文档内容
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．AD [无风时，对气球受力分析得F ＝mg＋F ＝9 N，A正确；有风时，气球保持静止，
浮 T
故所受合力为零，B、C错误；有风时，对气球受力分析得 F ＝F ′sin θ，F ＝mg＋
风 T 浮
F ′cos θ，联立解得F ′＝10 N，D正确．]
T T
2．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．]
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．BC [小球B的受力情况如图所示圆柱体向右移动的过程中，小球位置升高，细线与竖直方向的夹角增大，圆柱体对小球的支
持力与竖直方向的夹角θ减小，故细线的拉力F 减小，圆柱体对小球的支持力F 增大，A
T N
错误，B正确；B对圆柱体的压力F ′(F ′与F 大小相等)的竖直分力大小F ＝F ′cos
N N N Ny N
θ，当θ减小时F 增大，使得地面对圆柱体的支持力增大，C正确；地面对圆柱体的摩擦力
Ny
大小F＝μ(F ＋G)，其中G为圆柱体的重力，可知地面对圆柱体的摩擦力增大，D错误．]
f Ny
6．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
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．BD [物块下滑过程，根据牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝F＋gsin
θ－μgcos θ，则图线的斜率为k＝，斜率只与物块的质量有关，质量越大，斜率越小，A错
误，B正确；由题图乙得图线斜率k＝＝ kg－1，解得m＝2 kg，C错误；由题图乙可得图线
与纵轴的截距为－0.4 m/s2，即gsin θ－μgcos θ＝－0.4 m/s2，解得μ＝0.8，D正确．]
3．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
4．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．]
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
n
冰刀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．C [设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＝ma ，可得a ＝gsin θ；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a ＝0；运动
1 1 2
员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即 a ＝g；设在P点的速度为v ，则从
3 0
P点飞出后速度大小的表达式为v＝.由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能
为直线，且ar ，则运行的周期T ＝T >T ，线
P Q M P Q M
速度大小v ＝v ，D正确．]
B
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
克f
力做功为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 p3．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．BC [开始时动能最大，由图像知E ＝20 J＝mv2，解得v＝2 m/s，A错误；物体上滑，
k0 0 0
动能越来越小，最高点为0，由图像知，物体上滑的位移x＝2 m，物体在最高点重力势能为
E＝mgh＝12 J，解得h＝1.2 m．则斜面倾角为sin θ＝＝0.6，物体上滑过程中损失的能量等
p
于克服摩擦力做的功，所以有W ＝μmgxcos θ＝ΔE＝20 J－12 J＝8 J，代入数值解得μ＝
克f
0.5，B正确；物体回到出发点时重力势能不变，损失的能量ΔE′＝2×(20 J－12 J)＝16 J，
所以回到出发点的动能为E ＝E －ΔE′＝20 J－16 J＝4 J，C正确；物体上升过程中的加速
k k0
度a＝gsin θ＋μgsin θ，下降过程中的加速度a＝gsin θ－μgsin θ，所以a>a.根据x＝at2可
1 2 1 2
得上升过程中用的时间小于下降过程中用的时间，根据I＝Ft可得物体上升过程中重力的冲
量小于下降到出发点的过程中重力的冲量，D错误．]
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＝
Q A
＝cos2θ，对小环和A的系统，有Mgh＝E ＋E ，联立可得小环C的最大动能E ＝，故C
kA kQ kQ
正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，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－F＝ma，对B有F＝mg，联立解得a＝ g
T T
－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 [AB与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程中动量守恒，但粘接过程有机
械能损失，故A错误，B正确；根据动量守恒定律有Mv′＋mv＝0，则有v′＝－v，大小
为v，故C正确；该系统属于人船模型，则有Mx ＝m(L－x )，所以车向左的位移应为x
M M M
＝，D错误．]
6．B [小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和
槽组成的系统动量不守恒，A错误；小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动
量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重
力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，B正确；小球下滑到底端B的过程中，小球对
槽的运动轨迹为圆，而槽相对于地面在水平方向上运动，所以小球对地的运动轨迹不是圆，
C错误；小球开始下滑时，速度为零，根据P＝Fvcos θ，合力的瞬时功率为零，小球滑到
底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零，D错误. ]
7．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－
1 0 1 0 1 1
×2mv2＝－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
0 0 2 3
和机械能守恒，有2mv ＝mv ＋2mv ，×2mv2＝mv2＋×2mv2，联立解得v ＝v ，v ＝v.弹
0 2 3 0 2 3 2 0 3 0
簧由最大伸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＝
2 1 3
mv ，弹簧弹力对B球做功为W ＝×2mv2－×2mv2＝－mv2，故前后两个过程的冲量大小
0 2 3 1 0
关系为I ＝I ＝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|
1 2 0 1 0 2
＝|mv2|，故C正确，D错误．]
0
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
2
阶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
2
据牛顿第二定律可得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
合 1 2
减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 [根据运动位移－时间图像可知，图像的斜率表示台球的速度，则2.5t 时甲的速度大
0
小为v ＝，2.5t 时乙的速度大小为v ＝＝，则有vr，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 m0，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．A [竖直方向满足d＝gt2，水平方向满足0.5d＝at2，Eq＝ma，联立解得E＝，A正确，
B、C、D错误．]
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．D [金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向
右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，故 A错误；根据安培力公式可得受到的安培力大小为F ＝4BIL，故B错误；金属细杆水平静止在斜面上时，根据平衡条件可得F ＝
安 N
mgcos θ＋BILsin θ，BILcos θ＝mgsin θ，磁感应强度大小变为4B时，F ′＝mgcos θ＋
N
4BILsin θ<4F ，根据牛顿第三定律知，C错误；由牛顿第二定律可得a＝＝3gsin θ，加速度
N
方向为沿斜面向上，故D正确．]
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．AD [带负电荷的粒子往c点一侧偏转，所以粒子不可能从a点射出，A正确，B错误；
当粒子从ac边射出时，粒子在磁场中运动的最长时间为半个周期，即 t＝＝，D正确；由T
＝知，粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子在磁场中偏转的圆心角越小，运动的时间越短，
C错误．]
3．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．]
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．C [设K－介子质量为m，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中做速率为v、半径为R的
0
匀速圆周运动，则根据洛伦兹力提供向心力有
evB＝m①
0
解得R＝＝②
由②式可得K－介子和π－介子的动量大小之比为 ＝ ＝2③
由题图并根据左手定则可知，K－介子到达P点衰变前瞬间的速度方向向下，衰变后瞬间π－
介子的速度方向向上，衰变过程动量守恒，取向下为正方向，则 ＝－ ＋ ④
联立③④解得π－的动量大小与π0的动量大小之比为 ＝⑤
故选C.]
6．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．]
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．B [电动机正常工作时不是纯电阻元件，其额定电压不等于IR，而是U ＝E－I(r＋R)，
M 0
A错误；整个电路的热功率为P′＝I2(R＋R ＋r)，D错误；根据能量守恒定律可知，电动机
0
的输出功率为P ＝IE－I2(r＋R＋R)，B正确；电源的输出功率为P＝IE－I2r，C错误．]
M 0
4．B [当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的总电阻减小，根
据I＝可知电路中的电流增大，所以电磁铁周围的磁场增强，磁敏电阻的阻值增大，总电阻
增大，总电流减小，根据U＝IR可知电压表的示数减小，电源内阻消耗的电压变小，A、D
错误；由于内电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知路端电压增大，而电压表的示数减小，
所以R 两端电压增大，通过R 的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，
2 2
则小灯泡消耗的功率变小，B正确，C错误．]
5．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．]
6．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．]
7．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．]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．ACD [波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝NBlv＝64sin πt (V)，产生电动势最
大值为E ＝64 V．根据闭合电路欧姆定律有i＝＝4sin πt (A)，A正确，B错误；灯泡电流
max
的有效值为I＝ A＝2 A，则灯泡的功率为P＝I2R＝120 W，C正确；灯泡两端电压的有效值
为U＝IR＝30 V，D正确．]
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 2IR ，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．AD [金属棒中感应电流为I＝＝，对金属棒，由牛顿第二定律可得mg－BIL＝ma，联立
可得a＝g－，对比图像可知，A正确，B错误；金属棒产生的平均感应电动势为＝＝，平均
感应电流为I＝，流过金属棒的电荷量为q＝IΔt，联立可得q＝，对比图像可知，C错误，D
正确．]
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 13t ～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．CD [由题图乙可知，在t＝时刻，质点正在向y轴负方向振动，而从题图甲可知，质点
Q在t＝时刻正在向y轴正方向运动，A错误；由t＝时刻的波形图可知，t＝0时刻，质点P
正位于波谷，速率为零，质点Q正在平衡位置，故在t＝0时刻，质点P的速率小于质点Q，B错误；t＝0时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向的最大加速度，质点Q在平
衡位置，加速度为零，C正确；t＝0时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置的距离最大，
质点Q在平衡位置，偏离平衡位置的距离为零，D正确．]
6．ACD [甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播波速相等，由 λ ＝λ ＝2 m，可知
甲 乙
频率之比为1∶1，A正确；由“上下坡”法可知，两列波叠加后，x＝0处的质点振动加强
振幅为A ＝A ＋A ＝10 cm＋20 cm＝30 cm ，B错误；两波的周期为T＝＝ s＝0.5 s．由
0 甲 乙
“上下坡”法可知，t＝0时刻，x＝0处的质点处于平衡位置，且向上运动，因为t＝0.75 s＝
，所以t＝0.75 s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动，C正确；两列波叠加后，
在x＝2 m处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，D正确．]
7．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．]
热点 16 光学 电磁波
1．BD [大量光子的行为往往表现出光的波动性，A错误；由双缝干涉的条纹间距公式Δx
＝λ知，a光的波长小，由λ＝得a光的频率大，频率大的光折射率也大，因此水对a光的折
射率大，B正确；肥皂泡呈彩色条纹是光的干涉现象，C错误；电磁波在真空中自由传播时，
其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，D正确．]
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．ACD [b光发生全反射，说明入射角θ 满足 C ≤θn ，所以
1 b 1 a b a
b光的频率大于a光频率，A正确；玻璃砖对a光的折射率n＝＝，B错误；因为n>n ，由
b a
光在介质中的传播速度v＝，知a光在玻璃砖中的传播速度大，先从ON方向射出(路程相
同)，C正确；a光的频率比b光的小，则a光的波长比b光的大，由双缝干涉条纹间距公式
Δx＝λ，可知a光的干涉条纹间距大，D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＝sin θ，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．ACD [由于液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力，
选项A正确；若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均动能相同，但是由于氧
气和氢气的分子质量不同，则分子平均速率不相同，选项B错误；一定质量的理想气体经
历等容放热过程，则W＝0，Q<0，根据ΔU＝W＋Q，可知ΔU<0，即气体的内能减小，选
项C正确；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违背热力学第一定律，但它违背热
力学第二定律，选项D正确．]
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．CD [粒子Q做匀速直线运动，所以粒子Q不带电，是中子，A错误；由于粒子Q不带
电，则粒子P一定带正电，由左手定则可知，粒子P沿逆时针方向运动，B错误；由核反应
前后质量数和电荷数均守恒可知，粒子P的电荷量大于铝原子核的电荷量， C正确；由爱
因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2，可知核反应过程中释放出的能量ΔE＝(m ＋m －m －m)c2，
1 2 3 4
D正确．]
3．BC [根据爱因斯坦光电效应方程E ＝hν－W ，可知光电子的最大初动能E 与入射光频
k 0 k
率ν的关系图像的斜率为普朗克常量h，所以两条图线的斜率一定相等，α和β一定相等，A
错误；由E＝hν－W 可知，若增大入射光的频率ν，则产生的光电子的最大初动能增大．由
k 0
eU＝E 可知若增大入射光频率ν，则所需的遏止电压U 将增大， B正确；光电子的最大初
c k c
动能E 与入射光频率ν的关系图线与横轴的截距等于金属的逸出功W 与普朗克常量h的比
k 0
值，由图像可知甲金属的逸出功较小，因此某一频率的光可以使乙金属发生光电效应，则一
定能使甲金属发生光电效应， C正确；根据光电效应规律，若不改变入射光频率ν，而增
加入射光的强度，则光电子的最大初动能不变， D错误．]
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 [摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，但方向不断变化，
是变加速运动，所以在相同时间内，乘客的速度变化量大小相等，但方向不同，A错误；根
据动量定理有F Δt＝Δp可得F ＝，可见动量变化率即为乘客所受合外力，在匀速圆周运
合 合
动的最低点合外力不为零，所以他的动量变化率不为零，B错误；当乘客位于摩天轮的最高
点时，他受到的合外力竖直向下，加速度向下，所以他处于失重状态，C正确；乘客在与转
轴等高的位置时，受到的合外力水平指向圆心，加速度方向跟重力加速度方向不同，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．BD [当t＝时，根据几何关系可知线圈切割磁感线的有效长度为 l＝2＝r，则此时线圈
中电流为I＝＝，A错误；t＝时，根据几何关系可知线圈切割磁感线的有效长度为l ＝2r，
1
则此时线圈中电流为I ＝＝，线圈受到的安培力大小为F＝BIl ＝，B正确；0～时间内，根
1 11
据几何关系可知线圈进入磁场的面积为S＝＋×＝＋，则线圈中的平均电流为I＝＝，通过
线圈横截面的电荷量为q＝I·Δt＝＋，C错误；t＝时，根据几何关系可知线圈切割磁感线的
有效长度为l ＝r，则此时线圈中电流大小为I ＝＝，此时线圈的热功率为P＝I2R＝，D正
2 2 2
确．]
6．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．]
7．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．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.]
4．C [设细绳与竖直方向夹角为θ，细绳拉力为F ，根据平衡条件可得3F cos θ＝mg，解
T T
得每根细绳的拉力F ＝>mg，细绳越长，θ越小，则F 越小，C正确，A、B、D错误．]
T T
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．AD [当F＝6 N时，加速度为a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有 F＝(M＋
m)a，代入数据解得M＋m＝6 kg.当F>6 N时，根据牛顿第二定律得a＝＝·F－，知图线的斜
率为k＝＝，解得木板的质量M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，B错误，A正确；由题图知当
F>6 N时，滑块的加速度a′＝1 m/s2，当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝
ma′，a′＝μg＝1 m/s2，解得μ＝0.1，C错误，D正确．]
6．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．]
7．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．]
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．B [在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的电场强度大小为E，设A
点电荷在中心O处的电场强度大小为E ，则有2Esin 30°＝E，得E ＝E，在C点放一等量
1 1 1
异种电荷，则O点的电场强度大小E ＝E＋E ＝2E.只有A、B两点有电荷时，三角形中心O
O 1
点的电势为φ，再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则BC在O点的电势与
无穷远处是相等的，为0.A为等量同种电荷，则O点电势应为，故选B.]
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 O
D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 k2
6．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
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．A [因为β粒子是带负电的电子，电荷数为－1、质量数为0，根据质量数、电荷数守恒，
可知X为N，比C多一个质子，A正确；β粒子来自于原子核C，B错误；半衰期是针对大
量原子的统计规律，对少量原子的衰变不适用，C错误；放射性元素的衰变快慢与其所处的
物理化学环境无关，是由其核内部自身的因素决定的，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．C [由于水的密度大于油的密度，因此水在底层，油在上层．水和油的角速度相等，但
运动半径不同，因此线速度大小不相等，A错误；根据a＝ω2r，由于水的半径大，因此水的
向心加速度比油的大，B错误；油做圆周运动的向心力是由水提供的，根据牛顿第三定律，
油对水有指向圆外的作用力，且与水对油的作用力大小相等，C正确，D错误．]
5．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．]
6．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．]
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．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．]
2．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
3．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．]
4．BD [当连接A的细线与水平杆垂直时，A的速度最大，A的位移x ＝htan 37°＝h，B的
A
位移x ＝－h＝，A的位移大于B的位移，A错误；设A、B的瞬时速度分别为v 、v ，当连
B A B
接A的细线与水平杆成α角时有，v cos α＝v ，当α＝90°时有，v ＝0，显然此过程中B先
A B B
向下加速后向下减速，故B先失重后超重， C错误；细线对A、B的拉力大小相等，设为
F，B克服拉力做功的瞬时功率P ＝Fv ，拉力对A做功的瞬时功率P ＝Fv cos α，显然B
克 B F A
克服拉力做功的瞬时功率等于拉力对A做功的瞬时功率，D正确；对A、B系统应用机械能
守恒定律得mg＝mv 2，解得v ＝，B正确．]
m m
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．AD [由右手定则可知OP切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，OP可
看作电源，O为正极，P为负极，所以P点电势小于O点电势，A正确；金属辐条在磁场中
旋转产生的是电流大小和方向都恒定的直流电，B错误；导电圆环顺时针转动(俯视)产生的
感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的
单向导电性可知，顺时针转动时二极管不发光，C错误；假设辐条长度为L，辐条切割磁感
线产生的感应电动势大小为E＝BL＝BL＝ ，可知角速度比较大时，感应电动势比较大，感
应电流比较大，则LED灯更亮，D正确．]
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．ACD [由于检验电荷带负电，检验电荷由静止释放后向P点运动，则O点的点电荷带
正电，A正确；由于Q点电势为零，因此P点电势为正，由题意知－q(0－φ )＝mv2，则φ
P P
＝，B错误；设O点的点电荷带电荷量为Q′，检验电荷的加速度a＝＝，由此可知，检验
电荷在Q点的加速度大小为a′＝a，C正确；由于从Q到P静电力越来越大，因此从Q运
动到QP中点静电力做功小于mv2，设到PQ中点时速度大小为v′，即mv′2<×mv2，得
v′v ，C错误；嫦娥三号在动力
Q P
下降阶段，引力做正功，引力势能减小，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 [光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，由前后两表面的反射光线频率相同，进行相互叠加，A错误；液晶显示是利用了光的偏振现象，B正确；照相机的镜头呈现淡紫
色是光的干涉现象，C错误；当声波的频率等于玻璃杯的固有频率时玻璃杯振荡最剧烈，最
容易被击碎，即声波击碎玻璃杯的实验原理是共振，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 1m
m/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/s5.5 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 2 110.2 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
