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复习讲义答案精析
第一篇 专题复习
专题一 力与运动
第 1 讲 力与物体的平衡
例1 D [以O点为研究对象，受力分析如图所示，
由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得Fcos 30°＋Fcos 30°＝F，又F ＝
1 2 1
F，可得F＝F，故D正确，A、B、C错误．]
2 1
例2 B [分别对A、B两球分析，运用合成法，如图，
由几何知识得F sin 37°＝m g，F sin 53°＝m g，解得球B的质量为m ＝ kg，故B正确，
T A T B B
A、C、D错误．]
例3 C [以物块和斜面体组成的整体为研究对象，外力在水平方向的分力水平向左，在竖
直方向的分力竖直向上，知地面对斜面体的摩擦力水平向右，地面对斜面体的支持力小于物
块与斜面体所受重力大小之和，A、B错误；若物块所受重力沿斜面向下的分力恰好与外力
大小相等，则斜面体和物块之间无摩擦力，此时物块受到三个力的作用，C正确，D错
误．]例4 D [对A、B环受力分析，如图
对A环，由平衡条件可得F ＝，F ＝mgtan α，对B环，由平衡条件可得F ＝，F ＝
NA 库 NB 库
3mgtan (90°－α)，因库仑力相等，则有mgtan α＝3mgtan (90°－α)＝3mg，解得α＝60°，则
右边杆对A环支持力大小为F ＝＝2mg，左边杆对B环支持力大小为F ＝＝2mg，故A、
NA NB
B错误；两环之间的库仑力大小为F ＝mgtan 60°＝mg，故C错误，D正确．]
库
例5 B [以小球为研究对象，受力分析如图所示
根据几何关系可知，外力F顺时针转动至竖直向上之前，支持力F 逐渐减小，F先减小后
N
增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，根据矢量三角形可得F ＝mgcos θ，
min
故A错误，B正确；以框架为研究对象，受重力Mg、地面的支持力F 、地面的摩擦力F
N1 f
以及小球对框架的压力F ′的作用，根据平衡条件有F ′cos θ＝F，F ′sin θ＋Mg＝
N N f N
F ，转动的过程中，小球受到的支持力逐渐减小，故小球对框架的压力 F ′逐渐减小，故
N1 N
地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力始终在减小，由牛顿第三定律可知，
框架对地面的压力始终在减小，故C、D错误．]
例6 AD [在小球A缓慢向上移动的过程中，A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与
F 的合力与F 等大反向共线，作出mg与F 的合力，如图，
N T N
由三角形相似有：＝＝，得F ＝·mg，AO、BO都不变，则F 大小不变，方向始终背离圆心
N N
O，故A、D正确，B、C错误．]
例7 C [对滑块受力分析，由平衡条件有 F＝mgsin θ，F ＝mgcos θ，θ为F与水平方向
N
的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力F 越来越
N
小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力大小为 F ′＝Fcos θ＝mgsin θcos θ＝
Nmgsin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
水平地面对凹槽的支持力为F ＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ越来越大时，
N地
水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．]
例8 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
解析 (1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有
mgsin θ＝μmgcos θ
解得μ＝tan θ
因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有
Fcos α＝mgsin θ＋F
f
Fsin α＋F ＝mgcos θ
N
且F＝μF
f N
联立解得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，即F ＝mgsin 2θ.
min
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即
F ＝Fcos (α＋θ)
fM
当F取最小值mgsin 2θ时，
则有F ＝F cos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.
fM min
高考预测
1．B [依题意，设建筑材料的重力为G，OA绳右端与竖直方向夹角为θ，且对建筑材料的
拉力大小为F ，乙对OB绳的拉力大小为F ，则乙在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢
OA OB
移到楼顶平台上的过程中，对建筑材料受力分析，根据平衡条件有 F ＝，F ＝Gtan θ，θ
OA OB
增大，则F 增大，F 增大，由此可知甲对OA绳的拉力增大，乙对OB绳的拉力增大，故
OA OB
A、C错误；对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于 OA绳对甲
的拉力在水平方向上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳左端与水平方向夹角
不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B正确；对乙受力分析，根据平衡条
件可知乙与楼层之间的摩擦力大小等于OB绳对乙的拉力大小，由于F 逐渐增大，所以可
OB
得乙与楼层之间的摩擦力逐渐增大，故D错误．]
2．C [对A、B构成的整体受力分析，设B、C间细绳上的拉力为F ，由几何关系得tan θ
T 1
＝，对B受力分析，由几何关系得tan θ＝，所以tan θ·tan θ＝，故选C.]
2 1 2
第 2 讲 牛顿运动定律与直线运动
例1 B [108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通
列车加速时间t ＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x ＝at2＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性
1 1 1
可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间 t ＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时
2
间t′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x′＝at′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的
1 1 1
时间t′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t＋2t)－(t′＋2t′)＝4 680 s，因此
2 2 1 2 1
总的节省时间Δt ＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B.]
总
例2 (1)24 m (2)4 s
解析 (1)足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有
x＝＝ m＝24 m
(2)队员的速度达到最大速度用时t＝＝ s＝2 s，
1
此时队员的位移为
x＝at2＝×4×22 m＝8 m，
1 21
此时足球的位移为x′＝vt＋at2＝12×2 m－×3×22 m＝18 m，
1 01 11
足球的速度v′＝v＋at＝6 m/s
1 0 11
此时队员与足球相距s＝10 m，
设此后用时t 追上足球，则有v t＝v′t＋at2＋s
2 m2 1 2 12
解得t＝2 s(t＝－ s舍去)
2 2
此时足球速度v″＝v′＋at＝0，足球恰好停止．
1 1 12
故前锋队员追上足球至少经过t＝t＋t＝4 s.
1 2
例3 B [对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 m g－m gcos 60°＝(m ＋m
乙 甲 乙
)a，对乙有m g－F ＝m a，联立解得F ＝15 N，故选B.]
甲 乙 T 乙 T
例4 C [对两球作为整体受力分析，由平衡可得F ＝(m ＋m)gtan 30°，对小球2受力分
弹 1 2
析且由平衡条件可得F ＝mgtan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A错误；
弹 2
在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力F 不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力突
弹
变为0，则A加速度为a＝g，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a ＝g，a ＝＝＝
1 2竖直 2水平
g，两小球竖直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2总的加速度斜向右下，
AB间的绳子绷紧，则轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力不为0，假设不成立，故球1除
了受到重力还受到AB间绳子斜向右下的拉力，则向下的加速度大于g；球2除受重力和弹
力外还受到AB间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，故B、D错误，C正
确．]
例5 (1)0.5 (2)10 s
解析 (1)在两段赛道上滑行时，根据牛顿第二定律分别有：
mgsin θ －μmgcos θ＝ma
1
μmg＝ma
2由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即
a＝a
1 2
联立解得μ＝0.5
(2)在两段赛道上滑行的加速度大小
a＝a＝5 m/s2
1 2
设最大速度为v ，根据速度与位移的关系可知
m
＋＝L
解得最大速度v ＝25 m/s
m
因此运动的总时间t＝＋＝10 s.
例6 BC [题图A中，甲、乙在t 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t 时刻之前不
0 0
能相遇，选项A错误；题图B中，甲、乙在t 时刻之前图线有交点，即此时位移相等，即
0
两人在t 时刻之前能再次相遇，选项B正确；因v－t图线与横轴围成的面积表示位移大小，
0
题图C中的甲、乙在t 时刻之前有位移相等的时刻，能再次相遇，而题图 D中的甲、乙在t
0 0
时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，两人不能相遇，选项C正确，D错误．]
例7 BCD [由题图(c)可知，t 时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对
1
静止，此时以整体为研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误；由题图(c)可知，t 时刻物块与
1 1 1 2 2
木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，
有F－μ(m＋m)g＝(m＋m)a
2 1 1 2 1 2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0
2 2 1 1 2 1
解得F＝(μ－μ)g，μ>μ，故B、C正确；
2 2 1 2 1
由题图(c)可知，0～t 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．]
2
高考预测
1．A [对物体受力分析，将重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解有mgsin 30°－
F＝masin 30°，F －mgcos 30°＝macos 30°，解得F ＝m(g＋a)，F＝m(g－a)，B、C、D错
f N N f
误，A正确．]
2．AD [跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全
红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝vt－gt2，可得t
0
＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v ＝v －gt＝5 m/s－10×2
1 0
m/s＝－15 m/s，在水中的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律
可知，F＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．]
f第 3 讲 抛体运动
例1 C [根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为 x＝＝ m＝10 m，故
选C.]
例2 ACD [将A球的速度分解为沿轻绳方向和垂直于轻绳的方向，在沿轻绳方向的分速
度等于B球沿轻绳方向的分速度．A球在沿轻绳方向的分速度为v ＝vcos α，所以v ＝
绳 B
＝，A正确，B错误；
当β增大到等于90°时，B球的速度在沿轻绳方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分
速度也是0，而cos α′不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，
所以B球的速度达到最大，C正确；在β增大到90°的过程中，轻绳的方向与B球运动的方
向之间的夹角始终是锐角，所以轻绳对B球的拉力一直做正功，D正确．]
例3 AD [由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口
时竖直方向的速度v 相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为 θ，箭射出时的初速度为
y
v ，则tan θ＝，即v ＝，故两支箭射出时的初速度大小之比为tan 53°∶tan 37°＝16∶9，A
0 0
正确；设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则v＝，故两支箭落入壶口时的速度大小之比为
sin 53°∶sin 37°＝4∶3，B错误；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与
壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，为16∶9，C错误；由E ＝mv2可知，两支箭落
k
入壶口时的动能之比为16∶9，D正确．]
例4 m/s
解析 频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的
时间间隔为t＝4T＝4×0.05 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度大小为v ，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移
0
分别为y、y，根据平抛运动位移公式有x＝vt
1 2 0
y＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m
1
y＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m
2
令y＝y，则有y＝3y＝3y
1 2 1
已标注的线段s、s 分别为
1 2
s＝
1
s＝＝
2则有∶＝3∶7
整理得x＝y
故在抛出瞬间小球的速度大小为
v＝＝ m/s.
0
例5 C [以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图所
示．
对运动员的运动进行分解，y轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运
动．当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称
性，知t ＝t ，A、B错误；将初速度沿x、y方向分解为v 、v ，将加速度沿x、y方向分解
1 2 1 2
为a 、a ，则运动员的运动时间为t＝2，落在斜面上的距离s＝vt＋at2，离开C点时的速度
1 2 1 1
加倍，则v 、v 加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；设运动员落在斜面
1 2
上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：tan α＝，tan θ＝＝＝，得
tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速
度大小无关，C正确．]
例6 D [两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，滑步推铅球成绩更好，
所以滑步推铅球初速度更大，竖直和水平方向的分速度更大，到达最高点的时间更长，故根
据斜抛的对称性，铅球在空中运动的时间更长，上升的高度更高，在最高点速度更大，A、
B、C错误；初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理有Ft＝mv－0，可知推力相
同时，动量变化大的推力作用时间长，D正确．]
例7 (1)40 m (2)3.3 s
解析 (1)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m ，在F点时，运动员对地面的压力大
总
小为所受重力(含装备)的2倍，由牛顿第三定律知地面对该运动员整体的支持力大小F ＝2m
N
g
总
此时支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力，
则有F －m g＝m
N 总 总
解得v＝20 m/s
运动员到达F点后，在水平停止区有F ＝0.5m g＝m a，做加速度大小为a的匀减速直线
阻 总 总
运动，水平停止区FG的最小长度L＝＝40 m
(2)对运动员由C点起跳的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，
水平方向速度v＝v cos α
x C
竖直方向速度v＝v sin α－gt
y C
着陆时竖直方向分速度与C点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向
与竖直方向的夹角为α，
则有tan α＝＝
代入数值得t≈3.3 s.
高考预测
1．D [石子做斜抛运动，水平方向做匀速运动，则有v＝vcos θ，故石子在空中的运动时
x 0
间t＝＝，所以＝，因为θ>θ ，故cos θ<cos θ ，所以t<t ，第一次运动时间较短，A错误；
2 1 2 1 1 2
石子竖直方向做竖直上抛运动，则有v＝vsin θ，竖直方向上升的高度为h＝vt－gt2，联立
y 0 y
可得h＝xtan θ－，故只需要v 大小和抛射角满足上式即可击中苹果，C错误；由h＝xtan θ
0
－可知，v 减小时，θ不一定增大，B错误；由动能定理有－mgh＝mv2－mv2，故两次击中
0 0
苹果前瞬间的速度大小相等，D正确．]
2．(1) (2)见解析图
解析 (1)由题意可知，小滑块竖直方向做自由落体运动，可得小滑块从抛出到离开圆筒所
用的时间为h＝gt2，解得t＝；
(2)由题意可知，小滑块在圆筒内表面的运动轨迹如图所示．
第 4 讲 圆周运动 天体的运动
例1 ABD [根据F＝m可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道
半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适；由 mgtan θ＝m，可知在转弯速度一定时，转
弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，A、B正确；乘客受到的向心力大小为F＝m＝50×
N＝200 N，乘客受到来自车厢的力大小为F ＝＝ N≈540 N，C错误，D正确．]
N
例2 CD [设细线拉力方向与竖直方向夹角为θ，环M做圆周运动的半径为r，对N受力分
析，如图所示，知细线的拉力在竖直方向的分力恒等于重力，Fcos θ＝m g，所以只要细线与竖直方向夹角
N
不变，细线的拉力不变；环N与竖直杆之间的弹力F ＝Fsin θ，即F 不变，A、B错误；对
N N
M受力分析，如图所示，竖直方向有F ′＝Fcos θ＋mg＝m g＋mg，与角速度无关，故转
N N
动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相同，C正确；对M受力分析知水平方向，摩
擦力向左时有Fsin θ＋F＝mω2r，摩擦力向右时有Fsin θ－F＝mω2r，角速度不同，摩擦
f 1 f 2
力大小可能相等，但方向相反，D正确．]
例3 (1)mg
(2) (3)
解析 (1)设水平恒力的大小为F，小球到达C点时所受合力的大小为F.则有
0
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F2②
0
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得
F＝mg④
0
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
1
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
小球从A点到达C点过程，由动能定理有
－mg·CD－F·DA＝mv2－mv2⑧
0 1
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv＝⑨
1
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g.设小球在
竖直方向的初速度为v ，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
竖直v t＋gt2＝CD○
竖直
v ＝vsin α⑪
竖直
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝.
例4 ACD [设火星表面的重力加速度为g ，G ＝mg ，解得g ＝，A正确；忽略火星的自
1 1 1 1
转，设火星质量为M，则在火星表面上有G＝mg ＝G ，解得M＝，B错误；火星的平均密
1 1
度为ρ＝＝，C正确；天问一号绕火星运动过程中有G＝m(R＋h)，解得天问一号距地面的
0
高度为h＝－R，D正确．]
例5 AD [根据万有引力定律公式有F＝G，两颗恒星正在缓慢靠近，则双星之间引力变大，
A正确；对m 星，a ＝G，对m 星，a ＝G，每颗星的加速度均变大，B错误；由双星系统
1 1 2 2
的两颗星的周期相等，万有引力提供向心力，可以得到＝，＝，R ＋R ＝r，整理得到T＝
1 2
2π，可知双星系统周期变小，C错误；由ω＝知转动的角速度变大，D正确．]
例6 C [着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动，在靠近火星表面时，火星车处
于超重状态，A错误；减速过程火星车对平台的压力与平台对火星车的支持力是一对相互作
用力，大小相等，方向相反，B错误；由mg＝G，可得g＝G，且已知火星质量约为地球质
量的，火星直径约为地球直径的，故＝，C正确；由G＝m，可知v＝，因为火星直径约为
地球直径的，火星质量约为地球质量的，＝＝，D错误．]
例7 D [载人飞船若要进入轨道 Ⅰ ，要做离心运动，需要在A点点火加速，故机械能增
加，A、C错误；设空间站轨道的周期为T ，由此可得G＝，解得M＝，题中T为地球自转
1
的周期，并非在轨道 Ⅰ 上的周期，不能利用该数据计算地球质量，B错误；设在轨道 Ⅱ
上运行的周期为T，根据开普勒第三定律有＝，解得T∶T＝∶，D正确．]
2 1 2
高考预测
1．A [当小物块受到的摩擦力是0时，设小物块随陶罐转动的角速度为ω，此时由小物块
的重力与陶罐对它的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有 mgtan θ＝mω2Rsin θ，
解得ω＝＝，A正确，B、C、D错误．]
2．BD [设卫星在轨道Ⅱ上的加速度大小为a ，由＝ma，可得a ＝a ＝a ，故A错误；设
1 1 0 0
卫星在轨道Ⅱ上的线速度大小为v ，由a ＝，解得v ＝＝，故B正确；由开普勒第三定律
1 1 1
有＝，解得＝，故C错误；设卫星在椭圆轨道远地点的线速度大小为v，则vR＝v×3R，解
0得v＝v ，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，发动机需要做的功为W＝mv2－mv2＝－，故D正
0 1
确．]
3．A [按照双星模型计算，两星绕连线的中点转动，则有G＝m··，所以T＝2π，由于C的
0
存在，设其质量为M，双星的向心力由两个力的合力提供，则G＋G＝m··，又＝k，解得M
＝m，A正确，B、C、D错误．]
专题二 能量与动量
第 5 讲 功与功率 功能关系
例1 ABD [小车从M到N，依题意有P ＝Fv ，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车
1 1
从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为 f ＝F＝40 N，则摩擦力做功为W ＝－
1 1
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到Q，重力
势能增加量为ΔE ＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；设小车从P到Q，摩擦力大小为
p
f ，有f ＋mgsin 30°＝，摩擦力做功为W ＝－f·PQ，联立解得W ＝－700 J，则小车克服摩
2 2 2 2 2
擦力做功为700 J，故D正确．]
例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
例3 AC [由题图中的图线①知，上升总高度h＝·2t ＝vt.由题图中的图线②知，加速阶
0 00
段和减速阶段上升高度和h ＝··＝vt ，匀速阶段：h－h ＝v·t′，解得t′＝t ，故第②次提
1 00 1 0 0
升过程所用时间为＋t＋＝t，两次上升所用时间之比为2t∶t＝4∶5，A项正确；由于加速
0 0 0 0
阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B项错误；在加速上
升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)，第①次在t 时刻，功率P ＝
0 1
F·v ，第②次在时刻，功率P ＝F·，第②次在匀速阶段P′＝F′·＝mg·<P ，可知，电机输
0 2 2 2
出的最大功率之比P∶P＝2∶1，C项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克
1 2
服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D项错误．]
例4 C [因为汽车先保持牵引力F 不变，由牛顿第二定律可得F －F＝ma，又因为汽车
0 0 f
所受的阻力F 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以 v－t图像开始应有一段
f
倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v 时达到额定功率P，此后以额定功率继续行驶，
1 e
则满足P＝Fv，即F与v成反比，F与 成正比，所以F－v图像中v～v 段图像应为曲线，
e 1 m
F与图像中～段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v 之前，保持牵引力F
1 0
不变，则功率满足P＝Fv，即P与v成正比，所以在P－v图像中0～v 段图像应为过原点
0 1的直线，故D错误．]
例5 A [0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝E －E ，整理得E ＝E
k k0 k k0
－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20
m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s)＝E ，整理得E ＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin
1 k k
30°－f)s，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m
1
＝0.7 kg，故选A.]
例6 AD [对物块进行受力分析，物块离开斜面时应满足qvB＝(mg－qE)cos 53°，解得v＝
3 m/s，动能为mv2＝18 J，选项A正确；物块从释放到离开斜面，重力势能减少mgxsin 53°
＝96 J，选项B错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功，即ΔE ＝qExsin 53°＝48 J，
p
选项C错误；由功能关系得(mg－qE)xsin 53°＝mv2＋Q，解得Q＝30 J，选项D正确．]
例7 AC [物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于
拉力做功，则有ΔE＝FΔh，得F＝，所以斜率表示拉力．由题图可知，在0～h 阶段斜率增
1
大，即拉力增大，h ～h 阶段斜率减小，即拉力减小，即0～h 过程中物体所受拉力先增大
1 2 2
后减小，故A正确；在h 处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以
1
h 处速度不是最大，故B错误；由题图可知，在h～h 过程中，图像斜率减小，拉力F减小，
1 1 2
在h 后图像斜率为零，拉力为零，在h 处拉力F大于重力，在h 处拉力为零，因此在h ～
2 1 2 1
h 过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动
2
能先增大后减小，故C正确；在0～h 过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，
3
物体所受的合外力先增大再减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的
加速度先增大再减小后反向增大再不变，且h～h 阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故
2 3
D错误．]
高考预测
1．A [足球斜向上运动至最高点的过程中，速度减小，至最高点时速度最小(但大于0)，然
后开始向右做平抛运动，速度增加，故整个过程动能先减少后增加，重力势能先增加后减少，
机械能总量不变，重力的瞬时功率先减小(最高点为零，因为重力与速度垂直)后增大，A正
确，B、C、D错误．]
2．BD [开始阶段加速度为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，v ＝54 km/h＝15 m/s，解得t ＝＝ s＝6
1 0
s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x ＝at2＝45 m，故B正确；t 时刻，电动机输出的功
1 0 0
率最大，为P ＝Fv ＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，
m 1 1
功率为P＝Fv ＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v ＝＝ m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～
2 1 3
11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为 W＝Pt＝4.5×105 J，故D正
确．]
3．BC [设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动能定理得mgh－μmglcos α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s ，则s ＝
总 总
lcos α＋x，联立可得mgh－μmgs ＝0，可知最终两物体均停止在P点，故A错误；根据几
总
何知识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B正确；两种情形下，
都是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生
的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，故C正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE ＝
1
μmgLcos α ，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE ＝μmgLcos α ，因为L ＞L ，α ＜α ，所以
1 1 2 2 2 1 2 1 2
ΔE＞ΔE，故D错误．]
1 2
第 6 讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律
例1 B [小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则有mg＝m，拉力F沿圆的切线方向，
根据动能定理有F·－mgr＋W＝mv2，又r＝3.6 m，解得摩擦力做功为W＝－66.6 J，故选
f f
B.]
例2 (1)8 m/s (2)5.5 m (3)见解析
解析 (1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的
切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v ＝，
B
解得v ＝8 m/s
B
(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－mv 2
B
代入数值得L＝5.5 m
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理
得
mgH－μmgL－mgh′＝0
解得h′＝0.8 m<2 m
故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由
动能定理得
mgH－μmgs＝0
解得总路程s＝7.5 m
由于L＝5.5 m
所以可得运动员最后停止的位置在距C点2 m处．
例3 C [如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律
得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，则v＝L，故C正确，
A、B、D错误．]
例4 BC [弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能
的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝＝L，根据能量守恒定律可得，弹簧
弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE ＝mgh＝mgL，B正确；弹簧与小圆
p
环组成的系统机械能守恒，则有ΔE ＋ΔE ＋ΔE ＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过
k p重 p弹
程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，
则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速
度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．]
例5 (1)
(2)(3＋)f (3)W<fx
BC
解析 (1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功
能关系得
Fx＝2fx ＋kx2
0 0 0
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能
量守恒定律得
kx2＝2fx ＋2E
0 0 k
联立方程解得x＝
0
E＝.
k
(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F ，从弹簧恢复原长
min
到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，
由能量守恒定律得E＝kx2＋fx
k
结合第(1)问结果可知
F ＝(3±)f
min
根据题意舍去F ＝(3－)f，
min
所以恒力的最小值为F ＝(3＋)f.
min
(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x ，C的位移为x ，以B为研究对象，
B C由动能定理得－W－fx ＝0－E
B k
以C为研究对象，由动能定理得－fx ＝0－E
C k
由B、C的运动关系得x >x －x
B C BC
联立可知W<fx .
BC
高考预测
1．C [物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E ＝mgxsin
k
θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先
加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，
所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速
度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgxsin θ，A错误；设弹簧的最大压缩量
为L，弹性势能最大为E ，物体从A到最低点的过程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sin θ＝
p
μmgLcos θ＋E ，物体从最低点到Q点的过程，由能量守恒得mg(L＋)sin θ＋μmgLcos θ＝
p
E ，联立解得L＝，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量
p
是否大于x，B错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩
擦力做的功，则有ΔE＝2μmgLcos θ＝mgxsin θ，C正确；设从Q到第二次最高点位置C，
有mgx sin θ＝2μmgL′cos θ，如果L′＝L，则有x ＝，即最高点为B，但由于物体从Q
QC QC
点下滑，则弹簧的最大形变量L′＜L，所以最高点应在B点上方，D错误．]
2．(1)1 m/s (2)－1.19 J (3)6.4 s
解析 (1)小石片沉入河底时的速度v2＝2ah，解得v＝1 m/s
t t
(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有 mg(h ＋h)＋W＝mv2－
0 t
mv 2，解得W＝－1.19 J
0
(3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，解得t＝0.6 s
0 1 1
小石片在水面上滑行时加速度a′＝－＝－20 m/s2，每次滑行的速度变化量Δv＝a′Δt＝ －
0.8 m/s，而n＝＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n次跳起后
的水平速度v ＝v＋nΔv＝(8－0.8n) m/s，竖直速度v ＝kv ，空中飞行时间t＝2，可得第n
xn 0 yn xn n
次弹起后在空中飞行的时间为t ＝(1－0.1n) s，在空中的飞行总时间t ＝∑t ＝5.4 s，在水面
n 2 n
上滑行的时间为t＝0.04×10 s＝0.4 s，总时间t＝t＋t＋t，解得t＝6.4 s.
3 1 2 3
微专题 1 传送带中的动力学和能量问题
例1 D [由题图乙可知在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向
沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1～2 s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所
受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据F＝μF ，可知两段时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在0～1 s内物块的加速度大小
f N
为a＝||＝ m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.25，
C错误；物块运动的位移大小等于v－t图线与时间轴所围图形的“面积”大小，为x＝×1
m＋ m＝10 m，所以传送带底端到顶端的距离为10 m，D正确．]
例2 (1)6 m/s (2)0.9 s
(3)34 J≤E ≤42.5 J
kx
解析 (1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得
－mgh－μmgcos 37°·＝0－mv 2
B
解得v ＝6 m/s；
B
(2)设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x ，由动能定理可得mv 2－mv2＝
相对 B 0
μmgx
相对
解得x ＝1.1 m＜L
相对
即物块在传送带上先匀加速到v ，然后在传送带上匀速运动．设物块在传送带上匀加速时
B
间为t，有v ＝v＋at，a＝μg
1 B 0 1
解得t＝0.2 s
1
设物块在传送带上匀速时间为t，有L－x ＝v t
2 相对 B2
解得t＝0.1 s
2
设物块从B运动到C所用时间为t，
3
由牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′，
又0＝v －a′t，联立可得t＝0.6 s，
B 3 3
物块由A运动到C所需要的时间为t＝t＋t＋t＝0.9 s；
1 2 3
(3)物块以初动能E 从A点水平滑上传送带，设到达B点动能为E ，相对传送带位移为x，
kx kB
则有
E －E ＝μmgx,0≤x≤L，
kB kx
物块从B沿斜面运动到最高点，设上滑距离为s，
有0－E ＝－μmgcos 37°·s－mgsin 37°·s，
kB
物块从B上滑后又返回B过程，
有E ′－E ＝－2μmgcos 37°·s，
kB kB
其中E ′是物块返回B时的动能，从B经传送带返回A过程，
kB
有0－E ′＝－μmgL，
kB
联立可得34 J≤E ≤42.5 J.
kx
高考预测
1．BD [开始时，货物相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，货物将匀减速
上滑，直至与传送带等速，设货物上滑的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得mgsin θ＋
1μmgcos θ＝ma ，代入数据得a ＝8 m/s2，则货物相对传送带匀减速上滑，直至与传送带等
1 1
速的时间为t ＝＝ s＝0.25 s，货物沿传送带向上的位移为x ＝t ＝×0.25 m＝0.75 m，货物与
1 1 1
传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力F＝μmgcos θ<mgsin θ，相对静止状态不能持续，
f
货物速度会继续减小，此后，货物受到的摩擦力沿传送带向上，但所受合力沿传送带向下，
故继续匀减速上升，直至速度为0，令此时货物减速上升的加速度大小为a ，由牛顿第二定
2
律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，代入数据得a ＝2 m/s2，由于货物恰好能到达传送带的顶
2 2
端，则货物到达传送带顶端速度减为零且时间为t＝＝1 s，货物沿传送带向上运动的位移为
2
x ＝t ＝1 m，货物在传送带上运动的时间为t＝t ＋t ＝0.25 s＋1 s＝1.25 s，B正确；根据选
2 2 1 2
项B可知，传送带从底端到顶端的长度L＝x＋x＝1.75 m，A错误；货物减速到与传送带速
1 2
度相等时传送带的位移大小x ＝vt ＝2×0.25 m＝0.5 m，货物与传送带速度相等后运动
传送带1 1
过程传送带的位移大小x ＝vt ＝2×1 m＝2 m，货物速度与传送带速度相等前运动过程
传送带2 2
货物对于传送带的位移大小L ＝x －x ＝0.75 m－0.5 m＝0.25 m，货物速度与传送带速
1 1 传送带1
度相等后运动过程货物对于相传送带的位移大小L ＝x －x ＝2 m－1 m＝1 m>L ，货物
2 传送带2 2 1
速度与传送带速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过
程划痕重合，因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L＝1 m，C错误；货物从滑上传送带
2
到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·(L＋L)＝3.75 J，D正确．]
1 2
2．(1)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J
解析 (1)由动能定理得
(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv2－0
1 1
解得v＝6 m/s
1
(2)由牛顿第二定律有μmg＝ma
2
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v－at
1 1
解得t＝10 s
1
匀速运动阶段的时间为t＝＝2.5 s
2
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t＋t＝12.5 s
1 2
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小
相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有
Q＝μmgcos 37°·L＋mv2＝88 J.
1
第 7 讲 动量
例1 AD [足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触
时动量大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝
11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mg＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用
过程中动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．]
例2 C [根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定
理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·＝N，则根据牛顿第三定律可
知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝N，故选C.]
例3 A [取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得m v －m v
B 1 A
＝0
解得v＝v
1
当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝－m v＋
B 1 A A
m v，
B 2
解得v＝v＋v
2 1
当A船再向右返回后，B船上的人第三次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝－m v
B 2 A A
＋m v，解得v＝v＋v，则B船上的人第n次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝
B 3 3 2 B n－1 A
－m v＋m v，得v＝v ＋v，
A B n n n－1
整理得v＝(3n－2)v
n
B船上的人不能再接到A船，须有2v≤v ，联立解得n≥，因为n取正整数，则取n＝8，故
n
选A.]
例4 C [小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据
机械能守恒有：mgL＝mv 2＋×2mv 2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：
0 0 C AB
mv ＝2mv ，联立解得v ＝2，v ＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，
0 C AB C AB
选B为研究对象，由动量定理有I ＝mv ＝m ，故C错误；C球由静止释放到最低点的过
AB AB 0
程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x ，A、B对地水平位移大小
1
为x，则有mx＝2mx，x＋x＝L，可解得x＝，故D正确．]
2 0 1 2 1 2 2
例5 B [设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰
撞后中子速度为v ，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv ＝mv
3 0 0 1
＋mv ，mv2＝mv2＋mv2，联立解得v ＝v ，设中子和氮核碰撞后中子速度为v ，取v 的方
3 0 1 3 1 0 4 0
向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝14mv ＋mv ，mv2＝×14mv2＋
0 2 4 0 2
mv2，联立解得v ＝v ，可得v ＝v>v ，碰撞后氢核的动量为p ＝mv ＝mv ，氮核的动量为
4 2 0 1 0 2 H 1 0
p ＝14mv ＝，可得p >p ，碰撞后氢核的动能为E ＝mv2＝mv2，氮核的动能为E ＝
N 2 N H kH 1 0 kN
×14mv2＝，可得E >E ，故B正确，A、C、D错误．]
2 kH kN
例6 BC [A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向
为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v 和v ，则：mv ＝mv ＋2mv ，由能量守恒得：
1 2 0 1 2mv2＝mv2＋·2mv2 ，联立得：v＝①
0 1 2 2
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰由小球的重力提供向心力，设在最
高点的速度为v ，由牛顿第二定律得：
min
2mg＝2m·②
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2－·2mv 2③
2 min
联立①②③得：v＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v≥1.5
0 0
若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O等高处，由机械能守恒定
律得：
2mg·R＝·2mv2④
2
联立①④得：v＝1.5
0
可知若小球A不脱离轨道时，需满足：v≤1.5
0
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v≤1.5或v≥1.5，故A、D错误，B、
0 0
C正确．]
例7 ABD [经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大
小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，
有mv ＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有mv2＝×2mv2＋
0 0
mgh，解得h＝，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为 v 、v ，
1 2
在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 的方
0
向为正方向，有mv ＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律有mv2＝mv2＋mv2，解得v ＝0，v
0 1 2 0 1 2 1 2
＝v ，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿
0
小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝0－mv2＝－mv2，C错误；根据动量定理，
0 0
在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv－0＝mv，D正确．]
2 0
例8 (1)0.6mv2 (2)0.768vt (3)0.45
0 00
解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t 时刻，
0
根据动量守恒定律有
m ·1.2v＝(m ＋m)v
B 0 B 0
根据能量守恒定律有
E ＝m (1.2v)2－(m ＋m)v2
pmax B 0 B 0
联立解得m ＝5m，E ＝0.6 mv2
B pmax 0
(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
m ·1.2v＝m v ＋mv
B 0 B B A
对方程两边同时乘时间Δt，有
6mvΔt＝5mv Δt＋mv Δt
0 B A0～t 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mvt＝5ms ＋ms ，将s ＝0.36vt
0 00 B A A 00
代入可得s ＝1.128vt
B 00
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝s －s ＝0.768vt
B A 00
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小
仍为2v ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v ′，取向左为正方向，
0 A
根据动量守恒定律可得
mv ′－5m·0.8v＝m·(－2v)＋5mv ′
A 0 0 B
根据能量守恒定律可得
mv ′2＋·5 m·(0.8v)2
A 0
＝ m·(－2v)2＋·5mv ′2
0 B
联立解得v ′＝v
A 0
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcos θ
＝0－m(2v)2
0
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv2－0
0
联立解得μ＝0.45
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
上
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的
位移速度关系可得2a L＝(2v)2－0,2a L＝v ′2
上 0 下 A
联立可解得μ＝0.45.
高考预测
1．D [每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，
雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方
向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，得M＝
11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v ，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v ＋
1 1
4m·3v，将M＝11m代入得v＝－，故D正确．]
1
2．(1)80 J (2)4 N，方向竖直向下 (3)5 m
解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v，
2 0 1 2 1
解得v＝20 m/s，
1由能量守恒定律有ΔE＝mv2 － (m＋m)v2，
1 2 0 1 2 1
解得ΔE＝80 J.
1
(2)木块从A端滑到B端过程，
由动能定理有－ μ(m＋m)gL＝(m＋m)v2－ (m＋m)v2，
1 2 1 2 2 1 2 1
木块滑到B端时，由牛顿第二定律有F －(m＋m)g＝v2，
N 1 2 2
联立解得F ＝4 N，
N
根据牛顿第三定律可得F ＝F ＝4 N，方向竖直向下．
压 N
(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有 mv ＝(m ＋m ＋
2 0 2 1
M)v，
3
得v＝10 m/s，
3
子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中，
根据能量守恒定律有(m＋m)v2＝(m＋m＋M)v2＋(m＋m)gh＋μ(m＋m)gL，解得h＝
1 2 1 2 1 3 1 2 1 2
5 m.
微专题 2 板块模型的综合分析
例1 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s
(2)12 J
解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞
前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．
物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v，此时木板速度大小v ＝1 m/s
1 木
从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv＝mv＋Mv
0 1 木
解得v＝4 m/s
1
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v ，从物块滑上木板到物块与挡
2
板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv＝Mv
0 2
解得v＝3 m/s
2
2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v ，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，
3
根据系统动量守恒有
mv＝(m＋M)v
0 3
解得v＝2 m/s
3
(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能E ＝mv2＋Mv 2＝9 J
k1 1 木
物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能
E ＝Mv2＝9 J
k2 2
故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能
E ＝mv2＝18 J
k0 0
最终相对静止时系统的动能
E ＝v2＝6 J
k3 3
所以系统产生的热量
Q＝E －E ＝12 J.
k0 k3
例2 (1)4 m/s，方向水平向右
(2) m (3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2
0 1 1 0
解得v＝6 m/s
0
物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v 、v ，由动量守恒定律
1 2
得mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
由机械能守恒定律得mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2
解得v＝－2 m/s，v＝4 m/s
1 2
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右
(2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度
a＝－＝－2 m/s2，
2
a＝＝ m/s2
3
物块Q的位移x＝vt＋at2＝3 m
2 2 2
小车的位移x＝at2＝ m
3 3
解得s＝x－x＝ m
2 3
(3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有 mv ＝(m ＋
2 2 2
M)v
3
可得共同速度为v＝1 m/s
3
由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋μm gL
2 2 2 3 2 1
解得L＝3 m
1
物块Q刚好回到A点时与木板共速时，AB段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v ＝1
3
m/s
由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋2μm gL
2 2 2 3 2 2
解得L＝1.5 m
2当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
mv2＝(m＋M)v2＋μm gL＋mgH
2 2 2 3 2 2 2
解得H＝0.3 m<R＝0.4 m
所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m.
高考预测
(1) (2)μ≤0.2
解析 (1)木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守
恒，有
mv＋(m＋2m)＝(m＋m＋2m)v
0
根据能量守恒FL＝mv2＋(m＋2m)()2－(m＋m＋2m)v2
f 0
又F＝mg
f
联立解得L＝
(2)木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得
a ＝＝(1－2μ)g
木
a ＝＝＝g
子
故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动．
子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，设子弹与木板
共速时的速度为v，
有＝
联立解得v＝v
0
子弹位移x ＝
子
木板位移x ＝，
木
x －x ＝
子 木
联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2
当μ＝0.5时，2μmg＝F
f
木板与小车不会发生相对滑动，舍去．
因动摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木板条件为μ≤0.2.
微专题 3 力学三大观点的综合应用
例1 (1)5 m/s
(2)F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m时， m≤x< m解析 (1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得v＝5 m/s
b b
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv′＋mv
b b 0
mv2＝mv′2＋mv2
b b 0
联立解得v＝5 m/s
0
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到
达E点对应的高度为h，根据动能定理可得mgh －2μmgl－mgH＝0，解得h＝1.2 m
1 1 1
以竖直向下为正方向，则有F ＋mg＝m
N
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
E
联立可得F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
E
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s＝v t
1 E
当h最大时，s 最大，即s ＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s 取不到最大值，
1 1max 1
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s
1
代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m<h<1.2 m时，从h＝0.9 m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可
2
得mgh－μmgs＝0
2
当h最小时
解得s＝1.8 m
2
可知物块a达到距离C点0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs＝0，解得s＝
3 3
0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m<h<1.2 m时，有3l－s<x≤3l
3
代入数据得2.6 m<x≤3 m.
例2 (1)2R (2)滑块与传送带能共速
(3)W ＝mg(13R＋2L)或者W ＝mgR
克f 克f
解析 (1)传送带静止时，滑块从A到B、B到C，由动能定理得
mgR＝mv 2
B
－μmgx＝－mv 2
B
联立解得v ＝，x＝＝2R
B(2)滑块到B点的速度大于传送带速度，
据牛顿第二定律可得μmg＝ma
达到共速时滑块的位移x＝＝R<2R
1
故滑块与传送带能共速．
(3)滑块与传送带共速后，以v ＝的速度离开传送带，滑块从C到F由机械能守恒定律得
C
mv2＝mgh＋mv 2
1 C
设长木板与滑块达到共同速度v 时，位移分别为l、l，
2 1 2
由动量守恒定律知mv＝(m＋M)v
1 2
由动能定理知
μmgl＝Mv2
1 2
－μmgl＝mv2－mv2
2 2 1
联立解得l＝2R，l＝8R
1 2
滑块相对长木板的位移Δl＝l－l<l
2 1
即滑块与长木板在达到共同速度时，滑块未离开长木板．
滑块滑到长木板右端时，若R<L≤2R，W ＝μmg(l＋L)
克f
得W ＝mg(13R＋2L)
克f
若2R<L<5R，W ＝μmg(l＋l－Δl)＝μmg(l＋l)
克f 2 1
得W ＝mgR.
克f
高考预测
(1)9 m/s (2)60 J (3)2.5 m≤L≤3 m
解析 (1)设解除锁定后物块P的最大速度为v ，弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得
0
mv2＝E＝324 J，解得v＝18 m/s
0 0 p 0
物块P与物块Q发生弹性碰撞，设碰撞之后物块P的速度大小为v ，根据动量守恒定律有
P
mv＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律有mv2＝mv 2＋mv 2，代入数据解得v ＝9 m/s
0 0 0 P Q 0 0 0 P Q Q
(2)假设物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点过程中，设平板车到达E
点的速度为v，此时物块Q的速度为v，对平板车根据动能定理有μmgd＝Mv2
1 2 1
代入数据解得v ＝6 m/s，物块Q与平板车作用过程中动量守恒，根据动量守恒定律有 mv
1 Q
＝mv＋Mv，代入数据解得v＝7 m/s
2 1 2
v>v ，假设成立，即物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，两者一直
2 1
发生相对滑动，根据能量守恒定律可知因摩擦产生的热量Q＝mv 2－(mv2＋Mv2)，解得Q
Q 2 1
＝60 J
(3)设平板车运动到E点时物块Q在平板车上滑动的距离为L ，根据能量守恒定律可知Q＝
1
μmgL，代入数据解得L＝2.5 m
1 1物块Q要能滑上半圆轨道FG必须保证平板车滑到E点之前物块Q不能掉落，则平板车的长
度L≥L 即L≥2.5 m
1
设物块Q刚好能通过半圆轨道的最高点G时平板车的长度为L ，物块Q恰好过最高点时有
2
mg＝，从平板车运动到F点到物块Q刚好滑到G点的过程中，根据动能定理有－μmg(L －
2
L)－mg×2R＝mv 2－mv2，联立以上两式代入数据解得L＝3 m
1 G 2 2
物块Q要通过最高点，则平板车的长度L≤L，即L≤3 m，综上所述，平板车的长度为
2
2.5 m≤L≤3 m.
高考新动向 1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
例1 (1)475 J (2)21 J (3)3 m
(4)3.125 m
解析 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v，得v＝5 m/s
0 0 1 0
系统损失的动能ΔE＝mv2－(m＋m)v2，
k 0 0 1 0
解得ΔE＝475 J；
k
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，
由能量守恒定律有(m＋m)v2＝μ(m＋m)gx＋kx2，
1 0 1 0
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为E，
k
由动能定理有－2μ(m＋m)gx＝E－(m＋m)v2，
1 0 k 1 0
解得E＝21 J；
k
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，
滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得
E＝μ(m＋m)g(s＋l)，
k 1 0
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v，由动能定理有－μ(m＋m)gs＝(m＋m)v2－E，
1 1 0 1 0 1 k
解得v＝3 m/s，
1
设之后靶盒与木板达到共同速度v′，(m＋m)v＝(m＋m＋m)v′，
1 1 0 1 1 0 2 1
解得v′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s，
1 1
木板的加速度为a，μ(m＋m)g＝ma，
1 0 2
根据v′2＝2as，
1 1
解得s＝0.5 m<d－l，
1
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s 速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v ，以向右为正方向(下同)，
1 2
有(m＋m)v′－mv′＝(m＋m＋m)v，可得v＝v′，
1 0 1 2 1 1 0 2 2 2 1
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s 速度减为0，再向右加速v2＝2as ，设
2 2 2
第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v，
3
(m＋m)v－mv＝(m＋m＋m)v，
1 0 2 2 2 1 0 2 3
v＝v＝()2v′，
3 2 1
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s 速度减为0，再向右加速，v2＝2as，
3 3 3
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v ，v ＝()nv′
n＋1 n＋1 1
经位移大小s 速度减为0，再向右加速，v 2＝2as ，
n n＋1 n＋1
木板的路程L＝d－l＋2s＋2s＋…＋2s ，
1 2 n＋1
即L＝d－l＋(1＋＋＋…＋)，
解得L＝3.125 m.
例2 (1)0 6 m/s (2) s 12 m/s 6 m/s (3)见解析图
(4)[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…)
解析 (1)B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理有Fd＝mv2
0
解得v＝6 m/s
0
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有
mv＝mv＋mv
0 1 2
mv2＝mv2＋mv2
0 1 2
解得v＝0
1
v＝6 m/s
2
(2)第一次碰后A向右以速度v＝6 m/s做匀速运动，B做初速度为0、加速度为
2
a＝＝9 m/s2的匀加速运动，
则第二次碰撞时有
vt＝at2
2
解得t＝ s
此时B的速度为v＝at＝12 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒和能量关系有
3
mv＋mv＝mv＋mv
2 3 4 5
mv2＋mv2＝mv2＋mv2
2 3 4 5
解得A、B的速度为v＝12 m/s
4
v＝6 m/s
5
(3)同理第三次碰撞时有
vt′＋at′2＝vt′
5 4解得t′＝ s
此时B的速度为v＝v＋at′＝18 m/s
6 5
从开始运动到第一次碰撞的时间
t＝＝ s
0
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如
图所示；
(4)由以上分析可知，从第一次碰后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m，
由v－t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m；
从第1次到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；
从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m；
从第3次到第4次碰撞，B运动的距离为16 m＋8 m＝24 m；
根据数学知识可知从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动
的距离
s＝2 m＋(n－1)×8 m＋(n－1)(n－2) m＝[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…)
专题三 电场与磁场
第 8 讲 电场
例1 C [因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A
错误；因c点的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因b、c两点
所处的线为两相邻的等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正
确；因d、g两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿题图中的线从 d→e→f→g移动
时电场力做功不为零，选项D错误．]
例2 AB [两个正点电荷在N点产生的合电场强度方向由N指向O，N点处于两负点电荷
连线的中垂线上，则两负点电荷在N点产生的合电场强度方向由N指向O，则N点的合电
场强度方向由N指向O，同理可知，两个负点电荷在L处产生的合电场强度方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的中垂线上，两正点电荷在L处产生的合电场强度方向由O指
向L，则L处的合电场强度方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点
处的电场方向相互垂直，故A正确；正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的合电
场强度方向向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的合电场强度方向向右，
由于M点离上方一对等量异号点电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确；由题
图可知，M和O点位于两等量异号点电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带
正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由题图结合等量异号点电
荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力
做功不为零，故D错误．]
例3 A [速度－时间图线的斜率表示加速度，B点处为图线切线斜率最大的位置，说明B
点电场强度最大，由图像求得加速度a＝＝2 m/s2，且qE＝ma，解得E＝1 V/m，A正确；由
C到A的过程中物块的动能一直增大，所以其电势能一直减小，又因两电荷带正电，所以从
C点到A点电势逐渐降低，B、C错误；从B到A过程中，根据动能定理有qU ＝mv 2－
BA A
mv 2，解得U ＝5 V，则U ＝－5 V，D错误．]
B BA AB
例4 BC [φ－x图像中的斜率表示电场强度，结合题意可知从 O到x＝d ，电场强度为零，
0
从x＝d 到x＝d，电场强度大小恒定，方向水平向右，由于粒子带正电，结合F＝Eq可知，
0
带电粒子开始做匀速直线运动，然后做匀加速直线运动，A错误；带电粒子从O到x＝d 的
0
过程中，电势不变，静电力不做功，从x＝d 到x＝d的过程中有W＝Uq＝(φ －0)q＝φq，B
0 0 0
正确；由动能定理可得Uq＝mv2－mv2，代入数据解得v＝，C正确；从O到x＝d 的过程中，
0 0
粒子做匀速直线运动，所用时间为t ＝，从x＝d 到x＝d的过程中，粒子做匀加速直线运动，
1 0
根据d－d＝t，解得t＝，带电粒子从O点到x＝d点所用时间t＝t＋t＝＋，D错误．]
0 2 2 1 2
例5 C [带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运
动时间相等，所以A错误；平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足y＝
at2，根据牛顿第二定律，有 qE＝ma，由两式解得：q＝，所以它们所带的电荷量之比
q ∶q ＝1∶2，电势能的减小量等于静电力做的功即ΔE ＝qEy，因为平行电场方向位移大
M N p
小之比是1∶2，电荷量之比也是1∶2，所以静电力做功之比为1∶4，它们电势能减少量之
比ΔE ∶ΔE ＝1∶4，故B错误；静电力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为
pM pN
ΔE ∶ΔE ＝1∶4，故C正确；由动量定理可知Ft＝mΔv，故动量增量之比＝＝＝＝，故D
kM kN
错误．]
例6 BCD [由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的静电力大于小球2
和3之间的静电力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，且小球1带正电，故小
球3带正电，故A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球
2对小球3做功为0，弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有mgLsin 30°＝mv2，解得v＝，故B正确；设小球3的电荷量为q，小球3在b点时，有k＝，设弹簧的弹力大小为F，根据受
力平衡，沿斜面方向有F＝k－ksin 30°－mgsin 30°，联立解得F＝mg，小球3运动至a点时，
弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，弹力大小仍为 F，则有F＋ksin 30°－mgsin 30°＝
ma，解得a＝2g，故C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球
3的力为F ＝k＝mg，斜面对小球3的支持力大小为F ＝mgcos 30°－F ＝mg－mg＝mg，根
23 N 23
据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为mg，故D正确．]
例7 (1) (2)
(2＋3)mg (3)(4－5)R
解析 (1)设小球过C点时的速度大小为v ，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有
C
qE·3R－mg·2R＝mv 2
C
小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中
水平方向有2R＝v t
C1
竖直方向有R＝gt2
1
联立解得E＝
(2)小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v，OD与竖直线OB夹角为α，由
于mg＝qE，则α＝45°，小球从A点运动到D点的过程中，
根据动能定理有qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv 2
m
即mv 2＝mgR(sin α＋cos α＋1)
m
解得最大速率v ＝
m
由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对
半圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的
直角坐标系，设在D点受到的支持力大小为F′
根据牛顿第二定律有
F′－qEsin 45°－mgcos 45°＝
解得F′＝(2＋3)mg
根据牛顿第三定律可知，F＝F′
即小球对半圆轨道压力的最大值为
F＝(2＋3)mg
(3)小球通过P点时水平方向速度大小为v＝v ＝
1 C竖直方向速度大小为
v＝gt＝
2 1
进入电场后，水平方向加速度大小为a＝＝g
1
竖直方向加速度大小为a＝＝g
2
故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动
水平方向有x＝vt－at2
12 12
竖直方向有R＝vt＋at2
22 22
联立解得x＝(4－5)R.
高考预测
1．AC [当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，该过程中重力对微粒
做负功，微粒的速度大小不变，则动能不变，根据动能定理可知，静电力一定对带电微粒做
正功，故A正确；因为a等势线的电势高于d等势线的电势，所以匀强电场中电场强度的方
向水平向右，则带负电的微粒受到的静电力的方向水平向左，静电力对该带电微粒做正功，
所以微粒运动轨迹的最高点一定在b等势线的左侧，故B错误；由题意可知带电微粒在水平
方向上先向右做匀减速运动，速度减为零后反向匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小
分别为v ＝vcos 37° ，v ＝vsin 37°，设静电力为F，取水平向左为正方向，根据牛顿第二
0x 0 0y 0
定律可知微粒在水平方向的加速度大小为a＝，根据运动学公式可得微粒从开始到运动至最
高点所需的时间为t＝，由题意可知v ＝at－v ，联立各式解得＝，故C正确；重力对微粒
0 0x
做负功，静电力对该微粒做正功，由于微粒的动能不变，则重力做功的绝对值与静电力做的
功大小相等，所以静电力对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，之比为 1∶1，故D错
误．]
2．BC [点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动，故
只有当点电荷为负电荷时，才能受到水平面向内的合力，故点电荷带负电，A错误；匀强电
场的作用是使电荷所受的静电力与重力平衡，则有Eq＝mg，故匀强电场的电场强度大小为
E＝，B正确；在正八面体正方形ABCD内(水平)做半径最大的圆周运动，故圆周运动的半
径R＝，电荷到场源电荷的距离为r＝，如图所示，
由几何知识可得cos θ＝，每个场源电荷对点电荷的库仑力大小为F＝＝，点电荷受到的合
力大小为F ＝2Fcos θ＝2··＝，根据合力提供向心力有F ＝mω2R，解得ω＝，C正确；由
合 合
动能的表达式得E＝mv2＝m(ωR)2＝，D错误．]
k第 9 讲 磁场
例1 A [设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B ，则M处导线在O点激发的
0
磁场的磁感应强度大小为2B ，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中
0
实线所示，
可得B＝B，将M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2B，如图中
1 0 0
虚线所示，N处导线在O点激发磁场的磁感应强度不变，则此时合磁感应强度大小为B ，
0
即B，方向水平向右，故A正确．]
1
例2 C [圆弧形导体受到的安培力方向即垂直于B的方向，又垂直于I的方向，即垂直于
B与I所组成的平面，再根据左手定则可知，圆弧形导体受到的安培力方向先垂直纸面向外，
后垂直纸面向里，A错误；圆弧形导体ab中的等效电流方向由b指向a且竖直向下，当磁
场方向转至与等效电流方向平行时，圆弧形导体受到的安培力为零，B错误；圆弧形导体的
有效长度为r，当磁场方向与等效电流方向夹角为45°时，所受安培力大小为F＝BI×rsin
45°＝BIr，C正确；当磁场方向与等效电流方向垂直时，安培力最大，且为F ＝BIr，D错
max
误．]
例3 B [由题意知正电子偏转角为60°，可得正电子轨迹半径r ＝2R，负电子与正电子速
2
率之比为1∶2，故负电子轨迹半径r＝R，如图画出负电子和正电子的运动轨迹，
1
它们做圆周运动的圆心分别为O 、O ，由图可知，负电子做圆周运动的轨迹所对应的圆心
1 2
角为90°，负电子在磁场中运动时间t ＝T＝T，由几何关系可得，正电子运动轨迹所对应的
1
圆心角为60°，正电子在磁场中运动时间t ＝T＝T，得t∶t ＝3∶2，A、C、D错误，B正
2 1 2
确．]
例4 ABD [由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方
向与边界ON的夹角等于从O点出发时与边界ON的夹角α，由几何关系可得α＝60°，故A
正确；粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，从C点穿过OD边界进入下方磁场，
由对称性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆心角θ为300°，所以在磁场中运动的时间为t＝T，T＝，可得t＝，故B正确；由几
何关系可得，粒子从ON穿过时，C点与O点间的距离为其在圆周运动半径R的3倍，所以
粒子在下方磁场再次偏转，从D点穿过OM，DC距离为R，射出时速度方向平行于ON，所
以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次经
过边界OM，故C错误，D正确．]
例5 CD [由左手定则及题意可知粒子带负电，A错误；粒子的运动轨迹如图所示
由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形磁场区域中运动轨迹的圆心角为 60°，半径为r
1
＝a，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，联立得v＝，B错误；因DE＝a，由几何关系知
∠O′DE＝60°，且O′D＝O′E，故△DEO′为正三角形，则粒子在圆形磁场区域中运动的
轨迹半径为r ＝DE＝a，而r ＝，所以圆形磁场区域的磁感应强度大小为B ＝B，C正确；
2 2 0
粒子在三角形磁场区域中运行的时间t ＝＝，粒子在圆形磁场区域中运行的时间t ＝＝，所
1 2
以粒子从A点到E点经历的时间为t＝t＋t＝，D正确．]
1 2
例6 ACD [由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒
子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图所示，O 为粒子
1
做匀速圆周运动的圆心，
粒子做圆周运动的半径为r＝＝2L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子入射速率v
＝，C正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图所示，O 为粒子做匀速圆周运动的圆心，
2根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误；粒子离开磁场的位置与O点距离
最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图所示，O 为粒子做匀速圆周运动的圆心，
3
根据几何关系可知(2r)2＝(L)2＋x 2，解得x ＝3L，D正确．]
m m
例7 (1) (2)
(3)左侧 R
解析 (1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有
evB＝m
电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得
v＝
(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得
eU＝mv2
联立解得U＝
(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光
屏上．从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其
轨迹如图乙所示，由几何关系可知α＝60°
GN＝＝R.
高考预测
1．A [由安培定则可判断b、c、d三根导线在O点产生的磁场如图所示，
由磁场的叠加原理可知它们的合磁场方向水平向左，再由左手定则可判断带负电的粒子所受
洛伦兹力方向沿O到a方向．故选A.]
2．(1) (2)
解析 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v 的离子，设其运动半
0
径为R，射出点与P点距离最大时，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹2如图所示，
1
根据牛顿第二定律有qvB＝m，
0
根据几何关系得x ＝2Rcos α，
m 1
解得x ＝
m
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R，
2
运动轨迹1如图所示，
根据牛顿第二定律得qv B＝m，
m
设MP的长度为L，根据几何关系得Lsin α＝R－Rsin α，L＝＋R，
1 1 2
解得v ＝.
m
微专题 4 带电粒子在复合场中的运动
例1 (1) (2) (3)解析 (1)设粒子进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有qER＝mv2
0 0
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子的做圆周运动的
半径为R
粒子在磁场运动的过程中，有qvB＝m
0
联立解得E＝
(2)由(1)可得v＝
0
设粒子第一次在电场中运动的时间为t，有R＝vt，解得t＝
1 01 1
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝
粒子在磁场中运动的时间t＝T
2
解得t＝
2
又t＝t＋t，解得t＝
1 2
(3)粒子经过P点后在电场中做类平抛运动，假设粒子经过P点后从y轴离开电场，如图乙
所示，
设粒子从P点运动到y轴的时间为t，有R＝vt，解得t＝
3 03 3
粒子在电场中运动的加速度大小a＝
该过程中，粒子沿y轴方向的位移大小y＝at2
3
解得y＝R
由于y<R，因此假设成立，粒子经过P点后从y轴离开电场；
粒子从y轴离开电场时沿y轴方向的速度大小v＝at，解得v＝
y 3 y
则合速度v＝
解得v＝.
例2 BC [由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故
A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力都不做功，故C正确；
由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，
M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场
力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误．]
例3 (1) (2)
(3)＋
解析 (1)粒子在区域Ⅰ受重力和静电力，做匀加速直线运动，θ＝45°，如图所示
故有sin θ＝
解得E＝＝
1
(2)设粒子进入区域Ⅱ的速度为v，粒子受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，且qE＝mg
2
则所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
速度方向偏转了60°，则对应圆心角为60°，
有sin 60°＝
联立解得v＝
(3)设粒子在区域Ⅰ沿虚线水平加速的加速度大小为a，
有a＝＝g
由速度公式有v＝at
1
可得加速时间为t＝
1
粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动的周期为
T＝＝
则做匀速圆周运动的时间为
t＝T＝
2
则粒子从P点运动到Q点的时间为
t＝t＋t＝＋.
1 2
高考预测
(1) (2)
解析 (1)由题可知，离子在区域Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示，离子在区域Ⅰ由O运动到
A过程中，水平方向以速度v 做匀速直线运动，有d＝vt
0 0竖直方向做匀加速直线运动，有y＝at2
1
又qE＝ma
联立可得y＝
1
设离子运动到A点时的速度方向与边界N的夹角为θ，则
离子运动到A点速度为
v＝
离子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动
有qvB＝m
解得r＝
由几何关系可知AC＝2rsin θ＝
从C点运动到O点过程，竖直方向有
y＝at·t＋at2＝at2
2
又AC＝y＋y
1 2
联立可得＝
(2)当初速度为时，离子运动轨迹如图所示．
从O点射出到进入区域Ⅱ中，竖直方向有
y′＝at′2
1
水平方向有d＝t′
可得y′＝4y
1 1
设离子运动到A′点时的速度方向与边界N的夹角为θ′，则运动到A点速度为v′＝，在
区域Ⅱ中有qv′B＝，则r′＝
从进入区域Ⅱ到射出区域Ⅱ，弦长A′C′＝2r′sin θ′＝再次进入区域Ⅰ中，竖直分位移为
y′＝at′·t′＋at′2＝at′2＝4y
2 2
所以y′＋y′＝4(y＋y)＝4AC
1 2 1 2
在区域Ⅲ中的弦长OF＝2r″sin θ″
又qv″B′＝m，v″＝
所以OF＝
由几何关系可知
OF＝y′＋y′－A′C′＝
1 2
联立解得B′＝.
微专题 5 带电粒子在交变场中的运动
例1 AD [粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，则 t＝0时刻进入电场的粒子在电场
中运动时间t＝，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减
速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平
速度v ，选项A正确．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则＝()2，可得q＝，选项B错
0
误．在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为 y＝2×a(T)2－2×a()2
＝，故静电力做功为W＝·＝Uq＝mv2，即电势能减少了mv2，选项C错误．在 t＝时刻进
0 0 0
入的粒子，在竖直方向先向下做加速运动，然后向下做减速运动，再向上加速，向上减速，
由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从 P板右侧边缘离开电场，选项D正
确．]
例2 (1)10 m/s 方向竖直向上 (2) m 1 s (3)(－，45＋)
解析 (1)粒子在坐标原点O由静止释放，设1 s末速度大小为v ，根据牛顿第二定律可得
1
qE－mg＝ma，且v＝at，代入数据解得v＝10 m/s，方向竖直向上；
0 1 1 1
(2)1 s末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和静电力平衡，故粒子在洛伦兹力作用下做
匀速圆周运动，则qvB＝m，解得r＝ m，周期T＝＝1 s
1 0 1
(3)粒子在第2 s末回到y轴，以v ＝10 m/s的初速度沿y轴正方向运动，设3 s末粒子速度的
1
大小为v，则从第2 s末到第3 s末这段时间内，根据动量定理可得(qE－mg)t＝mv－mv，
2 0 2 2 1
代入数据解得v＝20 m/s，方向竖直向上；3 s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期
2
不变，4 s末再次回到y轴，以v ＝20 m/s初速度沿y轴正方向运动，5 s末的速度为v ＝30
2 3
m/s，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6 s刚好回到y轴，速度方向向上，粒子运动轨迹
如图所示，则最上方圆的半径R＝＝ m，前5 s加速时间t ＝3 s，根据位移时间关系可得前
5
5 s竖直方向的位移y ＝×t ＝45 m，所以在0～6 s内粒子运动过程中最高点的位置坐标为x
5 5＝－R＝－ m，y＝y＋R＝45＋ (m)，即最高点位置坐标P(－，45＋).
5
高考预测
(1) (2)
(3)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力有qv·3B＝m
0 0
解得r＝
1
(2)要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图所示，
在前T 内粒子的运动半径为r＝
0 1
在后T 内粒子的运动半径为r＝
0 2
由几何关系知sin θ＝＝0.6
解得θ＝37°
在0～T 时间内粒子做圆周运动的周期为T＝
0
则T＝T
0
解得T＝
0
(3)要想使粒子经过 D 点且平行 x 轴射出，则粒子只能从 nT 时刻经过 D 点，其中 n＝
0
1,2,3，…，则可能的运动轨迹如图所示
设粒子射入磁场的速度大小为v，由(2)可得r＝r
2 1
由几何关系可知n(2rcos 30°＋2rcos 30°)＝2d
1 2
又qv·3B＝m
0
解得v＝(n＝1,2,3，…)．高考新动向 2 带电粒子在立体空间的运动
例1 (1)0.5 T (2) V/m(n＝1,2,3，…) (3)0.2 m 0.05 m
解析 (1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得
r＝0.2 m
α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝m
解得B＝0.5 T
(2)α粒子做圆周运动的周期为
T＝＝8π×10－8 s
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向
上由运动学规律得
L＝·(nT)2
解得E＝ V/m(n＝1,2,3，…)
(3)粒子运动的俯视图如图所示，
由图可知，当SP 为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为
1
t＝T＝4π×10－8 s
1
此时对应的y轴坐标
y＝·t2
1 1
解得y＝0.2 m
1
由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为
t＝T＝2π×10－8 s
2
此时对应的y轴坐标为
y＝·t2
2 2
解得y＝0.05 m.
2
例2 (1) (2)
(3)(d，d,0) (4)(2＋2)
解析 (1)如图所示，将离子甲在A点的出射速度v 分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的静电力沿y轴负方
0
向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，
有
L＝vcos β·t，vsin β＝at，a＝
0 0
联立解得E＝；
(2)如图所示，
离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
1
离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv
1
·B＝，可得r
Ⅱ
＝r
Ⅰ
为了使离子在磁场中运动，
需满足r ≤d，r ≤3d
Ⅰ Ⅱ
则可得v≤
1
故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
(3)离子甲以v＝的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中
的轨迹半径为r＝＝
1
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r＝
2
离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x＝2rsin 45°＝d
4 2
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y＝2r＝d
4 1
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)；
(4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得mv2＝×4mv′2
可得v′＝＝
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r′＝＝d＝2r
1 1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r′＝＝d＝2r
2 2
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，
从O点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有
t ＝T＋T＝＋＝(2＋2)
甲 1 2
t ＝T′＋T′＝×＋×＝(4＋4)
乙 1 2
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t －t ＝(2＋2).
乙 甲
专题四 电路与电磁感应
第 10 讲 直流电路与交变电流
例1 B [当温度升高时，电阻R增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律，电
路中的电流减小，即高温对应电流较小的刻度上；同理分析可知低温对应电流较大的刻度上；
由题意知电阻R随温度升高均匀增大，可得R＝R ＋kt，根据闭合电路的欧姆定律I＝＝，I
0
与温度t不成线性关系，所以温度刻度是不均匀的，所以A、C、D错误，B正确．]
例2 AD [R的阻值为R＝＝ Ω＝1.5 Ω，A正确；由图像可知，电源电动势为E＝3 V，内
阻为r＝＝ Ω＝1.5 Ω，B错误；电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，电源内部消
耗功率为P＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W，C错误，D正确．]
r
例3 C [滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与R 和电源串联，滑片P位于a、b中点时
1
并联部分电阻最大，则滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率P＝EI先减小
后增大，故B错误；R 两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q＝CU可知电容
1
器所带电荷量先减少后增多，故C正确；电源的效率η＝×100%＝×100%，滑片从a向b
缓慢移动的过程中，路端电压为U＝E－Ir，由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，
可知电源效率先增大后减小，故D错误．]
例4 AD [感应电流的方向是adcb，线圈平面与磁感线平行，根据楞次定律可知ab边正
转出纸外，线圈沿逆时针方向(从上往下看)转动，A正确；0时刻，穿过线圈的磁通量为零，
B错误；感应电动势的最大值E ＝BSω＝π V，有效值E＝＝ V，C错误；0～0.002 5 s内，
m
线圈转过了90°，通过定值电阻的电荷量q＝＝＝0.005 C，D正确．]
例5 A [设甲、乙两题图的交流电有效值分别为I 、I ，根据交流电有效值的定义与题
甲 乙
图中的条件可得I 2RT＝I2R×＋I2R×，解得I ＝I，I 2RT＝I2R×＋()2R×，解得I ＝I，
甲 甲 乙 乙
则有＝1，故选A.]
例6 D [变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故
输入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原
线圈为2 200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为
U ＝＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有＝，则BC间的线圈匝数为120匝，流
BC
过R的电流为I ＝＝＝1 A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入
BC
电压为220 V时，AB间的电压应该为18 V．根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电
的角速度为100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC两端，根
据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，
流过电阻R的电流为I ＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D正确．]
AC
例7 BD [当开关S接1时，左侧变压器副线圈两端电压U＝U＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻
2 1
R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U ＝＝ V＝10 V，电流I ＝＝1 A，则右侧变压
4 4
器原线圈两端电压U ＝×10 V＝20 V，电流I ＝I ＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω，当开关S
3 3 4
接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压
与匝数的关系可知＝，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.]
高考预测
1．AC [驱动电机的输入功率为P ＝UI＝300×10 W＝3 000 W，选项A正确；电动车的
入
速度为v＝＝2 m/s，电动车行驶时所受阻力大小为F＝mg＝×6.75×103×10 N＝1.35×103
f
N，电动车匀速行驶时牵引力大小等于阻力大小，即F＝F，故电动车的机械功率P ＝Fv
f 机
＝2 700 W，选项B错误；设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P t＝P t＋I2Rt，解
入 机
得驱动电机的内阻为R＝3 Ω，选项C正确；驱动电机的机械效率为η＝×100%＝90%，选
项D错误．]
2．C [仅将滑片P 向上移，原线圈匝数增大，根据变压比＝，可知U 减小，根据分压原
1 2理可知，电压表的示数变小，A错误；仅将滑片P 向上移，副线圈电压变小，根据P＝可知
1
电路消耗的功率减小，原线圈输入功率变小，电流表的示数变小，B错误；仅将滑片P 向
2
上移，R 接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R 两端的电压变小，电压表的
2 1
示数变大，根据变流比，电流表的示数变小，C正确，D错误．]
第 11 讲 电磁感应
例1 AC [依题意，M、N两点连线与长直导线平行，两点与长直导线的距离相等，根据
右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，故
A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线相
等，磁通量为零，在向N点平移过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线不再
相等，穿过线圈的磁通量发生变化，故B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上
运动过程中，穿进线圈中的磁感线与穿出线圈中的磁感线始终相等，穿过线圈的磁通量始终
为零，没有发生变化，线圈中无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，
穿过线圈的磁通量变化量相同，依题意从 P点到M点所用时间较从P点到N点的时间长，
根据法拉第电磁感应定律，可知两次的感应电动势不相等，故D错误．]
例2 C [穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的
感应电流为顺时针方向，选项A错误；圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，选项B错误；
圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为P＝＝，选项C正确；根据左手定则可知，圆管中
各段所受的安培力方向沿圆管的轴线方向，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，
不随时间变化，选项D错误．]
例3 AC [在0～时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度 L＝l ＋vttan θ(θ为ab与ad
0 0
的夹角)，则根据E＝BLv，可得I＝＝(l＋vttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝＝
0 0 0
(l ＋vttan θ)2，则F－t关系为二次函数关系，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv ＝
0 0 0
＝(l ＋vttan θ)2，则P－t关系为二次函数关系，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属
0 0
棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv ＝Bv(l ＋vttan θ)，即U－t图像是不过原点的直线；
0 0 0 0
根据以上分析，可排除B、D选项；在～时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动
势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保
持不变；同理可判断，在～时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的
感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是
不能减小到零，与0～内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能
减小到零，与0～内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，综上所述选项A、C
可能正确，B、D错误．]例4 ACD [开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流且此刻电流最大，导体
棒通有电流后会受到安培力的作用产生加速度而加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动
势，导体棒速度增大，则感应电动势E＝Blv增大，则实际电流减小，安培力F＝BIL减小，
加速度a＝即减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直做加速度减小的
加速运动(变加速)，故a－t图像即选项D是正确的；导体棒运动产生感应电动势会给电容器
充电，当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动，因此最终电容器两端的电压能稳
定在某个不为0的数值，即电容器的电荷量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)，电
路中无电流，故B错误，A、C正确．]
例5 AD [开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝＝，
随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安
培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完
全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电
动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻 R上产生
的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确．]
例6 (1)，速度方向与水平方向夹角的正切值为 (2)mgL
解析 (1)当线框下边界刚进入磁场时，由于线框速度不变，对线框进行受力分析有 BIL＝
mg
由欧姆定律可得I＝
线框切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv
y
由速度的合成与分解可得
v＝
联立求解可得v＝
设此时速度方向与水平面的夹角为θ，
则tan θ＝＝
即此时速度方向与水平方向夹角的正切值为.
(2)线框进入磁场过程中速度不变，则从进入磁场开始到完全进入磁场，
由能量守恒定律得Q＝mgL.
例7 (1)5.8 N 2.4 m/s2 (2)3.8 C
(3)1.837 5 J
解析 (1)当金属杆匀速运动时，由平衡条件得
F＝μmgcos 37°＋mgsin 37°＋F
安
由题图乙知v＝1 m/s，则F ＝BIL＝＝2 N
安
解得F＝5.8 N
当金属杆的速度为0.4 m/s时F ＝BIL＝＝0.8 N
安1 1由牛顿第二定律有F－μmgcos 37°－mgsin 37°－F ＝ma
安1
解得a＝2.4 m/s2.
(2)由q＝·Δt
＝
＝
得q＝＝＝3.8 C.
(3)从金属杆开始运动到刚到达稳定状态，由动能定理得(F－μmgcos 37°－mgsin 37°)x＋W
安
＝mv2－0
又Q＝|W |＝7.35 J，所以解得Q＝Q＝1.837 5 J.
安 r
高考预测
1．AC [题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器
C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，此时ab棒不受安培力
作用，向右做匀速运动，故A正确；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，
通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，又
由I＝，F＝BIL，由于速度减小，则产生的感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛
顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以题图乙中，棒ab做加速度减小的减速运动直到
最终静止，故B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度
减为零后在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等
时，电路中没有电流，此时ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、
丙中，只有题图乙中棒ab最终静止，故D错误．]
2．D [由题意知PQ进入磁场后做匀速运动，则由平衡条件得安培力为F＝mgsin θ，又因
为F＝BIL＝，解得金属棒速度为v＝，电流为I＝，因为金属棒从释放到刚进入磁场时做匀
加速直线运动，由牛顿第二定律知mgsin θ＝ma，所以加速时间为t＝，由题意知当PQ到达
cd时，MN刚好到达ab，即金属棒穿过磁场的时间等于进入磁场前的加速时间，且MN在磁
场中的运动情况和PQ一致，故MN通过磁场过程中，PQ上产生的焦耳热为Q ＝I2Rt，解
焦耳
得Q ＝，故选D.]
焦耳
微专题 6 动量观点在电磁感应中的应用
例1 BD [根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q ＝2q ，
1 2
故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－BLΔt ＝mv－mv ，即－BLq
1 0 1
＝mv－mv ，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－BLΔt ＝0－mv，即－BLq ＝0－
0 2 2
mv，联立解得v＝v＝1.5 m/s，故C错误，D正确．]
0例2 (1)0～t 时间内F＝；t～2t 时间内F＝0 (2)d－
0 0 0
3Q＋mv2 (3)v－
0 0
解析 (1)在0～t 时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nS＝nπr2
0
由闭合电路欧姆定律得
I＝＝
故在0～t 时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为
0
F＝F＝BIL＝
A
在t～2t 时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0
0 0
(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得
＝mv
0
得Δx＝
所以x＝d－Δx＝d－
0
PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q ＝3Q
总
由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋mv2
0
(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为l＝2x＋L
x
回路中总电阻为
R ＝＋2R
总x
＝＋2R
＝(2x＋3L)
回路中电流为I＝＝
x
＝
棒PT所受安培力大小为F ＝BIl＝
Ax 0 xx
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v 方向为正方向，由动量定理得－∑Δt＝
0
mv－mv
0
即－＝mv－mv
0
其中S ＝2L2
梯
所以v＝v－.
0
例3 (1)8 m/s2 (2)0.7 J 0.5 J (3)0.8 m
解析 (1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，
1 1
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，回路中的电流I＝
金属棒cd所受的安培力大小为F ＝BIL，此时金属棒cd的加速度最大，最大加速度a ＝
cd m
联立解得a＝8 m/s2
(2)金属棒cd离开水平导轨后做平抛运动，有s＝vt，H＝gt2
c金属棒ab与金属棒cd在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得mv＝mv＋mv
1 1 a 2 c
设金属棒ab克服安培力做的功为W，由动能定理得－W＝mv2－mv2
1 a 1
解得W＝0.7 J，整个回路中产生的焦耳热Q＝mgh－mv2－mv2
1 1 a 2 c
解得Q＝0.5 J
(3)金属棒cd在安培力的作用下加速，根据动量定理得BLΔt＝mv
2 c
金属棒ab、金属棒cd组成的回路中通过某截面的电荷量q＝IΔt
根据法拉第电磁感应定律得＝＝，I＝，联立解得Δx＝1 m，两金属棒之间距离的最小值为
D－Δx＝0.8 m.
高考预测
1．BC [a棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由
题意分析可知，a棒减速，b棒加速，设a棒的速度大小为0.8v 时b棒的速度大小为v，取
0
水平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－BLΔt＝m·0.8v －mv ，对b棒有B·2LΔt＝
0 0
mv，联立解得v＝0.4v ，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速运动，即b棒的最大速度为
0
0.4v，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝mv2－[m(0.8v)2＋m(0.4v)2]＝0.1mv2，故C正确；
0 0 0 0 0
对b棒，由2BL·Δt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝·Δt＝＝，故D错误．]
2．(1) (2) (3)mgr (4)不能
解析 (1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v ，在推力作用的过程中，由动能定理
0
有Pt＝mv2
0
设ab与cd碰后瞬间结合体的速度大小为v，由题意知v＝3，由动量守恒定律有mv＝2mv
1 1 0 1
联立解得P＝
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgr
解得v＝
(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为，阻值为 R的定值电阻Z
产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有
－(Q＋)＝×2mv2－×2mv2
1
解得Q＝mgr
(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t ，该过程回路中的平均电流为，DD′与BB′的间距
1
为x，由动量定理有－BLt＝2mv－2mv
1 1 1
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有t＝
1
解得x＝
1
由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝，导体棒再次进入
磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同
时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t ，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该
2过程回路中的平均电流为′，同前述道理可分别列式为
－B′Lt ＝0－2mv
2
′t＝
2
解得Δx＝
显然Δx<x ，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与 DD′的距
1
离x＝x－Δx＝.
1
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
例1 ABD [由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置，则x
从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置
上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，
木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度方向竖直向下，大小
逐渐变小，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒
在同一竖直高度，竖直方向速度大小相等，方向相反，而这两时刻木棒水平方向速度相同，
所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；木棒底端处于水面下最大位移时，F ＝
1
ρgSh ，木棒底端处于水面下最小位移时，F ＝ρgSh ，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A
1 2 2
＝＝，D正确．]
例2 C [弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J，所以该
振动的振幅为A＝0.08 m，故A错误；小球经过平衡位置时，动能为mv2＝0.08 J，所以速度
为v＝0.8 m/s，故B错误；由牛顿第二定律可知小球的最大加速度为a＝＝8 m/s2，故C正确；
小球在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为 0.15 kg，不影响系统的机械
能，所以振幅不变，故D错误．]
例3 AD [带电小球在磁场中的运动过程中洛伦兹力不做功，所以在整个过程中小球的机
械能守恒，所以A点和B点处于同一水平面，则A正确，B错误；小球在A、B点的速度均
为0，向心力均为0，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以摆球在A点和B
点处线上的拉力大小相等，则C错误；由于洛伦兹力始终沿绳的方向，洛伦兹力不做功，
不改变小球的动能，不改变小球的速度，也不提供回复力，所以单摆的振动周期与没有磁场
时一样，为T＝2π，所以D正确．]
例4 B [“闻其声不见其人”说明声音可以发生衍射，当障碍物的尺寸跟波长差不多或者比波长更小时，声波衍射现象越来越明显，对于波长为10 m的声波，当障碍物的尺寸由10
m向20 m增大的过程中，声波衍射现象越来越不明显，A错误；根据波的叠加原理，几列
在水面上传播的波相遇时波形会发生变化，脱离后又能恢复原来的形态，B正确；根据多普
勒效应，观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的频率大于波源的频率，C错误；简谐振动
在一次全振动过程中动能和势能出现两次极大值，D错误．]
例5 P 不变 [经过半个周期，波向右传播半个波长，而M处质点只在平衡位置附近上下
振动，恰好运动到最低点P处．波速是由介质决定的，与频率无关，波的频率增大，而波
速仍保持不变．]
例6 BD [波沿x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A
错误；由题图可知，波的波长λ＝1 m，由题意可知0.1 s内波传播四分之一波长，可得＝0.1
s，解得T＝0.4 s，波源振动了2 s，即波传播了5个周期，故波源的起振方向与t＝2.1 s时、
x＝1.5 m处质点的振动方向相同，则波源的振动方向向上，在t＝0.42 s，即T<t<时，波源会
向上振动，位移为正，故B正确；波的波速v＝＝2.5 m/s，波源停止振动后到质点a停止振
动的时间为t ＝ s＝0.6 s>0.25 s，即质点a还在继续振动，从t＝2.1 s到t＝2.25 s，经过时间
1
为t ＝0.15 s，即<t<，结合题图可知质点a位移为正且沿y轴正方向振动，故C错误；波传
2 2
到b点所需的时间为t ＝ s＝0.3 s，在0到2 s内，质点b振动的时间为t ＝2 s－0.3 s＝1.7 s
3 4
＝T，质点b在此时间段内运动总路程s＝17A＝17×0.15 m＝2.55 m，故D正确．]
例7 BD [在t＝0.10 s时，由题图乙知质点Q正向下运动，根据“上下坡法”可知，该波
沿x轴负方向传播，故A错误；由题图甲知波长λ＝8 m，由题图乙知该波的周期是T＝0.20
s，则波速为v＝＝ m/s＝40 m/s，故B正确；质点P沿垂直波的传播方向振动，因此P不沿
x轴运动，故C错误；因为λ＝8 m，所以在t＝0.10 s时，沿x轴正方向与P相距10 m处的
质点的振动情况与沿x轴正方向与P相距2 m处的质点振动情况相同，由题意可知在P右边
与P相距2 m处的质点与P点振动方向相反，故D正确．]
例8 BC [结合波源S 在t＝0.25 s时波的图像即题图丙可知，此时刚开始振动的质点的起
2
振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S 的机械波的起振方向沿y
2
轴正方向，D错误；根据波源S 的振动图像即题图乙可知，波源S 的起振方向沿y轴正方向，
1 1
同一介质中波速相同，又因为PS<PS ，由此可知波源S 的机械波最先传到P点，因此P的
1 2 1
起振方向与波源S 的起振方向相同，沿y轴正方向，C正确；在同一介质中，频率相同的两
1
列机械波，波速相同，波长相等，由题图乙可知 λ＝2.0 m，T＝0.2 s，则波速为v＝＝10
m/s，P点到两波源的波程差为Δx＝PS－PS＝2 m，即P点到两波源的波程差为波长的整数
2 1
倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；
S 和S 振动传到P的时间分别为t ＝＝0.7 s，t ＝＝0.9 s，由此可知，在t＝1.25 s时，波源
1 2 1 2
S 在t′＝1.25 s－t ＝0.55 s时的振动情况传到P点，此时波源S 位于波谷；波源S 在t″＝
1 1 1 21.25 s－t ＝0.35 s时的振动情况传到P点，此时波源S 位于波谷，在t＝1.25 s时P处为两列
2 2
波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确．]
高考预测
1．0.5 向左 [由题图知该波的传播速度为v＝＝ m/s＝0.5 m/s；由P点的振动图像可知，t
＝2 s时刻质点P沿y轴正方向振动，结合波形图可知，该波的传播方向为向左．]
2．ACD [由题图可知，在t＝3 s时，第一列波传播到x ＝18 m处，则波的传播速度为v＝
1
＝6 m/s，第二列波传播到x ＝6 m处，传播时间为t ＝＝1 s，第一列波的振动时间为t ＝＝
2 2 3
1 s，则波源两次振动的间隔时间为Δt＝t－t－t＝1 s，故A正确；由题图可知，两次振动形
2 3
成的两列波的波长不同，由同种介质中波的传播速度相等以及 v＝，可知波源前后两次振动
的周期不同，故B错误；两列波在第4 s内传播的距离Δx＝vΔt＝6 m，则根据题图可知，第
一列波x＝15 m处的位移－10 cm传至x＝21 m处，第二列波x＝0处的位移10 cm传至x＝6
m处，则t＝4 s时，x＝6 m和x＝21 m两质点的位移大小相等，故C正确；从t＝2 s至t＝
4.5 s的时间内，第一列波引起x＝12 m处的质点经历半个周期的振动，经过的路程为 s＝20
1
cm，第二列波引起x＝12 m处的质点经过的路程为s ＝10 cm，则从t＝2 s至t＝4.5 s的时间
2
内x＝12 m处的质点经过的路程为s＝s＋s＝30 cm，故D正确．]
1 2
第 13 讲 光学 电磁波
例1 AB [若不充入介质，单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，在斜边界面入射角
为45°，由全反射的条件可知sin C＝＝<sin 45°＝，不充入介质，就会发生全反射，光不能
通过2，即不充入介质，则能实现“关”功能，A正确；若充入的介质相对棱镜是光疏介质，
单色光a将向下偏折，则有可能实现“开”功能，B正确；若充入的介质相对棱镜是光密介
质，单色光a将向上偏折，则处于开状态，不可能实现“关”功能，C错误；单色光a通过
“光开关”后传播方向不会改变，D错误．]
例2 A [当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，由几何知识可知，激光沿直
线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去，如图甲，
保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，如图乙，可知激光沿直线传播到CO
面经反射，射向PM面，入射点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大．当入射点为B点时，如图丙所示，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到 PM面的
P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为α，由几何关系得α＝45°，
根据全反射临界角公式得sin C ＝＝<
a
sin C ＝＝>
b
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为C <45°<C ，故在入射光从A向B移动过程中，
a b
a光能在PM面全反射后，从OM面射出，b光不能在PM面发生全反射，故A正确，B、
C、D错误．]
例3 c
解析 当入射角达到45°时，恰好到达临界角C，根据sin C＝
可得液体的折射率n＝＝＝
由于n＝
可知激光在液体中的传播速度v＝＝c.
例4 AC [振荡电场就是周期性变化的电场，它产生的磁场也是周期性变化的，即振荡电
场周围空间产生的磁场也是振荡的，A正确；声波的传播速度在介质中是由介质决定的，与
频率无关，而电磁波的传播速度v＝，n与光的频率有关，故电磁波在介质中的速度与频率
有关，B错误；红外线的波长长，衍射能力较强，C正确；波长越短的电磁波，反射性能越
强，D错误．]
例5 D [从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为Δx＝2d，即光程差
为薄膜厚度的2倍，当光程差Δx＝nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚
度差为λ，在题图中相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大，则薄膜的厚度逐渐变小，因条
纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小，故选D.]
例6 C [平面镜的反射光相当于从S的像发出的光，所以该装置类似于双缝干涉装置，所
以能在光屏上观察到与镜面平行的干涉条纹，不是光的衍射现象，A、B错误；将光屏沿水
平方向远离线光源S，即l增大，根据双缝干涉条纹的间距公式 Δx＝λ，可知屏上的两个相
邻亮条纹间的距离增大，C正确；若将线光源S沿竖直方向靠近平面镜，相当于减小了两束
干涉光的间距d，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ，可知屏上的两个相邻亮条纹间的距离增大，D错误．]
例7 ABD [雨后太阳光入射到水滴中发生折射时，不同颜色光折射率不同，偏折程度不
同而形成彩虹，即发生色散而形成彩虹，故A正确；第一次折射时，入射角相同，a光的折
射角较小，根据n＝可知，a光的折射率较大，根据sin C＝可知，水滴对a光的临界角小于
对b光的临界角，故B正确；因为a光的折射率较大，所以a光频率较大，波长较短，故C
错误；双缝条纹间距与波长成正比，a光波长较短，条纹间距较小，故D正确．]
高考预测
1．ABD [根据双缝条纹间距公式可知Δx＝λ，由题目可知甲、乙的L和d相同，甲的条纹
间距大，所以甲的波长大于乙的波长， 在同一种介质中，甲的折射率较小，传播速度较大
A、B正确；由全反射的临界角公式sin C＝可知，折射率越小，全反射的临界角越大，故
甲发生全反射的临界角大于乙的，C错误；在障碍物的尺寸与光的波长相当，或者更小的时
候，衍射现象更明显，故遇到同一障碍物，甲光比乙光更容易发生明显的衍射现象，D正
确．]
2．A [根据sin C＝，得临界角C＝45°，设在E点刚好发生全反射，由几何关系可知∠ADE
＝30°，
在△DBE中根据正弦定理有＝，可得∠EBD＝30°，则∠EDB＝15°，同理，可知在DB连线另
一侧的F点发生全反射时∠FDC＝30°，故从D点观察，圆弧AC被照亮的弧长l＝，故A正
确；根据光的折射，AD边和CD边都会有经圆弧AC折射的光线照到，故B错误；点光源
经圆弧AC全反射射到AB边，这部分长度为s＝R(1－2tan 15°)，故C错误；从D点观察，
看到B处点光源的像比实际位置更靠近AC面，故D错误．]
3．(1)2.5 1.2×108 m/s (2)1 mm
解析 (1)设∠DQG为i，∠OQP为r，由几何关系得sin i＝，sin r＝
由折射定律n＝
代入数据解得n＝2.5
由n＝可得v＝＝1.2×108 m/s
(2)设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为θ和α，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则sin α＝，sin θ＝
又h<r，所以sin α<sin θ
可得α<θ
即光线在ES的入射角最大，
分析可知，θ达到临界角时r最大，
则sin θ＝＝
解得r＝1 mm.
专题六 热学 近代物理
第 14 讲 热学
例1 C [在失重状态下，气泡不会受到浮力，A错误；气泡内分子一直在做无规则的热运
动，B错误；由于在失重状态下，气泡内气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，C
正确；水在气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误．]
例2 ABC [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，A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，B正确；有些晶体在一定的条件下可以转化为非晶体，C正
确；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，从而使表面层液体分子之间表
现为引力，使液体表面有收缩的趋势，D错误．]
例3 ABC [由题图可知，在图中的A位置，分子势能最小，选项A正确；在题图中的B
位置，r<r ，分子间作用力表现为斥力，分子间斥力大于引力，选项 B正确；由题图可知，
0
两分子从无穷远处靠近的过程中分子势能先减小后增大，选项C正确；分子间距从题图中
的A点变化到B点的过程中，分子间距离减小，则分子间的引力和斥力都在不断增大，选
项D错误．]
例4 B [根据理想气体的状态方程及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线Ⅰ和曲
线Ⅱ均为等温变化，故可得a、b两点的温度相同，A错误；从a到c为等压变化，由盖－
吕萨克定律有＝＝，B正确；从c到d为等温变化，由玻意耳定律有＝＝，由题图可知p ＝
a
p，故＝，C错误；由玻意耳定律，有＝＝3，故＝2，D错误．]
c例5 2.0×105 Pa 10 m
解析 对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知pV ＝pV，即1.0×105 Pa×(380 mL－80 mL)
0 0
＝p×(380 mL－230 mL)
解得p＝2.0×105 Pa
根据p＝p＋ρgh，代入数据解得h＝10 m.
0
例6 (1)T (2)p
0 0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，
则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定
律可得＝，解得T＝T
0
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，
设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V－V)，则对Ⅳ中气体有＝
0
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有＝
联立解得p＝p.
0
例7 (1)L (2)I2Rt－(p＋)SL
0 0 0
解析 (1)气体等压变化，则由盖—吕萨克定律有＝
活塞移动的距离x＝L－L
1 0
解得x＝L
0
(2)设该气体压强为p，有pS＝pS＋Gsin θ
0
气体对外界做功W＝－pSx
吸收的热量Q＝I2Rt
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝I2Rt－(p＋)SL.
0 0
高考预测
1．D [由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，气体不对外做功，
由理想气体状态方程可得＝，又有p＝p 得p＝2p，所以A、C错误．由题图可知，从状态
b 0 a 0
b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由理想气体状态方程可得 pV ＝pV ，得V ＝
b b c c b
4V，所以B错误．从状态c到状态a，可以等效为先从状态c到状态b，再从状态b到状态
c
a，从状态c到状态b，温度不变，即气体内能ΔU不变，体积增大，所以气体对外做功，即
W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要从外界吸收热量；从状态b到状态a，体
积不变，即W＝0，温度升高，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要从外
界吸收热量，所以从状态c到状态a，气体从外界吸热，所以D正确．]
2．(1)见解析 (2)
解析 (1)气体压强微观方面取决于两个因素：分子的平均动能和单位体积内的分子数．温
度降低，分子平均动能减小，质量增加，单位体积内的分子数增加，从而使压强维持不变．(2)设－8 ℃时馆内气体体积为V，气体状态参量初状态V＝V＋ΔV，T＝280 K
1 1
末状态V＝V，T＝265 K
2 2
由盖－吕萨克定律得＝得ΔV＝V
场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量之比为＝
代入数据得＝.
第 15 讲 近代物理
例1 D [入射光子的能量相同，根据ε＝hν可知，三次实验采用了相同频率的入射光，故
A错误；根据E ＝hν－W 可知，最大初动能相同，则逸出功相同，因此金属板材质相同，
k 0
故B错误；对于不同频率的光子，饱和光电流的大小还与光照强度有关，当入射光子的能
量为5 eV，若光照强度弱，饱和光电流大小不一定大于60 mA，故C错误；根据E ＝ε －
k1 1
W，E ＝ε－W，代入数据解得E ＝1.8 eV，故D正确．]
0 k2 2 0 k2
例2 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.]
例3 B [由E ＝hν－W 可知，图线的斜率为普朗克常量，即h＝，A错误；断开开关S后，
k 0
光电管发生光电效应，有电流流过电流表，所以电流表G的示数不为零，B正确；只有增大
入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，则光电子的最大初动能与照射光的强度无关，
C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光的频率，单个光子的能量将会增大，而光的强
度不变，那么光子数一定会减少，发出的光电子数也会减少，电流表 G的示数就会减小，D
错误.]
例4 B [设刚植入时碘的质量为m，经过180天后的质量为m，根据m＝m ，代入
0 0
数据解得m＝m ＝m()3＝m，故选B.]
0 0 0
例5 B [静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，由动量守恒知新核的速度与粒子速
度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核
的电性相反，则为β衰变．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，
因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1，从而确定电荷量之比为1∶7，即可根
据电荷数守恒及质量数守恒得出核反应方程式为B.]
例6 D [α粒子轰击N，生成O，并产生了质子，选项A错误；U经过4次α衰变，2次β衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，原来的原子核中子数为238－92＝
146，则新核与原来的原子核相比，中子数少了10个，选项B错误；放射性β射线其实质是
高速电子流，选项C错误；核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，选项D正
确．]
例7 C [根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中
的氘核反应释放的能量为E＝×43.15 MeV≈7.19×1022 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃烧
的标准煤的质量为M＝ kg≈400 kg，故选C.]
高考预测
1．A [因为H 比H 的波长更大，则遇同一个障碍物，H 比H 更易发生明显衍射现象，选
α δ α δ
项A正确；H 光的光子能量为2.86 eV，而使处于n＝2能级的氢原子电离需要的能量至少为
γ
3.4 eV，则H 光不能使处于n＝2能级的氢原子电离，选项B错误；H 光的光子能量为3.02
γ δ
eV，是由处于n＝6能级的氢原子向n＝2能级跃迁的过程中产生的，选项C错误；H 光的
α
波长最长，光子能量最小，则若4种光均能使某金属发生光电效应，则H 光对应的光电子
α
的最大初动能最小，选项D错误．]
2．C [由题图可知He核的比结合能约为7 MeV，所以结合能约为28 MeV，故A错误；由
题图可知Li核的比结合能约为5.5 MeV，所以结合能约为33 MeV，大于He核的结合能，
故B错误；两个H核结合成He核时，生成物的总结合能大于反应物的总结合能，所以会释
放能量，故C正确；由题图可知U核中核子的平均结合能比Kr核中的小，故D错误．]
3．C [由题述“将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰
好减小到零，此时电压表读数为1.00 V”，可知遏止电压为U＝1.00 V，光电子的最大初动
c
能为E ＝eU＝1 eV，根据爱因斯坦光电效应方程可知K极板的金属涂层的逸出功为，W ＝
k c 0
hν－E＝2.82 eV－1 eV＝1.82 eV＝1.82×1.6×10－19 J≈2.9×10－19 J，C正确．]
k
专题七 实验
第 16 讲 力学实验
例1 (1) 大于 (2) ＝＋ (3)
解析 (1)设滑块A碰撞前瞬间的速度为v ，
A
碰撞后瞬间A、B的速度分别为v ′、v ，
A B
根据动量守恒定律有m v ＝m v ′＋m v ①
A A A A B B
根据能量守恒定律有m v 2＝m v ′2＋m v 2②
A A A A B B联立解得v ′＝v ③
A A
v ＝v ④
B A
计算机显示光电门1有一个时间记录，光电门2有两个时间记录，说明A与B碰撞后A未反
弹，即v ′与v 的方向相同，可知m >m .
A A A B
(2)设挡光片宽度为d，由题意可得v ＝⑤
A
v ′＝⑥
A
v ＝⑦
B
碰撞过程中满足动量守恒，则应满足的关系式为m ＝m ＋m ⑧
A A B
即＝＋⑨
(3)由 ③④⑥⑦可得＝＝
解得＝.
例2 (2)7.883或7.884 (3)B (4)m()2－m()2 (5)增大
解析 (2)根据题图(b)示数，小球的直径为
d＝7.5 mm＋38.4×0.01 mm＝7.884 mm
考虑到偶然误差，7.883 mm也可以．
(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所
以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B.
(4)依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度大小分别为v、v，则有v＝，v＝
1 2 1 2
则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为ΔE＝mv2－mv2＝m()2－m()2.
1 2
(5)若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻
力引起的测量误差．
例3 (1)①BC ②0.48 ③见解析图 力一定时，小车的加速度a与质量M成反比 (2)①
不需要 ②A
解析 (1)①为了补偿阻力，把木板的一侧垫高，小车上并不挂砝码盘，A错误；先接通电
源，待打点计时器正常工作后再释放小车，B正确；调节滑轮，使细线与木板平行，这样才
能使细线的拉力等于小车受到的合力，C正确；
②相邻两个计数点间还有四个点未画出，则T＝0.02 s×5＝0.1 s.
小车的加速度a＝ m/s2≈0.48 m/s2
③作出a－图像如图由a－图像可得出的实验结论：力一定时，小车的加速度a与质量M成反比．
(2)设木板倾角为θ，则挂上砝码盘和砝码时有F＋F＝Mgsin θ
f
F＝mg
取下砝码盘和砝码时有Mgsin θ－F＝Ma
f
整理得mg＝Ma
即小车加速下滑的外力恰好等于砝码盘和砝码的总重力；
①由以上分析可知，该实验方案不需要满足条件M≫m；
②因为a＝＝ F，所以a－F图像应为一条过原点的直线．故选A.
例4 (1)1.570 (2)2 (3)0.05
解析 (1)游标卡尺的读数为d＝1.5 cm＋14×0.05 mm＝1.570 cm
(2)由题图乙结合单摆运动规律可知，该单摆的振动周期为2 s；
(3)设最大摆角为θ，则有F ＝mgcos θ，F －mg＝m，从最高点到最低点由动能定理得
min max
mgL(1－cos θ)＝mv2，代入数据联立解得m＝0.05 kg.
例5 (1)2.00 (2) F′ (3)C (4)B
解析 (1)分度值为0.1 N，读数为2.00 N.
(2) 由题图乙发现F是根据平行四边形定则作出的理论值，而实际值与理论值有一定的误差，
故方向和细线PO方向相同的是F′.
(3) 弹簧测力计B的方向没有特殊要求，不需要始终保持水平，故A错误；重物M的重力
可以由弹簧测力计测出，没必要再测质量，故B错误；为使力都作用在同一平面上，细线
套方向应与木板平面平行，故C正确；根据平行四边形定则可知，若只增大某一只弹簧测
力计的拉力大小而保持细线套结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，
故D错误．
(4)本实验通过不同力之间作用效果的等效替代，探究互成角度的力的合成规律，故采用的
是等效替代法．故选B.
例6 (1)D (2)上 相等的时间间隔内水平位移相等 (3)1
解析 (1)本实验用频闪照相仪记录小球在空中一次平抛的多个位置，所以不需要小球从斜
槽上多次释放；每次只能记录一个位置，斜槽光滑与否、小球质量大小都不影响位置的记录；在空中不能与方格纸相触．故选D.
(2)由第二个位置高于第一个位置，说明斜槽轨道末端向上倾斜了；每个位置的水平间距都
是两个小方格，说明相等的时间间隔内水平位移相等，水平方向是匀速运动．
(3)由平抛运动规律y＝gt2
x＝vt
0
可得y＝
则斜率k＝
代入数据解得v＝1 m/s.
0
高考预测
1．(1)不需要 (2)
(3)一条过原点的直线
解析 (1)实验中力传感器直接显示拉力大小，即为滑块及挡光片所受合外力，故不需要满
足重物的质量远小于滑块及挡光片的质量；
(2)由题意知滑块通过AB段时的加速度大小为a＝
其中v ＝，v ＝
A B
联立得a＝
(3)若在质量一定的情况下加速度与合外力成正比，则a－F图像是一条过原点的直线．
2．(1)4.00 (3)0.82 0.76
解析 (1)遮光条的宽度为d＝4 mm＋0.05 mm×0＝4.00 mm
(3)弹簧对滑块的冲量大小等于F－t图像与坐标轴所围的面积，约等于0.82 N·s；
滑块通过光电门时的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s
滑块的动量增量大小为Δp＝mv＝380.0×10－3×2 kg·m/s＝0.76 kg·m/s
第 17 讲 电学实验
例 1 (1)0.084(0.083～0.085 均可) (2)见解析图 (3)断路 (4)R 左端的接线柱上 20
0
1.7×10－8
解析 (1)单晶铜丝的直径为d＝0＋8.4×0.01 mm＝0.084 mm.
(2)为了保证两个电表的示数从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，实验电路如图
所示．(3)线夹P处发生断路，铜丝没有接入电路中，使得电流表示数总为零
(4)因为单晶铜丝的电阻很小，所以电压表的读数很小且变化不大，这时应该把连接电压表
负接线柱的导线改接在R 左端的接线柱上，电压表的测量值等于R 和铜丝的总电压；
0 0
根据电阻定律R＝ρ＋R
0
S＝πd2
联立解得R＝x＋R
0
根据图像知R＝20 Ω
0
＝ Ω·m－1
解得ρ＝1.7×10－8 Ω·m.
例2 (1)见解析图 (2)990
解析 (1)为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R 并联，再与电流表
0
串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，即为流过定值电阻R 的电流，从而求出微
0
安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑
动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示．
(2)流过定值电阻R 的电流，
0
I＝I －I ＝9.00 mA－0.09 mA＝8.91 mA
A G
加在微安表两端的电压U＝IR ＝8.91×10－2 V
0
微安表的内阻R＝＝ Ω＝990 Ω.
g
例3 (1)黑 (2)40.0 (3)40.0
(4)×3 120.0
解析 (1)根据电流流向，可以判断与毫安表相连的应为黑表笔．
(2)毫安表满偏，根据R ＝，解得R ＝40.0 Ω.
总 总
(3)毫安表指向25 mA时，毫安表半偏，待测电阻等于内阻，此处标记40.0 Ω.
(4)学生电源的电压调至6 V，欧姆表的内阻为120.0 Ω，故欧姆表的倍率为×3，毫安表指在
25 mA处，该电阻的阻值为40.0×3 Ω＝120.0 Ω.例4 (1)5 800 (2)见解析图
(3)①＝＋ ②1.4 1.6
解析 (1)为了把灵敏电流计 改装成量程为0～3 V的电压表继续实验，电阻箱R应调至R
＝－R＝5 800 Ω
g
(2)如图所示．
(3)①根据闭合电路欧姆定律有
E＝I(R＋R＋r)
g
整理得＝＋
②由题意可得b＝＝144 A－1
k＝＝ V－1
解得E＝1.4 V
r＝1.6 Ω
例5 (1)错误 (2)见解析图 (3)2.8(2.7～2.9均可) 等于
解析 (1)当电阻箱电阻调到最大时，闭合开关S 时，电压表两端电压为
1
U＝＝ V≈4.28 V
超过了电压表的量程，则该操作错误；
(2)作出U－R图像如图；
(3)电压表示数为1.60 V，利用(2)中测绘的U－R图像可得R＝2.8 Ω，该方法为等效替代法，
x
电压表内阻对R 的测量无影响，则R 测量值等于真实值．
x x
例6 (1)A 60 (2)100 (3)无
1
解析 (1)若不考虑电池内阻，且在电池两端只接R 时，电路中的电流约为
0
I＝＝ A＝10 mA，
由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选到的电流
表应为A；
1
当不考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝(R＋R＋R )，计算出R＝60 Ω.
0 A1
(2)断开开关，保持滑片的位置不变，用R 替换R，闭合开关后，有E＝(R＋R＋R )
x 0 x A1
代入数据有R＝100 Ω.
x
(3)若考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝[(R＋r)＋R＋R ]
0 A1
E＝[(R＋r)＋R＋R ]
x A1
联立计算出的R 不受电池内阻r的影响．
x
高考预测
1．(1)B D (2)①右 ④滑动变阻器滑片的位置 读数为满偏电流的三分之一
解析 (1)这个实验要求在闭合开关S 后，干路电流几乎不变，所以滑动变阻器接入电阻越
2
大越好，所以在电流计满偏时，电动势越大，滑动变阻器接入电阻才越大，所以电源应选
B，电流计G满偏电流约为几毫安，所以干路总电阻约为几千欧姆，所以滑动变阻器的最大
阻值选15 kΩ的合适，故选D；
(2)①为了保证电流表的安全，则把滑动变阻器的滑片调至最右端，使得接入电路的阻值最
大，电流最小；
④要想保持干路电流不变，要求滑动变阻器的阻值不能再改变；使电流计读数为满偏电流的
三分之一，此时电阻箱的分流为三分之二的干路电流，其阻值为电流计的二分之一，改装后
的总电阻为之前的三分之一，则量程变为原来的3倍．
2．(1)见解析图 否 (2)AB
(3)1 460 (4)小
解析 (1)如图所示
若光敏电阻的阻值 R 与照度 I 成反比关系，则有 RI 为定值，由图像中点的数据可得
5.8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2
可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系；
(2)由于天亮时照度较大，光敏电阻的阻值较小，电路中的电流较大，衔铁被吸下，AB间断
开，CD间接通，故灯泡应接在AB间；
(3)由题意可知，当照度降到1.0 lx时，要求电路电流降低到10 mA，此时电路中的总电阻为
R ＝＝ Ω＝3 600 Ω
总
此时光敏电阻的阻值为R＝2 000 Ω，则滑动变阻器R′的阻值应调为R′＝R －R－R ＝3
总 线
600 Ω－2 000 Ω－140 Ω＝1 460 Ω；(4)使用一段时间后发现，路灯在天色更亮时就已点亮了，说明在天色更亮时电路电流就降
到了10 mA，为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭，应使天色更亮时电路电流大于 10 mA，
应使电路的总电阻适当减小，故应将变阻器R′的阻值适当调小些．
第 18 讲 热学和光学实验
例1 (1)1.15×102 (2)8×10－6 (3)7×10－10 (4)ACD
解析 (1)大于半格的算作一格，小于半格的舍去，根据油膜形状得知，油膜的面积为
115×1 cm2＝1.15×102 cm2
(2)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是V＝× mL＝8×10－6 mL
(3)油酸分子的直径约为d＝＝≈7×10－8 cm＝7×10－10 m
(4)将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积，导致油酸体积V偏大，根据d＝可知，会导
致计算的油酸分子直径偏大，A正确；计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处
理，会导致油膜面积S偏大，根据d＝可知，会导致计算的油酸分子直径偏小，B错误；计
算油膜面积时，只数了完整的方格数，会导致油膜面积S偏小，根据d＝可知，会导致计算
的油酸分子直径偏大，C正确；水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，会导致油膜面
积S偏小，根据d＝可知，会导致计算的油酸分子直径偏大，D正确．
例2 (1)封闭在注射器内的气体 温度和气体的质量 注射器 压强 (2)D (3)D (4)C
解析 (1)实验中的研究对象是封闭在注射器内的气体，实验中应保持不变的参量是温度和
气体的质量；
它的体积由注射器直接读出，它的压强由压强传感器等计算机辅助系统得到．
(2)p·V的数值越来越小，造成这一现象的原因可能是气体的质量减小了或者温度降低了．故
选D.
(3)根据pV＝C则p＝C·，因图像是过原点的直线，则若纵坐标表示封闭气体的压强，则横
坐标表示的物理量是封闭气体的体积的倒数.故选D.
(4)推拉活塞时，动作要慢，防止气体温度发生变化，选项A正确；推拉活塞时，手不能握
住注射器含有气体的部分，防止气体温度发生变化，选项B正确；压强传感器与注射器之
间的软管脱落后，注射器内封闭的气体的质量会发生变化，不能重新装上继续实验，选项 C
错误；活塞与针筒之间要保持气密性，从而保证气体质量不变，选项D正确．
例3 (1)插针时应使P 挡住P 和P 的像，P 挡住P 和P、P 的像 (2)n＝ 1.5
3 1 2 4 3 1 2
解析 (1)这位同学的疏漏是：插针时应使P 挡住P 和P 的像，P 挡住P 和P、P 的像；
3 1 2 4 3 1 2
(2)设光线在玻璃砖上表面的入射角为α，折射角为β，根据数学知识得sin α＝，sin β＝，
则折射率为n＝＝，代入数值可得n＝＝＝1.5.
例4 (1)C (2)2.332 2.609(3)4.35×10－7
解析 (1)根据Δx＝λ可知，增大双缝之间的距离时，条纹间距变小，故A错误；条纹间距
与单、双缝之间距离无关，故B错误；将蓝色滤光片改成红色滤光片，波长变长，所以条
纹间距变大，C正确；把光屏向靠近双缝的方向移动，则条纹间距变小，故D错误．
(2)由题图甲可读出x＝2 mm＋0.331 mm＝2.332 mm
1
由题图乙可读出x＝15 mm＋0.377 mm＝15.377 mm
6
则相邻亮条纹的间距为Δx＝＝2.609 mm.
(3)λ＝Δx≈4.35×10－4 mm＝4.35×10－7 m.
高考预测
1．(1)向上 B管内的水银面再一次回到标记的位置K (2)300 75.6
解析 (1)对烧瓶加热，使烧瓶内的气体温度升高．为使封闭气体的体积不变，由＝C可知，
应使封闭气体的压强增大，故应将C管向上移动，直至B管内的水银面再一次回到标记的
位置K.
(2)由查理定律可知＝，即p＝t＋，结合题图乙，解得T＝300 K，p＝75.6 cmHg.
h 0 0
2．(1)λ 749.0 0.25 (2)8 011
解析 (1)根据公式Δx＝λ，d＝2a
联立解得Δx＝λ
毫米刻度尺读数L＝749.0 mm
游标卡尺读数a＝0 mm＋5×0.05 mm＝0.25 mm.
(2)相邻两条亮条纹间距Δx＝ cm＝12 mm
代入Δx＝λ
解得λ≈8 011 nm.
第二篇 解题技巧与增分策略
一、选择题解题技巧
例1 B [利用楞次定律，在线框进入磁场过程电路中的电流为顺时针方向，即进入磁场时
电流方向为负方向，故可排除A、D选项．在线框离开磁场过程中，根据楞次定律，回路中
电流方向为逆时针方向，故可排除C选项，故B项正确．]
例2 C [设小球落到斜面上时，速度方向与水平方向夹角为φ，则tan φ＝2tan θ，可知落
到斜面上时，速度方向与初速度大小无关，只与斜面的倾角有关，因此无论 v、v 大小如何，
1 2
均有α＝α，C正确，A、B、D错误．]
1 2例3 B [因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运
动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与 t轴所围面积相等来求解．根据
猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示，
由图知老鼠甲可以逃离洞口．]
例4 A [小球虽然是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好
水平，所以可以逆向看作小球从该半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过
程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中与
半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，设此时位移与水
平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而v2＝2gy＝gR，又
y
tan 30°＝，所以v＝＝，故选项A正确．]
0
例5 B [滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理得Fxcos θ＝ΔE ，得θ＝90°，
k
即水平方向上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；把滑块在P点
的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做
匀减速直线运动后做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝2 m/s2，当沿水平恒力F方向上
的速度为0时，时间t＝＝1.5 s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t′＝2t＝3 s，故
B项正确；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有x ＝v′t′＝vcos 37°·t′＝
PQ
12 m，故D项错误；当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速
度v′，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4 m/s，故C项错
误．]
例6 B [由于所有直导线中的电流一样，将所有直导线从中间一分为二，由右手螺旋定则
及对称性知左边6根直导线电流在P 点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P 点产生
1 1
的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P 处产生的磁场，由题知磁感应强度大小为B ，
1 1
方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为
2
B ，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方
1 2 2
向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流
在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为B－B，B选项正确．]
2 2 1
例7 CD [以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力F
＝＝mg，P点为等效最高点，由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小
值出现在P点，由牛顿第二定律得mg＝m，小球的最小速度v ＝v ＝，故D正确；小球从
min PP点运动到A点，由动能定理得－mgR(1－cos 45°)＋qERsin 45°＝mv 2－mv 2，解得v ＝，
A P A
故A错误；小球在C点时，有F －qE＝m，小球从H点运动到C点，由动能定理得qE·2R
C
＝mv 2－mv 2＞0，在H点时，有F ＋qE＝m，所以F <F ，故B错误；小球运动过程中，
C H H H C
在等效最低点D点时绳子的拉力最大，小球从P点运动到D点，由动能定理得F·2R＝mv 2
D
－mv 2，在D点时，有F －mg＝m，解得F ＝6mg，故C正确．]
P D D
例8 C [取k＝1，则说明物体运动过程中所受空气阻力为零，即物体做竖直上抛运动．将
k＝1依次代入四式，只有C项经历的时间等于(竖直上抛运动回到出发点所用的时间)，C项
正确．]
例9 A [应用极限思维法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小B ＝·，A项正
P
确．]
例10 B [物理表达式两侧单位要相同，的单位是s/m，A、B选项右侧单位为＝s/m，C选
项右侧单位是m/s，D选项右侧单位也不是s/m，故C、D错误；结合实际情况，内、外压强
差越大，喷气速度越大，故B正确，A错误．]
二、实验题解题策略
例1 (1)A (2)盘和砝码 小车 3.9
(3)
解析 (1)使细绳与木板平行，将木板右端垫高以平衡摩擦力，这样操作的目的是使细绳上
的拉力等于小车所受合力，故选A.
(2)由于要探究加速度与质量的关系，因此应保持外力不变，即保持盘和砝码的质量不变，
多次改变小车中砝码的质量进行实验．由题知 T＝＝0.02 s，根据逐差法，可得a＝≈3.9
m/s2.
(3) 根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
上式整理得＝·m＋
结合题有＝k，＝b
解得F＝，M＝.
例2 (1)60 4.3 (2)见解析图
(3)偏小
解析 (1)欧姆挡选用“×10”倍率，其示数为60 Ω；游标卡尺的示数为4 mm＋3×0.1 mm
＝4.3 mm；
(2)实物图如图所示．(3)由题图丙可知，电压表有分流作用，可得金属丝电阻的测量值偏小；
根据R＝ρ、R＝、S＝π()2
联立解得ρ＝.
例3 (1)BC (2) m gL －m gL
A A B B
解析 (1)验证机械能守恒定律，需要测量系统重力势能的减少量和系统动能的增加量，系
统动能的增加量需要测量小球B的速度，求平抛运动的初速度，需要B球抛出点到地面的
距离和落地点与抛出点的水平距离x，因已有抛出点到点O的高度，只需测量出O点离地面
的高度h，不需要A球从释放到运动至最低点的时间t.故选B、C.
(2)轻杆从水平位置自由释放，系统重力势能的减少量ΔE＝m gL －m gL
p A A B B
B球到达抛出点的速度v ＝＝＝
B
由题图可知，两球转动的角速度相等，则此时A球的速度v ＝＝
A
则系统的动能增加量ΔE＝m v 2＋m v 2＝＋＝x2g.
k A A B B
例4 (1)R (2)3.0 2.1 (3)③R＝(－)(r ＋R) 相等
2 x A 2
解析 (1)电源电动势为3 V，电流表A 与R 串联，可改装为量程为U＝I(r ＋R)＝300×10－
2 1 g A 1
6× (1 000＋1 000) V＝0.6 V的电压表，改装后的电压表量程太小，同理应用定值电阻 R 改
2
装后电压表量程为3 V，故选R；
2
(2)由题图可知I ＝0时，电流表A 的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E＝3.0 V，
1 2
内阻r＝||＝ Ω＝2.1 Ω；
(3)③由题意可知：IR＝I(r ＋R)，I(R＋R)＝I(r ＋R)，联立解得R＝(－)(r ＋R)；由以
a b A 2 c x d A 2 x A 2
上分析可知，若考虑电流表A 内阻的影响，则表达式列成：I(R＋r )＝I(r ＋R) ，I(r ＋
1 a A1 b A 2 c A1
R＋R)＝I(r ＋R)，最后求得的R 表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等．
x d A 2 x
例5 (1)1.800 (2)0.648 (3)T>T>T
b a c
解析 (1)螺旋测微器读数是固定刻度读数加可动刻度读数，题图丙中读数为 D＝1.5 mm＋
30.0×0.01 mm＝1.800 mm；
(2)小球的体积为V＝πr3＝πD3
由题图乙中曲线a可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有ρVg－ρVg－6πηrv＝0
0 1
联立方程，解得η＝
代入数据得η＝0.648 Pa·s.(3)由粘滞系数表达式可知，小球的收尾速度越大，粘滞系数越小，温度越高，因此
T>T>T.
b a c
例6 (1)左 (2)R ＋R ＝R ＋R (3)E (4)不变
1测 2测 1校 2校 N
解析 (1)在开关闭合前，为保护灵敏电流计G，R 接入的阻值应为最大，则触头应在最左
3
端．
(2)改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，
电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R 与R 的阻值之和为某一固定阻值，所以
1校 2校
使R 和R 的阻值之和也为该固定阻值，即R ＋R ＝R ＋R
1测 2测 1测 2测 1校 2校．
(3)根据部分电路欧姆定律，有＝，＝
可知，当满足R ＋R ＝R ＋R
1测 2测 1校 2校
有E＝E .
x N
(4)若考虑工作电源内阻，则有＝，＝
因之前有R ＋R ＝R ＋R
1测 2测 1校 2校
考虑到了工作电源内阻后，则有R ＋R ＋r＝R ＋R ＋r
1测 2测 1校 2校
故整理后依旧为E＝E ，故测量值不变．
x N
四、数学方法在物理中的应用
例1 200 m 30°
解析 运动员在O点速度v＝＝10 m/s.起跳后运动员做斜上抛运动．
0
把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动．
水平方向上有x＝vcos θ·t，竖直方向上有y＝vsin θ·t－gt2，
0 0
令y＝－xtan α，
解得x＝＝.
当2θ＋α＝90°，即θ＝30°时，
x ＝，
max
此时L有极大值L ＝＝200 m.
max
例2 AD [由题中选项可知要使F最小，则应有Fsin α<mgcos 30°，故根据平衡条件有
Fcos α＝mgsin 30°＋μ(mgcos 30°－Fsin α)，解得：F＝＝，由数学知识知，当α＝30°时，拉
力F最小，A正确，C错误；当α＝60°时，F＝mg，因为没有摩擦力，拉力做功最小，W
min
＝mgh，所以B错误，D正确．]
例3 30 cm
解析 如图所示，由小鱼S射向P点的光线入射角为α，折射光线进入眼睛，折射角β＝53°根据折射定律有n＝，得sin α＝
根据几何关系得∠OSP＝180°－(90°＋α－β)＝90°＋β－α
在三角形SOP中，由正弦定理得＝
解得OS＝30 cm
例4 (1) (2)
解析 (1)由于粒子垂直AP入射，则AP是粒子圆轨迹的直径，有r＝0.5d
1
设粒子速度为v，根据牛顿第二定律
1
qvB＝m
1
解得v＝
1
(2)连接PQ，并且作PQ的中垂线交AP于O′点，则O′为轨迹的圆心，如图．
设粒子的入射速度为v，轨道半径为r.
2 2
在△OO′Q中有OO′＝R＋r －d，OQ＝R，O′Q＝r ，根据余弦定理有(R＋ r －d)2＝ R2
2 2 2
＋ r2－2R rcos φ
2 2
又qvB＝m
2
联立以上各式化简得v＝.
2
例5 (1)k (2)120° (3)b
解析 (1)由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r
＝b
而evB＝m
0
联立解得B＝k
(2)速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，电子离开磁场时的位
置为P′，连接POP′O′可知该四边形为菱形，如图甲，
1由于PO 竖直，因而轨迹半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方
1
向
由图甲可知bsin (θ－90°)＋b＝1.5b
解得θ＝120°.
(3)由(2)可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在
电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有
x＝vt
0
y＝at2
eE＝ma
联立解得x＝
设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示，设电子射出电场时的夹角为α，
v＝at
y
有tan α＝＝
有H＝(3b－x)tan α＝(3－)·
当3－＝，即y＝b时，H有最大值．
由于b<1.5b，所以H ＝b.
max
例6 B [小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得mv2＝2mgr＋mv2，小物
1
块做平抛运动时，设水平位移为x.水平方向有x＝vt，竖直方向有2r＝gt2，联立解得x＝，
1
由数学知识可知，当r＝时，x最大，故选项B正确．]
例7 (1)mg 方向水平向右
(2)v 与电场方向夹角为37°斜向上
0
解析 (1)根据题设条件，静电力大小F ＝mgtan 37°＝mg，方向水平向右．
电
(2)小球沿竖直方向做匀减速运动：v＝v－gt；
y 0
沿水平方向做初速度为零的匀加速运动：a＝＝g，v＝at；
x x x小球的速度v＝，
由以上各式可得关于v2的函数解析式：v2＝g2t2－2vgt＋v2.
0 0
解得当t＝时，v有最小值v ＝v，
min 0
此时v＝v，v＝v，tan θ＝＝，即与电场方向夹角为37°斜向上．
x 0 y 0
例8 9 s
解析 由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出，然后再累加求和．
小球从h 处落到地面时的速度：v＝，
0 0
运动的时间为：t＝
0
第一次碰地后小球反弹的速度：v＝kv＝k
1 0
小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动，这一过程球运动的时间：
t＝＝2k
1
则第n次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：
v＝kn
n
运动时间：t＝＝2kn
n
所以，小球从下落到停止运动的总时间为：
t＝t＋t＋…＋t＝＋2k＋…＋2kn
0 1 n
＝＋2(k＋k2＋…＋kn)．
上式括号中是一个无穷等比递减数列，由无穷等比递减数列求和公式，并代入数据得t＝9 s.
例9 1.25 m
解析 小车第一次碰墙后以原速率反弹，并在小铁块的摩擦力作用下向左减速，因
mv>Mv ，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙
0 0
后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为 s，第二次碰墙后向左
1
运动的最大距离为s ，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s ，……，小车第一次碰墙之后
2 3
与铁块的共同速率为v，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v，第三次碰墙之后与铁块的
1 2
共同速率为v，……
3
第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs＝Mv2
1 0
解得s＝＝ m
1
由动量守恒定律得
(m－M)v＝(m＋M)v
0 1
解得v＝v＝v
1 0 0
第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs＝Mv2
2 1
解得s＝＝s
2 1
由动量守恒定律得(m－M)v＝(m＋M)v
1 2
解得v＝v＝v
2 1 1
……
故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为s＝s
n 1
显然s、s、s、…、s 为一公比是的等比数列．小车运动的总路程为
1 2 3 n
s＝2(s＋s＋s＋…＋s)＝＝1.25 m.
1 2 3 n
