－ m/s，由于|v ′|<|v |，所以二者不会再次发生碰撞，选项C
C B B A
错误，D正确．]
10．(1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上高h处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平
桌面时的速度大小为v，由机械能守恒定律有m gh＝m v2，解得v＝6 m/s
1 A A 1 1
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有
共同速度，设为v，由动量守恒定律有m v＝(m ＋m )v，解得v＝v＝2 m/s
2 A 1 A B 2 2 1
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧的
弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相同，设为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定
3
律有m v＝(m ＋m ＋m )v，
A 1 A B C 3
解得v＝v＝1 m/s
3 1由机械能守恒定律有
E＝(m ＋m )v2－(m ＋m ＋m )v2
p A B 2 A B C 3
代入数据解得E＝3 J
p
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时滑块A、B的速度为v，滑块
4
C的速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
5
(m ＋m )v＝(m ＋m )v＋m v
A B 2 A B 4 C 5
(m ＋m )v2＝(m ＋m )v2＋m v2
A B 2 A B 4 C 5
联立解得v＝0，v＝2 m/s
4 5
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动x＝vt，H＝gt2
5
联立解得x＝2 m.
专题强化练十一 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中
的应用
1．B 2.AB 3.ABD 4.A 5.ACD 6.ACD
7．(1)10 m/s (2)5 m
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
mv＝(m＋m)v，代入数据解得v＝10 m/s.
0 0 0 1 1 1
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为 v ，
2
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(m ＋m)v ＝(m ＋m ＋m)v ，
0 1 1 0 1 2 2
μm gL＝(m ＋m)v2－(m ＋m ＋m)v2，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车
2 0 1 1 0 1 2 2
的长度至少为5 m.
8．(1)1.125 m (2)5.625 J
解析 (1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2
设物块与平板车最后的共同速度为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s
设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为 v ，根据动量守恒定律有Mv ＝(m＋M)v，解
1 1
得v＝4.5 m/s
1
设平板车的长度为L，根据能量守恒定律有
μmgL＝Mv2－(m＋M)v2
1
代入数据解得L＝1.125 m
(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v，根据机械能守恒定律有
0mg(l－lcos 60°)＝mv2
0
解得v＝8 m/s
0
设碰撞后瞬间小球的速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv＝Mv＋mv
2 0 1 2
解得v＝－1 m/s
2
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mv2－mv2－Mv2＝5.625 J.
0 2 1
9．(1)5(1－k) m/s，方向向右 m/s，方向向右
(2)1.875 m
解析 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速
度为v ，已知C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv－m·kv＝(m＋m)v
物 0 0 物
解得v ＝v＝5(1－k) m/s>0
物 0
可知碰撞后瞬间物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v ，
滑
滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由
Mv－2M·kv＝(M＋2M)v ，解得v ＝v＝ m/s>0
0 0 滑 滑 0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v ′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
物
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v ′＝ m/s＝0
滑
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运
动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为
v ，根据动量守恒可得
共
m′v ′＝(m′＋M′)v ，
物 共
解得v ＝1 m/s
共
根据能量守恒可得
μm′gx ＝m′(v ′)2－(m′＋M′)v 2，解得x ＝1.875 m.
相 物 共 相
专题强化练十二 动量和能量的综合问题
1．(1)2 (2) (3)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mv ＝2mv
C AB
mgl＝mv 2＋×2mv 2
C AB
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为v ＝2.
C
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mx ＝2mx
C ABx ＋x ＝l
C AB
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为x ＝.
AB
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得
mv －mv ＝2mv
C AB
由机械能守恒定律可得
mv 2＋mv 2＝×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
C AB
联立解得Δh＝.
2．(1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m 的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ
1
＝0.8 m
竖直方向上有v2＝2gh
y
根据几何关系可知v＝v cos θ
y B
联立解得v ＝5 m/s
B
(2)质量为m 的物块到达C点时，由牛顿第二定律有F －mg＝
1 N 1
解得v ＝6 m/s
C
质量为m 的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
1
mg(R＋Rsin θ)－W ＝mv 2－mv 2，解得W ＝10.5 J
1 克f 1 C 1 B 克f
(3)质量为m 的物块运动到C点时与质量为m 的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度
1 2
交换，则v＝v ＝6 m/s
2 C
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m 的物块有
2
μmg＝ma
1 2 2 1
对木板有μmg－μ(m＋M)g＝Ma
1 2 2 2 2
根据公式v＝v＋at，设经过时间t后二者共速有at＝v－at
0 2 2 1
对质量为m 的物块有
2
x＝vt－at2
1 2 1
对木板有x＝at2
2 2
因为质量为m 的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m 的物块相对木板的位移即为木板
2 2
长度，则有L＝x－x
1 2
联立解得L＝3 m.
3．(1)6mg (2)
(3)解析 (1)设A恰好通过D点时的速度大小为v ，根据牛顿第二定律有mg＝m①
D
设A通过C点时的速度大小为v ，则对A从C到D的运动过程，根据动能定理有－2mgL＝
C
mv 2－mv 2②
D C
设物块A通过C点时所受轨道支持力大小为F，根据牛顿第二定律有
F－mg＝m③
联立①②③解得F＝6mg④
根据牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为
F′＝F＝6mg⑤
(2)设弹簧释放瞬间A、B的速度大小分别为v 、v ，由动量守恒定律有mv ＝mv ⑥
A B A B
对物块A从弹簧释放到运动到C点的过程，由动能定理有
－μmgL＝mv 2－mv 2⑦
C A
设斜面体的质量为M，B滑上斜面体最高点时，B和斜面体有共同速度v，对B和斜面体，
由动量守恒定律有mv ＝(m＋M)v⑧
B
由机械能守恒定律有
mv 2＝(M＋m)v2＋mgL⑨
B
联立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝⑩
(3)物块B与斜面体分离时，设物块B与斜面体各自的速度分别为v ′和v′，以水平向左为
B
正方向，由动量守恒定律有mv ＝mv ′＋Mv′⑪
B B
由机械能守恒定律有
mv 2＝mv ′2＋Mv′2⑫
B B
联立⑩⑪⑫解得v ′＝，v′＝.
B
4．(1)5 m/s
(2)F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当0.9 mm ，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，
1 2
B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″＝T＋T′＝1.9π，即
第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C错误；若
m2 m，所以n＝0,1当n＝0时，λ＝ m，
1
v＝＝ m/s，
1
当n＝1时，λ＝ m，
2
v＝＝ m/s.
2
若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间Δt′＝nT＋T(n＝0,1,2,3，…)，
所以A、B间的距离为
Δs′＝nλ＋λ(n＝0,1,2,3，…)，
则波长为λ′＝＝ m(n＝0,1,2,3，…)
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0时，λ′＝16 m，v′＝40 m/s，
1 1
当n＝1时，λ′＝ m，v′＝8 m/s.
2 2
第九章 静电场
第 1 练 静电场中力的性质
1．BC 2.BD 3.A 4.C 5.D 6.C
7．D [O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为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，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，正电荷所受静电
力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，
故C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处
时，O点的电势高于A点电势，故D正确．]
8．A [把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则每个点电荷的电荷量为 q＝，根据点电荷
电场强度公式，点电荷在OO 中点的电场强度大小为E＝，根据电场的叠加原理，单个圆
1 2
环在OO 中点的电场强度大小为E＝cos 45°，两个圆环在OO 中点的合电场强度大小为E
1 2 1 2
＝，故A正确，B错误；带电粒子从O 点开始由静止释放，在粒子从O 向O 的运动过程
总 1 1 2
中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可见电场对带电粒子做正功，故粒子在 OO 中点处动
1 2
能不是最大，故C错误；根据电场叠加原理，在O 左侧电场强度方向先向左后向右，因此
2
粒子到达O 左侧某一点时，速度最大，动能最大，在这以后向左运动的速度开始减小，动
2
能也减小，故D错误．]
9．B [根据点电荷电场强度公式E＝k，两异种点电荷在P点的电场强度大小均为E＝，方
0
向如图所示，两异种点电荷在P点的合电场强度大小为E ＝E ＝，方向与＋q点电荷和－q点电荷的连线
1 0
平行，如图所示，
Q点电荷在P点的电场强度大小为
E ＝k＝，由于三个点电荷在P处的合电场强度为0，则E 的方向应与E 的方向相反，且大
2 2 1
小相等，即有E＝E，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的坐标为(0,2a)，故选B.]
1 2
10．B [在z轴正半轴上取一点M，设BM与BD夹角为θ，两正点电荷单独在M点产生的
电场强度为E，两正点电荷在M点产生的合电场强度为E ，得E＝k＝，E ＝2Esin θ＝，由
M M
数学知识可得，当sin θ＝时，E 有最大值，AD与BD的夹角为60°，sin 60°＝>，即最大值
M
点位于A点和O点之间，故从O点沿z轴到A点，电场强度先增大后减小，A错误；轨道上
C点的电场强度大小E ＝k，又k＝mg，得E ＝，B正确；小球刚到达C点时(未脱离轨道)
C C
由牛顿第二定律得mgsin 45°－qE cos 45°＝ma，又E ＝，得a＝0，C错误；C点速度最大，
C C
小球不会在A、C两点之间做往复运动，D错误．]
11．C [金属球靠近M点的位置感应出负电荷，虚线上在M点右侧部分电场线向右，沿着
电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M点的电势高于O点的
电势，A错误；M点的电场强度大小由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应
电荷的电场，等量异种电荷在M点的电场强度之和为E＝－＝，方向水平向右，金属球上
的感应电荷在M点产生的电场强度之和也水平向右，故合电场强度要大于，B错误；金属
球处于静电平衡内部电场强度处处为0，等量异种电荷在O点的电场强度之和为E＝－＝，
方向水平向右，所以感应电荷在球心O处产生的电场强度大小等于，方向水平向左，C正确；
M点与金属球上不同点间的电势差相等，将一电子由M点移到金属球上不同点，克服静电
力所做的功相等，D错误．]
12．B [把圆环分为n等份(n足够大)，每一份的电荷量为Δq，则有n＝，每小份可以看成
点电荷，由点电荷的电场强度公式可知每小份产生的电场在 P点的电场强度大小均为E
0
＝，由几何关系sin 37°＝，可得E ＝.在P点，E 在垂直x轴方向的分量大小为E，根据对
0 0 y
称性，n个E 的矢量和为0，E 在x轴方向的分量大小为E＝Ecos 37°，n个E 的矢量和就
y 0 x 0 x
是圆环产生的电场在P点的电场强度，即E＝nE，解得E＝，A、C、D错误，B正确．]
x
13．D [若半球面带正电，根据对称性，待求的电场强度E的方向一定沿着α角的角平分线
指向右下方，同理大瓣球面在O点的电场强度的方向一定沿着大瓣的角平分线向左下方，
由于两瓣球面合起来是半个球面，所以这两个电场强度一定垂直，合电场强度等于E ，根
0据平行四边形定则作图如图所示，E＝Esin ；同理，若半球面带负电，仍有E＝Esin ，D
0 0
正确，A、B、C错误．
]
第 2 练 静电场中能的性质
1．B 2.D 3.B 4.C 5.BD 6.CD
7．D [等量同种点电荷中垂面上，关于O点对称的点的电场强度大小相等，方向相反，故
A错误；a、e、c、f四点在同一等势线上，电势相同，故B错误；电子沿球面曲线a→e→c
运动过程中，电势处处相同，静电力不做功，故C错误；电子沿直线a→O→c运动过程中，
电势先升高后降低，电势能先减少后增加，故D正确．]
8．C [如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17 V，将bb′连线，即为等势线，
那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如图，
因为此电场为匀强电场，则有E＝，依据几何关系，则有d＝＝ cm＝3.6 cm，因此电场强度
大小为E＝ V/cm＝2.5 V/cm，故A正确；根据φ－φ＝φ－φ ，因a、b、c三点电势分别为
c a b O
φ ＝10 V，φ ＝17 V，φ＝26 V，解得坐标原点处的电势为φ ＝1 V，故B正确；因U ＝φ
a b c O ab a
－φ ＝10 V－17 V＝－7 V，电子从a点到b点静电力做功为W＝qU ＝7 eV，因静电力做正
b ab
功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；同理有U ＝
bc
φ －φ＝17 V－26 V＝－9 V，电子从b点运动到c点，静电力做功为W＝qU ＝9 eV，故D
b c bc
正确．
]
9．D [OM线上的电场可以看作A与B两等量同种点电荷产生的中垂线上沿OM指向M的
电场强度，与C处负点电荷产生的沿OM指向M的电场强度的矢量和，OM线上的电场沿
OM指向M，故将一个正电荷从O点移到M点静电力做正功，电势能减小，故A错误；MP
线上的电场为B与C两等量异种点电荷的中垂线上的电场，与A处正点电荷产生的电场的
矢量和，故MP线上电势从M到P点电势降低，φ >φ ，而OM线上的电场沿OM指向M，
M P
故从O到M点电势降低，φ >φ ，所以φ >φ >φ ，故B、C错误；P点电场强度等于B与C
O M O M P两等量异种点电荷在中点的电场强度与A处正点电荷在P点产生的电场强度的矢量和，而
O点电场强度等于C处点电荷在O点产生的电场强度，故P点的电场强度大小一定大于O
点的电场强度大小，故D正确．]
10．ACD [由题知，通过两电荷连线的中垂面是一等势面，c、d在同一等势面上，电势相
等，负的试探电荷沿棱从c到d静电力不做功，电势能始终不变，故A、D正确；由电场强
度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故 B错误；由以上分析知
沿棱从b到d方向，与电场强度方向成锐角，而沿电场强度方向电势降低，故C正确．]
11．AB [两个正点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线
的中垂线上，则两负点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，则N点的合电场强度
方向由N指向O，同理可知，两个负点电荷在L处产生的电场强度方向由O指向L，L点处
于两正点电荷连线的中垂线上，两正点电荷在L处产生的电场强度方向由O指向L，则L处
的合电场强度方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向
相互垂直，故A正确；正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向左，
而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向右，由于M点离上方一
对等量异号点电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确；由题图可知，M和O点
位于两等量异号点电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M
点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由题图结合等量异号点电荷模型可知，L点的
电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D
错误．]
12．B [在直线MN上，左边正电荷在MN之间电场强度水平向右，右边负电荷在MN之间
电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐
降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；
由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N点的左侧电场强度不可能为零，设M、N
之间的距离为L，在N点右侧与N点距离为d的点电场强度为零，则有＝，可知除无穷远处
外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知：T点电势低于
P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q 从T点移到P点，
0
电势能增加，静电力做负功，故D错误；由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的电场
强度方向必过等势面的球心O，根据异种点电荷的电场线分布情况可知，N、S间电场线方
向由S指向N，则φ>φ ，由于φ ＝φ ，则φ >φ ，故T点电场强度方向指向O点，故B正
S O T S T O
确．]专题强化练十三 电场中功能关系及图像问题
1．D 2.D 3.D 4.CD 5.BC 6.BC
7．D
8．AB [由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x轴，垂直于cd
方向建立y轴，如图所示
从c到d有W＝Eq·2R
x
从a到b有2W＝Eq·R＋EqR
y x
可得E＝，E＝
x y
则E＝＝，
tan θ＝＝
由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab平行，且由a指向b，A正确；
将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功为W′＝Eq＝0.5W，B正确；
沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；
若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错
误．]
9．BD [φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x 处电势φ最高，电场强度最小
3
为0，则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x 电场线方向指向x轴的负方
3
向，x ～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，并且在x 处电势φ最高，电场强度最小为0，
3 3
根据点电荷电场强度公式E＝k，由近小远大规律可知，Q 的电荷量大于Q 的电荷量，并且
1 2
Q 带正电，Q 带负电，所以B正确，C错误；电子从x 处沿x轴移动到x 处，静电力做负
1 2 1 2
功，电势能增加，所以D正确．]
10．BCD [由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故 A错误；由题图可知，
0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能
均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，
沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，
动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的
动能不变，故0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确．]11．(1)10.8mg (2)1.2R (3)15R
解析 (1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过
程，由动能定理知：
(qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mv 2－0
C1
在C点由牛顿第二定律知：F －qE－mg＝m ，
N
联立解得：F ＝10.8mg
N
由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg.
(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知
(qE＋mg)(Lsin 37°－Rcos 37°)－
μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mv 2－0
D1
小物块第一次到达D点后以速度v 逆着电场线方向做匀减速直线运动，
D1
由动能定理知
－(qE＋mg)x ＝0－mv 2
max D1
联立解得：x ＝1.2R.
max
(3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，
由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝
μ(qE＋mg)dcos 37°，解得：d＝15R.
12．C [E－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静
p
电力大小为F＝＝1 N，可得E ＝10 V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减
1
小后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，
根据动能定理有mv2－mv2＝W ，W ＝ΔE′＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，选项C正
0 电 电 p
确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则mv2＝W ′＝E －E ，其中E ＝2 J，解得滑块的电势
0 电 p2 p1 p1
能E ＝5 J，该处的电势为φ＝＝ V＝－50 V，选项D错误．]
p2
第 3 练 电容器
实验：观察电容器的充、放电现象带电粒子在电场中的直线
运动
1．BC 2.BC 3.C 4.D 5.A 6.BD
7．C
8．AB [电子在t＝时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t＝T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝，故
A正确；由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为v ＝a·＝，故B正确；电子在
m
两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝时
刻进入两极板间，在～时间内电子做匀加速直线运动，位移 x＝·a·(T)2＝d>d，说明电子会一
直向B板运动并在之前就打在B板上，不会向A板运动，故D错误．]
9．(1)增大 减小 (2)3.3×10－3
(3)9.8×103 (4)CU2
解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充
电电流越来越小，即电流表A 的示数逐渐减小．
1
(2)根据q＝It可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为 q＝25×10－
6×5 C＝1.25×10－4 C，可知电容器储存的电荷量为Q＝26×1.25×10－4 C≈3.3×10－3 C.
(3)电压表的示数U＝2.95 V，根据图像可知放电最大电流为300 μA，可知滑动变阻器接入电
路部分的阻值为
R＝≈9.8×103 Ω.
(4)电容器所储存的电能
E＝QU＝CU2.
p
10．(1) (2)3 (3)6EqL
解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q＝2ma，得出两小球加速度大小为a＝
(2)系统向右加速运动阶段L＝at2
1
解得t＝
1
此时B球刚刚进入MN，带电系统的速度v＝at
1
假设小球A不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq＋2Eq＝2ma′，加速度
a′＝－
减速运动时间t＝＝2
2
减速运动的距离L′＝＝2L，可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立．所
以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t＝t＋t＝3
1 2
(3)B球在电场中向右运动的最大距离x＝2L，进而求出B球电势能增加的最大值ΔE ＝－W
p
＝6EqL.
电
11．D [小球速度增大到v 后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程
0
中，加速度随速度变化，不是匀变速运动，故B错误；由a－v图像可得，a＝kv＋a ，由牛
0
顿第二定律可得mg－qE－F＝ma，可解出加速度为a＝－＋g－，联立可知a ＝g－，还可
f 0
知－＝kv，即F＝－kmv，故C错误，D正确．]
f第 4 练 带电粒子在电场中的偏转
1．BC 2.AD 3.D 4.AD 5.A 6.AD
7．B [甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域
中运动时间t相同，在水平方向上，根据题图中几何关系可得x ＝vt＝R－Rcos 45°，x ＝
AC 1 AD
vt＝R＋Rcos 60°，联立可得＝＝，A错误，B正确；甲、乙在电场中沿静电力方向均做初
2
速度为零的匀加速直线运动，则有y ＝·t2＝Rsin 45°，y ＝·t2＝Rsin 60°，联立可得＝＝，
AC AD
C、D错误．]
8．C [由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题
意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，
则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板
间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝
vt，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电
0
场中加速度相同，有(v)2－v2＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误．]
0 0
9．BC [据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，
轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，
可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定律得 qE－mg＝ma，mg＝
ma，解得a＝g，E＝，由U＝Ed得两极板间电压为U＝，故A错误，B正确；质点在电场
中向上偏转的距离y＝at2，t＝，解得y＝，故质点打在屏上的位置与 P点的距离为s＝2y
＝，整个过程中质点的重力势能的增加量E ＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，
p
因两极板上电荷量不变，根据E＝＝＝＝可知，板间电场强度不变，质点在电场中受力情况
不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．]
10．(1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m
解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，
加速度为a＝＝
水平方向有L＝vt
0
竖直方向有y＝at2
联立解得y＝＝0.03 m
(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，v＝at
ytan θ＝＝＝＝，故偏转角为37°.
(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两
界面MN、PS相距为L′，由相似三角形得＝，解得Y＝4y＝0.12 m.
11．(1) (2) (3)50%
解析 (1)电子在加速电场中加速，
由动能定理得eU＝mv2－0
1 0
解得v＝
0
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝vt，解得t＝，t＝0时刻进入偏转电场的
0
电子加速度a＝＝，电子离开电场时距离A、B中心线的距离y＝at2，
解得y＝
(3)在0～内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在 A、B间中线离开偏
转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后
速度v＝at′，此后两板间电压大小变为3U，加速度大小变为a′＝＝＝3a
0
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速
度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为，则at′2＋v(－
t′)－×3a(－t′)2＝0，解得t′＝，则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为
t″＝，则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
η＝×100%＝50%.
12．ABD [质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速
运动，A正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设v 与
a
电场线的夹角为β，如图所示．
则有vsin β＝vcos β，解得β＝60°，根据动能定理有qELcos 60°＝mv2－mv2，解得E＝，
a b b a
B正确；根据几何关系可得，AC的长度为Lsin 60°＝L，则质子从A点运动到B点所用的时
间为t＝＝，C错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂直时，质子的速度
最小，有v ＝vsin β＝v，D正确．]
min a
专题强化练十四 带电粒子在电场中的力电综合问题
1．C 2.BD 3.BD 4.D 5.BD
6．(1)mgR (2)(3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
E＝mv 2＝mgR
p B
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋mg×R＝mv 2－mv 2，解得v ＝
O B O
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有mgcos 45°＝ma
x
y轴方向有mgsin 45°－mg＝ma
y
解得a＝g，a＝0
x y
说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线
运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝v t
O
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx.
7．(1)4 m/s (2)22.5 N (3)28.5 N
解析 (1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qEx －μmgx ＝mv 2－0，
AB AB B
解得v ＝4 m/s.
B
(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向
右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma ，解得a ＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有
1 1
v2－v 2＝2ax，解得此加速过程滑块的位移大小为x＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率
B 1 1
后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma ，解得a＝8 m/s2，
2 2
由运动学公式有v 2－v2＝2a(x －x)，解得滑块运动到C点时的速度v ＝ m/s，滑块在C
C 2 BC 1 C
点时，由牛顿第二定律得F －mg＝m，解得F ＝22.5 N.
NC NC
(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝＝mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，
当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角 θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨
道压力最大，在该点，对滑块有F －mg′＝m，从C点到速度最大位置，由动能定理得
N
mg′R(1－cos 45°)＝mv′2－mv 2，联立解得F ＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块
C N
对圆弧轨道CD压力的最大值F ′＝F ＝28.5 N.
N N
8．(1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
解析 (1)小球2所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图所示小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37°
所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能
沿圆弧到达A点，所以＝2m，
解得v ＝5 m/s
A
(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)
＝×2mv 2－×2mv 2
A C
解得v ＝ m/s
C
小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv＝2mv
1 C
解得小球1碰撞前的速度v＝2 m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能E＝mv2＝9.2 J
1 p 1
(3)如图，小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为
v＝v sin 37°＝3 m/s
0 A
由竖直方向匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝vt＋gt2，
0
解得t＝0.6 s.
第十章 电路及应用
第 1 练 电路的基本概念及规律
1．B 2.A 3.B 4.D 5.A 6.D
7．A
8．A [设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移动到另一端所用时
间为t，对铜导线研究，每个铜原子只提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为n＝N ，t时间内通过导线横截面的电荷量为q＝ne，则电流大小为I＝＝，得 v
A
＝，故B、C、D错误，A正确．]
9．BC [由题图甲可知I ＝＝ A＝0.001 A＝1 mA，b的量程为U′＝I(R ＋R＋R′)＝
g g g
0.001×(100＋2.9×103＋6×103) V＝9 V，故A错误，B正确；在题图乙中，改装为I ＝10
1
mA＝0.01 A电流表时，并联电阻的分流电流为I′＝I －I ＝10 mA－1 mA＝9 mA＝0.009
1 g
A，分流电阻的阻值为R ＋R ＝＝ Ω＝ Ω，改装为I ＝100 mA＝0.1 A电流表时，可得分流
1 2 2
电阻的阻值R＝，联立解得R＝ Ω，R＝10 Ω，故D错误，C正确．]
1 1 2
10．D [灯泡L 、L 串联，灯泡规格相同，故电压U ＝U ＝1.5 V，由题图乙读出其电流I
2 3 2 3 2
＝I ＝0.20 A，灯泡L 的电压U ＝3.0 V，由题图乙读出其电流I ＝0.25 A，所以＝1.25，故
3 1 1 1
A错误，D正确；灯泡L 的电阻R ＝＝12 Ω，故B错误；灯泡L 的电阻为R ＝＝7.5 Ω，故
1 1 2 2
C错误．]
11．B [电流表内阻不计，则A、C两点相当于用导线连在一起，当在B、C两点间加上6 V
的电压时，R 与R 并联，然后与R 串联，电流表测量的是通过电阻R 的电流，等效电路图
2 3 1 2
如图所示．电路中的总电阻R ＝R ＋＝3 Ω，干路中的电流为I ＝＝ A＝2 A，由于R 与
总 1 总 2
R 阻值相等，所以电流表的示数为1 A，B正确．
3
]
12．ABD [题图甲中两个支路的电压始终相等，所以支路电流与电阻成反比，即IR＝I(R
2 2 1 1
＋R)，且I ＋I ＝I是定值，滑动变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R 增大，由以上
0 1 2 0
两式可知I 减小，I 增大，R 两端的电压U ＝IR 减小，故A正确，C错误；题图乙中两个
1 2 1 1 1 1
支路的电压始终相等且为定值，支路电流与电阻成反比，即 IR ＝I(R ＋R)＝U(定值)，滑
2 2 1 1 0
动变阻器触头P从最右端向最左端移动时，R 增大，由上式可知I 减小，I 不变，R 两端的
0 1 2 1
电压U＝IR 减小，故B、D正确．]
1 1 1
第 2 练 闭合电路的欧姆定律
1．A 2.D 3.A 4.C 5.B 6.A
7．B [滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，
两灯泡变亮，选项A正确；总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V 的示数减
1
小，而L 两端的电压变大，所以L 与滑动变阻器部分的电压之和减小，所以V 的示数及电
1 2 2
容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，Q不变，则由C＝＝
和E＝得E＝，可知E不变，油滴静止不动，选项B错误；把L 的电阻R看作电源内阻一部
1
分，ΔU 就是R＋r两端电压的增加量，则＝R＋r，选项C正确；由闭合电路欧姆定律可得
2＝r，所以ΔU>ΔU，选项D正确．]
2 1
8．A [由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出
1 1
电源的电动势为E＝3.6 V，组成闭合回路时，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压
为U＝2.5 V，电流为I＝0.2 A，则硅光电池的内阻为r＝＝ Ω＝5.5 Ω，故A正确．]
2 2
9．BC [由电路结构可知，滑动变阻器R的滑动触头P两边的电阻并联，则当P从a端向b
端滑动时，电路的总电阻先变大后变小，则干路电流先变小后变大，故小灯泡 L先变暗后
又变亮，选项B正确；由U＝E－Ir可知路端电压先变大后变小，即电压表的示数先变大后
变小，选项A错误；因为小灯泡电阻和电源内阻相等，电路的总电阻先变大后变小，结合
电源输出功率随外电路电阻变化图像可知，当内、外电阻相等时电源输出功率最大，则电源
的输出功率先变小后变大，选项C正确；电源的效率η＝×100%＝×100%＝×100%，外电
路总电阻越大，电源的效率越高，故电源的效率先增大后减小，选项D错误．]
10．D [开关S闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器C两端电压等于R 两端电压U ，
3 3
已知电路总电阻R＝＋r＝4 Ω，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I＝＝1.5 A，路端电压U
＝E－Ir＝4.5 V，则U ＝U＝1.8 V，此时电容器所带电荷量Q ＝CU ＝3.6×10－6 C，且上极
3 1 3
板带负电，下极板带正电，故A、B错误．
开关S断开时的等效电路图如图乙所示，稳定后电容器C两端电压等于R 两端电压U ，此
2 2
时U＝R＝3 V，电容器所带电荷量Q＝CU＝6×10－6 C，且上极板带正电，下极板带负电，
2 2 2 2
故通过R 的电荷量Q＝Q＋Q＝9.6×10－6 C，故C错误，D正确．]
0 1 2
11．(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω
解析 (1)电源的路端电压随电流的变化图线斜率的绝对值等于电源的内阻，则内阻r＝＝ Ω
＝20 Ω
电源的电动势为E＝U＋Ir
取电压U＝16 V，电流I＝0.2 A，
1 1
代入解得E＝20 V
(2)当滑片P滑到最右端时，R 被短路，外电路的电阻最小，电流最大．此时电压 U＝4 V，
1 2
电流I＝0.8 A，则定值电阻R＝＝5 Ω
2 2
(3)当滑片P滑到最左端时，滑动变阻器阻值最大，外电阻最大，电流最小，此时路端电压
U＝16 V，
1
电流I＝0.2 A，
1外电路总电阻为R＝＝80 Ω
又R＝R＋，
2
代入解得R＝300 Ω.
3
12. Ω W
解析 方法一 由公式P ＝，根据闭合电路的欧姆定律，路端电压
R
U＝E·＝，所以P ＝，代入数据整理得P ＝ W，当R＝ Ω时，R上消耗的功率最大，P
R R Rmax
＝ W.
方法二 采用等效电源法分析，把电阻R 等效到电源的内部，即把电源和电阻R 看作等效
0 0
电源，即电动势为E′＝E、内阻为r′＝的电源，当R＝r′＝时，电源对外电路R的输出
功率最大，为P ＝.把数值代入各式得E′＝E＝ V，r′＝＝ Ω，所以R＝ Ω，P ＝＝
Rmax Rmax
W.
专题强化练十五 电学实验基础
1．8.021(8.020～8.022均可) 2.060 5.236
解析 螺旋测微器的固定刻度读数为8 mm，可动刻度读数为2.1×0.01 mm＝0.021 mm，所
以最终读数为8 mm＋0.021 mm＝8.021 mm，由于需要估读，因此在范围8.020～8.022 mm
内均正确．游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，
故游标尺读数为12×0.05 mm＝0.60 mm，所以最终读数为20 mm＋0.60 mm＝20.60 mm＝
2.060 cm.工件的长度L＝52 mm＋0.02×18 mm＝5.236 cm.
2．0.695 2.60 0.52
解析 螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.01 mm×19.5＝0.695 mm；电压表的读数为2.60 V；
电流表的读数为0.52 A.
3．(1)B C F (2)见解析图 (3)大于 电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压(其他
表述正确也可)
解析 (1)若电源选用E，则通过R 的最大电流为0.15 mA，此时两电流表均达不到半偏，故
x
电源应选用F.电压表内阻应尽可能与被测电阻阻值相差大一些且量程接近电源电压，故电压
表选用B.由此可知电路中的电流约为1 mA，故电流表选用C.
(2)因为待测电阻阻值较大，所以电流表应采用内接法．因为滑动变阻器的阻值很小，若采
用限流式接法接入电路的滑动变阻器起不到多大的限流作用，所以滑动变阻器应采用分压式
接法，实验电路图如图所示．(3)因为电流表采用内接法，电压表测出的电压为R 与电流表串联后两端电压，U ＞U ，
x 测 实
而R＝，所以R ＞R
测 实．
4．(1)见解析图 (2)开关断路(或开关接触不良) (3)2 (4)0.125 (5)A
解析 (1)滑动变阻器的接线柱要“一上一下”串联接入电路，因为要求滑片向右移动连入
电路中的阻值变小，连接电路如图所示．
(2)连接电路后，闭合开关，发现电流表示数为0，说明电路发生了断路，电压表示数为0，
说明与电压表并联以外的电路断路．用一根导线在题图甲中先后连接接线柱A与B、C与H
时，电流表和电压表示数仍为0，说明R 、R 和滑动变阻器都没有故障，连接接线柱H与G
0 x
时，电流表和电压表指针有明显偏转，则说明开关断路．
(3)由题图乙知电压表测量的电阻阻值为R ＝R ＋R＝＝＝12 Ω，故R 阻值为R＝R －R
总 0 x x x 总 0
＝12 Ω－10 Ω＝2 Ω.
(4)由题图乙可知，当R 和R 阻值一定时，电流表示数与电压表示数成正比，所以当电压表
0 x
的示数为3 V时，通过R 的电流为0.25 A，所以R 消耗的电功率为P＝I′2R＝0.252×2 W
x x x
＝0.125 W.
(5)为了增大串联电阻，增大分压，使电压表易于读数，所以在该电路中串联R ，故A正确，
0
B错误．
5．(1)最左端 (2)B D
(3)
解析 (1)为了实验安全，闭合开关S之前，应使电路中电流从最小值开始调节，滑动变阻
器采用分压接法，故应将滑片置于最左端．
(2)实验器材中没有电压表，要用电流表改装，只有内阻已知的电流表才能改装成电压表，
所以电流表选择B.
根据电压表改装原理可得R＝＝ Ω＝1 975 Ω，故定值电阻应选择D.
(3)由串、并联电路的特点和闭合电路欧姆定律有I(r＋R)＝(I－I)R
2 2 2 1 2 x
解得R＝.
x6．(1)A (2)a (3)见解析图 (4)4
2
(5)c (6)见解析图
解析 (1)电路中的最大电流为
I＝＝ A＝1 mA，故电流表选择A.
2
(2)滑动变阻器为分压接法，为了保护电路，闭合开关前应使并联部分的电压为零，故滑动
触头P应在a端．
(3)按实验电路图将实物图补充完整，如图所示．
(4)根据I－U图像求得电阻R＝＝ Ω＝4.0 kΩ.
x
(5)本次实验是用电流表的内接法测电阻的，所以电压表测的是电流表和 R 两端的总电压，
x
那么电压和电阻的测量值均偏大，故真实的图线应是c.
(6)由于电压表的内阻很大，而满偏电流I ＝＝ A＝10－4 A＝100 μA
m
恰好在电流表A 的量程之内，所以可以直接将两表串联接入虚线框内，如图所示．
1
7．(1)见解析图 (2)
(3)等于
解析 (1)实物连线如图所示．
(2)由欧姆定律，第一次测量的电阻为电压表和R 的并联电阻，即＝R ；第二次测量的电阻
P 并
为电压表、R 和R 的并联电阻，＝，联立解得R＝.
x P x
(3)由于电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量，故其测量值等于真实值．实验十 导体电阻率的测量
1．(1)0.31 6.45 大于 (2)
(3)9.6×10－7
解析 (1)由题图甲可知，电流表的量程为0～0.6 A，故读数为0.31 A；
电阻丝的测量值R＝＝ Ω≈6.45 Ω
0
由题图甲所示电路图可知电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所以电压的测量值大
于真实值，则电阻丝电阻的测量值大于真实值；
(2)由电阻定律可知：
R＝ρ＝ρ
x
闭合S 断开S，
1 2
由闭合电路欧姆定律得
E＝I(r＋R ＋R＋R)
A x
整理得：R＝－－r－R ＋
A
R－L图线斜率的绝对值k＝，
解得电阻率ρ＝kπd2.
(3)由题图丙知，R－L图像的斜率的绝对值k＝||＝ Ω/m＝10 Ω/m
电阻率ρ＝kπd2，
代入数据解得ρ≈9.6×10－7 Ω·m.
2．(1)C G (2)0.730 (3)丙
(4)a2－
解析 (1)由题意可知，电源电动势为 6 V，电压表量程0～3 V，而由于待测电阻约为 10
Ω，则电流最大为I＝＝0.3 A，故不能选用量程为0～3 A的电流表，故电流表选A，即C；
1
滑动变阻器总阻值太大不方便调节，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的R，即G.
2
(2)由题图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为23.0×0.01 mm
＝0.230 mm，螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.230 mm＝0.730 mm.
(3)由于电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法；为测多组实验数据，滑
动变阻器应采用分压式接法，故选择电路图丙．
(4)根据欧姆定律有R＝，根据电阻定律有R＝ρ，故截面积为S ＝，故金属管线内芯截面积
0
的表达式为S＝a2－.
3. (1)CBAC或BAC 0.400 (2)见解析图 (3)电源内阻太大
(4)3.0 6.0×10－7
解析 (1)用螺旋测微器测合金丝直径时，先打开固定螺钉C，把待测合金丝放在测微螺杆与测砧之间，然后调节粗调旋钮B，当合金丝与测微螺杆、测砧接触时停止调节粗调旋钮，
然后调节微调旋钮A；为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉 C，然后
再读数，使用的先后顺序为CBAC；或者没有第一步，即先打开固定螺钉C，而是直接进行
第二步，即把待测合金丝放在测微螺杆与测砧之间，然后调节粗调旋钮B，其他两步一样，
故使用的先后顺序为BAC；由题图乙所示螺旋测微器可知，其分度值为 0.01 mm，测得该合
金丝的直径为d＝0 mm＋40.0×0.01 mm＝0.400 mm；
(2)由表中数据，可知电压、电流都要从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，且合
金丝电阻较小，故电流表采用外接法，则完整的实物图如图所示；
(3) 根据闭合电路欧姆定律有I＝，调节滑动变阻器，改变R ，电压表和电流表的示数变化
外
范围非常小，说明外电阻的影响较小，所以产生的原因是电源内阻太大；
(4)根据U－I图像的斜率表示电阻，则有R＝＝3.0 Ω，根据电阻定律有R＝ρ，又S＝πd2，联
立解得ρ＝，代入数据解得ρ＝6.0×10－7 Ω·m.
4．(1)①1.75 0.548 ②见解析图
③2.3×10－5 (2)②
(3)等于
解析 (1)①两根金属丝直径的测量值分别为d ＝1 mm＋0.05 mm×15＝1.75 mm
甲
d ＝0.5 mm＋0.01 mm×4.8
乙
＝0.548 mm
②描点并作出U－I图像如图
③由图像可知
R＝＝ Ω≈4.8 Ω
x
根据R＝ρ＝
x
解得ρ＝＝
Ω·m≈2.3×10－5 Ω·m
(2)②由闭合电路欧姆定律
E＝I(ρ＋r＋R)
＝I(ρ＋r＋R)
即＝L＋
则＝k，得ρ＝
(3)题图(b)中考虑电流表内阻，则＝L＋，不影响图像的斜率，则电阻率的测量值等于真实值．
实验十一 测量电源的电动势和内阻
1．(1)甲 (2)见解析图 (3)A (4)D
解析 (1)因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差，所以电流表采用相对电源
外接，选择甲图；
(2)根据电路图得实物连接图如图所示；
(3)由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流，
内阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率的绝对
值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合，故A
正确，B、C、D错误；
(4)因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变
的情况下，可以采取的措施是增大电压表的内阻，故D正确，A、B、C错误．
2．(1)N M (2)4 (3)C
解析 (1)电表N串联在电路中，测量干路电流，所以N为电流表；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为电压表，测量路
端电压；
(2)题中表格中的电流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R 串联在电路中，起保护电路的作用，避免使充电宝
0
的放电电流过大损坏电路中的器件．故选C.3．(1)见解析图(b)
(2) －
解析 (1)通过开关S 控制电路中的电阻R 是否接入电路，电路原理图如图(a)所示：
2 x
故实物连线图如图(b)所示：
(2)闭合S、S，有E＝U＋r，故有＝＋·；保持S 闭合，断开S，有E＝U＋(r＋R)，
1 2 1 2 x
故有＝＋·；
结合－图像可知，＝c，
＝，＝，
解得：E＝，r＝，R＝－.
x
4．(1)＝R＋ (2)0.110 9.09 (3)见解析图 1.0(0.96～1.04 均可) 6.0(5.9～6.1 均可)
(4)3.0(2.9～3.1均可) 1.0(0.7～1.3均可)
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律有
E＝(＋I)(R＋R＋r)＋IR ，
0 A
代入数据，化简得＝R＋.
(2)电流表每小格表示4 mA，因此电流表读数I＝0.110 A，≈9.09 A－1.
(3)在坐标纸上描点，画出一条直线，得出斜率k＝1.0 A－1·Ω－1，
截距b＝6.0 A－1.(4)斜率k＝，因此E＝3.0 V，纵轴截距b＝，因此 r＝1.0 Ω.
实验十二 用多用电表测量电学中的物理量
1．(1)24 38.0 (2)e (3)B (4)1.48
解析 (1)欧姆表的示数为24×1 Ω＝24 Ω，电流表的最小分度是1 mA，需估读到0.1 mA，
所以题图丁中的电流表示数为38.0 mA.
(2)根据电流必须从电流表的正接线柱流入，电流从欧姆表的红表笔流入，黑表笔流出，电
路中电流经过电流表的方向为d→e，则操作步骤④中，多用电表黑表笔应接c点，红表笔应
接e点．
(3)将多用电表两表笔分别接在a、c上，多用电表的指针不偏转，说明a、c间有断路．将多
用电表两表笔分别接在b、c上，多用电表的示数不为零，所以电路的故障是灯泡断路．
(4)操作步骤③中多用电表指针正好指在中间刻度，根据欧姆表的中值电阻等于其内阻，知
欧姆表的内阻为R ＝15 Ω.根据闭合电路欧姆定律得I＝，又R ＋R ＝24 Ω，故E′＝I(R
欧 0 mA 0
＋R ＋R )＝38.0×10－3×(24＋15) V≈1.48 V.
mA 欧
2．(1)①25 左 ②4.5 (2)C
解析 (1)①指针指在题图甲所示位置，此测量值为25 kΩ；查阅资料发现该电压表内阻真
实值为15 kΩ，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，
若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的左侧．
②进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，即电压表的内阻等于欧姆
表的中值电阻，即电压表的内阻等于欧姆表的内阻，则此时电压表示数为欧姆表内电源电动
势的一半，即4.5 V.
(2)当两表笔接触黑箱接线柱a、b时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，
即电路接通后电流又逐渐变为零，则该元件可能是电容器，电路接通后先充电，充电结束后
电路中电流为零，故C正确．
3．(1)红 (2)374 ×100 (3)125 (4)225
解析 (1)按照多用电表使用规则，欧姆表内电路的电源负极应与红表笔相接，即表笔1为
红表笔．
(2)当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律得＝r＋R＋R＋R，
g 1 0
解得R＝374 Ω.
0
开关S闭合后，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍
率变小，故开关S闭合时，欧姆表的倍率是小倍率，开关S断开时的倍率是大倍率，故填
“×100”．(3)闭合开关S，倍率为原来的，干路电流最大值应为原来的10倍，则I ＝9 mA，故有＝，
2
解得R＝125 Ω.
2
(4)由题图(b)可知此时毫安表读数为0.40 mA，则干路电流为4.0 mA，电路总电阻为375 Ω，
而欧姆表此倍率的内阻为＝150 Ω，则可知R＝225 Ω.
3
4．(1)红 B (2)1 600 (3)1.1 (4)准确
解析 (1)根据黑表笔接内部电源的正极，可以判断a为红表笔；当电表满偏时，电表总内
阻为R ＝＝1 500 Ω，所以滑动变阻器应选择B；
内
(2)可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，
对应的电阻为中值电阻，E＝I(R ＋R )，R ＝R ＝1 500 Ω，即表盘刻度为15时代表1
g 中 内 中 内
500 Ω，倍率为×100，所以被测电阻的阻值为1 600 Ω.
(3)倍率为×10时，中值电阻为150 Ω，即内阻为150 Ω，由此可知，满偏电流变为原来的10
倍，即0.01 A，1×10－3×10 V＝(0.01－1×10－3)R，
1
R＝1.1 Ω.
1
(4)设电源电动势为E，干路电流为I ，调零后电表内阻为R ，电表指针指到表盘某处时，
g 内
电表的电流为I，对应的待测电阻为R，根据闭合电路欧姆定律E＝IR ，E＝I(R＋R )，
x g 内 x 内
整理得R＝E(－)，由于满偏电流相同，电动势相同，指针指相同的位置时电流相同，所以
x
R 相同，即读数准确．
x
5．(1)ABC (2)3.75 ×10 (3)1.00
解析 (2)“B”端与“3”相接时，由
IR＝(I－I)(R＋R)，
g g g 1 2
R＋R＝4R，可得I＝I，
1 2 g g
根据闭合电路欧姆定律有
I＝，
可得I＝，
g
结合题图乙解得R ＝150 Ω，
内
E＝3.75 V
通过分析可知欧姆表中值电阻为150 Ω，则该小组使用多用电表的“×10”倍率的欧姆挡进
行测量未知电阻．
(3)根据题图丁和闭合电路欧姆定律可知E＝U＋(R＋r)
0
整理可得，＝＋·
结合图像的截距和斜率可知
b＝＝0.12 V－1，
k＝＝1.08 Ω·V－1
解得r＝1.00 Ω.专题强化练十六 电学实验综合
1．(1)R A (2)R A 的读数仍为I (3)平均值
0 0 N 0
2．(1)不可行 电流表量程太大
(2)①R ②见解析图
2
③R
0
解析 (1)该方案不可行，因为电流表量程太大，结合电路图与电源电动势及电压表内阻可
知流经电流表的电流值太小，从而导致误差太大；
(2)①因V 的最大量程为5 V，V 的最大量程为3 V，则定值电阻的阻值应该与V 的内阻相
2 1 1
当，故选R；
2
②结合实物图，画出电路图如图所示；
③由电路可知
R ＝＝R.
V1 0
3．(1)偏小 甲 (2)见解析
解析 (1)题图甲所示电路采用电流表外接法，由于电压表要分流，所以测量值比真实值偏
小；被测电阻R 的阻值约为10 Ω，电压表内阻约3 kΩ，电流表内阻约1 Ω，则有R<，所以
x x
选用电流表外接方法误差更小，故应采用题图甲所示电路．
(2)①将开关S 接1，闭合开关S ，保持滑动变阻器R 和R 滑片位置不变，记录此时电压
2 1 P1 P2
表和电流表的示数U、I；
2 2
②R＝－；
x
③当单刀双掷开关S 接2，闭合开关S 时，有＝ R ＋R ＋R ；当单刀双掷开关S 接1，闭
2 1 x A P2 2
合开关S 时，有＝R ＋R ，所以有R＝－，该实验方案中电流表的内阻所产生的影响在两
1 A P2 x
次实验数据相减后被消除，电压表内阻对实验结果没有影响．
4．(1)R (2)见解析图 (3)3 500 大于 (4)减小
1
解析 (1)用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在 S 闭合前、后保持不变，
2
由于该支路与滑动变阻器前半部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S 闭合前、后该部分电阻
2
变化越小，从而电压的值变化越小，故滑动变阻器应选R.
1
(2)电路连接图如图所示(3)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即R ＋R ＝6 000 Ω，可得R ＝3 500 Ω
T μA T
当断开S ，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电
2
阻比原来的2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻
箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大．
(4)由于是ln R －图像，当温度T升高时，减小，从题图丙中可以看出ln R 减小，从而R
T T T
减小，因此热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐减小．
5．(1)BC (2)< (3)R
(4)
解析 (1)电流表G零刻度线在中央时，可以判断电流的流向，判断B和D两点电势的高低，
所以要求电流表G的零刻度在表盘中央，所以B正确，A错误；根据电流表中表针摆动的
方向便可判断B和D两点电势的高低，进而进行调节，无需准确读出电流的大小，所以 C
正确，D错误．
(2)当没有接电流表G时，R 与R 串联，R 与R 串联，然后R 、R 和R 、R 再并联，则IR
2 x 1 3 2 x 1 3 1 2
＋IR＝U ＋U ＝U ，IR ＋IR ＝U ＋U ＝U ，整理可得＝＝－1，＝＝－1.所以，当
1 x AB BC AC 2 1 2 3 AD DC AC
>时，U 0，则导体棒匀加速下滑，故A错误；开关
合
接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvcos θ，导体棒做加速度减小的加速运动，
最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有
mgtsin θ－BLtcos θ－μ(mgcos θ＋BLsin θ)t＝mv－0，其中＝，解得t＝，故B正确；开关接
2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二
定律方程有mgsin θ－BILcos θ－μ(mgcos θ＋BILsin θ)＝ma，充电电流I＝＝CBLacos θ，解
得a＝，
加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，代入计算可得电流I＝，故C、D正确．]
第十三章 交变电流 电磁波 传感器
第 1 练 交变电流的产生和描述
1．C 2.B 3.A 4.BCD 5.D 6.D 7．BCD
8．AC [线圈在径向磁场中做切割磁感线运动，产生的感应电动势大小不变，方向做周期
性变化，发电机输出的电流为矩形波交流电，A正确；线圈以角速度ω匀速转动时，根据
法拉第电磁感应定律，则有感应电动势的最大值为E ＝NBSω，因磁场是辐向磁场，线圈切
m
割磁感线的有效速度大小不变，所以发电机产生的感应电动势的有效值E＝NBSω，灯泡两
端电压U＝R，B错误；根据闭合电路欧姆定律，电源电动势大小为E＝(R＋r)＝(1＋)U，C
正确；若转动过程中穿过线圈的磁通量始终为零，则不会产生感应电动势，D错误．]
9．AB [根据法拉第电磁感应定律可知，矩形线圈中会产生周期为0.02 s的正弦式交流电，
因为小灯泡正常发光，其两端电压有效值为40 V，因此原线圈两端电压的瞬时值表达式为
u＝40cos 100πt (V)，A项正确；线圈产生的正弦式交流电电动势的最大值E ＝NBSω＝40
m
V，解得N＝50匝，B项正确；一个周期内，氖泡发光两次，因此氖泡发光频率是交流电频
率的两倍，为100 Hz，C项错误；电容器的击穿电压(耐压值)指的是电压的最大值，题述交
流电压的最大值大于40 V，所以耐压值为40 V的电容器接在氖泡位置将被击穿，D项错
误．]
10．(1)()2 (2)
解析 (1)由导体棒切割磁感线产生感应电动势有E＝BLv，得e＝BLv sin ωt
m
回路中产生正弦式交变电流，其有效值为E ＝
有效
在0～时间内，电阻R上产生的热量Q＝()2R·＝()2.
(2)由功能关系得：外力F所做的功W＝Q＝.
11．D [导线框位移为0≤x≤0.5 m过程，只有bc边在磁场中切割磁感线，产生的电动势大
小为E＝Byv＝sin 2πx (V)，此过程所用时间为t＝ s＝0.25 s，此过程的最大电动势为E ＝
1 1 1m
sin(2π×0.25) V＝1.0 V，导线框位移为0.5 mn，v
b
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为C <45°λ ，反射光经过三棱镜后分成两束
1 2
色光，由题图可知从N位置出射的光的折射角大，又由折射定律可知，入射角相同时，折
射率越小的色光折射角越大，由于λ>λ ，则nλ >λ ，可知在其他条件不变的情况下，干涉图样条纹间距Δx >Δx >
红 黄 绿 红 黄
Δx ，所以绿光的条纹间距最小，则绿光产生的干涉图样是题图(c)．
绿
3．(5)10.50 2.1 (6)0.10
解析 (5)用刻度尺测出a、b两点间的距离为10.50 cm，两相邻暗纹中心之间的距离为Δy＝
cm＝2.1 cm.
(6)刀片的厚度为Δy＝λ，
解得d＝0.10 mm.第十五章 热学
第 1 练 分子动理论 内能
1．ACD 2.C 3.AC 4.A 5.D
6．C [已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数，
无法计算分子间的平均距离，故A错误；知道该气体的摩尔质量和质量，可得到物质的量，
又知道阿伏加德罗常数，可计算出分子数，但不知道体积，无法计算分子间的平均距离，故
B错误；知道阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，由摩尔质量和密度可以得到摩尔
体积，除以阿伏加德罗常数得到每个气体分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即
分子间的平均距离，故C正确；阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积已知，可以得到密
度，但不知道摩尔质量，无法得到摩尔体积，进而无法计算分子间的平均距离，故 D错
误．]
7．B [在F－r图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化得快，所以 a为斥力曲线，c为
引力曲线，b为合力曲线，故A、C错误，B正确；当分子间距离r＞r 时，曲线b对应的力
0
即合力先增大后减小，故D错误．]
8．B [设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ 和ρ ，一次吸入空气的体
海 岸
积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n 和n ，则有n ＝，n ＝，多吸入
海 岸 海 岸
的空气分子个数为Δn＝n －n ，代入数据得Δn≈3×1022个，故选B.]
海 岸
9．D [在“水桥”内部，分子间的距离在r 左右，分子力约为零，而在“水桥”表面层，
0
分子比较稀疏，分子间的距离大于r，因此分子间的作用表现为相互吸引，从而使“水桥”
0
表面绷紧，所以能总体反映该表面层中的水分子之间相互作用的是 C位置，故A、C错误；
分子间距离从大于r 减小到r 左右的过程中，分子力表现为引力，做正功，则分子势能减小，
0 0
所以“水桥”表面层中两水分子间的分子势能与其内部水相比偏大，故B错误；王亚平放
开双手，“水桥”在表面张力作用下收缩，而“水桥”与玻璃板接触面的水分子对玻璃板有
吸引力作用，在两玻璃板靠近过程中分子力做正功，故D正确．]
10．D [根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为r)时分子势能最小，可知曲线Ⅰ为分子
0
势能随分子之间距离r变化的图像；根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为r)时分子间
0
作用力为零，可知曲线Ⅱ为分子间作用力随分子之间距离r变化的图像；根据分子之间斥力
随分子之间距离的增大而减小以及分子间距离小于r 时分子间作用力表现为斥力，可知曲线
0
Ⅲ为分子间斥力随分子之间距离r变化的图像，故选D.]
11．C [由题图可知，在x＝x 处N分子的动能最大，则分子间作用力做功最多，分子势能
1最小，则x＝x 处为平衡位置，此时分子间作用力为零，当xx 时，分子间作用力表现为引力．N由x＝0到x＝x 过程中，M、N间作用力先表现
1 2
为斥力后表现为引力，A、D错误；由于x ＝ x 处为平衡位置，则根据F－x图像，
1
可知x 相当于F－x图像的c点，则由x＝x 到x＝x 过程中，N所受的分子力F可能先增大
1 1 2
后减小，则加速度可能先增大后减小，B错误；N由x＝0到x＝x 过程中，M、N系统的分
2
子势能先减小后增大，C正确．]
12．C [铁的摩尔体积V＝，单个分子的体积V ＝，又V ＝πr3，所以分子的半径r＝×
0 0
，分子的最大截面积S ＝πr2＝ ，铁质晶须的横截面上的分子数n＝，
0
拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力F＝＝ ，故C正确．]
0
第 2 练 固体、液体和气体
1．A 2.A 3.AC 4.AC
5．C [因为负压病房的温度和外界温度相同，而温度是分子平均动能的标志，则负压病房
内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，负压病房内每个气体分子的运
动速率不一定都小于外界环境中每个气体分子的运动速率，A、B错误；负压病房内的压强
较小，温度与外界相同，则分子的数密度较小，即负压病房内单位体积气体分子的个数小于
外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；负压病房内的压强较小，根据F＝pS可知，
相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误．]
6．B [因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，
B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，
C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V＝V，因为Vp ；所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有W>W ，则根据ΔU＝W＋Q，因为
A B A B
汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔU >ΔU ，即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于
A B
汽缸B内气体的内能；由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分
比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中
气体分子的速率分布规律．
8．AB [根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T－V图像的斜率为，故有p ＝p>p，故A
a b c
正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋
W，而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q>0，Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从外界
吸收的热量大于其增加的内能，故D错误．]
9．BCD [因p－T图像中a到b的线段的延长线过原点，由＝C，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；
因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学
第一定律ΔU＝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C、D正确．]
10．C [由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，
对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，
且p
