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考前特训答案精析
热点突破练
热点 1 受力分析和物体平衡
1．B [对球A受力分析如图所示，
因A静止，将A的重力G分解，由三角形相似得＝＝0.8，得F ＝0.8G，绳子在P点对墙的
T
拉力大小也等于0.8G，B正确．]
2．D [假设右滑轮到小球球心的距离为l，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球在A→O的运
动过程中，由牛顿第二定律可知F －m gcos α＝，得F ＝m gcos α＋，由动能定理可知v
T A T A
不断变大，且α减小，所以F 变大，则小球从A→O→B的过程中，F 先增大后减小．设物
T T
块的质量为m，斜面体的质量为M、倾角为θ，对物块受力分析可知斜面对物块的支持力大
小为F ＝mgcos θ－F ，斜面对物块的静摩擦力大小为F ＝mgsin θ，则F 先减小后增大，
N1 T f1 N1
F 不变，故A、B错误；对斜面体和物块P整体受力分析可知地面对斜面体的支持力大小
f1
F ＝(M＋m)g－F cos θ，地面对斜面体的静摩擦力大小F ＝F sin θ，则F 先减小后增大，
N2 T f2 T N2
F 先增大后减小，故C错误，D正确．]
f2
3．C [设一个篮子的质量为m，连接下篮的每根轻绳的张力大小为F ，对下篮，根据平衡
T2
条件得4F ＝mg，解得F ＝；设连接上篮的每根轻绳的张力大小为F ，轻绳与竖直方向
T2 T2 T1
夹角为θ，对晾衣篮整体由平衡条件得4F cos θ＝2mg，根据题图以及几何关系得sin θ＝
T1
＝0.6，则cos θ＝0.8，联立解得F ＝mg，则＝，故C正确，A、B、D错误．]
T1
4．C [设细线与竖直方向夹角为θ，对小球B受力分析可知F cos θ＝m g，F sin θ＝F，则
T B T
随着θ角逐渐变大，则细线张力F 逐渐变大，水平外力F逐渐变大，选项A、B错误；对
T
A、B的整体受力分析，得轻杆的弹力大小F ＝，可知随着F的增大，轻杆的弹力逐渐增大，
N
选项C正确；细线与轻杆共线时，对球A受力分析可知，球A受到竖直向下的重力和细线对A沿杆向下的拉力，则轻杆对球A的弹力方向沿着球A的重力与细线对A的拉力的合力
的反方向，可知轻杆对球A的弹力不是沿杆向上，选项D错误．]
5．D [若B球带负电，则A对B为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环给B球的支持
力指向圆心还是背离圆心，B球都不能处于平衡状态，所以A球对B球为排斥力，方向沿
AB方向，如图所示，
且对B球受力分析可得，圆环对B球的支持力指向圆心，即由B指向O，故A错误；由几
何关系可知圆环对 B球弹力的大小为 F ＝mg，则A、B两球之间的排斥力大小为 F ＝
N AB
2mgcos 30°＝mg，对A球受力分析，可得F ′＝mg＋F cos 30°＝2.5mg，F＝F sin 30°＝，
N AB f AB
所以当F＝μF ′时，动摩擦因数最小，为μ＝，故B、C错误，D正确．]
f N
6．B [对小球受力分析，受到自身重力、细线拉力及拉力F，三者关系如图所示，
由图可知，F一直增大，θ一直减小，所以B正确，A、C、D错误．]
7．B [小球的受力情况如图甲所示，
可得墙壁对小球的弹力大小为
F ＝＝mg
N1
半球和小球整体的受力情况如图乙所示，墙壁对整体的弹力大小为
F ＝＝mg
N13
故墙壁对半球的弹力大小为
F ＝F －F ＝mg
N3 N13 N1
根据牛顿第三定律，半球对墙壁的弹力大小为mg，故选B.]
热点 2 牛顿运动定律的应用
1．A [由题意可知，撤去水平力F前，小球与竖直杆CD之间摩擦力为零，设弹簧弹力大
小为F ，根据平衡条件有F cos θ＝mg，撤去水平力F的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，此
T T
时在竖直方向上小球受力仍平衡，而在水平方向上，竖直杆 CD对小球的支持力与F 在水
T
平方向的分力平衡，综上所述可知在撤去F瞬间，小球所受合外力仍为零，加速度为零，
故选A.]
2．A [当两球运动至二者相距L时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝＝，设绳子拉力为F ，水平方向有2F cos θ＝F，解得F ＝F，对任
T T T
意小球由牛顿第二定律有F ＝ma，解得a＝，故A正确，B、C、D错误．]
T
3．BC [利用整体法受力分析，可得(M＋m)gsin θ－μMgcos θ＝(M＋m)a，解得a＝gsin θ
－，故A错误，B正确；对物块B受力分析，可得mgsin θ－F＝ma，解得F＝，故C正确，
D错误．]
4．B [小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，物块运动到
最高点的时间t′＝＝1 s<1.5 s，由于mgsin α＝μmgcos α，则小物块运动到最高点速度为0
时停止运动，故t＝1.5 s时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故选B.]
5．BC [运动员做匀加速运动的距离为x＝t＝×4.5 m＝40.5 m，A错误；匀加速过程中，加
速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得绳子的平均弹力F＝ma＝50×4 N＝200
N，B正确；运动员入弯时所需向心力大小F＝m＝50× N＝648 N，C正确；设入弯时冰刀
n
与水平冰面的夹角为θ，tan θ＝＝＝<1，得θ<45°，D错误．]
6．BC [飞行器关闭发动机，以v ＝10 m/s的速度匀速下落时，有Mg＝kv2＝k×100 (N)，
1 1
飞行器以v＝5 m/s向上匀速时，设最大推力为F ，F ＝Mg＋kv2＝Mg＋k×25 (N)，联立可
2 m m 2
得F ＝1.25Mg，k＝ (N·s2/m2)，A错误；当飞行器以v ＝5 m/s匀速水平飞行时，有F＝＝
m 3
Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，有F ＝＝Mg＝kv2，解得v
阻 4 4
＝5 m/s，C正确；当飞行器受到的最大推力向下，以v ＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其
5加速度向下达到最大值为Ma ＝F ＋Mg＋kv2，解得a ＝2.5g，D错误．]
m m 5 m
热点 3 平抛运动和圆周运动
1．A [物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为 a＝ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿
AB方向有F－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－F ＝masin θ，可得F＝mgsin
f N f
θ＋macos θ，F ＝mgcos θ－masin θ，斜劈转动的角速度ω缓慢增大，加速度a增大，故摩
N
擦力增大，支持力减小，故B、C、D错误；斜劈对物块的作用力在竖直方向的分力F＝mg
y
保持不变，在水平方向分力为 F＝ma，当角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分
x
力增大，则合力增大，故A正确．]
2．A [设轻绳与竖直方向夹角分别为α、β，对下面小球受力分析，竖直方向有mg＝F cos
T2
β，把两个小球看作整体，竖直方向上有5mg＋mg＝F cos α，稳定时轻绳与竖直方向夹角
T1
的正切值分别为及，联立解得F ∶F ＝2∶1，B错误；对下面小球受力分析，水平方向有
T1 T2
F sin β＝mω2r ，对上面小球受力分析，水平方向有F sin α－F sin β＝5mω2r ，联立解得
T2 2 T1 T2 1
r∶r ＝2∶5，A正确；根据几何关系有r ＝lsin α，r ＝lsin α＋lsin β，联立解得l∶l ＝
1 2 1 1 2 1 2 1 2
4∶9，C、D错误．]
3．C [对小球施加不为零的水平向左的恒力F时，小球在竖直方向的运动不变，仍做自由
落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动，加速度大小为 a＝，小球落在斜面上，设斜面
与水平面的夹角为θ，则位移关系有tan θ＝＝，解得t＝，可知力F越大，小球落到斜面的
时间t越短，即下落的时间不同，C点的位置不同，故A、D错误；小球在水平方向上做匀
减速运动，若到达C点时水平速度恰好减为零，则落到C点的速度方向竖直向下，而落到B
点的小球做平抛运动，到达B点的速度方向不可能竖直向下，故B错误，C正确．]
4．BD [依题意，运动轨迹恰好与挡板上的B点相切，则小球在B点的实际速度与水平方
向夹角为30°，如图所示，
由图可知v ＝＝20 m/s，v＝vtan 30°＝10 m/s，故A错误；小球从A到B过程，竖直方向做
B y 0
自由落体运动，有v＝gt，y＝gt2，解得t＝1 s，y＝5 m，小球的动量变化量为Δp＝mgt＝10
y
kg·m/s，故B正确；设O、A两点间的距离为s，小球从A到B过程，水平方向做匀速直线
运动，有x＝vt，由几何关系可得tan θ＝，联立可得O、A两点间的距离为s＝5 m，故C
0
错误；根据动能定理，从 A到B过程中，小球的动能增加量为 ΔE ＝mgy＝50 J，故D正
k确．]
5．BD [根据平抛运动的规律 h＝gt2，R＝vt，解得R＝v，可知若 h ＝h ，则v∶v ＝
1 2 1 2
R∶R，若v＝v，则h∶h＝R2∶R2，选项A错误，B正确；若ω＝ω，则喷水嘴各转动
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
一周的时间相同，因v ＝v ，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水
1 2
嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项 C
错误；设出水口横截面积为S，喷水速度为v，若ω＝ω，则喷水管转动一周的时间相等，
0 1 2
因h相等，则水落入花盆中的时间相等，则t＝相等，故在圆周上单位时间内单位长度的水
量Q＝＝＝＝相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确．]
0
6．AC [根据题意可知，运动员在水平方向上做匀速直线运动，则运动员在P点的水平分
速度为v ＝vcos θ，运动员在竖直方向上从空中的最高点到P点做自由落体运动，根据v2
Px 0
＝2gh可知，运动员在P点的竖直分速度为v ＝，则运动员在P点落地速度大小为v ＝，
Py P
故A正确；设运动员在P点落地速度与水平方向的夹角为 α，根据几何关系有tan α＝＝，
故B错误；运动员从M点到最高点，在竖直方向上做竖直上抛运动，根据v＝gt可得，上升
时的时间为t ＝，从空中的最高点到P点在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝gt2，可得
1
下降的时间为t ＝，运动员在空中的运动时间为t＝t ＋t ＝，故C正确；运动员从M点到P
2 1 2
点的过程中，设M点与P点的高度差为h′，根据动能定理有mgh′＝mv 2－mv2，解得
P 0
h′＝h－，故D错误．]
热点 4 万有引力与航天
1．A [根据G＝m＝mr，可得v＝，T＝2π ，因为r ＝r >r ，则运行的周期T ＝T >T ，线
P Q M P Q M
速度大小v ＝v <v ，选项A正确，B错误；三个卫星的质量关系不确定，则不能确定受到
Q P M
的引力关系以及机械能大小关系，选项C、D错误．]
2．C [地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律有＝mg，可得GM＝gR2，根据题意
可知，卫星的运行周期为T′＝，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则
有＝m′(R＋h)；联立以上式子解得h＝－R，故选C.]
3．D [在发射过程中，加速度向上，则三位航天员一直处于超重状态，选项 A错误；第一
宇宙速度是所有环绕卫星的最大运行速度，则空间站组合体绕地球飞行的速度小于第一宇宙
速度，选项B错误；由G＝m(R＋x)，M＝πR3ρ，可得ρ＝，故不能利用测出地球的平均密度，
选项C错误；若已知组合体的绕地周期T，根据－＝2π，可求得组合体每次看到日出间隔的
时间，从而可求出一天(24 h)内航天员看到日出的次数，选项D正确．]
4．C [设火星和地球绕太阳做圆周运动的周期分别为T 和T ，则－＝1，其中t＝26月，T
1 2 2
＝12月，解得T ＝ 月，根据θ＝t′，则从题图所示的火星合日开始到下一次地球与天问一
1号能通信这段时间内，地球与火星绕太阳转过的角度之比等于周期的反比，则＝＝，故选
C.]
5．D [空间站绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有G＝ma，在地面的物体，
有G＝m′g，因为空间站在圆轨道Ⅱ上时轨道半径大于地球半径，故向心加速度小于g，A
错误；由万有引力表达式可知飞船和空间站在A处所受的万有引力还与飞船和空间站的质
量有关，因为题目中不知道二者质量的关系，故无法判断二者在 A处所受万有引力是否相
等，B错误；飞船沿轨道Ⅰ运动时只有引力做功，故机械能守恒，C错误；空间站在轨道Ⅱ
绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有G＝，又因为G＝mg，故空间站线速
度大小为v＝＝，因飞船运动的轨道Ⅰ为椭圆轨道，故飞船在B点的速度大于第一宇宙速度，
而空间站的速度小于第一宇宙速度，故v >，D正确．]
B
6．AC [卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，有G＝mr()2，解得＝，由题图可
知＝，解得地球质量M＝，故A正确；在地球表面的物体有G＝m′g，解得重力加速度g
＝，故B错误；若卫星绕地球表面运行，其轨道半径r＝R，由＝，可得运行周期T＝，环
绕速度v＝＝2π，故C正确；地球体积V＝πR3，地球密度ρ＝，解得ρ＝，故D错误．]
热点 5 功能关系和能量守恒
1．B [从P到R滑行过程中由能量守恒可知，该滑雪爱好者克服阻力做功为W ＝mg(H－
克f
h)－mv2，解得W ＝60×10×(24－4) J－×60×182 J＝2 280 J，从P到R滑行过程中，重力
克f
做功为W ＝mg(H－h)＝12 000 J，则＝≈0.2，故选B.]
G
2．AD [以物块A、B整体为研究对象，设物块A沿斜面下降的距离为L，根据动能定理得
W －mgL＋mgLsin θ－W ＝E －0，可得W ＝E ＋W ＋mgL－mgLsin θ，故A正确，B
F 克f k F k 克f
错误；由功能关系可知物块A与斜面因摩擦产生的热量与物块A、B的机械能增量之和等于
恒力F做功，故C错误；以物块B为研究对象可得W －mgL＝mv2，可得W ＝mv2＋mgL，
T T
而物块A重力势能的减少量为ΔE＝mgLsin θ，可知W >ΔE，故D正确．]
p T p
3．AC [重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t 时间内，返回舱的速度随时间减小，
1
故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度可知，在0～t 时间
1
内，返回舱的加速度减小，故B错误；在t ～t 时间内，由图像可知返回舱的速度减小，由
1 2
p＝mv可知动量随时间减小，故C正确；在t ～t 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，
2 3
则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误．]
4．BD [由题图乙知，汽车在AB段受到的牵引力不变，做匀加速直线运动，故A错误；由
P＝Fv得到F＝，所以BC段图线的斜率表示汽车的额定功率，即P ＝30 kW，故B正确；
额
从题图甲中可知，汽车整个启动过程中牵引力做功的大小为题图甲中图线与横轴围成的面积，即W＝(5＋9)×30×103× J＝2.1×105 J，故C错误；在汽车的启动过程中，由动能定理有
W－Fx＝mv 2，由题图乙知汽车最大速度为v ＝20 m/s，所以阻力的大小为F＝＝1.5×103
f m m f
N，可得汽车启动距离约为6.67 m，故D正确．]
5．D [开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos θ－mgsin
θ)x＝E －0，在5 m后动能不变，可知此时物块与传送带相对静止，即物块速度大小为 v＝
k
2.0 m/s，可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能
的变化量，则有W ＝ΔE＝mv2＝2 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块
合 k
做的功等于物块机械能的增加量，即W＝mv2＋mgL sin θ＝62 J，C错误，D正确．]
f AB
6．ACD [Q到达b点前，轻杆、滑块P、Q三者加速度相同，三者相对静止，轻杆对Q的
弹力为0，故A正确；Q刚好滑入ab段的瞬间，对轻杆、滑块P、Q整体分析，加速度a＝
＝，故B错误；整个过程中ab段粗糙，P、Q和轻杆组成的系统经过ab段时，损失的机械
能为ΔE＝3μmgLcos θ，故C正确；设P滑离a点时的速度大小为v，根据动能定理有3mgh
－3μmgLcos θ＝×3mv2，得v＝，故D正确．]
7．C [小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力，非重力做功等于机械能的变化
量．到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加．经过S后的过程，非重力做负功，
机械能减小，因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最
大，故A错误；小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量
为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲
量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重
力冲量不为零，故B错误；环在Q时动能最大，环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能
相同，环C和A通过轻绳相连，沿着绳子的分速度相等(如图所示)，
故v cos θ＝v ，故A与环的动能之比为＝＝cos2θ，对小环和A的系统，有Mgh＝E ＋E ，
Q A kA kQ
联立可得小环C的最大动能E ＝，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的
kQ
压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg，环在Q位置时，速度最大，
说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有 F cos θ＝Mg，对A有F －mg
T T
－F＝ma，对B有F＝mg，联立解得a＝ g－2g，故D错误．]热点 6 动量和动量守恒定律
1．CD [充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动
量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，但不能改变
合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物品所受的合力，D正确．]
2．C [子弹穿出A瞬间，A、B将要分离，A与B分离时三者的速度是相等的，分离后，A
的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A、B与C的速度增大，由动量定理得F·t ＝
f 1
(m＋2m＋3m)v，所以v＝，故选C.]
3．ACD [绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v ，根
1
据动量守恒定律可得mv ＝(m ＋m)v ，解得v ＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，
3 0 2 3 1 1
A、B具有相同的速度v ，A、B组成的系统满足动量守恒定律，则有mv ＝(m ＋m)v ，解
2 2 1 1 2 2
得v＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v，A、B、C组成的系统
2 3
满足动量守恒定律，则有mv＝(m＋m＋m)v，解得v＝ m/s，D正确．]
3 0 1 2 3 3 3
4．B [根据动能定理可得qU＝mv2，解得离子的速度为v＝，根据电流的定义式有I＝＝，
对离子，由动量定理可得F·Δt＝N·mv，联立解得发动机产生的推力大小为 F′＝F＝I，故
选B.]
5．BC [设B瞬间获得的一水平向右的速度为v ，从此刻开始到弹簧第一次伸长达到最大
0
时，两物块达到相同的速度v ，系统动量守恒有2mv ＝(m＋2m)v ，解得v ＝v ，故弹簧弹
1 0 1 1 0
力对B球的冲量大小为I ＝2mv －2mv ＝mv ，弹簧弹力对B球做功为W ＝×2mv2－×2mv2
1 0 1 0 1 1 0
＝－mv2.设当弹簧再次恢复原长时A和B的速度分别为v、v，系统满足动量守恒和机械能
0 2 3
守恒，有2mv ＝mv ＋2mv ，×2mv2＝mv2＋×2mv2，联立解得v ＝v ，v ＝v.弹簧由最大伸
0 2 3 0 2 3 2 0 3 0
长到第一次恢复原长的过程中，弹簧弹力对 B球的冲量大小为I ＝2mv －2mv ＝mv ，弹簧
2 1 3 0
弹力对B球做功为W ＝×2mv2－×2mv2＝－mv2，故前后两个过程的冲量大小关系为I ＝I
2 3 1 0 1 2
＝mv ，故A错误，B正确；两个过程的弹簧弹力做功的关系为|W|＝|mv2|>|W|＝|mv2|，故
0 1 0 2 0
C正确，D错误．]
6．AD [当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能
为E ，从滑块以速度v 滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守
p 1
恒定律有mv ＝3mv，mv2＝·3mv2＋μmg＋E ，从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板
1 1 p
的左端，两者速度再次相等，由能量守恒定律得E ＝μmg，若把长木板固定，滑块滑上长木
p
板的速度为v ，弹簧的最大压缩量也为x ，由能量守恒得mv2＝μmg＋E ，联立可得v ＝
2 2 2 p 1
v ，E ＝mv2，选项A正确，B、C错误；设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度
2 p 1
为v ，由能量守恒定律得E ＝μmg＋mv2，代入数据可解得v ＝0，说明滑块以速度v 滑上
3 p 3 3 2长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D正确．]
7．ACD [小球和半圆槽组成系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，当
小球到半圆槽左端最高处时，由动量守恒定律知，小球和半圆槽速度相等且速度为零，结合
机械能守恒定律可知小球能滑至半圆槽左端槽口处，故 A正确；设小球滑至半圆槽最低点
时半圆槽的位移大小为x，取向左为正方向，对系统水平方向根据动量守恒可得0＝m－M，
解得x＝R，故B错误；若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v 的初速度，
0
设小球再次回到轨道最低点的速度大小为v、槽的速度大小为v，取向左为正方向，根据动
1 2
量守恒定律可得mv ＝mv ＋Mv ，根据机械能守恒定律可得mv2＝mv2＋Mv2，联立解得v
0 1 2 0 1 2 1
＝v，另一解为v 舍去，故C正确；若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为
0 0
v 的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mv ＝
0 0
(m＋M)v，根据机械能守恒定律可得mv2＝(m＋M)v2＋mv2＋mgR，mv2＝mgH，联立解得
x 0 x y y
H＝－R，故D正确．]
热点 7 运动学和动力学图像
1．C [由v－t图像可知，进站减速时列车的加速度大小为a ＝ m/s2＝1.5 m/s2，A错误；v
1
－t图像的图线与横轴围成的面积表示位移，列车在减速阶段运动的位移为x＝×20×30 m＝
1
300 m，列车在加速阶段运动的位移为x ＝×25×30 m＝375 m，可知列车在加速与减速两阶
2
段运动的位移不相同，B错误；列车在加速阶段的加速度大小为 a ＝ m/s2＝1.2 m/s2，根据
2
牛顿第二定律可得F ＝ma，由于a ＝1.5 m/s2>a ＝1.2 m/s2，可知若列车总质量不变，则减
合 1 2
速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大，C正确；若列车在该站不停车，以
30 m/s的速度匀速驶过该站，则列车匀速所用的时间为 t＝＝ s＝22.5 s，与原来相比，通过
车站的运行时间少耗费的时间为Δt＝75 s－22.5 s＝52.5 s，D错误．]
2．C [该同学下蹲过程先加速，再减速，因此先失重后超重，力传感器示数先小于重力后
大于重力，故在1～2 s时间内，该同学仅完成了一次下蹲过程，A、B错误；根据牛顿第二
定律可知，在失重过程有mg－F ＝ma ，超重过程有F －mg＝ma ，由题图可知，支持力
N1 1 N2 2
最大值约为700 N，最小值约为200 N，该同学质量为50 kg，代入解得加速度最大值约为6
m/s2，C正确；若仅缩短该同学下蹲所用时间，该同学超重过程中的最大加速度可能会变大，
因此图线峰值可能会发生变化，D错误．]
3．B [由图像可知在人的反应时间内，汽车在做匀速运动，由题图可得人的反应时间为t＝
＝1 s，汽车刹车距离为x′＝，由题图可知在晴天干燥路面刹车距离为90 m，则刹车加速
度大小为a ＝ m/s2＝5 m/s2，在雨天湿滑路面匀速和匀减速的总位移仍为 120 m，则有L＝
干
v′t＋，其中L＝120 m，v′＝24 m/s，t＝1 s，解得a ＝3 m/s2，则两种情况下汽车刹车的
湿加速度大小之比为a ∶a ＝5∶3，故选B.]
干 湿
4．D [由题图可知，甲车的初速度等于2v ，在t 时刻乙车速度为v ，在0～t 时间内，乙
0 1 0 1
车的位移为x，在v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移大小，可判断得甲车的位移为
3x，若甲、乙在t 时刻相遇，则x ＝3x－x＝2x，故A错误；若甲、乙在t 时刻相遇，如图
1 0 1
所示，
由图像可知，x 为阴影部分对应的距离，由图像中的对称关系，可知下次相遇的时刻为t ＋
0 1
＝t，故B错误；若x＝x，则x＝x，t＝t 时，两车速度相等，此时甲、乙位移差为Δx＝x
1 0 0 1 甲
－x ＝x×3－x ＝x>x ，说明在t＝t 之前甲、乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比
乙 0 0 0 0 1
乙的大，t＝t 之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定能再次相遇，故 C
1
错误；若x＝x，则x＝x，t＝t 时，两车速度相等，此时甲、乙位移差为Δx′＝x ′－x ′＝
0 0 1 甲 乙
x×3－x ＝x>x ，说明在t＝t 之前甲、乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，
0 0 0 0 1
t＝t 之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定相遇两次，故D正确．]
1
5．D [在力F作用在P上之前，物块放在弹簧上处于静止状态，则有mg＝kx ，在力F作
0
用在P上之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋mg－k(x＋x)＝ma，x
0
为物块向下运动的位移，x＝at2，联立可得F＝ma＋t2，即F随时间变化图像为D，所以D
正确，A、B、C错误．]
6．C [0～10 s时间内，无人机在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做
初速度为零的匀加速运动，则合运动为初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；25 s时无
人机水平方向速度大小为v＝8 m/s，竖直方向上速度大小为v＝9 m/s，此时速度大小为v＝
x y
＝ m/s，故B错误；30 s时无人机水平方向加速度为零，竖直方向加速度即为无人机的加速
度，其大小为a＝ m/s2＝0.6 m/s2，故C正确；0～40 s时间内无人机竖直方向高度y＝×(10
y
＋40)×12 m＝300 m，从物资释放到落地，对物资竖直方向上有y＝gt2，解得t＝2 s，故D
错误．]
7．D [转动过程中a、b角速度相同．当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力充当向心力，
细线拉力为零，此过程中 a、b所受的摩擦力大小分别为 F ＝mr ω2，F ＝mr ω2，因为
fa a fb b
r>r，故F >F ，又因为a、b与圆盘的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到
b a fb fa
最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力F 时，细线开始出现拉力，此时对于a、b有F －F
f0 fa T
＝mr ω2，F ＋F ＝mr ω2，联立可得F ＝m(r＋r)ω2－F ，由上述分析可知，细线拉力出现
a f0 T b fa a b f0
之前F －ω2图线的斜率为mr ，细线拉力出现之后图线的斜率为m(r＋r)，所以细线有拉力
fa a a b时图线斜率变大，故选D.]
8．AD [物块与地面间的摩擦力为F＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知
f
(F－F)t ＝mv ，代入数据可得v ＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv ＝6 kg·m/s，故C错误；
f 1 3 3 3
设3 s后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋F)t ＝0－mv ，解得t ＝1 s，
2 f 2 3 2
所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对
物块由动能定理可得(F－F)x ＝mv2，解得x ＝9 m,3～4 s时间内，对物块由动能定理可得
f 1 3 1
－(F＋F)x ＝0－mv2，解得x ＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小
f 2 3 2
为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x ＝at2＝4 m<x ＋x ，即6 s时物块没有回到初始位置，
3 3 1 2
故B错误；物块在6 s时的速度大小为v＝at＝4 m/s,0～6 s时间拉力对物块所做的功为W＝
6 3
Fx－Fx＋Fx＝40 J，故D正确．]
1 2 3
9．CD [不计空气阻力，整个下落过程中只有重力和弹性绳弹力做功，故蹦极者及设备组
成的系统机械能守恒，A错误；弹性绳刚伸直时弹性绳的拉力小于蹦极者及设备的重力，蹦
极者继续做加速运动，当拉力等于重力时，蹦极者及设备所受合外力为 0，速度达到最大，
动能达到最大，当拉力大于重力时，蹦极者开始做减速运动，到最低点时速度为0，B错误，
C正确；从题图可知，下落的最大高度为 26 m，由E ＝mgh＝60×10×26 J＝15 600 J，D
pm
正确．]
10．BD [设弹簧的劲度系数为k，物块与地面间的动摩擦因数为μ，当速度达到最大时，
加速度为零，对两物块由平衡条件得μm g＝k·2l ，μm g＝k·l ，联立可得m ＝2m ，故B正
P 0 Q 0 P Q
确；释放物块瞬间，根据牛顿第二定律得k·3l －μm g＝m a ，k·3l －μm g＝m a ，解得a
0 P P P 0 Q Q Q P
＝，a ＝，结合B选项，可得＝，故A错误；设开始弹簧的弹性势能为E ，从释放到最大
Q p
动能处由能量守恒定律得E ＝k(3l)2－kl2－μgm ·2l ＝4kl2－μgm ·2l ，E ＝k(3l)2－k(2l)2
kQ 0 0 Q 0 0 Q 0 kP 0 0
－μgm ·l ＝kl2－μgm ·l ，结合B选项中各式，可知E ＝E ，故C错误；由题意可知，P、
P 0 0 P 0 kP kQ
Q两物块从开始到第一次向右运动到最远处做简谐运动，由对称性可知，Q向右运动的最大
距离是P的2倍，故D正确．]
热点 8 电场的性质
1．C [导体尖端的电荷特别密集，所以电场强度比较大，沿着远离尖端的地方电场强度逐
渐减小，静电力减小，加速度也减小，故C正确，A错误；空气受电场影响被电离产生带电
粒子，电场线方向从正极指向负极，带正电的粒子沿电场线方向运动被熔喷布捕获而使熔喷
布带正电，故B错误；带电粒子的运动速度由动能定理可知速度的大小与合外力做功有关，
即与静电力做功有关，根据W＝Uq可知，静电力做功只与电势差有关，和运动距离无关，
故D错误．]2．B [根据等量同种点电荷和等量异种点电荷电场的分布情况可知：在cd连线方向上＋q
和－q的电场中，c、d两点的电场强度相同，a、b两点的电场强度也相同；a、b两点的电
势相等，c、d两点的电势不等；在两个＋q的电场中，c、d的电场强度大小相等、方向相反，
a、b两点的电场强度大小相等、方向相反，c、d的电势相等，a、b两点的电势相等．所以
根据电场的叠加原理可知c、d两点的电场强度不同，a、b两点的电场强度也不同，a、b两
点电势相等，c、d两点电势不相等，故B正确．]
3．C [由题意可知O点的电势为零，则电场强度在＋x方向的分量为E＝ V/m＝ 200
x
V/m，沿－y方向的分量为E＝ V/m＝150 V/m，则电场强度大小E＝＝ 250 V/m，方向与
y
x轴正方向夹角θ的正切值为tan θ＝＝0.75，则θ＝37°，选项A错误，C正确； 因为φ －
M
φ ＝φ －φ ，可得φ ＝－4 V，选项B错误；圆周上两点间的最大电势差为U＝E·2R＝10
O O N N
V，选项D错误．]
4．D [若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向唯一不变化，即水平
向右或水平向左，故A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为零，即＝，解得＝，故B错
误；0～d区域，电场方向沿x轴负方向，d～4d区域电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区
域，从x＝d处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故x＝d处电势大于零；x≥4d的区域
内，电场方向指向x轴负方向，所以沿x轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故
x≥4d的区域内的电势都小于零，所以x＝d处电势最高且大于零，故C错误；x≥4d的区域
内电场方向沿x轴负方向，所以将电子从x＝5d处释放后受水平向右的力，静电力一直做正
功，电势能一直减小，故D正确．]
5．AD [由速度时间图像可知，加速度先增大后减小， B点的加速度最大，所以B点电场
强度最大，A正确；因为不知道带电粒子的电性以及电场的方向，所以无法判断电势的关系，
B错误；由图像可知，动能先减小后增大，根据能量守恒可知，电势能先增大后减小，D正
确；因为电势能先增大后减小，所以静电力先做负功后做正功，C错误．]
6．A [设正四面体的四个顶点为ABCD，O为底边三角形ABC中心，连接OD、AO、CO，
如图所示，
由几何关系可知cos α＝，A处点电荷在D点产生的电场强度大小为E ＝，同理B、C处两
0
点电荷在D点产生的电场强度大小也为E ＝，这三个电场强度水平分量互成120°且大小相
0
等，故最终抵消，电场强度竖直分量为E＝Ecos α＝，故D点合电场强度大小为E ＝3E
y 0 合 y
＝，则D点处电荷受静电力大小为F＝E q＝，则每个点所受静电力大小都为，故选A.]
合7．C [由动能定理可知，电荷的动能E 随位移x的变化图线的斜率表示该电荷所受的静电
k
力，故电荷Ⅰ和Ⅱ所受的静电力大小分别为F ＝，F ＝，故B错误；由题图乙可知，静电
Ⅰ Ⅱ
力为恒力，则电场强度大小方向均不变，故此电场为匀强电场，根据F＝qE，可知匀强电场
的电场强度大小为E＝＝，故C正确；又F ＝2F ，所以电荷Ⅱ的电荷量为2q，故A错误；
Ⅱ Ⅰ
电荷Ⅰ由O到A的过程中，有qU ＝E ，解得U ＝，选O点为电势零点，则A点的电势
OA k0 OA
φ ＝－，故D错误．]
A
热点 9 带电粒子在电场中的运动
1．D [等差等势面的疏密反映电场强度的大小，所以E<E ，由牛顿第二定律得加速度大
a b
小a＝，可知a<a，故A错误；研究轨迹与等势线的交点A，如图所示，
a b
电场线与等势线垂直，再利用物体做曲线运动合外力指向凹侧，所以 A点所受静电力水平
向左，电荷带负电，所以 A点的电场线水平向右，从而判断出电场线指向右侧，所以
φ>φ ，故D正确；负电荷在电势低的地方电势能大，所以在 b点的电势能大于a点的电势
a b
能，即E <E ，故C错误；一负电荷仅在静电力作用下，电荷具有的动能和电势能之和不
pa pb
变，根据能量守恒，电势能大的地方，动能小，所以v>v，故B错误．]
a b
2．D [由题图甲可知，粒子在OQ段速度增大，动能增加，静电力做正功，电势能减小，
A、C错误；由题图甲中数据可得粒子在OP段和PQ段速度增量均为，但OP与PQ动能增
量分别为mv2和mv2，B错误；因为q>0，粒子从P运动到Q，速度增大，静电力做正功，
0 0
电势能E 减小，由φ＝可知电势降低，D正确．]
p
3．BD [对A、B整体，由动能定理有2mg·2d＋qEd＝·2mv2，可得A球刚进入电场时的速
度大小为v＝，故A错误，B正确；设B在电场中下降距离为x，则根据动能定理可得
2mg(d＋x)＋qEx－6qE(x－d)＝0，可得x＝d<3d，故B球不能碰到下板，故C错误，D正
确．]
4．BC [小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知小球所受静电力
向左，带负电，选项A错误；从A到B由动能定理有mv 2－mv2＝－Eq·2R，F ＋Eq＝m，
B 0 NB
其中Eq＝mg，解得F ＝m(－5g)，选项B正确；小球从A点运动到B点的过程中电势能增
NB
加量等于克服静电力做的功，则ΔE ＝qE×2R＝2mgR，选项C正确；在B点速度最小时有
p
Eq＝m，根据mv 2－mv 2＝－Eq·2R，小球在A点获得的最小速度为v ＝，选项D错
Bmin 0min 0min误．]
5．BD [由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.如图所示，
当v＝0时速度最小，为v ＝v ，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此
y min 1
时v 存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故 A、C错误；当
1
小球水平速度减为0时，水平方向上有v ＝t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝
0
v ，此时小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理
0
可知W ＋W ＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确．]
G Eq
6．ABD [假设粒子甲、乙带同种电荷，平行金属板M、N间距离为d，则有a＝＝k为定值，
则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得 v＝at，
y
作出粒子甲、乙在竖直方向上的速度时间图像，如图，
则图线与时间轴围成的面积表示位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为L，恰好
不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移刚好为，从速度时间图像可知，斜
率不变，即a不变，则粒子甲竖直方向的总位移为y 甲 ＝S △ABC －S △CDE ＋S △EFH ＝T v 1 ＝，故T
v ＝y ，且v ＝a(－)，联立解得y ＝kT2，而最大位移大小为y ＝T v ＝kT2＝d，所以d
1 甲 1 甲 甲m 1
＝kT2，时间为t＝＝－＝T；粒子乙竖直方向上的速度时间图线为A′B′C′D′，而水平
方向时间为t′＝＝T，所以有t ＝T＋T＝T，A正确；设乙粒子的比荷为k′，则乙的加速
乙
度大小为a′＝＝，由对称性可知，乙的最大位移为y
乙m
＝S
△C′D′H′
－S
△A′B′C′
＝×T·v
1
′－
×T·v ＝，而v ＝a′·＝，v′＝a′·T＝k′T，所以d＝k′T2，联立解得k′＝k，B正确；
2 2 1
乙在竖直方向的总位移大小为 y ＝y ＝，则偏转位移大小之比为＝＝，C错误，D正
乙 乙m
确．]
热点 10 磁场的性质
1．BCD [两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；因为磁场与导线垂直，导线所受的安培力可以用F＝BIL计算，故B正确；移走导线b前，导线b中的电流较大，
则p点磁场方向垂直纸面向里，移走后，p点磁场方向垂直纸面向外，故C正确；在离两导
线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，
故不存在磁感应强度为零的位置，故D正确．]
2．A [三条导线的磁场如图甲所示，由矢量的叠加可知，三条导线在 O点产生的磁场合磁
感应强度大小为B′＝2B ，结合题意可得2B ＝B，若将c处电流反向，三条导线在O点产
0 0
生的磁场如图乙所示，
根据磁感应强度的叠加可知，O点处的磁感应强度大小仍为B，故A正确，B、C、D错
误．]
3．AC [条形磁体的外部磁场的方向是由N极指向S极，位置1的磁场方向沿斜面向下，
位置2的磁场方向斜向左上方．若导线位于题图中位置1且电流方向向外，根据左手定则可
得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿第三定律可得导线对磁体的反作用力垂直
斜面向上，可知磁体对斜面的压力减小，有F >F ，故A正确；若导线位于题图中位置1
N1 N2
且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定
律可得导线对磁体的反作用力垂直斜面向下，但弹簧的弹力大小仍等于磁体重力沿斜面方向
的分力，则弹簧的伸长量不变，故B错误；若导线位于题图中位置2且弹簧的伸长量增大，
可知导线对磁体的反作用力沿斜面方向的分力向下，垂直于斜面方向的分力向下，从而使弹
簧的弹力增大，也使磁体对斜面的压力增大，有F <F ，所以导线所受的安培力方向斜向
N1 N2
右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C正确，D错误．]
4．C [变化前，导线框在磁场中的等效长度为L ＝，根据左手定则可知导线框受到的安
等效
培力方向竖直向上、大小为F ＝BIL ＝BI·，根据受力平衡可得F ＋F ＝mg，变化后，
安 等效 T1 安
导线框在磁场中的等效长度为L ′＝，根据左手定则可知导线框受到的安培力方向竖直向
等效
下、大小为F ′＝BIL ′＝BI·，根据受力平衡可得F ＝F ′＋mg，联立解得重力加速度为
安 等效 T2 安g＝，C正确，A、B、D错误．]
5．B [根据电流方向及左手定则可以判定该霍尔元件载流子带负电，A错误；设霍尔元件
的长为a，宽为b，高为c，稳定后电荷所受静电力和洛伦兹力平衡，即qv′B＝q，解得U
2
＝Bbv′，由电流微观表达式I＝nqSv′，n是霍尔元件内的载流子数，q是单个载流子所带
的电荷量，S是导体的横截面积，v′是载流子的运动速度，整理得U ＝，由于电流大小I
2
和磁感应强度B不变，因此霍尔电势差U 不变，与车速大小无关，B正确；由U ＝可知，
2 2
传感器的电源电压U 减小，那么电流I减小，则霍尔电势差U 减小，C错误；根据霍尔电
1 2
势差U 的大小，不能求出单位时间内的脉冲数，因此不能求得车的速度大小，D错误．]
2
6．B [等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电，金属板P带
负电，则电流由金属棒a端流向b端．由于金属棒恰好静止，则此时等离子体穿过金属板
P、Q时产生的电动势U满足q＝qBv，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL可得F ＝BL
1 安 2
＝，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F ＝mgsin θ，则v＝，金属棒ab受
安
到的安培力方向沿导轨向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，故选
B.]
7．BC [当导体棒加速时，所受合力向右，设此时磁场方向与水平方向的夹角为 θ ，
1
θ<90°；根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时
1
有Fsin θ －μ(mg－Fcos θ)＝ma ，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得Fsin (θ ＋α)＝
1 1 1 1
μmg＋ma ，则有sin (θ ＋α)＝≤1.同理当导体棒减速时，所受合力向左，设磁场方向与水平
1 1
方向夹角为θ ，θ<90°，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜
2 2
向左上方，此时有Fsin θ＋μ(mg＋Fcos θ)＝ma ，
2 2 2
有Fsin (θ＋α)＝ma －μmg，
2 2
所以有sin (θ ＋α)＝≤1，当加速或减速的加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得 μ
2
＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此时θ ＝θ ＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向
1 2
斜向右下方，有θ＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有 θ＝π－60°
＝120°，故B、C正确，A、D错误．]
热点 11 带电粒子在磁场中的运动
1．C [根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子由M运动到N时速度方向改
变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为 α＝60°，则粒子由M运动到N
的时间为t＝T，又有粒子在磁场中的运动周期为T＝＝，整理得t＝，故B错误；如果N点
到虚线的距离为L，根据几何关系有cos α＝，解得R＝2L，又R＝＝，联立解得v＝2kBL，
故D错误，C正确．]
2．C [根据几何关系得出两粒子的运动轨迹如图，
由几何关系知正、负电子运动轨迹对应圆心角分别为 53°、127°，半径与虚线圆半径相同，
则有AB＝2sin ·r，AC＝2sin ·r，则＝2，故C正确，A、B、D错误．]
3．C [沿ac方向射入的粒子在磁场中运动方向偏转60°，其轨迹所对应的圆心角为60°，
如图中轨迹1所示，由几何关系知其轨迹半径为r ＝R，A错误；沿ab方向射入的粒子在磁
1
场中运动轨迹如图中轨迹 2所示，根据几何关系可知，该粒子的轨迹所对应的圆心角为
30°，则轨迹半径r 满足＝，又sin 15°＝sin (45°－30°)，解得r ＝(＋1)R，B错误；两粒子的
2 2
质量和电荷量相同，则在磁场中的运动周期相同，结合两粒子在磁场中的偏转角可知，沿
ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，C正确；根据
qvB＝，可得v＝，则沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的
比值为，D错误．]
4．BD [作出粒子在abcd区域内的运动轨迹如图所示，
根据几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝rtan 30°＝r，粒子在磁场中的加速度为a＝＝，故A错误；根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得B＝＝＝，故B正确；粒
子在磁场中运动的周期为T＝＝，根据几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角为 240°，所
以运动时间为t＝＝，故C错误；根据几何关系可知abcd的外圆半径为r′＝3R＝r，所以扇
形区域ad边的长度为ad＝r′－r＝(－1)r，故D正确．]
5．BC [粒子的运动轨迹如图所示，
根据几何关系得d＝rsin 30°＋rsin 45°，解得r＝(2－2)d，在磁场中，根据qvB＝m，可得v
＝，联立解得v＝，故B正确，A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝，粒子在磁
场中运动的圆弧对应的圆心角为θ＝30°＋45°＝75°，则粒子在磁场中运动的时间t＝T＝，故
C正确，D错误．]
6．BD [粒子运动轨迹如图，
在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据 qvB＝m，可得速度最大的粒子圆周运动的半径 r＝，
所有粒子的速度偏转角都一样，所以在磁场中运动轨迹对应的圆心角θ都相等，根据t＝T＋
＝·＋，可知粒子从O点到达水平线PQ的运动时间都相等，故A错误；根据矢量的运算法
则可知，初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化量为Δp＝mv，故B正
确；由粒子的运动轨迹结合几何关系可得速度最大的粒子从水平线 PQ离开的位置距O点的
距离为d＝r＋＝，故C错误；匀强磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，根据几何关
系得S＝πr2－×r×r＝(－)，故D正确．]
7．CD [带电离子在圆形磁场中运动时存在着这样的规律，如果离子的轨迹半径与圆形磁
场的半径相等，离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某
一方向射出磁场．根据几何关系可知，离子在磁场中做圆周运动的半径为 L，故A错误；离
子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为，则t ＝＝，故B错误；磁
m
场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，则有S ＝2(πL2－L2)＝L2，故C正确；离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，此离子在磁
min
场中的偏转角为60°，设出射点距b点为x，则cos 60°＝，解得x＝L，即离子入射速度方向
与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出，故D正确．]
热点 12 直流电路的分析与计算
1．B [根据电流的定义式，有I＝＝ A＝4.0×10－18 A，故选B.]
2．B [金属棒中的电流为I＝nqSv，金属棒两端的电压为U＝EL，金属棒的电阻为R＝ρ，
根据欧姆定律得R＝，联立以上四式解得ρ＝，故选B.]
3．A [根据串反并同可知，电压表示数变大，说明滑动变阻器阻值变大，即滑动变阻器的
滑片P向下移动，同理得电流表示数变大，电阻R 的电功率变小，故A正确，B、C错误；
1
当外电阻和内电阻相等时，电源的输出功率最大，当滑片P向下移动时外电阻变大，但是
不能确定外电阻和内电阻的关系，所以输出功率不一定变大，故D错误．]
4．C [当外电阻与电源内阻相等时，电路的输出功率最大．将保护电阻等效为内阻，则当
电阻丝接入电路的阻值为5 Ω时，电阻丝的功率最大，选项A错误；电路中电流越大，保
护电阻的功率越大，故当电阻丝接入电路的阻值为0时，保护电阻的功率最大，选项B错误；
外电阻越小，电源效率越小，当电阻丝接入电路的阻值为0时，电源效率最小且最小值为
80%，选项C正确；根据电阻定律 R＝ρ，代入数据可得电阻丝的电阻率为 ρ＝2×10－4
Ω·m，选项D错误．]
5．D [DC14.8 V/2 200 mAh表示该电池输出的是直流电，选项A错误；该机器人电机的额
定电流为I＝＝ A≈2.36 A，选项B错误；正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，
则每秒钟输出动能小于 35 J，选项C错误；机器人正常工作的时间为 t＝＝≈0.75 h＝45
min，选项D正确．]
6．B [由U－I图像可知，甲电源电动势是乙电源电动势的2倍，即E ＝2E ，图像的斜
甲 乙
率等于内阻，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，即r ＝4r ，选项A错误；电源的效率η
甲 乙
＝×100%，可得η <η ，选项B正确；电源总功率P＝，可得P >P ，选项C错误；由电
甲 乙 甲 乙
源的输出功率P′＝()2R可知，P ＝()2R，P ＝()2R，则＝()2，由于R与r的关系不确定，
甲出 乙出
故不能确定两电源的输出功率的大小关系，选项D错误．]7．D [若电流表示数为I ，说明m对压敏电阻的压力与静止时相同，即m受到的合外力为
0
零，则电梯可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态，故 A错误；由题图可知压敏电阻
的阻值与受到的压力有关，若示数I不变，则压敏电阻的阻值保持不变，说明压敏电阻受到
的压力不变，m受到的支持力不变，m受到的合外力恒定，故m可能做匀变速直线运动，也
可能做匀速运动或静止不动，则电梯可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动或静止不动，
故B错误；若示数I在增大，说明压敏电阻的阻值在减小，由题图可知，压力越大，阻值越
小，所以压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变
化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误；当对应电流表
示数为I 时，压敏电阻受到的压力等于m的重力，当I＞I 时，电路中电流比静止时变大，
0 0
说明压敏电阻阻值变小，受到的压力增大，受到的压力大于m的重力，m受到的合外力向
上，故加速度方向向上，如果电梯正在上升，则为加速上升运动，如果电梯正在下降，则为
减速下降运动，故D正确．]
热点 13 交流电路的分析与计算
1．C [根据手摇电筒的结构，线圈转动切割磁感线产生的感应电流方向不断变化，故该手
摇电筒中的电流是交流电，A错误；题图乙时刻半圆形导线束速度方向与磁场方向平行，故
该时刻无感应电流，半圆形导线束所受安培力大小为0，B错误，C正确；电流表的示数为
转一圈的有效值，由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值，D错误．]
2．D [由有效值概念知，一个周期内产生热量Q ＝·＋·＝T，Q ＝T＝T＝·T，故Q ∶Q
方 正 方 正
＝2∶1，故选D.]
3．BC [由Ф－t图像可知，时刻穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线
框中产生的感应电动势的最大值应为E ＝NBSω，又ω＝，N＝1，BS＝Ф ，则整理得E
m m m
＝，因此感应电动势的有效值为E＝＝，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的
功等于线框中产生的焦耳热，则W＝T＝，C正确；从t＝0到t＝过程中，线框中产生的平
均感应电动势为＝＝，D错误．]
4．AC [当滑片P上移时，输出端的线圈匝数增加，根据变压器的原理有＝，则输出电压
升高，灯泡的功率增大，灯泡亮度增加，变压器的输入功率相应增大，A正确，B错误；当
c、P之间的线圈匝数为600时，根据＝，可得变压器输出电压为U ＝×220 V＝120 V，由题
2
图乙可知当灯泡两端的电压为120 V时，通过灯泡的电流为0.2 A，可得灯泡的功率为P＝
120×0.2 W＝24 W，C正确；通过电流表的电流为I＝＝ A≈0.11 A，D错误．]
1
5．BC [当升压变压器副线圈滑片向上滑动，则n 增大，而U 、n 不变，由＝得U 增大，
2 1 1 2
而升压变压器的功率P不变，由I＝得I 减小，则输电线路上的电压损失U ＝IR减小，故
2 2 损 2降压变压器的原线圈电压U ＝U －U 增大，故要使用户的电压保持不变，由＝知，可以减
3 2 损
小降压变压器副线圈的匝数n，故降压变压器副线圈的滑片应向下滑动，故A错误，B正确；
4
由输电线损失的功率P ＝I2R知，I 减小，则输电线损失的功率减小，故C正确；用户得
损 2 2
到的功率等于降压变压器原线圈的功率，即P ＝P ＝P －P ，而输电线损失的功率减小，
用 3 2 损
则用户得到的功率增大，故D错误．]
6．B [由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得
副线圈的电压有效值为U ＝2IR ，则变压器原线圈的电压有效值为U ＝2U ＝4IR ，设输入
2 1 1 2 1
交变电源的电压有效值为U ，则U ＝4IR ＋IR ，可得I＝.保持P 位置不变，P 向左缓慢滑
0 0 1 2 1 2
动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U ＝4IR ，可知变压器原线圈的电压有效值变大，
1 1
输入端接入的电压有效值不变，则R 两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈
2
的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R 消耗的功率增大，
1
故B正确，A错误；
设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U＝n2IR ，则U＝n2IR ＋IR ，整理可得I＝，保持P
1 1 0 1 2 2
位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R 由欧姆定律可知U＝
1 2
IR ，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R 消耗的功率为P＝IU ＝·(U－)，
2 1 1 1 0
整理可得P ＝，可知n＝3时，R 消耗的功率有最大值，可知R 消耗的功率先增大后减小，
1 1 1
故C、D错误．]
热点 14 电磁感应规律及应用
1．BD [连续按压和松开按键的过程，不能保证线圈中磁通量一定是周期性变化的，故不
一定产生交变电流，A项错误；按压和松开按键的过程，永磁体通过铁芯形成闭合回路，穿
过线圈的磁通量发生变化，线圈中都产生感应电动势，B项正确；按住门铃按键不动，穿过
线圈的磁通量保持不变，感应电动势和感应电流为零，C项错误；由能量守恒定律可知按键
反弹过程，弹簧的弹性势能减小，克服磁场力做功并转化为电能，也有部分能量转化为其他
形式的能，D项正确．]
2．D [闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝
环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率
较小，故铜环的电阻较小，两环对称放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通
量的变化率相等，则两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的
安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，
由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确．]
3．C [由右手定则可知，A端电势高于B端电势，由安培定则可知U ＝U ＝BL2ω，则有
AO OBU ＝U ＋U ＝BL2ω，故选C.]
AB AO OB
4．D [由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E＝＝＝kS，每个小圆线
1 1
圈产生的感应电动势E ＝＝＝kS ，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的
2 2
感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E ＋5E ＝k(S ＋5S)，故D正确，
1 2 1 2
A、B、C错误．]
5．B [在0～t 时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t＝0)到转过90°的过程中，
0
产生的感应电动势大小为E ＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流大小为I ＝
1 1
＝，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为正方向(沿ONM方向)；在t ～2t 时间
0 0
内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为负方向(沿OMN方向)，回路中产生
的感应电动势大小为E ＝Bω·R2＋×2Bω·R2＝BωR2＝3E ，感应电流大小为I ＝3I ；在2t ～
2 1 2 1 0
3t 时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为正方向(沿ONM方向)，回路
0
中产生的感应电动势大小为E ＝Bω·R2＋×2Bω·R2＝BωR2＝3E ，感应电流大小为I ＝3I ；在
3 1 3 1
3t ～4t 时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为负方向(沿OMN方向)，回
0 0
路中产生的感应电动势大小为E ＝Bω·R2，回路电流大小为I ＝I ，故B正确，A、C、D错
4 4 1
误．]
6．C [设正方形线框的边长为l、电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，题图甲中线框产
生的感应电动势大小为E ＝Blv，时间为t ＝，产生的热量为Q ＝t ＝，题图乙中线框在磁
1 1 1 1
场中运动时产生的感应电动势的最大值为E ＝Blv，有效值为E＝，时间为t ＝，产生的热
m 2
量为Q＝t＝，解得 ＝，故选C.]
2 2
7．BC [如图所示，
在t＝0到t＝的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当 t＝时，有效切割长度最
大，为L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小，故B正
确，A错误；在t＝0到t＝的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，在t＝0
到t＝的过程中，切割磁感线的有效长度d＝，则感应电动势为E＝Bd2ω＝，可知在t＝0到t
＝的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误．]
8．BC [线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡，则有 mg＝BIL，而I＝，v2＝
y
2gh，联立解得I＝2 A，h＝0.2 m，选项A错误；线框刚进入磁场时，cd边的电压为U＝I·
＝0.1 V，选项B正确； 线框从抛出到进入磁场时所用时间为 t＝＝0.2 s，若v ＝2 m/s，则
0进入磁场时的水平位移为x＝vt＝0.4 m，当线框抛出位置不变，水平抛出速度v<2 m/s时，
0 0
进入磁场时水平位移小于0.4 m，因进入磁场时的竖直速度不变，则受到的向上的安培力不
变，则线框进入磁场过程中一定做匀速运动；当线框抛出位置不变，水平抛出速度 v>2 m/s
0
时，进入磁场时水平位移大于0.4 m，则线框可能飞过磁场或者部分进入磁场，此时线框受
到的安培力小于重力，则线框不能匀速进入磁场，选项C正确，D错误．]
9．ACD [当两棒产生的感应电动势相等时，达到稳定状态，设此时 a棒速度为v，b棒速
a
度为v ，电动势相等，则有Blv＝B·2lv ，可得v＝2v ，从开始到达到稳定状态过程中，取
b a b a b
水平向右为正方向，对a棒由动量定理得Blt＝mv －mv ，对b棒由动量定理得－B·2lt＝
a 0
2mv －2mv ，联立解得v＝v ，又有q＝t，联立解得q＝，故A、C正确；由能量守恒定律
b 0 a 0
得Q＝(m＋2m)v2－mv2－×2mv2，解得Q＝，故B错误；当a棒的速度为v 时，设b棒的
0 a b 0
速度为v，加速度大小为a，取向右为正方向，根据动量定理可知，对 a棒B′lt′＝m·v －
0
mv ，对b棒－B′·2lt′＝2mv－2mv ，联立解得v＝，回路中感应电流为I＝＝，对b棒，根
0 0
据牛顿第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝，故D正确．]
10．BC [金属棒ab处于静止状态，则金属棒ab受到的安培力竖直向上，根据左手定则可
知，通过金属棒ab的电流方向由a到b，根据楞次定律可知，匀强磁场B 的磁感应强度均
2
匀增加，A错误；设金属棒ab中的电流大小为I，根据受力平衡可得BIL＝mg，解得I＝
1
0.25 A，B正确；设匀强磁场B 的磁感应强度的变化率为k，则线圈产生的感应电动势为E
2
＝n＝n·S＝nkS，金属棒ab中的电流大小为I＝＝＝0.25 A，联立解得k＝10 T/s，C正确；断
开S之后，当金属棒ab受力再次达到平衡时下滑速度最大，设最大速度为 v，则有E′＝
BLv，I′＝，BI′L＝mg，联立解得v＝2.5 m/s，D错误．]
1 1
热点 15 机械振动 机械波
1．B [因为木块在水中沿竖直方向做简谐运动，故运动的速度v和相对平衡位置的位移x
随时间t变化的关系图像都应该是正弦函数的波形，A错误，B正确；设木块底面积为S，
根据简谐运动的规律可知，浮力与重力平衡时木块所处位置为平衡位置，则有 F＝－ρ
水
Sxg，则运动过程木块受到的合力F与x的图线应该过二、四象限，C错误；E －x图线斜率
k
表示合外力F，F随x变化，则E－x图线不是直线，D错误．]
k
2．D [M板与电源正极相连，两板间电场方向由M板指向N板，故A点电势比B点电势高，
小球带负电，则小球在A点的电势能小于在B点的电势能，A错误；只将M板向下移动时，
则根据E＝可知，电场强度变大，根据U ＝φ －φ ＝－Ed ，可知B点电势减小，B错误；
BM B M BM
只断开开关，两板所带电荷量保持不变，电场强度保持不变，受力保持不变，仍然做单摆运
动，C错误；只把电源正负极对调，静电力由竖直向上变为竖直向下，等效重力场的等效重力加速度变大，由小球摆动的周期表达式为T＝2π，知周期变小，D正确．]
3．C [左手每秒抖动3下，右手每秒抖动4下，左、右手的频率之比为3∶4，则左、右绳
传播的波周期之比为4∶3，故A错误；因为两绳是同一材质，由波的传播速度由介质决定，
可知左、右绳的波速之比为 1∶1，故 B 错误；由 λ＝vT，可知左、右绳的波长之比为
4∶3，故C正确；由于未知左、右手甩动的幅度，无法判断两振幅之比，故D错误．]
4．A [波沿x轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P的速度沿y轴正方向，加
速度沿y轴负方向，选项A正确，B错误；在该时刻质点P不在特殊位置，则在周期内的路
程不一定等于A，选项C错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项 D错
误．]
5．C [由题图(b)可知波的周期为 2 s，由题图(a)可知，波长为36 cm，则波速v＝＝18
cm/s，故A错误；由题图(b)可知t＝ s时，质点Q向上振动，根据同侧法可知，波沿x轴负
方向传播，故B错误；设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为x 、x .由题图(a)知，x＝0处，
P Q
y＝－＝Asin(－30°)，因此x ＝λ＝3 cm，由题图(b)知，在t＝0时，Q点处于平衡位置，经
P
Δt＝ s，质点Q运动到题图(a)所示位置，则x －x ＝vΔt＝6 cm，则质点Q的平衡位置的x
Q P
坐标为x ＝9 cm，故C正确，D错误．]
Q
6．AB [在t＝3 s时，由平衡位置为x＝3 m处质点的振动图像可知，波的周期为T＝6 s，
质点在t＝3 s时从平衡位置向下振动，若波沿x轴正方向传播，则x＝3 m处质点可能处在(n
＋)λ处，则有(n＋)λ＝3 m(n＝0,1,2,3，…)，解得λ＝ m(n＝0,1,2,3，…)，则波速可能是v＝
＝ m/s＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)，当n＝0时v＝1 m/s，当n＝1时v＝ m/s，当n＝2时v＝
m/s；若波沿 x 轴负方向传播，则 x＝3 m 处质点可能处在 nλ 处，则有 nλ＝3 m(n＝
1,2,3，…)，解得λ＝ m(n＝1,2,3，…)，则波速可能是v＝＝ m/s＝ m/s(n＝1,2,3，…)，当n
＝1时v＝ m/s，当n＝2时v＝ m/s，因此由题意可知，A、B正确，C、D错误．]
7．ABD [由题图可知，实线波上质点a的振动方程为y＝10sin (t＋π)(cm)，质点a经过0.4
a
s恰好再次回到平衡位置，则有×0.4＋π＝π，解得T ＝1.2 s，故A正确；由题图知虚线波的
1
波长与实线波的波长分别是λ＝2 m，λ＝4 m，实线波的波速为v＝＝ m/s＝ m/s，同一介质
2 1 1
中传播，二者波速相等，则虚线波的波速也为 m/s，故B正确；由于两列波波长不等，波
峰(波谷)不可能同时出现在质点c处，所以质点c的振幅不可能为20 cm，故C错误；经过t
＝0.35 s，虚线波向左移动距离x ＝vt＝×0.35 m＝1 m<3 m，说明0.35 s末虚线波没有传播
2 2
到质点b，由题图知实线波上质点b的振动方程为y ＝10sin (t＋π)(cm)，将t＝0.35 s代入y
b a
和y 的方程可得y＝y，所以t＝0.35 s时质点a和质点b的位移相同，故D正确．]
b a b热点 16 光学 电磁波
1．A [根据波长与频率关系λ＝可知，频率高对应的波长短，故X波段的电磁波在空气中
的波长更短，A正确；不同频率的电磁波在空气中传播速度相同，B错误；发生明显衍射现
象的条件是障碍物的尺寸与波长接近或者小于波长，因X波段电磁波的波长更短，则X波
段的电磁波更不容易发生衍射，C错误；根据光子能量表达式ε＝hν可知，频率高对应的光
子能量大，则X波段电磁波的光子能量更大，D错误．]
2．AD [由题图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，故a光的折射率小于b光的折
射率，则知a光的波长大，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ可得，干涉条纹间距与波长
成正比，所以a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，且条纹宽度都是均匀的，A正
确，C错误；由v＝知，因a光的折射率小于b光的折射率，则在水中a光的传播速度大，B
错误；若a光与b光以相同入射角从水射向空气时，由于在水中a光的临界角大于b光的临
界角，所以b光的入射角先达到临界角，则b光先发生全反射，首先消失的是b光，D正
确．]
3．C [设有一物体上表面与平板的夹角为θ，相邻亮条纹的间距为ΔL，由空气薄膜干涉条
件，则有2ΔLtan θ＝λ，ΔL＝，则若α＝β，则G 上方的干涉条纹间距等于G 上方的干涉条
1 2
纹间距，若α>β，则G 上方的干涉条纹间距小于G 上方的干涉条纹间距，故A、B错误；
1 2
若将G 、G 的间距缩短些，α增大，则G 上方的干涉条纹分布变得更密，故C正确；若P
1 2 1
在两长方体间，在P处用较小的力下压平板T，α减小，则G 上方的干涉条纹分布变疏，故
1
D错误．]
4．B [作出光路图，如图，
则sin θ＝，解得θ＝30°，则OD＝Rcos θ＝R，由折射率n＝＝，解得α＝60°；由几何关系
知β＝60°，则tan β＝＝，解得DB＝OA＝R，则OB之间的距离为OB＝OD＋DB＝R，故B
正确．]
5．A [如图所示，
在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源A点发出的光能够射出P点，
则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要A点发出的所有光线能够射出
球面，则光源发出的所有光均能射出球面，在△APB中，根据正弦定理有＝，解得sin α＝sinθ，当θ＝90°时，sin α有最大值为sin α＝，为使光线一定能从P点射出，应有sin α＝≤，
所以R＝PB≥nAB＝1.5×20 cm＝30 cm，故A正确，B、C、D错误．]
6．D [根据波速与折射率的关系有v＝，代入数据有v＝2.25×108 m/s，A错误；
当光线从光密介质进入到光疏介质时才会发生全反射，题干是从空气中射入水中，故增大入
射角α，激光不能在水面发生全反射，B错误；根据题意画出光路图，由图可看出OO′＝
h，AB＝x，由n＝，可知sin β＝，则β＝37°，由几何关系可知O′B＝htan α，O′A ＝htan
β，则AB＝O′B－O′A＝h，即x＝h，D正确；光斑P移动的速度大小为v＝＝，打开出水
口，水平下降的过程中，底部的水压不断在减小，故水面下降的速度越来越慢，则由上式可
知光斑P移动的速度大小越来越慢，C错误．]
7．CD [光线射入球体后频率不变，故A错误；由v＝可知光线射入球体后速度变小，根
据λ＝可知波长变小，故B错误；根据几何关系得在透明材料中的折射角的正弦值 sin r＝
＝，根据折射定律得n＝＝，故C正确；由题意作出光路图如图所示，
由几何关系可得光在透明材料中的路程为s＝6×2Rcos 30°＝6 m，光在透明材料中的传播速
度为v＝＝×108 m/s，则时间为t＝＝6×10－8 s，故D正确．]
热点 17 热学
1．AC [在用油膜法估算分子的大小实验中，从盘中央加爽身粉，可以更加清晰地展现油
膜的轮廓，使实验效果更好，A正确；扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是空气对
流形成的，不是做布朗运动，B错误；在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的
规则排列的，具有空间上的周期性，C正确；打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压
缩，是要克服气体压强的原因，气体压强是由气体分子对容器壁碰撞造成的，与分子力无关，
D错误．]
2．AD [对三个完好轮胎之一分析，由查理定律可得＝，其中T ＝300 K，代入数据解得T
1 2
＝360 K，A正确，B错误；完好轮胎体积不变，外界没有对气体做功，即W＝0，由于温度
升高内能增大，由热力学第一定律可得ΔU＝Q，故气体吸收的热量等于内能的增加量，D正确；假设漏气轮胎漏出的气体没有散开，发生等压膨胀，对外做功，即W<0，温度升高
内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于内能的增加量，C错误．]
3．AB [根据图线的物理意义可知，曲线下的面积表示总分子数，所以题图中两条曲线下
的面积相等，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，且温度越高，速率大的分子所占
比例较大，所以题图中实线对应氧气分子平均动能较大的情形，虚线对应氧气分子平均动能
较小的情形，选项B正确；曲线没有给出任意区间的氧气分子数目，选项 C错误；由图线
可知100 ℃时的氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比比 0
℃时的百分比小，选项D错误．]
4．BD [ab过程中，气体体积不变，温度升高，压强变大，所以容器壁单位面积单位时间
内受到气体分子撞击的次数增大，气体内能增大，又W＝0，由热力学第一定律可知气体内
能的增量等于气体从外界吸收的热量，所以 A项错误，B项正确；bc过程中，温度不变，
气体内能不变，体积增大，气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量，所以C项错误；
由题图可得V＝2V ，ca过程中，压强不变，体积减小，外界对气体做功W＝pV ，所以D
c 0 0 0
项正确．]
5．D [根据玻意耳定律可知pV＋5pV ＝p×5V，已知p ＝750 mmHg，V ＝60 cm3，p ＝
0 0 0 1 0 0 1
750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D.]
6．BC [加热前：p ＝1.01×105 Pa、V 、T ＝(273＋27) K＝300 K，加热后：p ＝p ＝
0 0 0 1 0
1.01×105 Pa、V 、T ＝(273＋127) K＝400 K，由理想气体状态方程可得＝，解得V ＝V ，
1 1 1 0
加热后罐内气体质量是加热前的＝，A错误，B正确；以火罐内气体为研究对象，初始时p
1
＝1.01×105 Pa，T＝(273＋127) K＝400 K，当温度降至室温时，T＝(273＋27) K＝300 K，
1 2
由查理定律可得＝得＝＝＝，当温度降至室温时，罐内气体压强变为原来的，C正确；加热
后将小罐扣在皮肤上，当温度降至室温时，罐内气体压强 p ＝＝ Pa，罐内气体对皮肤的压
2
力大小F＝pS＝×1.01×105×3.14×2 N≈95.1 N，D错误．]
2
热点 18 近代物理
1．A [为了解释光电效应，爱因斯坦在黑体辐射能量量子化基础上，提出了光子说，A正
确；卢瑟福依据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构，B错误；卢瑟福预言了中子
的存在，查德威克通过原子核人工转变实验发现了中子，C错误；普朗克通过多种尝试，推
导出了黑体辐射理论，D错误．]
2．BCD [查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子，A项错误；所有微观
粒子都具有波粒二象性，B项正确；在原子核中，中子和质子、中子和中子之间都存在强相
互作用——核力作用，C项正确；U在中子轰击下生成Sr和Xe属于重核裂变反应，裂变反应释放能量，根据质能方程E＝mc2可知，核反应过程中存在质量亏损，所以原子核中核子
的平均质量变小，D项正确．]
3．B [处于基态的一群氢原子被频率为ν 的单色光照射后，发出3种频率的光，说明跃迁
0
至第3能级，因为C＝3，故hν＝E－E＝12.09 eV，第3能级跃迁至第1能级发出的光，频
0 3 1
率最高，满足hν＝hν＝12.09 eV，A、D错误；由能级图可知，频率为ν 的光为第2能级跃
1 0 2
迁至第1能级发出的，即hν ＝E －E ＝10.2 eV，频率为ν 的光为第3能级跃迁至第2能级
2 2 1 3
发出的，即hν＝E－E＝1.89 eV，B正确，C错误．]
3 3 2
4．BC [根据质量数守恒和电荷数守恒，可得该聚变的核反应方程为4H→He＋2e，A错误；
该聚变反应需要在高温高压条件下发生，所以聚变反应在常温下不能发生，B正确；根据爱
因斯坦质能方程，可得太阳每秒减少的质量为Δm＝＝ kg≈4.4×109 kg，C正确；目前核电
站采用的核燃料主要是铀核，利用铀核的裂变反应过程中释放的核能，D错误．]
5．D [根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为－1，为电子，
选项A错误；外部因素不能改变放射性元素的半衰期，选项B错误；原子核中的中子转化
为质子时放出电子，则Co衰变能释放出电子，不能说明原子核中有电子，选项C错误；若
该衰变过程中的质量亏损为Δm，真空中的光速为c，则该反应释放的能量为E＝Δmc2，选
项D正确．]
6．C [遏止电压的大小与入射光频率有关，根据爱因斯坦光电效应方程有E ＝hν－W ＝
k 0
eU，可知遏止电压与入射光频率成一次函数关系，故U≠3U ，A错误；饱和光电流与入射
2 1
光强度有关，题中未知入射光强度，B错误；根据爱因斯坦光电效应方程得hν ＝eU ＋W，
1 1
hν ＝eU ＋W，联立可得普朗克常量为h＝，代入数据解得h＝，C正确；将求出的普朗克常
2 2
量，代入可得金属的逸出功W＝hν－eU＝，代入数据解得W＝，D错误．]
1 1
7．C [由表格数据可知，铷的逸出功小于钙的逸出功，故铷的截止频率小于钙的截止频率，
A错误；原子的发射光谱为线状谱，故氢原子跃迁时对外辐射不连续的光谱，B错误；大量
处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，对外辐射光子的能量分别有 ΔE ＝E －E ＝12.75
1 4 1
eV，ΔE ＝E －E ＝12.09 eV，ΔE ＝E －E ＝10.2 eV，ΔE ＝E －E ＝2.55 eV，ΔE ＝E －E
2 3 1 3 2 1 4 4 2 5 3 2
＝1.89 eV，ΔE ＝E －E ＝0.66 eV，能使钨发生光电效应的条件是ΔE>W ＝4.54 eV，可知氢
6 4 3 0
原子辐射的光有3种频率能使钨发生光电效应，C正确；设电子绕氢原子核运动的轨道半径
为r，质子和电子的电荷量大小均为e，电子的质量为m，由库仑力提供向心力可得k＝m，
解得电子的动能为E ＝mv2＝，氢原子辐射光子后，电子从外轨道跃迁到内轨道，轨道半径
k
变小了，故电子动能增大了，D错误．]选择题热身练
选择题热身练(1)
1．C [频率越高的电磁波，波长越短，越不容易发生明显的衍射现象，故A错误；电磁波
在真空中的传播速度都一样，故B错误；紫外线的频率比红外线的频率高，故紫外线在水
中的折射率较大，根据v＝，可知在水中紫外线的传播速度小于红外线的传播速度，故C正
确；红外线的显著作用是热效应，任何温度的物体均可以辐射红外线，故D错误．]
2．AD [将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由ΔU＝Q＋W知，气体对外做
的功小于气体吸收的热量，选项A正确，B错误；由题可知，气体的压强保持不变，则容器
内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变，选项C错误，D正确．]
3．C [设空气对热气球与沙包的浮力大小为F，在空气中以加速度大小为a＝g下降的过程
中，根据牛顿第二定律可得Mg－F＝Ma，为了使它以同样大小的加速度上升，设应该抛掉
的沙子的质量为m，抛出后，根据牛顿第二定律可得F－(M－m)g＝(M－m)a，联立解得m
＝M，故选C.]
4．C [设细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，竖直
方向受力平衡，则有F cos θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得F sin θ＝mω2r，其中r
T T
＝lsin θ，cos θ＝，联立可得ω＝，由题意知圆心O到悬点B的距离h不变，故小球做匀速
圆周运动的角速度保持不变，C正确，A、B、D错误．]
5．B [若电场方向水平向左，则正离子所受静电力水平向左，则离子在水平方向上先向右
做匀减速运动，在竖直方向上做匀速运动，当离子水平方向速度减为零时速度最小，设初速
度为v ，则v＝vsin 60°，由动能定理有eU ＝mv2－mv2，解得U ＝－，选项A错误，B
0 0 AP 0 AP
正确；若电场方向水平向右，则正离子所受静电力水平向右，则离子在水平方向上向右做匀
加速运动，则离子速度不会出现最小值，选项C、D错误．]
6．D [开关S断开时，变压器原线圈输入电压小于U，则变压器的输入功率小于UI，故A
错误；设定值电阻的阻值为R，闭合开关前，根据电流的关系，可知副线圈的电流为 2I，副
线圈两端的电压为2IR，则原线圈两端的电压为4IR，结合串并联电路的特点有U＝4IR＋IR
＝5IR，解得R＝，故B错误；开关S断开时，副线圈电路中电阻消耗的功率P＝(2I)2R＝
4I2R，原线圈电路中电阻消耗的功率P′＝I2R，可得P′∶P＝1∶4，故C错误；当开关S
闭合后，设电流表的示数为I ，则副线圈中的电流为2I ，副线圈两端的电压为IR，原线圈
1 1 1
两端的电压为2IR，则U＝2IR＋IR＝3IR，结合R＝，解得I＝I，故D正确．]
1 1 1 1 1选择题热身练(2)
1．B [根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且
体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气
体吸热，A错误，B正确；根据理想气体的状态方程＝C，可知，p－V图像的坐标值的乘积
反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过
程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外
界做功，即外界对气体做负功，D错误．]
2．D [由电路图可知，照明灯和抽气扇处于并联状态，则抽气扇工作与否与是否点亮照明
灯无关，A错误；由电路图可知，闭合开关S 和S ，电阻R短路，则流过抽气扇的电流、
1 2
电压变大，而抽气扇的热功率为P＝I2r，其中r为电动机内阻，其大小不变，则抽气扇由
“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率增大，C错误；当工作中的抽气扇因吸入异物出现
卡机时，电动机变成纯电阻用电器，回路中的电流将变大，D正确．]
3．B [设细线与水平方向夹角为θ，物体质量为m，细线能承受的最大拉力为F ，根据题
T
图及几何关系得sin θ＝，根据平衡条件得2F sin θ＝mg，解得F ≈10 N，故B正确，A、
T T
C、D错误．]
4．A [由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器镜头表面所涂的增透膜的厚度只
使反射的绿光干涉相消，但薄膜的厚度不宜过大，只需使其厚度为绿光在膜中波长的，使绿
光在增透膜的前、后两个表面上的反射光互相抵消．设绿光在真空中的波长为λ，在增透膜
0
中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得n＝＝，化简得λ＝，联
立解得增透膜厚度d＝λ≈1×10－7 m＝100 nm，故选A.]
5．D [小碎片脱离扇叶后做平抛运动，从脱离到落地的水平位移为x＝，做平抛运动的时
间为t＝，故电风扇转动的角速度为ω＝＝＝，D正确．]
6．AC [由题可知长直通电导线L 、L 平行，L 受到向右的安培力，将另一根长直通电导
1 2 1
线L 平行放在L 左侧，L 受到的安培力大小变为2F，若L 中电流方向向上，L 中电流产生
3 1 1 3 3
的磁场对L 有向左的安培力，分析可知大小为3F，因长直通电导线在其周围某点产生磁场
1
的磁感应强度与该导线中的电流大小成正比，对比 L 中电流大小可知，L 中的电流大小为
2 3
6I；若L 中电流方向向下，L 中电流产生的磁场对L 有向右的安培力，分析可知大小为F，
3 3 1
对比L 中的电流大小可知，L 中的电流大小为2I，故A、C正确，B、D错误．]
2 3
7．BD [根据右手定则，通过CD棒的电流方向从C到D，选项A错误；当AB棒固定且系
统稳定时，CD棒的速度为0，取v 的方向为正方向，根据动量定理可得－Blt＝0－mv ，又
0 0
有q＝t，联立解得B＝，选项B正确；当通过CD棒的电荷量为时，设CD棒的速度为v ，
1
取v 的方向为正方向，根据动量定理有－Blt ＝mv －mv ，＝ t ，联立解得v ＝，CD棒上
0 1 1 1 0 11 1产生的热量Q＝×[mv2－m()2]＝mv2，选项C错误；若AB棒不固定，则系统稳定后，二者
0 0
速度相同，两根导体棒组成的系统所受合力为0，动量守恒，取v 的方向为正方向，由动量
0
守恒定律得mv ＝2mv ，对CD棒，根据动量定理可得－Blt ＝mv －mv ，q′＝ t ，且B
0 2 2 2 2 0 22
＝，联立解得q′＝，选项D正确．]
选择题热身练(3)
1．B [条纹形状是相互平行的水平线，A错误；
肥皂膜在重力作用下，从上向下肥皂膜的厚度逐渐增加，假设薄膜前后两个面间的夹角为
θ，两相邻的亮条纹或两相邻的暗条纹间的距离为L＝，入射光不变，肥皂液的折射率不变
重力作用下θ变大，则两相邻条纹的间距越来越小，B正确；根据L＝，因为紫光的波长比
黄光的波长短，折射率大，则条纹间距小，所以紫光的条纹数比黄光要多一些，C错误；干
涉条纹是由膜的前后两个表面反射的两列光叠加产生的，D错误．]
2．A [A→B过程为恒温过程，气体内能不变，即ΔU＝0，体积增大，气体对外界做功，W
＜0，由ΔU＝W＋Q可知，气体吸收热量，A正确；结合A中分析，由pV＝C可知，A→B
过程中气体压强减小，B错误；B→C过程中，根据＝C，结合数学知识可知，B、C两点分
别与－273.15 ℃的点连线为等压线，并且斜率越大，压强越小，所以B→C过程中气体压强
增大，C错误；由题意，B→C分子数不变，体积减小，则气体分子数的密度增大，D错
误．]
3．D [该装置所加的电压为反向电压，当电压表的示数大于或等于1.6 V时，电流表读数
为零，可知光电子的最大初动能为1.6 eV，根据爱因斯坦光电效应方程有E ＝hν－W ，可
k 0
得W＝2.2 eV，故D正确．]
0
4．C [多年以后，地球和月球间的距离变大，两星的质量不变，由万有引力定律可知，地
球与月球之间的万有引力变小，故A错误；地球和月球绕O点做匀速圆周运动的角速度ω
相等、周期T相等，设地球与月球的质量分别为M 和M ，圆周运动的半径分别为r 和r ，
1 2 1 2
地球和月球间的距离为L，则有L＝r ＋r ，由万有引力提供向心力，有＝M()2r ＝Mω2r ，
1 2 1 1 1 1
＝M()2r ＝Mω2r ，联立可得＝＝ω2L，r ＝，地球与月球的质量不变，地球和月球间的距离
2 2 2 2 1
增大，则地球绕O点做圆周运动的周期T变大、角速度变小、轨道半径变大，故B、D错误，
C正确．]5．A [如图所示，
a、c连线的中点的电势为＝0.4 V，由匀强电场的性质可知，b、d连线上各点的电势均为
0.4 V，则E＝，其中tan θ＝＝，解得E＝6.25 V/m，故A正确；把一带电荷量为0.1 C的正
点电荷从d点移动到矩形中心处的过程中，电势不变，静电力做的功为 0，故B错误；根据
电场线垂直于等势线，且由电势高处指向电势低处，可知矩形上电势最高的点的电势为0.7
V，最低的点的电势为0.1 V，故C、D错误．]
6．BD [S与1闭合后，棒做加速运动，棒切割磁感线产生感应电动势，从而导致棒两端的
电势差减小，则棒的电流减小，受到的安培力减小，则棒的加速度减小，直到感应电动势等
于电源电动势后，棒做匀速运动，故A错误；S与2闭合后，棒ab相当于电源给电容器充
电，充电过程中根据左手定则可以判断，棒受到的安培力水平向左，棒做减速运动，则电动
势减小，棒ab中的电流不断减小，故B正确；从S与1闭合到棒ab达到速度v，电源消耗
的电能等于棒获得的动能和因为热效应而产生的内能之和，故C错误；从S与2闭合到棒
ab达到稳定状态，根据能量守恒定律可知，棒减少的动能部分转化为电容器的电场能，部
分转化为内能，故D正确．]
7．BC [在F≤3 N时，A、B一起保持静止；在3 N<F≤9 N时，A、B保持相对静止，故地
面对B的最大静摩擦力F ＝3 N；在F＞9 N时，A与B发生相对滑动，故B对A的最大静
fB
摩擦力F ＝4 m/s2·m ，当F＝9 N时，A、B运动的加速度a＝＝4 m/s2，可得m ＋m ＝ kg
fA A A B
＝1.5 kg，当F＝13 N时，B的加速度a ＝＝8 m/s2，联立解得m ＝0.5 kg，m ＝1 kg，故A
B A B
错误，B正确；B与地面间的动摩擦因数μ ＝，解得μ ＝0.2，A、B间的动摩擦因数μ ＝，
B B A
解得μ ＝0.4，故C正确，D错误．]
A
选择题热身练(4)
1．C [谷爱凌在空中运动过程中只受重力作用，加速度一直为重力加速度，处于完全失重
状态，A、B错误；由于谷爱凌在空中运动过程中的加速度为g，根据Δv＝gt可知，速度改
变量的方向与重力加速度的方向相同，即速度改变量的方向总是竖直向下，C正确；谷爱凌
在空中运动到最高点的速度处于水平方向时，由于速度方向与重力方向垂直，此时重力的功
率为零，D错误．]
2．D [t＝0.25 s时铁块在平衡位置上方最大位移处，此时加速度向下且最大，根据牛顿第
二定律可知，此时弹簧对铁块的弹力最小，则此时铁块对弹簧的压力最小，故A错误；t＝0.25 s和t＝0.75 s两时刻铁块相对平衡位置的位移大小相等，但平衡时弹簧的形变量并不为
零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹簧的弹力不相等，故B错误；t＝0.25 s至t＝0.50 s这段
时间铁块从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力逐渐减小，
则加速度逐渐减小，即铁块做加速度逐渐减小的加速运动，此过程中铁块的重力势能逐渐减
小，根据系统的机械能守恒可知，铁块的动能和弹簧的弹性势能之和在增大，故C错误，D
正确．]
3．A [根据题意，由电源的做功公式W＝EIt，及q＝It，可得W＝Eq，已知甲、乙两电路
中的电源电动势相等，流过的电荷量相等，则甲、乙两电路电源做功相等，故C错误；根
据闭合电路欧姆定律I＝可知，路端电压为U＝，则电源的效率为η＝＝＝，由于甲电路中
电源的内阻大于乙电路中电源的内阻，则甲电路中电源的效率较低，电源内部产生的热量较
多，故D错误，A正确；根据闭合电路欧姆定律I＝可知，甲电路中的电流小于乙电路中的
电流，又由q＝It，可得外电阻上产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝IqR，由于q和R相等，则乙电
路中外电阻R上产生的热量较多，故B错误．]
4．BCD [小球在运动过程中始终未脱离轨道，则第一次击打后小球最高到达与球心O等高
位置，若第一次击打小球，小球恰好到达与球心 O等高位置，根据动能定理有W－mgR＝
0，即W＝mgR，第二次击打后小球能上到最高点速度最小为v ，则有mg＝m，设第二次
min
击打过程中小锤对小球做的功最少为W ，根据动能定理有W＋W －2mgR＝mv 2，联立
min min min
解得W ＝1.5mgR＝1.5W，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为 2W、3W、4W，
min
故A错误，B、C、D正确．]
5．AD [粒子运动轨迹如图所示，
可以看出粒子从落到b点到落到c点的过程中，半径越来越大，则由r＝，可知速率也越来
越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率，故A正确；由T＝知，
粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，则粒子在磁场中的运动时间与圆心角成正比，且由几
何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如
图所示，当弦与圆弧相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切
角为θ＝60°，所以圆心角为α＝120°，所以运动最短时间为t ＝×＝，故D正确，C错误；
min
由分析可知，从M点射出粒子在磁场中的运动时间与从 N点射出粒子在磁场中的运动时间
大小不能确定，故B错误．]
6．D [设U经过x次α衰变和y次β衰变变为Rn，则有U→Rn＋xHe＋ye，衰变过程质量
数与电荷数守恒，所以238＝222＋4x,92＝86＋2x－y，解得x＝4，y＝2，所以衰变过程共释放的能量为ΔE＝222E ＋16E ＋2E －238E ，计算结果不计E ，所以有ΔE＝222E ＋16E －
2 3 4 1 4 2 3
238E，故选D.]
1
选择题热身练(5)
1．D [卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道处于地球表面时的运行周期最小，大约为T ＝
min
＝ s≈5 088 s≈1.4 h，可知该卫星运行周期不可能小于1小时，A错误；卫星绕地球做匀速
圆周运动的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，B错误；根据万有引力
提供向心力，可得＝m，解得v＝，由于该卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故该
卫星运行速度一定大于地球同步卫星的运行速度，C错误；该卫星轨道通过地球南北两极上
方，说明该卫星运行的轨道平面与赤道平面垂直，而地球同步卫星的轨道平面与赤道平面共
面，故该卫星运行的轨道平面与地球同步卫星的轨道平面垂直，D正确．]
2．A [根据等量异种点电荷的电场线分布规律可知，过AB中点且垂直于AB的平面为该电
场的其中一个等势面，O、C、D三点均在同一等势面上，所以O、C、D三点电势相等，故
A正确，C错误；根据电场的叠加原理，可知C、D两点的电场强度大小相等，方向相同，
故B错误；设正四面体的棱长为L，由几何关系得AO的长度为L，根据电场强度的叠加可
得D点电场强度为E ＝2××k＝k，O点的电场强度为E ＝2××k＝，可知O点电场强度是D
D O
点电场强度的3倍，故D错误．]
3．B [取v 的方向为正方向，由动量守恒定律有 mv ＝mv ＋mv ，由能量守恒定律有
0 1 0 1 1 2 2
mv2＝mv2＋mv2，解得v ＝v ，v ＝v ，根据动量定理，对B可得I ＝mv ＝v ＝v ，故当
1 0 1 1 2 2 1 0 2 0 B 2 2 0 0
m 、v 一定时，若m 越大，则I 越大，因两小球所受冲量等大反向，则A受到的冲量也越
1 0 2 B
大，故选B.]
4．AD [大量处于n＝4能级的氢原子最多能发出的光的频率为C＝6种，故A正确；根据
爱因斯坦光电效应方程结合动能定理得eU＝hν－W ，可知b光的频率大于a光的频率，则
c 0
b光波长小于a光波长，根据Δx＝λ，可知a、b光通过相同双缝产生的条纹间距a比b大，
故D正确；由题图乙可知，a的饱和光电流大于b光的饱和光电流，所以a光的光照强度比
b光大，故B错误；由题意知只有a、b两种频率的光可以产生光电流，可知a光和b光分别
为n＝3能级和n＝4能级跃迁到基态发出的光子，则a光的能量为E＝E－E＝12.09 eV，可
3 1
知不属于可见光的范围，故C错误．]
5．AC [分别对位移在1.5 m处与6 m处的物块分析，由牛顿第二定律得μmg＝ma ，μmg
1 1 2
＝ma ，其中a＝1 m/s2，a＝3 m/s2，联立可得μ∶μ＝3∶1，故A正确，B错误；根据动能
2 2 1 1 2
定理得，前3 m的动能变化量大小为ma x＝ΔE ，后3 m的动能变化量大小为∑ma′Δx＝
1 k1
ΔE ，结合a－x图像可得ΔE ∶ΔE ＝3∶2，故C正确，D错误．]
k2 k1 k26．D [由楞次定律知ab棒中的电流方向从b到a，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度
的变化率为＝5 T/s，由法拉第电磁感应定律得E＝S·sin 37°＝3 V，则回路中的电流I＝＝1
A，t＝1 s时磁感应强度为5 T，则所受安培力大小为F ＝BIL＝5 N，故B错误；由左手定
安
则知，安培力方向垂直磁场方向斜向左上方，则ab棒与导轨间的压力大小为F ＝mg－F
N 安
cos 37°＝6 N，故C错误；由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力大小为F＝F sin 37°＝3
f 安
N，又F＝μF ，解得μ＝0.5，故D正确．]
f N
选择题热身练(6)
1．AD [扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，故A正确；两个分子间距离减小
时，分子间的引力和斥力都增大，故B错误；布朗运动是由于液体分子对颗粒撞击的不平
衡所致，沸水中的胡椒粉不断翻滚，是由于水的对流运动所致，此时胡椒粉的运动不是布朗
运动，所以不能据此说明温度越高布朗运动越激烈，故C错误；冰融化成水的过程中，水
的温度不变，水分子的平均动能不变，水吸收热量，内能增大，所以分子势能增大，故D
正确．]
2．B [核聚变反应属于热核反应，必须在高温下进行，故A错误；根据质量数守恒和电荷
数守恒，可知X的质量数为1，电荷数为0，即X为中子，中子是查德威克发现的，故B正
确；该核反应放出能量，根据爱因斯坦质能方程可知，反应后有质量亏损，故C错误；核
反应方程式中生成物比反应物稳定，故生成物的比结合能大，所以 H的比结合能比He的比
结合能小，故D错误．]
3．AB [根据图像分析可得前6 s的平均速度＝＝ m/s＝ m/s，大于1 m/s，A正确；根据图
像分析可得前8 s的平均速度 ＝＝ m/s＝1.5 m/s，B正确；h－t图像中斜率表示速度，前4
1
s速度在增大，升降机在向下加速，该人员处于失重状态，C错误；在8～12 s内，速度在减
小，升降机在向下减速，该人员处于超重状态，D错误．]
4．BC [电子在磁场中做匀速圆周运动，有evB＝m，则运动周期T＝＝，运动时间t＝T
＝，由此可知电子在磁场里的运动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM边射
出，圆心角均为π，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为t＝，故A错误，B正确；
随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示，
由图可知MP边有电子射出的范围为BM长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几
何关系可知BM＝＝d，故C正确，D错误．]5．C [ab棒在获得初速度后，回路中产生感应电流，ab棒因受到水平向左的安培力作用而
减速，cd棒因受到水平向右的安培力作用而开始做加速运动，当二者速度大小相等时，回
路中不再产生感应电流，二者将以共同速度一直运动下去，以水平向右为正方向，由动量守
恒定律有mv＝(m＋m)v，代入数据解得v＝1 m/s，A错误；两棒之间的间距最终将保持不
1 0 1 2
变，B错误；由能量守恒定律可知回路中产生的焦耳热Q＝mv2－(m ＋m)v2，代入数据解
1 0 1 2
得Q＝3 J，C正确；由动量定理可知ab棒受到的安培力的冲量大小为I＝mv －mv＝2
1 0 1
N·s，D错误．]
6．D [a、b的角速度相等，a的半径大，则a需要的向心力大，故a、b间细绳的拉力不可
能为零，故A、C错误；当a、c间细绳的拉力为零时，设a、b间绳的拉力大小为F ，对b
T
有 F cos θ－F sin θ＝mω2lsin θ，对 a 有 F cos θ＋F sin θ＝mω2×2lsin θ，对整体有
Nb T Na T
F sin θ＋F sin θ＝2mg，整理得ω＝，故B错误，D正确．]
Na Nb
7．C [根据题意有光路图如图甲所示，
由几何关系可知光线入射到D点的入射角i＝30°，折射角γ＝60°，折射率为n＝＝，A错误；
临界角sin C＝，解得sin C＝，从M点或N点垂直于MN发出的光线射到球面上的入射角
最大，设为θ，管芯发光部分MN的半径为r，所以有sin θ＝，所有光均能射出，则sin θ＜
sin C，解得r＜R，C正确，D错误；
如图乙所示，
由几何知识知sin β＝＜，可以发生折射，设折射角为β′，所以有n＝，解得sin β′＝，
即β′＝60°，B错误．]
选择题热身练(7)
1．AC [在光滑杆上找一点C，使A、C关于O点对称，小球从A运动到C的过程，整体重
力势能减小，根据能量守恒定律可知动能增大，即小球运动到C点时有速度，会继续向下
运动，所以OA<OB，A正确；小球运动到O点时，仍有向下的加速度(重力加速度g)，会继续向下加速运动，直到加速度为零时速度最大，B错误；小球运动到O点时，速度向下，刚
好与连接小球的轻绳垂直，在沿绳方向没有分速度，故物块的速度为零，C正确；小球和物
块组成的系统机械能守恒，小球从A运动到O的过程中，拉力对小球做正功，小球的机械
能增大，故小球在A点时的机械能并不是最大，D错误．]
2．BD [运动员在竖直方向上做自由落体运动，则在相等的时间间隔内，运动员下落的竖
直高度不同，则重力势能的改变量不同，选项A错误；根据Δv＝gT可知，在相等的时间间
隔内，速度的改变量总是相同的，选项B正确；根据动能定理有mgh＝ΔE ，则在下落相等
k
高度的过程中，动能的改变量相等，选项C错误；设落在斜坡上时速度方向与水平方向的
夹角为α，由平抛运动的规律可得tan α＝＝，设斜坡倾角为θ，有tan θ＝＝＝，因此可得
tan α＝2tan θ，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角为定值，与初速度无关，
选项D正确．]
3．D [当导体棒通以图示方向的电流I时，根据左手定则可知，导体棒所受安培力向上，
则磁体受到向下的作用力，由平衡条件可知F ＝BIL＝G －G ，解得B＝，选项A、B错误；
安 1 0
磁体两极间的磁感应强度只与磁体本身有关，若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应
强度不变，选项C错误；若通以图示大小相等、方向相反的电流I，则导体棒所受安培力反
向，此时测力计示数将变为F＝G－F ＝2G－G，选项D正确．]
0 安 0 1
4．D [由题意可知，三种不同波长的光a、b、c，波长大小关系为λ<λ<λ，故频率大小关
a b c
系为ν>ν>ν，根据公式C＝＝3，可知n＝3，受到激发后的氢原子处于第n＝3能级；根据
a b c
氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量与从n＝1能级跃迁到n＝3能级所吸收
的光子能量相等可知，照射氢原子的光子能量为ΔE ＝E －E ＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝
31 3 1
12.09 eV，故A错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子能量最小，则波长最大，
其对应的波长为λ，故B错误；氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量最大，
c
则波长最小，故辐射出的波长为λ ，故C错误；a光是氢原子由n＝3能级跃迁到n＝1能级
a
产生的光子，其能量是12.09 eV，能使逸出功为10.2 eV的金属发生光电效应，故D正确．]
5．AC [由波形图可知波长λ＝40 m，且0.6 s＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，解得T＝ s(n＝
0,1,2，…)，当n＝0时，T＝0.8 s，波速v＝＝50 m/s，故A正确；由波的传播方向沿x轴正
方向可知，质点a在t时刻向上运动，当n＝0时，T＝0.8 s，则质点a在这段时间内通过的
路程小于30 cm，当n＝1时，T＝ s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm，故B错
误；若T＝0.8 s，在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移均为负值，大小相等，故C正确；若T
＝0.8 s，从t＋0.4 s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y＝0.1cos πt (m)，故D错误．]
6．D [导线框在位移为0<x≤0.5 m过程中，只有bc边在磁场中切割磁感线，产生的感应
电动势大小为E ＝Byv＝sin 2πx (V)，此过程所用时间为t ＝ s＝0.25 s，此过程的最大电动
1 1
势为E ＝sin (2π×0.25) V＝1.0 V；导线框在位移为0.5 m<x≤1.0 m过程中，bc边和ad边
1m都在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势方向相同，则导线框的电动势大小为E ＝2 V，
2
此过程所用时间为t ＝ s＝0.25 s，此过程的最大电动势为E ＝2 V＝2.0 V；导线框在位移
2 2m
为1.0 m<x≤1.5 m过程中，只有ad边在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势大小为E ＝
3
sin 2πx (V)，此过程所用时间为t ＝ s＝0.25 s，此过程的最大电动势为E ＝sin (2π×1.25)
3 3m
V＝1.0 V，则整个过程中导线框的感应电动势随时间变化如图所示，
根据Q＝t，可知此过程导线框产生的焦耳热为Q＝×0.25 J＋×0.25 J＋×0.25 J＝0.75 J，根据
能量守恒定律可知导线框穿过两块区域的整个过程中拉力F做的功为0.75 J，D正确，A、
B、C错误．]
选择题热身练(8)
1．B [因该材质相对水是光疏介质，则单色光a在该材质中的传播速度大于在水中的传播
速度，故A错误；因a光在该材质中的折射角较大，则增大入射角，a光的折射角首先到达
90°，则a光先在AB面上发生全反射，故B正确；因a光在该材质中的折射角比b光大，所
以a光的折射率高，对应的频率也高，当a光能使某金属发生光电效应现象时，说明a光频
率够高，但b光频率略小，不一定能发生，故C错误；因a光的频率比b光高，所以a光波
长比b光短，所以a光做双缝干涉实验时得到的条纹间距窄，故D错误．]
2．AD [波速v＝＝1 m/s，当横波从x＝4.0 m处传到x＝6.0 m处时，所用时间为t＝＝2 s，
故A正确；当x＝1 m处的波谷传到x＝6.0 m处时，x＝6.0 m处的质点第一次到达波谷，所
用时间为t＝＝ s＝5 s，故B错误；图示时刻，E质点经过到达平衡位置，F质点经过到达
波峰位置，故C错误；3.0 s的时间为T，则该波在x＝1.0 m处的质点从图示时刻起历时3.0
s，通过的路程为3A＝6 cm，故D正确．]
3．C [拉闸限电后，用电器减少，意味着并联支路减少，用户端总电阻增加，则I 减小，
4
I ＝I 也随着减小，输电线上的电压损失ΔU减小，由于发电厂输出电压U 恒定，输送电压
2 3 1
U 也恒定，根据U ＝ΔU＋U ，可知U 增加，则U 也增加，故A、B错误；根据P＝I2R可
2 2 3 3 4 2
知，输电线上损失的功率减小了，故C正确；I 减小，I 也随着减小，发电厂输出电压U 恒
2 1 1
定，所以发电厂输出总功率减小，故D错误．]
4．A [根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为r 时有＝
1
m，卫星的引力势能为E ＝－；轨道半径为r 时有＝m，卫星的引力势能为E ＝－，设损
p1 2 p2失的机械能为ΔE，根据能量守恒定律得mv2＋E ＝mv2＋E ＋ΔE，联立以上各式可得ΔE
1 p1 2 p2
＝(－)，故A正确，B、C、D错误．]
5．BD [由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；
由几何关系可知r2＋(R＋)2＝(R＋r)2，解得r＝，选项B正确；根据qvB＝m，解得＝，选项
C错误；若粒子速度减小，则粒子在磁场中的运动半径减小，由图可知粒子在磁场中运动的
圆心角增大，因粒子的周期T＝不变，则由t＝T可知，在该磁场区域中的运动时间增大，选
项D正确．]
6．D [第一次抛出时，空间无电场，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则
有v ＝gt，h ＝gt2，v＝＝2v ，联立解得v ＝v ，t＝，h ＝，在水平方向上做匀速直线运
yc ab c 0 yc 0 ab
动，则有x ＝vt＝，B、C错误；第二次沿某一方向抛出，空间有电场，从抛出到c点过程
bc 0
由动能定理可得 qU ＋mgh ＝m(4v)2－mv2，mgh ＝m(2v)2－mv2，联立解得 qU ＝
ac ab 0 0 ab 0 0 ac
6mv2，即U ＝，由于静电力做正功，小球带正电，所以电场方向不可能水平向左，A错误，
0 ac
D正确．]
选择题热身练(9)
1．C [β衰变放射出电子，根据质量数与电荷数守恒，则氚核发生 β衰变的衰变方程为
H→He＋e，可得氚核衰变产生的新核是氦核，A错误；β衰变中生成的电子是一个中子转化
为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，此过程，中
子数减少一个，而质子数增加一个，核子数保持不变，B错误，C正确；半衰期是大量放射
性原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，D错误．]
2．A [因汽缸导热，气体的温度不变，分子的平均动能不变，气体体积变大，则压强减小；
气体的体积增大，则单位体积内的分子数减小，则气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞
的次数变少，选项A正确，B错误；气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律
可知，因温度不变，内能不变，则气体应吸热，且吸收的热量等于对外做的功，选项C错
误；气体从单一热源吸收热量，全部用来对外做功，但要引起气体的变化，此过程不违反热
力学第二定律，选项D错误．]
3．BC [根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道Ⅰ上从P点向Q点运动时速度减小，A错
误；卫星在Q点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做离心运动，需要点火加速，B正确；根据开普勒第三
定律＝k，可知卫星在轨道Ⅱ的周期大于在轨道Ⅰ的周期，C正确；第一宇宙速度是所有卫星环绕地球做圆周运动的最大速度，是近地卫星的环绕速度，而卫星在轨道Ⅱ上的半径大于
近地卫星的半径，根据v＝，则卫星在轨道Ⅱ上飞行的速度小于地球第一宇宙速度，D错
误．]
4．D [当两车恰好不相撞时位移关系满足vt－at2＝vt＋at2＋L，且此时两车速度大小相等，
1 2
即v－at＝v＋at，联立解得a＝，故D正确，A、B、C错误．]
1 2
5．B [流过金属棒的电流为逆时针方向，所受安培力水平向右，根据左手定则可知，磁场
方向竖直向上，故A错误；闭合开关瞬间，电流为I＝，则安培力为F ＝BIL＝，故B正确；
安
金属棒开始运动后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则流过金属棒的电
流越来越小，安培力也越来越小，直到通过金属棒的电流为零，速度达到最大，所以炮弹的
出射速度有最大值，故C错误；若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹
发射方向不变，故D错误．]
6．C [因物体整个运动的过程中的路程为4x ，由动能定理可得μmg·4x ＝mv2＝，可知I
0 0 0 0
＝2m，故C正确；当弹簧的压缩量最大时，物体的路程为x ，则压缩的过程中由能量守恒
0
定律可知mv2－μmgx ＝E ，所以E ＝－μmgx (或E ＝3μmgx )，故A错误；弹簧被压缩成最
0 0 p p 0 p 0
短之后的过程，P向左运动且在水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，
而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知物体先做加速度减小的变加速运动，再做加速
度增大的变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，故B错误；物体P在整个运动
过程中，P在水平方向上只受到弹力与摩擦力，根据动量定理可知，摩擦力的冲量与弹簧弹
力的冲量的和等于I，故D错误．]
0
选择题热身练(10)
1．BD [题图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样，因为衍射是波所特有的现象，所以说明
了电子具有波动性，A错误；由p＝，p＝mv，两式联立解得λ＝≈0.15 nm，该实验中电子的
德布罗意波长约为0.15 nm，B正确；由德布罗意波长λ＝，及动量p＝＝，两式联立得λ
＝，则加速电压越大，电子的波长越短，衍射现象就越不明显，分辨本领越强，C错误，D
正确．]
2．ACD [题图乙中质点在t＝0时刻从平衡位置向y轴负方向振动，波沿x轴负方向传播，
由同侧法可知质点b也向y轴负方向振动，故A正确；由题图甲可知波长为λ＝8 m，由题
图乙可知周期为T＝2 s，则波速v＝＝4 m/s，故B错误；t＝0时刻质点a位于波峰，经过1
s，即半个周期，质点a位于波谷，故C正确；t＝0时刻质点d处于平衡位置向上振动，则
质点d简谐运动的表达式为y＝0.1sin t (m)＝0.1sin πt (m)，故D正确．]
3．B [在BC段的最大加速度为a ＝2 m/s2，则根据a ＝，可得在BC段的最大速度为v ＝
1 1 1mm/s，在CD段的最大加速度为a ＝1 m/s2，则根据a ＝，可得在BC段的最大速度为v ＝2
2 2 2m
m/s<v ，可知在BCD段运动时的速度为v＝2 m/s，在BCD段运动的时间为t ＝＝ s，若小
1m 3
车从A到D所需时间最短，则AB段小车应先以v 匀速，再以a 减速至v，AB段从最大速
m 1
度v 减速到v的时间t ＝＝ s＝1 s，位移x ＝＝3 m，在AB段匀速的最长距离为l＝8 m－3
m 1 2
m＝5 m，则匀速运动的时间t＝＝ s，则从A到D最短时间为t＝t＋t＋t＝(＋) s，故选B.]
2 1 2 3
4．BD [由r＝可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电
压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的
运行时间变短，故B正确；为了使质子能在回旋加速器中被加速，质子的运动周期应与交
变电压的周期相同，故C错误；由nqU＝mv2，r ＝得r ＝，可得质子第n次被加速前、后
n n n
的轨道半径之比为∶，故D正确．]
5．BC [根据楞次定律，结合原磁场的方向向右且大小增加，可知电阻 R的电流方向是从
C到A，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝1 000××20×10－4 V＝4 V，感应电
流大小为I＝＝ A，即感应电流大小恒定，故B正确；根据欧姆定律，可知电阻R两端的电
压为U＝IR＝×5 V＝ V，故C正确；由以上分析知螺线管左端是正极，电阻R两端的电压
为U＝φ －φ ＝φ －0＝ V，则C点的电势为 V，故D错误．]
C A C
6．B [一个点电荷形成的电场强度的表达式为E＝k，电场强度与距离的平方成反比，与题
图不符合，A错误；电场强度E随坐标x变化的图像中图线与横轴所围成的面积表示的是电
势差，故坐标原点O与x＝3x 点间的电势差为U＝Ex －(2x·)·2x ＝－Ex ，则电势差大小
0 0 0 0 0 0 0
为Ex ，B正确；该正电子仅受静电力作用，由牛顿第二定律可知，加速度与电场强度成正
0 0
比，且电场强度随空间位置不断变化，故正电子将做非匀变速直线运动，C错误；该正电子
自坐标原点O处由静止释放，在x＝2x 位置动能为0后做反向的加速运动，故该正电子不
0
可能到达x＝3x 点，D错误．]
0
计算题热身练
计算题热身练(1)
1．(1)90 cmHg (2)21 cm
解析 (1)因为开始时A、B管中的空气柱长度相等，液面等高，所以A管中的压强为p ＝75
0
cmHg
设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S，
B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强为p＝(p＋x) cmHg
1 0
由玻意耳定律有phS＝pxS
0 1联立解得x＝15 cm，p＝90 cmHg
1
(2)A管中水银柱上升的高度h＝h－x
1
B管中水银柱上升的高度h＝h
2
A、B管中增加的水银都来源于C管，所以C管中活塞上升的距离等于A、B管上升的水银
柱的高度之和，所以C管中活塞向上移动的距离L＝h＋h
1 2
联立解得L＝21 cm.
2．(1) m/s (2)5 m/s (3)0.6 s
解析 (1)铁球恰好通过D点时，由重力提供向心力，
可得mg＝m
代入数据解得v ＝ m/s
D
(2)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律可得v2＝2gH
y
解得v＝3 m/s
y
铁球沿切线进入圆弧轨道，
则v ＝＝5 m/s
B
(3)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，
可得v ＝v cos 37°＝4 m/s
A B
铁球在水平面上做加速运动时有
F－μmg＝ma
1
解得a＝8 m/s2
1
铁球做减速运动时有μmg＝ma
2
解得a＝2 m/s2
2
由运动学公式可知最大速度v ＝at
m 1
v －v ＝at
m A 22
L＝t＋t
2
联立解得t＝0.6 s.
计算题热身练(2)
1．(1) (2)
解析 (1)如图所示，由几何关系得i＝60°，r＝30°根据折射定律得n＝＝＝
(2)由折射定律可知光在棱镜中的传播速度为v＝＝c
由几何关系可知，在△SOA中，
有SA＝SO
在平行四边形SOBA中，
有SA＝OB＝R
则SO＝OA＝AB＝R
在B点发生折射时，有α＝30°，β＝60°
根据对称性可知BC＝SA＝R
则光线由S传到C的时间为
t＝＋
联立解得t＝.
2．(1)第Ⅰ象限内电场的电场强度方向竖直向下，第Ⅳ象限内电场的电场强度方向竖直向上
5 N/C (2)10 m/s (3)2.5 m 5 m
解析 (1)小球在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，其所受静电力与重力平衡，则静电力的方向
竖直向上，
由于小球带正电，故第Ⅳ象限内电场的电场强度方向竖直向上，而第Ⅰ、Ⅳ象限内电场的电
场强度方向相反，所以第Ⅰ象限内电场的电场强度方向竖直向下；
经分析可知qE＝mg
代入数据解得E＝5 N/C
(2)小球的运动轨迹如图所示，
设小球在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r，
根据几何关系有sin θ＝，
设小球通过M点时的速度大小为v，有qvB＝m
根据速度的合成与分解有cos θ＝
联立解得v＝10 m/s
0
(3)小球通过M点时的竖直分速度大小v＝vtan θ
y 0
设小球在第Ⅰ象限内运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE＋mg＝ma
设小球在第Ⅰ象限内运动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有v＝at
y
根据类平抛运动的规律有y ＝at2，x ＝vt
A M 0联立解得y ＝2.5 m，x ＝5 m.
A M
计算题热身练(3)
(1)1 m/s (2)不能从木板C上滑下
(3)13.13 J
解析 (1)在A、B碰撞前，
对A分析有μm g＝m a ①
A A A
对B分析有μm g＝m a ②
B B B
对C分析有μm g－μm g＝ma ③
B A C
由运动学公式有x ＝v·t－a t2④
A 0 1 A1
x ＝vt－a t2⑤
B 01 B1
x ＝a t2⑥
C C1
又x －x ＋x ＋x ＝L⑦
B C A C
A、B相遇时有v ＝a t⑧
C C1
联立①～⑧解得v ＝1 m/s
C
(2)A、B相遇时，A与C的相对位移大小Δx＝x ＋x ＝0.6 m
1 A C
A、B碰前瞬间速度分别为v ＝v－a t⑨
A 0 A1
v ＝v－a t⑩
B 0 B1
A、B碰撞过程中，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v －m v ＝(m ＋m )v ⑪
B B A A A B AB
碰后A、B一起向右减速，木板C则向右加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为Δx
2
对A、B、C系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 m v －m v ＋mv ＝(m ＋m ＋
B B A A C A B
m)v ⑫
共
由动能定理有μ(m ＋m )gΔx＝(m ＋m )v 2＋mv 2－(m ＋m ＋m)v 2⑬
A B 2 A B AB C A B 共
由⑨～⑬解得Δx＝ m
2
因Δx<Δx，故A、B不能从木板C上滑下；
2 1
(3)A、B相遇时，B与C的相对位移
Δx＝x －x ＝0.4 m
3 B C
A、B与C因摩擦产生的热量为Q＝μm gΔx＋μm gΔx＋μ(m ＋m )gΔx
A 1 B 3 A B 2
代入数据解得Q≈13.13 J.计算题热身练(4)
(1)0.8 (2)0.4 m/s (3)最终B停在最中间圆形区域
解析 (1)壶A从P点到N点的过程中，根据动能定理有Fs －μmgs－kμmgL＝mv2－mv2
0 0 1 0
解得k＝0.8
(2)第一次碰撞后，B恰好停在营垒中心O处，
根据动能定理则有－μmgR＝0－mv 2
B1
解得v ＝0.6 m/s
B1
A、B第一次碰撞时，以v 的方向为正方向，系统动量守恒，则有mv＝mv ＋mv
1 1 A1 B1
解得v ＝0.4 m/s
A1
(3)根据题意则有＝＝
A、B第一次碰撞后，对B分析，根据牛顿第二定律则有a ＝＝μg＝0.1 m/s2
B
B运动的时间为t ＝＝6 s
B1
A、B第一次碰撞后，对A分析，根据牛顿第二定律则有a ＝＝μg
A
根据运动学公式则有－2a R＝v ′2－v 2
A A1 A1
联立解得v ′＝0.2 m/s
A1
A运动的时间为t ＝＝6 s
A1
所以B刚停止时，A、B发生第二次碰撞；A、B第二次碰撞，以v 的方向为正方向，系统动
1
量守恒，则有mv ′＝mv ＋mv
A1 A2 B2
根据题意则有＝
解得v ＝0.12 m/s
B2
v ＝0.08 m/s
A2
第二次碰撞后，对B分析，根据运动学则有－2a s＝0－v 2
B 2 B2
解得s＝0.072 m＝× m＝s
2 1
B运动的时间为t ＝＝1.2 s
B2
A、B第二次碰撞后，对A分析，根据运动学则有－2a s＝v ′2－v 2
A 2 A2 A2
解得v ′＝0.04 m/s
A2
A运动的时间为t ＝＝1.2 s
A2
所以B刚停止时，A、B发生第三次碰撞；A、B第三次碰撞，系统动量守恒，则有mv ′＝
A2
mv ＋mv
A3 B3
根据题意则有＝
解得v ＝0.024 m/s
B3
v ＝0.016 m/s
A3第三次碰撞后，对B分析，根据运动学则有－2a s＝0－v 2
B 3 B3
解得s＝0.002 88 m＝×× m＝s
3 2
B运动的时间为t ＝＝0.24 s
B3
A、B第三次碰撞后，对A分析，根据运动学则有－2a s＝v ′2－v 2
A 3 A3 A3
解得v ′＝0.008 m/s
A3
A运动的时间为t ＝＝0.24 s
A3
所以B刚停止时，A、B发生第四次碰撞；以此类推，
可得s＝s
4 3
s＝s
5 4
s＝s
6 5
……
第二次碰撞后，B运动的总距离为s ＝＝0.075 m
B
结合题图可知B最终停在最中间圆形区域．
计算题热身练(5)
1．(1)0.1 (2) m
解析 (1)设电动机的牵引绳张力为F ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律
T1
有
UI＝I2R＋F v，解得F ＝7 400 N
T1 T1
小车和配重一起匀速，设绳的张力为F ，对配重有F ＝mg＝400 N
T2 T2 0
设斜面倾角为θ，对小车有
F ＋F ＝(m＋m)gsin θ＋k(m＋m)g
T1 T2 1 2 1 2
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，则有mgsin θ＝mg＋kmg
1 0 1
联立各式解得sin θ＝0.5，k＝0.1
(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，对系统由牛顿第二
定律有
(m＋m)gsin θ＋k(m＋m)g－mg＝(m＋m＋m)a，可得a＝ m/s2
1 2 1 2 0 1 2 0
由运动学公式可知v2＝2aL，
解得L＝ m.
2．(1) (2)(＋1)R
0
(3)
解析 (1)设OP与水平方向的夹角为α，
由几何关系得tan α＝＝1tan ＝
联立解得r＝0.4R
1 0
由牛顿第二定律得qvB＝m
0 1
解得B＝
1
(2)由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，解得r＝r＝R
0 2 2 1 0
由几何关系得R＝＋r＝(＋1)R
2 0
(3)氢核在区域Ⅰ内的周期为T＝＝
1
氢核在区域Ⅱ内的周期为T＝＝
2
由几何关系得∠AOQ＝45°＋90°＝135°
由几何关系得360°n＝135°n(n、n 为正整数)
1 2 1 2
解得n ＝8
2min
则总时间为t＝(T＋T)n ＝.
1 2 2min
计算题热身练(6)
1．(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 N ＝(m＋M)g
1
＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也
为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N ＝Mg－f′＝5 N.
2
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv2－mv2
1 0
代入数据解得v＝8 m/s.
1
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过
程根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
1
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
2．(1)F＝t＋4 (N) (2)10 m (3)24 J
(4)v－v＝4 m/s
1 2解析 (1)要使导体棒G做加速度大小为a＝2 m/s2的匀加速直线运动，由法拉第电磁感应定
律得E＝BLat
1 1
由闭合电路欧姆定律知I＝＝
由牛顿第二定律可得F－BIL ＝ma
1 1 1
联立解得F＝t＋4 (N)
(2)设最大速度为v ，当速度最大时，拉力F 与安培力相等，则有F＝BI L
m 1 1 1 m 1
最大电动势为E ＝BLv
m 1 1 m
最大电流为I ＝＝
m
联立解得v ＝10 m/s
m
设在运动过程中平均电流为，取水平向右为正方向，对这一过程由动量定理可得Ft－BLt
11 1 11
＝mv
1 m
又知q＝t＝
1
由以上各式联立解得x＝10 m
(3)导体棒H解锁时导体棒G速度v＝at＝12 m/s
0 2
当导体棒H获得最大速度时，电路中电动势为零，则此时BLv＝BLv
1 1 1 2 2 2
取水平向右为正方向，两棒组成系统动量守恒，有mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
电路中产生的热量Q＝mv2－mv2－mv2
1 0 1 1 2 2
导体棒H产生的热量Q ＝Q
H
联立各式代入数据可得Q ＝24 J
H
(4)当电路稳定时，电路中电流恒定，则电动势恒定，安培力恒定，两棒的加速度相同，
对导体棒H有BIL ＝ma
2 2 2
I＝＝
联立解得v－v＝4 m/s.
1 2
考前热身练
小综合练(一)
1．C [t＝时，此列简谐横波的波形如图所示．质点a正在经过平衡位置，速度方向沿y轴正方向，故A错误；波传播过程中，质点只能在
平衡位置附近振动，不会随波迁移，故B错误；质点c处在平衡位置，加速度a＝0，故C
正确；质点d的位移为5 cm，故D错误．]
2．B [设绳子上的张力为F ，则两边绳子拉力的合力为F ，对圆环受力分析可知，F sin
T T T
37°＝F，F cos 37°＝mg，解得F ＝ N，F＝9 N，故选B.]
T T
3．D [由mg＝G，可得g＝，结合题意可得g ＝g ，A项错误；由mg＝m，可知v＝，可
月 火
知v ＝v ，B项错误；由F ＝G，可知F ＝F ，C项错误；由G＝m()2r，可知T＝2π，
月 火 引 月 火
得T ＝T ，D项正确．]
月 火
4．C [输入端电流不变，根据变压器电流的关系＝可知电流表示数不变，故A错误；向下
调节滑动变阻器R 的滑动端P时，滑动变阻器的有效电阻增大，在副线圈回路中，副线圈
3
电压U＝IR ，可得电压表示数将变大，故B错误；根据＝及变压器匝数的关系n ＜n ，可
总 1 2
知通过R 的电流一定大于R 的电流，由P＝I2R可知R 消耗的功率一定大于R 消耗的功率，
1 2 1 2
故C正确；因为副线圈电流不变，电压增大，由 P＝UI可知变压器的输出功率变大，而输
入端的电流不变，定值电阻R 的功率不变，所以电源的输出功率一定变大，故D错误．]
1
5．ACD [对线框进行受力分析有F －mg＋2F＝0，解得F ＝－(mg－2F)，根据轻杆作用
安 安
力F随时间变化关系，线框所受安培力竖直向上，均匀增大，并且初始安培力等于零，根
据法拉第电磁感应定律E＝＝＝，根据安培力公式F ＝BIL，当I大小不变时，为定值，当
安
时间t均匀增大时，则磁感应强度B均匀增大，线框有离开磁场趋势，安培力竖直向上，故
A、C正确；当t＝t 时若B为0，F 为0，但F一定不能为0，故B错误；当电流方向突变
0 安
但大小不变时，只要相同时刻磁场方向也突变，保持的大小为定值，则能得到题图乙的图像，
故D正确．]
6．AB [根据动能定理有mv＝mgh，解得v＝，故A正确；设运动员从飞出到着陆坡的时
间为t，根据平抛运动规律有tan θ＝，解得t＝2tan θ，故B正确；运动员的着陆点到O点
的距离为s＝＝，故C错误；运动员在助滑道AO上运动时所受合外力的方向指向轨迹凹侧，
即加速度存在竖直向上的分量，此时运动员处于超重状态；运动员从 O点飞出后做平抛运
动，加速度为重力加速度，此时运动员处于完全失重状态，故D错误．]
7．(1)①2.030 ②m()2
③gxsin α＝()2－()2
(2)①C ②B
解析 (1)①游标尺是20分度，分度值为0.05 mm，由题图可知，主尺读数为2 cm，游标尺的第6刻线与主尺的某刻线对齐，则游标尺的读数为 6×0.05 mm＝0.30 mm＝0.030 cm，因
此遮光条的宽度d＝2 cm＋0.030 cm＝2.030 cm；
②滑块和遮光条经光电门2时的速度为v＝，
由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能E ＝mv2＝m()2；
k2
③若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式mgxsin α＝m()2－m()2，即gxsin α＝()2－()2.
(2)①入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则入
射角、折射角的相对误差较大，A错误；实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，
B错误；插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些有助于减小误差，C正确；除了
平行玻璃砖其他形状的玻璃砖也能测出折射率，D错误；
②在本实验中P 应挡住P 、P 透过玻璃砖的像，而不是P 、P ，题图中a、b为P 、P ，
3 1 2 1 2 1 2
c、d为P、P 透过玻璃砖的像，即应让P 同时挡住c、d，故选B.
1 2 3
8．(1)45° (2)4 cm
解析 (1)光从上表面O点射入玻璃砖的光路如图所示，
入射角α最大时，在O点折射时的折射角为r，光射到下表面P点的入射角恰好达到临界角
C，则有
＝n，sin C＝
由几何关系可知C＝r＋θ
解得最大入射角α＝45°
(2)当光以入射角i从A点射入平行玻璃砖，折射角为r，光经上、下两个表面折射后由B点
射出(入射光线与出射光线平行)，其光路如图所示，改变入射方向，光将从DB线段内射出，
当光在下表面的入射角r达到临界角时，设DB长度最大为L，则有r＝C，＝dtan C，解得
L＝4 cm.
9．(1)－qU 垂直纸面向里 (2)[－2a，－a] (3)[－a，－a] (4)(7－4)B
解析 (1)根据题意，由几何关系知，电子在原点O的正上方半径为a的磁场圆中做圆周运
动的半径为R＝a
设电子进入圆形磁场时的速度为v，根据牛顿第二定律有qvB＝m
电子在极板间运动过程中，根据动能定理有E＋qU＝mv2联立解得E＝－qU，根据左手定则可知，圆形磁场中磁场方向垂直纸面向里．
(2)运动轨迹如图所示，由图得从正中心射出的粒子击中的x坐标最小，从最上面与最下面
射出的粒子击中的x坐标最大，
由图，根据几何关系可得x ＝－2a，x ＝－2acos 30°＝－a
min max
故x坐标的范围是[－2a，－a]．
(3)类比(2)问，可知最大值最小值的情况与(2)相同，
根据牛顿第二定律有qvtB＝m
解得R＝
1
则x ＝－2R＝－a，
min 1
x ＝－2Rcos 30°＝－a
max 1
故x坐标的范围是[－a，－a]．
(4)当从y＝a射出的粒子的最近范围与从y＝0.5a射出的粒子最远范围相等，则有＝
解得ΔB＝(7－4)B.
小综合练(二)
1．C [v－t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在 t＝0时并排运动，通过
图线在0～4 s内所围的面积可以看出4 s内烈马位移大于骑手位移，所以4 s末烈马与骑手
间距离在增大，0～6 s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6 s末烈马仍在前方，故A、B
错误；根据＝，结合A选项分析可知在0～4 s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度，故
C正确；由加速度定义式a＝＝，知8～9 s内烈马加速度a ＝ m/s2＝5 m/s2,0～6 s内骑手的
1
加速度a＝ m/s2＝ m/s2，故D错误．]
2
2．B [只有地面水平时甲、乙两球的落地点才会相距 x，故A错误；由于惯性，甲、乙两
球离开无人机后保持原来的水平速度，两球在空中时都在无人机的正下方，故B正确，C错
误；两球落地的速度大小由无人机的水平飞行速度及下落高度决定，故D错误．]
3．C [C点到直径AB的距离刚好等于玻璃砖半径的一半，由几何关系可知，∠COA＝
30°，则入射角为30°，折射角为15°，折射率为n＝＝，故A错误；自然光被玻璃反射后，
反射光是偏振光，故B错误；换用红光从C点入射，因红光折射率小于绿光，折射角变大，
所以折射光线可能打在E点，故C正确；假设折射光线通过O点，则折射角为0，沿平行于
直径AB方向，从AB的上方照射该玻璃砖，入射角不为0，所以折射光线不可能过O点，故D错误．]
4．C [设R＝R＝R＝R，根据电路结构可知I＝I＋＝I＋＝3I，I＝I＋＝I＋＝1.5I，选
1 2 g 1 g g g 2 g g g
项A、B错误；因为I ＝I ＋，I ＝I ＋，则若仅使R 阻值变小，则I 和I 均变大；若仅使R
1 g 2 g 1 1 2 2
阻值变小，则I 减小，I 变大，选项C正确，D错误．]
1 2
5．BD [半衰期的大小与温度、压强以及化学状态无关，A错误；1次β衰变，原子核质量
数不变，质子数增大1，所以钍核Th经过1次β衰变可变成镤Pa，B正确；核反应方程式
中生成物比反应物稳定，生成物的比结合能比反应物的比结合能大，所以在铀核变成钡和氪
的核反应中，核子的比结合能增大，C错误；根据质量数守恒和电荷数守恒可知，题中铀核
裂变的核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n，D正确．]
6．BD [因为不计轮轴的质量和一切摩擦，所以M、m所组成的系统在运动过程中机械能
守恒，所以在M下降、m上升的过程中，M减少的重力势能等于m增加的重力势能与系统
增加的动能之和，故A错误；由题意知，轮半径R＝15 cm、轴半径r＝10 cm，根据线速度
关系可知＝＝，M下降、m上升的高度关系为＝＝，根据系统机械能守恒得Mgh ＝mgh ＋
M m
mv 2＋Mv 2，代入数据解得v ＝6 m/s，故B正确；对M，根据动能定理有(Mg－F )h ＝
m M M T M
Mv 2，得F ＝5 N，故C错误；根据牛顿第二定律得M的加速度为a＝＝7.5 m/s2，所以ω＝
M T
＝，其中R＝15 cm＝0.15 m，代入得ω＝50t (rad/s)，故D正确．]
7．(1)×100 1 100 (3)④ －
解析 (1)欧姆表的表盘上越向右侧电阻越小，偏角小说明阻值大，应选用“×100”倍率的
电阻挡，换挡后要重新欧姆调零，示数为11.0×100 Ω＝1 100 Ω.
(3)④根据题意断开开关S ，闭合开关S 时，电流表A 的示数恰好为电流表A 示数的，则
2 1 2 1
此时流过R 的电流是电流表A 示数的，所以流过R 的电流是流过电流表A 电流的，闭合开
x 1 x 2
关S ，电流表A 的示数为I ，流过R 的电流为，R 两端的电压为U ，则R＝，R 和电流表
2 2 2 x x 2 x x
A 以及R 的总电阻为＝，电流表A 的内阻r＝－.
2 2 1 1
8．(1)2.25T (2)ΔU＋pSH
0 0
解析 (1)初态p＝p T＝T V＝SH
1 0 1 0 1
末态：对活塞分析，根据共点力平衡可得p＝p＋＝p
2 0 0
V＝(H＋)
2
根据理想气体状态方程得＝，解得T＝2.25T
2 0
(2)全过程外界对气体做的功
W＝－pS·＝－pSH
2 0
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得Q＝ΔU＋pSH.
0
9．(1)3.8 N (2)0.2 m 0.7 m
(3)当L≤5.5 m，x＝L＋ (m)当L>5.5 m，x＝L＋1.8 (m)
解析 (1)若小滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过B点的速度恰好为v＝3 m/s，则F －
支
mg＝m，解得F ＝3.8 N
支
由牛顿第三定律有F ＝F
压 支
故F ＝3.8 N
压
(2)经分析可知，滑块经过B点的速度介于v 与v 之间时，经过传送带的加速或减速(极限为
1 2
全程加速和全程减速)，都可以以v＝3 m/s的速度离开C点而落到地上同一点．有v2－v2＝
1
2μgL
v2－v2＝－2μgL
2
解得v＝2 m/s，v＝ m/s
1 2
根据动能定理有mgh ＝mv2
1 1
mgh ＝mv2
2 2
解得h＝0.2 m，h＝0.7 m
1 2
(3)滑块始终从A点释放，到达B点的速度为v ，根据动能定理有mgR＝mv 2
B B
解得v ＝ m/s
B
经过分析，当传送带长度小于等于L 时，滑块全程减速，否则先减速后以v＝3 m/s匀速，
1
则v2－v 2＝－2μgL
B 1
解得L＝5.5 m
1
故当L≤L 时v ＝
1 C
当L>L 时v ′＝3 m/s
1 C
由平抛运动规律可知H＝gt2
解得t＝ s
所以，当L≤5.5 m时，滑块落地点至B点的水平距离为x＝L＋v t＝L＋ (m)
C
当L>5.5 m时，滑块落地点至B点的水平距离为x＝L＋v ′t＝L＋1.8 (m)．
C
小综合练(三)
1．A [由题图可知雨滴最终做匀速直线运动，故A正确；雨滴加速阶段做加速度逐渐减小
的加速运动，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，可知雨滴受到的空气阻力逐渐增大，当雨
f
滴最终匀速运动时，受到的空气阻力不变，故B、D错误；设雨滴加速阶段的时间为t，则
加速阶段的位移x＞×3 m/s，平均速度＝＞1.5 m/s，故C错误．]
2．D [X理想气体的热力学温度为600 K，Y理想气体的热力学温度为300 K，原有理想气
体的热力学温度为300 K，X、Y、原有理想气体的物质的量之比为1∶2∶1，根据pV＝nRT可知，X、Y理想气体pV乘积为原有理想气体的2倍，由图像可知，X、Y均为曲线丙，故
A、B错误；由于X、Y理想气体的物质的量之比为1∶2，则在同一体积时，X理想气体的
分子数是Y理想气体的一半，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，X曲线代
表的气体较Y曲线代表的气体少，故C错误；根据pV＝nRT可知，由于X、Y理想气体的物
质的量之比为1∶2，则曲线X与曲线Y代表的气体在相同体积时，温度均加热至1 200 K，
则压强之比为1∶2，故D正确．]
3．A [从B到C根据动能定理得－μmg·＝0－mv 2，在B点根据牛顿第二定律得F －mg＝
B N
m，物块到达B点前瞬间受到的摩擦力大小F＝μF ，联立解得F＝μ(1＋μ)mg，故A正确，
f N f
B、C、D错误．]
4．C [根据法拉第电磁感应定律E＝，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ
＝ΔB·L2，＝＝2 T/s，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝＝ A＝0.8 A，在t＝0.05 s
时，ab受到的安培力为F＝BIL＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感
应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小而减小，线框有扩大的趋势，故 ab
受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08×0.8 W＝0.064 W，故D正确．]
5．AD [天宫空间站从低轨道调整到高轨道运行，则空间站需要做离心运动，根据＝m，空
间站做离心运动，需要发动机向后喷气体使得天宫空间站速度增加，A正确；天宫空间站不
消耗能量无法改变动能，则速度不变，轨道不变，B错误；根据牛顿第二定律有G＝mr，解
得T＝2π，同步卫星的周期为24小时，天宫空间站的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，
故周期小于24小时，C错误；第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，
而空间站的轨道半径较大，故其运行速度小于第一宇宙速度，D正确．]
6．ABC [由题图乙可知，a光的遏止电压最大，由eU＝mv2＝hν－W 可知，a光的频率最
c 0 0
高，是由第4能级向基态跃迁发出的，A正确；b光是由第3能级向基态跃迁发出的，其能
量值为E ＝E －E ＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，B正确；由题图丙可知，第3能级
b 3 1
的能量值为－1.51 eV，电离能为1.51 eV，由玻尔理论可知，动能为1 eV的电子不能使处于
第3能级的氢原子电离，C正确；由第2能级向基态跃迁辐射的光子能量为E ＝E －E ＝
c 2 1
10.2 eV，辐射能量第4大的光子能量为E －E ＝2.55 eV，由于只测得3条电流随电压变化
4 2
的图像，故阴极金属的逸出功介于2.55～10.2 eV之间，不可能是1.75 eV，D错误．]
7．(1)2.25 (2)线性 (3)0.77
解析 (1)由于实验中所用节拍的频率是每秒2拍，即频率为f＝2 Hz，周期 为T＝＝0.5 s，
表格中“C”处对应的是3拍，对应时间是t＝3T＝1.5 s，则有t2＝1.52 s2＝2.25 s2.
3 3
(2)根据图表可以得出n＝1时的位移与时间平方之比＝ m/s2＝38 m/s2
n＝2时的位移与时间平方之比＝ m/s2＝38.5 m/s2
n＝3时的位移与时间平方之比＝ m/s2＝38.3 m/s2
n＝4时的位移与时间平方之比＝ m/s2＝38.3 m/s2表中s与t2的比值近似为一常数，所以s与t2成线性关系．
(3)根据逐差法可得加速度为a＝≈0.77 m/s2.
8．(1)0.02 (2) m/s2 (3)57 N·s，方向与初速度方向相反
解析 (1)冰壶以v＝4 m/s的速度被掷出后，恰好停在营垒区中心O，则有v2＝2ax，解得a
0 0
＝0.2 m/s2
又由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.02
(2)冰壶投掷速度v＝3 m/s，从MN前方12.5 m处，有v2－v2＝－2ax，解得v＝2 m/s
0 1 0 1 1
擦拭冰面后有0－v2＝－2a′(x－x)，解得a′＝ m/s2
1 1
(3)从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中由动量定理得I＝0－mv，解得I＝－57 N·s
0
冰壶受到摩擦阻力的冲量大小为57 N·s，方向与初速度方向相反．
9．(1) (2) (3) (4)见解析图 L2
解析 (1)粒子经过加速电场最大电压U＝加速有qU＝mv2－mv2
0
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的粒子恰好到达P点，则所有
粒子均能达到平面NPPN ，由类平抛运动规律可得qE＝ma,2L＝at2,2L＝vt
1 1 0
解得E＝
0
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q 点时
1
所加的磁场为最小值，加速电压U＝，由圆周运动规律可得r＝2L，qvB ＝m
1 min
解得B ≥＝
min
当从M点射入的粒子恰好到达 M 点时所加的磁场为最大值，加速电压 U＝0，有r ＝L,
1 2
qvB ＝m
0 max
解得B ≤，综上可得B＝
max
(3)x方向的运动L＝t2
yz平面的运动(2L－r)2＋L2＝r2
得到r＝，cos θ＝＝
又r＝， t＝
解得B＝，E＝
(4)画出在平面NPPN 上有粒子打到的区域的边界如图所示，面积为S＝L2.
1 1小综合练(四)
1．C [车辆功率一定时，由P＝Fv可知，速度v越大，牵引力F越小，A项错误；减小坡
度，主要目的是减小车辆的重力沿斜面下滑的力，B项错误；转弯路面处内低外高时，重力
和支持力的合力可以提供一部分向心力，减少车辆拐弯时所需要的摩擦力，使车辆转弯时更
安全，C项正确；由向心力公式F＝m可知，以某一恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需
的向心力越小，D项错误．]
2．B [如图所示，
当光线第1次射到圆面上恰好发生全反射，则sin θ＝，则L的最大值为L＝2Rsin θ＝，故
选B.]
3．C [两壶碰后在冰面上滑行，则有a＝＝μg，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙
的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v 和v ，根据运动学关系0－v2＝－2ax，得
1 2
v∶v＝1∶3，根据动量守恒定律得mv＝mv＋mv，解得v＝，v＝，C正确，D错误；两
1 2 0 1 2 1 2
壶碰撞过程机械能的变化量为ΔE＝mv2＋mv2－mv2＝－mv2，机械能有损失，A错误；动
1 2 0 0
量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相等但方向相反，B错误．]
4．D [如图所示，
连接BD和CF交于G点，由于G为BD的中点，则G的电势为φ ＝＝ V＝4 V，可知F、G
G
电势相等，故CF为等势线，电场方向垂直于CF向上，可知AB也为等势线，则有φ ＝φ ＝
A B
2 V，A正确；A、F两点的电势差为U ＝φ －φ ＝2 V－4 V＝－2 V，C、D两点的电势差
AF A F
为U ＝φ －φ ＝4 V－6 V＝－2 V，故有U ＝U ，B正确；匀强电场的电场强度大小为E
CD C D AF CD
＝＝ V/m＝ V/m，C正确；将电子由A点移到C点，静电力做功为W ＝－eU ＝2 eV，D
AC AC
错误．]
5．AD [由题图可知从波峰到波谷的距离为1 m，故波的波长为λ＝2 m，A正确；题图乙
为质点A的振动图像，则T＝0.2 s，根据波速计算公式有v＝＝10 m/s，B错误；因为t＝0
时刻平面内只有一圈波谷，而此时O也处于波峰，由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时O处于平衡位置，由此可以判断t＝0时波传播了0.25 s、1.25个波长，即t＝0
时刻波刚好传播到2.5 m处，则机械波恰好传至B处的时间点为t ＝ s＝0.15 s，C错误；质
B
点C到波源的距离为x＝ m＝5 m，由选项C可知，t＝0时波传播了2.5 m，则波传播到C
点所用的时间为t ＝ s＝0.25 s，由图像可知波的振幅为A＝1 cm，故从t＝0到t＝0.85 s过
C
程中，质点C运动的路程为s＝·4A＝×4×1 cm＝12 cm，D正确．]
6．AC [设初速度为v，则由逆向思维可得上滑时v＝at，x＝at2，下滑时满足v＝at，
1 1 11 11 2 22
x＝at2，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α＝ma ，mgsin α－μmgcos α＝ma ，即a ＝
22 1 2 1
gsin α＋μgcos α，a ＝gsin α－μgcos α，因＝，得＝，解得μ＝，＝，所以＝，故A正确，
2
B错误；物体损失的机械能上滑时满足ΔE＝Fx，上滑的最大重力势能为E ＝mgxsin α，由
f p
能量守恒定律有E ＝mgxsin α＋Fx，其中F＝μmgcos α，所以＝＝，同理可得＝，故C正
0 f f
确，D错误．]
7．(1)C D (2)乙 (3)1.50 0.33 (4)AD
解析 (1)一节干电池的电动势约为1.5 V，本实验要求电流不可过大，故电流表选择量程为
0～0.6 A的C；滑动变阻器应选D，若滑动变阻器选E，由于总阻值较大，则滑片滑动时移
动范围小，不方便调节．
(2)由于电流表内阻已知，采用题图乙电路，电流表分压造成的系统误差可以消除，故选题
图乙．
(3)由U＝E－Ir可得，图线Ⅰ的纵截距为E＝1.50 V，斜率的绝对值k≈0.83 Ω，减去电流表
的内阻0.5 Ω，即电池的内阻为r＝0.83 Ω－0.5 Ω＝0.33 Ω
(4)根据公式P＝I2R＝可知，内、外电阻相等时输出功率最大，且Ⅱ品牌电池内阻较大，又
由P ＝可知，Ⅱ品牌电池最大输出功率较小，A正确，B错误；输出功率P＝UI＝－(U
max
－)2＋，可知P－U图线应为开口向下的抛物线，又由P ＝可知，电动势相同，内阻越小，
max
最大输出功率越大，C错误，D正确．
8．(1)0.6 m (2)28 N (3)3 m
解析 (1)小物块在B点时的速度v ＝＝4 m/s，小物块在竖直方向的分速度v ＝vtan 60°＝2
B By 0
m/s
解得A、B两点间竖直方向的距离是h ＝＝0.6 m
AB
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律，可知mgR(1－cos 60°)＋mv 2＝mv 2
B C
解得v ＝6 m/s
C
小物块在C点时，由牛顿第二定律可得F－mg＝m，解得F＝28 N，由牛顿第三定律可知，
小物块滑到C点时对轨道的压力大小为F′＝28 N.
(3)长木板与地面间的摩擦力为F ＝μ(M＋m)g＝4 N，小物块与长木板间的摩擦力为F ＝
f1 1 f2
μmg＝5 N，F > F ，因此长木板做加速运动，对长木板分析，由牛顿第二定律有 μmg－
2 f2 f1 2
μ(M＋m)g＝Ma
1 1对小物块分析，由牛顿第二定律有μmg＝ma
2 2
小物块做减速运动，长木板做加速运动，在小物块与长木板速度相等时，则有 v＝v －at＝
C 2
at，解得t＝1 s，小物块的位移为x＝t＝3.5 m，长木板的位移x＝t＝0.5 m
1 1 2
在小物块与长木板速度相等后，一起做减速运动到静止，故长木板的最小长度是L＝x －x
1 2
＝3 m.
9．(1)2πNBr· 顺时针
(2)mgh (3)
解析 (1)根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，落地时线圈切割磁感线产
生的感应电动势为E＝NvLB，L＝2πr，mgh＝mv2
解得E＝2πNBr·
(2)由于待铝盒静止后将弹簧锁定，则从落地到线框最终静止的过程中，根据动能定理有
mgh－Q＝0
(3)线框CDFE(含线圈、铝盒、鸡蛋)静止时有mg＝kx
1
由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍，则说明线框刚落地
到最低点下落的距离为x，根据法拉第电磁感应定律有E＝N＝N
1
则通过回路某截面的电荷量q＝·Δt＝N
整理后有q＝.
小综合练(五)
1．A [14C的衰变过程是一个自发的过程，是放能过程，因此不仅从原子核中放出电子，同
时放出能量，出现质量亏损，因此14C核的质量大于14N核的质量，A正确；放射性元素的
半衰期非常稳定，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关，
B、D错误；半衰期是满足大量原子的统计规律的，对少量的原子没有意义，C错误．]
2．B [球受到重力mg、AB板的支持力F 、CD板的支持力F 三个力作用下保持平衡状
NAB NCD
态，在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，球的重力保持不变，AB板对球的支持力方向
不变，只有CD板对球的支持力方向在变化，如图所示分别是小球在 CD与水平面夹角在
30°和75°的受力情景图．根据三角形定则，可知随着θ角缓慢地增大，AB板对球的支持力也逐渐增大，当θ＝75°时，
AB板对球的支持力最大，从受力图可知AB板对球的支持力等于球的重力，根据牛顿第三
定律可得球对AB板压力的最大值为mg，B正确，A、C、D错误．]
3．B [设透明球体的临界角为C，则sin C＝＝，解得C＝30°，如图所示，
光屏上光照面是以D为圆心，BD为半径的圆．光线恰好在球体内发生全反射时的入射角等
于临界角C，由几何关系可得其半径r＝R，光屏上光照面积S＝πr2＝，故B正确．]
4．D [滑块沿斜面下滑5 m，则重力势能减小量ΔE ＝mgssin 37°＝30 J，选项A错误；从
p
顶端到底端时机械能增加20 J，则除重力以外的其他力做功为20 J，设力F与斜面的夹角为
α，则Fxcos α－μ(mgcos 37°－Fsin α)x＝20 J，其中x＝5 m，代入数据可知F＝ N，只有当
α＝0时F＝8 N，选项B错误；摩擦力做功W＝－μ(mgcos 37°－Fsin α)x＝－(20－ 5Fsin
f
α) J，只有当α＝0时摩擦力做的功才等于－20 J，选项C错误；因物体沿斜面下滑5 m，重
力势能减小30 J，而初态机械能为30 J，可知斜面的底端重力势能为零，到达底端时机械能
为50 J，则动能为50 J，根据E＝mv2，可得v＝10 m/s，选项D正确．]
k
5．BC [根据交流电有效值计算方法，由公式有·＝·T，可解得原线圈输入电压的有效值是
110 V，A错误；当原线圈中开关接“1”时，电压表的示数U ＝55 V，根据理想变压器＝
2
得，原、副线圈匝数比为2∶1，B正确；当原线圈中开关接“2”时，原线圈接入电路的有
效匝数与副线圈匝数相等，根据理想变压器＝得，副线圈两端电压有效值 U′＝110 V，最
大电压大于110 V，大于电容器的击穿电压，电容器被击穿后，两电阻并联R ＝＝50 Ω，
总
由欧姆定律得I＝＝2.2 A，C正确；开关接“1”时PR ＝＝30.25 W，开关接“2”时PR ＝
1 1
＝121 W，D错误．]
6．BC [运动员在空中只受重力作用，做匀变速曲线运动，A错误；将起跳速度沿着斜面
和垂直于斜面分解，运动员从起跳到P点运动的时间为t＝2×＝4 s，B正确；起跳点O至
落点P的位移大小x＝(vcos 53°)t＋(gsin 37°)t2＝96 m，C正确；运动员离开雪坡的距离最大
0
时，速度大小为v＝(vcos 53°)＋(gsin 37°)·＝24 m/s，D错误．]
0
7．(1)22.4(22.1、22.2、22.3、22.5、22.6、22.7均可) (2) (3)较大的速度碰撞指针，会损
失较多的机械能(其他理由也可)
解析 (1)分度值为1°，故读数为22.4(22.1、22.2、22.3、22.5、22.6、22.7均可)．
(2)弹丸射入摆块内，由系统动量守恒有
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cos θ)
联立解得v＝.
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克
服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)．
8．(1)15 cm (2)20 cm
解析 (1)对右管上方气体，注入水银柱前p＝p＝75 cmHg
3 0
注入水银柱后p′＝p＋h＝100 cmHg
3 0
则有phS＝p′h′S
3 3 3 3
解得h′＝15 cm
3
(2)对两水银柱下方气柱，可得注入水银柱前
有p＝p＋h＝80 cmHg
3 1
注入水银柱后有p＝p＋(h＋h)＝105 cmHg
1 3 1
设注入水银柱后气柱的长度为L，则有p·2HS＝p·LS
1
解得L＝32 cm
此时两侧水银柱底部高度差为Δh＝2H－L＋2(h－h′)＝20 cm.
3 3
9．(1)3 m/s (2)3 N (3) m
解析 (1)小车由A运动至B过程，由功能关系可知E＝k(mg＋F)L＋mv 2
p B
其中F＝0.5mg，
代入数据得v ＝3 m/s
B
(2)设小车在C点的速度为v ，恰好通过最高点，则mg－0.5mg＝m
C
小车从B到C，由动能定理得－mg×2R＝mv 2－mv 2得R＝0.2 m
C B
在B点F －mg－0.5mg＝m，得F ＝3 N，由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力
N N
大小为3 N；
(3)小车从B到P，由动能定理得－mg×2r＝mv 2－mv 2
P B
小车从P点飞出后做平抛运动有x＝v t
P
2r＝gt2
得x＝
＝
当r＝0.112 5 m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出，v >0，则r<0.225 m
P
但因为小车在N点，
有m≤2.5mg
小车从B到N，由动能定理得－mgr＝mv 2－mv 2，得r≥0.2 m
N B综合可知，当r＝0.2 m时，小车落点与P点水平距离最大，且x ＝ m.
m
小综合练(六)
1．B [由匀变速直线运动的规律可知：若拍摄顺序为(a)、(b)、(c)，(b)还未到最高点，可
以判断一定是上滑，但(c)还未到最高点，所以运动员在(c)位置可能沿斜面向上或向下运动，
A错误；若拍摄顺序为(a)、(c)、(b)，由于拍摄时间间隔相等，则运动员在(c)位置一定沿斜
面向上运动，B正确；若拍摄顺序为(c)、(b)、(a)，(c)还未到最高点，则运动员在(c)位置可
能沿斜面向上或向下运动，C错误；若拍摄顺序为(b)、(c)、(a)，则(a)一定沿斜面向下运动，
(b)一定沿斜面向上运动，由于拍摄时间间隔相等，所以运动员在(c)位置一定沿斜面向下运
动，D错误．]
2．C [由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，
由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由＝C知，a、b两状
态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Q ＝－W；由＝C知，c状态的温度高
ab
于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Q >|W|，故B错误．由＝C知，
bc
c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属
于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a过程
中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误．]
3．B [同一介质中传播，波速相等，从题图中可知波长不同，则频率不同，因此不能产生
干涉现象，故A错误；根据f＝，f ＝0.25 Hz，f ＝0.5 Hz，观察者正经x＝2 m处沿x轴负
甲 乙
向匀速运动，在他看来，甲的频率增大，乙的频率降低，接收到的两波频率可能相同，故 B
正确；波传播过程中，质点不随波迁移，此时题图中两波峰所在位置在 x轴的中点2.75 m
处，由于波速相等，同时到达，用时3.75 s，故C错误；t＝0时刻，x＝－2.6 m处的质点的
振动方向与x＝5.2 m处的质点的振动方向均向下，故D错误．]
4．D [两金属板，上极板带正电，故电场方向竖直向下，颗粒带正电，故所受静电力方向
向下，A错误；当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下极板时，烟尘就被全部吸附．烟尘颗
粒受到的静电力为F＝，L＝at2＝，解得t＝L＝2 s，B错误；容器中每个烟尘颗粒所处的位
置可能不同，与负极板间的电势差不同，故合外力做功不同，不可能所有烟尘颗粒获得的动
能均为E ＝2.5×10－15 J，C错误；容器内的烟尘颗粒总数为N，一个颗粒从上极板到下极
k
板时，静电力做功为qU, 由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点
位置，因此，除尘过程中静电力对烟尘所做总功为W＝NqU＝0.012 5 J，D正确．]
5．ABD [接触弹簧之前，物块受到的合力F ＝F －mgsin θ，接触弹簧后，开始时弹力F
合 风
小于合力F ，物块仍加速沿斜面向上运动，随着弹力增加，加速度减小，当加速度减小
弹 合到零时速度最大，以后当弹力F 大于合力F 时，加速度反向，物块做减速运动直到停止，
弹 合
此时加速度反向最大，则此过程中，物块的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，弹簧
的弹性势能一直增大，因风力做正功，则物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故选A、
B、D.]
6．AD [依题意可得，轨道Ⅱ的半长轴a＝，根据开普勒第三定律，有＝，可得T ＝T，故
Ⅱ
A正确；“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程中，动能增加，势能减少，月
球表面的重力加速度为g ＝G，重力加速度随高度增加而减小，所以重力做功小于 mg (r
月 月
－R)＝G(r－R)，所以，动能的增加量小于G(r－R)，故B错误；由万有引力定律F＝G可得，
“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过P点和Q点的加速度之比为＝，故C错误；“嫦娥五号”在
轨道Ⅱ上经过Q点的速度大于贴近月球表面做圆周运动的线速度，而贴近月球表面做圆周
运动的线速度大于在轨道Ⅰ上运行的线速度，所以“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上经过Q点的速
度大于在轨道Ⅰ上的线速度，故D正确．]
7．(1)见解析图 (2)②小于 ⑤ －R
0
解析 (1)由电路图可得实物图如图．
(2)②由题意知，当保持滑片P不动，把开关S 与C接通时，电阻箱R与电流表并联，电路
2
总电阻减小，则干路电流增大，所以电流表指针半偏时，电阻箱 R上分到的电流大于满偏
电流的一半，因为并联时，电流与电阻成反比，所以电流表内阻大于电阻箱阻值，故用该方
法测得的电流表内阻小于真实值；
⑤由题意得E＝IR＋IR ＋Ir，即＝·R＋，故＝b，＝k，解得E＝，r＝－R.
0 0
8．(1)8 m/s2 4 m/s (2)5 N (3)1.4×104 V 0.72 J (4) m/s
解析 (1)根据牛顿第二定律qE＝ma可得带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a＝＝8
m/s2
根据运动学规律v 2＝2ax可得带电体运动到B端时的速度的大小为v ＝＝4 m/s
B B
(2)设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受到圆弧轨道的支持力大小为F ，根据牛顿第二定
N
律有
F －mg＝m，解得F ＝5 N
N N
根据牛顿第三定律可得带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小为F ′＝
N
F ＝5 N
N
(3)A、C两点之间的电势差为U ＝E(x＋R)＝1.4×104 V
AC
根据能量守恒定律可得A到C过程中的摩擦产生的热量为Q＝qU －mgR＝0.72 J
AC(4)若圆弧轨道是光滑的，设带电体到达C点时的速度大小为v ，根据动能定理有
C
mv 2－mv 2＝qER－mgR
C B
带电体离开C点后在竖直方向做竖直上抛运动，上升到最高点所用时间为t＝
带电体离开C点后在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，带电体到达最高点的速度
大小为v＝at
联立解得v＝ m/s.
9．(1)1 V (2) m/s C
(3)F ＝(x＋1)2 N(0≤x≤2)
外
解析 (1)由mgh＝mv2得v＝2 m/s，此时有E＝Bdv，则U＝·r＝E，解得U＝1 V
1 b
(2)由mv＝(m＋m)v ，解得v ＝v＝ m/s，且mv－0＝Bdt＝Bqd，解得q＝ C
a a b 共 共 b b b 1 1
(3)由总电阻为R ＝r＋＝2 Ω
总 b
又由几何关系可知，金属棒移动1 m，金属棒在磁场中的有效长度增加1 m，所以L′＝d＋
x＝1＋x
电路中的电动势为E′＝BL′v
2 b
电流为I′＝
金属棒b受到的安培力为F ＝BI′L′
外 2
联立可得F ＝(x＋1)2 N(0≤x≤2).
外
