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一轮复习 88 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．C [“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，A、B错误；“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。]
3．ABC [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；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开始运动，
汽车的速度一定发生变化，所以加速度一定不为零，B正确；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；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。]
4．A [由于题图中数据是手机计步器记录的国庆节去周恩来纪念馆的运动情况，因此其中
的8.52公里为该同学运动轨迹的长度，故题图中的 8.52公里为路程，故B错误；根据题意
可知，01：11：05为手机计步器记录的运动的总时间，因此题图中的 01：11：05为时间间
隔，故C错误；根据上述可知，7.19 km/h指总路程与总时间的比值，即题图中7.19 km/h为
平均速率，故A正确；题图中消耗热量370.6的单位为焦耳，故D错误。]
5．C [无人机在10 s内的路程为s＝40 m＋30 m＝70 m，则10 s内的平均速率为 ＝＝
1
m/s＝7 m/s，A、B错误；由位移的定义可知，无人机在10 s内的位移为x＝ m＝50 m，则
10 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝5 m/s，C正确，D错误。]6．B [由x＝(5＋2t3) m可知，t ＝0时，x ＝5 m；t ＝2 s时，x ＝21 m；t ＝3 s时，x ＝59
1 1 2 2 3 3
m；所以Δx ＝x －x ＝16 m，Δx ＝x －x ＝38 m，故平均速度大小分别为 ＝＝8 m/s， ＝＝
1 2 1 2 3 2 1 2
38 m/s，选项B正确。]
7．B [由题图可知，初速度约为20 km/h＝ m/s，末速度约为60 km/h＝ m/s，根据加速度
的定义式a＝，可得a≈1.4 m/s2，故B正确，A、C、D错误。]
8．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。]
9．CD [位移是指由起点指向终点的有向线段，小球发生的位移大小为 0.5 m，方向竖直向
下，故A错误；设向下为正方向，则速度变化量 Δv＝－7 m/s－10 m/s＝－17 m/s，负号说
明速度变化量方向竖直向上，故B错误；小球的平均速度＝＝ m/s＝ m/s≈1.67 m/s，方向
竖直向下，故C正确；根据加速度的定义式有a＝＝－ m/s2≈－56.7 m/s2，负号说明加速度
方向竖直向上，故D正确。]
10．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，故位移大小为s＝≈2.2 m，故选C。]
11．AC [计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的
表达式为v＝，A正确，B错误；若L＝8 m，Δt＝0.2 s，则汽车的速度为v＝＝40 m/s＝144
km/h>120 km/h，超速，照相机将会拍照，C正确；若L＝8 m，Δt＝0.3 s，则汽车的速度为
v＝＝96 km/h<120 km/h，未超速，照相机不会拍照，故D错误。]
12．D [从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过的位移为零，因此平均速度
为0；设从山脚爬上山顶路程为s，则有上山时间t ＝，下山时间t ＝，因此往返全程的平均
1 2
速率为v＝＝，故选D。]
13．(1)vt (2)v(t－t)
01 0 2 1
解析 (1)依题意，由于红外线的传播时间可以忽略，可得A、B间的距离为x＝vt
1 01
(2)同理可知：进行第二次测量时，A、B间的距离为x ＝vt ，则小车运动的距离Δx＝x －x
2 02 2 1
＝v(t －t)，两次发射超声波脉冲的时间间隔为Δt，即为小车运动Δx所用的时间，则小车
0 2 1
运动的速度为v＝，解得v＝。
第 2 练 匀变速直线运动的规律
1．B [以汽车刹车时的速度方向为正方向，由 0－v2＝2ax得a＝＝－5 m/s2，负号表示加
0
速度方向与速度方向相反，故选B。]
2．B [该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B。]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 0
at可知，汽车在2 s末停止，故它在前3 s内的位移等于前2 s内的位移，x＝24×2 m－6×
4 m＝24 m，则汽车在前3 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝8 m/s，故A正确。]
4．C [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 v(vF
2 2 fmax
木箱滑动，地面对木箱的摩擦力为滑动摩擦力，则有F ＝F ＝12 N
f2 fmax
(3)若此后将拉力减小为F ＝5 N，此时木箱仍在滑动，则木箱受到的摩擦力仍是滑动摩擦力，
3
即F ＝F ＝12 N。
f3 fmax
7．D [根据题意，对蚂蚁受力分析，设蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角为θ，如
图所示，由平衡条件可得F ＝mgcos θ，F＝mgsin θ，由于α>β，则A处蚂蚁受到的支持力
N f
比B处蚂蚁小，B处蚂蚁受到的摩擦力比A处蚂蚁小，故A、B错误；蚂蚁与轮胎之间保持
静止，则A处蚂蚁受到静摩擦力，大小不一定为μmgcos α，B处蚂蚁受到的摩擦力大小为
mgsin β，故C错误，D正确。]
8．A [物块只能在A、B两点间保持静止，则在A、B两点时摩擦力数值上达到最大，且方
向相反，故A、B两点弹簧的弹力大小相等，但方向相反，由 A点弹簧的长度小于B点的长
度，故在A点时弹簧处于压缩状态，在B点时弹簧处于伸长状态，且形变量相同，又最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，在A点和B点时，有k＝μmg，解得μ＝，A正确。]
9．B [以沙堆整体为研究对象，只受重力和地面的支持力，地面对沙堆的摩擦力为零，故
A错误；沙堆表面上的沙粒受重力、支持力和摩擦力的作用静止，则沙堆倾角α满足μ＝tan
α，若已知μ与s，则由几何关系可估算出沙堆的高度，故B正确；由于沙堆密度未知，故
不能算出其质量，故C错误；未靠墙放置时，设沙堆的底面积为S，则其体积V＝Sh＝Sμr＝
μS·，当沙堆靠墙时形成半个圆锥体，设沙堆的底面积为 S′(底面为半圆形)，则其体积V′
＝S′h′＝S′μr′＝μS′·，质量不变，则体积不变，则有V＝V′，即μS·＝μS′·，可得
S′tan，故选A。]
N N
9．C [对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得＝＝
在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，
则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力F 大小不变，由牛顿第三定律知小球对大
N
圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。]
10．C [对石墩进行受力分析如图所示
Fcos θ＝μF
N
F ＋Fsin θ＝mg
N
解得2F(cos θ＋sin θ)＝mg，即F＝，可解得，当θ＝时，F最小为0.5mg，故小李能拖动石
墩，且当θ＝时最省力，故选C。]
11．(1)53° (2)1 kg
解析 (1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为F ，细绳对圆环
N
的拉力大小为F ，对圆环受力分析，如图甲所示，
T
根据平衡条件有
μF ＝F cos θ①
N TF ＝F sin θ②
N T
联立①②解得tan θ＝＝，
即θ＝53°。
(2)由题意，根据几何关系可知
φ＝90°
按如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件
有Gcos θ＋F sin θ－mg＝0③
T
F cos θ－Gsin θ＝0④
T
联立③④解得m＝1 kg。
12．AB [对小球B受力分析，将F 、F、mg组成矢量三角形，由于F 和F的夹角始终不
T T
变，作辅助圆如图所示拉力F一直变大，初始状态时最小，为mg，A、B正确；拉力F的
水平分力先变大后变小，对A、B、C整体进行受力分析知斜面体C所受地面摩擦力大小等
于拉力F的水平分力大小，也是先变大后变小，故C、D错误。]
第 5 练 实验二：探究弹簧弹力与形变量的关系
实验三：探究两个互成角度的力的合成规律
1．(2)CD (3)相同位置 (5)大小和方向
解析 (2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆
环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动
两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F 和F 的大小，还需要用铅笔
1 2
在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向，故选C、D。
(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力 F的大小，沿细线标记此时F的方向。
(5)比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
2．(1)刻度尺 (2)见解析 5 (3)B
解析 (1)本实验需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的测量工具是刻度尺。
(2)由题图可知，当m＝0时，x大于零，说明没有挂钩码时，弹簧伸长，是由弹簧自身的重
力造成的。k＝＝，代入数据解得k＝5 N/m。
(3)F－L图像中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；F－L图像的斜率
表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；弹簧的弹力满足胡
克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
3．(1)见解析图 (2)5 20 (3)重力 摩擦力
解析 (1)如图所示
(2)当弹力为0时，弹簧的形变量为0，此时弹簧长度等于原长，可知弹簧原长为L ＝5 cm，
0
根据胡克定律可知k＝，可知图线的斜率表示劲度系数，即k＝＝ N/m＝20 N/m。
4．(1)4.0 (2)AB (4)不需要
解析 (1)弹簧测力计读数为4.0 N；
(2)验证力的平行四边形定则需测量合力和分力的大小和方向，故选A、B；
(4)因为每一次都是独立的实验，对绳结受力平衡即可，故不需要保证结点O的位置与第一
次相同。
5．(3)见解析图 (4)15.35 (5)128
解析 (3)根据表格数据描点连线如图；
(4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1 mm，故读数l＝15.35 cm；
(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l，则nmg＝k(l－l)，
0 1 1 0nmg＝k(l－l)
2 2 0
则橡皮筋的劲度系数为k＝
从作出的l－n图线读取数据则可得
k＝＝mg (N/cm)，
l ＝＝9.00 cm，设冰墩墩的质量为m ，则有mg＝k(l－l)，可得m ＝×6.05×(15.35－9.00)
0 1 1 0 1
g≈128 g。
6．(1)1.0×102 (2)C (4)平行四边形 F′
解析 (1)在第①步，由胡克定律F＝kΔx可得弹簧的劲度系数为k＝＝1.0×102 N/m；
(2)为了保证两次拉橡皮筋的力效果相同，则第二次拉橡皮筋时也使其下端到达O点，故选
C。
(4)探究力的平行四边形定则，在力的图示中，两个分力与合力构成的四边形接近平行四边
形，因为存在实验误差，合力的理论值是根据力的平行四边形定则这个理论作出来的，所以
F′是F、F 两力的合力的理论值。
1 2
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．C [伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因，A错误；牛顿第一
定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，质量是物体惯性大小的唯一量度，惯
性与速度无关，B错误；牛顿在伽利略和笛卡儿等人的研究基础上，总结出了牛顿第一定律，
伽利略和笛卡儿的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，C正确；作用力与
反作用力具有同时性，即同时产生，同时消失，没有先后之分，D错误。]
2．A [滑翔伞沿直线朝斜向右下方向做匀加速直线运动，则F与G的合力方向与v同向，
故A符合题意，B、C、D不符合题意。]
3．B [书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大
加速度，即有F ＝μmg＝ma ，解得a ＝μg＝4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，
fm m m
高铁的最大加速度为4.0 m/s2，B正确，A、C、D错误。]
4．D [根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t～t 时间内v减小，t～t
1 2 3 1 2
时间内v不变，故B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则
1
F mg，故D正确。]
N5．B [根据题干公式ΔF＝k整理可得k＝，代入相应物理量单位可得比例系数 k的单位为
＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B。]
6．B [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，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相
反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小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，
A错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，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大小小于上升过程的最低
点的速度大小，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为
零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气
阻力也在变，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，D错误。]
7．D [根据题意由题图可知，t 时刻手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；
1
手机一直向下运动，t 时刻手机加速度仍向下，所以手机还在向下加速，速度比t 时刻更大，
2 1
故B错误；根据题意，设手给手机的支持力为F，向下为正方向，由牛顿第二定律有mg－F
＝ma，可得F＝mg－ma，可知当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，
即手受到的压力最大，由题图可知，t 时刻手机具有向上的最大加速度，即t 时刻手受到的
4 4
压力最大；t 时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重状态，所以手受到的压力比手机
3
重力大，故C错误，D正确。]
8．ABC [m＝＝50 kg，在t ～t 时间内，根据牛顿第二定律可知F －mg＝ma ，解得a ＝
0 1 1 1 1
－1 m/s2，可知在t ～t 时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，t ～t 根据牛
0 1 1 2
顿第二定律可知F －mg＝ma ，解得a ＝0，可知在t ～t 时间内，此人做匀速直线运动或静
2 2 2 1 2
止，t～t 时间内，根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma ，解得a＝1 m/s2，可知在t～t 时间
2 3 3 3 3 2 3
内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。]
9．D [题图乙中，人受到重力和轻绳的拉力，由于两个力不共线，且合力方向斜向下，故
人只能匀加速下滑，故 A正确，不符合题意；题图乙中，钢索对人的作用力大小 F ＝
T
mgcos 30°＝mg，故B正确，不符合题意；题图丙中，人受到重力和轻绳的拉力，两力均沿
竖直方向，若合力不为零，则合力必沿竖直方向，与速度不共线，人不可能做直线运动，因
此合力一定为零，人一定匀速下滑，故C正确，不符合题意；题图丙中，轻环也做匀速直
线运动，所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上，合力不
可能为零，因此轻环一定受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D错误，符合题意。]
10．A [钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以A、B的受力情况不变，加速度均为0，
物体B对物体A的压力等于自身重力，对箱式电梯受力分析可知(m ＋m ＋M)g＝Ma，解得
B A
a＝，故选A。]11．D [对小球受力分析，可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向
水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做匀加速直线运动，A
错误；设小球的加速度为 a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得 mgtan θ＝
1
ma，解得a＝gtan θ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为 a＝gtan θ，苹果箱和箱内的
1
苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，以这箱苹果为研
究对象，根据牛顿第二定律有F＝Ma＝Mgtan θ，方向水平向左，B错误；以苹果箱中间一
f
个质量为m的苹果为研究对象，所受合外力为F ＝ma＝mgtan θ，设周围其他苹果对它的
合
作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有Fsin α＝
ma，在竖直方向上Fcos α＝mg，加速度a＝gtan θ，可知F＝，tan α＝tan θ，则α＝θ，即
F＝，C错误，D正确。]
12．C [在上升过程中，对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示，
由牛顿第二定律可知Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋，又整体向上做减速运动，v减小，所以a减
小；再对物体单独受力分析如图乙所示
因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力F ，由牛顿第二定律可知mg＋F ＝ma，则F
N N N
＝ma－mg，而a减小，则F 减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越
N
小；同理当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当 kv＝Mg时，
做匀速运动，此后物体对箱子的压力不变。故选C。]
13．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，F ＝1.15mg，又＝，联立解得F＝0.2mg，故D正确。]
N y N f
第 2 练 牛顿第二定律的基本应用
1．B [根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at ＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二
1
定律得F－F＝ma，解得F＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间
f f
为t＝＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t＋t＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误。]
2 1 2
2．D [设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时，t
有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。]
3．B [关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小为a，结合题图可得
a＝＝kg，a＝ m/s2＝0.6 m/s2
解得k＝0.06，A错误；
v－t图线与横轴围成的面积表示位移，为x＝(25＋40)×6× m＝195 m
整个运动过程中的平均速度大小为＝＝ m/s＝4.875 m/s，B正确，C错误；平衡车在加速段
时有F－kmg＝ma′，a′＝ m/s2
代入数值解得F＝108 N，D错误。]
4．AD [由牛顿第二定律F－μmg＝ma，可得a＝－μg，故图像的斜率表示，是物体质量的
倒数，C错误；由图像得＝ kg－1＝1 kg－1，故物体质量为1 kg，A正确；由图像知，当
F≤1 N时，物体的加速度为零，说明物体保持静止状态；当 F>1 N时，物体开始做加速运
动，故物体所受滑动摩擦力大小为1 N，B错误；由图像可知，当F＝3 N时，物体的加速
度大小为2 m/s2，故D正确。]
5．A [无人机做匀变速直线运动，有0－v2＝2a(s－l)，解得无人机的加速度a＝－4 m/s2，
0
对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小为F＝＝88 N，故选A。]
6．B [如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出
F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知t >t >t ，B项正确，A、C、D
AB CD EF
错误。]7．BD [t 时刻由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝0.4 N，故B正确；充电宝在t
3 f f 2
时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t 时刻充电宝具有向
3
下的加速度，而加速度大小小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t 与t 时
2 3
刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；t 时刻充电宝具有的加速度最大，充电宝与手机之间
2
的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有F′－mg＝ma′，又F′＝μF ，解得充电宝与手机
f f N
之间的吸引力大小至少为F ＝10 N，此时F′＝5 N，故D正确，A错误。]
N f
8．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。]
9．(1)9 m (2)2.4 N (3)31.5 m
解析 (1)无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有
F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a
1
代入数据解得a＝2 m/s2，达到最大速度时所上升的高度h＝＝9 m。
1 1
(2)对摄像头，根据牛顿第二定律，
有F －mg＝ma ，代入数据得F ＝2.4 N，由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力大小
T 1 T
F ′＝F ＝2.4 N。
T T
(3)若要上升高度最大，则无人机开始以最大升力匀加速运动的时间t ＝＝3 s，无人机最后
1
关闭动力系统后匀减速运动直到悬停，速度为零，则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a
2
代入数据解得a＝12 m/s2
2
根据公式，依题意有t＝，h＝t
3 3 3
代入数据解得t＝0.5 s，h＝1.5 m
3 3
无人机匀速运动时间
t＝t－t－t＝3.5 s
2 1 3匀速运动的位移h＝vt＝21 m
2 2
所以能上升的最大高度H＝h＋h＋h＝31.5 m。
1 2 3
10．(1)160 N (2)0.5
解析 (1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大
小为a ，位移大小为x ，时间为t ，末速度为v ；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀
1 1 1 m
减速直线运动，位移大小为x，时间为t 分析运动过程可得x＝t,x＝t，t＋t＝14 s
2 2 1 1 2 2 1 2
解得斜直雪道末速度v ＝20 m/s
m
在斜直雪道的时间t＝6 s，
1
在水平雪道用时t＝8 s
2
在斜直雪道上的加速度大小为a＝＝ m/s2，由牛顿第二定律得mgsin 37°－F＝ma
1 f 1
解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为F＝160 N。
f
(2)设在水平雪道上滑行时，加速度为大小a ，则a ＝＝2.5 m/s2，使水平雪道距离缩短为60
2 2
m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则v 2－v2＝2ax，解得v＝10 m/s
m 2 3
设在防滑毯上的加速度大小为a，则v2＝2ax
3 3 4
解得a＝＝ m/s2＝5 m/s2
3
由牛顿第二定律可得μmg＝ma ，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。
3
第 3 练 专题强化：牛顿第二定律的综合应用
1．C [对两物块整体受力分析有F ＝2ma，再对后面的物块受力分析有F ＝ma，又
max Tmax
F ＝2 N，联立解得F ＝4 N，故选C。]
Tmax max
2．C [设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为F，对后38节
f
车厢，由牛顿第二定律得F－38F＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为
f
F ，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F －2F＝2ma，联立解得F ＝，故选项C正确。]
T T f T
3．AD [设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加
速度a＝，对最左边的物体分析F ＝ma＝，对最右边的物体分析，有F－F ＝m′a，解得
TB TA
F ＝F－，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以F
TA TB
减小，F 增大。故选A、D。]
TA
4．A [P静止在水平桌面上时，由平衡条件有 F ＝m g＝2 N，F＝F ＝2 N<μm g＝2.5
T1 Q f T1 P
N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即F ＝＝1 N，故Q物体加速下降，
T2
有m g－F ＝m a，可得a＝5 m/s2，而P物体将以相同大小的加速度向右加速运动，对P由
Q T2 Q
牛顿第二定律有F ＋F－μm g＝m a，解得F＝4.0 N，故选A。]
T2 P P
5．AC [当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ(m＋m)g＝2ma，解得a＝
2
2 m/s2，以 P 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F＝ma＝2×2 N＝4 N，由于 F＝4
f f
N<μmg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的
1
摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为F ＝μ(m＋m)g＝4 N，B错
f地 2
误。]
6．AD [对桶C受力分析如图所示，当车向左做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有
F sin θ－Fsin θ＝ma
B A
竖直方向根据平衡条件可得F cos θ＋Fcos θ＝mg，加速度变大，则B对C的支持力增大，
B A
A对C的支持力减小，故A正确；当货车向左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支
持力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度为a＝g，故B错误；货车向左
匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有F ＝F，且满足F cos θ＋Fcos θ＝mg，则
B A B A
B对C的支持力不变，故C错误；当货车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持
力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度a＝g，故D正确。]
7．BD [t＝0时，F ＝3 N，F ＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定
A0 B0
律有F ＋F ＝(m ＋m)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，
A0 B0 1 2
A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有F ＝ma′、F ＝
A 1 B
ma′，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，F ＝5 N，对B由牛顿第二定律有a
2 B1 B
＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。]
8．C [对B隔离分析，由牛顿第二定律得mg－F ＝ma，对A隔离分析，由牛顿第二定律
2 T 2
得F －mgsin θ＝ma，联立解得a＝6 m/s2，F ＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B
T 1 1 T
物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝
1
ma′，解得a′＝24 m/s2，则物块A的加速度与换前不同，故D错误。]
1
9．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，
m m
根据牛顿第二定律有F ＝(M＋m)a ，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对
m m
滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙知＝
kg－1，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 m/s2，C正确。]
A
10．(1)μ≥0.5 (2) m/s
解析 (1)对重物受力分析，根据受力平衡可得F ＝mg＝20 N
T
对木箱受力分析，可得F＝2F
f T又F＝μMg，联立解得μ＝0.5
f
要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。
(2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律
可得F －mg＝2ma
T
对木箱受力分析，
有F－μMg－2F ＝Ma，
T
解得a＝0.5 m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为 x＝0.5 m时，重物向上的位移为 h＝2x＝1 m，由
2×2a·h＝v2，可得此时重物的速度大小为v＝ m/s。
11．(1) (2)60° m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则沿木板方向有mgsin θ＝F，
f
其中F＝μmgcos θ，解得μ＝。
f
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，
则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v2＝2ax
0
得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为
x ＝＝ m。
min
12．BCD [对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，故 A错误；前
0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零
且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x ，对物体P，由牛顿第二定律得kx －m gsin θ
1 1 P
＝m a，前0.2 s时间内两物体的位移x－x＝at2，由未加拉力时受力平衡得kx＝(m ＋m )gsin
P 0 1 0 P Q
θ，联立解得a＝ m/s2，x＝ m，故B、C、D正确。]
1
第 4 练 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
1．C [要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，
即μmgcos θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩
擦力大小为mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送
时间不会无限缩短，故D错误。]
2．C [由题图乙可知，物块先做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针
的匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，
物块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。]
3．CD [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速
运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－
v2＝2ax，解得v＝ m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v≥ m/s≈9.4 m/s，故选C、
0 1
D。]
4．D [快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动
趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加
速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝＝0.5
s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝＝5
s，所以快件运输总时间为t ＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。]
总
5．(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v 大于传送带的速度v ，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦
2 1
力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即 μmgcos
α>
mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可
知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t＝＝ s＝2.5 s
1
在传送带上滑动的距离为
x＝t＝×2.5 m＝2.75 m
1 1
共速后，匀速运动的时间为t ＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t ＋t ＝
2 1 2
4.5 s。
6．BCD [0～t 内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得煤块的加速度大
1 1
小为a ＝8 m/s2，所以t ＝＝ s＝1 s，故A错误；t ～t 内，根据牛顿第二定律得煤块运动的
1 1 1 2
加速度大小为a ＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，所以t ＝＋t ＝2 s，故B正确；由图像知，在0
2 2 1
～t 内，煤块向上运动的位移为x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故C正确；0～t 内，
2 1
传送带位移大小为x ＝vt ＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δx ＝4
1 1 1
m，t ～t 内，传送带位移大小为x ＝v(t －t)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带
1 2 2 2 1
比煤块多走Δx＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有x＝at2，解得t＝
2 23 3
s，传送带向上运动的位移为x ＝vt ＝4 m，故划痕总长为Δx＝4 m－2 m＋10 m＋4 m＝(12
3 3＋4) m，故D正确。]
7．C [v－t图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t 时刻之前的加速度大于t 时刻之
0 0
后的加速度，可知物块t 时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送
0
带向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A错误；
根据上述，t 时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有 mgsin θ>μmgcos θ，
0
解得μμmgcos θ，若
2 2
传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin θ－的加速度做
2
匀加速直线运动，D错误。]
8．(1)3.6 m 0.5 (2)3 m/s
解析 (1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为
L ＝(0.5＋1.3)×4 m＝3.6 m
AB
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
1
由题图丙可知在传送带AB上的加速过程加速度为a＝ m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5
1
(2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知，
第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍
弃；
第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得a＝10 m/s2
2 2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μF ′＝F 可知，长板A静止，即a ＝0，故A错误；
f地m 1 NA f1 f1 A
若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有
a ′＝＝1 m/s2
A
对B有a ′＝μg＝5 m/s2
B 2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。]
5．(1)16 N (2)1 s (3)0.326 m
解析 (1)设小物块能够达到的最大加速度为a ，由牛顿第二定律有μmg＝ma ，解得a ＝
m 2 m m
3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有
F －μ(M＋m)g＝(M＋m)a ，
m 1 m
解得F ＝16 N
m
(2)当F＝22 N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有 F－μ(M＋m)g－μmg＝
1 2
Ma，解得a＝6 m/s2
1 1
小物块加速度
a＝＝μg＝3 m/s2
2 2
小物块滑到木板中点C，有
at2－at2＝，解得t＝1 s
11 21 1(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v、v，则有v＝at＝6 m/s
1 2 1 11
v ＝at ＝3 m/s，撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a ，则μ(M
2 21 3 1
＋m)g＝Ma ，解得a ＝2 m/s2，设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v ，则
3 3 3
有－v·＝，解得v ＝(3＋) m/s，此后长木板做匀减速运动，则 μMg＝Ma ，解得a ＝1
2 3 1 4 4
m/s2，此后小物块做平抛运动，h＝gt2，落地时距长木板左端的距离为 Δx＝vt －at2－
2 32 42
vt，解得Δx≈0.326 m。
22
6．(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
解析 (1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，F 、F 是小物块与长木板之间的
f1 N1
摩擦力和正压力的大小，F 、F 是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，F ＝
f2 N2 f1
μF ，F ＝mgcos θ
1 N1 N1
F ＝μF ，F ＝F ＋Mgcos θ
f2 2 N2 N2 N1
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为 a 和a ，由牛顿第二定律得mgsin
1 2
θ－F ＝ma
f1 1
Mgsin θ－F ＋F ＝Ma
f2 f1 2
联立得a＝3 m/s2，a＝1 m/s2
1 2
(2)在t＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v 和v，
1 1 2
则v＝at＝6 m/s，v＝at＝2 m/s
1 11 2 22
t>t 时，设小物块和长木板的加速度分别为a′和a′。此时小物块与长木板之间摩擦力为
1 1 2
零，
对小物块：mgsin θ＝ma ′，a′＝6 m/s2
1 1
对长木板：Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma′，a′＝－2 m/s2
2 2 2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t ，长木板的速度减为零，则有v ＋a′t ＝0，联立得
2 2 2 2
t＝1 s
2
在t＋t 时间内，L＝at2＝2 m，
1 2 1 21
L＝|a′|t2＝1 m
2 2 2
L＝L＋L＝3 m
1 2
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(at2＋vt ＋a′t2)－(at2＋
11 12 1 2 21
vt＋a′t2)＝12 m。
22 2 2
第 6 练 实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的关系
1．(1)BD (2)0.40
解析 (1)补偿阻力时，细绳不用牵引小车，故A错误；补偿阻力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木
板做匀速直线运动，故B正确；器材调整完毕后，尽量让小车靠近打点计时器，不一定每
一次都要从同一位置由静止释放，故C错误；补偿阻力后，改变小车质量多次实验，但长
木板与水平桌面间的角度不需要调整，故D正确。
(2)由Δx＝aT2可得小车的加速度大小为a＝＝＝
×10－3 m/s2
＝0.40 m/s2。
2．(1)A (2)0.93 (3)1.0
解析 (1)小车在水平轨道上所受合外力为绳上拉力和摩擦力的合力，应通过垫高靠近打点
计时器一侧的木板让重力沿斜面方向的分力与摩擦力相等，此时小车所受合外力为绳上拉力，
故A正确；当重力沿斜面方向的分力与摩擦力相等时有mgsin θ＝μmgcos θ，由此可知，当
增加沙和沙桶的质量后，重力沿斜面方向的分力与摩擦力依然相等，故B错误；为保证打
在纸带上的点足够多，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故C错误；
此实验中，小车所受的合外力等于力传感器示数的两倍，因此不需要满足沙和沙桶的总质量
m远小于小车的质量M，故D错误。
(2)相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×＝5× s＝0.1 s，由逐差法可知小车的加速度为a＝
＝ m/s2＝0.93 m/s2。
(3)由牛顿第二定律可知2F＝Ma，则a＝F，斜率k＝＝ kg－1＝2 kg－1，解得M＝1.0 kg。
3．(1)> (2)2.45 120
解析 (1)根据打点计时器的位置可判断出，释放后，A应向下运动，B向上运动，故
m >m ；
A B
(2)A、C之间的时间间隔及C、E之间的时间间隔均为T＝×2 s＝0.2 s，由x －x ＝aT2，解
CE AC
得a＝2.45 m/s2，据牛顿第二定律可得m g－F ＝m a，F －m g＝m a，解得m ＝m ＝120
A T A T B B B A
g。
4．(1)mg (2)
解析 (1)由题意可得，取下托盘和砝码后，小车在斜面上做匀加速直线运动，小车受到的
合外力为F＝mg
(2)由牛顿第二定律和速度位移公式可得()2＝2L，
可得m＝·
可知k＝，则M＝。
5．(1)12 (2)0.20 (3)0.13
解析 (1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm。拉动
滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合题图乙的F－t图像有Δx＝5.00 cm，
F＝0.610 N，根据胡克定律k＝，可得k≈12 N/m(2)根据牛顿第二定律有F＝ma
则a－F图像的斜率表示滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有＝
kg－1＝5 kg－1，则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20 kg
(3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中 Ⅱ，则有＝ kg－1＝3 kg－1，则滑块、待测物
体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33 kg，则待测物体的质量为Δm＝m′－m≈0.13 kg。
阶段复习练(一) 力与直线运动
1．C [潜艇在0～50 s内先向下加速后向下减速，则50 s时向下到达最大深度，故A错误；
由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为 h＝×30×50 m＝750 m，故B错误；潜艇在“掉
深”时向下加速，则由图像可知加速度大小为 a＝ m/s2＝1.5 m/s2，在自救时加速度大小为
a′＝ m/s2＝1 m/s2，所以加速度大小之比为3∶2，故C正确；潜艇在0～20 s内向下加速，
加速度向下，处于失重状态，故D错误。]
2．CD [根据题意，由于不知道物体A、B初始状态的位置关系，则无法判断A、B间的距
离变化情况，故A错误；由题图可知，A的图像关于t 对称，由v－t图像的斜率表示加速
1
度可知，t ～t 时间内A的加速度不是一直小于B的加速度，故B错误；由题意可知，0～t
2 3 3
时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，即0～t 时间内A、B的位移相等，则0～t 时间内
3 3
A的平均速度等于B的平均速度，故C正确；根据题意，由题图可知，由于A的图像关于t
1
对称，则有t ＝2t ，则t ～t 时间内A的位移大小为A总位移的一半，B的位移大小为B总
3 1 1 3
位移的，由于A、B在0～t 时间内的位移相等，则t ～t 时间内A、B的位移大小之比为
3 1 3
2∶3，故D正确。]
3．B [对物体施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体分析可知F＝μmgcos θ，F ＝
f N
mgcos θ，而增大沿斜面的拉力F使物体加速下滑，物体所受的滑动摩擦力和斜面支持力大
小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面体的摩擦力F′和压力F ′大小、方向均不变，
f N
则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与斜面体之间的摩擦力不变，地面对斜面体的支
持力也不变，故选B。]
4．C [水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据
平衡条件知mgsin θ－2F ＝0，将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，
f1
则每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－2F
f2
＝ma，由于摩擦力变小，故加速度变大，可知圆筒将匀加速下滑，故选C。]
5．C [将小球的运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移
—时间公式x＝vt＋at2，可知2 m＝a·(2 s)2，2.5 m＝at2－a(t－2)2，解得a＝1 m/s2，t＝2.25
0
s，故B、D错误，C正确；小球的初速度大小为v＝at＝2.25 m/s，故A错误。]
06．C [对货物A受力分析，其动态图如图，货物A缓慢向上移动，则拉力与竖直方向的夹
角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物 A的支持力变小，由牛顿
第三定律知货物A对玻璃棚的压力越来越小。故选C。]
7．A [设OA、OB、OC、OD与竖直方向夹角为θ，OA、OB、OC、OD绳子拉力为F ，根
T
据受力分析及几何关系可知4F cos θ＝G，由几何关系知cos θ＝＝，联立可得F ＝G，故
T T
选A。]
8．C [设物体运动的加速度大小为a，对A、B整体有a＝，隔离B，可得A对B作用力大
小F ＝2m×a＝，由牛顿第三定律知B对A作用力大小F ＝，对A在竖直方向有μF ＝
AB BA BA
mg，得μ＝，故选C。]
9．D [开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二
定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，解得a＝10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t
1 1 1
＝＝0.5 s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第
二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，解得a ＝2 m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零
2 2
所需时间t＝＝2.5 s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t＋t＝3.0 s，故选D。]
2 1 2
10．C [因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，
是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故 A错误；从题图甲中
的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可
知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝at2，
可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑
动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在 A、B之间克服摩擦力做的功相等，故 D错
误。]
11．(1)144 m (2)28 m/s
解析 (1)由牛顿第二定律可得F－mg－f＝ma ，解得无人机的加速度大小为a＝8 m/s2
1 1
则在t＝6 s时无人机离地面的高度为h＝at2＝×8×62 m＝144 m
1
(2)无人机突然失去升力而坠落，下落过程中，有mg－f＝ma ，解得无人机的加速度大小为
2
a＝7 m/s2
2
当动力设备重新启动并提供向上最大升力时，无人机的速度最大，则有
h＝，重新提供向上最大升力后，根据牛顿第二定律可得F＋f－mg＝ma
1 3解得无人机的加速度大小为a＝14 m/s2
3
由题意可知无人机着地速度为零，则有h＝，又h＋h＝H＝84 m
2 1 2
联立解得无人机从开始下落过程中的最大速度为v ＝28 m/s。
m
12．(1)0.5 s (2)见解析
解析 (1)根据题意，对物块，由牛顿第二定律有μmg＝ma ，代入数据解得a ＝4 m/s2
2 2 2 物 物
对木板，由牛顿第二定律有μmg－μ(m＋m)g＝ma ，代入数据解得a ＝2 m/s2
2 2 1 1 2 1 木 木
设经过时间t物块滑离木板，有L＝vt－a t2－a t2，代入数据解得t＝0.5 s(t＝ s舍去)
0 物 木 1 2
(2)物块滑离木板时，物块的速度为v＝v－a t＝3 m/s
1 0 物
木板的速度为v＝a t＝1 m/s
2 木
物块滑离木板后，加速度a ＝4 m/s2
物1
对木板有μmg＝ma ，
1 1 1 木1
解得a ＝2 m/s2
木1
分析可知在木板停止前物块的速度始终大于木板，物块的停止距离为 x ＝＝1.125 m，木板
1
的停止距离为x＝＝0.25 m，由于x>x，所以不会相撞。
2 1 2
第四章 抛体运动 圆周运动
第 1 练 曲线运动 运动的合成与分解
1．B [曲线运动加速度可以恒定，也可以不恒定，A错误；物体做曲线运动时，速度方向
时刻改变，速度的变化量一定不为零，则加速度一定不为零，B正确；物体做曲线运动时，
可能受恒力的作用，例如平抛运动，C错误；物体做曲线运动的条件是加速度方向与速度方
向不在同一直线上，D错误。]
2．A [篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧，故选A。]
3．B
4．ACD [根据A、B沿绳方向的速度相等，有vcos β＝v ，解得＝，故A正确，B错误；
1 2
由于A在外力作用下沿竖直杆以速度v 向下匀速运动，轻绳与杆的夹角逐渐减小，则 B的
1
速度大小v 逐渐增大，即B沿斜面向上做加速运动，B的加速度沿斜面向上，对B进行受
2
力分析可知轻绳拉力一定大于mgsin α，故C正确；B对斜面有斜向右下方的压力，斜面在
该压力作用下有向右运动的趋势，则斜面受到地面水平向左的摩擦力，故D正确。]
5．D [由题图可知，质点在x轴方向上做匀加速直线运动，在 y轴方向上做匀速直线运动，
合力的方向沿x轴方向，在x轴方向上的初速度大小为3 m/s，在y轴方向上的速度大小为4 m/s，则初速度大小v ＝ m/s＝5 m/s，初速度方向不沿x轴方向，所以质点做匀变速曲线
0
运动，故A错误，D正确；质点在x轴方向上的加速度为a＝1.5 m/s2，y轴方向上的加速度
x
为零，则合加速度为a＝1.5 m/s2，所以合外力为F＝ma＝4×1.5 N＝6 N，故B错误；t＝2 s
时质点在x轴方向上的速度大小为v＝6 m/s，在y轴方向上的速度大小为v＝4 m/s，则合速
x y
度大小为v＝ m/s>6 m/s，故C错误。]
6．D [将两物体的速度分别沿绳方向和垂直绳方向分解，两物体沿绳方向的分速度大小相
等，则有vcos α＝v cos β，解得B物体的速度为v ＝，故选D。]
1 B B
7．AD [由于乙船恰好到达P点，则水流方向向右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于
水流的速度，即v ＝vcos α，故A正确；设甲船的过河时间为t，则d＝vtsin α，甲船水
水 0 0
平位移x ＝(vcos α＋v )t，联立解得x ＝，故B错误；由于乙船沿NP运动，在水流的作
甲 0 水 甲
用下，甲船到达对岸时，应在P点的右侧，而两船在垂直河岸方向速度相同，一定会相遇，
且在NP上某点相遇，故C错误；两船在垂直河岸方向的分速度都为 v ＝vsin α，河宽d
垂直 0
一定，因此两船同时到达河对岸，渡河时间均为t＝＝，故D正确。]
8．D [以罐子为参考系，沙子在水平方向向左做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方
向做自由落体运动，合加速度恒定，沙子在空中排列在一条斜向左下的直线上，故选D。]
9．A [当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于物块的速
度在垂直于杆方向上的分速度v ＝vsin θ，则杆的角速度ω＝＝＝，小球A的线速度大小v
B A
＝Lω＝，故选A。]
10．B [由于t时刻小车的速度为v＝gt，可知小车的加速度大小为g，方向水平向右，对物
块在水平方向有F ＝mg，在竖直方向有mg－μF ＝ma，v＝at，则t时刻物块的速度大小v
N N y t
＝，解得v＝gt，故选B。]
t
11．(1) (2)
(3)
解析 (1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向有 F＝ma，v2＝2ax ，解
x 0 x max
得x ＝。
max
(2)水平方向速度减小为零所需时间t＝由对称性知小球从A运动到B的总时间t＝2t
1 1
竖直方向上有y＝gt2＝。
(3)小球运动到B点时速率最大，此时有v＝v，v＝gt，
x 0 y
则v ＝＝。
max
第 2 练 抛体运动
1．BD [平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，因y＝gt2，y＜y ＝y，所以b和c的飞行时间相等且比a的飞行时间长，A错误，B正确；
a b c
因x＝vt，x＞x＞x，t＜t＝t，故v＞v＞v，C错误，D正确。]
a b c a b c a b c
2．B [由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹
击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；
又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有 t
＝，故选B。]
3．B [抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度
等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动，谷粒1做平抛运动，在竖直方向上谷粒
2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2运动时间较长，
C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平
方向上的分速度。两谷粒从O点运动到P点的水平位移相同，但谷粒2运动时间较长，故
谷粒2水平方向上的速度较小，即最高点的速度小于v，B正确；两谷粒从O点运动到P点
1
的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，
D错误。]
4．B [由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的石子落回到与抛出点同一高度时，竖直方向
的分速度与斜下抛的竖直分速度大小vsin θ相同，方向也相同。如图，从A点经过相同高
0
度，斜上抛石子的状态与斜下抛石子的状态相同，故B正确，C错误；两石子在空中运动的
时间差为斜上抛石子在抛出点上方运动的时间，A错误；落至水面时水平射程 x＝vcos
0
θ·t，因两石子运动时间不同，故落至水面时的水平射程不同，D错误。]
5．A [设斜面倾角为θ，则tan θ＝＝＝，可得t＝，两小球的飞行时间均与初速度v 成正
0
比，故A正确；
两球抛出后只受重力作用，加速度g相同，所以速度的变化快慢相同，故B错误；
根据题意知，落在a点的小球竖直位移比落在b点的小，根据h＝gt2，可知落在a点的小球
运动的时间小于落在b点的，根据Δv＝gt可知，落在a点的小球速度变化小于落在b点的，
故C错误；
设小球落到斜面上速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝2tan θ，所以小球落在a点和
b点时的速度方向相同，故D错误。]
6．(1) (2)
解析 (1)炸弹在竖直方向做自由落体运动，则有H－h＝gt2，
解得t＝
(2)设炸弹的水平位移为x，如图，则有＝，d2＝x2＋h2解得d＝。
7．C [小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有 mg(H－h)＝mv2，从右端出口飞出后，
小球做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得x＝2，根据数学知识可知，当H－h＝h时，x
最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－
0.8 m＝0.2 m，故C正确。]
8．C [由题意可得，对球1，有tan α＝＝，对球2，有tan β＝，又tan α·tan β＝1，联立
解得t∶t＝2∶1，A、B、D错误，C正确。]
1 2
9．AC [根据题意，设位移与水平方向的夹角为θ，速度与水平方向的夹角为α，由平抛运
动规律有tan θ＝＝tan α，若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则有h >h ，
甲 乙
由h＝gt2可得t＝
可知，甲所投的箭在空中运动时间长，由x＝vt可知，甲所投箭的初速度较小，故A正确，
0
B错误；
若箭在竖直方向下落的高度相等，则箭在空中运动时间相等，且有x 2R，飞镖不可能击中镖盘，故B正确；仅增大ω， 可知n值变大，关系式ωt＝
(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)仍可成立，则飞镖仍可能击中P点，故C正确；由A、B、C项的分
析可知，若减小ω和v，飞镖不可能击中P点，故D错误。]
0
10．(1)4 m/s2 (2)1 430.8 N (3)27°
解析 (1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2
(2)根据F ＝m
向
解得过弯时所需的向心力大小为
F ＝73× N＝1 430.8 N
向
(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得F ＝
向
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
11．(1)45° (2)(4＋)mg解析 (1)小球到达B点时竖直分速度v＝
y
则tan θ＝，解得θ＝45°
(2)设小球到达B点时速度大小为v ，则有v ＝v，设轨道对小球的支持力为F，
B B 0
根据F－mgcos 45°＝m，
解得F＝(4＋)mg
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(4＋)mg。
12．B [暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则频闪光源照射圆盘时，圆盘转过
的角度是θ＝的整数倍，则T＝ s内至少转过，则角速度最小为ω＝＝4π rad/s，则转速至少
为n＝＝2 r/s，故选B。]
第 5 练 专题强化：圆周运动的临界问题
1．B [如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，
则有mg＝m，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，汽车对桥顶的压力为车重力的，即
支持力为mg，则有mg－mg＝m，联立解得v′＝20 m/s，所以B正确，A、C、D错误。]
2．D [沿a轨道运动，设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得
mgtan θ＝m＝mr，r＝Rsin θ
解得v＝，
T＝2π
沿a轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，周期越大，沿a轨道运动的速度比沿b轨
道运动的速度小，周期大，A、C错误，D正确；
沿c轨道在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝m，解得v ＝，故在最高点的最小速度为，
min
B错误。]
3．AB [运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能提供拉力，也可能提供支持力，
如在最高点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有 mg＝m，可得v＝，当运动员在最高点
的速度大于时，单杠对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于时，单杠对运动员
的力为支持力，故A正确；从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方
向垂直，不做功，故B正确；若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速
度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，故 D错误；从最高点到
最低点，根据动能定理有mg·2L＝mv2，解得v＝2，在最低点，有F－mg＝m，所以F＝
5mg，故C错误。]
4．B [由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，
由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为F ＝3mω2r，又有0ω ，由于物体A、B及物体C均随转台一起匀速转动，
3 3 1 2 3
则转台的角速度需要满足ω≤ω＝，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力
3
先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误。]
5．C [球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝
m，解得v ＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v ＝，故B
B A
错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力，
有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律可知杆受到A球的弹力大小为1.5mg，则水
平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。]
6．D [A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μm g＝m ω 2r ，解得ω ＝2 rad/s，同理
A A 0A A 0A
可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为ω ＝ rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，
0B
B先达到角速度临界值，则B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，
转速再增加时，细线出现张力，即当ω ＝ rad/s时，细线开始出现张力，选项B错误；当
1
A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指
向圆心，则对A有F ＋μm g＝m ω2r ，对B有F －μm g＝m ω2r ，解得ω＝5 rad/s，选项
T A A 1 A T B B 1 B 1
C错误，D正确。]
7．B [运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力，二者的
合力恰好提供向心力，其他位置一定受重力、支持力、摩擦力三个力，三者的合力提供向心
力，故 A错误；在圆盘最低点，根据 μmgcos 15°－mgsin 15°＝mω 2r，解得 ω ≈0.47
max max
rad/s，故B正确；ω取不同数值时，设摩擦力指向圆心，则有mgsin 15°＋F＝mω2r，设摩
f 1
擦力背离圆心，则有mgsin 15°－F′＝mω2r，由两式可知ω取不同数值时，运动员在最高
f 2
点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员转到最低点时恰好不滑动，
有
μmgcos 15°－mgsin 15°＝mω 2r，若此时半径变大，合力不足以提供向心力，运动员将会做
max
离心运动，故D错误。]
8．CD [当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为F
T
＝，可知此时随着小球角速度越大θ越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球角
速度再大时θ不变，故此时绳子的拉力不变，故A错误；当小球与圆筒刚好接触时有mgtan
θ＝mω2R，tan θ＝＝，解得ω＝，故可知当ω>时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角
速度ω＝时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为F ＝＝＝mg，当小球角速度ω＝<时，
T
小球未与圆筒接触，此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用，故B错误，C正确；当小球角速度ω＝时，此时小球与圆筒间有弹力作用，对小球受力分析F sin θ＋F ＝mω2R，F cos
T N T
θ＝mg，解得筒壁与小球之间作用力大小为F ＝mg，故D正确。]
N
9．D [在最高点，若v＝0，则F＝mg＝c
若F＝0，重力提供向心力，
则mg＝m＝m
解得g＝，m＝，故A、B错误；
若F＝0，有v2＝a，则v2＝b时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖
直向上，故C错误；
当v2＝b时，根据mg＋F＝m，
F＝c＝mg，解得b＝2gR
当v2＝3b时，根据mg＋F′＝m，解得F′＝5mg，故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
0
得v′＝ m/s>v ＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，若小球恰好到达与圆心等高的点，
0 0
则mv″2＝mgR，得v″＝ m/sT ，D正
c b c b a c b
确。]
9．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＝，故选B。]
1 1 2 2 1
10．B [由T＝和ω＝得T＝，故B正确；由万有引力提供向心力有G＝m()2r，又v＝ωr，G
＝mg，联立解得v＝，r＝，故A、D错误；由a＝ω2r，ω＝，r＝，联立解得a＝，故C错
误。]
11．AC [根据G＝ma，得a＝G，由题图可知r ＝r >r ，则a ＝a F ，C错误；
A B由图可知，A、B间的万有引力大小等于A、C间的万有引力大小，可知m ＝m ，B、C间的
B C
万有引力大小小于A、B间的万有引力大小，可知m >m ，则有m >m ，D错误。]
A C A B
10．(1) (2)1.5×1012 m/s2
解析 (1)根据G＝mr
可得M＝
(2)根据G＝mg，＝
0
解得g＝＝ m/s2＝1.5×1012 m/s2。
11．D [当卫星在r ＝r的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在此圆轨道上运行时通过A点
1
的速度大小为v＝，所以发动机在A点对卫星做的功为W＝mv2－mv2＝mv2－；当卫星在r
0 1 0 2
＝2r的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在此圆轨道上运行时通过B点的速度大小为v′
0
＝，而根据卫星在椭圆轨道上时到地心的距离与速度的乘积为定值可知，在椭圆轨道上通过
B点时的速度为v ＝v＝v，故发动机在B点对卫星做的功为W ＝mv′2－mv2＝－mv2，所
1 2 0 1
以W－W＝mv2－，故选D。]
1 2
阶段复习练(二) 力与曲线运动
1．B [铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速
度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀
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，C、D错误。]
2．C [将乒乓球击打球拍的速度沿水平方向和竖直方向分解，则两次击打球拍水平方向分
速度相等，即vsin 45°＝vsin 30°，解得＝，选项C正确。]
1 2
3．A [根据题图可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点左边的运动，根据
平抛规律可知h＝gt2，v＝，轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小，
x
竖直分速度v2＝2gh，轨迹①的竖直分速度大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为v ，沿
y 1
轨迹①运动的最小速度即水平速度小于v，故A正确，B错误；因为运动时间不同，故沿轨
2
迹①和轨迹②运动过程的速度变化量Δv＝gΔt不同，故C错误；因为两轨迹位移大小相同，
但时间不同，故沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，故D错误。]
4．A [根据G＝m(R＋h)，G＝mg，得T＝，A正确；根据G＝ma，得a＝，空间站的运动
半径小于同步卫星的运动半径，则空间站的加速度比同步卫星的加速度大，B错误；空间站运行的线速度一定小于第一宇宙速度7.9 km/s，C错误；空间站为环绕天体，无法求出其质
量，D错误。]
5．BD [根据开普勒第三定律有＝，解得T ＝5.67年，故A错误；“樊锦诗星”在远日点
樊
将做近心运动，其速度v 小于以该位置到太阳距离为半径圆周运动的速度v ，根据万有引
1 2
力提供向心力有G＝m，得v＝，轨道半径越大，卫星的线速度越小，可知v 小于地球公转
2
速度v ，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故B正确；根据牛顿第
3
二定律可知G＝ma，a＝，“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为＝，
故C错误；轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离r 为4.86天文单位，则近
1
日点到太阳中心距离r 为1.5天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段
2
时间Δt内的运动，根据开普勒第二定律有vrΔt＝vrΔt，解得＝＝，故D正确。]
1 1 4 2
6．A [设小球A在空中运动的时间为t ，小球B在空中运动的时间为t ，对小球A，由平
1 2
抛运动的规律可得tan θ＝＝，对小球B，结合几何知识，由平抛运动的规律可得tan θ＝
＝，联立可得＝，故选A。]
7．AB [由题意可知，小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后，
其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中
有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速
度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点，表明经过
相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因为圆周运动转动周期相等，根据分运动的
等时性有t＝t＝t，故A正确；小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于MN∥OO′，则a、
1 2 3
b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动
的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，
可知由小球重力垂直圆筒截面的分力和筒壁弹力的合力提供圆周运动的向心力，而圆周运动
的半径相同，根据F＝m，G ＝mgcos θ可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定
⊥
律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有F ＝F ＝F，故B正确，C错误；根据上述可知，
a b c
小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有 x＝vt＋at2，可知
0
l ∶l ∶l ≠1∶3∶5，故D错误。]
Ma ab bc
8．C [对小球A、B受力分析，受到重力和支持力，在竖直方向合力为零，则有 F sin θ＝
N
mg，解得F ＝，所以＝＝，故A错误；
N
重力和支持力的合力提供向心力，则有F ＝，所以＝＝3，故B错误；
向
小球的运动轨迹高度相同，则半径r＝htan θ，由牛顿第二定律可知＝mω2r，解得ω＝，
所以＝＝3，故C正确；
线速度v＝ωr，解得＝1，故D错误。]
9．(1) (2)5.4R (3)5.4mg解析 (1)设小球到达C点时速度大小为v ，根据题意由运动学公式知v 2＝2g(R＋Rcos θ)
C Cy
根据速度分解可知v ＝v sin θ，解得v ＝
Cy C C
(2)O 、O 两点间的距离为x ＝v t ＋Rsin θ，根据运动学公式可知R＋Rcos θ＝gt2，根据速
1 2 1 Cx1 1
度分解可知v ＝v cos θ，解得x＝5.4R
Cx C 1
(3)小球在D点的速度为
v ＝v ＝
D Cx
设细线的拉力为F，根据牛顿第二定律得F＋mg＝m，解得F＝5.4mg。
10．(1)40 m/s，方向竖直向下
(2)20 m (3)80(＋1) m
(4)2－3
解析 (1)以B点为坐标原点，沿斜面向下建立x轴，垂直于斜面向上建立y轴，B到C的时
间为t＝＝4 s，则运动员由B到C的速度变化量为Δv＝gt＝40 m/s，方向竖直向下
(2)根据速度与位移的关系有
h ＝＝20 m
max
(3)运动员在水平方向有
x＝v cos(α＋θ)·t＋gsin θ·t2＝80(＋1) m
B
(4)设C点速度与斜面之间的夹角为β
v＝v cos(α＋θ)＋gsin θ·t
x B
＝(10＋20) m/s
v＝v sin(α＋θ)＝10 m/s
y B
则tan β＝＝2－3。
第六章 机械能守恒定律
第 1 练 功、功率 机车启动问题
1．B [由于雨滴是匀速下落，所以受力平衡，空气阻力等于重力，F＝mg，所以克服空气
f
阻力做的功为：W ＝F·h＝mgh，选项B正确。]
克f f
2．A [A、B作为整体，由牛顿第二定律得(m ＋m )·gsin θ＝(m ＋m )a，解得a＝gsin θ，
A B A B
由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故 A所受合力对A做
正功，故A正确；B对A的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对
A做负功，故B错误；B对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，故C错误；由于a ＝gsin θ，可知B对A的摩擦力和支持力的合
A
力大小为m gcos θ，方向垂直斜面向上，由牛顿第三定律知，A对B的作用力垂直斜面向
A
下，与B的运动方向垂直，则A对B的作用力对B不做功，故D错误。]
3．A [根据F－x图像与x轴所围的面积表示功， 则物体从0运动到7 m过程拉力做的功
为W＝3×4 J＋×4 J＝40 J，由动能定理得W＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故选A。]
4．C [两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但是方向不同，选项
A错误；两小球落地时，B球竖直速度较大，根据P ＝mgv 可知，B球重力的瞬时功率较大，
G y
选项B错误；根据W＝mgh可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，选项C
正确；从开始运动至落地，B球运动时间较长，根据＝可知，B球重力做功的平均功率较小，
选项D错误。]
5．ABD [小车从M到N，依题意有P＝Fv＝200 W，
1 1
代入数据解得F＝40 N，故A正确；
依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为F ＝F＝40 N，则摩擦力做
f1
功为W ＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P
1
到Q，重力势能增加量为ΔE＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；
p
依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为F ，有F ＋mgsin 30°＝，摩擦力做功为W ＝－
f2 f2 2
F ·PQ，联立解得W＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确。]
f2 2
6．D [设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为F＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做功大小W
f f
＝μ(mg－Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W＝F
x＝max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F＝ma＋
合
μmg，力F做功为W ＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一
F
定，而合外力做的功等于力F与摩擦力F 做功的代数和，而当Fsin θ＝mg时，摩擦力F＝
f f
0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。]
7．B [铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，
可用阻力的平均值求功，据题意可得W＝d＝d，W＝d′＝d′，联立解得d′＝(－1)d，故
A、C、D错误，B正确。]
8．A [电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝F，加速度a＝
f
0。货物掉落后瞬间速度未变，系统质量减小，阻力减小为 F′，牵引力大于阻力，具有向
f
前的加速度，车开始加速，由于功率不变，则牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力趋近
于F′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度v′＝，以后继续做匀速运动，故选
f
A。]
9．D [由题意可知两节动车分别有P ＝F v ，P ＝F v ，当将它们编组后有P ＋P ＝(F ＋
1 f1 1 2 f2 2 1 2 f1
F )v，联立可得v＝，故选D。]
f210．C [v－t图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，可知匀加速的过程中运动位移为x
0
＝，故A错误；汽车加速至Q点后速度达到最大，受力平衡，牵引力大小等于阻力，则有
F＝，故B错误；0～t ，汽车做匀加速直线运动，牵引力恒定，t ～3t 内做加速度减小的变
f 0 0 0
加速直线运动，该过程牵引力减小，可知匀加速过程的牵引力最大，由于该车加速至 P点
后功率达到最大值P，则有F＝，即加速过程中牵引力的最大值为，故C正确；若汽车在0
0 0
～3t 时间内一直做匀加速直线运动，则在3t 时速度v ＝3v，而实际在t～3t 时间内，加速
0 0 m 0 0 0
度一直减小，v <3v，故<3，故D错误。]
m 0
11．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—
2
时间图像与时间轴所围的面积表示位移(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正
0 0 2 0
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可知，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
2 2 3
做功 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
12．AC [根据v＝，可知额定功率等于图线的斜率，P＝ W＝50 kW，C正确；
根据P＝Fv，由b到c过程汽车功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；
根据牛顿第二定律得F－F＝ma
f
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，由b到c过程汽车做非匀变速
直线运动，B错误；
汽车能够获得的最大速度为
v ＝P×＝50×103××10－3 m/s＝12.5 m/s，D错误；
m
汽车所受的阻力为
F＝＝ N＝4 000 N
f
从a到b汽车所受的牵引力为
F＝5 000 N
2
根据牛顿第二定律得F－F＝ma
2 f
解得a＝0.5 m/s2
从a到b汽车持续的时间为t＝＝ s＝20 s，A正确。]第 2 练 动能定理及其应用
1．B [木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负
功，根据动能定理可知W ＋W＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；
F f
无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。]
2．B [在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－
F·2πL＝0－mv2，可得摩擦力的大小F＝，故选B。]
f 0 f
3．B [该同学将篮球投出时的高度约为h ＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h)＝mv2，
1 1
解得W＝7.5 J，故选项B正确。]
4．D [物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得E＝E
k 0
＋mg2t2，故选D。]
5．A [小球从A到C过程中，由动能定理可得W ＋W ＝0－mv2，W ＝－mgh，解得W ＝
G F G F
mgh－mv2，故选A。]
6．A [物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·x －μmg·x －
AO DB
μmgcos α·x ＝0－mv2，α为斜面倾角，由几何关系有x cos α＝x ，因而上式可以简化为
AB 0 AB OB
－mg·x －μmg·x ＝0－mv2，从上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，故选A。]
AO OD 0
7．(1) (2)
解析 (1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有v2＝2a，
0
解得v＝
0
(2)由v＝at，解得t＝
0
根据动能定理有W ＝mv2，解得W ＝。
合 0 合
8．D [当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理有－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2
当上滑的初速度为2v时，有
－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2
联立可得μ＝(－1)tan θ，h＝4H，故选D。]
9．C [由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为 1∶2，由题可知A、B所受
摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确。由v－t图像可知，A、B两物
体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F·x－F ·3x＝0－0，F·2x－F ·3x＝0－0，因此可得：F ＝3F ，F ＝F ，F ＝
1 f1 2 f2 1 f1 2 f2 f1
F ，所以F ＝2F 。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F 对A、F 对B做的功大小相
f2 1 2 1 2
等，故A、B、D错误。]
10．C [法一：特殊值法
画出运动示意图。
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：
－(mg＋F)h＝E －E
kB kA
B→A(下落过程)：
(mg－F)h＝E ′－E ′
kA kB
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确。
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝E－E ，
k k0
则E＝－(mg＋F)h＋E
k k0
下落过程：(mg－F)h＝E′－E ′，
k k0
则E′＝(mg－F)h＋E ′，
k k0
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，mg－F＝ N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确。]
11．(1) m/s (2)30 J
解析 (1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcos 37°＝mv2
1
解得v＝ m/s
1
(2)在斜面上下滑时有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma ，解得a ＝ m/s2，下滑到底端时的时间t
1 1 1
＝＝ s，在水平滑轨上运动的加速度a＝μg，解得a＝ m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t
2 2 2
＝＝ s，货物从开始下滑经过4 s时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有
mglsin 37°－W ＝0，克服摩擦力所做的功为W ＝mglsin 37°＝30 J。
克f 克f
12．AB [根据E ＝mv2，解得v ＝10 m/s，A正确；根据动能定理可得－(mgsin 37°＋
k 0 0
μmgcos 37°)x＝F x＝0－100 J，其中x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B正确；物块上升的最大
合
高度h＝5×sin 37° m＝3 m，C错误；物块下滑时，根据动能定理(mgsin 37°－μmgcos 37°)x＝E′，解得
k
E′＝20 J，D错误。]
k
第 3 练 专题强化：动能定理在多过程问题中的应用
1．D [木块运动全过程中，根据动能定理可得 FL－F·4L＝0－0，可得F＝，木块在撤去
f f
恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得 FL－FL＝E －0，解得木块所获得的最
f k
大动能为E＝，故选D。]
k
2．B [滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W ，由动能定理得mgh－W
克fAD 克fAD
＝0，即W ＝mgh，①
克fAD
滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为 W
克
，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有
fDA
W －mgh－W ＝0，②
F 克fDA
由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W ＝μmgcos θ·＋μmgs，③
克fAD
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W ＝μmgcos θ·＋μmgs，④
克fDA
联立③④得W ＝W ，⑤
克fAD 克fDA
联立①②⑤得W ＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。]
F
3．C [篮球第一次到达地面时所获得的动能为E ＝mgH，运动的路程为s ＝H，篮球第一
k1 1
次与地面作用后损失的动能为ΔE ＝10%E ＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H
k1 k1 1
＝0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s＝H＋2H＝H＋2×0.9H
2 1
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔE ＝10%E ＝0.1mgH ＝0.9mgH×0.1
k2 k2 1
反弹后上升到最高点时的高度为
H＝0.9H＝0.92H
2 1
篮球第三次到达地面时运动的路程为s＝H＋2H＋2H＝H＋2×0.9H＋2×0.92H
3 1 2
篮球第n次到达地面时运动的路程为s＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H
n
根据等比数列求和公式可得
s ＝H＋2×0.9H×
总
当n趋于无穷大时，有s ＝19H，C正确。]
总
4．BC [根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma，下滑时，有(M＋m)
1
gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a ，所以＝，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间
2
的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有 mgxsinθ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x＝0，可得＝，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为
1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故
C 正确；若集装箱与货物的质量之比为 1∶6，则 mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos
θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。]
5．(1)0.1 (2)2 040 N，方向竖直向下
(3)1.5 m
解析 (1)根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则v ＝g，解得v ＝4 m/s
D D
运动员从A运动到D，根据动能定理，有－μmgl ＝mv 2－mv 2
BC D A
解得μ＝0.1
(2)运动员从C运动到D，根据动能定理可得－mgR＝mv 2－mv 2，在C点，根据牛顿第二定
D C
律，
有F －mg＝m
N
联立解得F ＝2 040 N，根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点 C点时对雪道的压
N
力大小为F ′＝F ＝2 040 N，方向竖直向下；
N N
(3)运动员从A点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－mv 2，解得s＝52.5
A
m＝11l ＋3 m，所以运动员最后静止处距离B点的距离为l＝l －3 m＝1.5 m。
BC BC
6．(1)0.25 (2)3.5R≤h≤5R
解析 (1)对滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，
有mg＋mg＝
对滑块，从P到Q，根据动能定理得
mgh－μmgL －mg·2R＝mv 2
MN Q
联立两式得μ＝0.25。
(2)当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为h ，恰到Q时的速度设为v ，对滑块，
1 1
在Q点，重力提供向心力mg＝
从释放到Q点，根据动能定理得
mgh －μmgL －mg·2R
1 MN
＝mv2
1
联立两式得h＝3.5R
1
当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为h ，到Q点时的速度设为v ，滑块由Q点
2 2
平抛到M点，水平方向4R＝vt，竖直方向2R＝gt2
2
从释放到Q点，根据动能定理得
mgh －μmgL －mg·2R
2 MN
＝mv2
2
联立求得h＝5R
2故释放的高度范围为3.5R≤h≤5R。
7．(1)60 N (2)6 J (3)0.5 m≤L≤1 m
解析 (1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH－μmg－mg×2R
＝mv2－0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F ＝m
N
联立解得F ＝60 N
N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过
程，由动能定理可得mgH－μmgL ＋W ＝0－0
AC 弹
又有W ＝0－E
弹 p
联立解得E＝6 J
p
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝m，从开始到圆轨道最高点，由动能定理
可得mg(H－2R)－μmgs＝mv2－0
1 0
解得s＝0.75 m，L ＝L －s
1 BC AC 1
要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足L ≥0.25 m
BC
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得 mg(H－R)－
μmgs＝0
2
解得s＝1.5 m
2
s＝1.5 m＝1 m＋0.5 m
2
L ′＝s－L
BC 2 AC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨
道，所以L ′≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以L ′≤1 m；结合①②两种情
BC BC
况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。
第 4 练 机械能守恒定律及其应用
1．CD [甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的
机械能都增加，故A错误；物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B
错误；小球在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；弹
丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。]
2．D [不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，
蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能先变小后变大，故A错误；A至B，运动员先做自由落体运动，只有
重力做功，运动员机械能守恒，从B运动到C，运动员速度先增大后减小，蹦床逐渐发生形
变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，
故B、C错误；下落至C点时蹦床弹性势能最大，以C点所在平面为零势能面，有E ＝
pm
mg(h＋Δx)，D正确。]
3．A [设人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解
得v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可
知t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为 x＝vt
＝4× m＝4.0 m，故选A。]
4．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，杆和重力对a球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝mv2，其
中v＝，联立解得W＝mgR，D正确。]
5．A [设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面的重力势能为零，链条的机
械能为E＝－×2mg·sin 30°－×2mg·＝－mgL，链条全部滑出后，动能为E′＝×2mv2，重
k
力势能为E′＝－2mg·，由机械能守恒定律可得E＝E′＋E′，即－mgL＝mv2－mgL，解
p k p
得v＝2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。]
6．C [设B刚落地时速度为v，则根据机械能守恒有2mg×7r＝mg×7r＋×3mv2＋mv2，解
得v＝2，当物块B落地后，A还能上升的高度h＝＝2r，因此A上升到最高点离地面的高度
为9r。故选C。]
7．BC [A、B两球为同轴转动，故角速度相等，由v＝ωr可知处于竖直位置时，A球的速
率一定是B球的两倍，故B正确；下落过程中A、B组成的系统只有重力做功，对A、B组
成的系统由机械能守恒定律得3mgL＋mg·＝mv 2＋×3mv 2，且v ＝2v ，解得v ＝2，v
B A A B A B
＝，故C正确；对B小球由动能定理得W＋mg·＝mv 2，解得W＝－，即杆对小球B做负功，
B
则小球B的机械能减少，故A、D错误。]
8．AC [环下落距离为d时，由几何关系可知此时绳子与竖直方向的夹角为37°，设此时环
的速度为v，则重物的速度为v·cos 37°＝v，故环与重物的速度之比为5∶4，故A正确；对
系统，由机械能守恒定律可得mg·d＝mv2＋m(v)2＋mg(－1)d，解得v＝，故B错误；环从A
到B的过程，由功能关系可知，环克服绳的拉力做的功等于此过程中环减少的机械能，故 C
正确；环从A到B的过程，重物的动能和势能都增加，机械能增加，故D错误。]
9．BD [由于A沿斜面匀加速上滑，B沿竖直方向匀加速下降，即A和B的总动能增加，
A、B组成的系统机械能守恒，故总重力势能减少，A错误；A沿斜面匀加速上滑到斜面中
点的过程中，据机械能守恒可得2mg·＝mg·sin 30°＋×2mv 2＋mv 2，又v ＝v ，
B A B A联立解得v ＝，
A
v ＝，C错误；
B
设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，
对A、B分别由牛顿第二定律可得F－mgsin 30°＝ma,2mg－2F＝2m·a，
联立解得a＝g，F＝mg，D正确；
A对斜面的压力大小为F ＝mgcos 30°，对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜
N
面的摩擦力大小为F＝F sin 30°＝mg，B正确。]
f N
10．(1)Mg (2)2
(3)2l
解析 (1)设C下落l时，绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得
tan θ＝＝，所以θ＝30°
对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2F cos θ＝Mg，解得F ＝Mg。
T T
(2)当C的加速度为0时，A、B的加速度也为0，故F ＝Mg＝mg，解得M＝m，
T
由几何关系，当C下落l时，
A和B上升的高度为h＝－l＝l
对A、B、C组成的系统，根据机械能守恒定律有Mg·l－2mgh
＝Mv 2＋2×mv 2
C A
v ＝v cos θ
A C
解得v ＝2＝2
C
(3)设D下落至最低点时，轻绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D组成的系统，由机械能
守恒定律有mgd＝2mg(－l)，由几何关系得d＝，解得d＝2l。
11．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a、b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
a b
＝30°，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
a b a
后再向下运动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 ，
bm
由机械能守恒得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
bm bm
处，b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 ＝
a0 a0 a0
2 m/s，此时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 5 练 功能关系 能量守恒定律
1．CD [在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故 A错误；
由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀
速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩
擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒可知，小球减少的机械能等
于物块与桌面间摩擦产生的热量及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于
物块与桌面间摩擦产生的热量，故D正确。]
2．A [由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了Δh＝，则重力势能的增加量
为ΔE ＝mg·＝，根据功能关系，在此过程中，外力做的功等于MQ段系统重力势能的增加
p
量，则W＝，故A正确，B、C、D错误。]
3．BD [根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定
则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，
故A错误；对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，
根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，
则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对
物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的
增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对 A做功，所
以两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。]
4．CD [小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功W ＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；
G
小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得v ＝，则此过程中机
B
械能的减少量为ΔE＝mgR－mv 2＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W ＝
B 合
mv 2－0＝mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少
B
量，则W ＝ΔE＝mgR，故D正确。]
克f
5．B [根据题意，小物块从A向B是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生
了变化，所以A错误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为E ＝mg(L－
p
x)sin θ，B选项正确；下滑过程中，小物块的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其
所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，所以C错误；根据功能关系，
机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题
意摩擦力逐渐增大，与图像不符，所以D错误。]
6．CD [电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力F ＝20 000 N－17 000 N＝
合
3 000 N，方向向下，则接触弹簧后开始阶段F >F ，电梯加速向下运动；随弹力的增加，
合 弹
当F μmgcos θ，所以A将向下加速运动，设A由最高点向下运动的最大
1
距离为s，由能量守恒定律有：
2
mgs sin θ＋kx2－k(x－s)2＝Mgs ＋μmgscos θ
2 1 1 2 2 2
代入数据解得s＝0.16 m，
2
此时弹簧的伸长量为 x ＝x －s ＝0.28 m－0.16 m＝0.12 m，因为有 Mg－kx －mgsin
2 1 2 2
θ<μmgcos θ，所以系统将处于静止状态，整个过程中A克服摩擦力做功W＝μmgcos θ(s ＋
1
s)，代入数据解得W＝3.36 J。
2
11．BD [设物块离开木板时的速度为v，此时木板的速度为v，由题意可知v>v，设物块
1 2 1 2
的对地位移为x ，木板的对地位移为x ，根据能量守恒定律可得mv2＝mv2＋Mv2＋fl，整
m M 0 1 2
理可得mv2＝mv2－fl－Mv2v>v ，可得x >2x ，则x －x ＝l>x ，所以
M m M 0 1 2 m M m M M
E ＝W＝fx a，故假设成立，撤去F时，
1 2
木板、物块的速度大小分别为
v＝at＝4 m/s③
1 11
v＝at＝1 m/s④
2 21
(2)撤去F后，对木板有
μ(m＋m)g＋μmg＝ma⑤
1 1 2 2 2 1 3
解得a＝4 m/s2
3
对物块有μmg＝ma⑥
2 2 2 4
解得a＝2 m/s2
4
设经过t 时间木板和物块速度相同
2
对木板有v＝v－at⑦
1 32
对物块有v＝v＋at⑧
2 42
得t＝0.5 s，v＝2 m/s⑨
2撤去F前，物块相对木板向左滑行了
Δx＝t－t＝0.75 m⑩
1 1 1
撤去F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx＝t－t＝0.75 m
2 2 2
之后二者之间再无相对滑动，故木板长度至少为L＝Δx＋Δx＝1.5 m；
1 2
(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量Q＝μmgL＝3 J
1 2 2
共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度大小为a，有a＝μg＝1 m/s2
1
全过程中木板对地位移为
s＝t＋t＋＝4.5 m
1 2
木板与地面间因摩擦产生的热量为Q＝μ(m＋m)gs＝9 J，故全过程中因摩擦产生的热量为
2 1 1 2
Q＝Q＋Q＝12 J
1 2
解法二：由功能关系可得Q＝Fx，
1
x＝t，Q＝12 J。
1 1
6．(1)2 m/s (2)9.6 J
解析 (1)木板与木块相对滑动，根据牛顿第二定律
对木板有μ(m ＋m )gcos 37°＋μm gcos 37°－m gsin 37°＝m a，得a＝5 m/s2
1 A B 2 B A A 1 1
对木块有m gsin 37°＋μm gcos 37°＝m a，得a＝10 m/s2
B 2 B B 2 2
木板做匀减速直线运动，则v＝v－at
0 1
木块做匀加速直线运动，则v ＝at
B 2
得v ＝2 m/s
B
(2)从刚放上木块到二者共速
v－at＝at，得t＝0.4 s
0 11 21 1
此过程二者的相对位移为
Δx＝vt－at2－at2＝1.2 m
01 11 21
由于tan 37°>μ
2
则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B之间的摩擦力产
生的内能为Q＝μm gcos 37°·2Δx＝9.6 J。
2 B
训练 2 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
1．(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)由于μ>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
2
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
2．(1)1.5 m (2)0.05 m
(3)s＝
解析 (1)在C处有
F －mg＝m
N
小物块由A运动到C的过程中，由动能定理可得mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mv 2－0，解得
1 C
L＝1.5 m
(2)小物块由A运动到E的过程中，由动能定理可得mgLsin 37°－μmgLcos 37°－mg·2R＝mv 2－0
1 E
小物块恰能从P点平行PQ飞入斜面，即其速度与水平方向夹角为30°，则tan 30°＝
E点与P点的竖直距离为
h＝gt2＝0.05 m
(3)物块飞入P点的速度大小为
v ＝＝2 m/s
P
若经弹簧一次反弹后恰能回到P点，经过粗糙段MN两次，
则－μmgcos 30°·2L＝0－mv 2
2 0 P
解得L＝0.4 m，即当0.2 m≤L<0.4 m时，小物块经过弹簧一次反弹后从P点飞出，此时s＝
0
2L
当0.4 m≤L≤0.5 m时，小物块无法冲出斜面，
且mgsin 30°>μmgcos 30°
2
故小物块不会停在MN段上，最终在N点与弹簧间往复运动，在N点的速度为零，由动能
定理可得
mg(L＋L)sin 30°－μmgscos 30°＝0－mv 2，解得s＝2L＋1.2 m
2 2 P
综上所述，小物块在MN段上运动的总路程s与其长度L的关系式为
s＝
第 7 练 实验七：验证机械能守恒定律
1．(1)A (2)A (3)2.0 0.86
(4)BC
解析 (1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势
能变化量，故选A。
(2)验证机械能守恒定律实验通过电磁打点计时器计时，需要交流电源，故A正确；验证机
械能守恒定律中等式两边重物质量可以约掉，则不需要天平测质量，故B错误。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下C点时重物的速度
大小为v ＝＝ m/s＝2.0 m/s
C
O点到C点的这段时间内重物重力势能的减少量为 ΔE ＝mgh ＝0.4×9.8×22.00×10－2
p OC
J≈0.86 J。
(4)根据题意，设阻力为F，由动能定理有(mg－F)h＝mv2，整理可得v2＝2(g－)·h，可知，
f f
若阻力为零，则两次实验的v2－h图像斜率相等，由题图可知，斜率不等，则阻力不可能为
零，故A错误，B正确；虽然斜率不相等，但不知道两物体所受阻力的情况，则两物体的质量关系不确定，即m 可能等于m，故C正确，D错误。
1 2
2．(1)②④ (2)5.00 0.431
(3) (4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不
准确，产生误差
解析 (1)通过光电门测量滑块运动的速度v＝，滑块下滑过程中若机械能守恒，则减少的重
力势能转化为动能mg(h －h)＝mv2－mv2＝m()2－m()2，整理化简得g(h －h)＝()2－()2，所
1 2 2 1 1 2
以测量滑块和遮光条的总质量m不必要，测量A、B之间的距离l也不必要，故选②④。
(2)游标卡尺的读数为d＝5 mm＋0×0.05 mm＝5.00 mm，
滑块通过光电门的速度
v＝＝ m/s≈0.431 m/s。
1
(3)根据(1)问可知
h－h＝
1 2
在误差允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机械能守恒。
(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，
产生误差。
3．(1)k(L－L)h－kh2 mgh (2)见解析
0 5 5 5
解析 (1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔE ＝k(L－L)2－k(L－
p弹 0
L －h)2，整理有ΔE ＝k(L－L)h －kh2，打F点时钩码的速度为v ＝，由于在误差允许的
0 5 p弹 0 5 5 F
范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为ΔE ＝mv 2－0＝，钩码的
k F
重力势能增加量为ΔE ＝mgh 。
p重 5
(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功，则弹簧弹
性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变
大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动
的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。
4．(1)①挡光片中心 ③1.650
(2)mgh＝(2M＋m)()2 (3)绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动中受到空气阻
力
解析 (1) 用挡光片经过光电门中心的平均速度代替重物经过光电门中心的瞬时速度，所以
应测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。螺旋测微器固定刻度的示数为1.5 mm，可
动刻度的示数为0.01 mm×15.0＝0.150 mm，可得d＝1.5 mm＋0.150 mm＝1.650 mm。
(2)重物A经过光电门时的速度v＝，系统动能增加量ΔE＝(2M＋m)v2＝(2M＋m)()2，系统重
k
力势能的减少量为mgh，系统机械能守恒应满足的关系式为mgh＝(2M＋m)()2。
(3)系统机械能守恒的条件是只有重力做功，但实际实验中可能存在其他力，故引起实验误
差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动中受到空气阻力。5．(1) (2)＋ (3)9.87
解析 (1)中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所以v ＝
120
(2)若此过程机械能守恒，则有
mg＝m()2＋M()2
整理得
mgL＝＋
(3)根据牛顿第二定律有mg－2F ＝m，F ＝Ma，()2＝2aL
T T
将Δx＝5.12 cm、L＝153.55 cm、m＝0.10 kg、M＝0.90 kg代入解得g≈9.87 m/s2。
第七章 动量守恒定律
第 1 练 动量定理及应用
1．D [质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝
mv，
联立可得p＝m＝m· ，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。]
2．C [充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量
定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的
合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程
中物品动量的变化率，D错误。]
3．D [物块所受拉力F的冲量为I ＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受
F
重力的冲量为I ＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I ＝2mv＝Ftcos θ，故B错误，D
G 合
正确。]
4．D [取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv－mv＝0.06×
2 1
50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F
＝1 500 N，故D正确，C错误。]
5．B [设该发动机在t时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，
在1 s内喷射出的气体质量m＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。]
0
6．AB [增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据 FΔt＝Δmv
可知，可以增大火箭的推力，故A正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝
Δmv可知，可以增大火箭的推力，故B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，
故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，
故D错误。]
7．D [在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力作用，则有 v2＝2gh，可得入水时的
1
速度v ＝10 m/s，运动员入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，因此入水后的平均速
1
度＝＝5 m/s，从入水到速度减为0所用时间t＝＝ s＝ s，以竖直向下为正方向，根据动量
定理有I＋mgt＝0－mv ，可得I＝－650 N·s≈－919 N·s，即水给运动员的冲量大小约为919
1
N·s，故选D。]
8．BD [如图所示：
根据牛顿第二定律：a ＝＝－μg，a ＝－μg，由于m >m ，所以a
甲 乙 甲
m ，F >F ，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项
乙 f1 f2
C错误；对于整个系统而言，由于F >F ，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方
f1 f2
向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。]
9．AD [F－t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量，根据动量定理可知t－μmgt＝p，代
入数据可解得p＝1 kg·m/s，故A正确；同理，2～4 s根据动量定理有t－μmgt＝mv－p，代
入数据解得v＝1 m/s，故B错误；由上述分析可知0～2 s内物块动量的变化量大小为
1 kg·m/s,2～4 s内物块动量的变化量大小为0,4～5 s内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直
到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小
之比为1∶1，故C错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t＝3 s时刻，
根据动量定理可知t′－μmgt′＝mv′－p，代入数据解得v′＝1.5 m/s，故D正确。]
10．D [根据动能定理有
W＝m(2v)2－mv2＝mv2，
1
W＝m(5v)2－m(2v)2
2
＝mv2，可得W＝7W；
2 1
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动
量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I≤3mv,3mv≤I≤7mv，可知I≥I，故选D。]
1 2 2 1
11．D [设该区域每立方米空间内的尘埃数为n个，则在Δt时间内有vΔtSn个尘埃附着于
舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。]
12．(1)ρvS (2)－
0解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 不变。
0
该时间内，喷出水柱高度Δh＝vΔt①
0
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρvS
0
(2)如图，设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得
F ＝Mg④
冲
其中，F 为水柱对玩具底面的作用力
冲
由牛顿第三定律：F ＝F ⑤
压 冲
其中，F 为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度
压
由运动学公式：v′2－v2＝－2gh⑥
0
在很短时间Δt内，冲击玩具的水柱的质量Δm＝ρvSΔt⑦
0
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理
(F ＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧
压
由于Δt很小，Δmg也很小，
故Δmg·Δt可以忽略，⑧式变为
F Δt＝Δmv′⑨
压
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
第 2 练 动量守恒定律
1．C
2．C [a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A
错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统
所受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受
合力为零，故动量守恒，故C正确，D错误。]
3．C [由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，
故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5m －3m ＝2(m ＋m )，解
Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ
得m ∶m ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑
Ⅰ Ⅱ块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。]
4．D [a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向
的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，
a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为
零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，
轻杆对a球做功为零，故C错误。]
5．BD [系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，
而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向
左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方
向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v ，小车水平方向的平均速度为v ，mv －Mv
m M m M
＝0，两边同时乘以运动时间t，mv t－Mv t＝0，即mx ＝Mx ，又x ＋x ＝2l，解得小车向
m M m M m M
右移动的最大距离为，D正确。]
6．2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v ，C的速度
A
为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得
C
m v＝m v ＋m v ①
A 0 A A C C
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v ，由动量守恒定律得
AB
m v ＋m v＝(m ＋m )v ②
A A B 0 A B AB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v ＝v ③
AB C
联立①②③式，代入数据得v ＝2 m/s。
A
7．B [设喷气前、后返回舱质量分别为m 、m ，喷气完成后返回舱的速度大小为v 。由题
1 2 3
知m∶m ＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得 mv ＝mv ＋(m －m)v ，
1 2 1 1 2 3 1 2 2
解得v＝1.5 m/s，故选B。]
3
8．AC [木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的
冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力
大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成
的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量
守恒定律得m v －m v ＝0，得m v ＝m v ，对子弹由动能定理得W＝0－E ，由E ＝，可
A A B B A A B B k k
知摩擦力对两子弹做的功W＝－，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的
功不一定相等，故B错误，C正确；子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以子弹与木块组
成的系统机械能不守恒，故D错误。]
9．B [设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小
的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝vt知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移
0
大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，
C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。]
10．D [设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒
(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，故D正确。]
11．(1)m (2)
1
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设 A在最高点时的
速度大小为v，由牛顿第二定律，有mg＝m
1 1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点
的速度大小为v ，有mv 2＝mv2＋2mgl
A 1 A 1 1
联立解得v ＝
A
由动量定理，有I＝mv ＝m
1 A 1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需
满足v′＝v
A
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，
B碰前瞬间的速度大小为v ，由动量守恒定律，
B
有mv －mv ＝(m＋m)v′
2 B 1 A 1 2
联立解得v ＝
B
又E＝mv 2，可得碰撞前瞬间B的动能E 至少为E＝。
k 2 B k k
12．BC [设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v ，第二次推物块后，
1
运动员速度大小为v……第八次推物块后，运动员速度大小为v，第一次推物块后，由动量
2 8
守恒定律知：Mv ＝mv ；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v －v)＝m[v －(－v)]＝
1 0 2 1 0 0
2mv ，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v －v )＝2mv ，各式相加可得v ＝，
0 n n－1 0 n
则v ＝，v ＝。由题意知，v<5 m/s，则M>52 kg，又知v>5 m/s，则M<60 kg，故选B、
7 8 7 8
C。]
第 3 练 专题强化：碰撞模型及拓展
1．B [小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块
在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正
确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰
块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。]
2．B [由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v ＝0.3 m/s，方向
0
向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有 mv ＝(m ＋m)v，解得v＝
2 0 1 2
0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。]
3．C [A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、
B两球碰撞后的速度分别为v 、v ，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv
1 2
＝mv ＋3mv ，假设碰撞后A球静止，即v ＝0，则v ＝v，由题意可知A球被反弹，所以B
1 2 1 2
球速度v>v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有 mv2≥mv2＋×3mv2，
2 1 2
联立可得v≤，可得2，则有≤
联立解得20，所以乙能从C点离开圆弧轨道。
乙1 甲2 y y
11．BC [小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；系统在水平方向动量守恒，
有0＝mv －Mv，根据能量守恒有mg(R＋R)＝mv 2＋Mv2，解得v ＝3 m/s，v＝1 m/s，故
小 小 小
B正确；小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
d＝＝0.15 m，故C正确；小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块
为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v ＋v，由牛顿第二定律得F ＝mg
小 支
＋，由牛顿第三定律得F ＝F ，对整体有F ＝Mg＋mg＋m＝ N，故D错误。]
压 支 N
第 4 练 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—
木板”模型中的应用
1．D [设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、
M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质
量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故 A错误；子弹的质量相同，初、末
速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知 I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相
同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，
故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的
平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；
根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相
同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。]
2．A [木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为 v ，故B、C错误；木板碰
0
到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运
动，最终两者速度相同，设为v。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，
1
则由动量守恒得Mv－mv＝(M＋m)v，得v＝v＜v，故A正确，D错误。]
0 0 1 1 0 0
3．BD [规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v＝m v ＋m v ，
A 0 A A1 B B1m v2＝m v 2＋m v 2，解得v ＝6 m/s，故A错误，B正确；C与B左侧的挡板相撞后的一
A 0 A A1 B B1 B1
小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量
水平向右，故C错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v ＝(m ＋m )v ，
B B1 B C 共
m v 2＝(m ＋m )v 2＋μm g·2L，
B B1 B C 共 C
解得μ＝0.75，故D正确。]
4．(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。
5．AC [因子弹穿透木块过程所受阻力F 恒定，子弹加速度大小a ＝，木块的加速度大小
f 1
a＝，画出子弹和木块的v－t图像如图所示
2
由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A正确；木块的质量M越大，
a 越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v 越大，木块速度v 越小，故B错误，
2 1 2
C正确；子弹的初速度v 越大，由图丙可知木块位移s越小，但系统产生的热量为FL保持
0 f
不变，故D错误。]
6．(1) m/s m/s (2)0.5 m
解析 (1)根据题意，设滑块刚离开A时的速度为v，此时A、B速度相等为v，滑块冲上A
1 2
木板至刚离开A木板的过程中，由动量守恒定律有mv＝mv＋2mv
0 1 2
由能量守恒定律有
mv2＝mv2＋×2mv2＋μmgL
0 1 2 1
解得v＝ m/s，v＝ m/s
1 2
即滑块刚离开A时，A和B的速度大小为v ＝v ＝v＝ m/s
A B 2
(2)根据题意，滑块冲上B木板的过程，由动量守恒定律有mv＋mv＝2mv
1 2 3
由能量守恒定律有
mv2＋mv2＝×2mv2＋μmgL
1 2 3 2
解得L＝0.5 m。
27．(1)3 m/s (2)6 kg
(3) m/s 1 m
解析 (1)对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m v ＝m v ＋
A 0 A A
m v
B B
m v2＝m v 2＋m v 2
A 0 A A B B
联立代入数据得滑块A和B碰后滑块B的速度大小v ＝3 m/s
B
(2)滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块 B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块
B与长木板共速，对滑块B和长木板有m v ＝(m ＋m )v
B B B C
m v 2－(m ＋m )v2＝μm gL＋m gR
B B B C B B
联立代入数据可得v＝1 m/s，m ＝6 kg
C
(3)当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度为v ′，
B
则有(m ＋m )v＝m v ′＋m v
B C B B C m
m v ′2＋m v 2－(m ＋m )v2＝m gR
B B C m B C B
联立解得v ＝ m/s
m
设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量
守恒定律有
m gR＝μm gΔx
B B
解得Δx＝1 m0
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，则有
Mv－2M·kv＝(M＋2M)v
0 0 滑
解得v ＝v＝ m/s>0
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
相 物 共
解得x ＝1.875 m。
相
第 5 练 专题强化：用三大观点解决力学问题
1．(1) (2)
(3)mgL
解析 (1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v ，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝
0
mv2，
0
解得v＝
0
(2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v、v，
1 2
根据动量守恒有mv＝3mv－mv
0 2 1
根据能量守恒有
mv2＝×3mv2＋mv2
0 2 1
解得v＝v＝v＝
1 2 0
(3)由于v ＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，
2
根据牛顿第二定律有
3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma
解得a＝gsin α＋μgcos α＝g
根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t＝＝
1
物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为
Q＝μ·3mgcos α(vt＋t＋t－vt)＝mgL。
21 1 1 21
2．(1) (2)6mgL－3mv2
0
(3)
解析 (1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝
(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理知2mg·3L－W＝×2m(2v)2－×2mv2，解得W＝6mgL－3mv2
0 0 0
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v＝mv＋2mv
0 1 2
×2m×(2v)2－(mv2＋×2mv2)＝×[×2m×(2v)2]
0 1 2 0
解得v＝2v，v＝v
1 0 2 0
(另一解v＝v，v＝v 不符合题意，舍掉)
1 0 2 0
两药品盒做平抛运动的时间t＝
1
则s－r＝vt，s＋r＝vt
21 11
解得s＝。
3．(1)2 m/s2 3 m/s2 1 s (2)5 m/s
(3)00.16 m，一定是C先停下，之后B再与C上挡板碰撞
设再经t 时间B与C挡板碰撞，
2
由L－0.16 m＝v t－at2，
B12 12
得t＝0.8 s－ s，
2
t＝0.8 s＋ s(舍去)
2
碰撞时B速度为
v ＝v －at＝2
B2 B1 12碰撞时由动量守恒定律可得
m v ＝(m ＋m )v
B B2 B C BC
解得碰撞后B、C速度为
v ＝
BC
之后二者一起减速运动，a＝μg＝8 m/s2，方向向左，经t 后停下，
3 2 3
得t＝＝
3
B从滑上C到最终停止所用的总时间
t＝t＋t＋t＝(1－) s。
1 2 3
第 6 练 实验八：验证动量守恒定律
1．(1)10.5 (2)A (3)M P
解析 (1)观察主尺的单位为 cm，读出主尺的读数是10 mm，游标尺上的第五条刻度线与主
尺上的刻度线对齐，结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为 D＝10 mm＋0.1×5 mm＝
10.5 mm。
(2)在实验的过程中，需要小球A两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同，实验时
应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需
要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故 A正确，B、C错误；小球A与B
发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，故D错误。
(3)设A、B两球的质量分别为m 和m ，由(2)中分析知m >m ；碰前A的速度v；因为两个
A B A B 0
小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得m v＝m v ＋m v
A 0 A A B B
由机械能守恒定律得
m v2＝m v 2＋m v 2
A 0 A A B B
解得v ＝v，v ＝v
A 0 B 0
可见碰后小球A的速度小于小球B的速度，也小于碰前A的速度v ，所以小球A单独滚下
0
落到水平面上的位置为N，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为M、P。
2．(1)C (2)C (3)1.63 (4)mx＝(m＋m)x (5)木板倾角过大(碰前小车Q具有沿轨道向下
1 2 1 2 4
的速度)
解析 (1)在碰撞过程中，橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起。故选C。
(2)实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能在木板上匀速直线运动，补偿阻力，故A错
误；接通打点计时器电源后，小车P匀速运动，故释放时需有一定的初速度，故B错误；
与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以
测量出小车P的碰前速度，故C正确；加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，故D错误。
(3)碰撞前的速度应该选择BC段求平均速度，则v＝＝×10－2 m/s≈1.63 m/s；
(4)x 为碰撞后二者的运动距离，则根据动量守恒定律可得
4
mv＝(m＋m)v′，v＝，v′＝，
1 1 2
解得mx＝(m＋m)x；
1 2 1 2 4
(5)由上述可知mx ＝(m ＋m)x ，若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，则
1 2 1 2 4
说明碰撞前Q不是处于静止状态，故碰前小车Q具有沿轨道向下的速度。
3．(3)0.10 (4)3.0 (5)3∶1
解析 (3)小球在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上有Δy＝y－y＝
2 1
2a＝gT2，解得频闪相机闪光的周期为T＝＝ s＝0.10 s；
(4)小球在水平方向上做匀速直线运动，由题图乙可知碰撞后质量为 m 的小球水平速度为v
2 2
＝＝ m/s＝3.0 m/s；
(5)碰撞前质量为m 的小球水平速度为v ＝＝ m/s＝2.0 m/s，碰撞后质量为m 的小球水平速
1 1 1
度为v′＝＝ m/s＝1.0 m/s，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv ＝mv′＋
1 1 1 1 1
mv，代入数据解得＝＝＝。
2 2
4．(1)A (2)1∶30 非弹性
解析 (1)两个小球必须发生对心碰撞，故选项A正确；碰撞后小球A反弹，则要求小球A
的质量小于小球B的质量，故选项B错误；由于碰撞前后A的速度由光电门测出，A不需
要由静止释放，故选项C错误。
(2)碰撞前后小球A的速度大小由光电门测出
v＝＝ m/s＝2.0 m/s
1
v′＝＝ m/s＝1.0 m/s
1
小球B碰撞后的速度大小为
v′＝＝ m/s＝0.1 m/s
2
若碰撞前后动量守恒，则有
m v＝m (－v′)＋m v′
A 1 A 1 B 2
从而求得＝＝
碰撞前的动能E＝m v2，而碰撞后的动能E＝m v′2＋m v′2
1 A 1 2 A 1 B 2
由于E>E，所以机械能不守恒，故是非弹性碰撞。
1 2
5．(1)D B (2)m＝m＋m (3)＝＋
1 1 2
解析 (1)根据题意可知，小球均做平抛运动，由题图可知，水平位移相等，则速度越大，
运动时间越短，下落距离越小，由于碰撞后小球b的速度大于碰撞前小球a的速度，碰撞前
小球a的速度大于碰撞后小球a的速度，则两球碰后，竖直挡板上的D点为a球的落点，竖直挡板上的B点为b球的落点。
(2)小球均做平抛运动，水平方向上有x＝vt，竖直方向上有h＝gt2，解得v ＝x，如果两球
0 0
碰撞的过程动量守恒，则有mv＝mv′＋mv，整理可得m＝m＋m。
1 a 1 a 2 b 1 1 2
(3)如果两球碰撞的过程没有能量损失，则有mv2＝mv′2＋mv2，整理可得＝＋。
1 a 1 a 2 b
6．(1)大约相等 (5)mgt m(－) (6)0.221 0.212 (7)4
1 12 2
解析 (1)若气垫导轨调整水平，则滑块在气垫导轨上自由滑动时，做匀速运动。则遮光片
通过两个光电门的时间大约相等时可认为气垫导轨水平。
(5)拉力的冲量I＝mgt
1 12
滑块经过A、B两光电门时的速度分别为：v ＝，v ＝，故滑块动量的改变量Δp＝mv －
1 2 2 2
mv＝
2 1
m(－)。
2
(6)I＝mgt ＝1.50×10－2×9.80×1.50 N·s≈0.221 N·s，
1 12
Δp＝m(－)＝0.400×
2
(－) kg·m/s
≈0.212 kg·m/s。
(7)δ＝||×100%＝
||×100%≈4%。
阶段复习练(三) 能量和动量
1．C [从0～t 时间内，对物块根据动量定理有Ft －μmgt ＝mv，撤去拉力后，对物块根据
0 0 0
动量定理有－μmg×2t＝0－mv，解得F＝6 N，故选C。]
0
2．B [对小物块由动能定理得F(x＋L)－F(x＋L)＝E －0，整理有E ＝F(x＋L)－F(x＋
f k物 k物 f
L)，故A项错误；对小车由动能定理有Fx＝E －0，整理有E ＝Fx，故B项正确；初始
f k车 k车 f
时物块和小车均静止，其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为
E ＝E ＋E ＝F(x＋L)－FL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过
k k车 k物 f
程机械能增加了F(x＋L)－FL，故C项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩
f
擦力与相对位移的乘积，即Q＝FL，故D项错误。]
f
3．B [设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv ＝(M－m)v＋mv ，解得v＝，故
0 1
选B。]
4．BD [汽车的最大功率为P＝Fv ＝2Fv，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律
f m f 0
有F－F＝ma，汽车速度为v 时的牵引力大小F＝＝2F，汽车匀加速时的加速度大小为a＝
f 0 f
＝，故B正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝＝，故C错误；汽车的速度从v 增加到
02v 的过程中，根据牛顿第二定律有F′－F＝ma′，汽车的牵引力为F′＝，汽车的速度
0 f
从v 增加到2v 的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，汽车的加速度逐渐减小，故D正确。]
0 0
5．ABD [由动能定理可得ΔE ＝F x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合
k 合
外力为F ＝－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F ＝－mgsin α＋μmgcos α，故A正
1 2
确；根据重力势能E ＝mgxsin α，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做
p
功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随 x增大均匀减小，下滑过
程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C错误，D正确。]
6．A [在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知eU＝mv2，解得v
＝，以推进器为参考系，应用动量定理有Ft＝nmv－0，又因为I＝，M＝，解得F＝，根据
牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为。故选A。]
7．BD [A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；当A球
摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为v 和v 。以小球A摆到最低点所在平面为
A B
参考平面，由水平方向动量守恒得mv ＝mv ，由机械能守恒得mgL＝mv 2＋mv 2，解得v
A B A B A
＝v ＝，A球运动到最低点时速度大小为，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL－mv 2＝
B A
mgL，故C错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有m－m
＝0，x ＋x ＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为，故D正确。]
A B
8．(1)4 m/s (2)0.5 J (3)10
解析 (1)根据题意，物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
m gLsin 37°－μm gLcos 37°＝m v 2，代入数据可得v ＝4 m/s。
A 1 3 A 1 A A A
(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v ，B的速度为v ，由动量守恒定律有
A1 B
m v ＝m v ＋m v
A A A A1 B B
由能量守恒定律有m v 2＝m v 2＋m v 2，
A A A A1 B B
代入数据得v ＝3 m/s
B
物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，
对物块B有a ＝μg＝2 m/s2
B 1
物块B经时间t 后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
1
则有t＝＝0.5 s，x＝t＝1.25 m
1 1
由于x0.5 s，
2 1
可得n＝0，即T＝0.6 s
地震横波传播速度为v ＝
S
解得v ＝3.75 km/s
S
(2)由题意得Δt＝－，
解得v ＝6 km/s，又v ＝，
P P
解得λ ＝4.8 km。
P
11．(1)8 m (4n＋1) m/s(n＝0,1,2…) (2)30 cm
解析 (1)由题图可知波长为λ＝8 m，在t ＝0时刻质点P的振动方向沿y轴负方向，根据同
1
侧法可知波传播的方向沿x轴负方向，t＝2 s时刻的波形如题图中虚线所示，则有
2
v＝＝ m/s(n＝0,1,2…)
联立可得v＝(4n＋1) m/s(n＝0,1,2…)
(2)由v＝可得T＝＝ s(n＝0，1,2…)
由于T>2 s，则n＝0，解得T＝8 s
由于Δt＝12 s＝T，则12 s内质点M经过的路程s＝6A＝6×5 cm＝30 cm。训练 2 机械波(二)
1．BD [该现象属于波的叠加原理；插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与
该问题的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射
光叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒
现象，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干
涉现象，与该问题的物理原理相符，故选B、D。]
2．A [根据多普勒效应，远离波源的接收者接到的频率变小，靠近波源的接收者接收到的
频率变大，则f >f，f T，所以Δt <Δt，Δt >Δt，故选A。]
A 0 B 0 A 0 B 0 A 0 B 0
3．ABC [由题图可知，a点是波谷与波谷相遇的点，c点是波峰与波峰相遇的点，e是ac
连线的中点，而该相干波源波长相同，能够形成稳定的干涉图样，因此 e点在平衡位置，而
ac连线上的点始终处于振动加强的状态，当两列波发生干涉，图示时刻 ac两点连线上的任
意一点(不含a、c)都是向下振动的，故A正确；
由题图可知，b点是波源S 的波峰与波源S 波谷相遇的点，设波源S 的振幅为A ，波源S
1 2 1 1 2
的振幅为A，则b点的振幅为A＝A－A＝4 cm－2 cm＝2 cm，故B正确；
2 2 1
由题图可知b、d、f三点到两个波源的距离之差均为半波长，根据几何知识可得，满足该条
件的曲线为双曲线，故C正确；
虽然图示时刻e点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，图示时刻其位移为
0，但e点是振动加强点，振幅为6 cm，故D错误。]
4．C [分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15 cm后，两声波在
O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A ＋A ＝20，A －
1 2 1
A ＝10可得两声波的振幅之比，＝，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件及由题意可
2
得＝2d，解得λ＝60 cm，故A、B错误。]
5．D [根据题意可知，两波传播到A点的路程差为Δs＝ m－8 m＝2 m，两列波的波速均
为v＝0.5 m/s，由题图可得 T＝4 s，所以波长为 λ＝vT＝0.5×4 m＝2 m，所以Δs＝λ，根据
题图乙和题图丙可知，两列波的起振方向是反向的，所以质点 A位于振动减弱区，故A错
误；两波源的振动频率相等，则质点A与质点B振动快慢相同，故B错误；两波分别从波
源传播到B点的路程差为0，B点为振动减弱点，B点的振幅为A＝A －A ＝4 m－2 m＝2
2 1
m，0～4 s内，质点B的最大位移为2 m，故D正确；A点为振动减弱点，0～4 s内，质点A
的最小位移为0，故C错误。]
6．C [由题图(b)的振动图像可知，振动的周期为4 s，故三列波的波速为v＝＝1 m/s，A错
误；由题图(a)可知，与D处距离最近的波源是波源C，距离为3 m，故开始振动后波源C处
的横波传播到D处所需的时间为t ＝＝3 s，故t＝2 s时，D处的质点还未开始振动，B错误；
C由几何关系可知AD＝BD＝5 m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为t ＝＝5
AB
s，故t＝4.5 s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t ＝t－t ＝
1 C
1.5 s，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6 s时，波源C处的
横波传播到D处后振动时间为t ＝t－t ＝3 s，由振动图像可知此时D处为波源C处传播横
2 C
波的波谷；t＝6 s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t ＝t－t ＝1 s，由振动
3 AB
图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的
位移为y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是2 cm，D错误。]
7．AC [由O点的振动图像可知，周期为T＝12 s，
振幅A＝20 cm，设原点处的质点的振动方程为y＝Asin(t＋φ)，
将(0,10 cm)代入，
有10 cm＝20sin φ (cm)，
解得φ＝。在t＝7 s时刻，
y＝20sin(×7＋) cm＝－10 cm≈－17.3 cm
7
因7 s＝T＋T
由题可知在t＝7 s时刻质点在y轴负半轴向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，
则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示，故选A、C。]
8．B [t＝0时刻，a质点在波峰，b质点在平衡位置，且向下振动。若波由a传到b，
则a、b间距s＝(n＋)λ＝9 m(n＝0,1,2,3，…)，
解得λ＝ m(n＝0,1,2,3，…)，当n＝0时λ＝12 m，
当n＝1时λ＝ m，
当n＝2时λ＝ m，…
若波由b传到a，则a、b间距s＝(n＋)λ＝9 m(n＝0,1,2,3，…)，
解得λ＝ m(n＝0,1,2,3，…)，
当n＝0时λ＝36 m，当n＝1时λ＝ m，当n＝2时λ＝4 m，…
可知A、C、D可能出现，不符合题意，B不可能出现，符合题意。]
9．BD [结合波源P 在t＝0.25 s时波的图像可知，此时刚开始振动的x＝2.5 m处质点的起
2
振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源P 的起振方向沿y轴正方向，
2
A错误；
根据波源P 的振动图像可知，波源P 的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为Δx
1 1
＝|PS－PS|＝2 m，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所
1 2
以质点S为振动加强点，故B正确；
在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由题图可知 λ＝2.0 m，T＝
0.2 s
则波速为v＝＝10 m/s则P 波传到S点的时间为t＝＝0.7 s
1 1
当t＝1.1 s，S点已经振动了0.4 s，刚好为两个周期，因为S点为振动加强点，所以它的振
动方向与波源P 的相同，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；
1
在t＝0.6 s时，波传至距离波源6 m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源 5.5 m、
3.5 m和1.5 m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径作圆，如图
可知SPP 所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。]
1 2
10．(1)见解析图 (2)见解析
解析 (1)根据Δx＝vt得Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s时P波刚好传播到x＝10 m处，Q波刚好传播到x＝0处，
根据同侧法及两波的波长λ＝8 m可得波形图如图所示。
(2)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Δx＝(n＝0,1,2…)，
Δx＝|(x－0)－(10 m－x)|
解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有x＝3 m、x＝7 m
振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2…)
解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m。
11．A [a、b之间的距离为Δx＝(＋120) cm＝λ，此时b点的位移为4 cm且向y轴正方向运
动，令此时b点的相位为φ，则有4 cm＝8sin φ (cm)，解得φ＝或φ＝(舍去，向下振动)，
由a、b之间的距离关系可知φ －φ＝·2π＝π，则φ ＝π，可知a点此时的位移为y＝8sin φ
a a a
(cm)＝4 cm，且向下振动，故选A。]
第九章 静电场
第 1 练 静电场中力的性质
1．AD [电场是存在于电荷周围的一种特殊媒介物质，A正确；如果正电荷的速度方向与电场力方向的夹角大于90°，则电场力做负功，等于90°电场力不
做功，小于90°电场力做正功，B错误；
电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映电场强度的大
小，C错误；
静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低，即由高等势面指向低
等势面，D正确。]
2．B [PVC管带电方式属于摩擦起电，A错误；塑料扁带丝由于带上同种电荷相互排斥而
会向四周散开，B正确；用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带同种电荷，C错误；PVC管
与“章鱼”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D错误。]
3．A [由题图可知从点a到点b过程中，电场线分布越来越密，则电场强度增大，所以负
电荷所受静电力增大，根据牛顿第二定律，则电荷的加速度也增大，负电荷受到的静电力方
向和电场强度方向相反，因为仅在静电力作用下运动，则电荷做加速度不断增大的减速运动，
v－t图像的斜率表示加速度，根据图像分析可得正确的是A选项。]
4．C [由于电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连线的中点，结合等量异种与等量
同种点电荷电场线的分布特点，可知A、B带等量正电荷，故A、B错误；a、b为其连线的
中垂线上对称的两点，根据等量正点电荷电场线的分布特点，可知a、b两点位置的电场强
度大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等，方向相反，
故C正确；电场线是为了形象描述看不见、摸不着的电场而人为假想的，其分布的疏密程
度表示电场强度的大小，a、b两点处虽然无电场线，但其电场强度不为零，故D错误。]
5．C [设AB＝BC＝l，对C点处点电荷根据库仑定律得F ＝－＝，将两带电金属小球接触
1
后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F＝＋＝，所以＝，故选C。]
2
6．BD [由题图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由电场强度的定义式可知，其斜率
的绝对值为各点的电场强度大小，则E ＝＝2×103 N/C，E ＝＝0.5×103 N/C＝，同一电荷
A B
在A点受到的静电力比在B点的大，C错误，D正确；由题图乙知正试探电荷在A点受静电
力方向为正，负试探电荷在B点受静电力方向也为正，可得A、B两点电场强度方向相反，
则点电荷Q在A、B之间，且为负电荷，A错误，B正确。]
7．D [由小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，知a、b带异种电荷。a对c
的库仑力
F＝①
a
b对c的库仑力F＝②
b
若合力向左，如图所示，根据相似三角形得＝③
由①②③得k＝＝＝，若合力向右，结果仍成立，D正确。]
8．AC [从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在静电力作用下运动，运动过程
中的速度—时间图像如题图乙所示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN
上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q为等量同种电荷，故A正确，B错误；t
1
时刻，试探电荷速度最大，合力做功最多，所以试探电荷位于O点，t 时刻，试探电荷速度
2
为零，到达C点关于O的对称点，故C正确，D错误。]
9．B [根据题意，由等量异种电荷的电场线分布特点可知，A、C两点的电场强度大小相等，
方向不同，B点的电场强度小于O点的电场强度，故A、C错误；B、D两点为中垂面上距
O点距离相等的点，则电场强度相同，故 B正确；将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，
由于静电力的方向与运动方向垂直，则静电力不做功，故D错误。]
10．D [若B球带负电，则A球对B球为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环对B球的
支持力指向圆心还是背离圆心，小球B都不能处于平衡状态，所以小球A对B为排斥力，
方向沿AB方向，如图所示，且由受力分析可得，圆环对B球的支持力指向圆心，即由B指
向O，故A错误；对B球受力分析，由几何关系可知圆环对B球弹力的大小为F ＝mg，则
N
A、B两球之间的排斥力为F ＝2mgcos 30°＝mg，对A球受力分析可得F ′＝mg＋mgcos 30°
AB N
＝2.5mg，F＝mgsin 30°＝mg，所以当F＝μF ′时，动摩擦因数最小为μ＝，故B、C错误，
f f N
D正确。]
11．B [由分析可知，三小球之间的距离两两相等，设两球之间的距离为r，电荷量为q，
则两球之间的库仑力为F＝k，则其中一个小球所受的库仑力合力为F ＝2Fcos 30°，对小球
合
受力分析可知＝tan 30°，由几何关系可知r＝R，
联立解得q＝R，故选B。]
12．BC [对小球M受力分析如图(a)所示，对小球N受力分析如图(b)所示，由受力分析图
可知小球M带负电荷，小球N带正电荷，故B正确，A错误；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝L
当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mgtan 45°＝Eq－k两小球的电荷量同时变为原
来的2倍后，由力的平衡条件得mgtan 45°＝E·2q－k，整理解得q＝L，故C正确，D错
误。]
13．C [对小球受力分析如图所示。在△CPH中根据正弦定理有：＝，又∠CPH＝∠OPB，
∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中：＝，同理：＝，F＝k，F ＝k，联立以上各式，解得
A B
Q∶Q＝2n3∶1，故选C。]
1 2
第 2 练 静电场中能的性质
1．AC [像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色
微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故 A正确；像素呈白色时，胶囊下
方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微
粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位
移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的
电场力向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。]
2．C [根据等量异种点电荷的电场线由正点电荷发出，终止于负点电荷，沿电场线方向电
势降低，电场线与等势线垂直，可知电鳗尾部带正电，故A错误；A点与B点关于中垂线左
右对称，电场强度大小相等，方向不同，故B错误；B点与D点关于O点对称，B点与D
点的电场强度相同，故C正确；负电荷从C点沿对角线运动到A点过程中，静电力做负功，
电势能增大，故D错误。]
3．B [电场线从避雷针指向云层下表面，可知实线为电场线，虚线为等势线，选项A错误
电子由C点沿电场线运动到A点的过程中静电力做正功，则动能增加，选项B正确；因AB
部分电场线密集，电场强度较大，根据U＝Ed可知U >U ，选项C错误；因A点的电场线
AB BC较D点密集，可知E >E ，沿电场线方向电势降低，可知φ >φ ，选项D错误。]
A D A D
4．D [a、b两点间的电势差U ＝20 V，则电场强度的大小为E＝＝200 V/m，A错误；b、
ab
d两点间的电势差为U ＝200×(1－cos 60°) V＝10 V＝φ －φ ，b点的电势比d点的高10
bd b d
V，B错误；电子带负电，电场强度水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，则将电子
从c点移到d点，静电力做负功，C错误；由于沿电场线方向电势降低，则有φ<φ，电子
a c
带负电，则有E ＝－eφ>－eφ ＝E ，即电子在a点的电势能大于在c点的电势能，D正
pa a c pc
确。]
5．C [电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，
故A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知E φ ，则M点
M N
到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；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E OM，OM＝ON，则根据正点电荷的电势分布情况可知φ ＝φ >φ ，
M N P
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且E >E ＝E ，则带负电的小球在
pP pM pN
M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电
场力先做正功后做负功，D错误。]
9．A [电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；对B中的电子受力分析如图甲，
可见B中电子运动轨迹与静电力的受力特点相互矛盾，B错误；对C中的电子受力分析如图
乙，可见C中电子运动轨迹与静电力的受力特点相互矛盾，C错误；对D中的电子受力分析如
图丙，
可见D中电子运动轨迹与静电力的受力特点相互矛盾，D错误。]
10．D [线段CD和AB平行，根据几何关系有2|CD|＝|AB|＝2R，
所以则有U ＝2U
AB CD
即φ －φ ＝2(φ －φ )
A B C D
代入数据解得φ ＝7 V，A、B错误；
A
线段AB的中点O的电势
φ ＝＝3 V
O
AO的中点N的电势φ ＝＝5 V
N
所以CN是一条等势线，由几何关系知CN⊥AB，故电场方向由A指向B，电场强度大小为
E＝＝ V/m＝400 V/m，
C错误，D正确。]
11．AD [电子在A平面时的电势能为－4 eV，则根据电势能的公式E ＝－eφ ，可得平面
pA A
A上的电势为φ ＝＝ V＝4 V，故A正确；电子从A到D的过程中克服静电力所做的功为6
A
eV，则可知静电力做负功，电子在该匀强电场中所受静电力的方向与运动的方向相反，而
电子在电场中所受静电力的方向与电场强度的方向相反，因此可知电场强度的方向由 A指
向E，故B错误；电子经过A平面时的动能为7 eV，从A到D的过程中克服静电力所做的
功为6 eV，则可知电子到达平面D时的动能为1 eV，由此可知每两个等势面之间的电势差
为2 V，若电子要从平面D到达平面E，则需克服静电力做功2 eV，而电子在平面D时的动
能为1 eV，故不管电子是做直线运动还是曲线运动都不可能到达平面E，因此该电子在电场
内运动的轨迹不可能与平面E相切，故C错误；该电子经过B平面时，由动能定理可得－
eU ＝E －E ，解得E ＝5 eV，而该电子经过D平面时的动能为1 eV，则可知该电子经过
AB kB kA kB
B平面时的速率是经过D平面时的倍，故D正确。]
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。]
第 3 练 专题强化：电场中的图像问题 电场中的功能关系
1．B [小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，静电力做的总功为负功，电
势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电
势能与产生的热量之和，故A错误，B正确；静电力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，
故C、D错误。]
2．B [由图像可知，粒子在b点之前做加速运动，b点之后做减速运动，可知在b点加速度
为0，由于粒子只受静电力，所以b点电场强度为0，且Q 带负电，因此k－k＝0，解得
2
Q∶Q＝9∶4，故A错误，B正确；
1 2
因为Q 带正电、Q 带负电，所以在ab段电场线方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降
1 2
低，故a点的电势比b点的电势低，故C错误；粒子从a到b过程中在做加速运动，故静电
力做正功，电势能在减小，所以粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故D错误。]
3．D [从球边缘出发向两侧电势升高，而沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A错误；
球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故电场强度为零，B错误；A点与B点的电
场强度大小相等，但方向相反，C错误；从B到C，电势升高，根据E ＝qφ，故负电荷在B
p
点的电势能比在C点的电势能大，D正确。]
4．ACD [电势能E ＝φq，由于微粒带正电，O～x 段电势能变大，所以电势升高，A正确；
p 1
根据ΔE＝FΔx，图线斜率反映静电力，O～x 段图线斜率变小，静电力减小，加速度逐渐减
p 1
小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，
B错误；x ～x 段斜率为零，不受静电力，即电场强度为零，C正确；x 到x ，电势能均匀
1 2 2 3
减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀降低，D正确。]
5．D [静电力对a球先做正功再做负功，对b球也是先做正功再做负功，所以杆从静止开
始由水平位置顺时针转动90°的过程中小球a、b与轻杆组成的系统电势能减小，总动能增加，
机械能增加；杆从90°转到180°的过程中，系统电势能增大，总动能减小，机械能减小，最
后与初始位置的电势能相等，机械能也相等，总动能为零，故A、B、C错误；由于O点处电势为零，由W ＝0－E，在匀强电场中W ＝Eqx
电 p 电
因为两小球运动过程中在任一时刻竖直方向上的位移大小相同，所以小球 a、b任一时刻的
电势能相等，D正确。]
6．BD [由题图可知，从P到Q电场强度方向不变，带正电的试探电荷从M点由静止释放
后能通过N点，说明a带正电、b带负电，故A错误；a带正电、b带负电，合电场强度最
小时，a、b在该点产生的电场强度相等，设合电场强度最小时横坐标为x，则有E＝k，E
a b
＝k，可知Q>Q ，故B正确；从P到Q电场强度方向不变，从正电荷指向负电荷，沿着电
a b
场线的方向电势降低，可知x轴上从P至Q电势逐渐降低，故C错误；M、O间的平均电场
强度大于O、N间的平均电场强度，M、O间距离和O、N间距离相等，根据E＝，可知
M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故D正确。]
7．C [根据x轴上各点电场强度的分布特点可知，该电场的分布类似于等量正电荷中垂线
上电场强度的分布，电场线的方向与x轴正方向一致。在x轴上，沿电场线的方向，电势逐
渐降低，所以O点的电势最高，故A错误；带电粒子的电势能E ＝qφ，由题意知带电粒子
p
带正电，所以粒子在O点的电势能最大，故B错误；由动能定理知，静电力做的功等于动
能的变化量，有qEx＝E －E ，由题意知带电粒子的初动能E ＝0，得E ＝qEx，静电力始
k k0 k0 k
终做正功，动能一直增大。由于电场强度随x先增大后减小，所以动能随x变化的图像的切
线斜率先增大后减小，故C正确；带电粒子在运动过程中，只有静电力做功，故电势能与
动能的总和保持不变，故D错误。]
8．D [小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x＝L处电势能最低，则
x＝L处电势最高，故A、C错误；根据功能关系知E －x图像的斜率表示静电力，可知在x
p
＝L处静电力为零，则k＝k，解得Q ＝4Q ，故B错误；对滑块，从－L到2L，由动能定理
A B
有－qU－μmg·3L＝0－0，解得U＝，则从－L到2L，电势差为负，电势升高，故D正确。]
9．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。]
10．C [对在y轴正半轴上的点电荷，由平衡条件可得k＋k＝k，解得Q＝q，因在0≤x0－E ，有E>qU－mgR，
k k
故D正确。]
第十章 电路及其应用
第 1 练 电路的基本概念及规律
1．D [根据题图可知，该电鳐放电1次所需的时间为t＝ s，放出的电荷量为q ＝It＝60×
0
C＝ C，则1 s内该电鳐放电的电荷量大约为q＝nq＝150× C＝30 C，故选D。]
0
2．B [B点时导体电阻为R ＝＝ Ω＝40 Ω，故A错误，B正确；A点时导体电阻为R ＝＝
B A
Ω＝30 Ω，工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变ΔR＝R －R ＝10 Ω，
B A
故C、D错误。]
3．A [根据R＝ρ可知，对折后电阻为R′＝ρ＝R，而两段最大电流为2 A的保险丝并联，
其允许通过的最大电流I′＝2I ＝4 A，故选A。]
max
4．C [由参数可知，电机正常工作时的电流为2 A，额定电压为12 V，所以电机的输入功
率为P＝UI＝24 W，故A错误；A·h是电荷量的单位，故B错误；由参数可知，电机正常工
作时的电流为2 A，若电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2
A，故C正确；根据题意，由于电机为非纯电阻电路，则电机线圈的电阻小于6 Ω，故D错
误。]
5．A [电阻R两端的电压U ＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流。对电容器，Q
R
＝CU ，而I＝＝C，由U －t图像知，1～2 s内，电容器充电，令I ＝I；2～3 s内，电容
C C 充器电压不变，则电路中电流为0；3～5 s内，电容器放电，则I ＝，I 与I 方向相反，结
放 充 放
合U ＝IR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应，故选A。]
R
6．A [当P接通4时，输出电压变为输入电压的0.001，即＝，解得R ＋R ＋R ＝999 Ω，
1 2 3
当P接通3时，输出电压变为输入电压的0.01，即＝，当P接通2时，输出电压变为输入电
压的0.1，即＝，只有A均满足要求，故A正确，B、C、D错误。]
7．ABC [若两开关都闭合，则电阻R 和R 并联，再和R串联，U 为并联电路两端电压，
1 2 BB′
U ＝U ＝6 V；若S 闭合，S 断开，则R 和R串联，U ′＝U ＝12 V；若S 闭合，
BB′ AA′ 1 2 1 BB′ AA′ 2
S 断开，则R 和R串联，U ″＝U ＝8 V；若S 、S 都断开，则电路断路，U ＝24
1 2 BB′ AA′ 1 2 BB′
V，故选A、B、C。]
8．C [扫地机器人正常工作时的电流为I＝＝ A＝3 A，A错误；扫地机器人是非纯电阻用
电器，根据题中条件无法计算扫地机器人的电阻，B错误；根据题意有q＝9 000 mA·h＝
9 A·h，扫地机器人充满电后一次工作时间约为t＝×80%＝×0.8 h＝2.4 h，C正确；扫地机
器人充满电后一次工作时间内消耗的电能约为E ＝Uq×80%＝57.6 W·h，D错误。]
电
9．BC [由题图甲可知I ＝＝ A＝0.001 A＝1 mA，接b时量程为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＝
1 g
9 mA＝0.009 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
1 2 2
时，可得分流电阻的阻值R＝，联立解得R＝ Ω，R＝10 Ω，故C正确，D错误。]
1 1 2
10．ABC [由题意可得，相等亮度下，白炽灯的额定功率是LED灯额定功率的15倍，则P
＝15P ，所以要使LED灯发光亮度与100 W的白炽灯相同，则可选用LED灯的功率为
白 LED
P ＝×100 W＝ W，A正确；由公式P＝UI得，通过LED灯的电流为I ＝＝
LED LED
A＝ A，B正确；在60 s内通过LED灯的电荷量为Q＝I t＝×60 C＝ C，C正确；由题
LED
意可得，相等亮度下，白炽灯的额定功率是荧光灯额定功率的5倍，则P ＝P ，由W＝Pt
荧 白
可得，在相同时间内，电流对荧光灯做的功是白炽灯的，D错误。]
11．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R ＝＝7.5 Ω，故C
1 1 2 2
错误。]
12. (1)5 A (2)550 W (3)53 kg
解析 (1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U ＝U－U ＝50 V
R V
通过电阻R的电流I ＝＝5 A
R
即通过电动机的电流I ＝I ＝5 A
M R
(2)电动机的分压U ＝U ＝110 V
M V
输入电动机的电功率P ＝I U ＝550 W
入 M M
(3)电动机的发热功率
P ＝I 2r＝20 W
热 M
电动机输出的机械功率P ＝P －P ＝530 W，又P ＝mgv
出 入 热 出
解得m＝＝53 kg。
13．B [P 和P 是串联在电路中的，所以通过P 的电流总等于通过P 的电流，A错误；由
1 2 1 2
电阻定律可得R＝ρ＝ρ，则若P 和P 的体积相同，上、下表面积越大的电阻的阻值越大，
1 2
根据P＝I2R，由于通过P 的电流总等于通过P 的电流，则电阻越大的电功率越大，所以P
1 2 1
的电功率大于P 的电功率，B正确；根据I＝nqSv，若P 和P 的厚度相同，由于P 和P 的
2 1 2 1 2
面积S不相等，故P 和P 内自由电荷定向移动的平均速率不相等，C错误；由电阻定律可
1 2
得R＝ρ＝，若P 和P 的厚度相同，则P 和P 的阻值相同，由于P 和P 是串联关系，所以
1 2 1 2 1 2
P 两端的电压等于P 两端的电压，D错误。]
1 2
第 2 练 闭合电路欧姆定律及应用
1．D [电源的电动势为
E＝＝ V＝3 V，
内电压为U ＝＝ V＝0.5 V，
内
路端电压为U ＝E－U ＝3 V－0.5 V＝2.5 V，故选D。]
外 内
2．A [由电源的U－I图线可知，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，故电源
a、b电动势一样大，b内阻较大，A正确；当电源与电阻直接相连时，电源和电阻的 U－I
图线交点表示该电阻的工作状态，其横坐标表示电路中的电流，故R接到电源a上，电路中
的电流较大，B错误；
由P＝UI可知，电源和电阻的U－I图线交点横、纵坐标乘积(矩形面积)表示电源的输出功
率，如图所示，可知 R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源的效率可表示为 η＝
×100%＝×100%，当R接到电源a上，路端电压U较大，电源效率较高，C、D错误。]
3．BD [电源的总功率为P＝EI，当I＝4 A时P＝24 W，则电源的电动势为E＝＝ V＝6
V，由题图看出，当I＝4 A时，外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有 P＝
I2r＝24 W，解得r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B正确；若该电源与电阻B串联后，电路中的电流为
0.5 A，根据闭合电路欧姆定律可得I′＝，解得电阻B的阻值为R＝－r＝ Ω－1.5 Ω＝10.5Ω，路端电压为U＝I′R＝0.5×10.5 V＝5.25 V，
电源内部热功率为P＝I′2r＝0.52×1.5 W＝0.375 W，故A、C错误，D正确。]
r
4．AD [设电源内阻为r，题图甲中，当环境变暗时，R阻值变大，电路总电阻变大，干路
t
电流减小，根据闭合电路欧姆定律U ＝E－I(R ＋r)，可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变
L 0
亮；当环境变亮时，R阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律
t
可知灯泡两端电压变小，流过灯泡的电流变小，由于通过干路的总电流增大，故流过R 的
1
电流I 增大，根据P ＝I2R 可知R 电功率增大，故A正确，C错误；题图乙中，当环境变
1 1 1 1 1
暗时，R 阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，因为R 的阻值和灯泡的阻值不变，
t 1
故流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；当环境变亮时，R阻值变小，电路总电阻变小，干路电
t
流增大，流过R 的电流变大，电功率增大，故B错误，D正确。]
1
5．D [A灯在干路上，A灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路
的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B错误；因为短路部
分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器两端的电压减小，C、D两灯变暗，A、B
两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的，而与A、B两灯是串联的。观察
电路中电阻的连接形式，只有R 短路符合条件，故选项A、C错误，D正确。]
3
6．B [由闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，化简得I＝，则电源的总功率为P＝EI＝E＝－
U，若U是自变量，则电源的总功率P与电压U是线性关系，A错误，B正确；若I是自变
量，则电源的总功率P＝EI，即电源的总功率P与电流I是正比关系，故C、D错误。]
7．D [由闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由题图中图线a与纵轴
的交点读出电源的电动势为E＝4 V，故A错误；根据题图中两图线交点处的状态可知，电
阻两端的电压为U＝3 V，电流为I＝0.2 A，故B、C错误；太阳能电池的内阻为r＝＝
5 Ω，故D正确。]
8．C [电路稳定后，由于电源内阻不计，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板电势
为，下极板电势为，极板间电势差U＝，由Q＝CU，可知C正确。]
9．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 与滑动变阻器两端的电压之和减小，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
10．AD [由题图甲可知，随电压的升高，各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值
增大，选项A正确，B错误；将电阻R看作电源的内阻，则U＝E－I(R＋r)＝6－10I(V)，将此函数关系的图像画在灯泡的U－I图像上，如图，两图线的交点为小灯泡的工作点，则I＝
0.38 A，U＝2.2 V，则小灯泡的实际功率约为P＝IU＝0.38×2.2 W≈0.84 W，选项C错误，
D正确。]
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，
2
则定值电阻R＝＝5 Ω
2
(3)当滑片P滑到最左端时，外电阻最大，电流最小，此时路端电压 U ＝16 V，电流I ＝0.2
1 1
A，
外电路总电阻为R＝＝80 Ω
又R＝R＋，
2
代入解得R＝300 Ω。
3
12．C [由电路图可知，电压表示数U与电流表示数I的比值表示的是外电路的总电阻，滑
动变阻器的滑片P从a端滑到b端，外电路的总电阻变化，则电压表示数U与电流表示数I
的比值变化，A错误；当滑动变阻器的滑片处于中点时，两个并联支路的电阻相等，并联后
电阻最大，则滑片P从a端滑到b端的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，则电流表示
数先减小后增大，电压表示数先增大后减小，B错误，C正确；电压表示数变化绝对值ΔU
与电流表示数变化绝对值ΔI的比值为电源的内阻，保持不变，D错误。]
第 3 练 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8.020 mm、8.022 mm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．(1)0～0.6 A 0～3 V (2)甲 见解析图 (3)见解析图 4.5 (4)B
解析 (1)金属丝的电阻R 约为5 Ω，根据闭合电路欧姆定律得
x
I ＝＝ A＝0.5 A
m
故电流表量程应选用0～0.6 A；
电池组电动势为3 V，故电压表量程应选用0～3 V；
(2)因为R<，待测电阻阻值较小，故采用电流表外接法，即电路原理图甲；
x
实物图连接如图所示
(3)如图所示
根据U－I图像斜率可得R＝＝ Ω≈4.5 Ω
x
(4)根据电源总功率公式得
P＝EI
＝
＝，
可知P－x图像是一个向右平移的反比例函数图像，故选B。
3．(1)见解析图 (2)R 与R 之间接线处断路(或R 与电流表之间接线处断路)
0 x x
(3)①保护电路；②减小读数误差 (4)4
解析 (1)因待测电阻R 的电阻和电流表的内阻都较小，为保护电路，应将定值电阻R 与它
x 0
们串联，又要求电流表和电压表的示数从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，故实验电路的原理图如图所示。
(2)出现该现象的原因可能是R 与R 之间接线处断路。
0 x
(3)由(1)分析可知该电路中R 的作用是：①保护电路；②减小读数误差。
0
(4)根据I－U图像可知斜率为k＝＝ Ω－1＝，代入数据解得R＝4 Ω。
x
4．(1)C F G (2)见解析图 (3)200
(4)1 000－8×10－3p
解析 (1)电源电动势为6 V，电压表读数时要在满偏刻度的三分之一以上更准确，而且串联
定值电阻可以扩大量程，故电压表选C；
气压传感器阻值变化范围从几十欧到几百欧，流经电流表的电流约为几十毫安，故电流表选
F；
串联定值电阻，相当于扩大电压表量程，扩大到6 V即可，电压表内阻为3 kΩ，定值电阻
选G。
(2)如图所示
(3)根据欧姆定律得R＝＝200 Ω
x
(4)根据题图丙，设R＝R－kp，代入数据可得R＝1 000－8×10－3p (Ω)。
x 0 x
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，
所以电路图中的电流表①选择B。
把A 改装成量程为3 V的电压表，根据电压表改装原理可得R＝＝ Ω
2
＝1 975 Ω，故定值电阻应选择D。
(3)由串、并联电路的特点和欧姆定律有I(r＋R)＝(I－I)R
2 2 2 1 2 x解得R＝。
x
6. (1)3 V (2)D (3)1.50 (4)
(5)不同意 理由见解析
解析 (1)所用电源为两节干电池，电动势为3 V，则所用电压表量程为3 V；
(2)闭合开关之前，滑动变阻器阻值应调到最大，电池盒上的接线柱 A应与滑动变阻器的接
线柱D连接；
(3)电压表最小刻度为0.1 V，则示数为1.50 V；
(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝，当被测电阻阻值为R时，电压表示数为U＝IR＝
(5)不同意。方法一：极限思维法。当R较大时，电压表分流作用大，当R等于R 时，可将
2
R 看成等效电源内阻，由于R 阻值远小于R，故电压表读数近似等于电源电动势。
1 1 2
方法二：解析法。当R较大时，电压表内阻不能忽略，
则电路中的电流
I＝，
电压表中的电流I′＝I·，
电压表读数为
U＝·＝
当R＝R 时，R最大，此时
2
U＝＝，
因R ≫R ，则电压表读数近似为U＝＝，即当R＝R 时，由于R 的阻值远小于R ，所以电
V 1 2 1 2
压表读数近似等于电源电动势。
第 4 练 实验十一：导体电阻率的测量
1．(1)2.16 (2)见解析图
(3)5.2×104 (4)
解析 (1)10分度的游标卡尺的读数为d＝21 mm＋6×0.1 mm＝
21．6 mm＝2.16 cm；
(2)根据题图乙所示的实物图，滑动变阻器采用了分压式接法，电流表采用了内接法，故电
路图如图；
(3)题图丙的U－I图像的斜率即为水样的电阻大小，R＝ Ω≈5.2×104 Ω
(4)由电阻定律R＝ρ，S＝，由题意电导率δ＝，联立得δ＝。
2. (1)乙 (2) (3)6.5×10－5
解析 (1)由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离。
(2)根据电阻定律有R＝ρ
再根据欧姆定律有R＝
联立有U＝L，则ρ＝
(3)根据题图(b)可知k＝6.5 V/m，则根据(2)代入数据有ρ＝6.5×10－5 Ω·m
3．(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
由题意可知，为获得更多的数据，电路应采用分压接法，故滑动变阻器选电阻较小的，即
G。
(2)由题图乙所示的螺旋测微器可知，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；为测得多组实验数据，
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
x x 0
的表达式为S＝a2－。
4．(1)11.050 1.995(1.994、1.996均可) (3)见解析图 (4)19 Ω
(5)
解析 (1)20分度游标卡尺的精确度为0.05 mm，游标卡尺的读数为
L＝110 mm＋10×0.05 mm
＝110.50 mm＝11.050 cm
螺旋测微器的精确度为 0.01 mm，螺旋测微器的读数为 d＝1.5 mm＋49.5×0.01 mm＝
1.995 mm；
(3)电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流
表，此时电流表两端的电压可以计算，将改装后的大量程电流表内接，可以得出流过电阻
R 电流的准确值以及电阻R 两端电压的准确值，如图所示；
x x(4)根据(3)分析可知，可以得出电阻的准确值，电阻R 两端的电压U＝U－IR
x x A
流过电阻R 的电流I＝I＋
x x
根据欧姆定律R＝
x
代入数据联立解得R＝19 Ω；
x
(5)根据电阻定律R＝ρ，
x
又S＝π，联立可得ρ＝。
5．(1)0.6 0.6 左 (2)乙 (3)2.3(2.2、2.4均可) 0.26(0.24、0.25、0.27均可)
解析 (1)实验中用两节干电池供电，则题图中的导线a端应与“0.6”接线柱连接，b端应
与“0.6”接线柱连接。开关闭合前，题图甲中滑动变阻器滑片应置于左端。
(2)乙同学通过U－I图像求电阻，可减少实验的误差，则乙同学求电阻的方法更合理。
(3)由题图丙可知I－图像斜率
k＝ mA·m≈2.3 mA·m
由题图乙可知Ir＝(I－I)ρ
g g g
解得I＝I＋·
g
由＝k得I＝0.24 mA，
g
＝2.3 mA·m
若要把该表头G改装成量程为9 mA的电流表，则并联的电阻ρ＝，即L′＝，
解得L′≈0.26 m。
另解：将I－图像右向延长至I＝9.0 mA处，此时对应的＝3.8 m－1，得L≈0.26 m。
第 5 练 实验十二：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
外接法，选择甲；
(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，外电路短路，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)本次实验是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)见解析图 (2)1.58 0.64
(3)2.5 (4)偏小
解析 (1)实物连线如图：
(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir
由题图(c)可知E＝1.58 V
内阻r＝ Ω≈0.64 Ω
(3)根据E＝I(R＋R ＋r)
A
可得＝·R＋
由题图(d)可知＝2 A－1
解得R ≈2.5 Ω
A
(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与干电池内阻的并联值，即实
验中测得的干电池内阻偏小。
3．(1)见解析图 (2)2.7 0.59
(3)偏小 偏小
解析 (1)按照题图甲所示的电路图，实物连接电路如图所示。
(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋(R＋r)
0
整理上式可得＝＋·
由－的图像可得图像的斜率为
k＝＝ Ω·V－1
＝1.7 Ω·V－1图像纵轴截距为b＝＝0.37 V－1
解得E≈2.7 V，r≈0.59 Ω
(3)电源电动势与内阻的测量值为E ＝，r ＝－R
测 测 0
实验误差来源是电压表分流，考虑电压表分流作用，则有E ＝U＋I (r ＋R)＝U＋(＋)
真 真 真 0
(r ＋R)
真 0
整理得
＝·＋＋
可知－图像的斜率为k＝
纵轴截距为b＝＋
解得E ＝，r ＝－R
真 真 0
从以上看出E ＜E ，r ＜r
测 真 测 真
即电源电动势与内阻的测量值都小于真实值。
4．(1)负 (2)0～0.6 A(或0～600 mA)
(3)见解析图 6.0 2.7
解析 (1)欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，连接时要注意红表笔要与电流表的负接线
柱相连。
(2)将定值电阻R 与电流表并联进行改装，改装后的量程为
0
I＝I＋＝0.2 A＋ A
g
＝0.6 A
(3)根据提供的器材，采用安阻法进行测量，电路图如图所示
根据电路可知，电流表示数为I时，总电流为3I，
则E＝IR ＋3I(R＋r)
g
即R＝·－
由题图可知＝ V＝2.0 V，
＝6.0 Ω
解得E＝6.0 V，r＝ Ω≈2.7 Ω。
5．(1)15.0
(3)·R＋＋
(5)1.55 1.0 (6)5
解析 (1)为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电压表满偏电压大，
当电压表满偏时有＝，代入数据解得R＋r＝9.5 Ω，故R>7.5 Ω，因此电阻箱接入电路的电阻值选15.0 Ω。
(3)由闭合电路欧姆定律可得
E＝U＋(R＋r)
化简可得＝·R＋＋r
(5)由上面公式可得
＝k＝，
＋r＝b＝＋，
由－R图像计算可得
k≈0.034 V－1·Ω－1
延长图线，得到图线与纵轴的交点为0.85 V－1，则有0.85 V－1＝＋＋ (V－1)
代入可得E≈1.55 V，r≈1.0 Ω。
(6)如果电压表为理想电表，则可有
＝＋＋R，则此时E′＝
因此误差为||×100%＝5%。
第 6 练 实验十三：用多用电表测量电学中的物理量
1．(1)×100 (2)BCA (3)1 900
(4)ABD (5)见解析
解析 (1)选择开关置于“×10”挡位置，指针指在题图中a位置，偏转角度较小，证明此
电阻较大，为准确测量，需要更换大挡位，把开关置于“×100”挡。
(2)换挡后需要重新进行欧姆调零，把红、黑表笔短接，然后调节欧姆调零旋钮，使指针指
向欧姆零点，将红表笔和黑表笔接到待测电阻两端，再测量进行读数，故正确的顺序是
BCA。
(3)欧姆表读数时需要用刻度乘以倍率，所以题图中示数为19×100 Ω＝1 900 Ω。
(4)题图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，并联在小灯泡两端，选择合适量程可测量小灯
泡两端电压，故A正确；题图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，与小灯泡串联，选择合
适量程可测量流经小灯泡的电流，故B正确；测量小灯泡电阻时，小灯泡必须与外部电路
断开，故C错误；二极管的正向电阻很小，题图丁中欧姆表测量二极管的正向电阻，将选
择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可观察到此时欧姆表示数很小，故D正确。
(5)会看到欧姆表指针先向右偏转，然后缓慢回到最左端。
原因是多用电表欧姆挡电路中有电源，与电容器连接时，电源给电容器充电，回路中有电流，
指针向右偏转；电容器充电过程中，电流逐渐减小至0，指针缓慢回到最左端。2．(1)300 (2)200 1.44 4.8
(3)9 600 (4)偏大
解析 (1)两表笔短接调零时，应使表的指针指在微安表的电流满偏位置，即指针指在 300
μA处；
(2)由题图乙可知微安表的指针指在200 μA处；根据闭合电路欧姆定律，两表笔短接时有I
g
＝，接入阻值为2.4 kΩ的定值电阻时，
有I＝
g
解得E＝1.44 V，R ＝4.8 kΩ
内
(3)当电流I＝100 μA时有
I＝，解得R＝9 600 Ω
g 1
(4)由I＝和I＝，
g
可得I＝
则电动势减小，测量同一未知电阻时对应的微安表示数减小，则电阻阻值增大。
3．(1)电压 小 (2)2 261 (3)900 600
解析 (1)当开关S接到位置6时，电流表与电阻R 、R 串联，电阻R 、R 起到分压作用，
3 4 3 4
多用电表为电压表；开关S接到位置5与接到位置6相比，接到6时串联的电阻大，分压作
用也大，电压表的量程也更大，因此开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程小。
(2)当开关S接到2位置时，并联的电阻大，分流小，其电流表的量程小，因此开关S接位置
2时是小量程的电流挡；
设开关S接1时的最大电流为I ，接2时最大电流为I ，由题意可知，当开关接到1时，有
1 2
I(r＋R)＝(I－I)R
g 2 1 g 1
当开关接到2时，
有Ir＝(I－I)(R＋R)
g 2 g 1 2
代入数据解得R＝261 Ω
2
(3)由上述分析可知，当开关S接到位置4时，电路中的满偏电流I ＝10 mA，根据闭合电路
m
欧姆定律可得
R ＝＝ Ω＝900 Ω
内
由指针偏转到电流表G 满刻度的处可得I ＝，解得R＝600 Ω。
1 m x
4．(1)黑 (2)53.0 (3)1.537
(4)15 35 (5)D
解析 (1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，
串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从 a表笔
流出的为黑表笔。
(2)电流表的量程是60 mA，由题图丙可知，其分度值为1 mA，示数为53.0 mA。(3)当表头短接时电路电流最大，为表头的满偏电流I ＝，设多用电表的内阻为R ，则R ＝r
g g g
＋R＋r，当待测电阻等于R 时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以 R 又称
g g g
为中值电阻。当选择×1 Ω挡测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15 Ω，根据(2)知多
用电表外的电阻阻值为14.0 Ω，干路电流是53.0 mA，则电源电动势是E＝I(R ＋R )＝
内 外
0.053 0×(15＋14.0) V＝1.537 V。
(4)欧姆表的内阻r＝＝ Ω＝15 kΩ
表盘上30 μA刻度线对应的电阻刻度值R＝－r＝ Ω－15 000 Ω＝35 000 Ω＝
35 kΩ。
(5)人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故 A错误；
测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，故
B错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，
即测量值大于200 Ω小于250 Ω，故C错误；为保护电路安全，测量电路中的某个电阻，应
把该电阻与电路断开，故D正确。
5．(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1 500
g 中 内 中 内
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，解得R＝1.1 Ω。
1 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，即测量结果准确。
x
第 7 练 专题强化：测量电阻的其他几种方法
1．(1)C (2)见解析图 (3)300
(4)14.7 (5)15.5
解析 (1)当电流表A、A 满偏时，A 并联的电阻约为R＝＝ Ω＝580 Ω
1 2 1 0
题图甲中的电阻R 应选用C；
0
(2)根据题图甲，用笔画线代替导线，补充完成题图乙中实物间的连线如图所示(3)根据串并联电路特点和欧姆定律有I＝I＋，
2 1
整理得I＝I，
2 1
由题图丙可得＝，解得R ＝300 Ω
A1
(4)将A 改装成量程为15 V的电压表，需要串联的电阻为R＝
1 1
＝ Ω＝14 700 Ω＝14.7 kΩ
(5)当V 的示数为12.4 V时，A 的示数为0.80 mA，V的真实电阻为
0 1
R ＝ Ω＝15 500 Ω
V
则V的实际量程为U ＝R ·I ＝15 500×0.001 V＝15.5 V。
V真 V A1
2．(1)R (2)见解析图 (3)左
1
(4)1 998 大于 (5)1 mA
解析 (1)根据电压表半偏法测量原理可知，为减小实验误差，满足滑动变阻器内阻远小于
电压表内阻，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选择R。
1
(2)实物图连接图如图所示。
(3)在步骤b中，闭合开关S 、S 前，滑动变阻器的滑片应移到题图甲中最左端，其目的是
1 2
保护电表，且使电压表的示数从零开始调节。
(4)在步骤c中，记录的电阻箱阻值为1 998.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压
不变，则有R ＝R＝1 998 Ω。
V
根据设计的电路，实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的左侧部分分压要变大，大于 2.0
V，故电阻箱分得的电压大于1.0 V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值，故测量值大于
真实值。
(5)该表头的满偏电流为I＝≈1 mA。
3．(1)R (2)①b 0.20 ②变大
2
(3)3
解析 (1)由于电压表量程为3 V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压U ＝
R
由题图甲可知10 Ω≤R≤70 Ω，电动势为4 V，电压表量程为3 V，得U ＝≤3 V，可得
x Rmax
R≤30 Ω，故选R。
2
(2)①本实验采用等效替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻R，故应先将电阻箱调到
x
30.0 Ω，结合电路，开关应向 b端闭合；由题图甲可知 R ＝30 Ω 时，酒精气体浓度为
x
0.20 mg/mL。
②逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。
(3)酒精气体浓度为0.20 mg/mL时传感器电阻为30 Ω，根据电路分压原理，此时电压表示数
为
U＝E＝×4 V＝1 V
1
酒精气体浓度为0.80 mg/mL时传感器电阻为10 Ω，此时电压表示数为
U＝E＝×4 V＝2 V
2
故电压表1～2 V为酒驾范围，占电压表总量程的，则红色长度与电压表总刻度线长度的比
例为1∶3。
4．(1)R 2 500 Ω (2)
1
(3)小王
解析 (1)题图甲电路采用半偏法测电压表内阻，实验中认为调节电阻箱时滑动变阻器上的
分压不变，但实际情况是由于并联部分的电阻增大造成分压略微增大，从而造成系统误差，
为了能尽量减小这一误差，需要滑动变阻器负责分压部分的电阻远小于支路电阻，所以滑动
变阻器应选择阻值较小的R；
1
根据分压原理可知，电压表V 的内阻为R ＝×500 Ω＝2 500 Ω
1 V1
(2)根据题图乙电路可得＝，可得电压表V 的内阻为R ＝
1 V1
(3)小王同学的测量结果存在系统误差，当改变电阻箱的电阻时，电压表和电阻箱串联支路
的总电压变大，则当电压表的示数为2.5 V时，电阻箱两端实际电压大于0.5 V，则有R >
V1测
R ，由题图乙电路图可知小李同学的实验结果不存在系统误差。
V1真
5．(1)40 ×1 (2)①a R
0
②偏大 ③
解析 (1)将选择开关拨至欧姆挡“×10”，由题图甲可知此时电阻大约为R＝4×10 Ω＝40
Ω
欧姆表指针在中间位置附近读数时比较准确，为了使测量的结果更准确，该同学应选择欧姆
挡“×1”的挡位。
(2)①为了保护电路，测量电路中的电流要从小电流开始，所以在闭合开关 S前，应将滑片
P 置于a端；
1
灵敏电流计G示数为零，说明R 的分压与AP 部分的分压相等，则有U＝U， ＝U，
x 2 xU＝
x
联立解得R＝R
x 0
②若从A到B端直径略有减小，根据电阻定律R＝ρ，可知从A到B单位长度上的电阻在增
大，当AP 段电阻丝长度为s，AP 部分实际分到的电压应满足 0，故x
y x
轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误。]
10．C [设ab边电阻为R，则ac边电阻为R，bc边电阻为2R，由并联分流原理，abc中电
流为I，则ac中电流为I，则F ＝BIL ，F ＝BIL ＝BIL ，故A错误；abc等效长度等于
bc bc ac ac bc
ac，但电流小于ac电流，则F 0区域后有Eq＝mg
所以在此区域内，带电小球在有磁场时做匀速圆周运动，在无磁场时做匀速直线运动，其轨
迹如图所示
在0～时间内，
有q·2vB＝m，即r＝
0 0
小球沿x轴正方向前进的距离L＝r
1
在～时间内，小球沿x轴正方向前进的距离
L＝2vtcos ＝
2 0
在～时间内，小球沿x轴正方向前进的距离为L
1
在～时间内，小球沿x轴正方向前进的距离为L
2
以此类推，小球从上往下穿过x轴时的位置到坐标原点的距离x＝n(2L＋2L)＋L＝(8＋π)＋(n＝0,1,2,3，…)。
1 2 1
(2)由轨迹图可知，小球与x轴的最大距离位置在第四象限
小球与x轴之间的最大距离
d＝L＋r(1－cos )
2
＝。
4．ABD [根据题意可知，在0.5t ～t 内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了周，在t
0 0 0
～1.5t 内，粒子在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.5t ～2t 内，粒子在电场中向上
0 0 0
做加速运动到速度为v，在2t～2.5t 内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了周，粒子回到
0 0
极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期
内的轨迹如图所示。粒子一个运动周期为T＝2.5t －0.5t ＝2t ，故粒子射出极板的时刻可能
0 0 0
为t＝0.5t＋nT＝(0.5＋2n)t(n＝1,2，3…)，
0 0
当n＝1时t＝0.5t ＋T＝2.5t ，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为 r，则有T
0 0 磁
＝＝2t ，解得r＝，粒子在电场中向下减速的位移为 y＝·0.5t ＝，故极板间距应满足d≥2(r
0 0
＋y)＝＋，故B正确；极板长度可能为L＝n·2r＝(n＝1,2,3…)，故C错误；粒子在磁场中，
有T ＝＝2t ，解得B ＝，粒子在电场中，有v＝a·0.5t ＝·0.5t ，解得E ＝，可得＝，故D
磁 0 0 0 0 0
正确。]
5．(1) (2)
(3) (n＝2,4,6…)
解析 (1)由qvB＝m，T＝，
0 0
联立解得T＝。
0
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝，
得α＝30°。
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，运动时间为t＝
T＝，而t＝，所以磁感应强度的变化周期T的最大值为。
0
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为 2β，其中β＝45°，即＝，所以磁场变化的周期为
T＝
弦OM的长度为s＝(n＝2,4,6…)
圆弧半径为R＝＝(n＝2,4,6…)
由qvB＝m，解得v＝(n＝2，4,6…)。
0 0 0
6．(1) E (2)
(3)(1＋)＋(π－)
解析 (1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN段受力如图
因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°＝qE，解得＝，
要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区城内做匀速圆周运动，则小球受到的重力必须
与静电力平衡，有mg＝qE，联立解得E＝E
1 1
(2)由(1)可知qvB＝qE，即v＝
由qvB＝m，可知R＝＝
轨迹图如图所示，由图可知矩形的最小面积
S＝2Rcos 22.5°×(R－Rsin 22.5°)
＝
(3)在第四象限运动的时间t ＝，在第一象限矩形磁场区域运动的时间t ＝，在第一象限做匀
1 2
速直线运动的时间t＝
3
联立解得小球从M到P的总时间
t＝t＋t＋t＝(1＋)＋(π－)。
1 2 3
阶段复习练(四) 电场和磁场
1．B [根据C＝得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；因C增大，U不变，根据Q＝CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确，C错误；
根据电势差与电场强度的关系U＝Ed，可知电容器间的电场强度增大，故D错误。]
2．B [由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，
由于I≪I ，可以忽略电流I 产生的磁场，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，
1 2 1
故而由左手定则可判断B图正确。]
3．BC [根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，
故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为F
fd
＝F，e对导线b的安培力大小为，根据力的矢量合成可得b导线所受安培力F ＝2Fsin 30°
b
＋2×sin 60°＋＝，故B正确；根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，
b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度
方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。]
4．D [因为是正四面体，所以各棱长相等，A处和C处分别有等量异种点电荷，则根据点
电荷的电场强度公式E＝k可知，两点电荷各自在B、D处产生的电场强度大小相等，但由
于电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷
在B、D处产生的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；根据等量异种点电荷形成的电
场的特点可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M点在该等势面上，则可
知M点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N
点靠近正电荷，则其电势大于零，因此有φ >φ ，而电子在电势越高的地方电势能越小，由
N M
此可知电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；根据正四面体的性质可知，
BD在该等量异种点电荷连线的中垂面上，因此B、D两点电势相等，均为零，将一试探正
电荷从B沿直线BD移动到D静电力不做功，故C错误；将位于C处的电荷－Q移到B处时，
可知M、N两点到正电荷的距离相等，且M、N两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的
电场强度公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N两点产生的合电场强度的大小相等，
故D正确。]
5．B [小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，
三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝，故A错误；小球恰能绕O点在竖直
平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图。根据牛顿第二定律，有＝m，则最小
动能E ＝mv2＝，故B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的
k
位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错
误；小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，静电力先做正功
后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。]6．AD [E －x图像中图线的斜率表示静电力，由于B点的切线与x轴平行，即斜率为零，
p
故试探电荷在B点的静电力为零，电场强度为零，故 A正确；由于负的试探电荷在两点电
荷产生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式E ＝－qφ可
p
知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B错误；设O、O′两点的点电荷
所带的电荷量绝对值分别为q 、q ，由于B点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得
1 2
k＝k，解得＝，故C错误；试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电势相等，
又A、C两点的电势比B点的电势低，则φ －φ ＝φ －φ ，故D正确。]
A B C B
7．D [根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB＝，则有半径公式R＝，与nqU
＝mv2，可得R＝，所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶，选项A错误；粒子
从D形盒出口引出时根据Bqv＝m，可得v ＝，其中f＝＝，解得速度为v ＝2πfr，选项B
m m
错误；粒子在D形盒中加速的次数为n＝＝，选项C错误；粒子从D形盒出口引出时的动
能为E ＝mv 2＝＝πBqr2f，当磁感应强度变为原来的2倍，因f＝，则f变为原来的2倍，
km m
则此时E ＝4πfqBr2，选项D正确。]
km
8．BCD [从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r ，洛伦兹力提供
1
向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，由几何关系可得r＝＝，
1
联立解得v＝，故A错误；
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中转
过的圆心角均为120°，则在磁场中的运动时间均为t＝T＝×＝，故B正确；
由几何关系可得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60°，粒子在磁场中的运动时间
为t＝T＝×＝，故C正确；
由几何关系可得，从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为
30°，则有AE＝2acos 30°＝a，r＝＝2a，故D正确。]
3
9．BC [因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子会打到C端，故有U <0，C端电势低于D端电势，故A错误；根据电场强度定义式可
CD
得F＝Ee，又因E＝，电子受静电力大小为F＝Ee＝e，故B正确；当霍尔元件状态稳定时，
根据平衡条件，有Bev＝e，其中I＝nevhd，解得|U |＝，仅增大电流I，|U |增大；仅增大
CD CD
d，|U |减小，故C正确，D错误。]
CD
10．D [根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故 A
错误；打到M、N两点的粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹
对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最短，则有t ＝T＝×＝，故B错误；粒子在磁场
min
中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的
轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得，tan θ＝＝，可得θ＝60°，则最小半
径为r＝Rtan ＝R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v＝，故C错误；由图可知，
1 1
从P点到 N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到 M点的粒子在磁场中的运动时间；
离开磁场到打到收集器，从P点到 N点的粒子通过的位移小于从P点到 M点的粒子通过的
位移，从P点到 N点的粒子的速度大于从P点到 M点的粒子的速度，则从P点到 N点的
粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到 M点的粒子从离开磁场到打到收集器
所用时间，故从P点到 N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短，故D正确。]
11．(1)v (2)或
0
解析 (1)设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强
度大小为B。粒子在电场中做类斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。
在电场中，根据类抛体运动规律
vcos 53°＝vsin 53°
0
根据动量定理Eq·t＝mvsin 53°＋mvcos 53°，根据动能定理
0
Eq·L＝mv2－mv2
0
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝m
根据几何关系2Rsin 53°＝vsin 53°·t
0
联立解得E＝，B＝
可得＝v
0(2)设改变后的磁感应强度为B′，粒子运动轨迹如图所示
在第一象限x＝vsin 53°·t
1 0
在第三、四象限B′qv＝m
在第二象限，根据运动学公式
x＝vcos 53°·t′
2
L＝vsin 53°·t′－at′2
根据牛顿第二定律Eq＝ma
根据几何关系2R′sin 53°＝x＋x
1 2
联立解得B′＝或B′＝
则＝或＝。
12．(1) v (2)
0
(3)＋
解析 (1)由题可知，从P到Q粒子做类平抛运动，则，解得E＝，由动能定理可知Eqd＝
mv2－mv2
0
解得v＝v
0
(2)将速度v沿坐标轴分解如图所示，故粒子的运动可看成为沿x负方向的匀加速直线运动和
竖直方向匀速圆周运动的合运动
由题可知圆周运动的半径为r＝d，
v＝＝v
y 0
根据圆周运动的基本规律得Bqv＝m
0
解得B＝
(3)粒子沿x轴负方向做匀加速直线运动，故x＝vt′＋·t′2
0
粒子在磁场中从进入磁场运动到第二次与过x轴的水平面相交所用的时间为t′＝T＝·＝
联立解得x＝＋。
第十二章 电磁感应
第 1 练 电磁感应现象 楞次定律
实验十四：探究影响感应电流方向的因素
1．BCD
2．B [N极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方
向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故 A错误；铝环右摆
的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁体对铝环做的功大于铝环动能的增加量，
故B正确；仅将铝环改为铁环，条形磁体吸引铁环，所以铁环向左摆动，故 C错误；若将
磁体的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。]
3．B [长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A错误
由楞次定律可以判断在0～t 时间内，线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
2
穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故 C
错误；由楞次定律和左手定则判断线框所受安培力的合力方向先向上后向下，故D错误。]
4．C [在t 时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故 A错
2
误；在t 时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点
3
受到的安培力为零，故B错误；t ～t 时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，
1 2
根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向，t ～t 时间内，磁感应强度垂直圆环
2 3
向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向，故C正确；
t ～t 时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，
2 4
后出现扩张趋势，故D错误。]
5．D [ t ～t 时间内，根据“来拒去留”，磁铁受到线圈的作用力方向靠近线圈时是向上
1 3
的，远离线圈时也向上，A错误；磁铁下落过程减少的重力势能大于增加的动能，原因是线
圈对磁铁的作用力在这个过程中做负功，B错误；若将线圈的匝数加倍，则穿过线圈的磁通量变化量不变，原因是穿过线圈的磁通量和匝数无关，C错误；若将磁铁两极翻转后重复实
验，磁通量的变化情况和原来相反，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D正
确。]
6．D [当滑片P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，
从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电
流方向俯视应为逆时针，故A、B错误；再根据楞次定律推论“增缩减扩”判断出线圈a应
有收缩的趋势，故C错误；根据“增离减靠”可知线圈a对水平桌面的压力将增大，故D
正确。]
7．D [根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时
间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为 a→d→c→b→a，A错误；线
框中产生的感应电流为I＝＝n＝n·，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生
的感应电流不变，B错误；线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根
据安培力表达式F ＝BIL，故所受的安培力随时间变大，C错误；根据楞次定律的推论增离
安
减靠可知，线框有向右远离通电直导线的趋势，故线框整体受到的安培力方向水平向右，D
正确。]
8．AB [当ab棒自北向南经过最低点时，由右手定则知ab棒上的电流方向自a向b，金属
架上的电流方向则为自c到d，故A正确；当链条与竖直方向成45°角时，ab棒来到了最高
点，其速度为0，不产生感应电动势，回路中感应电流一定为零，故B正确；如图所示，当
ab棒自南向北摆动的过程中，穿过闭合回路 abcd的磁通量一直减小，故C错误；当ab棒
自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成 45°斜向下，故D
错误。]
9．C [若B 、B 都竖直向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感
1 2
应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b盘电流为b′→O′，根据左手定则，可知b盘
沿逆时针方向(俯视)转动；若B 、B 都竖直向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半
1 2
径切割磁感线，感应电流方向为O→a′→O′→b′→O，b盘电流为O′→b′，根据左手
定则，可知b盘沿逆时针方向(俯视)转动；若B 向上，B 向下，从上向下看，当a盘顺时针
1 2
转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为 a′→O→b′→O′→a′，b 盘电流为
b′→O′，根据左手定则，可知b盘沿顺时针方向(俯视)转动；若B 向下，B 向上，从上向
1 2下 看 ， 当 a 盘 顺 时 针 转 动 时 ， 其 半 径 切 割 磁 感 线 ， 感 应 电 流 方 向 为
O→a′→O′→b′→O，b盘电流为O′→b′，根据左手定则，可知b盘沿顺时针方向(俯
视)转动，A、B、D错误，C正确。]
10．AD [根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根
据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面
向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间
后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时
间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，这时直导线上方的磁
场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确。]
11．(1)左偏 右偏 (2)不停振动
(3)短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了
解析 (1)滑动变阻器滑片向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量
方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从 A接线柱流入，
故G表指针向左偏。抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏。
(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动。
(3)若G表未损坏，短接G表，并摇动G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短
接G表摇动时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象。
12．CD [若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏
的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，故 A错误；若线圈在恒定电流正上方由西向
东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，安培力为零，
故B错误；根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上
方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定
则可知，线圈中的电流方向(俯视)先逆时针后顺时针；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，
穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中
的电流方向(俯视)先顺时针后逆时针，故C正确；由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈
受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。]
第 2 练 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
1．D [由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯
微亮，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于
自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。]
2．A [由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φ >φ ，其
O A中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为 0，即φ ＝φ ，则φ >φ ，A正确，
C A O C
B、C错误；根据以上分析可知φ －φ >0，φ －φ ＝0，则φ －φ >φ －φ ，D错误。]
O A A C O A A C
3．D [磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R 中的电流方
2
向一直向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝n(r)2＝，B错误；由题图乙可知
磁感应强度B一直在发生变化，所以t＝t 时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合
0
电路欧姆定律可知，R 消耗的电功率为P＝()2R ＝，由此可知，当R ＝R 时，R 消耗的电功
1 1 1 2 1
率最大，D正确。]
4．A [磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电
流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安
培力而转动的，A项正确，C项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼
与磁体转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体的转速小，B项错误；当磁体
停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，
所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。]
5．AD [由法拉第电磁感应定律可知磁场变化时才会产生感生电场，故A正确；变化的磁
场在真空室中激发出的电场为无源场，电场线为封闭曲线，与静电场不同，故B错误；当
题图乙中感生电场沿逆时针方向时，电子沿顺时针方向加速运动，故C错误；题图甲线圈
中的电流增大的过程中，竖直向上的磁场增强，由楞次定律可知题图乙中形成顺时针方向的
感生电场，故D正确。]
6．D [由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E＝＝＝kS，每个小圆线
1 1
圈产生的感应电动势E ＝＝＝kS ，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的
2 2
感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E ＋5E ＝k(S ＋5S)，故D正确，
1 2 1 2
A、B、C错误。]
7．(1) (2)
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有E＝·＝
(2)由题图可知线框受到的安培力大小为F＝BIl＝＝·kt
A
当线框开始向上运动时有F＝mg
A
解得t＝。
0
8．D [由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，A错误；
导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培
力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律，可知，
原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的
安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量
的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。]
9．AD [L为一个自感系数较大、直流电阻小于电阻R阻值的线圈，线圈自感阻碍电流变化，当开关闭合后，自感电动势逐渐减小，即流过线圈L的电流增大，所以I 增大，最后稳
L
定时I 恒定，当开关断开后，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，
L
不过大小在减小，最终减为0，B错误，A正确；当开关闭合时，线圈自感阻碍电流变化，
L为一个自感系数较大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻R的电流刚开始较大，当自感电
动势逐渐减小，即流过线圈L的电流增大，所以I 减小，最后稳定，由于自感线圈L的直流
R
电阻值小于电阻R的阻值，通过线圈L的电流大于通过电阻R的电流，当断开开关后，原来
通过电阻R的电流立即消失，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻R，其
方向与原来流过电阻R的方向相反，最后减小为0，C错误，D正确。]
10．BCD [两根导线长度相同，有2πr ＝2πr×2，即＝，则两圆环面积之比为＝，可得＝
1 2
＝，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝nS，可得＝，故B正确；两根导线完全相同
有＝＝，故C正确；通过的电荷量q＝n，可得＝，故D正确。]
11．C [根据右手定则，a端相当于电源正极，b端为负极，a端电势高于b端电势，故A
错误；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应电动势最
大，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bl2ω＝2BR2ω，故B错误；根据法拉第电磁感
应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为＝＝BR2ω，故C正确；当θ＝120°时，ab杆切
割磁感线的有效长度 l′＝R，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为 E′＝Bl′2ω＝
BR2ω，故D错误。]
12．(1)，方向水平向左
(2) (3)
解析 (1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝2Bhv＋Bhv＝3Bhv，
0 0 0
则感应电流大小为I＝＝
线框所受的安培力为
F＝2Bh＋Bh＝，方向水平向左；
0 0
(2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，
则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为
Φ＝1.6Bh·h－Bh·h＝，方向垂直纸面向里；
0 0
(3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝＝＝
感应电流大小为I′＝＝，则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2Rτ＝。
13．AD [从题图(b)可看出电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁
通量的变化率越来越大，因此小磁体在玻璃管内下降的速度越来越大，A、D正确；假设小
磁体是N极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，产生逆时针
方向的电流(俯视)，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少，产生顺时针方向的电
流(俯视)，即电流方向相反，与题干描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下同
理，即下落过程中，小磁体的N极、S极方向不变，B错误；线圈可等效为条形磁体，线圈中的电流越大，则磁性越强，且电流的大小是变化的，则小磁体受到的电磁阻力是变化的，
不是一直不变的，C错误。]
第 3 练 专题强化：电磁感应中的电路和图像问题
1．B [a、b间的电压等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b间电压为U＝
E，选项B正确。]
2．D [有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为R，所
以产生的电动势为E＝BLv＝B·Rv，电流的方向为a→b，所以U <0，由于外电路的电阻值
ab
为R ，所以U ＝－B·Rv＝－BRv，故选D。]
总 ab
3．D [因为l 中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律可知，l 中磁场的变化是均
2 1
匀的，即l 中电流的变化也是均匀的，A、C错误；根据题图乙可知，0～时间内l 中的感应
1 2
电流产生的磁场方向向左，所以线圈l 中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向
1
右并且增大，B错误，D正确。]
4．AD [根据楞次定律得0～2 s内线框中的感应电流为顺时针方向，即为正方向，2～4 s
内感应电流为逆时针方向，即为负方向，由E＝n，I＝知，电流I大小不变，A正确，B错
误；由以上分析得，在1～2 s时间内，导线框ad边电流方向由d流向a，空间所加磁场的
磁感应强度方向为垂直导线框平面向外，且线性增大，电流I为定值，根据左手定则及F＝
BIL得，导线框ad边受安培力向右，且线性增大，即安培力为负方向，线性增大，同理可
知0～1 s、2～3 s、3～4 s内安培力的变化情况，C错误，D正确。]
5．(1) (2)
解析 (1)设P端的线速度大小为v，则v＝ωL
杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为E＝BL＝BL2ω
回路中电流I＝＝
则R两端电压U＝IR＝
(2)R消耗的电功率P＝I2R＝。
6．(1)0.024 V (2)1.08×10－4 J
(3)由N到M 0.006 C
解析 (1)在0～0.1 s内，由题图乙可得＝ T/s＝0.2 T/s，由法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，
解得E＝0.024 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律I＝＝0.06 A，由焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝1.08×10－4 J
(3)根据楞次定律可以判断，0.1～0.4 s通过R的电流方向由N到M，根据q＝Δt，又＝，＝N
可得q＝N＝N，由题图乙可知，0.1～0.4 s内磁感应强度变化大小ΔB＝0.02 T，解得q＝
0.006 C。
7．D [金属棒绕OO′轴切割磁感线转动，回路中的电动势E＝Br2ω，故A错误；电容器
两极板间电压等于电阻 R两端电压，为，带电微粒在两极板间处于静止状态，则 q＝q＝
mg，解得＝，故B错误；外电阻消耗的功率P＝＝，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝C
＝，故D正确。]
8．D [bc边的位置坐标x从0～L的过程中，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿
a→b→c→d→a，为正值。线框bc边有效切割长度为l＝L－vt，感应电动势为E＝Blv＝B(L
－vt)·v，随着t均匀增加，E均匀减小，感应电流i＝，即知感应电流均匀减小。同理，x从
L～2L的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流
仍均匀减小，故A、B、C错误，D正确。]
9．C [由题意，画出线框在t时刻、2t时刻、3t时刻、4t时刻位置示意图，
则t时刻
2t时刻
3t时刻4t时刻
线框在0～t时间内，只有bc边切割磁感线，由右手定则知电流由c→b，回路产生顺时针方
向的电流，电动势为负值，e ＝－Blv，线框在t～2t时间内，bc边切割右方磁场，产生由
1
b→c的电动势，ed切割左方磁场，产生e→d的电动势，二者对回路来说等大反向，回路总
电动势为零，e ＝0；线框在2t～3t时间内，ed切割右方磁场，产生d→e的电动势，fa切割
2
左方磁场，产生f→a的电动势，二者对回路同向，e ＝2Blv＋Blv＝3Blv，为正方向；在3t
3
～4t时间内，只有fa在右方磁场切割磁感线，产生a→f的电动势，回路是顺时针，电流e
4
＝
－2Blv，结合闭合电路欧姆定律I＝知只有C图像满足，故A、B、D错误，C正确。]
10．D [由楞次定律判断可知，在导线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B点的电
势，则U 始终为正值。AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势均为E＝Bav，导线框
AB
移动距离在0～a内时，AB切割磁感线，AB两端的电压是路端电压，则U ＝E＝Bav；导
AB
线框移动距离在a～2a内时，导线框完全在磁场中运动，穿过导线框的磁通量没有变化，不
产生感应电流，则U ＝E＝Bav；导线框移动距离在2a～3a内时，A、B两端的电压等于路
AB
端电压的，则U ＝E＝Bav，故D正确。]
AB
11．(1) (2)B±t
0
解析 (1)当ab棒刚处于磁场时，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚
好正常工作，则电路中路端电压U ＝U
外
由电路的分压之比得U ＝2U
内
则感应电动势为E＝U ＋U ＝3U
外 内
由E＝Blv＝3U，可得v＝
0
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域)，而使磁感应强度随时间t均匀变化，电路可视为
棒与L 并联后再与L 串联，则正常工作的灯泡为L ，所以L 两端的电压为U，电路中的总
1 2 2 2
电动势为E′＝U＋＝，根据法拉第电磁感应定律得E′＝＝ld ，联立解得＝，所以经过时
0
间t时磁感应强度的可能值B＝B±t。
t 0
12．C [由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条
相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和定值电阻R 并联，故辐条进出磁场前后电流的
0
大小、方向均改变，故A错误；电路的总电阻R＝，圆环匀速转动时感应电动势E＝BL＝，
所以定值电阻R 两端的电压U＝·＝，通过定值电阻R 的电流I＝＝，故B错误，C正确；
0 0圆环转动一周用时T＝，定值电阻R 产生的热量Q＝I2rT＝，故D错误。]
0
第 4 练 专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
1．A [ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做
减速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正
确，B、C、D错误。]
2．D [线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，
则感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于
v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；
当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值
表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。]
3．A [线框先做自由落体运动，t 时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A
1
图像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安
培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场
后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时
若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加
速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速
直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确。]
4．D [设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝＝∝v，故C错误；
根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－，故D正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL
＝，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培
力随速度先增大后不变，最终大小为mg，故B错误；杆两端的电压为U＝IR＝，速度先增
大后不变，所以U先增大后不变，故A错误。]
5．AC [导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所
以A正确；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；
设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝
mv2，解得W＝(mv2－mgL)，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程
0 0
中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝(mv2－mgL)，所以D错误。]
0
6．ABD [由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a－v图像可知＝a，＝，解得m＝，B＝
0
＝，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的
电荷量q＝t＝t＝＝，C错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D正确。]
7．C [由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由 b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R ＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受
总
力平衡，有mgsin θ＝BI L＝(R＋R)，变形得＝·＋，根据题图乙可得＝k＝0.5 s·m－1·Ω，＝b
m 1
＝0.5 s·m－1，解得金属杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻阻值R＝1 Ω，C正确，D错误。]
1
8．AB [a棒以速度2v 先进入磁场做切割磁感线运动，产生的感应电流为i＝，a棒在磁场
0 0
中会受到安培力，做减速直线运动，感应电流也随之减小。设当b棒刚进入磁场时a棒的速
度为v ，此时的瞬时电流为i ＝，若v ＝v ，则i ＝＝，此时两棒产生的感应电动势相抵，
1 1 1 0 1
电流为零，金属棒不受安培力作用，两棒均匀速运动离开，i－t图像中无电流，只有A图符
合；若vI ，根据＝＝，又U>U ，n>n ，则I 1)时，可调电容器的最大电容和最小电容之比为＝＝k2，故选C。]
10．AD [由题图(b)可知，0～1×10－6 s电容器极板上电荷量减少，所以电容器处于放电过
程，故A正确；同理，t＝2×10－6 s时电容器极板上电荷量达到峰值，极板间的电场能最大，
此时磁场能最小，故B错误；根据C＝可知增大电容器的板间距，电容器的电容减小，根据
T＝2π可知周期会减小，故C错误；根据I＝可知q－t图线的斜率表示电路中的电流，所以
t＝4×10－6 s时，电路中电流为零，故D正确。]
11．B [该装置适用于测量不导电液体的液面高度，A错误；该装置测得的振荡频率与所用
电源的电动势大小无关，当装置使用过久，电源电动势减小时，振荡电路的周期和频率不变，
则测量的液面高度相比真实值不变，B正确，C错误；当储物罐内的液面高度降低时，根据
C＝，C减小，根据f＝，所测到的LC回路中电流的振荡频率变大， D错误。]
12．C [开关S置于a处时，电容器C上极板接电源正极，开关S移至b处瞬间，电容器C
开始放电，电流计G中将有从右向左的电流经过，故A错误；0～过程中，电容器C放电，
带电荷量q减小，但是其电容不会发生变化，故B错误；t＝时刻，电容器放电完毕，电容
器极板上没有电荷，电场能全部转化为磁场能，所以此时电感线圈 L中磁场能最大，故C
正确；～T过程是电容器充电过程，此时电路中的电流逐渐变小，所以电流计 G的读数逐渐
变小，故D错误。]
第 4 练 传感器
实验十六：利用传感器制作简单的自动控制装置
1．D [热敏电阻对温度很敏感，可用于温度测控装置中，光敏电阻对光照很敏感，是一种
光电传感器，电阻丝可用于电热设备中，所以 A、B、C三个说法均正确；交流电、直流电
均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用，所以D错误。]
2．D [当控制开关两端电压U≥2 V时，控制开关自动启动照明系统，可知照度小时，控
制开关两端电压大；根据表格数据可知照度小时，光敏电阻阻值大，则 R 为光敏电阻，R
1 2
为定值电阻；照度越大，光敏电阻R 阻值越小，该电路控制开关两端的电压越小，故A、B
1
错误；若将定值电阻的阻值变为20 kΩ，由串联电路分压规律知控制开关自动启动时光敏电
阻为
40 kΩ，此时对应照度为0.4 lx，根据题图乙可知该天系统工作时间段为0～6：00、18：00
～24：00，故C错误；该电路中定值电阻阻值越大，控制开关自动启动时光敏电阻越大，
此时对应照度越小，该天的照明系统工作的时间越短，故D正确。]3．D [从题图中可知A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零
线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，当漏电时，火线和零线中电
流方向相反、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感
应电流，经放大后便能推动继电器切断电源。甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，
火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感
应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，但丙双手接触“火线与零线”
会触电(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，
线圈B中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，A、B、C错误；当丁
如题图中所示接触火线时会触电，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向相反、
大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经
放大后便能推动继电器切断电源，D正确。]
4．A [干簧管为磁控开关，当门关闭时有磁体，干簧管两簧片接通，故D错误，A正确；
铜或银不是磁性材料，则干簧管不可以由铜或银等导电性能更好的材料制成，故B错误；
如将门上镶嵌磁体的N、S极对调后，不影响磁体吸引干簧管两簧片，该报警器能正常工作，
故C错误。]
5．(1)200 (2)30.7 150.9 (3)CD
解析 (1)闭合开关，调节滑动变阻器R，当电流表满偏时有＝R＋r＝240 Ω，因此可知滑动
g
变阻器需要调节到190 Ω，则需选择最大阻值为200 Ω的滑动变阻器。
(2)根据电流表的表盘刻度可知，该电流表的精度为1 mA，因此读数时需估读到下一位，根
据指针所示可读得电流表得示数为30.7 mA；根据闭合电路欧姆定律有U＝I(R ＋r＋R)，代
T g
入数据解得R ≈150.9 Ω。
T
(3)根据温度报警器组装的电路图，当温度低于42 ℃时，热敏电阻的阻值较大，电磁继电器
线圈中的电流较小，磁力不足以把衔铁吸下，灯不亮，说明报警指示灯连接在CD间。
6．(1)减小 增大 a、b (2)24.0 4.8
解析 (1)加水的过程中，压力F变大，由题图乙知，R 的阻值逐渐减小，则电路总电阻逐
1
渐减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路电流逐渐增大，则R 两端的电压逐渐增大；为
2
了在水量达到“预设水量”时电机停止工作，要使“控制电路”输入端电压随水量的增加而
减小，则“控制电路”输入端应该连接电路的a、b端点。
(2)达到“预设水量”1 L时，水壶和水的总重力为G＝(m ＋m)g＝(1＋0.5)×10 N＝15 N，
水 0
压力传感器R 上的压力为F＝·F ＝×15 N＝7.5 N，由题图乙读得R 的阻值为5.0 Ω，由题
1 B 1
意知达到“预设水量”时R 的电压应为1 V，通过R 的电流应为I ＝ A＝0.2 A，则R 的阻
1 1 1 2
值应为R＝－R－r＝ Ω－5.0 Ω－1 Ω＝24.0 Ω，此时R 两端的电压为U＝IR＝0.2×24.0 V
2 1 2 2 1 2
＝4.8 V。
7．(1)见解析图 (2)1.8 (3)25.5 (4)R 1.2
1解析 (1)滑动变阻器最大阻值仅20 Ω，应采用分压式接法，电压表为理想电表，应采用毫
安表外接法，测量电路图如图所示。
(2)热敏电阻的阻值
R＝＝≈1.8 kΩ。
(3)根据R－t图像，R＝2.2 kΩ时，t约为25.5 ℃。
(4)输出电压变大时，R 两端电压变大，R 两端电压变小。根据R－t图像知，温度升高时热
2 1
敏电阻的阻值减小，则电路中电流变大，固定电阻两端的电压变大，所以固定电阻应为
R ，热敏电阻应为R ，t＝50 ℃时，R ＝0.8 kΩ，根据串联电路中电阻与电压的关系可得＝，
2 1 1
解得R＝1.2 kΩ。
2
8．(1)2 见解析图 (2)不满足
(3)65.0 (4)小于
解析 (1)为了保证电路的安全应将滑动变阻器滑到2端，从而使光敏电阻两端的电压为零；
根据实物图可得电路图如图所示
(2)根据题图丙可知纵坐标与横坐标的乘积不是一个常数，所以光敏电阻的阻值 R 与照度不
0
满足反比例函数关系；
(3)根据闭合电路欧姆定律得I＝，根据题图丙可知在照度降低到4 000 lx时，对应的阻值为
R＝50 Ω，又有U＝IR ，其中U＝2.0 V，联立可得R＝65.0 Ω；
0 0 2
(4)光控装置使用较长时间后电源内阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流变小，R
0
两端的电压变小，从而导致自动控制系统正常工作时的最小照度小于4 000 lx。
阶段复习练(五) 电磁感应和交变电流
1．C [根据安培定则可知，线圈1、2中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A错误；
汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方
向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为
abcd，B错误，C正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D错误。]2．BC [U ＝220 V，则U ＝＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝可知周期T＝0.02 s，原、
m 有效
副线圈匝数比＝，解得n＝180匝，B、C正确，A、D错误。]
2
3．ABC [由理想变压器基本关系知＝，U 不变，U 变为原来的倍，所以变为原来的倍，A
1 2
正确；根据P ＝UI 可知，因P 变为原来的2倍，U 变为原来的倍，则输电线上电流I 变
送 2 2 送 2 2
为原来的，B正确；根据P ＝I2R ，可知P 变为原来的()2，C正确；总功率变大，损失
损 2 线 损
的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则 I 变大，又I 变小，I ＝I ，则＝
4 2 2 3
变大，D错误。]
4．C [S 、S 闭合时，副线圈电路的阻值R ＝＝，则AB的等效电阻R ＝()2R ＝3R，那
1 2 副 AB 副
么此时流过灯泡L 的电流I＝＝0.5 A，故A错误；灯泡正常发光的功率为P＝I2R＝27.5 W，
1
故B错误；P顺时针转动，n 减少，则变大，R 变大，则流过灯泡L 的电流变小，灯泡L
2 AB 1 1
一定变暗，故C正确； 断开S ，闭合S ，则有R ′＝()2R ＝()2，P逆时针转动，n 增多，
1 2 AB 0 2
则变小，R ′由R可减小到R，讨论R 的功率变化时，可将灯泡L 的电阻R看作电源的
AB 0 1
“等效内阻”，当R ′＝R时，R 的电功率最大，故D错误。]
AB 0
5．BC [根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a端，因此b端的电势高于a端的电势，
故A错误；金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保
持不变，故B正确；由于轮B和飞轮A通过链条传动，则ωR ＝ω R ，而A和C同轴转动
B A A
角速度相同，得ω ＝ω ＝，辐条产生的感应电动势E＝BL＝B(R －R )＝，电阻R的热功率
C A C A
P＝，而E∝ω，因此电阻R的热功率与ω2成正比，故C正确；电路中其他电阻忽略不计，
则U ＝E，由E＝可知，若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为
ab
原来的，则ab两端的电压并不会变为原来的，故D错误。]
6．(1)0.1 A (2)0.5 m/s (3)3.125 C
解析 由题知ab棒和cd棒接入电路的部分电阻大小均为R＝DR＝0.8 Ω。
0
(1)ab棒从斜面轨道滑到底端，
根据动能定理有mgh＝mv2
切割产生的感应电动势为E＝BDv
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得v＝1 m/s，E＝0.16 V，I＝0.1 A。
(2)因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究
对象，由动量守恒得mv＝2mv ，解得v ＝0.5 m/s。
共 共
(3)从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，由动量定理得
－BD·Δt＝m(v －v)
共
代入数据解得q＝Δt＝3.125 C。
7．(1) (2)解析 (1)金属框进入磁场的过程，
根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
感应电流I＝
金属框右边框所受的安培力大小
F ＝BIL
安
安培力的冲量大小
I ＝∑BIL·Δt＝∑·Δt
F
又∑v·Δt＝L，可得I ＝
F
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感
应电流产生，不受安培力作用
根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有I ＝
F
根据动量定理可得－2I ＝m－mv，解得v＝
F 0 0
(2)金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，
所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示。
设金属框速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
1 1
感应电流I＝＝
设金属框完全进入磁场时速度大小为v，由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv－mv
2 2 0
又∑v·Δt＝L，可得v＝，
1 2
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q ＝mv2－mv2
总1 0 2
由并联电路电流规律和Q＝I2Rt可知，R 上产生的热量Q＝Q ＝
1 1 总1
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示。
通过R 的电流
1
I＝＝，
1
即流过左右边框的电流之和为
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v，
3
由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv －mv ，可得v ＝0，则右边框刚好不出磁场，由能量守恒
1 3 2 3
定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q ＝mv2－mv2
总2 2 3R 上产生的热量Q ＝Q ＝，在金属框整个运动过程中，电阻R 产生的热量为Q＝Q ＋Q
1 2 总2 1 1 2
＝。
第十四章 光
第 1 练 光的折射、全反射
训练 1 光的折射、全反射
1．B [由于两种不同单色光的折射率不同，在由空气进入玻璃砖时，入射角相同，根据n
＝可知，两单色光的折射角不同，作出完整光路图如图所示，故选B。]
2．A [由nsin θ
1 上
＝nsin θ 可知，越靠近地球表面，空气的折射率越大，从光疏介质射入光密介质的光路如
2 下
图所示，随着折射率不断变大，太阳光不断向法线方向偏折，A正确。]
3．C [光线射到左侧侧面时的折射角的正弦值sin β＝＝，可知β＝30°，由几何关系可知，
光线射到右侧面时的入射角也为30°，则折射角为60°，由几何关系可知红光通过三棱镜后
的出射光线与M点入射光线的夹角为60°，故选C。]
4．CD [光从光密介质射向光疏介质时才可能发生全反射，因此光在A点由空气射入介质
球，肯定不能发生全反射。在图中，对于球上任意一点，球面法线一定过球心，设r为光从
A点射入时的折射角，i′为光从B点射出时的入射角，它们为等腰三角形的两底角，因此
有i′＝r，根据折射定律n＝得sin r＝，即随着i的增大，r增大，但r不能等于或大于临界
角C，故i′也不可能等于或大于临界角，即光从B点射出时，也不可能发生全反射，在B
点的反射光射向D点，从D点射出时也不会发生全反射。故选C、D。]5．A [如图，几乎贴着水面射入水里的光线，在青蛙看来是从折射角为C的方向射来的，
则sin C＝，设青蛙所处位置最远与井口水面距离为h，根据几何关系可知h＝，解得h＝
m，故选A。]
6．C [紫光的频率大于绿光的频率大于红光的频率，可知紫光的折射率大于绿光的折射率
大于红光的折射率，根据折射定律结合题图可知a光的折射率最大，c光的折射率最小，可
知a光线是紫光，故A错误；增大入射角i，则b的折射光线向下偏移，不可能在空腔外表
面发生全反射，故B错误；如图所示，根据几何知识可知，b光线折射角的正弦值sin θ
＝，根据折射定律可得该透明材料对绿光的折射率n＝＝，故C正确；根据v＝结合A选项
分析可知c光线在该透明材料中传播速度最大，故D错误。]
7．A [设入射角为θ，由折射定律可知，
对于b光，n＝，解得θ＝30°
b
对于a光，由折射定律可知n＝＝，设a光在水雾半球中的传播速度为v，
a a
由n＝可知v＝c，则a光在水雾半球中的传播时间t＝＝，故选A。]
a a
8．C [根据题意，可理解为求题图乙中由A点发出的光到B点的传播路径，此种路径用时
最短。由题知，小明在海滩上的速度大于在海水中的速度，则海滩上相当于光疏介质，海水
中相当于光密介质，则入射角应大于折射角，故A、B错误；根据折射定律有＝n，由v＝
(其中v相当于v ，c相当于v)，可得＝n，联立可得＝，其中α、β分别为路线与海岸线的
2 1
夹角，故C正确，D错误。]
9．BC [作出光路图如图所示，根据几何关系有折射角γ＝θ根据＝n，
解得n＝
光在三棱镜中的传播距离为
s＝sin θ
传播速度v＝，而t＝
解得t＝，故A错误，B正确；
由于频率越大，折射率越大，若换用频率更大的光仍以相同入射角照射到 O点，则可知折
射角将减小，根据几何关系可知光的传播距离变大，根据v＝可知，传播速度变小，因此可
知光在三棱镜中的传播时间一定变长，故C正确，D错误。]
10．37.25 m
解析 如图所示
根据折射定律可得n＝＝
解得sin θ＝0.6，即θ＝37°
由图中几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为x＝htan 53°＋htan 37°＝15× m＋23×
1 2
m＝37.25 m。
11．(1)1.8 (2)
解析 (1)从D点入射的光线，恰好从C点射入半球，光路如图所示。设折射角为θ，由正
弦定理有＝
又n＝，得n＝＝1.8
(2)依题意，可知光线在半球体中传播的最长路程为x＝Lcos(30°－θ)
由x＝vt，n＝，联立求得t＝。12．D [由几何关系可知底面对角线为
＝2a
玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，设临界角为C，由几何关系可得
sin C＝＝
点光源O在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，
则有sin C＝
联立解得r＝a，从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为S＝4×πr2＝πa2，故选D。]
训练 2 光的折射和全反射的综合应用
1．BC [他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α
＝41°时激光恰好发生全反射，则sin 49°＝，则n＝，A错误，B正确；当他以α＝60°向水
面发射激光时，入射角i ＝30°，则根据折射定律有折射角i 大于30°，则岸上救援人员接收
1 2
激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确，D错误。]
2．C [作出两种情况下的光路图，如图所示。设OP＝x，在A处发生全反射，故有sin C
＝＝，由出射光平行可知，在B处射出，
故n＝，
由于sin∠OBP＝
联立可得n＝，x＝R，故A、B错误；
由v＝可得v＝c，故C正确；
由于sin C＝＝，所以临界角不为30°，故D错误。 ]
3．(1) (2)R
解析 (1)光路图如图所示
设光线在圆弧处的入射角为α，折射角为θ，由几何关系可得α＝30°，则θ＝45°，则n＝＝(2)设离O点最远的光线入射到圆弧处恰好发生全反射，该光线到O点的距离设为d，发生
全反射的临界角为C，则sin C＝＝＝，可得C＝45°，则入射光束在AB上的最大宽度为L
＝2d＝2Rsin 45°＝2×R＝R。
4. a
解析 设光线在AB面的折射角为θ，则有sin 60°＝nsin θ，由题知，光线经折射后在BC边
的N点恰好发生全反射，则有sin C＝，C＝90°－θ，联立解得tan θ＝，n＝
根据几何关系有tan θ＝＝
解得NC＝a－BN＝a－
再由tan θ＝，解得PC＝a。
5．C [在A点时，由几何关系有
sin∠BAO＝＝，由折射定律得n＝＝，故A错误；
该束单色光在水球中的传播速度为
v＝，单色光在水球中的传播时间为t＝
代入数据解得t＝，故B错误；折射光线AB顺时针转到AO，在内球面上入射角从90°减小
到0°，水为光密介质，空气为光疏介质，可见，只要调整好 A点射入的单色光与AO直线的
夹角，就能够在内球面发生全反射，故C正确；根据对称性和光路可逆原理可知，不能在
外球面发生全反射，故D错误。]
6．(1) (2)75°
解析 (1)射入O点的光入射角θ＝45°，设折射角为θ，由于n＝，代入数据解得θ＝30°
1 2 2
光在透明体中的传播速度v＝
则t＝，解得t＝
(2)当光经AB边界反射后射到BD边界恰能发生全反射时，∠BDE有最大值，设发生全反射
的临界角为C，
则sin C＝
由几何关系有α＝θ＋(90°－C)，
2
解得α＝75°。
7．(1)πR (2)320 cm
解析 (1)光路图如图所示设此光线恰好发生全反射，此时透镜内的临界角为C，由sin C＝＝＝0.75，得C＝48°
此角对应的弧长为l＝R＝πR
(2)若某束光从A点射入半球透镜，光路图如图所示
根据题意MA＝MN，
则OA＝R－MA＝R
sin α＝＝，又n＝
解得sin β＝，即β＝53°，由几何关系可知θ＝16°，这束光照射到地面的位置与大灯间的水
平距离
s＝ cm＝ cm＝320 cm。
8．(1)
(2)n
a b
根据光在介质中的传播速度与折射率的关系n＝，可得在水中传播时，a光的速度比b光的
小，故B错误；
在水中传播时，a光的折射率比b光的大，所以a光的频率比b光的大，故C错误；
根据临界角与折射率的关系sin C＝，可得在水中传播时，a光的折射率比b光的大，a光的
全反射临界角比b光的小，故D正确。]
8．D [凸透镜的凸面和平面玻璃板之间形成一个空气薄膜，当用平行的单色光竖直向下照
射时，劈尖形空气膜上、下表面反射的两束光相互叠加而产生干涉。同一半径的圆环处的空
气膜厚度相同，上、下表面反射光的光程差相同，因此使干涉图样呈圆环状，所以牛顿环是
薄膜干涉现象，选项A、B错误；空气薄膜厚度不同，上、下表面反射光的光程差也不同，
由于上表面是球面，所以越远离中心的地方空气薄膜厚度增加越快，光程差越大，干涉条纹
也就越密集，选项C错误，D正确。]
9．D
10．A [由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C
增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气层向劈尖移动，则条纹向左移动。
故选A。]
11．B [太阳光从左侧射入球形水滴时，入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根
据折射定律，可知n>n，折射率大则频率高，则a光是紫光，b光是红光，A错误；由A可
a b
知λ<λ ，根据Δx＝λ可知，用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光
a b
条纹间距，遇到相同的障碍物，b光比a光更容易发生明显衍射，B正确，C错误；由n＝
得vV，所以氧气瓶有氧气泄漏，瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比为 η＝
2
×100%≈73%。
7．(1)5∶3 (2)30次
解析 (1)将漏气前胎内气体换算为压强为1.5×105 Pa的气体，设换算后体积为V ，根据
总
玻意耳定律得p V＝p V ，所以漏气前与漏气后的质量比为m ∶m ＝V ∶V，解得m
前 后 总 前 后 总 前∶m ＝5∶3
后
(2)设最多可以打n次，根据克拉伯龙方程得＋＝，代入数据得n＝30次。
8．(1)5p (2)
0
解析 (1)发生火灾前，以活塞为研究对象，根据平衡条件有p ＝p
B 0
发生火灾时，以A中理想气体为研究对象，根据查理定律有＝，解得p ＝6p
A 0
阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差Δp＝p －p ＝5p
A B 0
(2)方法一：阀门K打开后，A中气体向B中移动，以A中气体为研究对象，根据玻意耳定
律有p V＝3pV ，解得V ＝2V
A 0 0 A1 A1 0
则进入到B中的气体体积为V －V＝V
A1 0 0
压强为3p 、温度为3T ，以B中原气体和进入到B中的气体为研究对象，根据克拉伯龙方
0 0
程有
＋＝，解得V＝2V
0
活塞上升的距离为h＝＝
方法二：
以A、B中所有气体为研究对象，
＋＝＋
其中p ＝6p ，p ＝p ，V为经过较长时间稳定后B中气体的体积，解得V＝2V ，活塞上升
A 0 B 0 0
的距离为h＝＝。
第 6 练 热力学定律与能量守恒定律
1．BD [有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二
定律，A错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确；不可能通过给
物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自
发地向真空膨胀，具有方向性，D正确。]
2．C [由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C，可知温
度降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据 ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，故选
C。]
3．BC [依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖
子凸起，桶内气体体积增大，根据pV＝C可知，压强p减小，故A错误；由于桶内气体温
度不变，则分子平均动能E 不变，故B正确；由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，
k
体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W可知，桶内气体从外界吸收热
量，故C正确，D错误。]4．D [推杆压缩气体过程，对气体做功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体向
外界放热，故A错误；推杆压缩气体过程，气体体积变小，根据玻意耳定律可知，针筒内
气体压强变大，故B错误；推杆弹射过程，针筒内气体对外做功且外界无热交换，内能减
小，故C错误；推杆弹射过程，内能减小，温度降低，针筒内气体分子平均动能减小，故D
正确。]
5．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。]
6．A [理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；
由题图可知，V＝V ＋kT，根据理想气体状态方程有＝C，联立则有p＝，可看出T增大，p
0
增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体
从状态a变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，
气体从外界吸收热量，C错误。]
7．(1)150 K (2)吸收 30 J
解析 (1)根据＝
代入数据得T＝150 K
A
(2)整个过程内能不变ΔU＝0
p－V图像与V轴围成的面积代表做的功，整个过程气体对外做功为
W ＝×104×(6－3)×10－3 J－2×104×(6－3)×10－3 J＝30 J，根据热力学第一定律可得ΔU
1
＝W＋Q，其中W＝－W ＝－30 J，ΔU＝0，可得Q＝30 J，可知气体从外界吸收热量，吸收
1
的热量为30 J。
8．AB [由热力学第二定律知，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，A正确；绝
热过程中Q＝0，从M到N过程中W＝0，故内能不发生变化，所以理想气体温度不变，分
装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C、D错误；分装过程温度不变，由玻意耳定律
知，气体体积变为两倍，压强减小为原来的一半，B正确。]
9．(1)不变 增大 (2)350 (3)11
解析 (1)圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分
子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
(2)状态A时的压强p ＝p－＝1.0×105 Pa，
A 0
温度T＝300 K，体积V＝600 cm3；
A A
状态C时的压强p ＝1.4×105 Pa，温度为T ，体积V ＝500 cm3；根据＝，解得T ＝350 K
C C C C
(3)从B到C气体进行等容变化，则W ＝0，因从B到C气体内能增加25 J可知，气体从外
BC
界吸热25 J，而气体从A到C从外界吸热14 J，可知气体从A到B气体放热11 J，从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11 J。
10.T ΔU＋πp(R3－R3)
1 2 1
解析 早上气球体积V＝πR3
1 1
中午气球体积V＝πR3
2 2
从早上至中午，气球内的气体做等压变化，则有＝，得T＝T
2 1
气球膨胀过程，气体压强为p，外界对气体做功W＝－p(V－V)，由热力学第一定律ΔU＝Q
2 1
＋W
解得Q＝ΔU＋πp(R3－R3)。
2 1
11．(1)4×105 Pa (2)30 (3)900 J
解析 (1)对单向气阀受力分析pS＋F＝mg＋pS，又m＝ρSh，联立可得p＝p＋－ρgh
0 f 0
代入数据得p＝4×105 Pa
(2)气体做等温变化，有pV＋Np V＝pV，解得充气次数N＝30
0 0 1
(3)由p－V图像可知，外界对气体做功W＝－225×4 J＝－900 J，喷水过程内能不变，由热
力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0，所以气体吸收热量Q＝900 J。
第十六章 近代物理
第 1 练 能量量子化 光电效应
1．A [逸出功W ＝hν，W∝ν，A正确；只有照射光的频率大于或等于金属截止频率，才
0 c 0 c
能发生光电效应，与光照的时间无关，B错误；由光电效应方程E ＝hν－W 知，最大初动
k 0
能与入射光的频率和金属逸出功两个因素有关，入射光频率ν不确定时，无法确定E 与W
k 0
的关系，C错误；发生光电效应的前提下，入射光的频率一定时，光强越强，单位时间内逸
出的光电子数越多，D错误。]
2．B [根据ε＝hν可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据λ＝，光在真空中传播
速度不变，可知光子波长减小，故A、D错误，B正确；根据p＝，可知光子的动量增大，
故C错误。]
3．A [时间t内，照射在纸板上的光子数为N＝nctS，辐射能为E＝Nhν＝Nh，则该束光的
辐射通量为Φ＝＝，故选A。]
4．A [电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应中的规律是：光电效应的发生时间
极短，光停止照射，光电效应立即停止，依据该原理实现声音与影像同步，故选A。]
5．B [原始光信号频率必须大于等于截止频率，才能发生光电效应，选项A错误；由E ＝
k
hν－W 知原始光信号频率越大，则经过光电阴极发生光电效应后光电子的最大初动能越大，
0选项B正确；原始光信号转化而成的光电子是电子，而非光子，选项 C错误；电子被外加
静电场加速，说明该电场方向与电子运动方向相反，选项D错误。]
6．A [设天体发射频率为ν光子的功率为P，由题意可知天眼每秒接收光子的能量E＝P··η
＝Nhν，解得P＝，故选A。]
7．C [光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时
动能的最大值E ＝Ue＋hν－hν ，可知E －U图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，
km 截止 km
则图像在纵轴上的截距越小，因ν<ν，则图像C正确，A、B、D错误。]
1 2
8．BC [由爱因斯坦光电效应方程得E＝hν－W，由动能定理得E＝eU，用a、b单色光照
k 0 k
射同种金属时，逸出功W 相同。当ν ＞ν 时，一定有E ＞E ，U ＞U ，故选项A错误，B
0 a b ka kb a b
正确；若U ＜U ，则一定有E ＜E ，故选项C正确；因逸出功相同，有W ＝hν － E ＝
a b ka kb 0 a ka
hν－ E ，故选项D错误。]
b kb
9．ABD [将电源反接，光电管中加反向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数为 0时，
电压表的示数表示遏止电压，由动能定理得，光电子获得的最大初动能E ＝eU，则该实验
km c
可以测量光电子脱离金属后的最大初动能，故选项D正确；根据光电效应方程得E ＝hν－
km
W，两种入射光的频率ν已知，由该装置可以测出两种入射光光电子获得的最大初动能，从
0
而列出两个方程，解方程组则可以计算出普朗克常量 h和K极金属材料的逸出功W ，故
0
A、B正确；若加正向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数不再增大时，电流表的示数
为该光强下的饱和电流，加反向电压不能得到饱和电流，故C错误。]
10．AB [根据Δx＝λ，可知甲光波长比乙光长，甲光频率小于乙光，若甲光能使题图丙中
光电管产生光电流，则乙光一定能使题图丙中光电管产生光电流，选项A正确；U 没有达
AK
到遏止电压时，光电子在光电管中的运动方向由右至左，电流流经电流表方向为从上到下，
选项B正确；根据题图丁可知，b、c两种光射向同一光电管，反向遏止电压是一样的，说
明b、c是同一种频率的光，但是由A选项可知，甲、乙光频率不同，两者是矛盾的，选项
C错误；根据上述分析可知，a光遏止电压小，由爱因斯坦光电效应方程可知，a光照射产
生的光电子的最大初动能一定小于b光照射的，但是a光照射光电管产生的光电子动能不一
定小于b光照射光电管产生的光电子动能，选项D错误。]
11．(1) E－W＋eU
0
(2)Ne
解析 (1)每个光子的能量E＝hν
每个光子的动量为p＝＝
光电子从K逸出时的最大初动能
E＝E－W
k 0
光电子到达A时的最大动能
E ＝E＋eU＝E－W＋eU
km k 0(2)通过微安表的电流I＝＝Ne，设t秒发射总光子数为n，则·S＝Nt，t秒辐射光子的总能量
E′＝nE＝·t，点光源辐射光子的功率P＝＝，得光电管窗口距点光源的距离R＝。
12．(1)1.7×1017 W (2)5.7×108 N
解析 (1)日地之间的距离
r＝ct＝3×108×500 m＝1.5×1011 m
根据球面积公式，太阳在距地球处的球面积S＝4πr2
过地球的球心的截面面积S＝πR2
0 0
地球表面接收到太阳能的功率
P＝P＝·P
0
＝×3.75×1026 W
≈1.7×1017 W
(2)设地球在Δt时间内接收到的光子数为n，接收到的光子的能量nε＝PΔt，一个光子动量p
0
＝＝
根据动量定理FΔt＝np
代入数据解得F≈5.7×108 N。
第 2 练 波粒二象性 物质波 原子结构与玻尔理论
1．C [玻尔的原子理论成功地解释了氢原子的分立光谱，但不足之处是它保留了经典理论
中的一些观点，如电子轨道的概念，还不能完全揭示微观粒子的运动规律，A、B错误；光
电效应揭示了光的粒子性，C正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，
D错误。]
2．A [由题图可知n＝2和n＝1能级之间的能量差值为ΔE＝E －E ＝－3.4 eV－(－13.6
2 1
eV)＝10.2 eV，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 n＝2
和n＝1能级之间的跃迁，故选A。]
3．B [氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子放出光子，且放出光子的能量等于两能
级之差，能量减少，故选B。]
4．B [德布罗意波长公式为λ＝，因此当电子速度减小时，动量减小，德布罗意波长变长。
电子沿着与电场相反的方向做加速运动，动量增大，德布罗意波长变短，故 A错误；电子
沿着电场方向做减速运动，动量减小，德布罗意波长变长，故B正确；磁场对电子不做功，
不改变电子速度大小，故德布罗意波长不变，故C、D错误。]
5．D [原子吸收频率为ν 的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ时有E －E ＝hν ，且
0 Ⅱ Ⅰ 0
从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态能级Ⅰ的过程有E －E ＝hν＋hν＋hν，联立解得ν＝ν－
Ⅱ Ⅰ 1 2 3 2 0ν－ν，故选D。]
1 3
6．BD [高能级向低能级跃迁向外放出能量，以光子形式释放出去，故 A错误；最多能放
不同频率光子的种数为C＝6，故B正确；从最高能级向最低能级跃迁释放的光子能量最大
对应的频率最大，波长最小，则n＝4向n＝1跃迁发出的光子频率最大，故D正确，C错
误。]
7．A [要使处于n＝20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸
收光子的能量为E＝0－() eV＝0.034 eV，结合题图可知被吸收的光子是红外线波段的光子，
故选A。]
8．BC [巴耳末系中波长最长的四种光为可见光，其中能量差最小的对应能级间的跃迁为
3→2，帕邢系中所有跃迁对应的能量均小于3→2的能量差，频率低于可见光的频率，不可
能存在紫外线，故A错误；赖曼系中频率最低(最低能量)的光对应的跃迁是2→1，该频率大
于巴耳末系中的任意光，用来照射光电管一定能发生光电效应，故B正确；研究光电管的
遏止电压时，需让电子做减速运动，应变换电源的正负极，故C正确；向右移动滑动变阻
器滑片，光电管两端加速电压增大，在达到饱和电流前，电流随电压增大而增大，达到饱和
电流后，电流保持不变，故D错误。]
9．A [由ΔE＝hν，根据题图甲可得ΔE ＝hν ，ΔE ＝hν ，代入数据可得ν ≈4.48×1014
Na Na Li Li Li
Hz
对照题图乙可知，锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为红色，故选A。]
10．C [电子绕原子核做圆周运动，由库仑力提供向心力得 k＝m，可得电子的动能为E ＝
k
mv2＝∝，由于rE ，故A错误；根据玻尔的电子轨道量子化假设，可知电子
1 2 k1 k2
不可以在r 和r 之间的任意轨道上稳定运动，故B错误；处于该激发态的原子向基态跃迁
1 2
时释放的光子能量为hν＝E －E ，可得释放的光子频率为ν＝，故C正确；氢原子的上述能
2 1
级跃迁释放能量的方式和氢弹释放能量的方式不相同，氢弹是通过轻核聚变释放能量，故D
错误。]
11．C [根据题图乙可知，a、b、c三种光的遏止电压关系为U>U>U ，根据eU ＝hν－
c b a c
W，
0
可知ν>ν>ν ，由ν＝知λ>λ>λ ，单缝衍射时，a光中央亮条纹最宽，D错误；由p＝知
c b a a b c
p
