文档内容
二轮专题强化练答案精析
专题一 力与运动
第 1 讲 力与物体的平衡
1．AC [瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；根据题图可知，设
两檩条对瓦片的弹力与重力垂直檩条方向的分力间的夹角为α，有2F cos α＝mgcos θ，减
N
小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦
片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间
的摩擦力不变，故D错误．]
2．B [设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可
得4Fcos 30°＝G，解得F＝G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，
可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小
为F＝Fsin 30°＝G，B正确，A、C、D错误．]
f
3．C [因为绳子张力始终与物体B重力平衡，所以绳子张力不变，因为物体A的重力不变，
所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从 P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，
物体B位置会升高，故选C.]
4．B [整体分析，根据水平方向平衡，F sin 30°＝F sin 60°；单独分析左右两部分，根据
AC BC
竖直方向平衡，F cos 60°＝m g，F cos 30°＝m g，解得导线AC部分与BC部分的质量之
BC BC AC AC
比为3∶1，故选B.]
5．D [对结点O受力分析可得，水平方向有Fsin α＝Fsin β，即F 的水平分力等于F 的
1 2 1 2
水平分力，选项C错误，D正确；竖直方向有Fcos α＋Fcos β＝mg，联立解得F ＝，F
1 2 1 2
＝，则F 的竖直分量F ＝，F 的竖直分量F ＝，因sin αcos β－cos αsin β＝sin (α－
1 1x 2 2x
β)>0，可知F >F ，选项A、B错误．]
2x 1x
6．AD [力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误．]
7．A [要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为45°，由于B点的位置不变，
因此弹簧的弹力不变，由图可知，
AB绳的拉力减小，BD绳的拉力F也减小，故A正确，B、C、D错误．]
8．B [光滑杆AOB水平放置，竖直方向受力平衡，不再分析．在水平面内，对两环分别受
力分析，
都受到杆的弹力F 和轻绳的拉力F ，由力平衡原理得知，F 与F 大小相等，方向相反，而
N T N T
F 与杆垂直，则平衡时，轻绳的拉力F 必定与杆垂直．以两环及弹性轻绳整体为研究对象，
N T
分析水平方向整体受力情况，由几何知识得到两拉力间的夹角为120°，根据对称性，由平
衡条件得到F ＝F，故选B.]
T
9．A [设飘带的单位长度质量为m 单位长度所受风力为F ，从底端取飘带上任意长度为
0, 0
x，G＝mgx，F＝Fx，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为 tan θ＝＝，可知所选飘带
0 0
与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一
条倾斜的直线，故选A.]
10．D [隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，
可得F ＝，对两球组成的整体有4mg－μF ＝0，联立解得μ＝，故选D.]
N N
11．B [取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.]
12．C [A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：F ＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
T
对B：2mgsin 45°＝F ＋3μmgcos 45°＋μmgcos 45°
T
整理得，μ＝，选项C正确．]
13．C [结点O转动过程中，动态分析如图所示，＝＝，由于α不变，结点O转动
至水平的过程中，β角一直减小至直角，γ从60°一直增大到150°，可得，F一直增大，绳子
的拉力F 先增大后减小，故A错误；斜面的倾角没变，物块C的重力沿斜面向下的分力不
1
变，B对C的摩擦力等于物块C的重力沿斜面向下的分力，大小不变，故B错误；对B、C
整体受力分析可知，绳子的拉力先增大后减小，但是不清楚初始状态绳子的拉力与物块B、
C重力沿斜面向下方向分力大小关系，所以根据平衡条件可知，斜面对 B的摩擦力可能先增
大后减小，故C正确；对B、C整体受力分析可知，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减
小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D错误．]
第 2 讲 牛顿运动定律与直线运动
1．C [初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间
内、……的位移之比x ∶x ∶x ∶…＝1∶3∶5∶….运动员运动总时间为8t，运用逆向思维，
Ⅰ Ⅱ Ⅲ则第一个t时间内的位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，第八个 t时间内的位
移；最后两个t时间内的总位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，前两个 t时间
内的总位移，故x∶x＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.]
1 2
2．B [由题可知a点是静止站立时的状态，由题图乙可知小明重力为 550 N，故A错误；c
点位置处于超重状态，因此可能处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律
可知小明在d点加速度大于在g点的加速度，故D错误．]
3．A [由题图乙可知0～t 时间内全红婵在竖直方向上做竖直上抛运动，在t 时刻达到最高
1 1
点，之后在t ～t 时间内在竖直方向上做匀加速运动，所以 0～t 时间段与t ～t 时间段在竖
1 2 1 1 2
直方向上加速度方向相同；全红婵在 t 时刻开始进入水面，之后在t ～t 时间内在水中竖直
2 2 3
方向上做匀减速运动，此时全红婵的加速度方向向上，综上可知A正确，B、C、D错误．]
4．AD [根据牛顿第二定律对整体得a＝，则两次运动的加速度大小相等，故 A正确；分
别隔离 B 和 A，得 F ＝m a，F ＝m a，则得到 F ＋F ＝(m ＋m )a＝F，F ∶F ＝
N1 B N2 A N1 N2 A B N1 N2
m ∶m ，故B、C错误，D正确．]
B A
5．D [初始时整个系统静止，弹力为F，对木球分析有ρ gV＝F＋ρgV，释放瞬间，弹力
k 水 k
不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝＝＝(1＋)g，故选D.]
6．D [对货物受力分析可知，若匀速运动，则F＝mgsin θ，F ＝mgcos θ，若货物随板车
f N
做加速运动，设加速度大小为a，则F′－mgsin θ＝macos θ，mgcos θ－F ′＝masin θ，
f N
则F′>F，F ′μ(M＋m)g
0 0 0时，A、B开始一起做加速运动，设当F＝F ，A、B刚好要发生相对运动，以A、B为整体，
0
由牛顿第二定律得F －μ(M＋m)g＝(M＋m)a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得μmg－
0 0
μ(M＋m)g＝Ma，联立解得F ＝，则当μ(M＋m)g ，A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律
1 0
得F－μmg＝ma ，解得a ＝＝－μg，图线的斜率为，且＞，由以上分析可知A的加速度a
2 2 A
与F的关系图像可能为C选项，C正确，A、B、D错误．]
10．B [由匀变速直线运动规律有x＝vt＋at2，变形得＝＋a，可知－图像斜率表示v ，纵
0 0
轴截距表示a，由题图可得出v ＝ m/s，a＝－4 m/s2，解得v ＝40 m/s，a＝－8 m/s2，所以
0 0
该车处于减速状态，初速度为40 m/s，加速度大小为8 m/s2，故A、C错误，B正确；将v
0
＝40 m/s，a＝－8 m/s2代入位移公式可得x＝40t－4t2 (m)，则前2秒的位移为x＝64 m，故
D错误．]
11．(1)72 N (2)16.7 s
解析 (1)倾斜轨道上，运动的位移
x＝303.05 m－12.8 m＝290.25 m
1
根据题图乙可知，到达P点时的速度v＝35 m/s，
t
在水平轨道末端时的速度v＝8 m/s
根据v2－v2＝2ax
t 2 2
解得a＝2 m/s2
2
根据牛顿第二定律有mgsin 15°－F＝ma
f 2
解得F＝72 N
f
(2)在倾斜轨道上运动的时间
t＝＝ s＝13.5 s
2
在水平直轨道上的位移x＝12.8 m，根据
1
v2＝2ax
1 1
解得a＝2.5 m/s2
1
则在水平轨道上运动的时间
t＝＝ s＝3.2 s
1
故运动员从开始运动至下滑到P点的时间为
t＝t＋t＝16.7 s.
2 1
12．(1) (2)
解析 (1)设重物Q的质量为m.
1
细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有
F －mgsin 30°＝ma
T 1对重物Q有mg－F ＝ma
1 T 1 1
滑块P的位移x＝at2
1 10
滑块P在t 时的速度大小v＝at
0 1 10
细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小a＝gsin 30°＝
2
又经过时间t，滑块P运动的位移x＝vt－at2
0 2 10 20
由题意可知x＋x＝0
1 2
解得a＝，m＝
1 1
(2)细线断后滑块P沿斜面向上运动的距离x＝
3
滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程s＝2(x＋x)
1 3
联立解得s＝.
13．B [系统处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有3mgsin θ＝kx ，解得
1
弹簧的压缩量x ＝；当B刚要离开C时，B对挡板的弹力为零，则有kx ＝2mgsin θ，解得
1 2
弹簧的伸长量x ＝，可知从系统静止到B刚要离开C的过程中，A运动的距离为x＝x ＋x
2 1 2
＝，故A正确；从系统静止到B刚要离开C的过程中，重力对A做的功为W ＝－3mgxsin θ
G
＝－，即A克服重力做的功为，故B错误；当B刚要离开C时，对物块A分析，根据牛顿
第二定律，沿斜面方向上有F－3mgsin θ－kx ＝3ma，解得F＝5mgsin θ＋3ma，故C正确；
2
当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则有F－3mgsin θ－F ′＝0，所以F ′＝
T T
2mgsin θ＋3ma，B沿斜面方向有F ′－2mgsin θ＝2ma′，联立解得a′＝a，故D正确．]
T
第 3 讲 抛体运动
1．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.]
2．B [设水下落的高度为h，与水下落的时间t的关系为h＝gt2，故下落高度相同，水流入
下方的时间相同，根据平抛运动水平方向的位移与时间关系x＝vt，减排前、后水的流速比
就等于水平位移之比，所以减排前、后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为，
A、C、D错误，B正确．]
3．D [对滑板爱好者运动分析可知，从坡道A点滑出后，水平方向做匀速直线运动，竖直
方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，即上升时间等于下降时间，由题知第二
次的滞空时间比第一次长，所以第二次下降时间大于第一次，由 h＝gt2知，第二次腾空最大
高度大于第一次，又因为两次水平位移相等，所以两次位移与水平方向的夹角不同，即两次滑出速度方向不相同，故A、B错误；因为第二次下降时间大于第一次，且两次水平位移相
等，由x＝vt知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高点速度小，又由 v
x y
＝gt可知，第二次滑出后竖直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C错
误，D正确．]
4．AB [若小球刚与杆接触时的末速度与水平方向夹角为53°，即小球运动轨迹与杆相切，
设此时小球竖直方向下落高度为h，水平位移为x，则根据平抛运动相关推论有tan 53°＝2，
由几何关系可得tan 53°＝，联立解得h＝1.8 m，x＝2.7 m，则由v<，t＝，联立解得v<4.5
0 0
m/s，C、D错误，A、B正确．]
5．C [依题意可知篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，将篮球从A到C的轨迹看作从
C到A的平抛运动，设C点坐标为(0，y )，C点到B点时间为t，由题图可得L＝v t，y ＝
C C C
gt2，3L－y ＝gt2，联立解得y ＝L，v ＝，故A错误；由题图知B点和D点在同一水平线上，
C C C
则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以两点处的动量不相同，故B错误；
由题图知篮球由A到B和由B到C过程水平方向上发生的位移相等，则所用时间相等，根
据动量定理可得mgt＝－Δp，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C过程重力做
负功，由C到D过程重力做正功，二者不相同，故D错误．]
6．C [在平抛运动过程中，有h＝gt2，x＝vt，位移与水平方向夹角的正切值tan α＝＝，
0
速度与水平方向夹角的正切值tan β＝＝，则tan β＝2tan α.在平抛运动中，h＝x，所以＝＝；
由h＝gt2可知，＝＝；水平速度v＝，可得＝＝；由v＝可知，＝＝，所以碰到墙面时动能
t
之比＝＝，故A、B、D错误，C正确．]
7．B [设B点做圆周运动的线速度大小为v′，此速度为B点的实际速度，根据运动合成
与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，
沿杆方向的分速度大小为v ＝v′cos(β－)＝v′sin β，A点速度为水平方向的v，根据运动
B
合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速
度为v ＝vcos α，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v′sin β＝vcos α，则v′＝，故选
A
B.]
8．BD [设网球飞出时的速度为v，竖直方向v 2＝2g(H－h)，代入数据得v ＝ m/s＝
0 0竖直 0竖直
12 m/s，则v ＝ m/s＝5 m/s，网球击出点到P点水平方向的距离x ＝v t＝v ·＝6
0水平 水平 0水平 0水平
m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v ＝v ·＝4 m/s，平行墙
0水平⊥ 0水平
面的速度分量v ＝v ·＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v ′＝0.75·v ＝3
0水平∥ 0水平 水平⊥ 0水平⊥
m/s，则反弹后的网球速度大小为v＝v ＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t′＝＝ s＝1.3
水平s，着地点到墙壁的距离d＝v ′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误．]
水平⊥
9．B [小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落
体运动．设运动总时间为 t，则水平方向、竖直方向分别有(N＋1)L＝vt，N＝2n－1(n＝
1,2,3，…)，h＝gt2，联立可得v＝(N＋1)L，N＝2n－1(n＝1,2,3，…)，故A、C、D错误，B
正确．]
10．D [根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动
员落至斜面时，分解其位移得 tan θ＝＝＝，则落至斜面时的竖直分速度为 v＝gt＝2vtan
y 0
θ，因此动量变化量为Δp＝mΔv＝2mvtan θ，故A错误；由A得运动员运动的时间为t＝，
0
则水平位移为x＝vt＝，则运动员实际位移大小为x ＝＝，故B错误；将运动分解为沿斜
0 实际
面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面
向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，即当运动员的速度方向与斜面
平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得 cos θ＝，则v＝，故C错误；垂直斜面方
向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为
零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式h＝gt2得，距离赛道最远时的竖直
位移为总竖直位移的，故D正确．]
11．A [设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜抛运
动的对称性可知，乙黄豆从M点运动至最高点的时间为，乙黄豆从M点运动至最高点的水
平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度为v ，乙黄豆到达最高点的速
1
度为v′，在水平方向上由运动学规律：对甲黄豆有L＝vt，对乙黄豆从M点运动至最高点
1
水平方向上有＝v′·，联立解得v ＝v′＝，故B错误；对甲黄豆到达N点时，在竖直方向
1
上有L＝gt2，v ＝gt＝，在水平方向有v ＝＝，甲黄豆到达N点时的速度为v ＝＝，对乙
1y 1 甲
黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为 h＝g()2＝·gt2＝L，
所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的，乙黄豆在M点的竖直方向分速度为
v 2＝，则v ＝，由运动的合成与分解得乙黄豆在 N点的速度为v ＝＝，所以两黄豆相遇
2y 2y 乙
时甲的速度大小不是乙的两倍，故C、D错误；两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正
切值为tan α＝＝＝2，乙的速度与水平方向的夹角正切值为tan β＝＝＝＝1，所以两黄豆相
遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的
两倍，故A正确．]
12．(1)0.3 s (2)1.2×10－4 N
(3)0.18 m
解析 (1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速度为零的匀加速直线
运动，竖直方向上有h＝gt2
将h＝0.45 m代入可得t＝0.3 s(2)对质量为2.0×10－5 kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有x＝at2
1
设风力大小为F，由牛顿第二定律F＝ma
联立并代入数据可解得F＝1.2×10－4 N
(3)对质量为1.2×10－5 kg的瘪粒，恰好落到A 点，设AB宽度为x，则有x＋x＝a′t2
2 2 2 1 2
F＝m′a′
代入数据可得x＝0.18 m.
2
13．(1)4.8 m (2)12 m
解析 (1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v ，由运动的合成与分
1
解规律得
v＝v sin 72.8°①
1 M
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得
1
mgcos 17.2°＝ma ②
1
由运动学公式得d＝③
联立①②③式，代入数据得
d＝4.8 m④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v，
2
由运动的合成与分解规律得v＝v cos 72.8°⑤
2 M
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得
2
mgsin 17.2°＝ma ⑥
2
设腾空时间为t，由运动学公式得
t＝⑦
L＝vt＋at2⑧
2 2
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m.
第 4 讲 圆周运动 天体的运动
1．BD [当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的
周期T＝＝，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小 F ＝mω2r＝k2mgOB，所以Mcos β，故α<β，但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F＝
甲 乙
＝，因m ＝4m ，且h ∶h ＝4∶1，故甲球受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉
甲 乙 甲 乙
力，D正确．]
10．D [考虑地球的自转因素，但两极的自转半径为零，故万有引力等于重力，有 G＝
mg；赤道位置万有引力提供向心力和重力，有G＝mg ＋ma ；同步卫星的公转满足G＝
赤 赤
ma ；而赤道自转角速度和同步卫星的角速度相同，由a＝ω2r，有＝n，联立各式可得g
同 赤
＝(1－)g，故选D.]
11．B [在B点，根据轻绳拉力和重力沿斜面向下的分力提供向心力得mg＋mgsin 30°＝
m，从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin 30°＝mv′2－mv2，在A点，根据轻绳拉力和
重力沿斜面向下的分力提供向心力得F －mgsin 30°＝m，解得F ＝4mg，故选B.]
T T
12．(1)mg (2)
解析 (1)当木架与圆环保持静止状态时，由于A、B两点距离为L，且轻绳长为2L，根据几
何关系可知，两端绳之间的夹角为60°，
对圆环受力分析可得，
竖直方向有2F cos 30°＝mg
T
解得F ＝mg；
T
(2)设轻绳中拉力大小为F ′，做圆周运动的半径为L，圆环与A点的距离为L′，圆环与B
T
点间的轻绳与水平方向的夹角为θ，
根据几何关系可得L2＋L′2＝(2L－L′)2
解得L′＝L，可得θ＝37°
对圆环受力分析可得水平方向上有F ′cos 37°＝mω2L
T
竖直方向上有F ′＋F ′sin 37°＝mg，解得ω＝.
T T
13．(1) (2)2mg (3)
解析 (1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得
F cos 37°＝2mg
T1F sin 37°＝2mω2ssin 37°
T1
联立解得s＝
(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B分析得
F cos 53°＝2mg
T2
F sin 53°＝2m(2ω)2s′sin 53°
T2
s′＝
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时，对圆环A有
F －F＝mω2(L－s)
T1
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有
F ＋F＝m(2ω)2(L－s′)
T2
解得F＝2mg
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B分析，得重力势能变化量为
ΔE＝2mg(scos 37°－s′cos 53°)
p
动能变化量为ΔE＝·2m[(2ωs′sin 53°)2－(ωssin 37°)2]
k
联立解得细线对小球B做的功为W＝ΔE＋ΔE＝.
p k
专题二 能量与动量
第 5 讲 功与功率 功能关系
1．B [由功的计算公式可知，重力做功为W ＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能
G
定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W ＝mv2＝×25×22 J＝50 J，B正确；由动
合
能定理可得W －W ＝mv2，故克服阻力做功W ＝W －mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；
G 克f 克f G
支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．]
2．B [由v－t图像可知，第1 s、第2 s、第3 s内的位移分别为0.5 m、0.5 m、1 m，由F－
t图像及功的公式W＝Flcos α，可知W＝0.5 J，W＝1.5 J，W＝2 J，故选B.]
1 2 3
3．A [在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝m，P由静止下滑到最低点的过程中
有mgr－W ＝mv2，联立解得W ＝mgr－mar＝mr(g－a)，故选A.]
克f 克f
4．BC [由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间 t＝，因为两手榴弹运动的高度差相同，
所以在空中运动时间相等，故A错误；
做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgv＝mg，因为两手榴弹运动的高度差相同，
y
质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减少量ΔE＝mgh，故C正确；
p
从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．]
5．C [设空气阻力大小为F，上升过程的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg＋F＝
f 1 f
ma ，解得a ＝g＋，设下落过程的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg－F＝ma ，解得
1 1 2 f 2
a ＝g－，所以上升过程的加速度大小大于下落过程的加速度大小，由于上升和下落的位移
2
相等，由运动学公式x＝at2，可知上升过程的时间小于下落过程的时间，故 A错误；由于空
气阻力大小不变，上升过程和下落过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失量
等于下落过程中机械能损失量，故B错误；设物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为
v ，物体落回到地面时的速度大小为 v，由运动学公式得v2＝2ax，v2＝2ax，又因为
0 0 1 2
a>a ，所以v>v，上升过程的动能减小量为ΔE ＝mv2，下落过程的动能增加量为ΔE ＝
1 2 0 k1 0 k2
mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的
变化量大小为Δp＝mv，下落过程的动量变化量大小为Δp＝mv，所以上升过程的动量变化
1 0 2
量大于下落过程的动量变化量，故D错误．]
6．BC [外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma ①
1
由速度位移公式有v2＝2as②
0 1 0
外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma ③
2
由速度位移公式有－v2＝2a(2s)④
0 2 0
由①②③④可得，水平恒力F＝，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝，则滑动摩擦力F＝μmg
f
＝，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，
外力F做功为W＝Fs ＝mv2，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t ＝＝，
0 0 1
在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft＝mv，故B正确．]
1 0
7．C [对动车组由牛顿第二定律有F －F ＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，
牵 阻
但F ＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故 A错误；若四节动力车厢
阻
输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过
程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功
率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有＝kv ，
m
联立解得v＝v ，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经
m
过时间t达到最大速度v ，由动能定理可知4Pt－W ＝mv 2－0，可得动车组克服阻力做
m 克阻 m
的功为W ＝4Pt－mv 2，故D错误．]
克阻 m
8．D [上滑过程重力势能为E ＝mgssin θ＝mgsin θ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率
p
为mgsin θ＝，解得sin θ＝，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根
据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝E －E ，整理得E ＝－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＋
k k0 k
E ，动能随s变化的图线斜率为－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝，代入数据解得动摩擦因数为μ
k0＝，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)s ＝0－E ，解得s ＝15
m k0 m
m，上升的高度 h＝s sin θ＝7.5 m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsin θ＋
m
μmgcos θ)t＝0－(－)，解得上滑时间t＝2 s，则重力的冲量为mgt＝1 000 N·s，选项D正
确．]
9．A [火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高
压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重
力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向
下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小
于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，
故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A正确；根据能量守恒定律，可知高
压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，
可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和
空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．]
10．BC [杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对 A
球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W ，A下
1
降的高度为h，杆对A球做的功为W ，则杆对B球做功为－W ，由动能定理，对A球有
2 2
mgh－W＋W＝0，对B球有2mgh－W＝0，联立解得W＝W，即A球克服弹簧弹力做的功
1 2 2 1 2
是杆对A球做的功的倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A
球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小
为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，
方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放
时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于 g，所以
A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二
定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，故D错
误．]
11．BD [根据题意和动能定理可得(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcos 30°－W ＝0，W －
弹 弹
Mglsin 30°－μMglcos 30°＝0，联立可得M∶m＝1∶6，故A错误；下滑速度最大时有(M＋
m)gsin 30°－μ(M＋m)gcos 30°－F ＝0，可得F ＝Mg，上滑速度最大时有F ′－Mgsin 30°
弹 弹 弹
－μMgcos 30°＝0，可得F ′＝Mg，所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的
弹
同一点，故B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为a ＝＝g，上滑的加速度为a
1 2
＝＝g，则＝，故C错误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，有(M＋
m)glsin 30°－μ(M＋m)glcos 30°＝E，则弹簧的最大弹性势能为E＝Mgl，故D正确．]
p p
12．(1)3.6×104 N 25 s (2)75 m/s
解析 (1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有
F－3F＝3ma
f
F＝0.01mg
f
代入数据解得F＝3.6×104 N
每个动车提供最大功率为P＝600 kW，设每个动车提供的牵引力为F ，动车匀加速行驶能
0 牵
达到的最大速度为v，对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定律，有
1
2F －8F＝8ma
牵 f
2P＝2F v
0 牵 1
v＝at
1 1
联立解得t＝25 s
1
(2)和谐号动车组以最大速度行驶时动力与阻力平衡
设最大速度为v ，则有2P＝8×0.01mg·v
m 0 m
解得v ＝75 m/s.
m
13．BD [系统静止时，弹簧压缩量x ＝，A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量x ＝，由题可
1 2
知x ＋x ＝－L＝L，解得k＝，选项A错误；根据x ＝x ，知弹性势能不变，则小车在0～L
1 2 1 2
位移内拉力对B做的功W ＝mg·Lsin 37°，解得W ＝mgL，选项B正确；小车位移大小为L
1 1
时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，将小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，
则B的速率v ＝2sin 37°＝，选项C错误；小车在0～L位移大小内，设拉力对B做的功为
B
W，对B分析，根据功能关系有W＝mv 2＋mg·Lsin 37°＝mgL，选项D正确．]
2 2 B
第 6 讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律
1．C [对A、B组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程有mg·－mgR＝
×2mv2，解得v＝，故选C.]
2．D [P与Q的速度关系如图所示
释放后，P绕A点做圆周运动，P的速度沿圆周的切线方向，当绳BC与水平夹角为30°时，
绳BC与绳AB垂直，P的速度方向沿CB的延长线，此时物体Q与物体P的速度大小相等，
之前的过程中，速度大小不相等，故A错误；释放瞬间，P所受合力为重力，故加速度等于
g，故B错误；由几何关系知AC＝2L，P处于AC的中点时，则有BC＝L，当下降到图示位置时BC＝L，Q上升的高度h ＝(－1)L，P下降的高度为h ＝Lcos 30°＝L，由A项中分析知
1 2
此时P、Q速度大小相等，设为v，根据系统机械能守恒得mgh ＝mgh ＋×2mv2，解得v
2 1
＝，故D正确，C错误．]
3．AD [金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升
到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，
故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金
属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W ＝0，
G
则W＝－W ＝－5mg(－d)＝－mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重
G
物整体，由动能定理得5mg(－d)－mg＝mv2，解得v＝2，故C错误；若金属环最高能上升
到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(－)＝mg(＋)，解得α＝
53°，故D正确．]
4．C [据题意知，发动机的输出功率为P＝＝17 kW，故A错误；根据能量守恒定律结合
能量分配图知，1 s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104 J，故
B、D错误，C正确．]
5．D [由分析可知，x＝0.10 m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE ，则m
k
＝＝ kg＝1 kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx ＝μmg，Δx
1 1
＝0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E ＝
pm
μmgx ＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝＝
m
m/s2＝8 m/s2，所以D正确．]
6．BCD [下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械
能一直减小，所以A错误；运动员在下落过程中的前10 m做自由落体运动，其加速度恒定，
所以B正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，
弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m，所以
E ＝mgH ＝15 300 J，所以C正确；由题图可知，下落约15 m时，运动员的速度最大，根
p m
据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E ＝mgH－mv 2＝2 250 J，所以D正确．]
pm m
7．(1)g (2) (3)mgL
解析 (1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律
有4mgsin 30°－mg－4μmgcos 30°＝5ma
解得a＝g
(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgLsin 30°－mgL－4μmgLcos 30°
＝·5mv2
解得v＝
(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得
4mg(L＋)sin 30°－mg(L＋)－μ·4mgcos 30°(L＋)－W ＝0－0
弹
解得W ＝mgL
弹
则弹簧具有的最大弹性势能E＝W ＝mgL.
p 弹
8．(1)0.5 N 0.5 N (2)1.3 N 0.7 N
(3) m/s 2.85 m
解析 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，
根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1 N，
内、外轨道对小圆柱的摩擦力F ＝F ＝μF ＝0.5 N
f1 f2 N
(2)当v＝6 m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时有mv2－mv2＝－(F ＋F )l
0 0 f1 f2
在B点有F sin 60°－F sin 60°＝m，F cos 60°＋F cos 60°＝mg
N1 N2 N1 N2
解得F ＝1.3 N，F ＝0.7 N
N1 N2
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 最大时，在B点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有
0
F ′sin 60°＝m ，F ′cos 60°＝mg
N1 N1
且mv 2－mv 2＝－(F ＋F )l
m 0m f1 f2
解得v ＝ m/s，在圆弧上受摩擦力为
0m
F＝μF ′＝μ＝1 N
f N1
即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等
所以mv 2＝Fs
0m f
解得s＝2.85 m.
9．(1)7 N (2)v＝，其中l≥0.85 m (3)见解析
x
解析 (1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv 2
C
在C点由牛顿第二定律有F －mg＝m
N
解得F ＝7 N
N
(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定
理可得
mgl sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0
1
解得l＝0.85 m
1
因此要能过F点必须满足l≥0.85 m
x
能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得
mglsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，
x
解得v＝，其中l≥0.85 m.
x(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，l ＝
x FG
解得l＝ m(n＝1,3,5，…)
x
又因为l ≥l≥0.85 m，l ＝3 m，
AB x AB
当n＝1时，l ＝ m
x1
当n＝3时，l ＝ m
x2
当n＝5时，l ＝ m.
x3
微专题 1 传送带中的动力学和能量问题
1．C [从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为 2
m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿
顺时针转动，速度大小为2 m/s，A、D错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块
沿传送带下滑时的加速度大小a＝＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝
ma，解得μ≈0.94，B错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知 t ＝ s
1
时，物块的速度减为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大
小x ＝×4× m＝ m，t ＝ s到t ＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x ＝×2 m＝
1 1 2 2
m，因为x＝x，所以物块在第6 s时回到M点，C正确．]
1 2
2．C [根据动能定理可得摩擦力对小物体做的功为W＝mv2，故A错误；t时间内小物体和
f
传送带的位移大小分别为x ＝，x ＝vt，根据牛顿第二定律可得小物体所受摩擦力的大小为
1 2
F＝ma＝，由于小物体与传送带相互作用而产生的内能为Q＝F(x －x)＝mv2，故B错误；
f f 2 1
根据能量守恒定律可知，由于小物体与传送带相互作用导致电动机要多做的功为W＝W＋Q
f
＝mv2，故C正确；共速前小物体受向右的摩擦力，共速后小物体不受摩擦力，故 D错
误．]
3．B [当传送带以v＝8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有F ＝
T
F，即m g＝μm g，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8 m/s顺时针转动，物
f P Q
块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有m g＋μm g＝(m ＋m )a，解
P Q P Q
得a＝ m/s2，当Q速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有
v＝at ，代入数据解得匀加速的时间为t ＝1.2 s，匀加速的位移大小为x＝，代入数据解得x
1 1
＝4.8 m，则匀速运动的时间为t ＝，代入数据解得t ＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用
2 2
的时间为t ＝t ＋t ＝2.6 s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，
总 1 2
匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错
误；由B的分析可知，Q在这个过程中先加速后匀速，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误．]
4．ABC [速度－时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可
知其加速度大小a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ
＝0.8，故A、B正确；由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木
箱获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移 x ＝2×5 m－×2×5
相对
m＝5 m，速度－时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，L ＝×2 m＝15 m，
AB
则h＝L sin 37°＝9 m，E ＝mgh＋mv 2＋μmgx ·cos 37°＝1 240 J，故C正确，D错误．]
AB 电 m 相对
5．A [设物块到达P点时的速度大小为v′，反弹后运动到B点时的速度为零，对物块从
P点返回到B点的过程，由动能定理得－μmg(L ＋L)＝0－mv′2，解得v′＝2 m/s，对物块
1 2
由A点到P点过程，由动能定理得－μmgL ＝mv′2－mv 2，解得v ＝4 m/s，小物块可能在
2 A A
传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到 B端时就共速，故A正确；弹簧对小
物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；
若物块滑上传送带时的速度v 较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B点到返回B点的
B
过程，有－2μmg(L＋L)＝0－mv 2，解得v ＝2 m/s，若速度v 较小，物块在AB上一直加速，
1 2 B B B
到A点时恰好与传送带同速，有μmg＝ma，L ＝v t＋at2，v＝v ＋at，联立解得v ＝2 m/s，
1 B B B
故小物块离开弹簧时的速度一定满足2 m/s≤v ≤2 m/s，故C错误；小物块与传送带间摩擦
B
力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘传送带位移，传送带对小物块做功
的绝对值为摩擦力乘小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，
故D错误．]
6．BD [工件放上传送带后的加速度大小a＝＝0.4 m/s2，经过t 时间与传送带速度相等，
1
则t ＝＝5 s，运动距离x ＝t ＝5 m，由于μ＝0.8，所以有F ＝μmgcos θ>mgsin θ，故工件
1 1 1 fm
与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，x ＝l－x ＝vt ，解
2 1 2
得t ＝2.5 s，此时工件受到的摩擦力为静摩擦力，故A错误；刚放上去时，工件距前一个工
2
件的距离最小，为Δx＝a(Δt)2＝0.2 m，故B正确；每个工件在传送带上的运动时间t＝7.5
s，当第n个工件刚到达B端时，第n＋7个工件已经在传送带上运动了0.5 s，下一时刻第n
个工件从传送带上离开，而第n＋8个工件还未放上，此刻传送带上就只有7个工件，故C
错误；传送带上满载时，有五个工件在传送带上滑动，有三个工件相对传送带静止，传送带
受到的摩擦力F ＝5μmgcos θ＋3mgsin θ＝50 N，故D正确．]
f总
7．BD [由题图(b)可知，开始时，物块所受摩擦力方向向下，当物块的速度和传送带速度
相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，故物块继续做加
速运动，当位移为x 时，物块的速度为5 m/s，可得＝mv2，代入数据解得E ＝50 J，故D正
0 0
确；根据功能关系得(mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝mv2＝，(mgsin θ－μmgcos θ)×10x ＝－，联
0 0
立解得μ＝0.5，x ＝1.25 m，故B正确，A错误；传送带A、B之间的距离为20 m，物块速
0度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得 a ＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，可得时间t ＝
1 1
＝0.5 s，当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律有a ＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，根
2
据运动学公式有20 m－x＝vt＋at2，解得t＝2.5 s，物块从A运动到B所用时间为t＝t＋t
0 2 22 2 1 2
＝3 s，故C错误．]
8．(1)4.25 m (2)40 J
解析 (1)包裹被从顶端推下传送带时由牛顿第二定律可得μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a
＝0.4 m/s2
设经过t 后包裹与传送带速度相等，有t＝＝2 s
1 1
这段时间内包裹运动的距离s＝·t＝2 m
1 1
传送带运动的距离s′＝vt＝1.2 m
1 11
由于μmgcos θ＞mgsin θ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，
共速后匀速运动时间t＝Δt－t＝3 s
2 1
包裹匀速运动距离s＝vt＝1.8 m
2 12
停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t＝＝1.5 s
3
停电后运动的距离s＝t＝0.45 m
3 3
传送带顶端到底端的距离
L＝s＋s＋s＝4.25 m
1 2 3
(2)产生的热量
Q＝μmg(s－s′)cos α＋μmgscos α＝40 J.
1 1 3
9．(1) 4 m/s (2)1.6 m (3)见解析
解析 (1)由牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，
解得a＝2 m/s2，
由2ax＝v2，
0 1
可得v＝4 m/s.
1
(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为
a＝＝10 m/s2，
1
由v2－v2＝－2aL，解得L＝0.6 m，
1 1 1 1
速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL，
2
得L ＝1 m，则滑块与挡板P第1次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离为L＝
2
L＋L＝1.6 m.
1 2
(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度大小a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二
次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前瞬间的速度大小为v＝＝ m/s
2与挡板第二次碰撞后，滑块以原速被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a 做匀减速运动
1
直到速度为v，此过程运动距离为L，则L＝＝0.12 m
3 3
之后以加速度大小a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离
为L，则有L＝＝1 m，
4 4
滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速
度为
v＝＝ m/s，
3
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为L′＝＋＝1.024 m，
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2 m/s的速度被反弹，在距挡板1 m的范围内不断做向上
的减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为 2 m/s2，滑块对传送带有一与传送带运动方
向相反的阻力F＝μmgcos 37°＝2 N，
f
故电动机增加的输出功率为P＝μmgvcos 37°＝4 W.
第 7 讲 动量
1．B [根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝＋mg，鞋垫的作用是延长了人与地
面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，
A、C、D正确； 鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动
量变化量不变，B错误．]
2．A [加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向
相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，
故A正确，D错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电
力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为
0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B、C错误．]
3．D [根据动能定理有W ＝m(2v)2－mv2＝mv2，W ＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W ＝
1 2 2
7W ；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
1
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
1 2 2 1
选D.]
4．AC [分析A、B的运动过程，可知t 时刻A、B间的距离正在增大，弹簧处于伸长状态，
1
t 时刻A、B间的距离最小，弹簧的压缩量最大，A正确；t 时刻A、B达到共同速度，由动
2 2
量守恒定律可得mv ＝2mv ，0～t 时间内，对B运用动能定理有W＝mv 2＝，B错误；0
0 共 2 共
～t 时间内，由动量守恒定律有mv ＝mv ＋mv ，A与B的动能之差ΔE ＝mv2－mv2，结合
1 0 1 2 k 1 2
v －v ＝Δv，可得ΔE ＝mvΔv，C正确；t 时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能E ＝
1 2 k 0 2 pmv2－mv 2，结合v ＝，E＝kx2，解得弹簧的形变量x＝，D错误．]
0 共 共 p
5．BC [若A、B发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv＝mv ＋
1
3mv ，则由机械能守恒定律可得mv2＝mv2＋·3mv2，解得碰撞后小球B的速度大小为v ＝v
2 1 2 2
＝v；若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两者共速，根据动量守恒定律可得mv＝(m
＋3m)v′，解得碰撞后小球B的速度大小为v′＝v，即碰撞后小球B的速度大小范围为
v≤v ≤v，故选B、C.]
B
6．ABD [小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝mv2，小球刚
0
到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有 F －mg＝m，根据牛顿第三定律可知小球对
N
金属块的压力大小为F ′＝F ，联立解得F ′＝5mg，A正确；小球第一次到达最低点至
N N N
小球到达圆形槽右端过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则有mv ＝(m＋M)v，根据能
0
量守恒定律有mgR＝mv2－(m＋M)v2，解得M＝m，B正确；小球第二次到达最低点的过程
0
中，水平方向动量守恒，即有mv ＝Mv ＋mv ，又由能量守恒可得mv2＝Mv2＋mv2，M＝
0 1 2 0 1 2
m，解得v＝v＝2，v＝0，C错误，D正确．]
1 0 2
7．AD [选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为v ，第一次A、C碰撞之后，A
A
的速度为v ，C的速度为v ，对物块A，根据动量定理有I＝mv ，A、C发生弹性碰撞，碰
A1 C1 A
撞过程由系统的动量守恒有mv ＝mv ＋Mv ，由能量守恒有mv 2＝mv 2＋Mv 2，又有m
A A1 C1 A A1 C1
＝M，联立解得v ＝v ＝－，v ＝v ＝·＝，故D正确；由上述分析可知，A、C碰撞之后，
A1 A C1 A
A反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为v
B1
＝v ＝－，v ＝v ＝，则v a ，则m 0
3
代入可得k＜
综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围是≤k＜.
13．C [碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后
两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x ＝R －R ＝0.61 m，蓝壶
1 2 1
运动的距离为x ＝2R ＝2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者
2 2
做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v2＝2ax，对蓝壶有v2＝2ax，联立可得＝，即碰
1 1 2 2
后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B错误；设红壶碰前速度为v ，则有mv ＝mv ＋mv ，故
0 0 1 2
有v ＝3v ，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；碰前系统动能为E ＝mv2，碰
0 1 k0 0
后系统动能为E ＝mv2＋mv2，则有E >E ，机械能不守恒，D错误．]
k1 1 2 k0 k1微专题 2 板块模型的综合分析
1．AC [物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体A分析有μm g＝m a ，由v－t图
A A A
像可得 a ＝＝ m/s2＝3 m/s2，联立解得 μ＝0.3，所以 A正确；对小车 B分析有 μm g＝
A A
m a ，由v－t图像可得a ＝＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得＝，所以B错误；小车B的最小长度
B B B
为物体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有L ＝x －x ＝×1 m－×1 m＝2 m，所以C
min A B
正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B的加速度增大，
所以两者达到共速的时间减小了，则物体A与小车B的相对滑动位移减小，所以物体A不
可能冲出去，所以D错误．]
2．AB [若只增大滑块质量，滑块的加速度大小保持不变，但木板的加速度增大，所以两
者达到共速的时间减少了，则滑块在木板上的相对滑动位移减小，所以滑块不能滑离木板，
A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度
变大，即滑块在木板上的运动时间变短，B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，
滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑
块离开木板的速度变小，C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度均减小，
相对位移不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板相
对地面的位移变小，滑块滑离木板过程中滑块相对地面的位移为板长加木板对地位移，故减
小，D错误．]
3．AB [由题图乙可知，力F在t ＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v ＝5 m/s，t ＝6 s时
1 1 2
两者速度相同，共同速度为v＝3 m/s，t＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t＝6 s
2 2 2
后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由题图乙知
a ＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma ，解得μ ＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为研
1 1 1 1
究对象，由题图乙知a ＝2 m/s2，由牛顿第二定律得μ(2m)g＋μmg＝ma ，解得μ ＝0.075，
2 2 1 2 2
从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ(2m)g－μmg＝ma ，解得a ＝1
2 1 3 3
m/s2，这段时间Δt ＝＝3 s，所以t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P
1
的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx ＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m
1
－×3×6 m＝7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得
μmg＝ma ，解得a ＝0.5 m/s2，这段时间Δt ＝＝6 s，所以t ＝12 s时滑块Q停下来，6 s后
1 4 4 1 3
滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx ＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更
2
大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx －Δx ＝3
1 2
m，故D错误．]
4．(1) (2)8m (3)3∶4
解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为F＝μmg
f
由动能定理有－FL＝m()2－mv2
f 0
解得μ＝.
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为 v，
由能量守恒定律有
μmgL＝mv2－(m＋M)v2
0
由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
0
联立两式解得M＝8m.
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，对滑块由动量定理有I＝m()－mv＝－mv
1 0 0
木板不固定时滑块末速度由(2)知v＝＝
由动量定理有I＝mv－mv＝m()－mv＝－mv
2 0 0 0
解得I∶I＝3∶4.
1 2
5．(1)112.5 J (2)8 m/s2 2 m/s2 (3)1.125 m
解析 (1)子弹射中木板A的过程动量守恒，有mv＝(m＋M)v
0 0 0 1
由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为
ΔE＝mv2－(m＋M)v2
0 0 0 1
解得v＝5 m/s，ΔE＝112.5 J；
1
(2)子弹“停”在木板内之后瞬间对B应用牛顿第二定律可得μmg＝ma ，
1 B
对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μmg＋μ(m＋m＋M)g＝(m＋M)a ，
1 2 0 0 A
解得a ＝8 m/s2，a ＝2 m/s2；
A B
(3)子弹停在木板A内之后，A、B发生相对滑动，A减速，B加速，
设经过时间t 二者共速，有v－a t＝a t
1 1 A1 B1
解得t＝0.5 s，此时二者速度为v＝a t＝1 m/s，
1 2 B1
故此过程A与B相对地面的位移分别为x ＝vt－a t2，
A 11 A1
x ＝a t2，
B B1
共速后，因为μ<μ ，故二者分别做匀减速运动，对子弹与 A组成的整体应用牛顿第二定律
1 2
可得
μ(m＋m＋M)g－μmg＝(m＋M)a ′，
2 0 1 0 A
对B应用牛顿第二定律可得μmg＝ma ′，
1 B
解得a ′＝4 m/s2，a ′＝2 m/s2，
A B
共速后A、B继续滑行的距离分别为x ′＝，
A
x ′＝，
B
故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为Δx＝(x ＋x ′)－(x ＋x ′)，
A A B B联立可得Δx＝1.125 m.
6．(1)2 m/s (2)0.5 m
解析 (1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v 、v ，木块C与木板A发生弹性碰撞，
1 2
有
Mv＝Mv＋Mv
0 1 2
Mv2＝Mv2＋Mv2
0 1 2
代入数据解得v＝0，v＝v＝2 m/s
1 2 0
(2)碰后木板A做减速运动，其加速度a＝－＝－3 m/s2
1
木块B做加速运动，其加速度a＝＝μg＝1 m/s2
2 1
设二者速度相同时速度为v，
有＝
解得v＝0.5 m/s
此过程中木板A的位移为
x＝＝ m
1
木块B的位移为x＝＝ m
2
二者速度相同后，木板A继续减速，假设B相对A向右滑动，
则A的加速度为
a＝＝－ m/s2
3
木块B向右做减速运动，其加速度
a＝－＝－μg＝－1 m/s2
4 1
因为|a|>|a|，假设成立．所以速度相同后，木块B相对木板A将向右运动，直至停止．
3 4
A向右减速到零的位移
x＝＝ m
3
A减速到零时，由于μmg<μ(m＋M)g，故保持静止．
1 2
B向右减速到零的位移为
x＝＝ m
4
即B先相对A向左移动了x－x＝0.5 m，
1 2
后相对A向右移动了x－x＝ m，
4 3
则要保证木块B不从木板A上滑下，
木板A的最小长度为L＝x－x＝0.5 m.
1 2
7．(1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
解析 (1)根据动量守恒定律有
Mv＝(M＋m)v
0解得v＝6 m/s
(2)根据题意可知
μ＝tan θ＝0.75
对铁块A受力分析有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
解得a＝12 m/s2
1
对长木板受力分析有
Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma
2
解得a＝－6 m/s2
2
经过时间t速度相等，
有v＝v＋at＝at
0 2 1
铁块运动位移x＝t＝1.5 m
1
长木板运动位移x＝t＝3.75 m
2
长木板的长度l＝x－x＝2.25 m
2 1
(3)系统动能的变化量
ΔE＝(M＋m)v2－Mv2＝－27 J
k 0
铁块重力势能的变化量
ΔE ＝－mgxsin θ＝－9 J
p1 1
长木板重力势能的变化量
ΔE ＝－Mgx sin θ＝－45 J
p2 2
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q＝μ(M＋m)gxcos θ＝67.5 J
1 2
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q＝μmglcos θ＝13.5 J
2
因为ΔE＋ΔE ＋ΔE ＋Q＋Q＝0
k p1 p2 1 2
故系统能量守恒．
微专题 3 力学三大观点的综合应用
1．(1)6 m/s (2)33 N (3)12.75 m
解析 (1)小物体P从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
mgL sin α＝mv2
1
解得v＝6 m/s.(2)小物体P、Q碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒．设碰后瞬间小物体P、Q的速度分别
为v、v，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
1 2
mv＝mv＋mv
1 2
mv2＝mv2＋mv2
1 2
解得v＝0
1
v＝6 m/s
2
由于mgsin α<μmgcos α
故碰撞后小物体P将静止在倾斜轨道上B点．
设小物体Q滑到C点时的速度大小为v ，在从B点运动到C点的过程中，由动能定理有
C
mgL sin α－μmgLcos α＝mv 2－mv2
2 2 C 2
解得v ＝5 m/s
C
对小物体Q，在圆弧轨道上C点时，由牛顿第二定律有
F －mg＝m
N
解得F ＝33 N
N
由牛顿第三定律知，小物体Q运动到圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力大小为33 N.
(3)小物体Q从圆弧轨道回到C点时的速度大小仍为v ，设小物体Q沿倾斜轨道向上运动的
C
距离为L，由动能定理有
3
－μmgLcos α－mgL sin α＝0－mv 2
3 3 C
解得L＝1 m
3
小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离L＝L－L
2 3
解得L＝12.75 m.
2．(1)2R (2)mgsin θ
(3)mgR
解析 (1)设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由
2
牛顿第二定律得
mg＝m
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝gt2
在水平方向上有x＝v′t
2
联立解得x＝2R
(2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得
mgRcos θ＝mv 2
D
由于对A做功的力只有重力，则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgv sin θ
D
解得P＝mgsin θ
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v、v，对B由Q点到最高点的过程，
1 2
由机械能守恒定律得mv2＝mv′2＋mg·2R
2 2
解得v＝
2
对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得mv2＝mgR
1
解得v＝
1
设碰前瞬间A的速度为v，对A、B碰撞的过程，
0
由动量守恒定律得mv＝mv＋mv
0 1 2
解得v＝＋
0
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝mv2－mv2－mv2
0 1 2
解得ΔE＝mgR.
3．(1) m/s m/s (2) m/s
解析 (1)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为v 和v
1 2
mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2
解得v＝－ m/s，v＝ m/s
1 2
所以两物块碰后瞬间的速度大小分别为 m/s、 m/s
(2)设碰后Q的加速度为a
μmg＝ma
假设第二次碰撞前Q没有停止运动，有
x＋2L＝|v|t
1 1
x＝vt－at2
21 1
解得t＝0.8 s
1
假设第二次碰撞前Q已经停止运动，有
v＝at
2 2
解得t＝1.6 s
2
所以第二次碰撞前Q没有停止运动，设第二次碰撞后瞬间，P的速度为v ′，Q的速度为
P
v ′，则有
Q
v ＝v－at
Q 2 1
mv ＋mv ＝mv ′＋mv ′
1 P 2 Q 1 P 2 Q
mv 2＋mv 2＝mv ′2＋mv ′2
1 P 2 Q 1 P 2 Qv ＝－v
P 1
解得v ′＝ m/s.
Q
4．(1)mgR (2)(，)
(3)见解析
解析 (1)球A在圆弧上下落过程中有
mg(R－Rcos θ)＝mv2①
1
对A、B球碰撞过程有
mv＝2mv②
1 2
当A、B、C三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，对A、B、C系统有
2mv＝3mv③
2 3
E＝×2mv2－×3mv2④
p 2 3
由①～④式得
E＝mgR
p
(2) 当弹簧恢复原长时C 球与弹簧分离，对A、B、C系统有
2mv＝2mv＋mv⑤
2 4 5
×2mv2＝×2mv2＋mv2⑥
2 4 5
对C球平抛过程有x＝v·t⑦
5
2R－y＝gt2⑧
又y＝x2⑨
由⑤～⑨式得x＝，y＝
即P点的位置坐标为(，)．
(3)当A球质量为km 时，对A、B系统有
kmv＝(km＋m)v′
1 2
对A、B、C系统有
(km＋m)v′＝(km＋m)v′＋mv′
2 4 5
(km＋m)v′2＝(km＋m)v′2＋mv′2
2 4 5
由以上三式得
v′＝
5
对C球平抛过程有
x′＝v′·t,2R－y′＝gt2
5
又y′＝x′2
mg(2R－y′)＝E－mv′2
k 5
由以上四式得E＝
km
当＝
即v′＝时动能最小，此时k＝2，动能最小值为E ＝mgR.
5 kmin
高考新动向 1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
1．(1)1 m/s (2)6.75 m (3)5.062 5 m
解析 (1)第一次碰后A、B达到共同速度且为B与C第二次碰前瞬间的速度，设为v，以向
1
右为正，由动量守恒定律有
mv－mv＝(m＋m)v
1 0 2 0 1 2 1
解得v＝v＝v＝1 m/s
1 0 0
(2)全过程由能量守恒定律有
μm gL＝(m＋m)v2
1 1 2 0
可得L＝6.75 m
(3)设B与C第一次碰后向左运动的最大距离为s，对长木板，由动能定理
1
－μm gs＝0－mv2
1 1 2 0
解得s＝v2＝2.25 m
1 0
第二次碰后由动量守恒定律有
mv－mv＝(m＋m)v
1 1 2 1 1 2 2
解得v＝v＝v＝()2v
2 1 1 0
设B与C第二次碰后向左运动的最大距离为s，对长木板，由动能定理
2
－μm gs＝0－mv2
1 2 2 1
可得s＝v2＝s
2 1 1
第三次碰后，由动量守恒定律有
mv－mv＝(m＋m)v
1 2 2 2 1 2 3
可得v＝v
3 2
设B与C第三次碰后向左运动的最大距离为s，对长木板，由动能定理
3
－μm gs＝0－mv2
1 3 2 2
可得s＝v2＝()2s
3 2 1
s，s，s，…，s 为等比数列，公比为，
1 2 3 n
B运动的总路程s＝2＝5.062 5 m.
2．(1)0.375 m/s (2)
(3)2 m/s解析 (1)设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧前第1个滑环的速度为v，由动能定理得
1
－μmgl＝mv2－mv2
1 0
解得v＝0.75 m/s
1
设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间两个滑环的速度变为v，由动量守恒定律得
2
mv＝2mv
1 2
解得v＝0.375 m/s
2
(2)设第3、4个滑环间的细线绷紧前瞬间整个装置的速度为v，第3、4个滑环间的细线绷紧
3
后瞬间整个装置的速度为v，由动量定理得
4
3mv＝4mv
3 4
解得v＝v
4 3
则第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值为
＝＝
(3)第1个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μmgl＝E －E
k1 k0
第2个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×2mgl＝E －E
k2 k1
变形可得
－μ×22mgl＝2E －E
k2 k1
第3个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×32mgl＝3E －2E
k3 k2
第4个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×42mgl＝4E －3E
k4 k3
则第8个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×82mgl＝8E －7E
k8 k7
要让所有细线均被拉直，有E ≥0
k8
联立有
－μmgl·(12＋22＋32＋42＋…＋82)＝8E －E <0
k8 k0
mv2≥μmgl·(12＋22＋32＋42＋…＋82)
0
解得v≥ m/s＝2 m/s.
0专题三 电场与磁场
第 8 讲 电场
1．A [根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去a
处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，设每根长棒在O点产生
的电势为φ ，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ ，现在撤去a处
0 0
的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ，故O点的电势减小，故选A.]
0
2．BC [根据平行板电容器电容的决定式和定义式分别有C＝和C＝，抽出金属板后x增大，
则C减小，而U不变，所以Q减小，故A错误；两金属板间电场强度大小为E＝，抽出金
属板瞬间，x增大，U不变，所以E减小，因为质点P所在位置到下极板的距离不变，且下
极板的电势为零，所以质点P所在位置的电势降低，分析可知质点P带负电，所以其电势
能增加，故B正确；设质点P的质量为m，抽出金属板前，根据平衡条件有q＝mg，抽出金
属板后设带电质点P的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mg－q＝ma，联立可得a＝
g，故C正确，D错误．]
3．D [根据等势面的分布疏密，可判断出f点的电场最强，故A错误；电场线与等势面垂
直，从题图中不能确定c、d、e、f四点的连线恰好垂直于各等势面，所以该连线不一定是
电场线，故B错误；电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持
为零，故C错误，D正确．]
4．C [由对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，选项A错误；因D点
距离两正电荷比B点更近，可知D点的电势高于B点电势，选项B错误；电子在以D为圆
心、以正方体棱长为半径的圆周上所受的静电力大小相等且都指向 D点，则将电子从C点
沿CB方向射出，因该方向与静电力方向垂直，若静电力提供电子所需的向心力，则电子可
能做匀速圆周运动，选项C正确；因BC方向与电子在B点受的静电力方向不垂直，将电子
从B点沿BC方向射出，则电子不可能做匀速圆周运动，选项D错误．]
5．C [取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产
生的电场强度为与A在同一直径上的A 和与B在同一直径上的B 产生的电场强度的矢量和，
1 1
如图所示，
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹
1角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E ＝k，根据O点的合电场强度为
1
0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝k，又E′＝k，联
立解得q＝，故选C.]
6．AC [由题图可得从x 到x 粒子电势能增大，则静电力做负功，因为正电荷受静电力的
1 2
方向与电场强度的方向一致，则x ～x 之间的电场强度沿x轴负方向，故A正确；E －x图
1 2 p
像中直线或曲线上某点处切线的斜率大小表示粒子在该点所受静电力的大小，由题图可知在
x 处的切线斜率不为零，故该处的电场强度也不为零，故B错误；只在静电力作用下粒子的
1
动能与电势能之和不变，可知从x 到x 粒子的动能一直减小，则速度一直减小，故 C正确；
1 2
从x 到x 图线的斜率逐渐减小，所以粒子受到的静电力逐渐减小，其加速度也逐渐减小，
1 2
故D错误．]
7．C [由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题
意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，
则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板
间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝
vt，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电
0
场中加速度相同，有(v)2－v2＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误．]
0 0
8．ABC [由电场强度的叠加可知从O点到O′点电场强度的方向一直向右，因此电势一直
降低，故A正确；由电场强度的叠加可知电场线垂直于过P点且垂直于OO′的平面，在此
平面上移动电荷时静电力不做功，因此该平面为等势面，故 B正确；＋Q在O点产生电场
强度为零，O点的电场强度由－Q和O与－Q间的距离决定，同理O′点的电场强度由＋Q
和O与＋Q间的距离决定，由几何关系结合电场强度叠加知O点与O′点电场强度大小相
等、且方向均向右，故C正确；当两环均向P靠拢且间距无穷小时，P点电场强度近似为零，
两环间距越小时，P点的电场强度不一定越大，故D错误．]
9．AC [对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点电场强度均为零，可知左右半球
面在此中垂面上各点的电场强度等大反向，因左右半球面的电场关于此中垂面对称，则左右
半球面各自在中垂面上各点的电场强度方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球
面在中垂面上各点电场强度均垂直于中垂面，则中垂面为等势面，则O、C两点电势相等，
故A正确；根据题意可知，一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，设左右半
球在A点产生的电场强度大小分别为E 和E ，则E ＝E ，根据对称性，左右半球在B点产
1 2 1 2
生的电场强度大小分别为E 和E ，且E ＝E ，则在题图所示的电场中，A点的电场强度为
2 1 2 1
E，方向向左，B点的电场强度为E，方向向左，则A点的电场强度与B点的电场强度相同，
2 1
则沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，直
线AB上的电场线方向向左，沿电场线方向电势降低，则沿直线从A到B电势一直升高，故C正确．]
10．BD [根据等量正点电荷连线中垂线上的电场强度分布可知，从 O到P电场强度可能先
增加后减小到零，然后反向增加再减小；或者先减小到零，然后反向增加，因此电场强度在
过OP中点后图像应在x轴下方，则A错误．从O到P电势先升高后降低，O、P两点电势
相等，中点电势最高，则B正确．静电力对负电荷先做正功后做负功，则动能先增加后减
小，电势能先减小后增加，但是负电荷在各点的电势能均为负值，E －x图像应该在x轴下
p
方，则C错误，D正确．]
11．D [从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故 A错误；等效
重力与竖直线夹角约37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道
的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以v 0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误．]
x
4．BD [粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，A错
误；
由题意可知，粒子运动轨迹如图所示，
由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为r＝＝L，根据粒子在磁场中运动时，洛伦
兹力提供向心力，可得qvB＝m，解得v＝，B正确，C错误；由几何关系可知电荷在磁场中
偏转了135°，则在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，D正确．]
5．A [粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线，交点即为圆心O，轨迹如图所示，
1
由几何关系可知
OO ＝atan 30°＝a，
1
故圆心的坐标为，R＝＝a，
则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
x2＋2＝a2(00)，
故A正确；
洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝m，
解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，
因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速
率，故B、D错误；
带电粒子转过的圆心角为π，
而周期为T＝＝，
则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，
因磁感应强度B未知，则带电粒子在磁场中的运动时间无法求得，故C错误．]
6．D [氕核H和氦核He都带正电，射出时，根据左手定则可知洛伦兹力沿y轴负方向，
则两粒子都将向y轴负方向偏转．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得R＝＝＝，因
两粒子的初动能相同，则＝＝，故选D.]
7．C [设正六边形的边长为L，带正电粒子以速度v 从a点沿ad方向射入磁场，从c点离
1
开磁场，则由几何关系得R＝L，若该粒子以速度v 从a点沿ae方向射入磁场，从d点离开
1 2
磁场，则由几何关系得R ＝2L，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，则v＝，故＝＝，故选
2
C.]
8．BC [若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，
根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成
30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当离子在两个磁场均运动一次时，如图，
因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角
为θ＝0°.通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足 v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，
此时出射方向与入射方向的夹角为 θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足 v＝＝
kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故B、C正确，A、D错误．]
9．BC [物块由静止释放，由于μμmgcos α，物块有向下的加速度，
加速下滑；物块有沿斜面向下的速度，由左手定则可知，物块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，
导致物块对斜面压力变大，滑动摩擦力增大，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有
mgsin α－F＝ma①
f
F＝μF ②
f N
F ＝mgcos α＋qvB③
N
联立可得物块加速度
a＝gsin α－μgcos α－④
可知物块的加速度随着速度的增大而减小，不是匀变速直线运动，故 A错误；物块下滑过
程中，做功的只有重力和滑动摩擦力，洛伦兹力和支持力不做功，根据功能关系，物块机械
能的减少量等于因摩擦所放出的热量，即等于克服摩擦力做的功，故B正确；当物块向下
运动的加速度减小到零时，速度达到最大值，由受力平衡知 mgsin α＝μ(mgcos α＋qv B)，
m
解得v ＝－，故C正确；若仅将磁场改为与原来相反的方向，则物块受垂直斜面向上的洛
m
伦兹力，则F ＝mgcos α－qvB⑤
N2
联合①②⑤可得a ＝gsin α－μgcos α＋，可知物块加速度随着速度的增大而增大，当速度
2
增大到一定值时，洛伦兹力大小等于重力垂直斜面向下的分力，物块将离开斜面到空中做曲
线运动，故D错误．]
10．A [连接M、b，分析可知Mb为粒子做圆周轨迹的直径，由几何关系得半径r＝＝，
由r＝，t＝·得v＝，t＝×＝，故A正确，B、C、D错误．]
11．BC [粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝，解得
r＝，由题可知，该粒子初速度方向在第一象限内与x轴成30°角时，偏转角为120° ，根据
几何关系OM＝2rcos 30°＝，A错误；由qvB＝，T＝，t＝T，整理得t＝，可知打在M点的
粒子在磁场中运动时间最短，该粒子的偏转角为120°，
运动的最短时间为，B正确；光屏上被击中区域最右侧如图所示，根据几何关系，x坐标为x ＝＝r＝，C正确；光屏上被击中区域最左侧时，由几何关系可
右
知最左侧的x坐标为x ＝－＝－r＝－，D错误．]
左
12．(1)×107 m/s (2)R≥1 m (3)5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)
2
解析 (1)根据动能定理有
qU＝mv2
0
得v＝×107 m/s
0
(2)设粒子在磁场中做半径为r的圆周运动，则有
qvB＝m
0
得r＝＝ m
若粒子与轨迹圆b相切，则粒子恰好不能穿越磁场的外边界，此时圆 b半径最小，记为
R ，
2min
由几何关系得＝R －r
2min
解得R ＝1 m
2min
则R≥1 m
2
(3)由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系得tan θ＝，则θ＝30°，得∠POP′＝60°，
故带电粒子进入磁场绕圆O′转过360°－(180°－60°)＝240°又回到P点
粒子在磁场中运动时间为
t＝3×T＝
1
粒子在圆a中运动时间为t＝
2
粒子第一次回到P点运动的总时间为
t′＝t＋t＝＋≈5.74×10－7 s.
1 2
故带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间为
t＝nt′＝5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)．
13．AC [粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出如图所示的轨迹1，
可知SP为直径，则有(2R)2＝d2＋(d)2，得到R＝d，洛伦兹力提供向心力有Bqv＝，代入可得
v＝，A正确；由qvB＝，T＝，得到T＝，由几何关系可知，从O点射出的粒子，对应的圆心角为60°，则在磁场中运动时间为t＝，即，B错误；运动时间最长的粒子为运动轨迹与x
2
轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t ＝T，运动时间最短的粒子为从原点飞出
1
的粒子(轨迹3)，t ＝T，所以t∶t ＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在
2 1 2
原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误．]
微专题 4 带电粒子在复合场中的运动
1．(1)v (2)
(3)
解析 (1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的
速度大小也为v ，根据对称性，粒子经过Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ，粒
0
子进入第一象限后，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何
关系有＝cos θ
解得v＝v
0
(2)对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有
－qEL＝mv2－mv2
0
解得E＝
设粒子从Q点运动到P点的时间为t，有
1
·t＝L
1
解得t＝
1
粒子从Q点运动到P点的过程中沿x轴方向的位移大小为
x ＝vt
QP 1
解得x ＝2L
QP
则OQ＝2L＋L－x ＝L
QP
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系有OQ＝2Rsin θ
解得R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
0
解得B＝
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
根据几何关系，在粒子从O点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°－θ，
故粒子在该过程中运动的时间t＝·T
2
解得t＝
2
又t＝t＋t
1 2
解得t＝.
2．(1) (2)
(3)3＋
解析 (1)带电粒子由静止开始到达A点时，由动能定理可得qEd＝mv2
0
解得v＝
0
(2)根据题意作出粒子在磁场中完整的运动轨迹图如图所示
粒子在磁场中的运动轨迹的圆心为O ，轨迹与ON边界相切于D点，设轨迹半径为r，由几
1
何关系可得
sin 30°＝
解得r＝L
设匀强磁场磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝
0
联立解得B＝＝
(3)带电粒子从静止加速到A点所用时间为
t＝＝
1
带电粒子在磁场中运动的周期T＝＝πL
带电粒子第一次在磁场中运动时间为t＝
2
带电粒子再次进入电场再返回磁场所用时间t＝2t
3 1
再次返回磁场由几何关系可知，以O点为圆心继续做圆周运动至ON边界离开，则再次做圆
周运动的时间为t＝T＝
4所以总时间为t＝t＋t＋t＋t＝3＋.
1 2 3 4
3．(1) (2) (3)见解析
解析 (1)粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小
a＝
从A点第一次运动到y轴的过程，x轴方向有v2＝2ad
x
第一次经过y轴时有tan 60°＝
联立解得v＝
0
(2)粒子第一次经过y轴时的速度大小v＝
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿 y轴方向运动的距离L＝2rsin
60°
之后粒子每次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t＝
0
t 时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y＝vt
0 00
由题意可知y＝L
联立解得B＝
(3)设粒子从A点第一次运动到y轴的时间为t，则有at2＝d
1 1
解得t＝
1
粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在
磁场中运动的时间为
t＝
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
解得t＝
2
粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间
t＝＝2＝2t
3 1
即粒子从A点运动到第三次经过y轴时的时间为t＋t＋t＝3t＋t
3 2 1 1 2
所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间t＝nt＋t＝(n＝1,3,5,7，…)
1 2
t′＝(n－1)t＋t＝(＋n－1)(n＝2,4,6,8，…)
1 2
4．(1) (2)
(3)
解析 (1)小球1在x轴上方做类平抛运动，有
x＝2h＝vt
1 01
y＝h＝at2
1 11
qE＋mg＝ma
1 1 1 1且qE＝2mg
1 1
联立解得v＝
0
(2)因为E＝E
2 1
则mg＝qE
1 2
所以小球1在MN间做匀速圆周运动．由题意可知，小球1恰好未从下边界平面N离开，其
轨迹应与平面N相切，如图所示，
设小球1刚进入MN时速度偏转角为θ，
1
由几何关系可知Rcos θ＋R＝d
1
由tan θ＝＝1，知θ＝45°
1 1
又qv B＝
A
v ＝
A
联立解得＝
(3)小球2在x轴上方做类平抛运动，有
x＝4h＝vt
2 02
y＝h＝at2
2 22
mg－qE＝ma
2 1 2 2
结合(1)问中4个式子可得＝
小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得
mg(h＋d)－qEh＋qEd＝mv2－mv2
2 1 2 2 2 0
解得v＝.
微专题 5 带电粒子在交变场中的运动
1．ACD [任何一个电子离开电场所用的时间均为＝T，当电子在t＝k(k＝0,1，2，…)时刻
从O点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大为h＝2×··()2，h<，得d>T，A正确；
电子在t＝0时刻从O点射入时，电子离开电场时与中心线间的距离最大，不会从中心线离
开电场，B错误；电子在t＝时刻从O点射入后，在电场中的运动轨迹如图，根据对称性可知电子从中心线离开电场，C正确；设电子从t＝－Δt时刻从O点射入电场，
则沿电场方向的分速度v＝aΔt－aΔt－(－Δt)a＋a(－Δt)＝0，离开电场时只有沿中心线方向
y
上的速度，大小为v，D正确．]
0
2．(1) (2)，方向竖直向下 (3)
解析 (1)由动能定理有qU＝mv2
0 0
可得v＝
0
(2)设偏转电场的电场强度大小为E，粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
a＝
L＝vt
0
＝at2
且d＝L
联立可得E＝
方向竖直向下
(3)设粒子离开偏转电场时的速度为v，与水平方向夹角为α，则有
tan α＝＝
可得α＝30°
有v＝
可得v＝
若粒子在t＝0时刻进入磁场，由题意可得粒子进入磁场中运动的轨迹如图所示，
粒子在磁场中做圆周运动，结合题图乙，由几何关系可得
∠OO C＝60°
1
∠COD＝30°
2
则有＝sin 30°
可得r＝
由牛顿第二定律有qvB＝
则可得B＝.
3．(1) (2)＋
(3)
解析 (1)根据题意，微粒做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡，则mg＝qE
0
开始时微粒水平向右做直线运动，则竖直方向所受合力为0，则
mg＋qE＝qvB
0
联立得q＝
B＝
(2)设微粒从N 运动到Q的时间为t，做圆周运动的周期为t，则
1 1 2
＝vt
1
qvB＝m
2πR＝vt
2
联立解得t＝
1
t＝
2
电场变化的周期T＝t＋t＝＋
1 2
(3)若微粒能完成题述的运动过程，则要求d≥2R
由(1)(2)中的式子联立解得R＝
所以当d＝2R时，微粒在N Q段直线运动时间最短，
1
设N Q段直线运动的最短时间为t ，得t ＝，
1 1min 1min
因t 不变，T的最小值
2
T ＝t ＋t＝.
min 1min 2
4．(1)
(2)
(3) E＝B
0 0
解析 (1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，又＝
0 0
联立解得r＝
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，
则其周期T＝
解得T＝2t
0
则在0～t 时间内，粒子在磁场中转动半周，t＝t 时粒子位置的横坐标x＝－2r＝－
0 0
在t～2t 时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动
0 0
y＝－vt－t2
00 0
解得y＝－vt－
00
故t＝2t 时，粒子的位置坐标为
0
(3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r＝r＝
1当t＝2t 时，粒子的速度大小为v＝v＋t
0 0 0
2t～3t 时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径
0 0
r＝＝
2
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足
n＝2r(n＝1,2,3，…)
1
当t＝25t 时，n＝6，解得E＝B.
0 0 0
高考新动向 2 带电粒子在立体空间的运动
1．(1) (2)
(3)(a，(1＋)a，)
解析 (1)将粒子的速度v 分解为沿x轴方向的分速度v 和沿y轴方向的分速度 v ，根据题
0 0x 0y
意可得，在沿x轴方向上有
v t＝2a
0x1
沿y轴方向上有v t＝3a
0y1
则＝＝tan θ
即θ＝60°
可得v ＝v
0y 0
又由qE＝ma 得a＝
1 1 1
又有v 2＝2a·3a
0y 1
联立可得E＝
1
(2)粒子沿x轴方向的分速度为
v ＝v
0x 0
在沿x轴方向有2a＝v t
0x1
解得t＝
1
粒子带正电，由左手定则可知，粒子沿y轴负方向偏转，设偏转角为α
由qv B＝可得r＝2a
0x
由几何关系可得sin α＝＝，
则α＝30°粒子在磁场中运动时间t＝T
2
又由T＝＝
解得t＝＝
2
粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间
t＝t＋t＝＋＝
1 2
(3)在y轴方向上由几何关系可得y轴坐标为
y＝3a－(2a－a)＝(1＋)a
在沿z轴正方向上的位移大小
z＝t2＝
2
故粒子打到屏上的位置坐标是
(a，(1＋)a，)．
2．(1) (2)2L
(3)
解析 (1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时的速度的大小为v，根据动能定理有
qU＝mv2
解得v＝
(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG
平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子圆周分运动的周期为T，根据牛顿第二定律有
qvB＝m
又T＝
解得T＝＝
从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为
t＝＝
1
所以粒子圆周分运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在
垂直于平板方向的分量大小为v＝vcos 30°
2
离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需时间为t＝
2
联立解得t＝2L
2
(3)设粒子在正方体中圆周分运动的半径为R，根据几何关系有
R＋Rcos 60°＝L
解得R＝L
粒子在正方体中做匀加速直线分运动的加速度大小为a＝＝
粒子在正方体中在y方向的位移大小为y＝at2
1 1
粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小为v＝at
y 1从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y＝y＋vt－
1 y2
联立解得y＝L
根据几何关系可知粒子在正方体中在x方向的位移大小为
x＝Rcos 30°＝L
1
粒子离开正方体时的速度在－x方向的分速度大小为v＝vsin 30°
1
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x＝x－vt－
1 12
联立解得x＝－L
综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为.
专题四 电路与电磁感应
第 10 讲 直流电路与交变电流
1．AC [电流的微观表达式为I＝nevS，所以电流密度为j＝＝nev，故A正确；设导线的长
度为L，导线两端的电压为U，则U＝EL，R＝ρ，I＝nveS，根据欧姆定律R＝，联立解得ρ
＝，故B错误，C正确；电子做匀速运动时，有F＝Ee＝ρne2v，故D错误．]
f
2．C [由题图可知，该交变电流的周期T＝0.4 s，则频率为f＝＝2.5 Hz，故A错误；该交
变电流的最大值I ＝0.8 A，则有效值I＝＝0.4 A，故B错误；t＝0.1 s时，电流最大，说明
m
线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故 C正确；线圈转动的角速度ω＝＝5π
rad/s，该交变电流的瞬时值表达式为i＝0.8sin (5πt) A，故D错误．]
3．AC [根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U＝8 V，故A正确；根据＝，可得＝，故
2
B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿
过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相
同，故D错误．]
4．AD [输入电压的有效值为U＝＝220 V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知
1
U＝U＝110 V，灯泡的额定电压为38 V，可知现想要将一个“38 V,19 W”的灯泡接到输出
2 1
端C、D，可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻，根据
R ∶R＝U ∶U ，又R ＝，U ＋U ＝110 V，联立解得R＝144 Ω，故A、D正确，B、C错
L L R L L R
误．]
5．D [由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110sin (100πt) V，A错误；
开关S接在a端，R温度升高时，电路的电阻减小，而根据＝，可知电压表的示数不变，根
t
据欧姆定律，电流表的示数变大，根据P＝UI知回路消耗的功率增大，变压器的输入功率变大，B、C错误；开关S由a切换到b，副线圈接入电路的匝数减少，根据＝，可知加在
R两端的电压降低，根据P＝可知R消耗的功率变小，D正确．]
t t t
6．B [在光照强度增大的过程中，R 的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R 的
1 2
电压增大，V 的示数增大．内电压和R 的电压增大，则路端电压减小，V 的示数减小，R
2 2 1 1
的电压减小，故A错误，B正确；R 的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，
1
带电小球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D错误．]
7．D [电源的效率η＝×100%＝×100%＝×100%，温度升高后，R阻值减小，外电阻减
小，则电源的效率将降低，选项A错误；由题图甲可知R＝r －kt，U＝＝，则该电子温度
0
计表盘上温度的刻度是不均匀的，温度越高，U越小，即t 应标在电压较大的刻度上，t 应
A B
标在电压较小的刻度上，选项B、C错误；若电池用久后内阻r变大，根据U＝可知相同的
R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项 D
正确．]
8．B [当R处温度降低时，热敏电阻R 阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中
T
的电流减小，即通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻R 的
G
阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电源E
2
的路端电压增大，R两端电压增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并联电
路分流规律可知通过R 的电流减小，综上所述可知B正确，A、C、D错误．]
3
9．D [每秒喷出水的质量为m ＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对
0
水做功为W＝mgH＋mv2＝300 J，故A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P
0 0 0
＝＝300 W，而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，则P ＝＝400
出 入
W，故C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P
机
＝P ＝400 W，而电动机的电功率为P ＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P ＝I2R＋P ，
入 电 电 机
联立解得R＝10 Ω，故D正确．]
10．A [环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应
定律E＝Blv，环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的(实际指感应电流方向)，其
有效切割长度由微元法可知l＝2πL，联立v＝vsin t，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达
0
式e＝2πBLvsin t，根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为E ＝πBLv ，则该发
0 有效 0
电装置在一个周期内产生的电能E ＝T＝，故B、C、D错误，A正确．]
电
11．A [设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U ，电流为I ，副线圈两端电压为
1 1
U ，电流为I ，则U＝IR ＋U ，又由＝＝，则U ＝U ，所以U＝IR ＋2U ＝IR ＋2IR，又
2 2 1 0 1 2 1 1 0 2 1 0 2
根据＝＝得I ＝2I ，则U＝IR ＋4IR，当电阻R 与电阻R互换位置后U＝I′R＋U′，又
2 1 1 0 1 0 1 1
由＝＝，则U′＝U′，所以U＝I′R＋2U′＝I′R＋2I′R，又根据＝＝，所以I′＝
2 1 1 2 1 2 0 2
2I′，则U＝I′R＋4I′R ，又因为总功率＝，得I′＝2I ，则联立可得IR ＋4IR＝2IR
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1＋8IR，即R∶R＝2∶7，故A正确，B、C、D错误．]
1 0 0
12．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，如图所示两图像的交点为电路的工作点，
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．]
13．A [发电机的输出功率为P＝78 kW，由题图乙知发电机的输出电压有效值为U＝260
V，则升压变压器原线圈上的电流I ＝＝ A＝300 A，发电机到升压变压器间两条输电线的
1
总电阻为r＝0.2 Ω，升压变压器原线圈上的电压U ＝U－Ir＝260 V－300×0.2 V＝200 V，
1 1
根据变压器原理，升压变压器副线圈上的电压U ＝50U ＝10 kV，升压变压器副线圈上的电
2 1
流I ＝＝6 A，远距离输电线的总电阻R＝200 Ω，远距离输电线中损失的电压ΔU＝IR＝
2 2
6×200 V＝1 200 V，则降压变压器原线圈上的电压U＝U－ΔU＝8 800 V，用户端获得的电
3 2
压有效值U ＝220 V，则降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝，故A正确；变压器不改变
4
交流电的频率，由题图乙知交流电的周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故B错误；远距
离输电线中的电流为I ＝6 A，故C错误；远距离输电线路损耗功率ΔP＝I2R＝62×200 W＝
2 2
7.2 kW，故D错误．]
14．BC [由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U＝IR
1 1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，＝
则有U＝IR ，U＝IR
0 1 2 1
再由欧姆定律有U＝IR
2 2 2
可计算出I＝I
2
故A错误，B正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
E ＝2NBL2ω，
max
U＝＝NBL2ω
0
又U＝IR ，则＝，C正确；
0 1
由于变压器为理想变压器，则有P＝P＋P＝UI＋UI＝I2R＋UI
0 1 2 1 2 2 1 2 2
联立解得P＝
0
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P，D错误．]
0
第 11 讲 电磁感应
1．D [磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据
楞次定律，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗
框有扩张趋势，故选D.]
2．B [若使金属环Q中产生逆时针方向逐渐增大的感应电流，则金属环P中也有逆时针方
向逐渐增大的感应电流，根据楞次定律和安培定则可知，金属环 P中向里的磁感应强度增
加，且增加得越来越快，即k>0且k值逐渐增大，故选B.]
3．D [导体棒a、b与导轨构成了闭合回路，流过a、b的电流是相等的；a静止不动，b匀
速运动，都处于平衡状态，即拉力等于安培力，所以F ＝F ＝BIL，导体棒b相当于电源，
1 2
导体棒a相当于用电器，由于电路是闭合的，所以导体棒 a两端的电压U ＝IR ，导体棒b
1 a
切割磁感线产生的电动势E＝BLv ＝I(R ＋R)，所以其输出的路端电压U ＝E－IR ＝IR ＝
b a b 2 b a
U，故选D.]
1
4．C [设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长
为r；所以圆线框的周长为C ＝2πr，面积为S ＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分
2 2
别为C ＝8r，S ＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C ＝6r，S ＝，三个线框材料粗细
1 1 3 3
相同，根据电阻定律 R＝ρ，可知三个线框电阻之比为 R∶R∶R ＝C ∶C ∶C ＝
1 2 3 1 2 3
8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·，可得电流之比为I∶I∶I ＝2∶2∶，即I ＝
1 2 3 1
I>I，故选C.]
2 3
5．D [根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正
电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为 E＝n＝nS＝nkS，根
据焦耳定律可得此线圈的热功率为P＝()2r＝，故B错误；电容器两端电压等于r两端电压，
电容器所带电荷量为Q＝CU＝C·＝，故C错误，D正确．]
6．C [导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为 b到a，再根据左手定则可知，
导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为 E＝BLv，
感应电流为I＝＝，故安培力为F＝BIL＝，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝v，随着
速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A、B错误；根据能量守
恒定律，可知整个过程回路中产生的总热量为Q＝mv2，因电阻与导体棒串联，则产生的热
0
量与电阻成正比，则电阻R产生的热量为Q ＝Q＝，故C正确；整个过程只有安培力做负
R功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv2，故D错误．]
0
7．B [当MN边向右运动0～L的过程中，用时t ＝，则E ＝BLat，电流I ＝＝t，方向为正
1 1 1
方向；拉力F ＝ma＋F ＝ma＋t；当MN边向右运动L～2L的过程中，用时t ＝－＝(－1)
1 安1 2
＝(－1)t ，E ＝2BLat，电流I ＝＝t，方向为负方向，拉力F ＝ma＋F ＝ma＋t；当MN边
1 2 2 2 安2
向右运动2L～3L的过程中，用时t ＝－＝(－)＝(－)t ，E ＝BLat，电流I ＝＝t，方向为正
3 1 3 3
方向，拉力F＝ma＋F ＝ma＋t，对比四个选项可知，只有B正确．]
3 安3
8．AD [杆OP匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所
以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP转动过程中产生的感应电流由M到N通
过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动，杆MN运动会切割磁感线，产生电动势，
感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，杆MN所受合力为安培力，电流减小，
安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．]
9．AB [设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，
有v＝，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ)，质量相等(设为m)，
0
则m＝ρ·4nl·S，
0
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρ＝
感应电流为I＝＝
所受安培力为F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－＝g－
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>时，甲和乙都加速运动，
当g<时，甲和乙都减速运动，
当g＝时，甲和乙都匀速运动，
故选A、B.]
10．(1)4 (2)mg(H－13l)
解析 (1)设bc边刚入磁场时速度为v，bc边刚进入时，
1
有E＝2Blv，I＝，F＝2BIl
1 1 1 1 1
线框匀速运动，有F＝mg
1
联立可得v＝
1
设ah、ed边将离开磁场时速度为v，ah、ed边将离开磁场时，有E＝Blv，I＝，F＝BIl
2 2 2 2 2 2线框匀速运动，有F＝mg
2
联立可得v＝，
2
综上所述＝4
即线框ah、ed边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍．
(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有mgl＝mv2
1
穿过磁场过程中能量守恒，有mg(H＋2l)＋mv2＝mv2＋Q
1 2
联立可得Q＝mg(H－13l)．
11．(1) (2)v＝v－gt
t 0
(3)Q－mv2
0
解析 (1)由F ＝t＋可得，
T
t＝0时F ＝
T0
cd杆受到的安培力大小F ＝BIL①
安 0
F ＋F ＝mgsin θ②
T0 安
由①②式得I＝③
0
(2)设回路总电阻为R，则I＝④
0
I＝⑤
cd杆受力平衡F ＋BIL＝mgsin θ⑥
T
又F ＝t＋⑦
T
由③④⑤⑥⑦求得v＝v－gt⑧
t 0
(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速运动，加速度大小为a＝g，方向沿导轨向下，ab杆在
t＝时的速度
v′＝－v
t 0
0～时间内的位移x＝vt－at2⑨
0
由动能定理可得－mg·x·sin θ－W ＋W ＝mv′2－mv2⑩
克安 F t 0
由功能关系可知，在0～时间内ab杆克服安培力做的功W ＝Q⑪
克安
联立解得W ＝Q－mv2.
F 0
12．BC [经过足够长时间后，金属框的bc边和导体棒mn一起切割磁感线，导体棒与金属
框具有相同的加速度，设导体棒mn和金属框的速度大小分别为v 、v ，则电路中的电动势
1 2
E＝BL
电路中的电流I＝＝
金属框和导体棒mn受到的安培力
F ＝，方向与运动方向相反
安框
F ＝，方向与运动方向相同
安mn则对导体棒有＝Ma
1
对金属框有F－2μMg－＝Ma
2
初始速度均为零，则a 从零开始逐渐增加，a 从开始逐渐减小，当a＝a 时，相对速度为v
1 2 1 2 2
－v ＝，共同加速度大小为a＝－μg，则I＝，根据P＝I2R，得P＝，综上可得，B、C选项
1
正确，A、D选项错误．]
微专题 6 动量观点在电磁感应中的应用
1．BCD [导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg＝F ＝BId，解得I＝1 A，又
安
由E＝Bdv ，I＝，解得v ＝10 m/s，故A错误，B正确；在下落0.29 m的过程中有＝，＝，
m m
q＝t，可知q＝，其中ΔΦ＝ΔS·B＝0.2×0.29×0.5 Wb＝0.029 Wb，解得q＝2.9×10－2 C，故
C正确；由动量定理有(mg－Bd)t＝mv，通过导体棒的电荷量为q＝t＝，可得v＝gt－，代入
数据解得v＝2.21 m/s，故D正确．]
2．BD [由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培
力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运
动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有 BL v ＝BL v，L ＝2L ，
b b a a a b
得末速度v＝2v，对a棒根据动量定理可得－BL Δt＝mv－mv，对b棒根据动量定理可得
b a a a a a 0
BL Δt＝mv ，联立代入数据解得v＝3 m/s，v ＝6 m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄
b b b a b
轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金
属棒最终的共同速度为v′，则mv＋mv ＝(m ＋m)v′，解得v′＝4 m/s，故C错误；b
a a b b a b
金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B′L·Δt′＝mv′，q
b b
＝′·Δt′，即BL q＝mv′，代入数据得q＝0.8 C，故D正确．]
b b
3．BD [当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒受到大小相等的安培力作
用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力
平衡，都做匀速直线运动，此时棒1的速度最小，A错误；当导体棒1刚开始运动时，导体
棒2的加速度最大，有E＝BLv ，此时回路中的电流I＝＝，由牛顿第二定律可得F＝BIL＝
0
BL＝＝ma，得a＝，B正确；当导体棒1刚开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电
流最大，则棒1两端电压最大值为U＝IR＝＝BLv，C错误；当两棒的速度相等时，系统产
1 0
生的焦耳热最多，从开始运动到稳定的运动过程中，两棒的总动量守恒，设向右为正方向，
由动量守恒定律可得mv ＝2mv，由能量守恒定律可得mv2＝×2mv2＋Q，导体棒2产生的
0 0
最大热量为Q＝Q，联立解得Q＝mv2，D正确．]
2 2 0
4．BC [金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F ＝BIL＝BL，根据金属杆受力平衡得F
安
＝F ，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x＝vt＝6 m，水平恒力F做
安 1的功W＝Fx ＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒定律得W＋mv2
1
＝Q＋Q ，其中Q∶Q ＝r∶R＝2∶3，代入数据解得Q ＝1.2 J，故A错误，B正确；撤去
r R r R R
恒力F后，金属杆的加速度满足－＝ma，等式两边同时乘非常短的时间 Δt，即－Δt＝
maΔt，整理得－Δx＝mΔv，整理得x ＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为
2
x＝v＝8 m，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移 x＝x＋x＝14
2 1 2
m，故C正确，D错误．]
5．AD [在整个运动过程中，a、b两杆所受安培力大小相等，当a杆开始运动时，所受的
安培力大小等于最大静摩擦力F ，则＝F ，解得b杆的速度大小为v＝，选项A正确；由动
0 0
量定理得I －I ＝mv，F－t图线与横轴围成的面积表示I 的大小，知I ＝Ft ，解得I ＝I
F 安 F F 11 安 F
－mv＝Ft －，选项B错误；在t ～t 这段时间内，外力F对a、b杆的冲量为I ′＝，因a
11 1 2 F
杆受摩擦力作用，可知a、b杆所受合力的总冲量小于，即a、b杆的总动量增加量小于，选
项C错误；由于最终外力F＝F ，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均
0
为F ，处于稳定状态，因开始时b杆做减速运动，a杆做加速运动，故a、b两杆最终速度
0
将恒定，速度大小之差满足＝F ，即Δv＝v，速度大小之差等于t 时刻b杆速度大小，选项
0 1
D正确．]
6．(1) (2)
(3)(mgt＋m－)
解析 (1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v ，
m
由机械能守恒定律得mv 2＝mgh
m
解得v ＝
m
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，
则有：BIL＝mg
解得：B＝
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
解得v＝
(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－BLt＝mv－mv
m
又q＝t＝＝，
解得x＝(mgt＋m－).
7．(1)1 A (2)2 m/s (3) m/s (4) J
解析 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝mv2
1
解得v＝3 m/s
1
刚进入ABCD区域时E＝BLv
1I＝
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－BL·t＝mv－mv
2 1
t＝t＝
解得v＝2 m/s
2
(3)金属杆a、b碰撞过程中，
有mv＝mv′＋mv
2 2 3
mv2＝mv′2＋mv2
2 2 3
解得v＝2 m/s，v′＝0
3 2
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电
动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv－mv
4 3
＝BLv
4
联立解得v＝ m/s
4
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝(mv2－mv2)＝ J.
1 2
8．(1)0.5 V (2)F＝2.5－x (N)(0≤x≤1.8 m) (3)0.375 J
解析 (1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3 V＝1.5 V
0
回路的电流I＝＝ A＝5 A
导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ＝IR ＝0.5 V
ab 2
(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，
则根据动量定理得－BLΔt＝mv－mv
1 1 0
而＝，＝＝
ab棒所受安培力F ＝BI′L＝
安
cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F ，
安
联立得F＝[v－]
0
代入数据得F＝2.5－x (N)(0≤x≤1.8 m)
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd做加速运动，
当两棒速度相等时达到稳定状态，
由动量守恒定律可知mv＝(m＋m)v′
1 1 1 2
回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，
则Q＝mv2－(m＋m)v′2
1 1 1 2
代入数据解得Q＝0.375 J.专题五 机械振动与机械波 光学 电磁波
第 12 讲 机械振动和机械波
1．BC [振动系统在周期性驱动力作用下的振动叫受迫振动，圆盘静止时无周期性驱动力
作用，不是受迫振动，A错误；小球稳定振动时的频率为f′＝＝1 Hz，B正确；圆盘转速
由零逐渐增大，转动的频率逐渐接近小球振动的固有频率，振幅增大，与固有频率相同时振
幅最大，超过固有频率，转速继续增大，振幅减小，故小球的振幅先增大后减小，C正确；
圆盘缓慢加速转动时，以T型支架为参考系，小圆柱运动到T型支架的中间位置时是非平
衡状态，有加速度，不满足简谐运动的条件，D错误．]
2．B [由题图乙知，开始计时时刻，即0时刻质点L向上振动，再结合题图甲，可知该横
波沿x轴正方向传播，故A错误；由该横波沿x轴正方向传播，从题图甲可看出，质点N该
时刻向y轴负方向运动，故B正确；横波传播时，质点不随波迁移，故C错误；该时刻质点
K与M的速度为零，加速度大小相等，但方向相反，故D错误．]
3．D [由x－t图像可知，t 时刻M处于平衡位置，此时回复力为零，故A错误；t 时刻M
1 1
处于平衡位置，即物体M能自由静止的位置，此时弹簧处于伸长状态，故B错误；因为 t
2
时刻弹簧处于负向最大位移处，且根据对称性，此时的加速度与正向最大位移处的加速度大
小相等，由题意可知，开始时物体加速度满足F－mg＝ma，而M、N两个物体等质量，故F
＝2mg，所以解得a＝g，方向竖直向上，故在负向最大位移处加速度也为g，且方向竖直向
下，故此时满足F′＋mg＝mg，得F′＝0，即此时弹簧处于原长，故t 时刻弹簧的弹性势
2
能为零，而t 时刻物体处于正向最大位移处，故此时 M的加速度与重力加速度大小相等，
4
方向相反，故C错误，D正确．]
4．ACD [a为波谷与波谷相遇点，b、c为波谷与波峰相遇点，d为波峰与波峰相遇点，故
a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，故A正确；依题意由题图可知，图示时
刻，e为两列波的平衡位置相遇点，处于平衡位置，从图示时刻经过半个周期，e仍为两列
波的平衡位置相遇点处，仍处于平衡位置，故B错误，C正确；根据几何关系可知，两波的
波谷同时传到e点，故e为振动加强点，振幅为2A，故D正确．]
5．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)代入，有10＝20sin φ，解得φ＝，在t＝7 s时刻y ＝20sin
7
(×7＋) cm＝－10 cm≈－17.3 cm，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.]6．C [质点M在t＝1.0 s后开始向y轴负方向运动，判断可知简谐波沿x轴负方向传播，故
A错误；根据题图甲可知简谐横波的波长为λ＝4 m，同时根据题图乙可知周期T＝1 s，则波
速大小v＝＝ m/s＝4 m/s，故B错误；若质点Q平衡位置x轴坐标为x ＝3.5 m，根据简谐
Q
横波在t＝1.0 s时刻的波形图，可知此时质点Q的y轴坐标为其初始振动位置的位移，可得
振动方程为y＝－Asin (t＋T)(m)＝－0.2sin 2π(t＋)(m)＝－0.2sin (2πt－)(m)，故C正确；t＝
1.0 s时，质点P在最大位移处，再经过 s即2T＋，P点经过的路程大于8A＝1.6 m，故D错
误．]
7．0.5 0.4 1.2
解析 若波是沿x轴正方向传播的，则波传播了Δx＝15 cm＝0.15 m，设波速为v，周期为
T，则该波的速度大小为v＝＝ m/s＝0.5 m/s
由题图可知波长λ＝20 cm＝0.2 m，
则周期为T＝＝ s＝0.4 s；
若波是沿x轴负方向传播的，
则波传播了Δx′＝5 cm＝0.05 m，
设波速为v′，周期为T′，则该波的速度大小为
v′＝＝ m/s＝ m/s
周期为T′＝＝ s＝1.2 s.
8．B [O点为平衡位置，沿斜面向上拉动15 cm后，小球受到的合力为F ＝kx ＝3 N，则
合 OP
小球在P点的回复力为－3 N，故A错误；由简谐运动的对称性可知，小球在P′点的回复
力为3 N，有kΔx－mgsin 30°＝3 N，解得Δx＝25 cm，故B正确；小球经平衡位置O时，速
度最大，从N点向上运动，前四分之一周期内运动的路程要大于15 cm，后二分之一周期内
运动的路程为30 cm，总路程大于45 cm，故C错误；根据简谐运动的对称性可知，小球在
M、N两点的速度大小相等，由系统机械能守恒可知，小球在N点时弹簧的弹性势能大于小
球在M点时弹簧的弹性势能，故D错误．]
9．A [由于波向左传播，质点a正处于位移为的位置向上振动，由于越远离平衡位置速度
越小，因此再次回到位移为时的时间将大于T，则在T时质点a还没有回到位移为的位置，
所以在T时刻质点a位于平衡位置上方且位移大于， A项正确，B项错误；质点不随波迁
移， C、D项错误．]
10．A [设圆弧的半径为R，PQ与水平面的夹角是θ，PQ距离为2Rsin θ，对沿斜面下滑
的滑块，加速度大小为gsin θ，根据位移时间公式可得t ＝2；沿圆弧下滑的滑块的运动类
1
似为单摆的运动，做简谐运动，周期T＝2π，可得t＝T＝，可得t＜t，故A正确，B、C、
2 2 1
D错误．]
11．(1)0.8 s (2)－0.5 cm
解析 (1)因为波长大于20 cm，所以波的周期T＝>1.0 s
由题可知，0.6 s＝n·，解得T＝ s，
因为T>1.0 s，所以n＝1，即T＝1.2 s
波长λ＝vT＝24 cm
在t 时刻(t>0)，质点A位于波峰．因为A、B距离小于一个波长，质点B位于波峰最快是质
1 1
点A处的波峰传过去，所以从t 时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间t＝＝
1
0.8 s
(2)在t 时刻(t>0)，A位于波峰，B与A相距16 cm，故质点B偏离平衡位置的位移为
1 1
y′＝ycos cm＝－0.5 cm.
12．CD [根据图像可知，在t＝0至t＝0.5 s时间内，质点a的平均速率大于质点b的平均
速率，则质点a的路程大于质点b的路程，故A错误；根据图像可知，两者间距为λ＋nλ 或
λ＋nλ(n＝0,1,2,3，…)，所以a、b两质点不可能同时经过平衡位置，故B错误；由题图可知，
T＝4 s，则当两者间距为λ＋nλ时，λ＋nλ＝6 m，波长为λ＝ m(n＝0,1,2，3，…)，波速v＝
＝ m(n＝0,1,2,3，…)；当两者间距为 λ＋nλ 时，λ＋nλ＝6 m，波长为 λ＝ m(n＝
0,1,2,3，…)，波速v＝＝ m(n＝0,1,2,3，…)，当n＝1时，且两者间距为λ＋nλ时波速才能
为 m/s，当n＝0时，且两者相距λ＋nλ时，波长才能为24 m，故C、D正确．]
第 13 讲 光学 电磁波
1．B [泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的，A错误；光学镜头上的增透
膜利用了光的干涉原理，B正确；白光通过三棱镜呈现彩色图样是光的色散现象，C错误；
在镜头前加一个偏振片，阻碍玻璃反射光的透射，D错误．]
2．AC [声波的传播需要介质，舱内有空气可以直接用语言交流，舱外没有空气，不能用
语言直接交流，舱内航天员与地面之间可通过电磁波进行交流，A、C项正确，B项错误；
在太空中，电磁波的传播速率与频率无关，不同频率的电磁波的传播速率相同，D项错
误．]
3．ACD [题图乙中间部分为等间距条纹，所以题图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝
时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭
缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，题图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条
纹间距公式Δx＝λ可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，题图乙中相邻暗条纹的中
心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝S、S 到屏上P点的路程差为半波长
1 2
的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确．]
4．BCD [由题图可知，b光发生了全反射，说明b光全反射的临界角小，由sin C＝可知，玻璃砖对b光的折射率大，b光的频率高，A错误；由v＝可知a光在玻璃砖中的传播速度
比b光的大，B正确；由c＝λf，a光的频率低，所以a光的波长长，因此通过相同的狭缝，
a光比b光衍射现象明显，C正确；设两光源距离水面的高度为h，照亮水面边缘的光刚好
发生全反射，照亮的区域圆的半径r与临界角C满足tan C＝，又a光的折射率小，临界角
C大，照亮的区域圆的半径r大，水面上a光照亮的区域较大，D正确．]
5．A [当光在介质的界面处恰好发生全反射时，光在介质中的传播路程最长，由几何关系
可知，最长路程为x＝＝nL，传播速度为v＝，故最长时间t＝＝，故选A.]
6．B [由题意可知，光斑N是由射到P点的光线直接反射后射到N点；而光斑M是由射到
P点的光折射后射到左侧表面，然后发生反射射到M点；则在P点，由光的折射定律结合
几何关系可知n＝≈1.33，故选B.]
7．C [作出如图所示光路图，
两束同种单色光分别为1和2，折射光线分别为1′和2′.由题意知，∠A＝30°，∠B＝60°，
光线1从O点入射，正好从C点射出，由几何关系可知△BOC为正三角形，可得折射角为α
＝30°，光线2与光线1方向垂直，从O点入射，正好从D点射出，由几何关系可知折射角
β＝30°，可见α＋β＝60°，A错误；两束相互垂直的同种单色光从 O点入射，由于折射角α
＝β，所以入射角θ ＝θ ，θ ＋θ ＝90°，解得θ ＝θ ＝45°，B错误；根据折射率关系可知n
1 2 1 2 1 2
＝，解得n＝，C正确；根据全反射临界角的关系有sin C＝＝，可得C＝45°，D错误．]
8．A [作出光路图如图所示，
由图可知光从空气射入玻璃砖时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大；设
a光和b光的折射角分别为α、β，入射角为θ，玻璃砖厚度为d，可得n ＝>＝n ，结合n
a b
＝，a光在玻璃砖中的传播时间t ＝，联立可得t ＝＝，同理可得t ＝，因为α<β，可得a光
a a b
在玻璃砖中的传播时间大于b光在玻璃砖中的传播时间，故A正确；因为a、b两光在上表
面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知，出射光束一定相互平
行，故B错误；根据爱因斯坦光电效应方程E ＝hν－W ，可知若用a、b光分别照射某金属
k 0
均能发生光电效应，则a光照射产生的光电子最大初动能大于b光照射产生的光电子最大初
动能，故C错误；根据c＝fλ可知，a光的波长小于b光的波长，结合Δx＝λ，可知用同一双
缝干涉实验装置进行干涉实验，a光干涉条纹间距小于b光干涉条纹间距，故D错误．]9. 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.
10.πh2
解析 用面积为S ＝πh2的黑纸片覆盖在液面上，液面上方恰好无光线射出，则从点光源S
1
发出的光线射到黑纸片的边缘处恰好发生全反射，临界角为C，光路图如图甲所示．
S＝πr2＝πh2
1 1
由几何关系得tan C＝
由全反射知识有sin C＝
解得n＝
剪出一个面积为S ＝πh2圆孔后，设透光部分的半径为r ，射出光线的最大入射角为i，对应
2 2
的折射角为θ，光路图如图乙所示．
S＝πr2＝πh2
2 2
解得r＝h
2
由几何关系得tan i＝
根据折射定律有n＝
缸口的最小半径为r＝r＋htan θ
3 2
缸口的最小面积为S＝πr2
3 3
解得S＝πh2.
3
11．1.5
解析 因为当sin i＝时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则sin C＝
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
r＝90°－2C，且有＝n
联立可得n＝1.5.
12．AD [当折射光线恰好和内圆相切时，光恰好不会通过内圆，
根据几何关系得sin i＝，sin r＝，根据折射定律有n＝，代入解得x＝R，因此当x>R时，
光不会经过内圆，故A正确；由上式解得i＝45°，r＝30°，由几何分析可知，光线从外圆射
出的方向与图中入射光线的夹角小于 45°，故B错误；当x＝R时，由几何分析可知，光线
从外圆射出的方向不可能与图中入射光线平行，θ≈2θ ，根据折射定律有＝＝，由于θ 角
3 2 2
度较小，可以得到sin θ ＝2sin θ ＝，因此θ ＝45°，因此光从内圆通过的距离为L＝2Rcos
4 1 4
θ＝R，光从内圆通过的时间为，故C错误，D正确．]
4
专题六 热学 近代物理
第 14 讲 热学
1．C [载重汽车卸去货物的过程中，轮胎体积变大，则汽车轮胎内的气体对外界做正功，
故A错误；若1摩尔该气体的体积为V，V＝N V ，N ＝，该气体分子所占空间的体积为V
A 0 A 0
＝，由于气体分子的体积远小于该气体分子所占空间的体积，故B错误；因为水蒸发要吸
收能量，蒸发过程中温度恒定，分子动能不变，能量转化为分子势能，故分子之间的势能增
加，故C正确；空调的压缩机制冷时，压缩机做功，消耗电能，制冷过程不是自发地进行
的，所以这一过程遵守热力学第二定律，故D错误．]
2．BCD [在使两个分子间的距离由很远(大于10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子力
先表现为引力并先增大后减小，之后表现为斥力后再一直增大，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故A错误；分子平均动能描述的是大量分子的整体表现，温度升
高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，故B正确；无论什
么物质，只要它们的物质的量相同就含有相同的分子个数，故C正确；液晶具有液体的流
动性，同时具有晶体的各向异性特征，故D正确．]
3．BD [温度是分子平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，不是所有空气分
子动能均增加，故A错误；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内的空气
质量将减少，教室体积不变，则密度减小，故B正确；空气密度减小，单位体积内分子数
减小，故C错误；与9：00相比，15：00时教室内的温度升高，空气分子的平均动能增大，
教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间内碰撞墙壁单位面积的气
体分子数一定减少，故D正确．]
4．C [初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的
重力平衡，则有(p－p)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大
1 0
于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于
大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体通过压强
作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，
故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都
减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数
的比例减小，C正确，D错误．]
5．BCD [①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，
外界对气体做功，气体温度升高，不可能回到初始状态，故①为绝热过程，选项A错误；
②过程为等容变化，温度升高，气体内能增大，外界没有对气体做功，则气体从外界吸热，
选项B正确；②过程外界没有对气体做功，根据p－V图线和横轴所围面积表示气体和外界
功的交换，③过程外界对气体做的功大于①过程气体对外界做的功，因此全过程外界对气体
做功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，选项C正
确；③过程为等温变化，气体压强增大，体积减小，分子平均动能不变，气体分子单位时间
内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，选项D正确．]
6．D [设管内气体的压强为p、体积为V，水银柱的长度为h，转过的角度为θ，则p＝p－
0
pcos θ，当θ增大时，cos θ减小，封闭气体的压强增大、温度不变，根据理想气体状态方
h
程＝C，可得V＝T，压强增大，V－T图像中斜率应该减小，故A错误；根据理想气体状态
方程＝C，可得p＝T，气体体积减小，p－T图像的斜率增大，故B错误；根据理想气体状
态方程＝C，可得p＝T，温度不变，压强增大，图中箭头方向反了，故 C错误；p－V图像
的等温线为双曲线的一支，封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变，故D正确．]
7．B [由玻意耳定律有pLS＝C ，pLS＝C ，p ＝p ＋p ，把玻璃管缓慢向上提起，一定
2 2 2 1 1 1 2 1 h有L 增大，p 减小，p 减小，L 增大，B正确，A、C、D错误．]
2 2 1 1
8．A [两次达到平衡状态时，左右两边汽缸的压强平衡，即p ＝p ＝p，p ′＝p ′，对右
左 右 左 右
边汽缸气体分析，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为 3∶1，故右边气体的体积由原
来汽缸总体积的减小到，根据玻意耳定律有 p ＝p ′，解得p ′＝2p ＝2p，故p ′＝2p
右 右 右 右 左 右
＝2p，对左边汽缸气体分析，假设充入左边的气体在一样的温度，压强为 p 时的体积为，
左
根据玻意耳定律得p ＝p ′，联立解得n＝2，从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的
左 左
质量之比为2∶1，故选A.]
9．1
解析 由体积－温度(V－t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1；
t＝0 ℃时，当气体体积为V 时，设其压强为p ，当气体体积为V 时，设其压强为p ，根据
1 1 2 2
等温变化，由玻意耳定律有pV＝pV
1 1 2 2
由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p＝p，p＝p
1 b 2 c
联立解得＝＝.
10．(1)变小 (2)
解析 (1)由题意可知V >V >V，
乙 甲 0
由题图(a)可知p >p ，
甲 乙
所以打开K 后，甲内气体向乙中流动，V 变小．
1 甲
(2)气体做等温变化，则有p V ＝p V ＋p V ，可得p ＝.
G G 甲 甲 乙 乙 G
11．(1)0.2LS (2)0.8mgL
解析 (1)放置物体后，假设缸内气体的压强为p，
1
根据受力平衡可得pS＝pS＋mg
1 0
解得p＝p＋＝p
1 0 0
根据玻意耳定律可得p＝p
0 1
解得V＝0.2LS
(2)外界对气体做功为W＝(pS＋mg)·Δh＝(pS＋mg)·0.2L＝0.8mgL
0 0
根据热力学第一定律可得ΔU＝W－Q
又ΔU＝0
解得气体向外界放出的热量为Q＝0.8mgL
12．(1) (2)m
解析 (1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V，有Mg ＝ ρgV
0 0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
m＝ρ V
气
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V＋ΔV)－Mg＝Ma
0
联立解得需从A室充入B室的气体质量Δm＝ρ ΔV＝
气
(2)开始时鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为
p＝ρgH＋p
1 0
鱼静止于水面下H 处时，有p＝ρgH ＋p
1 2 1 0
此时体积也为V；设该部分气体在压强为p 时，体积为V，
1 2
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有
pV＝pV
2 1 2
解得V＝V
2
则此时B室内气体质量m＝ρ V＝m
1 气 2
13．(1)L (2)32.5 m
解析 (1)设Ⅰ的横截面积为S，则Ⅱ的横截面积为4S.
当B刚要向右移动时，Ⅰ中气体压强为4p，
0
设A向右移动x，对Ⅰ内气体分析，
由玻意耳定律得pSL＝4pS(L－x)
0 0
解得x＝L
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到
大于4p 后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底即所测深度最大时，原Ⅰ内气体全部进入
0
Ⅱ内，设B向右移动y距离，两部分气体压强均为p.
2
对原Ⅰ内气体分析，由玻意耳定律得pSL＝p·4Sy
0 2
对原Ⅱ内气体分析，由玻意耳定律得4p·4SL＝p·4S(L－y)
0 2
此时对A分析有p＝p＋ρgh
2 0 m
联立解得h ＝32.5 m.
m
第 15 讲 近代物理
1．B [光电效应现象说明光具有粒子性，故A错误；氢原子从激发态跃迁到基态时要释放
能量，即辐射出光子，故B正确；放射性物质的半衰期由物质本身决定，与外部的状态或
环境无关，所以采用化学的方法不可以改变放射性物质的半衰期，故C错误；在原子核衰
变辐射出的射线中，γ射线是一种波长很短的电磁波，它在电场或磁场中均不会发生偏转，
故D错误．]
2．C [仅将黄光的光强减弱一些，仍能发生光电效应，故A错误；将电路中电源的极性反
接后，即加上反向电压，若光电子的动能足够大，电路中还会有光电流，电流表仍可能有示
数，故B错误；紫光的频率大于黄光的频率，所以改用紫光照射阴极，其他条件不变，则电流表仍然有示数，故C正确；饱和光电流与入射光的强度有关，仅将滑动变阻器的触头
向右滑动一些，不改变光的强度，电流表的示数不一定增大，故D错误．]
3．B [氢弹是核聚变原理，原子弹是利用核裂变原理释放出巨大的能量，故A错误；目前
核能是通过核裂变或核聚变获取能量的，故B正确；当铀块的体积大于等于临界体积，并
有慢中子能够被俘获时，就会发生链式反应，瞬时放出巨大能量，故C错误；氘或氚，在
一定条件下(如超高温和高压)，发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，发
生核聚变，核聚变过程要释放能量，故D错误．]
4．A [将题中所给的两个核反应方程相加，可得X＋n＋Y→Y＋Z＋X＋e，整理得n→Z＋
e，根据电荷数和质量数守恒可知，Z的质量数和电荷数均为1，则Z为质子，A项正确．]
5．D [由题图可知，该光源发出的光的频率大约在6×1014 Hz 到14×1014 Hz之间，而三
种材料中，截止频率最大的钨的截止频率为10.95×1014 Hz，小于14×1014 Hz，所以该光
源能使三种材料都发生光电效应，产生光电子，故选D.]
6．A [因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以处于基态的氢原子至少要被
激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，故选项
A正确．]
7．C [由题，有ΔE＝－0.937 5E ＝E －E ，解得E ＝0.062 5E ＝，即这些氢原子最高处在
1 n 1 n 1
n＝4能级；根据C＝6可知，这些光子可具有6种不同的频率，故C正确，A、B、D错
误．]
8．B [设单色光的最低频率为ν，由E＝hν－W 知E＝hν－W，0＝hν－W，又知ν＝，
c k 0 k 1 0 c 0 1
整理得ν＝－，解得ν≈8×1014 Hz.]
c c
9．D [根据爱因斯坦质能方程，得E ＝Δmc2＝5.0×10－29×(3×108)2 J，每秒太阳发生的核
0
反应的次数为 n＝＝ (次)≈8.4×1037(次)，每秒钟太阳产生的中微子个数 N＝2×n＝
2×8.4×1037≈2×1038个，故D正确，A、B、C错误．]
10．C [根据德布罗意波长公式λ＝，及p＝，解得λ＝，由题意可知，电子与油滴的动能相
同 ， 则 其 波 长 与 质 量 的 二 次 方 根 成 反 比 ， 所 以 有 ＝ ， m ＝ ρ ·πd3 ＝
油 油
0.8×103××3.14×(4×10－6)3 kg≈2.7×10－14 kg，代入数据解得＝≈1.7×108，所以C正确，
A、B、D错误．]
11．B [一个光子的能量为E＝hν，ν为光的频率，光的波长与频率的关系为c＝λν，光源每
秒发出的光子的个数为n＝＝，P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为
原点的球面上的光子数相同，人眼瞳孔面积S＝，其中d为瞳孔直径，由题意，如果每秒有
6个绿光的光子射入瞳孔，眼镜就能察觉到，也就是说在瞳孔所处的球面上能保证每秒有6
个绿光的光子射入瞳孔，设人与光源的距离为 r，那么人眼所处的球面的表面积为 S′＝
4πr2，所以·S≥6，联立以上各式解得r≤2×106 m，B正确，A、C、D错误．]12．AD [红光的频率最低，光子的能量最小，故跃迁时对应的能级差最小，所以红色谱线
是氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时产生的，A正确；紫光的频率最高，光子的能量最
大，故紫色谱线是氢原子从n＝6能级或n＝5能级直接向n＝2能级跃迁时产生的，蓝色谱
线是氢原子从n＝4能级直接向n＝2能级跃迁时产生的，B错误；氢原子从n＝4能级直接
向n＝2能级跃迁时产生的光子的频率小于从n＝6能级直接向n＝2能级跃迁时产生的光子
的频率，若后者不能使某金属发生光电效应，则后者的频率小于该金属的截止频率，则前者
更不可能使该金属发生光电效应，C错误；氢原子从n＝3能级直接向n＝2能级跃迁时产生
的光子的频率小于从n＝6能级直接向n＝2能级跃迁时产生的光子的频率，若前者能使某金
属发生光电效应，则后者一定能使该金属发生光电效应，D正确．]
13．(1)Ra→Rn＋He (2)6.05 MeV (3)5.94 MeV
解析 (1)核反应(衰变)方程为Ra→Rn＋He.
(2)镭核衰变放出的能量
ΔE＝(226.025 4－4.002 6－222.016 3)×931.5 MeV≈6.05 MeV.
(3)镭核衰变时动量守恒，
则有m v －m v ＝0
Rn Rn α α
又根据衰变放出的能量转变为氡核和α粒子的动能，由能量守恒定律有
ΔE＝m v 2＋m v 2
Rn Rn α α
联立以上两式可得E ＝·ΔE≈5.94 MeV.
kα
14．C [处于第4能级的氢原子电离需要的能量为0.85 eV，选项A错误；由题图丙可知，
图线b对应的遏止电压大于图线a对应的遏止电压，根据光电效应方程有E ＝hν－W 及eU
k 0 c
＝E ，知b光的频率最大，能量最大，因此图线b所表示的光是氢原子由第4能级向基态跃
k
迁发出的，且E ＝E －E ＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，选项B错误，C正确；题图
b 4 1
丙中的图线a所表示的光能量低，用它照射阴极K时，光电子的最大初动能比用图线b所表
示的光照射时要小，选项D错误．]
专题七 实验
第 16 讲 力学实验
1．(1)A (2)1.63 2.64 (3)小车与倾斜长木板之间有摩擦
解析 (1)由几何关系可知sin θ＝，因此需要测量长木板末端距实验台的高度h，故A正确，
B错误．
(2)纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 sD点对应的速度为v ＝≈1.63 m/s
D
滑块的加速度为a＝＝2.64 m/s2；
(3)小车沿倾斜轨道下滑，若没有摩擦力，则mgsin θ＝ma，可得＝g，现在a与sin θ的比值
小于当地的重力加速度，说明小车下滑过程中受到摩擦力的作用，即小车与倾斜长木板之间
有摩擦．
2．(1)B (2)4∶1 线速度的平方
(3) 2∶1 半径的倒数
解析 (1)探究向心力大小与小球质量、速度、轨道半径三个因素的关系，需要先控制其中
两个因素不变，改变第三个因素，从而逐步研究向心力和它们的关系，采用了控制变量法．
(2)设先后两次的速度分别为v 和v ，光电门记录的时间分别为t 和t ，小球挡光宽度为d，
1 2 1 2
则有v ＝，v ＝，可得＝＝，轨道对小球的支持力提供向心力，有F ＝m，则可得到向心力
1 2 N
与线速度的平方成正比，根据牛顿第三定律，传感器记录的压力大小等于轨道对小球的支持
力大小，故可知传感器记录的压力比为＝＝.
(3)设先后两次的轨道半径分别为r 和r ，由于光电门记录的时间相同，可知两次小球做匀
1 2
速圆周运动的线速度v大小相等，轨道对小球的支持力提供向心力，有F ＝m，则可得到向
N
心力与半径的倒数成正比，根据牛顿第三定律，传感器记录的压力大小等于轨道对小球的支
持力大小，故可知传感器记录的压力比为＝＝.
3．(1)①BC ②> ③OM＋·ON
(2)B
解析 (1)①因小球在斜槽末端的速度与平抛的水平位移成正比，所以斜槽是否光滑不影响
实验结果，故A错误；斜槽末端保持水平，是为了保证它们在水平碰撞后做平抛运动，故B
正确；小球1每次必须从同一位置由静止释放，尽可能保证每次碰撞情况相同，故C正确．
②为确保小球1碰后不弹回，要求m＞m.
1 2
③小球离开斜槽末端做平抛运动，竖直方向满足y＝gt2，下落高度一定，则运动时间相同；
水平方向满足x＝vt，水平位移与平抛初速度成正比，两球相碰前后的动量守恒，其表达式
可表示为m·OP＝m·OM＋m·ON，即OP＝OM＋·ON.
1 1 2
(2)将OP＝OM＋·ON变形得＝，由于m＞m，则＞1，图A中比值为负值，故A错误；图B
1 2
中比值为＞1，故B正确；图C中，比值为＞1，但OP＋OM＜ON，不符合能量守恒定律，
故C错误．
4．(1)2.30 (2)见解析图 (4)见解析
解析 (1)由于弹簧测力计的最小刻度是0.1 N，因此弹簧测力计1的示数为2.30 N；
(2)由题，作出力的图示，根据平行四边形定则，可作出任意两个力的合力，以下三个图中
任意一个均正确．(4)其中一个力与另两力的合力等值反向(或“三个共点力的合力等于零”“合力等于零”
“合外力等于零”“两个共点力的合力与第三个力大小相等，方向相反，在同一条直线上”
“两力的合力与第三力等大反向共线”等)
5．(1)5.00 13.3 (2)B
解析 (1)弹簧弹力为零时，弹簧总长度即为弹簧原长，故L＝5.00 cm，
0
弹簧劲度系数k＝＝ N/m≈13.3 N/m.
(2)由于弹簧自身重力的影响，当x等于零时，弹簧有一定的弹力，但弹簧劲度系数不变，
则k＝不变，即F－x图像斜率不变．故选B.
6．(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.
7．(1)①2.7 ② (2)①0.80 2.0 ②D
解析 (1)①由题图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为2 mm，游标尺示数为7×0.1 mm＝0.7mm，
游标卡尺读数d＝2 mm＋7×0.1 mm＝2.7 mm；
②滑块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度位移公式有v2＝2μgL
其中v＝
联立解得L＝·
为测量小滑块与木板表面间的动摩擦因数μ，记录多组(t、L)数据，选择L为纵轴，为横轴．
该直线的斜率为k，则＝k，整理得μ＝.
(2)①对小滑块进行受力分析可得，小滑块受重力、支持力和斜面对小滑块的摩擦力，由牛
顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝gsin θ－μgcos θ
小滑块做匀变速直线运动，
由运动学关系可得x－x＝at2
0
代入题图丁数据可得a＝2.0 m/s2
可计算出0.4 s时刻小滑块的速度大小v＝at＝2.0×0.4 m/s＝0.80 m/s；
②由于a＝gsin θ－μgcos θ
为测定小滑块与木板间的动摩擦因数μ，本次实验还必须测量的物理量是木板的倾角，故选
D.
8．(1)k(L－L)h－kh2
0 5 5
mgh (2)见解析
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－L－h)2
p弹 0 0 5
整理有ΔE ＝k(L－L)h－kh2
p弹 0 5 5
打F点时钩码的速度为v ＝
F
则钩码动能的增加量为
ΔE＝mv 2－0＝
k F
钩码的重力势能增加量为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，空气阻力做的功也逐渐增大．第 17 讲 电学实验
1．(1)6.0 (2)甲 小 (3)
解析 (1)由于选用的是“×1”欧姆挡，因此电阻值为6.0 Ω.
(2)由于待测电阻较小，因此采用电流表外接法，故选甲．
根据R＝，电压的测量值准确，但电流表测量的是电压表和待测电阻的总电流，测量值偏大，
导致电阻的测量值偏小．
(3)根据电阻定律R＝ρ，而S＝，R＝，联立解得ρ＝.
2．(1)C (2)0 (3)－R
A
解析 (1)当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，a、P两点间的电压保持
不变，滑动变阻器分压式连接，待测阻值较大，滑动变阻器阻值越小越好，故选C；
(2)滑动变阻器分压式连接到电路中，滑动变阻器调到最左端 a、P两点间的电压为零，电阻
箱R的阻值调到0，然后闭合开关S，调节P，使电流表满偏．
(3)认为a、P两点间的电压保持不变，根据欧姆定律可得I(R ＋R)＝I(R＋R＋R )
0 A x x A
整理得＝＋
以R为横坐标、为纵坐标进行描点、连线得到一条倾斜直线，已知该直线的斜率为 k，即＝
k，
故待测电阻R＝－R .
x A
3．(1)30.0 (2)500 (3)①左 ②B ③58 ④1.46(1.45～1.47均可) 0.40(0.39～0.41均可)
解析 (1)电阻箱阻值为3×10 Ω＋0×1 Ω＋0×0.1 Ω＝30.0 Ω.
(2)改装后电流表的量程为I＝I＋＝0.5 A＝500 mA.
g
(3)①为防止电路中电流过大，烧坏电流表，闭合开关前应将滑动变阻器 R的滑片移到最大
阻值处，即移到左端；
②为防止电阻箱短路，电阻箱操作时应先将“×1挡”调至2，“×0.1挡”调至5，再将
“×10挡”中3调至0，故选B；
③毫安表量程为100 mA，由题图丙所示毫安表表盘可知，其分度值为 2 mA，示数为58
mA；
④改装后的电流表内阻为R ＝＝2 Ω
A
根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知U＝E－5I(r＋
R )
A
由题图丁可知，电源的电动势E＝1.46 V
r＋R ＝ Ω＝2.40 Ω
A
则干电池内阻为r＝2.40 Ω－2 Ω＝0.40 Ω.4．(2)③变小 (3)无
(4)51.80
解析 (2)③闭合S 后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小．
2
加在导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I－I，
2 1
因此导电绳的电阻R＝.
x
(3)在闭合S 之前，电流表I 的示数包括流过定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S
2 1 2
之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I ，故流
1
过导电绳的电流是I－I，与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响．
2 1
(4)由题图(c)可知，导电绳拉伸后的长度为51.80 cm.
5．(1)见解析图 (2)0.50 (3)7.5＋t 25.0
解析 (1)电流表A 的内阻已知，可以当成电压表使用，电流表A 内阻未知，可以用来测干
1 2
路电流，电路设计如图所示．
(2)电流表A 的读数为I＝0.50 A
2 2
热敏电阻的阻值为R＝
x
又因为U＝Ir，I＝I－I
1 1 2 1
解得R＝.
x
(3)题图丙中图像的斜率为k＝ Ω/℃＝ Ω/℃
该热敏电阻的阻值与温度的关系式为R＝7.5＋t (Ω)
x
当温控箱中的温度达到525 ℃时(热敏电阻仍遵循此规律)，热敏电阻的阻值为R ＝7.5 Ω＋
x
×525 Ω＝25.0 Ω.
6．(1)×1 k (2)见解析图 (3)相等 (4)
解析 (1)实验前，先用多用电表粗测R 的阻值，用“×100”挡时发现指针偏转角过小，说
x
明电阻太大，应用更大挡位，故应换用“×1 k”挡位；
(2)按题图甲将题图乙中的实物连线补充完整，如图．(3)当电阻箱读数为R 时，灵敏电流计G的示数为零，此时A、B两点电势相等，因为两点
0
间无电流，根据电桥原理可知RR＝RR，解得R＝；
0 2 1 x x
(4)根据电桥原理，两次有＝＝，
解得R＝.
x
7．(1)最大值 (2)＝＋R
(3) 0.76 0.19
解析 (1)为保证电压表的安全，闭合开关前，电阻箱的阻值应调整为最大值；
(2)由电路的结构和闭合电路的欧姆定律可知E＝U＋(R＋r)，变形可得U与E、r的关系式为
＝＋R；
(3)根据上述分析可知＝＋R
结合题图乙得：斜率k＝＝ V－1· Ω－1
其中R ＝2 000 Ω，
V
解得E＝0.76 V
截距b＝＋＝2.1 V－1
联立解得r＝0.19 kΩ.
第 18 讲 热学和光学实验
1．(1)dacb (2)ACD
解析 (1)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴
油酸酒精溶液的体积→准备浅盘→形成油膜→描绘油膜轮廓→计算油膜面积→计算分子直径．
很显然操作先后顺序应是dacb.
(2)由d＝可知，测量结果偏大有两个原因，一是体积比正常值偏大，二是面积比正常值偏小，
故可能正确的是A、C、D.
2．(1)(或) (2)大
(3)B
解析 (1)由折射率公式可得n＝＝.
(2)玻璃砖的宽度越大，出射光线的侧移量越大，玻璃砖中折射光线的误差越小，所以应选用宽度大的玻璃砖来测量．
(3)由sin i－sin r图像可知，＝≈1.49>1，故光是从空气射入玻璃的，A正确；由折射率的
定义知n＝1.49，B错误，C正确．
3．(1)防止漏气 (2)C (3) 注射器内气体向外漏气 (4)D
解析 (1)本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，还需保证封闭气体
质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油．
(2)由于不是拉活塞，则注射器不一定要安装在竖直平面内，实验过程中手不能与注射器接
触，推动活塞应缓慢进行，保持与外界相同温度，故C正确，A、B错误．
(3)当温度不变时有pV＝C，即压强p与V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强p与
是线性关系，故应当以为横坐标．当增大，即V减小时，p增加的程度不是线性关系，当斜
率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的可能原因是注射器存在向外漏气现象．
(4)测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V 未计入，纵轴存在截距－V ；软管
0 0
脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交
点仍为－V，故前后两条线相交在此处，故D正确，A、B、C错误．
0
4．(1)B (2)C (3)B (4) 31.10
解析 (1)因为该实验是双缝干涉实验，a是单缝，b是双缝，若均竖直放置，观察到的是竖
直方向的干涉条纹，故选B.
(2)若取下红色滤光片，白光干涉条纹为彩色的，故选C.
(3)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由Δx＝λ可知，需要减小双
缝到屏的距离L或增大双缝间的距离d，故选B.
(4)条纹间距Δx＝
又知Δx＝λ
两式联立得λ＝
此游标卡尺精度值为0.05 mm，读数等于可动刻度读数与游标尺读数之和，
故有x＝31 mm＋2×0.05 mm＝31.10 mm.
5．(1)刻度尺 P 和P、P 的像
3 1 2
(2)CD (3)1.5 (4)小于
解析 (1)本实验需要用刻度尺测量相应长度以计算入射角、折射角的正弦值，还缺少的器
材是刻度尺．
根据折射光线的特征，可知透过玻璃砖观察，调整视线方向，插上第四枚大头针P 应使其
4
遮挡住P 和P、P 的像．
3 1 2
(2)插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，A错误；为了减小测量的相对误
差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，B错误；为了准确确定入射光线和折射光线，
大头针应垂直地插在纸面上，C正确；大头针P 和P 及P 和P 之间的距离适当大些时，相
1 2 3 4同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，D正确．
(3)题图中PP 是入射光线，OO′是折射光线，
1 2
设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，
则由几何知识可得sin i＝，sin r＝
又AO＝OC
则折射率为n＝＝＝＝1.5.
(4)如图所示实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种
情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率测量
值小于真实值．
