1答案解析（考点+检测卷）_04-物理-高考总复习_专项复习_2025年_2025新高考必刷题物理题型笔记高三复习提分_资料_PDF版-适合打印

第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 
考点1 描述运动的基本概念 
1．答案：A 
解析：以列车为参考系，车站与列车的位置有变化，所以以列车为参考系车站是运动的，
A 正确；以车站为参考系，车厢内行李架上的箱包与车站的位置有变化，车厢内行李架上的
箱包是运动的，B 错误；研究列车车轮转动的快慢情况，车轮的大小和形状不能忽略，不能
将列车视为质点，C 错误；在车厢内窗台上放一杯水测试列车平稳性能时，列车的形状不能
忽略，不可以将列车视为质点，D 错误． 
2．答案：D 
解析：摄像车上的人看到道路边的树木向东移动，说明摄像车相对于旁观者向西运动，
摄像车上的人看到婚车在向西运动，则说明婚车相对于旁观者也向西运动，且婚车比摄像车
运动得快，D 正确． 
3．答案：B 
解析：位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程中该旅客位移大小约为400 km，平
均速度大小约为v＝x
t ＝400
2.5  km/h＝160 km/h. 
4. 
 
答案：A 
解析：设正方形的四个顶点依次是ABCD，则翻滚后ACD 各点的位置如图所示 
可知A 点的位移是x＝
a2＋（3a）2 ＝10 a，A 正确． 
5．答案：A 
解析：空间站绕地球运动一周，位移为0，路程为2πR，A 正确，B 错误；因位移为零，
则空间站绕地球运动一周的平均速度为零，C 错误；平均速率等于路程除以时间，则空间站
绕地球运动一周过程的平均速率为v－ 率＝s
t ＝2πR
T ，D 错误． 
6．答案：D 
解析：以向右为正方向，弹丸的加速度a＝Δv
Δt ＝
2－5
0.1  m/s2＝－30 m/s2，弹丸的加速度
大小为30 m/s2，方向向左，A、B 均错误；以向右为正方向，足球的加速度a′＝Δv′
Δt ＝
－5－5
0.1
  
m/s2＝－100 m/s2，足球的加速度大小为100 m/s2，方向向左，C 错误，D 正确． 
7．答案：D 
解析：根据加速度定义式a＝Δv
Δt ，质点运动的加速度为0，则速度变化为0，但速度不
一定为0；质点某时刻的加速度不为0，该时刻的速度可能为0，也可能不为0，比如竖直上
抛运动到最高点，速度为零，加速度不为零，A、C 错误；加速度等于速度的变化率，质点
运动的加速度越大，速度变化率越大，但速度变化不一定越大；质点速度变化越慢，加速度
越小，B 错误，D 正确． 
8．答案：C 
解析：火箭正常发射时，宇航员，逃逸塔，运载火箭一起运动，处于相对静止，A、B
错误；若火箭发射时遇到突发情况，宇航员将随逃逸塔一起脱离运载火箭，则宇航员、逃逸
塔与运载火箭是相对运动的，C 正确，D 错误． 
9．答案：C 
解析：路程是运动轨迹的长度，由图可知s1>s2，位移是初位置指向末位置的有向线段，
从杭州到南京，始末位置相同，位移相同，即x1＝x2，C 正确． 
10．答案：D 
解析：x­t 图像表示运动轨迹是直线，A 错误；在0～2 s 内，舰载机的平均速度v－ ＝Δx
Δt 
＝7.5 m/s，B 错误；在2～3 s 内舰载机的平均速度为21 m/s，x­t 图像的斜率表示速度，舰载
机匀加速运动，所以M 点的速度不等于2～3 s 内的平均速度，C 错误；N、M 两点间的平均
速度为v－ ＝Δx
Δt ＝20 m/s，舰载机做加速运动，所以舰载机在 M 点位置时的速度大于 20 m/s，
D 正确． 
11．答案：B 
解析：取竖直向下为正方向，乒乓球的速度变化量为Δv＝－2 m/s－4 m/s＝－6 m/s，平
均加速度为a＝Δv
Δt ＝
－6
1×10－3 m/s2＝－6×103 m/s2，B 正确． 
12．答案：(1)1.45 (2)1.45 
解析：(1)滑块长度为d＝8.45 cm－7.00 cm＝1.45 cm. 
(2)滑块通过光电门的速度v＝d
t ＝
1.45×10－2 m
1×10－2 s
 ＝1.45 m/s. 
考点2 匀变速直线运动的规律及应用 
1．答案：BCD 
解析：由题意可知为质点距离A 点的距离为5 m，则其质点的位移有两种可能．当质点
的位移为x1＝5 m 时，有x1＝v0t＋1
2 at2，解得t1＝1 s，t2＝5 s；当质点的位移为x2＝－5 m，
有x2＝v0t＋1
2 at2，解得t3＝(3＋14 ) s，t4＝(3－14 ) s(不合题意，舍去)，B、C、D 正确． 
2.答案：AD 
解析：设在第一个2 s 内位移为x1，第三个2 s 内位移为x3，根据x3－x1＝2aT2，解得a
＝
x3－x1
2T2 ＝
36－12
2×22 m/s2＝3 m/s2，A 正确；质点在第1 个2 s 内的平均速度大小是v－ ＝x1
T ＝
12
2 m/s＝6 m/s，D 正确；第1 s 末的速度等于第一个2 s 内的平均速度，即v1＝v－ ＝6 m/s，
第2 s 末的速度大小v2＝v1＋at＝6 m/s＋3×1 m/s＝9 m/s，C 错误；采用逆向思维，把质点在
第1 s 内的运动看成反方向的匀减速直线运动，有x＝v1t－1
2 at2＝6×1 m－1
2 ×3×12 m＝4.5 
m，B 错误． 
3．答案：A 
解析：舰载飞机由静止开始匀加速直线运动位移x1 后，根据速度—位移公式可得2a1x1
＝v21 ，靠常规动力匀加速直线运动位移x2 后起飞，且飞机的起飞速度大小是电磁弹射过程
刚结束时速度大小的k 倍，则有2a2x2＝（kv1）2－v21 ，联立解得靠电磁弹射加速过程中的加
速度大小与它靠常规动力加速过程中的加速度大小的比值为a1
a2 ＝
x2
（k2－1）x1 ，A 正确． 
4．答案：A 
解析：设开始做匀减速时的速度大小为v，则有x＝x1＋x2＝v2
2a1 ＋
v2－v21 
2a2 ＝52 m，其中
a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，v1＝4 m/s，解得v＝12 m/s，则运动员在斜面上运动的总时间为t＝
t1＋t2＝v
a1 ＋
v－v1
a2 ＝12
2 s＋
12－4
4
 s＝8 s，A 正确． 
5．答案：（1）30 m/s （2）10 m/s 
解析：（1）根据动力学公式v2－v20 ＝2ax 
解得舰载机的初速度至少为v0＝30 m/s 
（2）设航空母舰的速度为v1，经时间t 舰载机起飞，起飞时舰载机的速度为v＝v1＋at 
舰载机起飞时的位移x1＝v1t＋1
2 at2 
舰载机起飞时，航空母舰的位移x2＝v1t 
舰载机恰能在航空母舰上正常起飞，有x1－x2＝x 
解得航空母舰匀速航行速度至少为v1＝10 m/s 
6．答案：B 
解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，加速度大小分别为a1、a2，汽车进
入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大
小之比为a1
a2 ＝f1
f2 ＝7
1 ，由运动学公式，在路面上有v20 －v21 ＝2a1x1，在冰面上有v21 ＝2a2x2，
其中x1
x2 ＝8
7 ，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝v0
3 ，故选B. 
7．答案：C 
解析：汽车在驾驶员反应时间内做匀速直线运动，则反应时间内汽车行驶的距离为x＝
v0Δt＝8×0.2 m＝1.6 m，D 错误；刹车后做匀减速运动，根据速度－时间公式，可知汽车速
度减为零所用时间为t1＝v0
a ＝8
4 s＝2s，则从开始发现情况到车停下来汽车运动的时间为t＝
t1＋Δt＝2 s＋0.2 s＝2.2 s，C 正确；根据速度—位移公式，可知汽车匀减速的位移为x1＝v2
2a ＝
82
2×4 m＝8 m，根据题意可知，从开始发现情况到车停下来汽车通过的距离为s＝x＋x1＝9.6 m，
B 错误；汽车通过的总位移x 总＝9.6 m<10 m，汽车能保证车让人，A 错误． 
8．答案：ACD 
解析：中间时刻的瞬时速度等于匀变速运动的平均速度，即v t
2
 ＝v－ ＝
v＋7v
2
 ＝4v，A
正确；根据公式v2－v20 ＝2ax，解得vx
2
 ＝
v2＋（7v）2
2
 ＝5v，B 错误；因为中间位置的
速度为5v，所以前半程的平均速度为v1＝
v＋5v
2
 ＝3v，后半程的平均速度为v2＝
5v＋7v
2
 ＝
6v，根据公式x＝v－ t，前后半程所用时间之比为2∶1，C 正确；因为中间时刻的速度为4v，
前t
2 时间通过的位移为x1＝
v＋4v
2
 ·t
2 ＝5
4 vt，后t
2 时间通过的位移为x2＝
4v＋7v
2
 ·t
2 ＝11
4 vt，
因此x2－x1＝1.5vt，D 正确． 
9．答案：D 
解析：由题意可知子弹恰好能穿出第4 个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由左向右做
初速度为零的匀加速直线运动，则由匀变速直线运动规律的推论：相同位移下的时间比值可
知，自右向左子弹通过四个水球的时间比为t1∶t2∶t3∶t4＝（2－3 ）∶（3 －2 ）∶（2 
－1）∶1，C 错误；由于加速度a 恒定，由加速度的定义可知，速度变化量Δv＝at，由上述
的分析可知，子弹在每个水球中的时间不同，所以速度变化量也不同，A 错误；由上述的分
析可知，子弹穿出前三个水球的时间等于全部穿过水球的时间的一半，因此子弹穿出第三个
水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，即为v
2 ，B 错误；逆向分析可看作是初速度为零的
匀加速直线运动，根据v2＝2ax 可得v＝2ax ，子弹穿出前三个水球的瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3＝3 ∶2 ∶1，D 正确． 
10．答案：B 
解析：根据逐差公式Δx＝aT2，可得质点的加速度a＝
MN－PM
T2
 ＝
10－6
22
  m/s2＝1 m/s2，
C 错误；经过M 点时的速度为vM＝
PM＋MN
2T
 ＝
6＋10
2×2  m/s＝4 m/s，则从O 点运动到M 点
的时间为tM＝vM
a ＝4 s，所以OP 段所用的时间为tP＝tM－T＝2 s，B 正确；O、P 间的距离
为x1＝1
2 at2P ＝2 m，A 错误；经过P 点时的速度为vP＝atP＝2 m/s，则P、M 两点的速度之
比为1∶2，D 错误． 
11．答案：D 
解析：将t＝1 s 代入表达式，第1 s 内的位移大小是4 m，A 错误；将t＝2 s 代入表达式，
前2 s 的位移为6 m，前2 s 内的平均速度大小是v－ ＝6
2 m/s＝3 m/s，B 错误；根据x＝v0t＋1
2 
at2 得v0＝5 m/s，a＝－2 m/s2，则任意1 s 内的速度变化量大小都是2 m/s，C 错误；根据Δx
＝at2＝2 m，任意相邻的1 s 内位移差大小都是2 m，D 正确． 
12．答案：C 
解析：根据x＝10t－2t2，对比x＝v0t＋1
2 at2，该汽车的初速度大小为v0＝10 m/s，加速
度a＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，A 错误；汽车刹车到停止所用时间为t0＝v0
－a ＝2.5 
s，B 错误；2.5 s 时汽车已经停止，所以汽车刹车后6 s 内的位移与3 s 内的位移相同，C 正
确；车刹车后4 s 内的位移是x0＝v20 
－2a ＝12.5 m，D 错误． 
13．答案：CD 
解析：由图（b）中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40 s，AE 的时间
间隔为1.6 s，A 错误；而AC 段与CE 段的时间间隔为2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又
xCE－xAC＝a（2T）2，解得a＝1.875 m/s2，D 正确；物块在位置D 时速度vD＝xCE
2T ＝2.25 m/s，
C 正确；由vD＝vA＋a（3T）得物块在A 位置速度vA＝0，则位置A、D 间距离为xAD＝
v2D －v2A 
2a
 
＝1.35 m，B 错误． 
14．答案：BC 
解析：根据v＝144 km/h＝40 m/s，反应距离x1＝vt1＝40×0.5 m＝20 m．若刹车时加速
度大小为8 m/s2，由速度—位移关系可得0－v2＝－2a1x2，代入数据解得x2＝100 m，若以8 m/s2
的加速度进行刹车，汽车行驶距离x＝x1＋x2＝120 m；若刹车时加速度大小为10 m/s2，由速
度—位移关系可得0－v2＝－2a2x3，解得x3＝80 m；若以10 m/s2 的加速度进行刹车，汽车行
驶距离x′＝x1＋x3＝100 m，汽车行驶的距离范围为100 m～120 m，B、C 正确． 
15．答案：A 
解析：无人机做匀减速直线运动的时间t＝
0－v0
a
 ＝6 s，上升的高度h＝
0－v20 
2a ＝9 m，
B 错误；利用逆向思维，将无人机竖直向上的匀减速直线运动视为从最高点做初速度为零的
匀加速直线运动，无人机做匀减速直线运动的第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移大小之比
等于做匀加速直线运动的第6 s 内、第5 s 内、第4 s 内的位移大小之比，为11∶9∶7，A 正
确；由以上分析可知，无人机的位移为9 m，运用逆向思维，将无人机的运动看成初速为零
的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，无人机下降第一个3 m、
第二个3 m、第三个3 m 所用时间之比为1∶（2 －1）∶（3 －2 ），则可知无人机上
升第一个3 m、第二个3 m、第三个3 m 所用的时间之比为（3 －2 ）∶（2 －1）∶1，
故C 错误；无人机在1 s 内的位移大小h1＝v0t1＋1
2 at21 ＝（3－1
2 ×0.5×12） m＝2.75 m，
在2 s 内的位移大小为h2＝v0t2＋1
2 at22 ＝（3×2－1
2 ×0.5×4） m＝5 m，在3 s 内的位移大
小为h3＝v0t3＋1
2 at23 ＝（3×3－1
2 ×0.5×9） m＝6.75 m，因此无人机在1 s 内、2 s 内、3 s
内的位移大小之比为11∶20∶27，D 错误． 
16．答案：B 
解析：设刹车时的加速度大小为a，由运动学规律得x1＝1
2 at21 ，v22 ＝2ax2，解得v2＝
2 x1x2
t1
 ，B 正确． 
17．答案：BC 
解析：遥控汽车运动中的最大速度vm＝a1t1，其中a1＝2 m/s2、t1＝4 s，解得vm＝8 m/s，
A 错误；遥控汽车做加速运动的位移大小x1＝1
2 a1t21 ＝16 m，B 正确；遥控汽车做减速运动
的时间t2＝vm
a2 ，其中a2＝1 m/s2，解得t2＝8 s，C 正确；因为t1＋t2＝12 s<14 s，所以遥控汽
车运动t＝12 s 后停止，遥控汽车做减速运动的位移大小x2＝vm
2 ·t2＝32 m，遥控汽车启动后
在14 s 内的位移大小x＝x1＋x2＝48 m，D 错误． 
18．答案：D 
解析：根据题意，停止前的1 s 内，冰壶的运动可看做反向匀加速直线运动，则有x2＝1
2 
at2， 
解得a＝1 m/s2.在减速的第1 s 内有x1＝v0t－1
2 at2，解得v0＝3 m/s，由公式v＝v0＋at
可得，冰壶从开始减速到停下所用的时间为t＝v0
a ＝3 s，D 正确． 
19．答案：CD 
解析：从位移x 与时间t 的数值关系可看出，汽车初速度v0＝10 m/s，加速度大小a＝2 m/s2，
A 错误；根据汽车初速度v0＝10 m/s，加速度大小a＝2 m/s2，先求汽车停车时间t＝v0
a ＝5 s，
所以汽车在6 s 末的速度大小为v＝0，汽车在前7 s 内的位移为x＝v0t－1
2 at2＝25 m，B 错误，
C 正确；汽车在前2 s 内的位移为x＝v0t－1
2 at2＝16 m，平均速度v－ ＝x
t ＝8 m/s，D 正确． 
20．答案：（1）70 s （2）14 m/s （3）112
3  s 
解析：（1）根据题意可知运动总时间为t 总＝
x总
v－ ＝3 200
80
3.6
  s＝144 s 
由运动的对称性可知加速时间和减速时间相同，则加速时间t＝
t总－4 s
2
 ＝70 s 
（2）根据题意得匀减速的位移为x＝
3 200－30×4
2
  m＝1 540 m 
又可以根据x＝v－ t＝
v＋30 m/s
2
 ×70 s＝1 540 m 
得v＝14 m/s 
（3）匀加速与匀减速的总位移为x′＝3 200 m－30 m/s×4 s＝3 080 m 
所花时间为t1＝2×70 s＝140 s 
若仍旧匀速运行则时间为t2＝3 080
30  s＝308
3  s 
则增加的时间为Δt＝t1－t2＝112
3  s． 
考点3 自由落体运动和竖直上抛运动 
1．答案：C 
解析：让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长小球的运动时间，减缓小球下落的
速度，减小小球的加速度，A 错误；让小球在斜面上运动，其实质是“冲淡”重力，减小小
球的加速度，延长时间，B 错误；伽利略在斜面实验的基础上合理外推：如果斜面的倾角增
大到90°，那么小球的运动就是自由落体运动，C 正确；伽利略把斜面实验的结果推广到竖
直实验，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“合理外推”，故D 错误． 
2．答案：A 
解析：自由落体运动是初速度为0、加速度为g 的匀加速直线运动，自由落体运动状态
完全相同，在真空条件下，石头和纸片同时落地，A 正确，B 错误；g 值在地球上随着纬度
增大而增大，C 错误；满足速度跟时间成正比的下落运动是初速度为零的匀加速直线运动，
但并不一定是自由落体运动，D 错误． 
3．答案：C 
解析：两个物体做自由落体运动，下落时间由高度决定h＝1
2 gt2，因为高度一样，故下
落时间一样，C 正确． 
4．答案：C 
解析：冰凌最后1 s 内下落的高度为25 m，则最后1 s 中间时刻的速度为v＝25
1 m/s＝25 
m/s，根据自由落体运动规律可得v＝g（t－0.5），则冰凌自由下落的总时间为t＝v
g ＋0.5 s＝
3 s，C 正确． 
5．答案：（1）0.4 s （2）0.2 s 
解析：（1）圆棒底部距离A 点高度h1＝2.3 m－0.4 m－1.1 m＝0.8 m 
圆棒做自由落体运动下落到A 点有h1＝1
2 gt21  
代入数据解得t1＝0.4 s 
（2）圆棒通过AB 的过程即圆棒底部到达A 点和圆棒顶端离开B 点这一过程，可知圆棒
底部到达A 点的速度为v1＝gt1＝4 m/s 
圆棒通过AB 下落的高度为h2＝1.1 m－0.5 m＋0.4 m＝1.0 m 
圆棒通过AB 过程由h2＝v1t2＋1
2 gt22  
代入数据解得t2＝0.2 s． 
6．答案：B 
解析：从水火箭到达最高点开始计时，开始匀加速竖直下落，加速度不变，一段时间后，
速度达到最大，此时降落伞打开，再匀减速竖直下降，加速度不变．v­t 图像的斜率表示加速
度，结合加速度的特点可得图B 可能正确． 
7．答案：D 
解析：小球A 能达到的最大高度为h＝v20 
2g ，两球相遇时有v0t－1
2 gt2＋2v0t＋1
2 gt2＝h，
解得t＝v0
6g ，两球相遇时的速度之比vA
vB ＝
v0－gt
2v0＋gt ＝5
13 ，D 正确． 
8．答案：A 
解析：若t＝2 s 时的速度方向向上，则根据v＝v0－gt，初速度v0＝25 m/s，此时小球在
抛出点上方h＝
v＋v0
2
 t＝
5＋25
2
 ×2 m＝30 m，若t＝2 s 时的速度方向向下，则根据v＝v0－
gt，可得初速度v0＝15 m/s，此时小球在抛出点上方h＝
v＋v0
2
 t＝
15－5
2
 ×2 m＝10 m，A 正
确． 
9．答案：C 
解析：可将4 个小球在同一时刻的位置关系看成1 个小球在连续相等时间下落经过的位
置关系．根据Δx＝d＝aT2，可得下落过程中的加速度a＝d
T2 ，A 错误；经过位置3 的瞬时速
度等于2、4 段的平均速度，则v3＝7d
2T ，B 错误；根据速度时间公式得，通过位置4 的瞬时
速度为v4＝v3＋aT＝9d
2T ，C 正确；从位置1 到4 过程中的平均速度大小v－ ＝9d
3T ＝3d
T ，D
错误． 
10．答案：（1）40 m/s，方向竖直向上 （2）120 m （3）（6＋2 6 ）s 
解析：
（1）设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.火箭的上升运动分为两个过程，
第一过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点，对第一个过程，自制火
箭做匀加速运动有h1＝1
2 at21  
解得a＝20 m/s2 
由速度公式得v1＝40 m/s 
方向竖直向上； 
（2）对第二个过程，由位移与速度关系公式得h2＝v21 
2g  
代入数据解得h2＝80 m 
所以火箭上升离地面的最大高度h＝h1＋h2＝40 m＋80 m＝120 m 
（3）从燃料用完到运动至最高点的过程中，有v1＝gt2 
解得t2＝v1
g ＝40
10  s＝4 s 
从最高点落回地面的过程中h＝1
2 at23  
解得t3＝2 6 s 
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝（6＋2 6 ）s 
11．答案：（1）12 s （2）110 m （3）4.3 s 
解析：（1）设初速度方向为正方向，v0＝54 km/h＝15 m/s，v1＝18 km/h＝5 m/s，则t1＝
v0－v1
a1
 ＝
15－5
1
 s＝10 s 
t2＝x2
v1 ＝10
5 s＝2 s 
所以汽车从AB 处到EF 的时间为t＝t1＋t2＝12 s 
（2）由速度位移关系可得x1＝
v20 －v21 
2a1
 ＝
152－52
2×1  m＝100 m 
AB 处到EF 的距离为x＝x1＋x2＝110 m 
（3）由速度位移关系得匀减速运动的位移大小为 
x4＝v20 
2a2 ＝152
2×2.5 m＝45 m 
所以匀速的位移大小为x3＝x－x4＝65 m 
匀速运动的时间为t′＝x3
v0 ＝4.3 s． 
12．答案：C 
解析：伽利略数学推理和实验验证了小球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比，A
错误；伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，但在当时条件下无法直接用实验进行了验证，
B 错误；伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，采用斜面实验，其实就是为了“冲淡重
力”，使物体下落时间长些，便于测量小球的运动时间，C 正确；甲、乙、丙均是实验现象，
丁图是经过合理的外推得到的结论，D 错误． 
13．答案：C 
解析：尺子下落的高度也就是手抓住位置的刻度，尺子下落的时间就是人的反应时间，
所以将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时
间”，A 正确；因为尺子总长为50 cm，根据自由落体公式，下落的时间为t，则t＝
2h
g ＝
10
10 s≈0.32 s，若某同学的“反应时间”大于0.5 s，无法抓住尺子，也就无法用该直尺测量
他的“反应时间”，B 正确；乙同学第一次抓住直尺位置的刻度值为20 cm，即尺子自由落
体高度为20 cm，根据h＝1
2 gt2，可得“反应时间”t＝0.2 s，直尺的速度v＝gt＝2 m/s，C 错
误，D 正确． 
14．答案：BC 
解析：若0.4 s 时物体的运动方向向下，则物体下落的时间为t＝v
g ＝4
10 s＝0.4 s，与竖
直上抛相矛盾，A 错误；因0.4 s 时物体的运动方向向上，可知物体抛出时的初速度v0＝v＋
gt＝4＋10×0.4 m/s＝8 m/s，则物体上升的时间和下落的时间均为0.8 s，则物体一定是在1.6 
s 时回到拋出点，B、C 正确；物体在1.6 s 时回到拋出点，则0.9 s 时物体一定在初始位置上
方，D 错误． 
15．答案：A 
解析：小沙包上升和下降过程中均只受重力左右，加速度大小为g，方向竖直向下，A
正确，B 错误；小沙包上抛的初速度越大，小沙包在空中运动的时间越长，在规定时间内抓
起的“筹码”就越少，C 错误；小沙包若没有被“接住”，到达抛出点的速度与抛出时相等，
桌面在抛出点下方，故到达桌面时速度比抛出时大，D 错误． 
16．答案：D 
解析：根据h＝1
2 gt21 ，解得金属管下端到达窗户上沿的时间t1＝0.4 s，根据D＋h＋L＝
1
2 gt22 ，解得金属管上端过窗户下沿时间t2＝0.8 s，金属管穿过窗户所用时间t＝t2－t1＝0.4 s，
A 错误；根据v1＝gt1，解得金属管下端到达窗户上沿的速度v1＝4 m/s，B 错误；根据v22 ＝
2g（h＋L），解得金属管下端到达窗户下沿的速度v2＝2 14  m/s，C 错误；根据v23 ＝2g（h
＋L＋D），解得金属管上端到达窗户下沿的速度v3＝8 m/s，D 正确． 
17．答案：AD 
解析：若物体B正好运动到最高点时两物体相遇，物体B速度减小为零所用的时间t＝v0
g ，
此时A 下落的高度hA＝1
2 gt2，B 上升的高度hB＝v20 
2g ，且hA＋hB＝H，解得v0＝gH ＝
10×20 m/s＝10 2 m/s，若v0＝10 2 m/s，则A、B 两物体在B 上升的最高点相遇；若
v0>10 2 m/s，A、B 两物体相遇时，B 正在上升途中，A 正确，B、C 错误；若A、B 两物体
恰好在落地时相遇，则有t＝2v0
g ，此时A 下落的高度hA＝1
2 gt2＝H，解得v0＝ 
gH
2 ＝ 
10×20
2
 m/s＝10 m/s，若10 m/s<v0<10 2  m/s，A、B 两物体相遇时，B 正在下落途中，
D 正确． 
18．答案：（1）2.5 m/s2 （2）4.96 s 
解析：（1）设严海滨匀加速运动加速度的大小为a，二人共速时刚好完成交接棒，设此
过程所用时间为t0，则有v0＝at0＝10m/s 
v0t0－1
2 at20 ＝x0＝20 m 
联立解得t0＝4 s，a＝2.5 m/s2 
（2）严海滨接棒后仍保持最大加速度加速至10.5 m/s，则加速过程所用时间为t1＝v1
a ＝
10.5
2.5  s＝4.2 s 
该过程通过的位移为x1＝v1
2 t1＝10.5
2 ×4.2 m＝22.05 m 
则接下来匀速运动的时间为t2＝
xAC－x1
v1
 ＝
30－22.05
10.5
 s≈0.76 s 
则他通过接力区AC 用时t＝t1＋t2＝4.96 s 
考点4 运动图像 追及和相遇问题 
1．答案：A 
解析：t＝5 s 时甲乙速度相等，由图可得甲做匀减速运动的加速度为a 甲＝
0－24
8
  m/s2
＝－3 m/s2，根据速度时间公式得交点速度满足v＝v0＋at＝24 m/s＋（－3）×5 m/s＝9 m/s，
速度时间图像的斜率表示加速度a 乙＝
9－5
5  m/s2＝0.8 m/s2，A 正确． 
2．答案：C 
解析：速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车上的人观察的图像，即小球相对于
车沿竖直方向向上的速度关系图像．小车相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方
向的速度图像．开始时v2 不变，则速度的大小v 不变，之后v2 与y 是线性关系，由速度与位
移关系公式v2－v20 ＝2ay 知此时小车做匀变速运动．所以开始时小球在竖直方向上做匀速运
动，之后做匀加速直线运动，加速度竖直向上．小球在水平方向一直随实验车做匀速直线运
动，结合运动的合成可知，地面上静止的观察者看到小球的运动轨迹是先斜向上做匀速直线
运动，后做向上偏转的类斜抛运动．故A、B、D 错误，C 正确． 
3．答案：C 
解析：根据初速度为0 的匀加速直线运动，初速度为0 时，连续通过三段相同位移的时
间之比为1∶2 ∶3 ，而动车做匀减速直线运动，A 错误；x0
t1 为动车第一段位移的平均速
度不等于初速度，B 错误；车头前端经过立柱A、C 过程中的平均速度大小为v－ ＝2x0
t3－t1 ，
C 正确；x0
t2－t1 为车头前端经过立柱A、B 过程的平均速度，即中间时刻速度，不等于中间位
置时的速度，D 错误． 
4．答案：B 
解析：由图可知，在t1 时刻两车速度相同，则运动方向相同，A 错误；根据v­t 图像的
面积表示位移可知，在0～t1 这段时间内，在t1 时刻，b 车的位移与a 车的位移差最大，所以
此时两车相距最远，B 正确；由图可知，在0～t1 这段时间内，b 车先正向加速后减速，速度
方向不变，C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得，在0～t1 这段时间内，a 车的
平均速度为v－ ＝
v0＋v
2
 ＝
v1＋v2
2
 ，而由图可知，在0～t1 这段时间内，b 车的速度始终大于
a 车的速度，所以b 车的平均速度大于
v1＋v2
2
 ，D 错误． 
5．答案：B 
解析：由速度—位移公式v2－v20 ＝2ax 得v2＝2a·x＋v20 ，结合图像可知v20 ＝25 m2/s2，
小球的初速度为v0＝5 m/s，图线的斜率为k＝2a＝25
－1 ＝－25，解得a＝－12.5 m/s2，A 错误，
B 正确；小球上升的时间为t＝v0
a ＝5
12.5  s＝0.4 s，C 错误；小球上升过程的平均速度为v－ 
＝v0
2 ＝2.5 m/s，D 错误． 
6．答案：AD 
解析：设A 恰能追上B，在斜面上运动时间t1，在平面上运动时间t2，则有位移关系a1t1t2
＝1
2 a（t1＋t2）2，速度关系a1t1＝a（t1＋t2），解得t1＝t2＝1
2 （t1＋t2），a＝1
2 a1，A 正确，B
错误；设小滑块A 从斜面上由静止释放的位置距斜面底端的距离为x，则x＝1
2 a1t21 ，若仅减
小a1，则t1 变长，又因为调整a，仍使A 恰好追上B，仍满足t1＝t2＝1
2 （t1＋t2），A、B 的相
遇时间t1＋t2 会变长，D 正确；若仅减小a1，并调整a，仍使A 恰好追上B，则AB 的相遇点
距斜面底端的距离x1＝1
2 a（t1＋t2）2，因为a＝1
2 a1，a1 减小，则a 减小，t1＋t2 变长，A、B
的相遇点会变远还是变近或不变，不能确定，C 错误． 
7．答案：（1）1.5 m/s2 （2）2 s 
解析：（1）根据题意，汽车刹车从刹车到s＝48 m 处的站点停车，则由速度与位移的关
系式可得v2－v20 ＝2as 
可知汽车刹车加速度为a＝
0－v20 
2 s ＝
－122
2×48  m/s2＝－1.5 m/s2 
即汽车刹车加速度的大小为1.5 m/s2. 
（2）公共汽车从刹车到静止的过程，设所用时间为t0，则有 
0＝v0－at0 
解得t0＝8 s 
汽车相对自行车做初速度为v′0＝（12－3） m/s＝9 m/s 
加速度大小为a＝－1.5 m/s2 的匀减速运动，设车头到达自行车尾历时为t1，则有s0＝v′0t1
＋1
2 at21  
代入数据解得t1＝2 s 或t1＝10 s>t0（舍去） 
8．答案：（1）62.5 m （2）5 s 4.4 s （3）16.7 m 
解析：（1）大货车做匀减速直线运动，有v21 ＝2a1x 
解得，大货车刹车痕迹的长度x＝62.5 m 
（2）由速度公式有v1＝a1t1 
则大货车停下的时刻为t1＝5 s 
小汽车停下的时刻为t2＝v2
a2 ＋Δt＝4.4 s 
（3）设经过时间t′二者速度相等，有v1－a1t′＝v2－a2（t′－Δt） 
解得t′＝3.4 s 
大货车的位移大小x1＝v1t′－1
2 a1t′2 
解得x1＝56.1 m 
小汽车的位移大小x2＝v2t′－1
2 a2（t′－Δt）2 
解得x2＝72.8 m 
要使两车不追尾，应有x1＋d＝x2 
解得，小汽车和大货车之间的最小距离为d＝16.7 m 
9．答案：AC 
解析：v­t 图像的斜率表示加速度，则得A、B 两车的加速度分别为 aA＝Δv
Δt ＝0.4 m/s2，
aB＝Δv′
Δt′ ＝2 m/s2，因为aB
aA ＝2
0.4 ＝5
1 ，所以摩托车B 的加速度为摩托车A 的5 倍，A 正确；
由题图可知，在t＝25 s 时两车达到相同的速度，在此之前摩托车A 速度一直大于摩托车B
速度，两辆摩托车距离一直在缩小，所以在t＝0 时刻，两辆摩托车距离最远，不是从同一地
点出发的，B 错误；速度图像和坐标轴围成的面积代表摩托车行驶的位移，因此两辆摩托车
间的最远距离Δx＝xA－xB＝1
2 ×（20＋30）×25 m－1
2 ×30×（25－10）m＝400 m，C 正确，
D 错误． 
10．答案：BD 
解析：速度—时间图像斜率的绝对值表示物体加速度的大小，根据图像可得甲的加速度
大小为a 甲＝

10－30
4－0
 m/s2＝5 m/s2，A 错误；速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位
移，时间轴上方表示位移为正，时间轴下方表示位移为负，则根据图像可得，0～4 s 内甲的
位移大小为x＝4×（10＋30）×1
2  m＝80 m，B 正确；根据题意可知，0 时刻两车并排行驶，
而根据图像可知，在0～4 s 内甲车的速度始终大于乙车的速度，而在t＝4 s 时，甲乙两车速
度相等，可知在t＝4 s 时甲乙两车之间的距离达到最大，C 错误；设甲车速度减为零所用的
时间为t0，则有t0＝
v甲
a甲 ＝30
5 s＝6 s，该时间段内甲乙两车的位移分别为x 甲＝v 甲t0－1
2 a 甲t20 
＝90 m，x 乙＝v 乙t0＝10×6 m＝60 m，当甲停止运动时两车相距Δx＝x 甲－x 乙＝30 m，此后
乙车继续做匀速直线运动追赶甲，设在经过时间t1 乙追上甲，则有t1＝Δx
v乙 ＝30
10 s＝3 s，经
过时间t＝t0＋t1＝9 s，乙刚好从后面追上甲，D 正确． 
11．答案：C 
解析：根据v­t 图像与时间轴围成的面积表示位移可知，0～t2 内位移逐渐增大，A、B
错误；因为t1 到t2 时间内，图像若是直线与时间轴所围面积大于曲线与时间轴所围面积，根
据平均速度的定义可知，在t1～t2 内平均速度小于
v1＋v2
2
 ，C 正确，D 错误． 
12．答案：D 
解析：由题图可知，甲、乙两车刹车后的位移大小相等，t＝0 时刻，两车并排行驶，A、
C 错误；由题图中图线切线的斜率可知，t＝0 时刻，甲车刹车前的速度大小比乙车的大，B
错误；在刹车过程中，位移相等，甲车所用时间短，则甲车的平均速度比乙车的大，D 正确． 
13．答案：A 
解析：b 车启动时，a 车在其前方距离Δx＝1
2 ×2×1 m＝1 m 处，A 错误；运动过程中，
当两车速度相等时，b 车落后a 车的距离最大，最大距离为Δxm＝
1＋3
2 ×1 m－1
2 ×1×1 m
＝1.5 m，B 正确；b 车启动3 s 后，a 车的位移xa＝1
2 ×2×1 m＋3×1 m＝4 m，b 车的位移
xb＝
1＋3
2 ×2 m＝4 m，即b 车恰好追上a 车，C 正确；b 车超过a 车后，因b 车速度大于a
车，则两车不会再相遇，D 正确． 
14．答案：BC 
解析：两物体的加速度方向与速度方向均相同，都做加速直线运动，A 错误，B 正确；t
＝0 时刻，物体M 的加速度较大，则速度的变化率较大，C 正确；a­t 图像的面积等于速度变
化量，则0～t1 时间内，M 的速度变化量较大，D 错误． 
15．答案：BD 
解析：x­t 图像的斜率表示速度，A 物体做匀速直线运动，运动方向不变，A 错误；x­t
图像的斜率表示速度，可知0～6 s 内B 物体的速度逐渐增大，B 正确；0～5 s 内两物体的位
移不相等，所以平均速度不相等，C 错误；0～6 s 内某时刻两物体斜率绝对值相等时，速度
大小相等，D 正确． 
16．答案：CD 
解析：由公式v2t －v20 ＝2ax 得v2t ＝2ax＋v20 ，在v2­x 图像中，倾斜直线表示物体做匀
变速运动，由题图可知，汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，A 错误；加速阶段，
图像斜率k＝2a＝1.5m/s2，解得a＝0.75 m/s2，B 错误，C 正确；汽车在加速阶段，初速度v0
＝5 m/s，末速度vt＝10 m/s，则加速时间t＝
vt－v0
a
 ＝20
3 s，D 正确． 
17．答案：BC 
解析：v­t 图像中，斜率表示加速度，由图可知前5 s 内甲的加速度比乙的小，A 错误；
由图像可知，10 s 后两物体间距先减小后增大，B 正确；由图可知，甲的加速度为a 甲＝25
10 m/s2
＝2.5 m/s2，a 乙＝20
5 m/s2＝4 m/s2，所以8 s 时，甲、乙的位移分别为x 甲＝1
2 a 甲t2＝1
2 ×2.5×82 
m＝80 m，x 乙＝1
2 ×20×5 m＋20×3 m＝110 m，则Δx＝x 乙－x 甲＝110 m－80 m＝30 m，所
以8 s 时乙在甲前方30 m 处，C 正确； 由图像可知，10 s 末，乙车在甲车前方且与甲车的距
离Δs＝30 m－5 m＝25 m，设10 s 后再经Δt 时间两车相遇，即Δs＝（v 甲－v 乙）Δt，解得Δt
＝5 s，所以15 s 时两物体相遇，D 错误． 
18．答案：（1）40 m （2）7 s （3）33 m 
解析：（1）汽车刹车后做匀减速直线运动，刹车过程的位移大小 
s1＝v21 
2a1  
解得s1＝50 m 
又L1＝x1－s1 
解得L1＝40 m 
（2）汽车匀减速行驶的时间 t1＝v1
a1  
解得t1＝5 s 
从人开始奔跑到汽车开始刹车，汽车匀速行驶的时间t2＝L1
v1  
解得 t2＝2 s 
又 t＝t1＋t2 
解得t＝7 s 
（3）人匀加速奔跑的时间t3＝v2
a2  
解得t3＝3 s 
人匀加速奔跑的位移大小s2＝v2
2 ·t3 
解得s2＝9 m 
人匀速奔跑的位移大小s3＝v2（t－t3） 
解得s3＝24 m 
又x2＝s2＋s3 
解得x2＝33 m 
考点5 实验一 探究小车速度随时间变化的规律 
1．答案：（1）交流电流 （2）A （3）0.1 0.645 
解析：（1）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，打点计时器使用的电源是交
流电流． 
（2）调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，A 正确；每次实验，都要
先接通打点计时器电源，再放开小车，B 错误；平衡摩擦力时，应将沙桶与小车断开，将小
车后面的纸带连接好，调节长木板坡度，使轻推小车后能匀速直线运动，C 错误；改变小车
的质量时，不需要重新平衡摩擦力，D 错误． 
（3）打点计时器所用电源的频率为50 Hz，则每次打点间的时间间隔为0.02 s，相邻两
计数点间还有四个点未画出，则两个相邻的计数点的时间间隔为0.1 s．B 点时的速度为A、
C 两点间的平均速度，即vB＝xAC
tAC ，代入数据得vB＝0.645 m/s 
2．答案：（1）电火花 （2） 0.570 （3）0.43 
解析：（1）小华利用家庭电源来做实验，由于家庭电源为220 V 的交流电，所以应该选
择电火花计时器． 
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段过程的平均速度，则打下计数点
6 时小车的速度为v6＝x57
2T ＝
（32.45－21.05）×10－2
2×0.1
 m/s＝0.570 m/s. 
（3）根据逐差法可得，小车的加速度为a＝
x36－x03
9T2
 ＝
（26.55－11.35－11.35）×10－2
9×0.12
  
m/s2≈0.43 m/s2. 
3．答案：（1）A （2）D （3）0.45 1.4 偏小 
解析：（1）A 为电火花打点计时器，为了尽可能减小实验误差，应选用电火花打点计时
器．（2）细线与长木板平行是为了使小车做匀加速直线运动，A 正确；释放小车前，小车要
靠近打点计时器，以便能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，B
正确；实验中为了在纸带上打出更多的点，提高纸带的使用效率，具体操作中要求先接通电
源，启动打点计时器，待打点稳定后，再释放小车，C 正确；并不是牵引小车的钩码个数越
多越好，钩码太多，加速度太大，打点太少，不利于测量，D 错误．（3）打点计时器所接交
流电的频率为50 Hz，则打点周期T＝0.02 s，则相邻计数点的时间间隔t＝5T＝0.1 s，打C
点时，小车的速度为BD 两点之间的平均速度vC＝xBD
2t ＝
xAD－xAB
2t
 ＝0.45 m/s.小车的加速度
根据逐差法可得a＝
xCD＋xDE－（xAB＋xBC）
（2t）2
 ＝
xAE－2xAC
（2t）2 ＝1.4 m/s2，若实际所接交流电的频
率大于50 Hz，则测量时所用的打点周期偏大，测得的加速度偏小． 
4．答案：（1）64.3 （2）2（v2－v1）
t1＋t2
  偏大 
解析：
（1）游标卡尺的主尺读数为64 mm，游标尺上第3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为0.1×3 mm＝0.3 mm，所以最终读数为64 mm＋0.3 mm＝64.3 mm. 
（2）AB 中间时刻的速度为v1＝AB
t1 ，BC 中间时刻的速度v2＝BC
t2 ，根据v2－v1＝gt，
其中的t＝1
2 （t1＋t2），解得g＝
2（v2－v1）
t1＋t2
 ，若狭缝宽度不能忽略，A 到C 的实际时间大
于t1＋t2.所以测量得到的重力加速度值比其真实值偏大． 
5．答案：（1）物体下端距地面的高度h （2）g＝2h
t2  （3）2h 
解析：（1）根据h＝1
2 gt2 可知要计算重力加速度，还需要测量物体下端距地面的高度h；
（2）根据h＝1
2 gt2 可得g＝2h
t2 .（3）根据h＝1
2 gt2 整理可得2h＝gt2，为减少实验误差，改
变铁圈的固定位置，多次测量．以t2 为横坐标，2h 为纵坐标建立坐标系，图线的斜率为重力
加速度． 
验收检测卷一 运动的描述 
匀变速直线运动的研究 
1．答案：D 
解析：时刻是时间点，表示某一瞬间，“一千多年”是时间间隔，是时间段，不是时刻，
A 错误；在研究物体运动时，其大小与形状可以不考虑时，可以视为质点，湘江在某些运动
情况下其尺寸、形状可以忽略时可以看作质点，B 错误；路程是移动的距离，是轨迹长度，
从湘潭到长沙坐火车与骑车轨迹长度不一定相同，所以路程也不一定相同，C 错误；“太阳
东升西落”是以地球为参考系，D 正确． 
2．答案：A 
解析：由于v 高铁>v 汽，故在相同时间内，该高铁匀速行驶时通过的路程大于该汽车匀速
行驶时通过的路程，A 正确；由于时间未知，故平均加速度大小未知，B 错误；汽车由静止
启动，在加速过程中加速度方向与速度方向相同，C 错误；汽车在做加速运动，故加速阶段
汽车的加速度可能不变，也可能增大或减小，后匀速运动时加速度为0，D 错误． 
3．答案：B 
解析：质点做匀加速直线运动，所以质点的加速度不变，A 错误；质点做匀加速直线运
动，质点的速度随时间均匀增大，B 正确；根据匀变速直线运动的速度—时间公式，质点第
4 s 末的速度为v＝v0＋at＝2 m/s＋0.1×4 m/s＝2.4 m/s，C 错误；加速度为0.1 m/s2，每经过
1 s 时间，物体速度就增大0.1 m/s，D 错误． 
4．答案：A 
解析：由图可知，在t1 时刻，两者的位移相等，即处在并排的位置，A 正确；由图可知，
在t1 时刻，图像的切线斜率并不相等，即两者速度不相等，B 错误；由图可知，在0～t1 时间
内，二者的位移相等、用时相等，所以摄像机的平均速度等于运动员的平均速度，C 错误；
由图可知，摄像机做匀速直线运动，运动员做变速直线运动，D 错误． 
5．答案：B 
解析：根据题意可知0.5 s～1.0 s 间的位移为x2＝8 m－3.5 m＝4.5 m，根据匀变速运动规
律Δx＝aT2 可知加速度为a＝
4.5－3.5
0.52
 m/s2＝4 m/s2，B 正确． 
6．答案：B 
解析：设两滴水滴之间的时间间隔为Δt，则第2 滴水下落时间t 时刻两滴水的距离Δh
＝1
2 g（t＋Δt）2－1
2 gt2＝gΔt·t＋1
2 gΔt2，则随时间t 的增加1、2 两水滴在下落过程中距离越
来越大，A 错误，B 正确；1、2 两水滴之间的速度差Δv＝g（t＋Δt）－gt＝gΔt，保持不变，
C 错误；以水滴3 为参考系，因水滴的加速度均相同，可知水滴1 做匀速直线运动，D 错误． 
7．答案：A 
解析：设机械狗的加速度大小为a，因加速和减速时加速度大小相等，加速和减速时间
相等均为t，设最大速度为v，由平均速度公式可得x＝v
2 t×2，解得t＝2 s，由v＝at 可得a
＝1.5 m/s2，A 正确． 
8．答案：D 
解析：汽车初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，可
求出v＝v0＋at＝16 m/s，A 错误；刹车后的停车时间为t 停＝v
a′ ＝4 s，刹车后2 s 时的速度大
小为v′＝v－a′t′＝8 m/s，B 错误；加速第1 秒内的位移为x1＝v0t1＋1
2 at21 ＝10.3 m，C 错误；
正向匀减速可看成反向匀加速，可求出停止前最后1 秒内位移为x2＝1
2 a′t22 ＝2 m，D 正确． 
9．答案：BC 
解析：设每一部分长为l，由位移公式x＝1
2 at2 可得t＝
2x
a ，到达B、C、D、E 点的
位移分别为l、2l、3l、4l，故到达各点经历的时间之比为tB∶tC∶tD∶tE ＝1∶2 ∶3 ∶2，
由v＝at 可得，物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE＝1∶2 ∶3 ∶2，A 错误，B 正确；
物体到达B 点的速度为vB＝2al ，到达E 点的速度为vE＝2a·4l ＝2 2al ，从A 到E 的
平均速度为v－ ＝
0＋vE
2
 ＝2al ，故物体从A 到E 的平均速度等于vB，而vB< vC，故C 正确；
通过每一部分所用时间之比为ΔtAB∶ΔtBC∶ΔtCD∶ΔtDE＝1∶（2 －1）∶（3 －2 ）∶
（2－3 ），通过每一部分的速度增量Δv＝aΔt，可知物体通过每一部分时，其速度增量不
相等，D 错误． 
10．答案：ABD 
解析：根据平均速度的定义可得物体在第2 s 初到第3 s 末的平均速度的大小为v－ ＝
x2＋x3
2T ＝
4＋6
2×1 ＝5 m/s，A 正确；根据逐差法可得物体的加速度为a＝Δx
T2 ＝
x3－x2
T2
 ＝
6－4
1 ＝
2 m/s2，则第1 秒内的位移为x1＝x2－aT2＝4－2×1＝2 m，B、D 正确；根据匀变速直线运动
某段时间中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得第2 s 末的速度为v2＝
x2＋x3
2T ＝
6＋4
2×1 ＝5 
m/s，则根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得初速度为v0＝v2－at＝5－2×2＝1 m/s，
C 错误． 
11．答案：BD 
解析：根据题意并结合a­t图像可知，小汽车在0～2 s内由静止向正方向做加速度为2 m/s2
的匀加速直线运动，在2～4 s 内沿正方向做加速度为2 m/s2 的匀减速直线运动，4 s 时速度刚
好为0，在4～6 s 内由静止沿正方向做加速度为2 m/s2 的匀加速直线运动，6 s 时离出发点最
远；根据对称性可知，1 s 时和3 s 时速度相同，B、D 正确． 
12．答案：BD 
解析：根据题中图像可知A 车的加速度大小a＝10
5－1 m/s2＝2.5 m/s2，A 错误；A 车司机
反应时间内，A 车静止，B 车做匀速直线运动，两车间缩短的距离x1＝vBt1＝10 m，B 正确；
5～6 s 内，A 车的位移大小xA′＝vBt3＋1
2 at23 ＝11.25 m，B 车的位移大小xB′＝vBt3＝10 m，两
车之间的距离x0′＝xA′－xB′＝1.25 m，C 错误；根据题意可知，两车速度相等即t＝5 s 时恰好
未发生碰撞，A 车在0～5 s 内的位移xA＝vB
2 ×（t2－t1）＝20 m，B 车在0～5 s 内的位移xB
＝vBt2＝50 m，两车初始距离x0＝xB－xA＝30 m，D 正确． 
13．答案：（1）d6－d4
10T  （2）图像见解析 （3）0.40 （4）不变 偏小 
解析：（1）电火花计时器接220 V、50 Hz 交变电源．则有打点周期T＝0.02 s，每相邻
两个计数点间还有4 个点没有画出，则相邻两计数点的时间间隔为5T，由中间时刻的瞬时速
度等于平均速度，可得打F 点时的速度公式为 vF＝
d6－d4
2×5T ＝
d6－d4
10T . 
 
（2）由题表中的数据在图乙所示坐标系中描点画图．如图所示． 
（3）由v­t 图像的斜率表示加速度，可得小车的加速度为a＝Δv
Δt ＝
0.301－0.1
5×5×0.02  m/s2＝
0.40 m/s2. 
（4） 当电网中交变电流的电压变成210 V，可交流电的频率没变，打点周期不变，则
不会影响加速度的测量值，因此加速度的测量值与实际值相比不变．电网中交变电流的频率
是f＝51 Hz 时，由T＝1
f ＝1
51  s<0.02 s，打点周期变小，测量时仍按T＝0.02 s 计算，则测
量值与实际值相比偏小． 
14．答案：（1）12 m/s2 （2）能成功 
解析：（1）战斗机着舰过程，设其加速度为a1，v0＝55 m/s，v1＝25 m/s，t1＝2.5 s，则 
v1＝v0＋a1t1 
解得a1＝－12 m/s2 
即加速度的大小为12 m/s2 
（2）设战斗机着舰过程中的位移x1，有x1＝
v0＋v1
2
 t1 
解得x1＝100 m 
战斗机复飞过程中，其加速度为a2＝6.25 m/s2，起飞需要的最小速度为v2＝50 m/s.设战
斗机的最小位移为x2，有 
v22 －v21 ＝2a2x2 
解得x2＝150 m 
因为x1＋x2＝250 m<L＝300 m 
故本次“逃逸复飞”训练能成功． 
15．答案：（1）40 m （2）25 m （3）12 m/s2<a2<22 m/s2 
解析：（1）以竖直向上为正方向，初速度v0＝10 m/s，加速度a＝－g，由竖直上抛规律
得H＝v0t＋1
2 （－g）t2 
解得H＝－40 m 
则小球抛出点离地面的高度为40 m. 
（2）小球做上抛运动所用时间为t0＝v0
g ＝1 s 
因此下落总时间为3 s，小球落地前最后一秒的位移大小x＝1
2 g（32－22） m＝25 m． 
（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为t1，由s＋L＝1
2 a1t21  
解得t1＝3 s 
速度为v＝a1t1＝6 m/s 
当小车车尾刚好接住小球，则x1＝v（t－t1）－1
2 a2（t－t1）2＝0 
解得a2＝12 m/s2 
当小车车头刚好接住小球，则x2＝v（t－t1）－1
2 a′2（t－t1）2＝－L 
解得a2′＝22 m/s2 
故为了让小车接住小球，加速度大小a2 的范围为12 m/s2<a2<22 m/s2. 
16．答案：（1）3 s，12 m （2）8 s （3）不能，1 m/s2 
解析：（1）经过t1 时间后，当甲车速度与货车速度相等，此时甲车与货车的距离达到最
大，由题意有v 货＝v 甲＋at1 
可得t1＝3 s 
该时间内甲车的位移为x 甲＝v 甲t1＋1
2 at21 ＝10×3 m＋1
2 ×2×32 m＝39 m 
该时间内货车的位移为x 货＝v 货t1＝16×3 m＝48 m 
则甲车与货车的最大距离为dmax＝x 货－x 甲＋s＝12 m 
（2）从开始到甲车恰好完成超车所经过的时间为t，则有x′甲＝x′货＋L1＋L2＋s 
即v 甲t＋1
2 at2＝v 货t＋L1＋L2＋s 
代入数据解得t＝8 s 
故甲车完成超车至少需要8 s. 
（3）t 时间内甲车的位移为x′甲＝144 m 
t 时间内乙车的位移为x 乙＝v 乙t＝96 m 
即有x′甲＋x 乙>208 m 
故甲不能安全超车． 
若乙车以加速度a 乙减速，则乙车的位移最多为x′乙＝208－x′甲＝64 m 
即有x′乙＝v 乙t－1
2 a 乙t2 
代入数据解得，乙车的加速度至少为a 乙＝1 m/s2. 
第二章 相互作用——力 
考点6 重力 弹力 摩擦力 
1．答案：D 
解析：无法比较F1 和F2 的大小，因为两个力的标度的大小未知，D 正确． 
2．答案：D 
解析：只有质量分布均匀形状规则的物体，其重心才在几何中心上，A 错误；物体的重
心可以在物体上，也可以在物体外，如质量分布均匀环的重心在环的本体外，B 错误；用一
绳子将物体悬挂起来，物体静止时，由二力平衡可知，该物体的重心一定在绳子的延长线上，
C 错误；重力是由于地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的，D 正确． 
3．答案：C 
解析：足球重力的作用点在重心上，但是其他部分也受重力，A 错误；足球重力的方向
竖直向下，B 错误；根据力的图示可读得足球重力的大小为5 N，C 正确；力的图示中标度
不是唯一的，不一定是2.5 N，D 错误． 
4．答案：D 
解析：静止在地面上的足球受到的弹力是由于地面形变产生的．静止在光滑水平地面上
的两个足球接触但没有形变，相互间无弹力作用．足球受重力、脚所施加的竖直向下的弹力
及地面提供的竖直向上的弹力，足球在三个力作用下静止，A、B、C 错误；球网与足球间的
弹力产生了两个作用效果：一是使球网发生明显形变；二是使足球改变了运动状态，D 正确． 
5．答案：B 
解析：若小车静止或匀速直线运动，因细绳始终保持竖直，小球受重力和绳子的拉力作
用，斜面对小球的支持力为0，A 错误，B 正确；若小车做变速运动，小球受两个力或三个
力的作用，C、D 错误． 
6．答案：CD 
解析：初始时刻对小球受力分析如图（设弹簧弹性系数为k） 
 
此时弹簧的长度为l1＝ 
l2
4＋l2 ＝5
2 l 
此时弹簧的弹力为Fk＝k（5
2 －1）l 
此时水平方向有N＝Fkcos θ＝2
5 Fk 
竖直方向有1
5 Fk＋F＝mg； 
当弹簧处于原长时，如图所示 
 
此时小球受到2 个力，F＝mg； 
当弹簧呈水平状态时，对小球受力分析如图所示 
 
此时弹簧的长度为l2＝ 
l2－l2
4 ＝3
2 l 
此时弹簧的弹力为Fk′＝k（1－3
2 ）l 
此时水平方向Fk′＝3
2 N′ 
竖直方向有F＝1
2 N′＋mg 
由图可知，从初始状态到弹簧恢复原长的过程中，F 从mg－1
5 Fk 逐渐增大到mg，然
后从原长位置到弹簧呈水平状态位置，F 从mg 增大到1
2 N′＋mg，故F 一直在增大，A 错误； 
综上所述，小球在运动过程中不可能受到3 个力的作用，可能受到2 个力作用或者4 个
力的作用，故B 错误； 
因为Fk＝k（5
2 －1）l Fk′＝k（1－3
2 ）l，所以Fk′>Fk，故弹簧在末态时的弹力比初
态时的大，故C 正确； 
初始状态时，轻质杆所受弹力为 
N＝Fkcos θ＝2
5 Fk＝
（5－2 5）
5
 kl 
当弹簧恢复到原长位置时，轻质杆所受的弹力为0 
当弹簧处于水平状态时，轻质杆所受的弹力为 
N′＝2
3 Fk′＝
（2 3－3）
3
 kl 
所以N′>N 
所以轻质杆所受的弹力先变小后变大，故D 正确． 
7．答案：BD 
解析：白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平
方向受力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，A 错误；在书
写的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，B 正确；白纸与镇纸之间没有摩擦
力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面对白
纸向左的摩擦力，故白纸对桌面的摩擦力向右，C 错误，D 正确． 
8．答案：C 
解析：因为三个物体都静止，所以先以整体为研究对象，可知地面对A 的摩擦力为零，
再以B、C 为研究对象，可知A 对B 的摩擦力大小为1 N，再以C 为研究对象，因为水平方
向不受其他力的作用，则B 对C 的摩擦力为零，C 正确． 
9．答案：C 
解析：物块相对木板运动，所以物块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力，本实验中，木
板不论处于什么运动，物块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于物块受到的滑动摩擦力，保
持不变，C 正确． 
10．答案：（1）1 000 N/m （2）0.3 （3）5 N 
解析：（1）由于砝码处于静止则kΔx＝mg 
代入数据得k＝1 000 N/m 
（2）书恰好匀速运动，有平衡可知kΔx′＝μN 
N＝mg 
解得μ＝0.3 
（3）当F 减小为20 N 时，书受到的最大静摩擦力为 
fm＝μF＝0.25×20 N＝5 N<mg＝8 N， 
书沿墙面向下运动，此时摩擦力为滑动摩擦力，大小为5 N． 
11．答案：C 
解析：瓶的重心不一定在两条绳子连线的交点上，往空瓶里不断加水过程中，重心在变
化，A 错误；往空瓶里不断加水时，加的水较少时，重心降低，加的水较多时，重心升高，
瓶的重心先降低后升高，B、D 错误，C 正确． 
12．答案：B 
解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使
弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx 
解得k＝100 N/m，故选B. 
13．答案：B 
解析：运动员以题图所示的姿势在水平地面上，处于平衡状态，在水平方向没有相对运
动，也没有相对运动的趋势，因此不受摩擦力的作用，A 错误；运动员受到的支持力和重力
大小相等，方向相反，是一对平衡力，B 正确；运动员对地面的压力是手掌的形变产生的，
重力是地球的吸引力产生，因此运动员对地面的压力不是重力，C 错误；运动员受到的支持
力是由于水平地面的形变产生的，D 错误． 
14．答案：D 
解析：设弹性绳的劲度系数为k，钩码的重力为G，弹性绳的总长度为100 cm 时，根据
平衡条件有2k（x1－x0）
502－402
50
 ＝G；将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，在
前一钩码下加挂一相同钩码时，根据平衡条件有2k（x2－x0）＝2G，联立解得x2＝104 cm，
D 正确． 
15．答案：B 
解析：无论传送带的转速是多少，A 都不受摩擦力，若受摩擦力反而不能平衡，A 错误，
B 正确；对AB 整体受到向右的绳的拉力作用，则B 受到传送带的向左的滑动摩擦力，C 错
误；滑动摩擦力与相对速度无关，只与动摩擦因数（粗糙程度）和正压力有关，D 错误． 
16．答案：A 
解析：对于甲图，一开始木板一半悬空，一半在粗糙桌面上，则此时就有FN1＝mg，而
推动过程中木板做匀速运动，则有F1＝μFN1＝μmg，A 正确，C 错误；对于乙图，设木板长
为L，在匀速推动的过程中设速度为v，则有F2＝μFN2，而FN2＝mg
L （L
2 ＋vt）（t≤L
2v ），
联立可得F2＝μmg
2 ＋μmgv
L
 ·t（t≤L
2v ），B、D 错误． 
17．答案：CD 
解析：对第二张纸受力分析可得，在水平方向上受到第一张纸向右的滑动摩擦力和第三
张纸水平向左的静摩擦力而保持平衡，A 错误；对第二张纸受到第一张纸的滑动摩擦力f＝
μ2FN，f＝μ2（F＋mg），由平衡条件得，受到第三张纸的静摩擦力等于滑动摩擦力，以此类推
第10 张纸与第11 张纸之间的摩擦力大小都是f＝μ2（F＋mg），B 错误，C 正确；若μ1＝μ2，
由于纸张有质量，故越往下压力越大，第一张纸不可能向右运动，故进纸系统不能进纸，D
正确． 
18．答案：（1）受力图见解析 （2）0.2 （3）2 N 2 N 
 
解析：（1）B 受重力、支持力、A 对B 的压力、拉力和摩擦力，受力分析如图所示 
（2）对A、B 整体，根据平衡条件，在水平方向，有F＝f 
竖直方向，有FN＝（mA＋mB）g 
其中f＝μFN 
联立解得μ＝0.2 
（3）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 受到的滑动摩擦力为 
f1＝μFNA＝0.2×1×10 N＝2 N 
因为F>f1 
所以B 对A 的摩擦力fA＝2 N 
B 受到地面的最大静摩擦力为f2＝μ（mA＋mB）g＝0.2×（1＋2）×10 N＝6 N 
又因为f1<f2 
所以B 受地面的静摩擦力fB＝f1＝2 N． 
考点7 摩擦力的综合分析 
1．答案：B 
解析：若木箱静止，木板向左运动，则地面对木板的摩擦力方向向右，对木箱有向左的
摩擦力，A 错误；若木板静止，木箱向右运动，则地面对木板的静摩擦力方向向右，对木箱
的滑动摩擦力方向向左，B 正确；若木板、木箱均静止，地面对木箱有向左的静摩擦力，地
面对木板有向右的静摩擦力，C 错误；若木箱向右运动，木板向左运动，则地面对木板的滑
动摩擦力方向向右，对木箱的滑动摩擦力方向向左，D 错误． 
2．答案：BD 
解析：A 受到车厢底面的摩擦力是滑动摩擦力，受到B 的摩擦力是静摩擦力，A 错误；
对A 受力分析，受重力、支持力、车厢底面的摩擦力和B 的摩擦力，根据A 匀速运动，受力
平衡，A 受到的摩擦力大小为Mg sin θ，方向沿底面向上，B 正确；将A、B 作为整体，匀速
运动，受力平衡，所以A 受到车厢底面的滑动摩擦力大小为（M＋m）g sin θ，C 错误；对于
A、B 整体，根据受力平衡：（M＋m）g sin θ＝μ（M＋m）cos θ，所以μ＝tan θ，D 正确． 
3．答案：BD 
 
解析：对物块受力分析，可以简化成如图所示的受力分析，根据平衡条件，则有f＝ 
（1
2mg）2＋（3
2 mg）2 ＝mg，A 错误，B 正确；当撤去外力之后，只需要沿斜面向上大
小为3
2  mg 的摩擦力就可以平衡，C 错误，D 正确． 
4．答案：A 
解析：由F­t 图线可得，在0～t1 时间内，拉力F 逐渐增大，在t1 时刻，拉力达到最大，
手机刚开始向右运动，即t1 时刻拉力的大小等于最大静摩擦力Ffmax，约为2.80 N，之后手机
缓慢运动时拉力等于滑动摩擦力Ff，由题图乙可知手机所受的滑动摩擦力约为2.60 N，方向
向左，由牛顿第三定律可知桌面所受的滑动摩擦力大小约为2.60 N，方向向右，A 正确；动
摩擦因数由接触面的材料和接触面的粗糙程度决定，与拉力和压力都无关，且μ＝Ff
mg ＝1.04，
B、C、D 错误． 
5．答案：D 
解析：由题图可知，当木板与地面的夹角为θ1 时木块刚刚开始滑动，木块重力沿木板向
下的分力等于Ff2，则Ff2＝mg sin θ1，刚滑动时有Ff1＝μmg cos θ1，则μ＝
Ff1
mg cos θ1 ，由题图
知Ff1<Ff2，即μmg cos θ1<mg sin θ1，解得μ<tan θ1，A、B 错误；当木板与地面的夹角为θ2
时，木块受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体
运动，做初速度不为零、加速度为g 的匀加速运动，C 错误；对木块，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，则a＝g sin θ－μg cos θ，则木板由θ1 转到θ2 的过程中，随着θ 的增
大，木块的加速度a 增大，即速度变化越来越快，D 正确． 
6．答案：B 
解析：设F 与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受
的静摩擦力为f＝F cos θ，F 增大，f 增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变
为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱
运动时，所受的支持力N＝G－F sin θ，F 增大，N 减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大
小为f＝μN，N 减小，则f 减小，B 正确，A、C、D 错误． 
7．答案：B 
解析：根据题意可知，书与纸上下接触面均有摩擦力，故书和纸之间的滑动摩擦力大小
为f 总＝2f＝2μ·1
3 G＝0.3 N，故所需拉力的最小值为0.3 N，B 正确． 
8．答案：BD 
解析：当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，A 错误；当刀相
对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石的摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地
面的静摩擦力向后，B 正确；磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面的摩擦力以
及刀的压力共5 个力作用，C 错误；磨刀石对刀的作用力与刀对磨刀石的作用力是一对作用
力和反作用力，大小是相等的，D 正确． 
9．答案：D 
解析：物体向右运动过程中，受向左的滑动摩擦力为f＝μmg＝2 N，当物体静止时，由
于水平向左的恒力小于滑动摩擦力，则物体保持静止状态，所受静摩擦力向右，大小为1 N，
D 正确． 
10．答案：D 
解析：当悬挂物块B 时有mAg sin θ＝μmAg cos θ＋mBg，当悬挂物块C 时有mAg sin θ＋μmAg 
cos θ＝mCg，解得mB
mC ＝1
5 ，D 正确． 
11．答案：ABD 
解析：物体与传送带间发生相对滑动，所以摩擦力的大小为f＝μFN＝μmg，方向与物体
相对运动的方向相反，A 正确；物体相对于传送带的速度大小为v 相对＝
v20 ＋v2 ，方向与
v0 夹角为θ，且tan θ＝v
v0 ，由平衡条件可得拉力大小为F＝μmg cos θ＝μmg
v0
v20 ＋v2 ，所以
传送带速度越大，拉力F 越小，B、D 正确；A 杆对物体的弹力为N＝μmg sin θ＝μmg
v
v20 ＋v2 ，
所以物体在水平面内受拉力F、传送带与相对运动相反的摩擦力和A 杆对物体水平向左的弹
力，物体和B 杆之间没有作用力，C 错误． 
考点8 力的合成与分解 
1．答案：A 
解析：当这两个等大的力夹角为120°时，合力恰好为10 N，在两分力夹角不断减小至0
时，合力增大至20 N，故夹角范围在0～120°之间，不可能为130°，A 正确． 
2．答案：A 
解析：每根橡皮条产生的弹力为F＝kL，夹角为60°，则合力为F 合＝2F cos 30°＝3 kL，
A 正确． 
3．答案：B 
解析：利用三角形定则可知，F2 和F4 的合力等于F1，F5 和F3 的合力也等于F1，所以这
5 个力的合力大小为3F1＝30 N，B 正确． 
4．答案：A 
解析：前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F1 都等于零，保持
不变，C、D 错误；将拉力F2 沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上2F2cos θ＝mg，
绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ 变大，而物体的重力不变，因
此单根绳的拉力F2 变大，A 正确，B 错误． 
5．答案：D 
解析：当两臂间的夹角为120°时，两臂受到的压力为N1＝
G
2cos 60° ＝G，对N 点分析，
N 点受到螺纹轴的作用力为F1＝2N1cos 30°＝3 G，当两臂间的夹角为60°时，两臂受到的
压力为N2＝
G
2cos 30° ＝3
3 G，对N 点分析，N 点受到螺纹轴的作用力为F2＝2N2cos 60°＝
3
3 G，则有F1
F2 ＝3∶1，A、B、C 错误，D 正确． 
6．答案：A 
解析：将F 分解，如图所示 
 
F1 的最小值为F1min＝F sin θ.若θ＝30°，则F1min＝F sin θ＝5 N，此时F1 可为6 N，A 正
确；若θ＝45°，则F1min＝F sin θ＝5 2  N>6 N，此时F1 不可能为6 N，B 错误；若θ＝60°，
则F1min＝F sin θ＝5 3 N>6 N，此时F1 不可能为6 N，C 错误；若θ＝90°，由平行四边形定
则可知，此时F1 一定大于F 即10 N，D 错误． 
7．答案：D 
解析：对木块受力分析，竖直方向N＝mg＋Fsin 37°，木块与水平地面间的摩擦力为f＝
μN，联立可得f＝μ（mg＋0.6F），D 正确． 
8．答案：C 
 
解析：链条受到挂坠的作用力是由挂坠的形变产生的，故A 错误；作出力的平行四边形
如图所示．当合力相同时，分力之间的夹角越大，分力就越大，因此可知a 项链链条的拉力
小于b 项链链条的拉力，B 错误；根据平衡条件可知，a、b 两项链的链条上产生的拉力的合
力大小等于挂坠重力沿斜面向下的分力，方向均与挂坠重力沿斜面向下的分力的方向相反，
即有F 合＝mg sin θ，因此a、b 两项链的链条对挂坠的作用力相同，C 正确；根据平衡关系F
合＝mg sin θ，当减小斜面的倾角θ 时，a、b 两项链的链条上产生的拉力的合力减小，而a、b
两项链的链条与竖直方向的夹角分别为α、β，则有2Fa cos α＝mg sin θ，2Fb cos β＝mg sin θ，
当mg sin θ 减小时，Fa、Fb 均减小，即减小斜面的倾角θ，a、b 项链链条受到的拉力都减小，
D 错误． 
9．答案：B 
解析：该同学站在A 点时，重力产生两个作用效果力F1、F2，如图所示 
 
设F1、F2，与竖直方向夹角为θ，则有F1＝F2＝mg
2cos θ ，在B 点F1 分解，如图所示 
 
则水平推力为F＝F1sin θ＝1
2 mg tan θ，由几何关系得tan θ＝L
2h ，联立并代入数据可得
F＝mgL
4h ＝1 470 N，B 正确． 
 
10．答案：B 
解析：受力分析如图所示 
根据几何关系可得
F＋G
2FN ＝sin θ
2 ，解得FN＝
F＋G
2sin θ
2
 ，B 正确． 
11．答案：A 
解析：由图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为F′＝F sin 8°，这个分力垂直于帆面，
与航行方向之间的夹角为θ＝90°－（180°－135°－8°）＝53°，所以风力在航行方向上的分
力为F″＝F′cos 53°＝3
5 F′＝3
5 F sin 8°，A 正确． 
12．答案：B 
解析：根据平行四边形定则，作出F1 与F2 的合力，如图所示 
 
由图可知，随着F2 从0 开始增大，物体受到的合力先减小后增大，一开始合力小于F1，
之后合力大于F1，B 正确． 
考点9 受力分析 共点力的平衡 
1．答案：B 
解析：水平推力作用后，重力与推力的合力为5 N，白板擦不可能做水平方向运动．若
最大静摩擦力大于5 N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5 N，则沿重力与推力的合力方
向做匀加速直线运动，A 错误，B 正确；此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，C
错误；推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5 个力，D 错误． 
2．答案：D 
解析：M、N 两物体一起向上做匀加速直线运动，则合力向上．对M、N 整体进行受力
分析，受到重力和F；墙对M 没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力，C 错误；
对N 进行受力分析可得：N 受到重力，M 对N 的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还
受到M 对N 向上的静摩擦力，共3 个力，B 错误，D 正确；对M 进行受力分析可得：M 受
到重力、推力F，N 对M 的压力以及N 给M 沿斜面向下的静摩擦力，一共4 个力，A 错误． 
3．答案：D 
解析：对物体A 进行受力分析如图所示 
 
根据平衡条件有f1＝μN1＝mg sin θ＋F，N1＝mg cos θ，解得μ＝tan θ＋
F
mg cos θ ，D 错
误；对A、B 整体进行受力分析如图所示 
 
 
根据平衡条件有f2＝F cos θ，N2＝（m＋M）g＋F sin θ，可知，斜面B 受到地面水平向
右的静摩擦力，大小为F cos θ，B 相对地面有向左运动的趋势，地面对斜面B 的支持力大小
为（M＋m）g＋F sin θ，A、B、C 正确． 
4．答案：D 
解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN ＝ mg 月，则对一条腿有FN1＝1
4 mg 月＝mg
24 ，
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为mg
24 .故选D. 
5．答案：C 
解析： 
  
沿斜面方向：Ff＝G cos θ
垂直斜面方向：F＝FN＋G sin θ
 →
C对，
ABD错  
6．答案：BD 
 
解析：如图所示当小虫子位于B 点时刚好达到最大静摩擦力，FN＝mg sin θ＝1
2 mg，f＝
μFN，f＝mg cos θ＝3
2 mg，解得μ＝3 ，B、D 正确． 
7．答案：C 
 
解析：根据题意，垂直于斜面的截面图及受力分析如图所示 
根据受力平衡并结合几何关系，可得2N cos 30°＝mg cos θ，解得N＝3
3 mg cos θ，C 正
确． 
8．答案：C 
解析：对Q 球受力分析，如图所示， 
 
由平衡条件可知，在竖直方向上有F sin 30°＝mg，在水平方向上有F cos 30°＝FQ，联立
解得F＝2mg，FQ＝3 mg，A、B 错误；设P 球的质量为M，对P 球受力分析，如图所示，
在水平方向上有F′cos 30°＝FP sin 30°，在竖直方向上有FP cos 30°＝Mg＋F′sin 30°，F′＝F，
联立解得M＝2m，FP＝2 3 mg，C 正确，D 错误． 
9．答案：AD 
 
解析：当a、b 静止时，受力分析如图所示 
对a 由平衡条件可得N1＋Fsin θ＝mg cos θ，mgsin θ＝Fcos θ，联立解得N1＝
mg（1－2sin2θ）
cosθ
 ＝mg cos 2θ
cos θ
 ，F＝mg tan θ，A 正确，B、C 错误；对b 分析，由平衡条件
可知，b 受到杆的弹力大小为N2＝F＝mg tan θ，D 正确． 
10．答案：D 
解析：水平轻杆BC 为“定杆”，细绳AD 跨过BC 右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为
M 的物体，定滑轮为“活结”，滑轮两侧轻绳中拉力相等，所以细绳AC 段的张力FTAC＝Mg，
A 错误；对定滑轮受力分析，由平衡条件可知，轻杆BC 对轻质定滑轮的弹力FC＝2Mg cos 60°
＝Mg，方向沿∠ACD 的平分线指向C，B 错误；若BC 杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，则
BC 为“活杆”，另一端C 通过细绳AC 拉住，则轻杆BC 中弹力方向沿轻杆方向，对轻杆端
点C 受力分析，由平衡条件可得tan 30°＝Mg
FC ，解得轻质定滑轮的弹力FC＝Mg
tan 30° ＝3 Mg，
方向沿BC 指向右侧，C 错误；由sin 30°＝Mg
FTAC ，解得细绳AC 段的张力FTAC＝2Mg，D 正
确． 
11．答案：BD 
解析：图甲中，OB 绳的张力为T＝m1g，由平衡条件可得m2g＝m1g cos θ，则m1∶m2＝
2∶3 ，A 错误，B 正确；CD 杆固定在墙上，杆的弹力方向不确定，则m3、m4 的比例不确
定，C 错误，D 正确． 
12．答案：B 
解析：卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C 所受的合力水平向左，
而C 对A 的压力恰好为零，则C 只受重力和B 对C 的支持力，由竖直方向平衡有 
NBCsin 60°＝mg 
解得B 球对C 球的支持力为NBC＝2 3
3 mg 
由牛顿第三定律可知C 对B 的压力大小为2 3
3 mg；故选B. 
13．答案：B 
解析：对小球C 受力分析可知mg＝2T sin 37°，对弹簧kx＝T cos 37°，解得k＝100 N/m，
B 正确． 
14．答案：D 
解析：小球受重力、弹簧的弹力、导轨的弹力三个力作用，A 错误；小球受到弹力作用，
必定有反作用的弹力，小球一定有形变，B 错误；轨道对小球的弹力方向与弹簧弹力的方向
夹角为120°，且两者都与竖直方向成60°角，根据对称性可知，小球处于平衡状态时轨道对
小球的弹力大小为mg，C 错误；同理可知，轻弹簧对小球的弹力大小也为mg，根据胡克定
律可得，伸长量为Δx＝mg
k ，所以轻弹簧原长为L0＝R－mg
k ，D 正确． 
15．答案：B 
解析：先将7 块砖当作整体受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
2μ1F≥7mg，则有F≥175 N，再考虑除最外侧两块砖的里面5 块砖，受力分析，竖直方向受
重力、静摩擦力，二力平衡，有2μ2F≥5mg，则有F≥200 N，解得F≥200 N，B 正确． 
16．答案：D 
 
解析：对A、B 整体受力分析，相对地面无滑动趋势，故A 不受地面的摩擦力，则A 对
地面无摩擦力，A、B 错误；对B 受力分析，如图所示． 
根据平衡条件可得F＝mg
cos θ ，FT＝mg tan θ，其中cos θ＝R
R＋r ，tan θ＝
（R＋r）2－R2
R
 
＝
2Rr＋r2
R
 ，联立解得A 对B 的支持力大小为F＝mg
r＋R
R ，细线对B 的拉力大小为FT＝
mg
2Rr＋r2
R
 ，C 错误，D 正确． 
17．答案：D 
解析：分析滑轮受力，根据力的平衡条件及对称性，可得滑轮和物块间的轻绳与竖直方
向的夹角为α＝60°，即滑轮和物块间轻绳与水平方向夹角为30°，则F cos 30°＝0.5（mg－F 
sin 30°），解得F＝2mg
2 3＋1 ，D 正确． 
18．答案：D 
解析：对b 进行受力分析，根据平衡条件可知，轻杆对b 的弹力沿杆向上，则轻杆对a
的弹力沿杆向下，表现为推力，A 错误；由于滑块与轻杆间连有铰链，轻杆的弹力方向沿杆
的方向，与P 垂直，B 错误；以b 为对象，设杆的弹力大小为F，沿斜面方向应用平衡条件
得F cos 30°＝mg sin 60°，解得F＝mg，C 错误；对a 进行受力分析，根据平衡条件可知，a
受到的静摩擦力大小为f＝mg sin 60°＝3
2 mg，D 正确． 
19．答案：A 
 
解析：对气球受力分析，根据共点力平衡条件可知，竖直方向有Mg＋T cos 30°＝F 浮，
水平方向有T sin 30°＝F 风，对O 点受力分析，根据共点力平衡条件得T′sin 30°＝T1cos 30°，
T′cos 30°＝T1sin 30°＋mg，联立解得F 风＝3
2 mg，F 浮＝3
2 mg＋Mg，A 正确． 
20．答案：C 
解析：对最下方小灯笼受力分析可知，小灯笼受到重力、风力，绳子拉力的作用，根据
平衡条件有T1＝
G2＋F2 ，设绳子与竖直方向的夹角为θ1，有tan θ1＝F
G ，对最下方的两个
小灯笼受力分析有T2＝
（2G）2＋（2F）2 ＝2T.设绳子与竖直方向的夹角为θ2，有tan θ2
＝2F
2G ＝F
G ，同理可知对最下方n 个小灯笼受力分析有Tn＝
（nG）2＋（nF）2 ＝nT，设
绳子与竖直方向的夹角为θn，有tan θn＝nF
nG ＝F
G ，解得θ1＝θ2＝θ3＝θ4＝θ5，C 正确． 
考点10 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题 
1．答案：D 
解析：绳子对A 的拉力保持不变，A 错误；对整体受力分析，根据平衡条件有N＝G 总，
将木板的倾角缓缓减小到10°时，铁板对地面的支持力与倾斜角无关，保持不变，铁板对地
面的压力也保持不变，B 错误；对整体受力分析，根据平衡条件可知，整体只受重力与支持
力，所以地面的摩擦力为0，C 错误；根据平衡条件有mAg sin 45°＝f＋mBg，由于mA ＝2mB，
所以开始时摩擦力沿斜面向上，当将木板的倾角缓缓减小到30°时，摩擦力减到0，将木板的
倾角缓缓减小到10°时，摩擦力沿斜面向下，所以物体A 受到的摩擦力先减小后增大，D 正
确． 
2．答案：B 
解析：受力分析如图所示 
 
甲图中，FN1＝F cos θ，Ff1＝mg＋F sin θ≤Ffm；乙图中，FN2＝F cos θ，所以墙面受到的
压力不变，A 错误；若F sin θ＝mg，则Ff2＝0，若F sin θ＞mg，则Ff2 方向向下，Ff2＝F sin  
θ－mg，若F sin  θ＜mg，则Ff2 方向向上，Ff2＝mg－F sin θ，所以斜面体受到的摩擦力一定
变小，B 正确，C 错误；因为墙面受到的压力没有变，所以Ffm 不变，甲图中，Ff1＝mg＋F sin  
θ≤Ffm，推不动斜面体，乙图中，Ff2＝F sin θ－mg，肯定比Ffm 小，所以斜面体肯定不沿墙
面向上滑动，D 错误． 
3．答案：D 
 
解析：开始时，重物受力平衡，假设B 绳上的张力不为零，则A 绳不可能竖直，A 错误；
A 绳从竖直转到水平过程，设A、B 绳上的张力分别为FA、FB，则该过程中结点的受力情况
如图所示，由力的矢量三角形知，A 绳上的张力先减小后增大，B 绳上的张力一直增大，B、
C 错误，D 正确． 
4．答案：B 
 
解析：根据题意可知，小球始终静止在A 点，对小球受力分析可知，小球受重力与弹力
及拉力，三力平衡三力可组成一个闭合的三角形，如图所示．则拉力方向从水平向左在纸面
内顺时针转至竖直向上的过程中，拉力F 先变小，后变大，B 正确． 
5．答案：BD 
 
解析：由于小球一直保持静止，因此小球的合力一直为零，A 错误；小球受重力mg、拉
力F 和轻绳的拉力FT，其中重力的大小和方向均不变，轻绳的拉力的方向不变．三力平衡时，
三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图．力F 沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，
力F 先减小后增大，且当力F 与水平方向的夹角30°时，F 最小，最小值为Fmin＝mg sin 30°
＝1
2 mg，而轻绳OA 上的拉力FT 一直减小，故B、D 正确，C 错误． 
6．答案：D 
 
解析：对小球A 进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示 
根据几何关系可知两三角形相似，因此mg
OO′ ＝F
O′A ＝F′
OA ，缓慢运动过程O′A 越来越小，
则F 逐渐减小，A 错误；由于OA 长度不变，杆对小球的作用力大小不变，B 错误；对木板，
由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，
所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确． 
7．答案：D 
 
解析：由题意可知导线b 中电流方向与导线a 中相反，在b 中电流缓慢增大的过程中，
对导线b 受力分析如图所示 
易得△Oab 与矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有Oa
mg ＝Ob
T ＝
F安
ab ，由此可知细
线对b 的拉力不变，而ab 在逐渐增大，故导线ab 间相互作用的安培力逐渐增大，因此可知
导线a 对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a 的作用力变大，D 正确． 
8．答案：B 
 
解析：以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA 绳的拉力F1、OB 绳的拉力F2 三个力
而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图．在转动的过程中，OA 绳的拉力F1先增大，
转过直径后开始减小，OB 绳的拉力F2 开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A、C、
D 错误． 
9．答案：A 
 
解析：合力大小不变，等于mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形定则作图，
如图所示．由图可知，当OA 从水平位置转到竖直位置的过程中，FA 先增大后减小，FB 一直
减小，选项A 正确． 
10．答案：C 
解析：当轻绳中的拉力达到最大值F＝500 N 时，此时箱子的质量有最大值，根据平衡
条件有F＝mg sin 30°＋f，f＝μmg cos 30°，解得m＝50 kg，C 正确． 
11．答案：D 
解析：木块在木楔斜面上匀速下滑时，有mg sin θ＝μmg cos θ，木块在力F 的作用下沿
斜面匀速上滑时，由平衡条件得F cos α＝mg sin θ＋Ff，F sin α＋FN＝mg cos θ，且Ff＝μFN，
解得F＝
2mg sin θ
cos α＋μsin α ＝
2mg sin θ·cos θ
cos θ·cos α＋sin α·sin θ ＝
mg sin 2θ
cos （θ－α） ，当α＝θ 时，F 有最小值
Fmin＝mg sin 2θ，D 正确． 
12．答案：B 
解析：因为装置宽度变大，每根细杆对水果支持力的方向越来越趋近于水平，即杆的支
持力与两杆所在平面的夹角越来越小，设夹角为θ，设两杆所在的平面与水平地面的夹角为α，
垂直杆方向根据平衡条件2N sin θ＝mg cos α，解得N＝mg cos α
2sin θ ，α 不变，θ 变小，则N 变
大，B 正确． 
13．答案：D 
解析：施加拉力F 前，以小环O 为研究对象，受到轻绳2 的拉力等于物块P 的重力mg，
竖直方向根据受力平衡可得2T1cos 30°＝mg，解得轻绳1 的张力大小为T1＝3
3 mg，故A 正
确； 
物块在缓慢移动过程中，以小环O 为研究对象，由于小环O 两侧轻绳1 的张力大小总是
相等，则小环O 两侧轻绳1 的张力的合力方向在∠MON 平分线上，根据受力平衡可知轻绳2
的延长线始终平分∠MON，故B 正确； 
物块在缓慢移动过程中，以物块为研究对象，根据受力平衡可得T2cosθ＝mg，可知T2
＝mg
cos θ ，轻绳2 与竖直方向的夹角θ 逐渐增大，cos θ 越来越小，则轻绳2 的张力越来越大，
故C 正确； 
物块在缓慢移动过程中，由于M、N 之间的轻绳1 长度不变，根据数学知识可知，小环
O 的运动轨迹为椭圆，M、N 为椭圆的两个焦点．当轻绳2 与MN 连线方向垂直时，小环O
刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知，此时∠MON 最大，则此过程中∠MON＝2α
逐渐增大，以小环O 为研究对象，根据受力平衡可得2T′1 cos α＝T2，可得T′1＝
T2
2cos α ，可
知此过程中轻绳1 的张力一直增大，故D 错误． 
14．答案：C 
 
 
 
解析：设小球的质量为m，小球与圆柱体圆心连线跟水平方向的夹角为θ，以小球为对
象，小球受到重力、支持力和拉力，如图所示 
根据平衡条件可得F＝mgcos θ，N＝mg sinθ，细线将小球从M 点缓慢向上拉至半圆最高
点的过程中θ 增大，所以细线对小球的拉力减小，圆柱体对小球的支持力增大，根据牛顿第
三定律可得小球对柱体的压力增大，A、B 错误；设圆柱体的质量为M，以圆柱体为对象，
根据平衡条件可得竖直墙面对柱体的压力F 墙＝N cos θ＝mg sin θ·cos θ＝1
2 mg sin 2θ，当θ＝
45°时，墙对圆柱体的支持力最大，为F 墙＝0.5mg，根据牛顿第三定律可得圆柱体对竖直墙
面的压力最大值为0.5mg，C 正确，D 错误． 
15．答案：BD 
 
解析：让轻绳OB 缓慢从竖直变成水平，且保持的拉力F 与轻绳OB 夹角始终为θ＝120°，
以物体B 为对象，根据受力平衡，结合三角形定则，画出如图所示的辅助圆 
由图可知，绳子中的拉力T 先增大后减小；拉力F 一直增大，当轻绳OB 变成水平时，
拉力最大，则有Fmax＝mg
sin 60° ＝2 3
3 mg，A 错误，B 正确；以A、B、C 为整体，根据受力
平衡可知，斜面体C 受地面的摩擦力大小等于拉力F 的水平分力，则有f 地＝Fx，由辅助圆
可以看成拉力F 的水平分力先增大后减小，则斜面体C 受地面的摩擦力先增大后减小，C 错
误；由于不清楚斜面体C 倾角β 的具体值，所以可能存在绳子拉力一直大于物块A 重力沿斜
面向下的分力，则对于A，沿斜面方向有T＝mAg sin β＋fA，由于绳子中的拉力T 先增大后减
小，则物块A 受到的摩擦力先增大后减小，D 正确． 
16．答案：C 
解析：以A 为对象，根据受力平衡可得TOA＝mAg，由于轻绳OB 上的拉力等于OA 上的
拉力，则轻绳OB 上的拉力大小保持不变，A 错误；以轻滑轮为对象，设AOB 绳子间的夹角
为α，根据受力平衡可得TOO′＝2TOAcos α
2 ＝2mAg cos α
2 ，轻绳OB 从水平顺时针缓慢转到
竖直的过程中，α 从90°逐渐减小到0°，则轻绳OO′上的拉力大小逐渐增大，B 错误，C 正确；
设绳子OB 与倾斜固定杆的夹角为β，斜杆倾角为θ；以B 为对象，沿斜杆方向，根据受力平
衡可得F＝mBg sin θ＋TOBcos β，轻绳OB 从水平顺时针缓慢转到竖直的过程中，β先增大到
90°（此时OB 与斜杆垂直），之后继续增大；在β 增大到90°的过程中，cos β 逐渐减小，而
TOB 不变，斜杆倾角θ 不变，可知此过程外力F 逐渐减小，之后β 大于90°，则TOB 沿斜杆的
分力反向向上，且大小逐渐增大，则外力F 继续逐渐减小，D 错误． 
17．答案：A 
解析：设A 到滑轮的细线长为d，B 到滑轮的细线长为L，在A 向下运动过程中，d 变大，
L 变小，对小球B 研究，设细线拉力为F，小球B 的重力为G，根据力的平衡，结合相似三
角形可得d
G ＝L
F ，解得F＝L
d G，由此判断，F 一直在变小，A 正确，B、C、D 错误． 
18．答案：D 
解析：对正三角形内部的小球受力分析，如图所示 
 
缓慢转动过程中，AC、AB 边对球的弹力NAC，NBC 的方向总是垂直相应的边，两力夹角
保持不变，BC 边与球始终无弹力，由几何关系可知，随着角度θ 从0°到90°增大过程中，角
α 与角θ 之和保持不变，且α＋θ＝120°，所以角β 也保持不变β＝60°，由平衡条件和正弦定
理得mg
sin β ＝NAC
sin θ ＝
NAB
sin （120°－θ） ，所以球对AC 边的压力N′AC＝NAC＝mg
sin β sin θ，代入
数据解得N′AC＝2 3
3 mg sin θ，球对AB 边的压力N′AB＝NAB＝mg
sin β sin （120°－θ），代入数
据解得N′AB＝2 3
3 mg sin （120°－θ），θ 从0 增大到90°的过程中，sin θ 一直增大，sin （120°
－θ）先增大后减小，故AB 边压力传感器示数先增大后减小，AC 边压力传感器示数一直增
大，A 、B 、C 错误；θ ＝90° 时，AB 边与AC 边压力传感器示数之比为N′AB
N′AC ＝
2 3
3 mg sin （120°－θ）
2 3
3 mg sin θ
 ＝sin 30°
sin 90° ＝1
2 ，D 正确． 
19．答案：B 
解析：对a 与沙子受力分析，受重力、绳的拉力两个力的作用，两个的合力一直为零，
沙子缓慢流出的过程中，a 与沙子的总重力减小，可知绳的拉力T 减小，对b 进行受力分析，
c 对b 的支持力为N＝mbg cos θ，由牛顿第三定律可知b 对c 的压力保持不变，A 错误；若开
始时绳子拉力小于物块b 重力沿斜面向 
 
下的分力，则c 对b 的摩擦力方向平行斜面向上，根据受力平衡可得mbg sin θ＝f＋T，
当拉力T 减小时，c 对b 的摩擦力增大，根据牛顿第三定律可知b 对c 的摩擦力也增大，B
正确；以b、c 为整体作为研究对象，受力分析如图所示． 
根据受力平衡可得f 地＝T cos θ，N 地＝（mb＋mc）g－T sin θ，在a 中的沙子缓慢流出的
过程中，绳子拉力T 减小，所以地面对c 的摩擦力减小，地面对c 的支持力增大，C、D 错
误． 
20．答案： 
 
C 
解析：保持 F 的大小不变，若F<mg，将重力反向延长，作带箭头的线段OA，使该有
向线段大小等于重力，则该有向线段表示细线拉力与F 两个力的合力，以A 点为圆心，以F
为半径作出动态圆，如图所示， 
θ 最大值满足sin θ＝F
mg ，A 错误；根据平衡条件，作出动态三角形如图所示， 
 
若保持F 的大小不变，细线不存在最大拉力，B 错误；若保持θ 不变，根据平衡条件，
当F 方向竖直向上，大小等于重力时，细线拉力的最小值为0，C 正确；若保持θ 不变，根
据上述的动态三角形，力F 的最小值为Fmin＝mg sin θ，D 错误． 
考点11 实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系 
1．答案：（1） 刻度尺 （2）4.9 （3）C 
解析：（1）实验中还需要的测量工具是刻度尺； 
（2）根据mg＝kx 得m＝k
g x，则由图像可知k
g ＝
60×10－3
0.12
 ，解得k＝4.9 N/m. 
（3）由于一开始测出的弹簧原长L0 是放在水平桌面上测量得，而实验中是将弹簧竖直
悬挂，一开始竖直悬挂弹簧并且不挂钩码的时候，由于弹簧自身的重力，弹簧已经被拉长了，
故弹簧在竖直悬挂的时候一开始已经有伸长量了，故图像有横截距，且由胡克定律：F＝kΔx
得，图像的斜率为弹簧的劲度系数，故图像斜率不变，为一条倾斜直线，则图像应该为C. 
2．答案：（1）B （2）200 甲 
解析：（1）为了准确测量弹簧的原长，并消除重力带来的影响，应先将弹簧悬挂，再测
原长，B 正确． 
（2）图像的斜率表示弹簧的劲度系数的倒数，则由图可知乙弹簧的劲度系数为k＝ΔF
Δx ＝
8－0
4×10－2－0  N/m＝200 N/m，由图可知，甲的劲度系数小，因此其精度高，若要制作一个精
确度较高的弹簧秤，应选弹簧甲． 
3．答案：（1） 共点力的平衡条件 （2）4.0 1.0×102 
解析：（1）钩码静止时其所受重力大小等于弹力的大小，这样做依据的物理规律是共点
力的平衡条件． 
（2）根据胡克定律F＝kL－kL0可得题图乙的F­L图像的横截距即为弹簧的自然长度L0，
斜率即为弹簧的劲度系数k，所以可得L0＝4.0 cm，k＝16
20－4 ×102 N/m＝1.0×102 N/m. 
4．答案：（1）7.00 （2）A 10 （3）不变 
解析：（1）图中刻度尺的分度值为1mm，要估读到分度值的下一位，已知刻度尺的零刻
度线与弹簧上端平齐，弹簧长度为L0＝7.00 cm 
（2）根据胡克定律有k＝ΔF
Δx ，图像的斜率表示劲度系数，则可知A 弹簧的劲度系数大
于B 弹簧的劲度系数；B 弹簧的劲度系数为k＝
2
20×10－2 ＝10 N/m. 
（3）把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，图线相对原来会向右平移，但并不影响图
线斜率，故k 值不变． 
5. 
 
答案：（3）如图所示 
（4）15.35 （5）127 
解析：（3）利用描点法得出图像如图．（4）根据刻度尺读数规则知，橡皮筋的长度l＝
15.35 cm.（5）由胡克定律可得nmg＝k（l－l0），变化为l＝mg
k n＋l0.l ­ n 图像的斜率mg
k ＝6.05
20 
×10－2，解得k＝20.0 N/m.代入数据解得橡皮筋原长l0＝9.00 cm.挂上冰墩墩玩具，有Mg＝k
（l－l0），解得M＝127 g． 
6．答案：（1）不需要 （2）mg
h0  （3） 
mx
（m＋m0）h0－mh  
解析：（1）题中已测出弹性绳的伸长量，则不需要测量O、A 间的距离． 
（2）根据胡克定律可知k＝F
Δx ＝mg
h0  
（3） 盒子通过的距离为x 后，对其受力分析，设弹性绳的拉力为F，根据共点力平衡
条件有F cos θ＝f，F sin θ＋N＝（m＋m0）g，根据几何关系结合胡克定律可知F＝k
x2＋h2 ，
其中cos θ＝
x
x2＋h2 ，sin θ＝
h
x2＋h2 ，根据摩擦力的公式f＝μN， 
联立解得μ＝
mx
（m＋m0）h0－mh . 
考点12 实验三 探究两个互成角度的 
力的合成规律 
1．答案：（1）F′ （2）B （3）C E C 中应加上“记下两条细绳的方向”  E 中
应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O” 
解析：（1）由一个弹簧测力计拉橡皮条至O 点的拉力一定沿AO 方向；而根据平行四边
形定则作出的合力，由于误差的存在，不一定沿AO 方向． 
（2）一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故本
实验采用等效替代法，故选B. 
（3）根据实验的操作步骤可知，有重要遗漏的步骤的标号是C、E.在C 中未记下两条细
绳的方向，E 中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O. 
2．答案：（3）沿细绳（套）的方向用铅笔标出力的方向 （6） F 合与F 的大小和方向 
（7）不能 
解析：（3）只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O 时，需要记
录测力计的示数F 的大小和方向，所以还需沿细绳（套）的方向用铅笔标出力的方向．（6）
实验要比较F 合与F 的大小和方向，从而验证是否满足平行四边形定则．（7）采用两个弹簧
顺次连接，要把橡皮条拉至O 点，则每个弹簧上的弹力还是和原来的一样大，即还是会超出
两个测力计的量程，所以采用两个弹簧顺次连接，示数相加的方法不能解决问题． 
3．答案：（1）AC （2）图见解析 定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等 
解析：（1）为避免摩擦力的影响，需要调节木板使其位于竖直平面内，A 正确；结点位
置对实验没有影响， 
 
不用保证结点位于O 点，B 错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三根
细绳的方向，C 正确；钩码的重力可以通过质量直接得出，不需要传感器，D 错误． 
（2）如图，合力不完全竖直，可能由于定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等． 
4．答案：（1）4.00 5.00 （2）100 （3）2.40 
解析：（1）由图乙、丙可知，两弹簧测力计的分度值为0.1 N，根据估读原则，弹簧测力
计P 的示数为4.00 N，弹簧测力计Q 的示数为5.00 N. 
（2）两弹簧测力计的合力方向沿轻质弹簧向下，由几何关系可知，合力大小为F＝
52－42 N＝3 N，由胡克定律可知轻质弹簧的劲度系数为k＝F
x ＝3 N
3 cm ＝100 N/m.. 
（3） 
 
保持图甲中结点O 位置不变，则两测力计的合力不变，测力计Q 的拉伸方向不变，根据
平行四边形定则，测力计P 逆时针旋转时，两测力计的拉力FP、FQ 的变化情况如图所示， 
由图可知，FP 与FQ 垂直时，FP 最小．由几何知识可知，FQ 与F 夹角的正弦值为sin θ
＝FP
FQ ＝4
5 ，所以FP 的最小示数为FPmin＝F sin θ＝2.40 N． 
5．答案：（1）静止 （2）三根细线的方向 （3）结点O 的位置 （4）F 和F′在误差
允许的范围内重合 
解析：（1）要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F. 
（2）要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O 的
位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1. 
（3）已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O 的位置不能
变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O 的位置和三根细线的方向与（2）中重合，
记录电子秤的示数F2. 
（4）根据平行四边形定则作出F1、F2 的合力F′的图示，若F 和F′在误差允许的范围内
重合，则平行四边形定则得到验证． 
6．答案：（1）62.5 （2）13.5 （3）2.5 2.9 
解析：（1）根据题图甲可知弹簧的弹力为5 N 时，弹簧的伸长量为8.00 cm，所以弹簧的
劲度系数k＝5
0.08 N/m＝62.5 N/m 
（2）该词典受到的重力大小等于3 个弹簧测力计的示数之和，即 
G1＝4.4 N＋4.5 N＋4.6 N＝13.5 N 
（3）如图所示 
 
由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为
12.002＋5.002  cm＝13.00 cm，每根弹簧
的伸长量均为4.00 cm，每根弹簧的弹力大小均为F＝kΔx＝2.5 N．根据竖直方向受力平衡可
得文具盒受到的重力大小G2＝3F cos θ＝3×2.5× 5
13  N≈2.9 N． 
验收检测卷二 相互作用——力 
1．答案：B 
解析：Q 处于平衡状态，对Q 受力分析可知，受重力、P 对Q 的压力、墙面对Q 的弹力
和摩擦力，共4 个力作用，B 正确． 
2．答案：C 
解析：A 点处支持力方向与球面上该点切面垂直，即指向球心，是由于容器的形变产生
的，A、B 错误；B 点处支持力方向垂直细杆斜向左上方，是由于容器的形变产生的，C 正确，
D 错误． 
3．答案：D 
 
解析：对飞机受力分析，并把垂直于机体指向前上方的力F 分解，如图所示 
飞机做匀速直线运动，则有F cos θ＝G，F sin θ＝f，又因为f＝kv，解得v＝G tan θ
k
 ，D
正确． 
4．答案：A 
解析：杂技演员手握杆匀速下滑时，有对演员受力分析平衡条件μFN＝mg，解得FN＝1
μ 
mg，由于μ<1，因此手对杆的握力大于杂技演员的重力，A 正确，B 错误；杂技演员手握杆
静止在空中时，静摩擦力等于杂技演员的重力，与握力大小无关，C 错误；最大静摩擦力大
于等于静摩擦力，因此杂技演员手握杆静止在空中时，杆对手的最大静摩擦力大于等于杂技
演员重力，D 错误． 
5．答案：D 
解析：乒乓球从杯底上升到水面的过程中，下方水质量变大，重心降低，D 正确． 
6．答案：D 
解析：瓦片受重力，两侧的支持力和摩擦力，共5 个力，A 错误；檩条对瓦片作用力应
为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B 错误；摩擦力等于mg sin θ，减小檩条的倾斜
角度θ 时，摩擦力减小，C 错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于 mg cos θ，当增大
檩条间的距离 d 时，两弹力夹角增大，则两弹力增大，D 正确． 
7．答案：D 
解析：“擦窗神器”受重力、推力、摩擦力、窗的支持力，共4 个力的作用，A 错误；
“擦窗神器”对窗的压力与窗对“擦窗神器”的支持力是一对相互作用力，B 错误；根据共
点力平衡条件有F cos α＝f＋mg，F sin α＝N，f＝kN，解得摩擦力和推力为f＝F cos α－mg，
F＝
mg
cos α－k sin α ，则α 角减小，则推力F 一定减小，C 错误，D 正确． 
8．答案：C 
解析： 
 
保持E 点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A 的读数不变，因此根据要求作
出力的平行四边形定则，画出受力分析图如图所示，所以由图可知α 角逐渐变小时，B 的示
数减小，且β 角先增大后减小，C 正确． 
9．答案：AC 
解析：物体随OB 缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示 
 
支持力N＝mg cos θ，θ 增大，支持力N 减小，根据牛顿第三定律可得，物块C 对OB 的
压力逐渐减小，A 正确；弹簧弹力F′＝mg sin θ，由于缓慢移动，则物体处于静止状态，θ 增
大，则弹力增大，弹簧处于压缩状态，则弹簧长度减小，C 正确，D 错误． 
10．答案：BD 
解析：对甲，先将F1 与F3 合成，合力为向左的3 N，然后再用勾股定理，求得合力等于
5 N，A 错误；对乙，先将F1 与F3 沿水平和竖直方向正交分解，水平分量相等，竖直分量分
别为1 N 和2 N，再与F2 合成，求得合力等于5 N，B 正确；对丙，F2 和F3 的合力与F1 等
大同向，则三力的合力为2F1＝6 N，即合力等于6 N，C 错误；根据三角形法则，丁图中合
力等于0，D 正确． 
11．答案：BC 
 
解析：以A、B 整体为研究对象，沿斜面方向，根据平衡条件F cos 30°＝3mg sin 30°，
解得F＝3mg tan30°＝3 mg，A 错误；对B 球受力分析，沿斜面建立直角坐标系，正交分解，
在沿斜面方向，根据平衡条件2mg sin 30°＝kx，解得弹簧伸长量为x＝mg
k ，则弹簧原长为
L0＝L－mg
k ，B 正确；若F 大小和方向均可改变，现将F 逆时针旋转60°，系统仍静止，对
AB 的整体，设F 与斜面向上方向夹角为θ，则沿斜面方向垂直斜面方向当F 从水平向右到沿
斜面向上，即θ 角先由30°减小到零， F 再变为斜向上，即θ 再增加到30°时，外力F 先变
小后变大；斜面对AB 的总支持力一直减小，C 正确，D 错误． 
12．答案：AD 
解析：对物体进行受力分析，物块对其支持力大小为FN＝mg－F sin θ，结合牛顿第三定
律可知，当外力F 水平时，物块对地面的压力最大为mg；当外力F 竖直时，物块对地面的
压力最小为mg
2 ，A 正确，B 错误；地面对物块的最大滑动摩擦力为fmax＝μFN＝μ（mg－F sin 
θ），假设物块始终保持静止状态，则水平方向有fmax≥F cos θ，整理得3
3 ≥3
3 sin （θ＋φ）
（其中，sin φ＝1
2 ），等式恒成立，故假设成立，物体始终处于静止状态，物体所受摩擦力为
静摩擦力，故当外力F 水平时，物块受到的摩擦力最大为mg
2 ，C 错误，D 正确． 
13．答案： （1）6.04 6.05 （2）3 （3）48.6 
解析：（1）根据压缩量的变化量为ΔL3＝L6－L3＝（18.09－12.05） cm＝6.04 cm，压缩
量的平均值为ΔL ＝
ΔL1＋ΔL2＋ΔL3
3
 ＝
6.03＋6.08＋6.04
3
  cm≈6.05 cm. 
（2）因三个ΔL 是相差3 个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3 个钢球时产
生的弹簧平均压缩量． 
（3）根据钢球的平衡条件有3mg sin θ＝k· ΔL ，解得 
k＝3mg sin θ
ΔL
 ＝3×0.2×9.8×sin 30°
6.05×10－2
  N/m≈48.6 N/m. 
14．答案：（1）10 N，方向竖直向上 （2）0.4 m （3）750 g 
解析：（1）对A 进行分析，由受力平衡可得 
fA 静＝mAg＝1×10 N＝10 N 
方向竖直向上． 
（2）根据摩擦力产生的条件可知弹簧是压缩状态，因此B 受到向左的摩擦力，由于B
恰好处于静止状态，则B 受到的摩擦力等于最大静摩擦力，由题意可知最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，故 
fB 静＝μ2mBg＝20 N 
在水平方向由受力平衡可得弹簧的弹力为F＝fB 静＝20 N 
故弹簧的形变量为x＝F
k ＝0.4 m 
（3）当A 恰好开始下落时，摩擦力由静摩擦力变为滑动摩擦力，设此时弹簧的弹力为F′，
由受力平衡可得μ1F′＝mAg 
解得F′＝12.5 N 
设绳子的拉力为F 拉，对B 根据受力平衡可得F 粒＋F′＝μ2mBg 
解得F 拉＝7.5 N 
因此倒入吊盘砂粒的质量为m 砂＝
F粒
g ＝750 g． 
15．答案：（1）mg
sin θ  （2）2m cos θ （3）mg
sin θ
2
  
解析：（1）对B 球受力分析可知，F sin θ＝mg 
则细绳上的张力T＝mg
sin θ  
（2）对A 球受力分析可知T sin 2θ＝mAg 
解得A 球的质量是mA＝2m cos θ 
（3）由几何关系可知，绕过滑轮的两边绳子之间的夹角为θ，则滑轮受到细绳的作用力
F＝2T cos θ
2 ＝mg
sin θ
2
  
16．答案：（1）200 N （2）20 3   kg （3）580 N 160 N 
解析：（1）弹性绳原长为L0＝2.5 m，系在小孩背上时，弹性绳长度为L1＝3 m，弹性绳
伸长量为x1＝L1－L0＝0.5 m 
解得F1＝kx1＝200 N 
（2）由mg＝2F1cos 30° 
解得m＝2F1cos 30°
g
 ＝20 3   kg 
（3）OB 绳长度为L2＝3 m，伸长量为x2＝0.5 m，弹力为F2＝kx2＝200 N 
OA 距离为L3＝
0.62＋1.82  m＝0.6 10  m≈1.9 m<L0 
OA 绳松弛无弹力．工作人员所受支持力FN＝Mg－F2sin 37°＝580 N 
工作人员所受摩擦力Ff＝F2cos 37°＝160 N． 
第三章 运动和力的关系 
考点13 牛顿第一定律 牛顿第三定律 
1．答案：A 
解析：伽利略的观点是在实验事实的基础上，经过推理概括得出结论，第一步是实验事
实，即①；小球滚到右侧斜面的高度与小球自由放手的位置的高度接近，摩擦越小越接近，
得出推理，如果无摩擦，小球上升的高度与自由放手位置的高度相同，即第二步是②；继续
推理，在无摩擦的情况下如果改变右侧斜面的倾斜程度，减小倾角，仍能使小球上升的高度
与自由放手的位置的高度相同，即第三步是③；继续大胆推理，在无摩擦的情况下，右侧斜
面继续减小倾角为0，即水平，则小球永远运动，即第四步是④.也表明①是事实，②③④是
推论，直接观察到的现象是可靠的实验事实，按照实验条件变化的趋势进行的极端化猜想是
理想化推论，A 正确． 
2．答案：B 
解析：根据牛顿第一定律，原来运动的物体，当所受外力突然全部消失时，物体将保持
原来的速度的方向做匀速直线运动．因此，该物体将以1m/s 的速度做匀速直线运动，B 正确． 
3．答案：A 
解析：惯性是物体本身的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，由于甲物体的质量
大于乙物体的质量，则甲的惯性大于乙的惯性，A 正确． 
4．答案：D 
解析：物体保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，称为惯性，惯性是物体的一种固
有属性，表现为物体对其运动状态变化的一种阻抗程度，质量是物体惯性大小的量度，即惯
性只与质量有关，A、B 错误；在向前高速行驶的客车上驾驶员若紧急刹车，乘客要保持继
续向前运动的趋势，若不系安全带，乘客会跌出去受伤，所以系好安全带可以防止因人的惯
性而造成的伤害，C 错误，D 正确． 
5．答案：B 
解析：惯性是物体本身的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状
态无关，羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的质量小，惯性小的缘故，B 正确． 
6．答案：AB 
解析：松手后“竹蜻蜓”开始向上飞时“竹蜻蜓”对空气的作用力大于“竹蜻蜓”的重
力，A 正确，C 错误；“竹蜻蜓”对空气的作用力与空气对“竹蜻蜓”的作用力是作用力与
反作用力，大小相等，方向相反，B 正确，D 错误． 
7．答案：A 
解析：重力G 和摩擦力f 大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物
体上，满足二力平衡的条件，是一对平衡力，A 正确；物体对墙壁的压力F2 和墙壁对物体的
支持力F3，作用在不同的物体上，不是一对平衡力，B 错误；水平恒力F1 和物体对墙壁的压
力F2 的方向相同，它们既不是平衡力也不是相互作用力，C 错误；水平恒力F1 和墙壁对物
体的支持力F3 作用在同一个物体上，大小相等，方向相反，且在一条直线上，是一对平衡力，
不是相互作用力，D 错误． 
8．答案：B 
解析：狗拉雪橇匀速前进时，狗拉雪橇的力等于雪橇所受的滑动摩擦力，跟雪橇的运动
速度大小无关，A 错误；如果摩擦力可忽略不计，没有狗的拉力，雪橇由于惯性也能做匀速
直线运动，B 正确；狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一对相互作用力，大小总是相等，C、D
错误． 
9．答案：B 
解析：没有力的作用，物体也可以做匀速直线运动，A 错误；惯性是物体保持原有运动
状态的性质，即抵抗运动状态变化的性质，B 正确；惯性只跟质量有关，与物体的运动状态
无关，C、D 错误． 
10．答案：A 
解析：牛顿第一定律是在伽利略、笛卡儿等前人工作的基础上归纳总结出来的，A 正确；
实际中，若物体受平衡力，合力为0，相当于不受力，牛顿第一定律给出了力与运动的关系，
B 错误；牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小与物体
的受力情况和运动情况无关，C 错误；惯性的大小与物体的受力情况和运动情况无关，任何
物体在任何情况下都具有惯性，D 错误． 
11．答案：C 
解析：由图像可知，作用力变大时，反作用力同时也变大，A 错误；两力传感器间的作
用力和反作用力作用在不同物体上，B 错误；此图线为作用力和反作用力的大小随时间变化
的关系，横坐标代表的物理量是时刻，C 正确；此图线不一定是在两个传感器都处于静止状
态下得到的，也可能处于运动状态，D 错误． 
12．答案：（1）速度 （2）慢 （3）匀速直线 （4）C 
解析：（1）为了使小车滑到水平面时的速度相同，实验时应让小车从同一斜面的同一高
度滑下． 
（2）小车滑行的距离越远，说明小车运动的速度改变得越慢． 
（3）如果水平面光滑，小车在运动时不受阻力，则小车将在水平面上做匀速直线运动． 
（4）实际中不存在不受力的物体，牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过进一
步的推理概括得出的，不能用实验直接验证，但是个正确的定律，C 正确． 
 
考点14 牛顿第二定律的理解和应用 
1．答案：C 
解析：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a＝1
2 g 下降过程中，
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
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＝2
3 
M，C 正确． 
2．答案：B 
解析：未撤去力F 时，由题意得1
3 mg tan 60°＝1
3 m· 3 g＝1
3 ma 说明小球恰好不离开斜
面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小FT＝
1
3mg
cos 60° ＝2
3 mg 撤去力F 的瞬间，弹簧弹力不
发生突变，仍为2
3 mg，小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，A、D 错误；
设撤去力F 瞬间斜面体的加速度大小为a′，则FTcos 30°＝ma′，解得a′＝3
3 g，B 正确；小
球受力不变，加速度不变，大小仍为3 g，C 错误． 
3．答案：BC 
解析：设三个小球质量均为m，剪断OA 间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA 间细绳
瞬间，弹簧弹力F＝2mg 不变，对A 分析，F＋mg＝ma，解得A 的加速度a＝3g；对BC 整
体分析，F－2mg＝2ma，解得BC 整体加速度a＝0，B、C 正确． 
4．答案：B 
解析：未撤离木板时，小球受重力mg、弹簧的拉力FT 和木板的弹力FN 的作用处于静止
状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为2 3
3 mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的拉
力FT 大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg、弹簧的
拉力FT，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故小球的加速
度大小为2 3
3 g，B 正确． 
5．答案：D 
解析： 
 
水平细线被剪断前，对A、B 进行受力分析如图所示，静止时有FT＝F sin 60°，F cos 60°
＝mAg＋F1，F1＝F′1＝mBg，又因为mA＝mB，联立解得FT＝2 3 mAg，水平细线被剪断瞬间，
FT 消失，其他各力不变，A 所受合力与FT 等大反向，所以aA＝FT
mA ＝2 3 g，aB＝0，D 正确． 
6．答案：D 
解析：杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状
态，因此不会有水漏出，A、B 错误，D 正确；杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受
重力，会漏出，C 错误． 
7．答案：D 
解析：由图可知，t0～t4 时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，
可知，“笛音雷”在t2 时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4 时刻，A 错误；t3～
t4 时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t3～t4 时间内“笛音雷”
实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，B 错误；将A、B 用直线连起
来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为v1
2 ，而AB 线段与横轴所围的面积大于AB
曲线与横轴所围的面积，面积表示位移，根据v－ ＝Δx
Δt 可知，直线代表的匀加速直线运动的
平均速度大于AB 曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0～t1 时间内“笛音雷”的平均
速度小于v1
2 ，C 错误；根据上述，t3～t4 时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖
直向下，“笛音雷”处于失重状态，D 正确． 
8．答案：B 
解析：小车2 s 末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A 错误；根据牛顿第二定律
得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，B 正确；撤去推力后，根据牛顿
第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，C 错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝3
0.5 s＝6 s，
所以小车运动的总时间为：t＝2 s＋6 s＝8 s，D 错误． 
9．答案：B 
解析：关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得a＝μmg
m ＝
μg，结合图像，a＝
6
40－30 m/s2＝0.6 m/s2，解得μ＝0.06，A 错误；图线与横轴围成的面积
为位移，为x＝（25＋40）×6×1
2 m＝195 m 整个运动过程中的平均速度大小为v－ ＝x
t ＝195
40  
m/s＝4.875 m/s，B 正确，C 错误；平衡车在加速段时有F－μmg＝ma′，a′＝6
5  m/s2 代入数值
解得F＝108 N，D 错误． 
10．答案：D 
解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mg sin θ＝μmg cos  θ，所以μ＝tan θ；
当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝1
2 at2 得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－
mg sin  θ－μmg cos  θ＝ma，得F＝36 N，D 正确． 
11．答案：B 
解析：根据图像可得加速度与拉力的函数关系为a＝0.2F－4，根据牛顿第二定律可得F
－μmg＝ma，整理得a＝F
m －μg，比较关系式得μ＝0.4，B 正确． 
12．答案：D 
解析：小球受重力、细绳OA 斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，细绳OA 中的拉力大小
为T＝mg
sin θ ，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO 方向、
大小为a＝T
m ＝g
sin θ ，D 正确． 
13．答案：BCD 
解析：水平方向对书本，由牛顿第二定律有FN＝ma，竖直方向有μFN≥mg，解得a≥g
μ ，
B、C、D 正确． 
14．答案：D 
解析：由图可知0.8 s 时，手机向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，A 错误；由
图可知1.2 s 时手机速度不变，处于平衡状态，B 错误；由图可知0.9 s～1.2 s 升降机处于匀
速上升阶段，C 错误；手机对升降机的力与升降机对手机的力为一对相互作用力，大小相等，
方向相反，D 正确． 
15．答案：D 
解析：开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第
二定律mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间
t1＝
v0－v传
a1
 ＝0.5 s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，根
据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从速度等于传送带速度到
速度为零所需时间t2＝
v传
a2 ＝2.5 s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0 s，D
正确． 
16．答案：BCD 
解析：重物静止时弹簧的伸长量x0，可得kx0＝mg，若指针指在OM 之间某点时，弹簧
的伸长量增大，弹簧弹力大于物体重力，物体有向上的加速度，被测物体处于超重状态，A
错误；若指针指在ON 之间某点时，弹簧的伸长量减小，弹簧弹力小于物体重力，物体有向
下的加速度，被测物体处于失重状态，被测物体可能在减速上升，B 正确；指针指在M 点时，
有mg－k（x0＋xOM）＝ma，M 点应标记的加速度值为a＝－2.0 m/s2，C 正确；设O 点至指
针所指位置的位移为x，可得mg－k（x0＋x）＝ma′，可得a′＝－g
x0 x，故该测量仪上的刻度
所对应加速度的值是均匀的，D 正确． 
17．答案：BD 
解析：第1 s 内，货车从静止开始向左做匀加速直线运动，加速度为a1＝Δv1
Δt1 ＝2
1  m/s2
＝2 m/s2，货物与货车间的最大静摩擦力为fm＝μmg＝125 N，货物的最大加速度为a＝fm
m ＝μg
＝2.5 m/s2>2 m/s2，货物与货车相对静止，一起做匀加速直线运动，货车受到向左的静摩擦力，
A 错误；第2 s 内，货车的加速度为a2＝Δv2
Δt2 ＝
7－2
2－1 m/s2＝5 m/s2>2.5 m/s2，货车相对于货物
向左运动，货物相对货车向右运动，受到向左的滑动摩擦力，大小为f＝fm＝125 N，B 正确；
第3 s内，货车做匀速直线运动，速度为7 m/s，2 s末货物的速度为v 物＝a1t＋at＝4.5 m/s<7 m/s，
3 s 末货物的速度为v′物＝a1t＋at′＝7 m/s，货车相对于货物向左运动，货物相对货车向右运动，
受到向左的滑动摩擦力，大小为f＝fm＝125 N，C 错误，D 正确． 
18．答案：（1）0.5 （2）4 m/s （3）8 m 
解析：（1）设货物的质量为m，根据牛顿第二定律有 
mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1 
解得μ1＝0.5 
（2）根据运动学公式v2＝2a1l1 
解得v＝4 m/s 
（3）根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2 
根据运动学公式－2a2l2＝0－v2 
解得l2＝8 m． 
考点15 连接体问题 临界和极值问题 
动力学图像问题 
1．答案：CD 
解析：若B 不下滑，对B 有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律得FN＝m2a；对整体有F－μ2
（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a，得F≥（m1＋m2）（
1
μ1＋μ2 ）g＝125 N，C、D 正确． 
2．答案：ACD 
解析：根据动滑轮的原理，物体Q 移动的速度始终是物体P 的两倍，同时开始运动，速
度变化量始终是两倍关系，由公式a＝Δv
Δt 可知，P、Q 运动的加速度大小之比为1∶2，故A
正确；由牛顿第二定律，对物体Q 分析T－mg＝m·2a 对物体P 分析F－2T－μmg＝ma 两式
联立，代入数据解得，轻绳的拉力大小为T＝12 N，P 的加速度大小为a＝1 m/s2，B 错误，
C 正确；若保持Q 的加速度不变，则P 的加速度也不变，设拉力F 与水平方向的夹角θ，则
对物体P 分析F cos θ－2T－μ（mg－F sin θ）＝ma 化简可得5
2 sin（θ＋φ）·F＝30 N 当sin （θ
＋φ）＝1 取到最大值时，F 最小，且最小值为12 5 N，D 正确． 
3．答案：BC 
解析：对整体，由牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a，设R 和
Q 之间相互作用力的大小为F1，Q 与P 之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律
有F1－μ×3mg＝3ma，解得F1＝F
2 ，对Q 和R 组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ（2m
＋3m）g＝（2m＋3m）a，解得F2＝5F
6 ，所以k＝F1
F2 ＝3
5 ，与μ 无关，B、C 正确． 
4．答案：A 
解析：小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹
力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第
二定律有F cos θ＝ma0，F sin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.由于a1＝5 m/s2<a0，可
见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定
律有F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，F1cos θ－FNsin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A 正
确，B 错误；由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，
设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos α＝ma2，F2sin  
α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 5  N，C、D 错误． 
  
 
5．答案：B 
解析：恒力最大时，对A 有μ2mg＝ma；对A、B 整体有Fmax－μ1（m＋M）g＝（m＋M）
a，联立解得Fmax＝15 N，B 正确． 
6．答案：AD 
解析：行李箱在斜面上运动时受到四个力作用，重力、摩擦力、支持力和拉力，如图 
 
可以先把斜面对物体的支持力和摩擦力求合力F′，则F′方向与弹力方向夹角的正切值为
tan β＝μ＝3
3 ，解得β＝30°，当拉力F 与F′垂直时拉动的物体最重，质量为2 3
3 m，A 正确，
B 错误；若行李箱重力一定，当拉力F 与合力F′垂直时即与斜面成30°角，拉力最小，D 正
确，C 错误． 
7．答案：（1）3
3  （2）60° 5 3
2  m 
解析：（1）当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，由平衡条件得 
mg sin  θ＝Ff， 
Ff＝μmg cos θ 
联立解得μ＝3
3  
（2）当θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，由牛顿第二定律得－mg 
sin θ－μmg cos θ＝ma， 
由0－v20 ＝2ax 得x＝
v20 
2g（sin θ＋μcos θ） ， 
令cos  α＝
1
1＋μ2 ，sin α＝
μ
1＋μ2 ， 
即tan α＝μ＝3
3 ，故α＝30°， 
又因x＝
v20 
2g
1＋μ2sin （θ＋α）
  
当α＋θ＝90°时x 最小，即θ＝60°， 
所以x 最小值为xmin＝
v20 
2g（sin 60°＋μcos 60°） ＝3v20 
4g ＝5 3
2  m． 
8．答案：D 
解析：图中在A 点的切线与横轴平行，则A 点时速度为0，此时位移为4 m，则物体的
减速距离为4 m，A 错误；图像在O 点的切线过B 点，则根据该点的斜率求得物体的初速度
大小为4 m/s，B 错误；物体减速的加速度大小为a＝v20 
2x ＝42
2×4  m/s2＝2 m/s2，物体沿地面
运动的时间为t0＝v0
a ＝4 m/s
2 m/s2 ＝2 s，C 错误；物体在水平地面上，根据牛顿第二定律有f＝μ
mg＝ma，解得物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，D 正确． 
9．答案：B 
解析：由v­t 图像可知，6～8 s 内物体做匀速直线运动，根据受力平衡可知，滑动摩擦力
为f＝F3＝2 N，A 错误；根据v­t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知全过程物体发生的
位移为x＝
（2＋8）
2
 ×3 m＝15 m，B 正确；由v­t 图像可知，8～10 s 内物体做匀减速直线
运动的加速度大小为a＝3
2  m/s2 又a＝μmg
m ＝μg，联立可得动摩擦因数为μ＝0.15，C 错误； 
根据f＝μmg＝2 N 解得物体的质量为m＝4
3 kg，D 错误． 
10．答案：D 
解析：由图知，当F1＝2 N 时，AB 一起开始滑动，则F1＝Ff1＝μ1（mA＋mB）g 由图知，
物块B 受到的滑动摩擦力大小为Ff2＝4 N，有Ff2＝μ2mBg 拉力在F1＝2 N 到F2＝6 N 之间时，
AB 一起运动，加速度相同，则有
F2－Ff2
mB
 ＝
F2－Ff1
mA＋mB ，联立解得mB＝1  kg，μ1＝0.1，μ2＝
0.4，故A、B、C 错误；若外力F 作用在A 上，当F＝12 N 时，若AB 不相对滑动，则加速
度均为a＝
F－Ff1
mA＋mB ＝5 m/s2，B 的最大加速度为am＝μ2mBg
mB ＝4 m/s2 故假设不成立，A、B 一
定发生相对滑动，D 正确． 
11．答案：B 
解析：两小球先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，小球做匀速直线运动时有
kv1＝m1g，kv2＝m2g 可得m1
m2 ＝v1
v2 ，由图可知v1>v2 可得m1>m2，A 错误，B 正确；释放瞬间
两小球只受重力作用，两小球的加速度相等，为重力加速度，C 错误；v­t 图像的面积表示位
移，由图可知t0 时间内甲球下落的高度较大，故D 错误． 
12．答案：C 
解析：设绳的质量为m，对整条绳由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，左侧长度为（L－x）
的部分绳的质量为
L－x
L m，以它为研究对象，则有F′－μ
L－x
L mg＝
L－x
L ma，联立解得绳上
与其右端相距x 处的拉力大小F′＝
L－x
L F，C 正确． 
13．答案：BC 
解析：对橙子受力分析，竖直方向满足4f cos α－G－4FNsin α＝0，因为静摩擦力f≤μFN， 
解得FN≥
G
4（μcos α－sin α） ，所以想要抓起橙子，则每根“手指”对橙子压力的最小
值为
G
4（μcos α－sin α） ，并且夹角α 满足μ≥tan α＋
G
4FNcos α 时，才能将橙子抓起，所以
μ>tan α 时，不一定能将橙子抓起，A 错误，B、C 正确；若抓起橙子竖直向上做匀加速运动，
且恰好达到最大静摩擦时，满足4μFNcos α－4FNsin α－G＝ma，可得FN＝
G＋ma
4（μcos α－sin α） ，
根据牛顿第三定律可知，每根“手指”对橙子的压力可能不变，D 错误． 
14．答案：D 
解析：在v­t 图中，图线切线的斜率表示物体速度变化的快慢，即物体的加速度，由图
可知，在0～t1 时间内物体的加速度逐渐减小．向下做加速度减小的减速，加速度向上，处
于超重状态，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，0～t1 箱内底对物体的支持力逐渐减小，不可
能为零，D 正确． 
15．答案：ACD 
解析：对小球和物块组成的整体受力分析，如图甲所示 
竖直方向上受重力和支持力处于平衡态，因此杆对物块的支持力为FN＝（M＋m）g，A
正确； 
对小球受力分析，如图乙所示 
   
 
则FT＝mg
cos θ ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a
＝g tan θ，B 错误，D 正确；对整体，在水平方向上有F＝（M＋m）a＝（M＋m）g tan θ，C
正确． 
16．答案：AC 
解析：小滑块和长木板一起运动的最大加速度为a0＝μg＝5 m/s2，当F＝12 N 时，假设
小滑块和长木板相对静止有F＝（M＋m）a1，解得a1＝4 m/s2<5 m/s2，故假设成立，小滑块
的加速度大小为4 m/s2，A 正确；当F＝18 N 时，假设小滑块和长木板相对静止有F＝（M
＋m）a2，解得a2＝6 m/s2>5 m/s2，故假设不成立，小滑块和长木板发生相对滑动，小滑块的
加速度大小为5 m/s2，对长木板，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma3，解得a3＝6.5 m/s2，B
错误，C 正确；小滑块和长木板相对静止，F 增大时，小滑块与长木板间的静摩擦力逐渐增
大，小滑块的加速度逐渐增大，小滑块与长木板间的静摩擦力达到最大值，F 继续增大时，
小滑块与长木板间发生相对滑动，小滑块受到滑动摩擦力大小不变，小滑块的加速度保持不
变，D 错误． 
17．答案：（1）40
9  N （2）620
27  N 
解析：设刚开始弹簧压缩量x0 
（m1＋m2）g sin θ＝kx0 
在前0.5 s 时间内，F 为变力，在0.5 s 时，1 对2 的作用力为0，设弹簧形变量x1. 
牛顿第二定律可知kx1－m1g sin θ＝m1a 
在前0.5 s 内，做匀加速直线运动的距离为x0－x1. 
所以有x0－x1＝1
2 at2 
解得a＝20
27 m/s2 
（1）当物体1，2 开始运动时拉力最小，此时有Fmin＝（m1＋m2）a＝40
9  N 
（2）当物体1，2 分离时拉力最大，此时有Fmax－m2g sin θ＝m2a 
解得Fmax＝620
27  N． 
考点16 斜面模型 传送带模型 滑块—木板模型 
1．答案：B 
解析：设AC、BC 与OC 的夹角分别为α 和β，由牛顿第二定律可得加速度分别为a1＝g 
sin α，a2＝g sin β，由几何关系可得lAC＝HA
sin α ，lBC＝HB
sin β ，由运动学公式可得lAC＝1
2 a1t2，
lBC＝1
2 a2t2，联立解得sin α＝2 sin β，即HA
lAC ＝2HB
lBC ，解得lBC＝2
2 lAC.设CO 的距离为x，
由勾股定理得H2A ＋x2＝l2AC ，H2B ＋x2＝l2BC 联立方程，解得x＝4 2  m，B 正确． 
2．答案：D 
解析：小球在斜面上运动的加速度a＝g sin α，设斜面的高度为h，斜的长x＝h
sin α ，由
于x＝1
2 at2，运动时间t＝
2x
a ＝
2h
g sin2α ＝1
sinα 
2h
g ，tA∶tB＝sin 53°∶sin 37°＝4∶3，
A、B 错误；由机械能守恒可知mgh＝1
2 mv2，到达斜面底端的速率相等，重力的功率P＝mgv 
sin α，PA∶PB＝sin 37°∶sin 53°＝3∶4，C 错误，D 正确． 
3．答案：B 
解析：设任一细杆与竖直方向的夹角为α，则环的加速度大小mg cos α＝ma，解得a＝g 
cos α，则a1＝g，a2＝3
2 g，a3＝1
2 g，加速度之比为a1∶a2∶a3＝2 3 ∶3∶3 ，C、D 错
误；设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环的半径R，则环下滑的位移x＝2R cos α，根据x
＝1
2 at2 则t＝ 
4R
g 时间相同，A 错误，B 正确． 
4．答案：C 
解析：要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分
力，即μmg cos θ>mg sin θ，解得μ>tan θ，A 错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩
擦力为f＝mg sin θ，B 错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，C
正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩
短，D 错误． 
5．答案：D 
解析：物体在传送带上的加速度大小为a＝μmg
m ＝1 m/s2，若物体一直做匀减速运动到
传送带右端时，根据v′2－v20 ＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，当传送带速度等于2 m/s 时，
物块一直减速到最右端，A 正确；当传送带速度等于3.5 m/s，v 可能等于3 m/s，B 正确；若
A 到达传送带右端时的瞬时速度v 等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动；若A 到达传送
带右端时的瞬时速度v 等于3 m/s，传送带顺时针转动时，则传送带的速度可能大于3 m/s，
故C 正确，D 错误． 
6．答案：（1）0.5 （2）6.4 m （3）4.8 m 
解析：（1）由图乙可知，物块的初速度v0＝8 m/s 
物块的速度减速到与皮带的速度相等时，加速度发生变化，所以皮带转动时的速度 
v＝4 m/s 
在t＝0 到t＝0.4 s 时间内，物块加速度大小为 
a1＝



Δv
Δt ＝
8－4
0.4 m/s2＝10 m/s2 
方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，沿斜面方向由牛顿第
二定律mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 
解得μ＝0.5 
（2）在t＝0.4 s 后，物块减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面
向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得 
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 
解得a2＝2 m/s2 
物块从t＝0.4 s 开始，经过t1 时间速度减为零，则t1＝4
2 s＝2 s 
从t＝0 到t＝0.4 s，物块位移为x1＝v0t－1
2 a1t2＝2.4 m 
从t＝0.4 s 到t＝2.4 s，物块减速到零的位移x2＝v
2 t1＝4
2 ×2 m＝4 m 
物块沿皮带向上运动过程中的位移为x＝x1＋x2＝6.4 m 
（3）从t＝0 到t＝0.4 s，传送带位移为x3＝vt＝1.6 m 
物块相对传送带向上的位移Δx1＝x1－x3＝0.8 m 
从t＝0.4 s 到t＝2.4 s，传送带位移x4＝vt1＝8 m 
物块相对传送带向下的位移Δx2＝x4－x2＝4 m 
故从t＝0 到t＝2.4 s，物块相对传送带的路程Δx＝Δx1＋Δx2＝4.8 m． 
7．答案：BC 
解析：AB.设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知x
＝v1t0－1
2 at20 ＝v0t0
2 ， 抛物线的顶点为Q，根据x－t 图像的切线斜率表示速度，则有v1＝a·2t0
联立解得v1＝2v0
3 ，a＝v0
3t0 ，根据牛顿第二定律可得a＝μmg
m ＝μg 得甲、乙间的动摩擦因数
为μ＝v0
3gt0 ；C.由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a＝v0
3t0 ，根据图（b）
可知，t0 时刻甲、乙刚好共速，则0～t0 时间内甲、乙发生的相对位移为Δx＝x 乙－x 甲＝
v1＋v共
2
 
t0－
v共
2 t0＝v1
2 t0＝v0t0
3 则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝v0t0
3 ；D.物块丙与乙发生弹性碰撞，
碰撞过程根据动能守恒和机械能守恒可得Mv0＝Mv2＋mv1，1
2 Mv20 ＝1
2 Mv22 ＋1
2 mv21 ，可
得v1＝2M
M＋m v0＝2v0
3 可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1. 
8．答案：BD 
解析：由速度—时间图像可知，2 s 后物块A、长木板B 达到共同速度后一起匀速运动，
则说明长木板B 与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图像得在2 s
内物块A 的位移xA＝4 m，长木板B 的位移xB＝2 m，所以长木板的最小长度为L＝xA－xB＝2 
m，A 错误；对物块A 撤去外力F 在1～2 s 时间内受力分析得μmg＝maA2，由v­t 图像可知
此时物块的加速度大小aA2＝1 m/s2，可得A、B 间的动摩擦因数是0.1，B 正确；对长木板B
受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝MaB，由v­t 图像可知aB＝1 m/s2，联立解得长木板的质
量为M＝1.0 kg，C 错误；在0～1 s 时间内对物块A 受力分析得F－μmg＝maA1，由v­t 图像
可知aA1＝3 m/s2，解得外力F＝4 N，D 正确． 
9．答案：BC 
解析：根据牛顿第二定律对长木板有－μ1（m＋M）g－μ2mg＝Ma2，解得a2＝－4
3  m/s2，
小物块的加速度a1＝－μ2g＝－4 m/s2，小物块速度减小到0 经历时间为t1＝
0－v
a1 ＝1 s，此时
木板向左的位移为x1＝vt1＋1
2 a2t21 ＝10
3 m，木板的速度v1＝v＋a2t1＝8
3 m/s，A 错误；小物
块向右运动的位移为x2＝
v＋0
2 t1＝2 m，此后小物块开始向左加速，加速度大小为a3＝μ2g＝
4 m/s2，木板继续减速，加速度仍为a2＝－4
3 m/s2，假设又经历t2 时间二者速度相等，则有
a3t2＝v1＋a2t2，解得t2＝0.5 s，此过程木板位移x3＝v1t2＋1
2 a2t22 ＝7
6 m，速度v3＝v1＋a2t2＝
2 m/s，B 正确；小物块的位移x4＝1
2 a3t22 ＝0.5 m，二者的相对位移为Δx＝（x1＋x2）＋（x3
－x4）＝6 m，所以木板最小的长度为6 m，C 正确；此后木块和木板一起匀减速运动，因此
小物块要受到水平向右的静摩擦力，D 错误． 
10．答案：D 
解析：依题意，可知白纸未被拉动，所以杯子将处于静止状态，杯子相对与白纸没有运
动趋势，故杯子不受摩擦力作用；若减小杯子中水的质量，但白纸仍未被拉动，则杯子仍然
处于静止状态，杯子仍然不受摩擦力的作用，A、B 错误；由于白纸相对于桌面有向右的运
动趋势，故白纸下表面受到桌面向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可得桌面受到向右的摩擦
力；若增大向右拉动白纸的力，但白纸仍未被拉动，根据平衡条件可知桌面对白纸的摩擦力
大小等于拉力大小，也将增大；结合牛顿第三定律，可知桌面受到的摩擦力将增大，故C 错
误，D 正确． 
11．答案：AD 
解析：由图像可知，滑块先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后与传送带速
度相同做匀速直线运动，故从右端离开传送带，A 正确，B 错误；滑块先向左做匀减速运动，
受到向右的滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动
过程中受滑动摩擦力的作用，与传送带共速后做匀速运动，不受摩擦力，C 错误，D 正确． 
12．答案：A 
解析：设AB 与竖直方向的夹角为θ，则AB ＝2R cos θ，由牛顿第二定律得物体沿AB
下滑的加速度a＝g cos θ，解得在AB 上运动的时间为t1＝ 
2 AB
a
 ＝2
R
g ；同理物体在
AC 上运动的时间t2＝
2 AC
a
 ＝2
2R
g .则t1
t2 ＝1
2 ，A 正确． 
13．答案：CD 
解析：煤块刚放上传送带时，加速度大小为a1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，A 错误；煤
块加速至与传送带的速率相同时所用的时间为t1＝v0
a1 ＝1 s，1 s 内煤块运动的位移x1＝1
2 a1t21 
＝4 m，1 s 后煤块的加速度a2＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，根据匀加速直线运动的位移—时
间公式有L－x1＝v0t2＋1
2 a2t22 ，解得t2＝1 s 或－5 s，负值舍去，煤块从A 运动到B 的时间
为t＝t1＋t2＝2 s，B 错误；1 s 内传送带上形成黑色划痕的长度为L1＝v0t1－x1＝4 m，1 s～2 s
内煤块的速度大于传送带的速率，传送带上形成黑色划痕的长度为L2＝v0t2＋1
2 a2t22 －v0t2＝2 
m<L1，故煤块从A 运动到B 的过程中传送带上形成黑色划痕的长度为4 m，C 正确；煤块从
A 运动到B 的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝fL＝μmg（L1＋L2）cos θ＝6 J，D 正确． 
14．答案：ACD 
解析：撤去恒力前，对B 由牛顿第二定律得μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBaB，解得aB＝1 
m/s2，撤去恒力时木板B 的速度大小为vB＝aBt＝2 m/s，A 正确；撤去恒力前，对A 由牛顿
第二定律得F－μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2.5 m/s2，撤去恒力时木板A 的速度大小为vA＝aAt
＝5 m/s，撤去恒力后，A 做匀减速运动，由牛顿第二定律得μ1mAg＝mAa1，解得A 的加速度
大小为a1＝μ1g＝2 m/s2，撤去恒力后，B 依然做匀加速运动；撤去恒力，物块A 恰好能到达
木板B 的右端，则A 到达B 右端时二者有共同速度，可得v＝vA－a1t1＝vB＋aBt1，解得t1＝1 
s，v＝3 m/s，A、B 达到共同速度时木板B 运动的距离为xB＝1
2 aB（t＋t1）2＝4.5 m，A、B
达到共同速度时木板A 运动的距离为xA＝vA
2 t＋
vA＋v
2
 t1＝9 m，木板B 的长度为L＝xA－xB
＝4.5 m，B 错误；A、B 达到共同速度以后共同做匀减速运动，加速度大小为a＝
μ2（mA＋mB）g
mA＋mB
 ＝μ2g＝1 m/s2，此后运动的位移大小为x＝v2
2a ＝4.5 m，木板B 运动的最大
距离为xBm＝xB＋x＝9 m，物块A 运动的最大距离为xAm＝xA＋x＝13.5 m，C、D 正确． 
15．答案：（1）4 m/s （2）0.75 m （3）（7－10 ） m 
解析：（1）碳块从A→B 有mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1 
由v2B ＝2a1x 
解得vB＝4 m/s 
（2）碳块在传送带上运动时，设加速度大小为a2，有a2＝μ2g 
若碳块恰能运动至D，则v2C ＝2a2L 
在斜面上v2C ＝2a1x 
解得x＝0.75 m 
（3）碳块x>0.75 m 时，滑块从右端滑出．从C→D 有v2D －v2C ＝－2a2L 
所需时间Δt＝
vD－vC
－a2  
该时间内传送带走了x1＝v0Δt 
所以划痕的长度为x＝L＋x1＝（7－10 ）m 
16．答案：（1）9 N （2）1.5 s （3）21 N 
解析：（1）假设板块刚要发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对整体 
F1－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a 
对A，有μ1mg＝ma 
拉力的最大值为F1＝9 N 
（2）由题意可知，A 先做匀加速运动，在地面上做匀减速运动至停止，两段运动的加速
度大小分别为a1＝μ1g＝1 m/s2，a2＝μ2g＝2 m/s2 
设最大速度为v，则v2
2a1 ＋v2
2a2 ＝0.75 m 
总时间为t＝v
a1 ＋v
a2  
联立得t＝1.5 s 
（3）根据牛顿第二定律，对B 有F2－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma 
二者分离时，相对位移等于B 的长度，则1
2 at21 －1
2 a1t21 ＝L 
A 加速运动时间为t1＝v
a1  
联立得F2＝21 N 
 
考点17 实验四 探究加速度与力、质量的关系 
1．答案：（1）B （2）D （3）0.44 0.42 
解析：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的
高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高
度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，
从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，B 正确． 
（2）当m≪M 时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似
等于砂和砂桶的总重力．因此最合理的一组是，D 正确． 
（3）两相邻计数点间的时间间隔t＝5×1
f ＝0.10 s，由匀变速直线运动时间中点的速度
等于这段时间的平均速度，则打B 点时车速vB＝
sAB＋sBC
2t
 ＝
4.22＋4.65
2×0.10 ×10－2 m/s≈0.44 m/s，
由逐差法求小车的加速度a＝
sDE＋sEF＋sFG－sAB－sBC－sCD
9t2
 ≈0.42 m/s2. 
2．答案：（1）在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动 （2）0.72 0.51 （3）BC 
解析：（1）长木板右侧垫高是为了平衡小车受到的摩擦力，应调节木板的倾斜度，使小
车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动，即可认为完成平衡． 
（2）相邻两计数点间有四个点未画出，说明相邻两计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s
＝0.1 s，以打计数点A 的时刻定为计时起点，可知t＝0.25 s 时刻为CD 间的中间时刻，故该
时刻的瞬时速度等于CD 段的平均速度，则有v2.5＝sCD
T ＝0.072 1
0.1
 m/s≈0.72 m/s.根据逐差法，
可
得
这
次
实
验
小
车
的
加
速
度
a
＝
（sGH＋sEF－sCD－sAB）
8T2
 
＝
（0.092 5＋0.823－0.072 1－0.061 9）
8×0.12
 m/s2＝0.51 m/s. 
（3）图甲中图线为曲线，很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能确定小车的加
速度与质量是否成反比，A 错误；图乙中图线为过原点的直线，可知小车的加速度与质量的
倒数成正比，即小车的加速度与质量成反比，B 正确；根据牛顿第二定律可得a＝F×1
m ，a­1
m 
图像的斜率等于小车受到的拉力F，C 正确；牛顿第二定律具有瞬时性，小车受到的拉力具
有瞬时性，由图像甲中曲线与坐标轴所围的面积不可以知道小车受到的拉力大小，当然也不
是拉力大小的倒数，D 错误． 
3．答案：（1）B （2）①小车释放点到光电门的距离x ②遮光条的宽度d （3）钩
码有向下的加速度，拉力小于重力 （4）大于 
解析：（1）实验研究加速度与力的关系，研究加速度与合力正比关系，只需控制小车质
量不变即可，不须测出小车的质量，B 正确． 
（2）小车经过光电门的速度为v＝d
Δt ，由运动学公式2ax＝v2，联立解得小车的加速度
a＝
d2
2x（Δt）2 ，所以需要测量小车释放点到光电门的距离x 和遮光条的宽度d. 
（3）钩码在重力和拉力作用下向下做匀加速运动，加速度方向竖直向下，根据牛顿第二
定律可知绳子对钩码的拉力小于钩码的重力，而绳子对钩码的拉力大小等于小车绳子拉力的
大小，所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力． 
（4） 
 
本实验忽略摩擦力的影响时，细线平行时T＝ma1，若滑轮偏低导致细线与轨道不平行，
受力方向如图所示 
由牛顿第二定律有T cos β＝ma2，所以有a1>a2. 
4．答案：（2）等于 （3） （M＋m）a
m
  
解析：（2）把气垫导轨调整到水平，滑块在导轨上做匀速直线运动时通过两光电门的时
间相等． 
（3）根据牛顿运动定律有mg＝（M＋m）a，解得g＝
（M＋m）a
m
 . 
5．答案：（1）BE （2）小车所受合力 （3）t2 
d2
2mgL  
解析：（1）本实验需要测量光电门间距和遮光条宽度，因此需要刻度尺和游标卡尺，故
选BE. 
（2）调整垫块的位置，是为了保证下滑时，沿木板方向小车受的合力不变． 
（3）根据题意可得mg＝Ma，（d
t ）2＝2aL，联立解得t2＝d2
2mgL M，因此应以t2 为纵坐
标，斜率为d2
2mgL . 
验收检测卷三 运动和力的关系 
1．答案：A 
解析：滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动，则F 与G 的合力方向与v 同向，
A 正确． 
2．答案：C 
解析：火箭向上做加速运动，因此可知，喷出气体对火箭的作用力大于火箭受到的重力，
且这两个力都作用于火箭，并非相互作用力，A 错误；喷出气体对火箭的作用力与火箭对喷
出气体的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反、分别作用于两个物体上，B、D
错误，C 正确． 
3．答案：D 
解析：由图可知，t3 时刻手机的加速度为－10 m/s2，即此时手机只受重力作用，与手掌
间没有相互作用力，手机处于完全失重状态，A 错误，D 正确；手机在t1 时刻加速度大于10 
m/s2，且加速度向上，手机处于超重状态，B 错误；手机在t2 时刻加速度方向改变，手机开
始做减速运动，速度方向不变，即运动方向不变，C 错误． 
4．答案：C 
解析：图甲的实验为伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合得出力是改变物体
运动状态的原因，A 错误；实验室不存在没有阻力的斜面，图甲中的实验，无法在实验室中
真实呈现，B 错误；伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，当时无法测量物体的瞬时速
度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比．由
于当时用滴水法计时，自由落体的时间短，无法测量，伽利略设计了让铜球沿阻力很小、倾
角很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果．而铜球在斜面上运动的加速度要比它自由
落体的加速度小得多，所用时间长得多，容易测量．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思
维在实验结果上进行合理外推，得出自由落体运动的规律，C 正确，D 错误． 
5．答案：A 
解析：滑块通过光电门时的速度v＝d
t ，通过光电门后滑块做匀减速运动，有v2＝2aL，
由牛顿第二定律得μmg＝ma，联立解得μ＝d2
2gLt2 ，A 正确． 
6．答案：C 
解析：水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根
据平衡条件得知mg sin θ－2f1＝0，将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，夹角
减小，则每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有mg sin θ
－2f2＝ma，由于摩擦力变小，故加速度变大；可知圆筒将匀加速滑动，C 正确． 
7．答案：B 
解析：由物块在传送带上的受力可知，物块的加速度为a＝μg，当物块向左运动速度减
为零时的位移为x＝v22 
2μg ，由题可知L> v22 
2μg ，故物块没有滑离传送带，物块向左减速到零后
向右做匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相同时，物块的位移为x′＝v21 
2μg ，又v2>v1，
则x>x′，故向右运动的速度与传送带相等后，物块做匀速直线运动，B 正确． 
8．答案：D 
解析：细线恰好无拉力时，有μmg＝ma0，即a0＝μg＝5 m/s2，当物块随小车一起运动的
加速度小于a0 时，细线的拉力FT 始终为0，且小车对物块的支持力FN 大小始终等于物块的
重力大小，A、B、C 错误；当物块随小车一起运动的加速度大于a0 时，有Ff＋FTsin θ＝ma，
FTcos θ＋FN＝mg，Ff＝μFN，联立解得FT＝
ma－μmg
sin θ－μcos θ ＝m
0.2 a－5
2 mg，则a 越大，细线
的拉力FT 越大．由竖直方向的平衡条件得FN＝mg－FTcos θ＝3mg－4ma，则a 越大，小车
对物块的支持力FN 越小．小车对物块的摩擦力Ff＝μFN＝1.5mg－2ma，当a＝6 m/s2 时，Ff
＝3 N，D 正确． 
9．答案：AC 
解析：轻绳P 竖直，分析物块受力可知物块仅受到重力和轻绳的拉力，A 正确，B 错误；
剪断轻绳瞬间，轻绳拉力消失，轻弹簧来不及发生形变，所以物体只受重力，物块的加速度
大小为g，C 正确，D 错误． 
10．答案：AD 
解析：对甲装置，由牛顿第二定律Mg－T 甲＝Ma 甲，T 甲＝ma 甲，解得T 甲＝mMg
m＋M ，则
绳张力小于重物M 的重力，A 正确；对整体分析，由牛顿第二定律Mg＝（M＋m）a 甲，解
得a 甲＝
Mg
（M＋m） ，当M 远大于m 时，加速度接近g，B 错误；对装置丙，由牛顿第二定
律F－μmg＝Mg－μmg＝ma 丙，解得a 丙＝Mg
m －μg；对装置乙，由牛顿第二定律Mg－T 乙＝
Ma 乙，T 乙－μmg＝ma 乙，解得T 乙＝mMg
m＋M （1＋μ），a 乙＝
Mg－μmg
M＋m ≠a 丙，装置甲中绳上
的张力T 甲小于装置乙中绳上的张力T 乙，C 错误，D 正确． 
11．答案：AC 
解析：若货车在斜坡上匀速运动，则小球做匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖
直方向上重力和绳子拉力的大小相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知α＝β，A 正确；
若货车在斜坡上匀减速运动，则小球有沿斜面向下的加速度，则细线应该向右偏，但在题图
中虚线的左侧，则有α<β，B 错误；若货车在斜坡上匀加速运动，则小球有沿斜面向上的加速
度，则细线应该向左偏，则有α>β，设细线的拉力为F，小球的质量为m，对小球受力分析，
垂直斜面方向上，由平衡条件有F cos α＝mg cos β，沿斜面方向上，由牛顿第二定律有F sin 
α－mg sin β＝ma，联立解得a＝g cos βtan α－g sin β，货车的加速度与小球的加速度相等，D
错误，C 正确． 
12．答案：CD 
解析：若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动做匀减
速运动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度大小相等，运动的位移大小相等，都做匀
变速运动，则运动的时间相等，A 错误；若v2<v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦
力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，则没有匀速
过程，B 错误；若v2<v1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，
当物体滑到左端速度大于等于零时，可以到达左端，C 正确；若v2<v1，物体从右端滑上传送
带又回到右端，物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，
D 正确． 
13．答案：（1）C （2）1.6 （3）2k 
解析：（1）释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，A 错误；绳中拉力
可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量m
远小于小车和滑轮的总质量M，B、D 错误；用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数
的2 倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，C 正确． 
（2）根据逐差法得小车运动的加速度大小为a＝
[（22.33－7.96）－7.96]×10－2
4×0.12
  m/s2
＝1.6 m/s2. 
（3）以小车为研究对象，根据牛顿第二定律得2F＝Ma，F＝M
2 a，k＝M
2 ，解得M＝2k. 
14．答案：（1）12.5 N 7.5 N （2）28.5 N 
解析：（1）根据题意，对球受力分析，如图所示 
 
由平衡条件有FN1＝mg
cos θ ，FN2＝mg tan θ 
代入数据解得FN1＝12.5 N，FN2＝7.5 N 
（2）当挡板对球的作用力为零时，设斜面体与球一起向右运动的加速度为a，由牛顿第
二定律，对球有mg tan θ＝ma 
对整体有F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a 
联立代入数据解得F＝28.5 N 
15．答案：（1）20 m/s2 （2）40 N （3）1.1 s 
解析：（1）由图b 可知，向下为正方向，管落地后上升的过程中，在1.0～1.5 s 内，管
的加速度为a1＝Δv
Δt ＝20 m/s2 
（2）设球和管间的滑动摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得 
Mg＋Ff＝Ma1 
解得Ff＝40 N 
（3）在第一次碰撞后到管与球速度相等（设为v）的过程中，设球的加速度为a2，时间
为t2，管上升的高度为h，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2 
解得a2＝－10 m/s2 
速度相等时，对球有v＝v0＋a2t2 
对管有v＝－v0＋a1t2 
联立解得t2＝2
3  s，v＝10
3  m/s 
根据公式v2－v20 ＝2ax，对管有v2－v20 ＝－2a1h 
从速度第一次相等到第二次落地，管与球再次共同运动，设该过程的时间为t3，则有h
＝vt3＋1
2 gt23  
解得t3＝
5－1
3
 s 
则管从第一次落地到第二次落地所用的时间为t＝t2＋t3＝
5＋1
3
 s≈1.1 s 
16．答案：（1）2 m/s2 1 m/s2 （2）1 s （3）0.5 m 
解析：（1）根据题意可知，A 与B 之间的滑动摩擦力大小 
f1＝μ1mAg＝4 N 
B 与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2（mA＋mB）g＝3 N 
当A 刚滑上B 时，由牛顿第二定律，对A 有f1＝mAaA 
对B 有f1－f2＝mBaB 
解得aA＝2 m/s2，aB＝1 m/s2 
（2）设A、B 达到相同的速度为v，对A、B 相对滑动的过程，对A 有v＝v0－aAt 
对B 有v＝aBt 
解得t＝1 s，v＝1 m/s 
（3）以A、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝（mA＋mB）a 
一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax 
解得x＝0.5 m． 
第四章 曲线运动 万有引力与宇宙航行 
考点18 曲线运动 运动的合成与分解 
1．答案：D 
解析：小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB 错误；小车沿轨道从左向
右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C 错误，D 正确．故选D. 
2．答案：C 
解析：根据图像可知，小球在x 方向做匀速直线运动，速度大小为vx＝4
2 m/s＝2 m/s，
小球在y 方向做匀变速直线运动，所以小球的合运动为匀变速曲线运动，A、B 错误；根据
v­t 图像的面积表示位移大小，可知小球在2 s 内沿y 方向的位移为0，则小球在2 s 内的位移
等于x 方向的位移，即大小为4 m，C 正确；小球2 s 末的速度为v＝
v2x ＋v2y  ＝
22＋32  m/s
＝13  m/s，D 错误． 
3．答案：D 
解析：R 竖直方向做匀速直线运动，运动的时间t 为t＝y
v0 ＝2 s，水平方向做匀加速直
线运动，有x＝1
2 at2，可求出a＝0.02 m/s2，水平速度为vx＝at＝0.04 m/s，R 此时刻速度大小
为v＝
v20 ＋v2x  ＝17
100 m/s，设速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，tan θ＝v0
vx ＝1
4 ，θ≠45°，
A、B、C 错误；根据物体做曲线运动的条件，可知轨迹如图，D 正确． 
 
4．答案：C 
解析：根据题意可知船速大于水速，当船的速度在沿着河岸方向与水流速度大小相等时，
与水流速度方向相反时，可以到达正对岸，A 错误；当船头始终垂直河岸时，渡河时间最短
为tmin＝d
v船 ＝100
2  s＝50 s，船渡河的时间河水的流动速度无关，B、D 错误；根据运动的合
成可知，当船速方向与水流速度的方向为锐角时，船在河水中的实际速度大于2 m/s，C 正确． 
5．答案：A 
解析： 
 
如图所示，当冲锋舟在静水中的速度v 舟与其在河流中的速度v 合垂直时，冲锋舟在静水
中的速度最小，则v 舟＝v sin θ，由几何关系知θ＝60°，解得v 舟＝3
2 v，A 正确． 
6．答案：D 
解析：设绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示， 
 
将球的速度v 分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为v 绳＝v cos θ，因球匀速
上滑过程中θ 角将增大，所以v 绳将减小，故小车做减速运动，D 正确，C 错误；球受三力作
用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、墙对球的支持力大小N 分别为T＝
G
cos θ ，N＝G tan θ，随θ 的增大，T、N 均增大，A、B 错误． 
7．答案：A 
解析：将A 物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速
度大小为v1cos α；将B 物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方
向的速度大小为vB cos β；由于两物体沿着绳子方向速度大小相等，所以有v1cos α＝vB cos β，
因此vB＝v1cos α
cos β ，A 正确． 
8．答案：B 
解析：由于物体做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知，物体受到的恒力的
方向始终指向弧内，且与速度方向不在同一直线上，质点经过坐标原点时的速度方向沿图中
虚线，所以恒力F 可能沿x 轴负方向，B 正确． 
9．答案：C 
解析：在0～2 s 内，自行车在x 方向初速度为v0x＝0，加速度为ax＝9 m/s2，自行车在y
方向初速度为v0y＝0，加速度为ay＝12 m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为
v＝0，合加速度为a＝
a2x ＋a2y  ＝15 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变
速直线运动，C 正确． 
10．答案：D 
解析：由速度的合成与分解可知，小船实际渡河的速度大小v＝v0
cos θ ，小船渡河的时间
t＝L
v ，解得t＝L cos θ
v0
 ，D 正确． 
11．答案：D 
解析：当θ＝90°时，P 的速度为零，初始时刻P 的速度也为零，所以θ在向90°增大的过
程中，P 先向下加速后向下减速，即P 先处于失重后处于超重，A 错误；当θ＝90°时，Q 的
速度水平向右，沿绳方向的速度分量为零，所以此时P 的速度为零，B 错误；θ 从很小到90°
的过程中，细绳拉力对Q 做正功，Q 先做加速运动．θ>90°后细绳拉力对Q 做负功，Q 再做
减速运动，所以θ＝90°时Q 速度最大，但加速度为0，C 错误；当θ＝60°时，将Q 的速度v
分解为沿绳速度分量v1 和垂直于绳的速度分量v2，有vP＝v1，则vP
vQ ＝v1
v ＝cos 60°＝1
2 ，D
正确． 
考点19 抛体运动 
1．答案：B 
解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A 错误；铅球的加速度恒为重力加
速度保持不变，B 正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，
根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD 错误．故选B. 
2．答案：（1） 
2Ep
m  （2）5 mghEp
2mg
  
解析：（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知，Ep＝1
2 mv2 
得小球离开桌面时速度大小为，v＝
2Ep
m  
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得，h＝v′2y 
2g  
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知，vy′＝4
5 vy 
离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt 
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝5 mghEp
2mg
  
3．答案：A 
解析：运动员在竖直方向做自由落体运动，设A 点与B 点的距离为L，有L sin 30°＝1
2 gt2，
解得L＝120 m，设运动员离开A 点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线
运动，有L cos 30°＝v0t，解得v0＝30 m/s，A 正确． 
4．答案：BC 
解析：两物体同时抛出且都落到P 点，则两物体在竖直方向上下落了相同的高度H，由
平抛运动规律可知，在竖直方向上有H＝1
2 gt2，解得t＝
2H
g ，即两物体同时到达 
 
P 点，A 错误、B 正确；设半圆形容器的半径为R，如图所示，由几何关系得xAM＝2R cos237°，
xBM＝2Rsin237°，则xAM∶xBM＝16∶9，根据平抛运动规律在水平方向上有x＝vt，由于两物体
运动的时间相等，则两物体抛出的水平距离之比等于它们的抛出速度之比，所以vA∶vB＝
16∶9，C 正确、D 错误． 
5．答案：D 
解析：由于相遇时A、B 做平抛运动的竖直位移h 相同，由h＝1
2 gt2 可知两球下落时间
相同，两球应同时抛出，A、B 错误；根据以上分析A、B 做平抛运动的时间相同，但xA>xB，
由于水平方向做匀速直线运动，则vAx> vBx，相遇时v＝
v2x ＋（gt）2 ，则相遇时A 球速率
大于B 球速率，C 错误，D 正确． 
6．答案：C 
解析：过抛出点作斜面的垂线，如图所示 
 
当质点落在斜面上的B 点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向x＝v0t，竖直方
向y＝1
2 gt2，根据几何关系有x
y ＝tan θ，解得t＝2v0
g tan θ ，C 正确． 
7．答案：B 
解析：根据h1－h2＝1
2 gt2 得，t＝
2（h1－h2）
g
 ＝
2（0.45－0.25）
10
  s＝0.2 s ，平
抛运动的最大速度v1＝
x＋2R
t
 ＝
1.0＋2×0.1
0.2
  m/s＝6.0 m/s，最小速度v2＝x
t ＝1.0
0.2  m/s＝5.0 
m/s，则5.0 m/s＜v＜6.0 m/s.综上所述，B 正确． 
8．答案：C 
解析：排球做平抛运动，为使排球能越过球网落到对方场地，运动员击出排球的最小速
度满足4h＝vmint；h＝1
2 gt2 联立求得vmin＝2 2gh ，C 正确． 
9．答案：B 
解析：因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左侧水平位移的两倍，所以网右
侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝1
2 gt2 可知，击球点的高度与
网高之比为1
2 g9t2∶（1
2 g9t2－1
2 gt2）＝9∶8，A 错误，B 正确；球恰好通过网的上沿的时间
为落到右侧桌边缘的时间的1
3 ，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt 可知，球恰好通过网
的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，则乒乓球过网时与落到桌
边缘时速率之比不是1∶3，C 错误；网右侧运动时间是左侧的两倍Δv＝gt，所以乒乓球在左、
右两侧运动速度变化量之比为1∶2，D 错误． 
10．答案：AD 
解析：运动员从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有h＝1
2 gt2，解得t＝0.5 s，
在最高点时的速度大小为vx＝x
t ＝2.5
0.5  m/s＝5 m/s，根据对称性可知，运动员在空中的运动
时间为t 总＝2t＝1 s，A 正确，B 错误；落地时竖直方向速度大小为vy＝gt＝5 m/s，落地时的
速度大小为v＝
v2x ＋v2y  ＝5 2  m/s，落地时速度方向与水平面所成的夹角满足tan α＝vy
v0 
＝1，解得α＝45°，即落地时速度方向与水平面所成的夹角为45°，C 错误，D 正确． 
11．答案：B 
解析：子弹射出后做平抛运动，在竖直方向有h＝1
2 gt2，在水平方向有x＝vt，解得v＝ 
gx2
2h ＝300 m/s，B 正确． 
12．答案：C 
解析：水流在竖直方向自由落体运动，则h＝1
2 gt2，解得t＝ 
2h
g ，甲孔的离地高度
是乙的2 倍．所以
t甲
t乙 ＝2
1 ，A 错误；由于水平位移相等，根据x＝vt 可知初速度之比是
v乙
v甲 
＝
t甲
t乙 ＝2
1 ，B 错误；水柱在空中的体积V＝v0tS，两空中水柱体积是相等的，C 正确；矿泉
水瓶自由下落时，处于完全失重状态，两小孔水不会喷出，D 错误． 
13．答案：A 
解析：设斜面倾角为θ，第一次试跳中运动时间为t，则L
2 sin θ＝1
2 gt2，L
2 cos θ＝v0t，
第二次试跳中运动时间为t′，离开A 点时水平速度大小为v′，则L sin θ＝1
2 gt′2，L cos θ＝v′t′，
解得t′＝2 t，v′＝2 v0，A 正确． 
14．答案：A 
解析：甲、乙的射高相等，即到最高点的高度相同
（v1sin 53°）2
2g
 ＝
（v2sin 37°）2
2g
 ，水
平位移x1＝v1cos 53°×2v1sin 53°
g
 ，x2＝v2cos 37°×2v2sin 37°
g
 ，解得x1
x2 ＝9
16 ，A 正确． 
15．答案：AC 
解析：当小球落在A 点时，有H＝1
2 gt2，s＝v1t，联立解得v1＝s 
g
2H ＝6 m/s，同理
可知，当小球落在D 点时v2＝s 
g
2（H－h） ＝9 m/s，当小球落在B 点时v3＝（s＋d）
g
2H 
＝10 m/s，当小球落在C 点时v4＝（s＋d）
g
2（H－h） ＝15 m/s，A、C 正确，B 错误；
若P 点的高度变为H0 轨迹同时过D 点和B 点，则此时初速度v′＝s
g
2（H0－h） ＝（s＋d）
g
2H0 ，解得H0＝25
64  m<0.45 m，即小球在25
64 m～0.45 m 高度间，小球也能直接落在桶底
（桶边沿除外），D 错误． 
16．答案：A 
解析：网球竖直方向做自由落体运动，则有h＝1
2 gt2，解得t＝ 
2h
g ＝ 
2×2.45
10
 s 
＝0.7 s，水平方向做匀速直线运动，则有v0＝x
t ＝28
0.7  m/s＝40 m/s，A 正确． 
17．答案：AB 
解析：小球做平抛运动，则其运动过程中的坐标为x＝－v0t，y＝5－1
2 gt2，联立解得小
球做平抛运动的轨迹满足y＝－1
4 x2＋5，题中所给抛物线方程为y＝x2，联立解得小球轨迹与
抛物线交点为（－2 m，4 m），小球到达边界时间为t＝
－2
－2 5 ＝5
5  s，A、B 正确；小球
做平抛运动，则下落OA 高度时，竖直方向的速度大小为vy＝2gOA ＝2×10×5  m/s＝
10 m/s，到达x 轴时速度方向与水平方向的夹角θ 满足tan θ＝vy
v0 ＝10
2 5 ＝5 ，可知θ 不为
30°，C 错误；由于水平方向有初速度，故小球速度不可能与y 轴平行，D 错误． 
18．答案：（1）2 3  m/s （2）10 m/s2 （3）1.7 s 
解析：（1）包裹进入传送带顶端时竖直方向的速度为vy，有 
v2y ＝2gh 
解得vy＝2 m/s 
包裹恰好可以无碰撞地进入传送带顶端，则tan 30°＝vy
v0  
可得v0＝2 3 m/s 
（2）设包裹刚抛到传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律μmg cos 30°＋mg sin 
30°＝ma1 
可得a1＝10 m/s2 
（3）设包裹平抛运动的时间为t1，则h＝1
2 gt21  
可得t1＝0.2 s 
包裹刚落到传动带上时的速度sin 30°＝vy
v1  
可得v1＝4 m/s 
包裹从刚落到传送带上到与传送带速度相等的时间为t2，v＝v1＋a1t2， 
则t2＝0.5 s 
包裹在传送带下滑的位移x＝
v＋v1
2
 t2 
因μmg cos 30°＝mg sin 30° 
包裹与传送带速度相等之后匀速下滑，包裹与传送带速度相等之后到滑到传送带最底端
的时间为t3，则L－x＝vt3 
解得t3＝1 s 
包裹从抛出到传送带底端的总时间t＝t1＋t2＋t3 
得t＝1.7 s 
考点20 圆周运动 
1．答案：BD 
解析：A、B 两轮是齿轮传动，边缘质点线速度大小相等，即v1∶v2＝1∶1，A 错误；两
轮的周期之比T1∶T2＝N1∶N2 转速n∝1
T 所以两轮的转速之比n1∶n2＝N2∶N1，B 正确；由
公式v＝rω 可知，两轮的角速度ω1∶ω2＝r2∶r1，C 错误；由a＝v2
r 可知a1∶a2＝r2∶r1，D
正确． 
2．答案：B 
解析：因为从动轮和主动轮转动方向都和滚轮的转动方向相反，所以从动轮和主动轮转
动方向始终相同，A 错误；滚轮在B 处，从动轮和主动轮与滚轮接触的点线速度相等，该点
从动轮的半径大于主动轮的半径，根据v＝ωr，从动轮角速度小于主动轮角速度，B 正确；
主动轮转速不变，滚轮从A 到B，主动轮的半径越来越小，主动轮与滚轮接触的点线速度一
直减小，从动轮线速度与滚轮线速度相同，一直变小，C 错误；滚轮从A 到B，从动轮线速
度一直减小，又因为从动轮半径在变大，又v＝ωr＝2πnr，滚轮从A 到B，从动轮转速一直
减小，D 错误． 
3．答案：C 
解析：纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，C 正
确． 
4．答案：B 
解析：小球的角速度为ω＝v
R ，由几何关系得R＝2L
2 ，联立解得ω＝2v
L ，A 错误；
小球做匀速圆周运动，小球所受合力等于其向心力为Fn＝mv2
R ，联立解得Fn＝2mv2
L
 ，B
正确；小球所受的合力大小不变，方向时刻改变，小球做非匀变速曲线运动，C 错误；tan 45°
＝Fn
mg ，结合Fn＝2mv2
L
 ，联立解得g＝2v2
L ，D 错误． 
5．答案：B 
解析：设OA 段长为L，OB 段长为2L，匀速旋转小球到悬点的高度均为h，由于a、b
两球做圆周运动的角速度相同，且都满足mg tan φ＝mω2r，则有aa
ab ＝
（L＋h tan α）ω2
（2L＋h tan θ）ω2 ＝
g tan α
g tan θ ，解得tan θ＝2tan α，B 正确． 
6．答案：AD 
解析：对物块A 进行受力分析，则有mg tan 60°＝mω2R sin 60°，解得ω＝ 
g
R cos 60° 
＝ 
2g
R ，A 正确；当A 受到的静摩擦力为0 时，B 有沿容器壁向上滑动的趋势，即B 受到
沿容器壁向下的摩擦力，D 正确，B、C 错误． 
7．答案：C 
解析：设小球刚接触器壁CD 时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据
几何关系可得sin θ＝BC
L ＝3
5 解得θ＝37°以小球对对象，根据牛顿第二定律可得mg tan 30°
＝mω20 r 解得ω0＝ 
g tan 37°
r
 ＝ 
10×0.75
3
 ＝10
2   rad/s，C 正确，D 错误；当ω＝1 
rad/s 时，由于ω＝1 rad/s<ω0＝10
2 rad/s，可知小球还未接触器壁CD，A 错误；当ω＝2 rad/s
时，由于ω＝2 rad/s>ω0＝10
2 rad/s，设器壁CD 对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，
则有T cos 37°＝mg；T sin 37°＋N＝mω2r，联立解得N＝4.5 N，B 错误． 
8．答案：（1）5
4 mg （2） 
5g
4L  
解析：（1）小球与细杆恰好无作用力，设细线与水平方向的夹角为α，则sin α＝0.8L
L ＝
0.8，有T sin α＝mg，解得T＝5
4 mg.（2）细线拉力的水平分量提供小球做匀速圆周运动的向
心力，则有T cos α＝mω2R，R＝L cos α，解得ω＝
5g
4L . 
9．答案：D 
解析：汽车所需的向心力大小为Fn＝mv2
r ＝9×103 N<1.4×104 N，所以汽车不会发生侧
滑；汽车的向心加速度大小为an＝v2
r ＝4.5 m/s，D 正确． 
10．答案：C 
解析：由ω＝2πn 得，颗粒运动的角速度为2πn，A 错误；由向心力公式确实可以算得
Fn＝mω2r＝m（2πn）2r＝4π2mrn2 颗粒此时受到的合外力大小未必为4π2mrn2，一般都是小于
这个值，正是因为合外力提供不了所需向心力，故颗粒会沉淀，B 错误；离转轴越远，r 越
大，液体提供的“浮力”与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大，则分离沉淀
效果越好，C 正确；只有颗粒的密度大于液体密度，颗粒才会在试管底部沉淀，如果颗粒的
密度小于液体密度，颗粒会在试管管口“沉淀”，即漂浮在管口，D 错误． 
11．答案：AD 
解析：根据图乙可知，在凸轮圆盘转动一圈的过程中，探测器接收到光的时间越来越短，
说明凸轮圆盘转动速度越来越快，所以该时间段内风轮叶片的转速逐渐增大，A 正确，B 错
误；根据图乙可知，在时间Δt 内，凸轮圆盘转动了4 圈，所以风轮叶片转动了4n 圈，则风
轮叶片转动的平均角速度为ω＝θ
t ＝2π·4n
Δt ，则风轮叶片转动的平均速率为v＝ωr＝8πnr
Δt ，
C 错误，D 正确． 
12．答案：D 
解析：若拉力突然消失，小球将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa 做离心运动，
A 错误；若拉力突然变小，则小球受到的拉力小于所需的向心力，小球将沿轨迹Pb 做离心
运动，B 错误，D 正确；若拉力突然变大，则小球受到的拉力大于所需的向心力，小球沿轨
迹Pc 做近心运动，C 错误． 
13．答案：A 
解析：根据h＝1
2 gt2 可得t＝ 
2h
g ＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝r
t ＝2.5 m/s，A 正
确，B 错误；根据ωt＝2nπ（n＝1、2、3、…），解得圆盘转动的角速度ω＝2nπ
t ＝nπ rad/s
（n＝1、2、3、…），圆盘转动的加速度为a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2（n＝1、2、3、…），C、
D 错误． 
14．答案：C 
解析：质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝k
r ，合外力等于向心力，根据F 合＝
Fn＝m4π2
T2 r，联立可得Fn＝4mπ2
k2 r3，其中4mπ2
k2 为常数，r 的指数为3，故题中n＝3，故选
C. 
15．答案：D 
 
解析：两小球均由圆锥桶对其的弹力和重力的合力提供向心力，如图，则有Fa＝mag
tan θ ，
Fb＝mbg
tan θ ，由于ma＝2mb，故Fa
Fb ＝ma
mb ＝2
1 ，A、B 错误；根据F＝mω2R 可得ω＝
F
Rm ，
故ωa
ωb ＝
Fa
Fb·Rb
Ra·mb
ma ＝
1
2·2
1·1
2 ＝2
2 ，C 错误；根据v＝ωR 可得va
vb ＝ωa
ωb ·Ra
Rb ＝2
1 ，D 正
确． 
16．答案：B 
解析：若摆线与竖直方向夹角为θ，对任意做圆锥摆的物体有mg tan θ＝m4π2
T2 l sin θ，得
到圆锥摆的周期T＝2π
l cos θ
g
 ＝2π
h
g ，两小球在同一平面内，h 相同，则两摆的周期相
等，根据ω＝2π
T 可知运动的角速度相等，A、C 错误；根据线速度的公式v＝ωr 可知vA<vB，
B 正确；向心加速度a＝ω2r＝4π2
T2 r，两摆球的半径r 不同，向心加速度大小不相等，故D 错
误． 
17．答案：D 
解析：两个小球做同轴转动，角速度相等，根据T＝2π
ω 可知周期相等，其比例为1∶1，
A 错误；两个小球的向心力均由绳子拉力提供，根据牛顿第二定律a＝F
m ，A、B 的向心加速
度之比为2∶1，B 错误；设A 的轨道半径为r1，B 的轨道半径为r2，根据分析可得m·ω2r1＝
2m·ω2r2＝F，又r1＋r2＝L，联立解得r1∶r2＝2∶1，T＝2mω2L
3
 ，D 正确，C 错误． 
18．答案：（1）10 2
3
  rad/s （2）10 2  rad/s 
解析：（1）轻弹簧恰为原长时，小球只受重力与支持力，在竖直方向有FNcos θ＝mg， 
 
水平方向有FNsin θ＝mω2l0cos θ，解得ω＝10 2
3
  rad/s. 
（2）当小球到达A 点时，小球处于脱离支架的临界状态，竖直方向有F′Ncos θ＝k（l－
l0）sin θ＋mg，水平方向有F′Nsin θ＋k（l－l0）cos θ＝mω21 l cos θ 
解得ω1＝10 2  rad/s. 
考点21 圆周运动的临界问题 
1．答案：AC 
解析：小木块a、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大
时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a 有Ffa＝mω2a l，当
Ffa＝kmg 时，kmg＝mω2a l，ωa＝ 
kg
l ；对木块b 有Ffb＝mω2b ·2l，当Ffb＝kmg 时，kmg
＝mω2b ·2l，ωb＝ 
kg
2l ，则ω＝ 
kg
2l 是b 开始滑动的临界角速度，所以b 先达到最大静
摩擦力，即b 比a 先开始滑动，A、C 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，
则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，B 错误；ω＝ 
2kg
3l <ωa＝ 
kg
l ，a 没有滑动，则F′fa＝mω2l＝
2
3 kmg，D 错误． 
2．答案：D 
解析：对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉
力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tan θ，受
力分析可知F cos  θ＋FN＝mg，F sin θ＝mv2
R ＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tan θ；当球即将
离开水平桌面时，FN＝0，转速n 有最大值，此时nm＝1
2π  
g
h ，D 正确． 
3．答案：D 
解析：设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝mv20 
R ，解得
v0＝2m/s，A 正确；当小球在最高点的速度为v1＝4m/s 时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿
第二定律有FT＋mg＝mv21 
R ，解得FT＝15 N，B 正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时
轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝mv2m 
R ，解得vm＝4 2 m/s，C 正确，D 错
误． 
4．答案：D 
解析：由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A 错误；当小球通过最高
点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重力，由题图乙可知，小球的重力为3 N，
即质量为0.3 kg，C 错误；由题图乙可知，当小球以v2＝5 m2/s2 通过最高点时，恰好对杆没
有作用力，此时重力提供向心力，设O 轴到小球的距离为L，根据mg＝mv2
L ，得L＝0.5 m，
故D 正确；当小球以15  m/s 的速度通过最高点时，根据mg＋F＝mv2
L ，可得F＝6 N，此
时杆对球的作用力是向下的拉力，大小为6 N，B 错误． 
5．答案：ABC 
解析：在最高点，只有重力提供向心力时，由mg＝mv20 
R ，解得v0＝gR ，此时小球对
管内壁无压力，A 正确；若v0＞gR ，则有mg＋FN＝mv20 
R ，表明小球对管内上壁有压力，
B 正确；若0＜v0＜gR ，则有mg－FN＝mv20 
R ，表明小球对管内下壁有压力，C 正确；综
上分析，D 错误． 
6．答案：BC 
解析：当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的
方向可能沿斜面向上（即背离圆心），也可能沿斜面向下（即指向圆心），摩擦力的方向沿斜
面向上时，ω 越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A 错误，B 正确；当物体转
到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于
斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝
mg cos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 
rad/s，C 正确，D 错误． 
7．答案：A 
解析：小球恰好到达A 点时的速度大小为vA＝0，此时对应B 点的速度最小，设为vB，
对小球从A 到B 的运动过程，由动能定理有1
2 mv2B －1
2 mv2A ＝2mgL sin  α，代入数据解得
vB＝4 m/s，A 正确． 
8．答案：D 
解析：两个物块的角速度、半径和质量都相等，根据向心力公式F＝mω2r 可知，两个物
块的向心力相等，A 错误；对AB 整体进行分析，B 物体受到的摩擦力为fB＝2mω2r，对A 进
行分析，A 物体受到的B 给的摩擦力为fA＝mω2r，因此盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的
2 倍，B 错误；因为A 与B 都是摩擦力提供的向心力，则两个物体受到的摩擦力方向都指向
圆心，而摩擦力方向与滑动趋势相反，即两个物体的滑动趋势都沿半径向外，C 错误；对整
体分析，则当B 与转盘间摩擦力达到最大时μB×2mg＝2mω2r，对A 进行分析，则fA＝mω2r，
由此可知，增大圆盘转速，即增大圆盘转动的角速度，要使A、B 保持相对静止一起相对圆
盘滑动，则B 与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A 与B 之间还未达到最大静摩擦力，根据牛
顿第二定律知，A、B 之间的动摩擦因数μA 大于B 与盘之间的动摩擦因数μB，D 正确． 
9．答案：BD 
解析：车辆向右转弯，拉力与摩擦力的合力一定向右，由于不知道速度的大小，摩擦力
的方向可以向右，也可以向左，也可以为0，A 错误；车辆以速度v 向右转弯，物块刚好不
滑动，对物块有kx0＋μmg＝mv2
R ，则μ＝v2
gR －kx0
mg ，B 正确；若车辆速度v 向左转弯，物块
刚好不滑动，对物块有μmg－kx0＝mv2
R ，则μ＝v2
gR ＋kx0
mg ，C 错误；若车辆向左转弯，对物
块有f－kx0＝mv2
R ，速度越大，f 越大，D 正确． 
10．答案：AB 
解析：A 达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω20A rA，代入数据解得ω0A＝
2 5 rad/s，同理可得B 达到最大静摩擦力时的临界角速度为μmBg＝mBω20B rB，代入数据解
得ω0B＝10 rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B 先达到临界角速度值，则B 的摩擦
力先达到最大，A 正确；当B 的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当ω
＝10 rad/s 时，绳子出现张力，D 错误；达到A 的最大静摩擦力时的临界角速度前，A 的向
心力由静摩擦力提供，则静摩擦力指向圆心，A 与B 的角速度相等，A 的质量是B 的4 倍，
而A 做圆周运动的半径是B 的一半，根据F＝mω2r 可知A 需要的向心力大，所以当AB 两物
体出现相对滑动时A 背离圆心运动，B 向着圆心运动，则在滑动之前一小段时间内（达到A
的最大静摩擦力时的临界角速度后），A 静摩擦力也指向圆心，故A 物体所受摩擦力的方向一
直指向圆心，B 正确；AB 两物体恰好出现滑动时，对A 有T＋μmAg＝mAω21 rA，对B 有T－μ
mBg＝mBω21 rB，解得 ω1＝50 rad/s，C 错误． 
11．答案：BD 
解析：物块向右匀速运动时以夹子和重物为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据平衡
条件可知绳中的张力等于Mg，A 错误；小环碰到钉子P 时，夹子和重物做圆周运动，设绳
子拉力为T，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Mv2
L ，解得T＝Mg＋Mv2
L ，B 正确；以物块为研
究对象，小环碰到钉子P 时，重物做圆周运动，根据牛顿第二定律有2F－Mg≥Mv2
L ，解得
v≤ 
（2F－Mg）L
M
 ，C 错误，D 正确． 
考点22 实验五 探究平抛运动的特点 
1．答案：（1）ac （2）c （3）2.0 4.0 
解析：（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，a 正确；为
保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b 错误，c 正确；小球的运
动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d 错误． 
（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是x＝v0t，y＝1
2 gt2，联立解得y
＝g
2v20  x2，y­x2 图像是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线，故选c. 
（3）由竖直方向的分运动可知y＝1
2 gt2，t＝ 
2h
g ，即t1＝ 
2y1
g ＝0.1 s，t2＝ 
2y2
g 
＝0.3 s，水平初速度为v0＝Δx
t2－t1 ＝2.0 m/s，C 点的竖直分速度为vy＝2gy3 ＝2 3  m/s，
由运动合成可知vC＝
v20 ＋v2y  ＝4.0 m/s. 
2．答案：（1）C （2）D （3）确保多次运动的轨迹相同 
解析：（1）只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，
与实验所用斜槽是否光滑无关，A 错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平
滑的曲线连接起来，B 错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便
于减小读数产生的偶然误差，C 正确． 
（2）坐标原点O 为抛出点，由平抛规律有x0＝v0t，y0＝1
2 gt2，联立解得平抛的初速度
为v0＝x0
g
2y0 ，D 正确． 
（3）小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，
从而能确保多次运动的轨迹相同． 
3．答案：（1）AC （2）1
5L  
5gL
2  （3）＝ 2 2gL  （－4L，－L） （4）可
以  理由见解析 
解析：（1）小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，以保证到达底端时速度相等，
A 正确；斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端时的速度相同即可，B 错误；斜槽轨道末
端必须水平，以保证小球做平抛运动，C 正确；本实验必需的器材还有刻度尺，不需要停表，
D 错误． 
（2）由图可知x＝v0t，y＝1
2 gt2，解得y＝g
2v20  x2，图中M 点x＝5L，y＝5L，代入解得
v0＝
5gL
2 ，则a＝g
2v20  ＝1
5L  . 
（3）因OA 与AB 的水平距离相等，则时间相等，即t1＝t2，时间间隔T＝
Δy
g ＝
2L
g ，
平抛的初速度v0＝4L
T ＝2 2gL  ，A 点时竖直速度vAy＝8L
2T ＝2 2gL ，从抛出点到A 点的
竖直位移hA＝v2Ay 
2g ＝4L，从抛出点到A 点的水平位移xA＝v0tA＝2 2gL ×vAy
g ＝8L，抛出点
的横坐标x＝－（8L－4L）＝－4L，纵坐标y＝－（4L－3L）＝－L. 
（4）可以计算小球平抛运动的初速度，用刻度尺测量落点与抛出点之间的竖直距离y，
测量墙与桌子的水平距离x，根据y＝1
2 gt2 可得t＝
2y
g  ，初速度v0＝x
t ＝x
g
2y ，改变
桌子与墙的水平距离x，测量多组x，y 值，计算多组初速度，取平均值即可． 
4．答案：（1）1.25 （2）10 
解析：（1）在图乙中选点x＝25 cm，y＝20 cm，根据平抛运动的规律，有y＝1
2 gt2，x
＝v0t，代入数据解得t＝0.2 s，v0＝1.25 m/s. 
（2）由平抛运动的规律，有y＝1
2 gt2，x＝v0t，消去t 可得y＝g
2v20  x2，在图丙中的斜率
即为g
2v20  ，可以简单算出图丙图线斜率k 为0.05，即g
2v20  ＝0.05，解得v0＝10 m/s. 
5．答案：（1）ABC （2）2.0 2.8 
解析：（1）要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，A 正确；为了
减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，B 正确；为保证弹丸的初速度相同，每次必须
将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，C 正确；第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的
距离，D 错误． 
（2）由竖直方向上是自由落体运动，得yBC－yAB＝gT2，解得点迹间的时间间隔为T＝
yBC－yAB
g
 ＝0.1 s，弹丸离开弹射器的速度大小为v0＝x
T ＝0.2 m
0.1 s ＝2.0 m/s.弹丸打到C 点
时的竖直方向速度分量大小为vCy＝
yBC＋yCD
2T
 ＝2.0 m/s，弹丸打到C 点时的速度大小为vC＝
v20 ＋v2Cy  ≈2.8 m/s. 
考点23 实验六 探究向心力大小与半径、角速度和质量的关系 
1．答案：（1）控制变量法 （2）A1 （3）1∶3 
解析：（1）探究小球受到的向心力大小与质量的关系，需控制一些变量，即保持转动的
角速度、转动的半径不变；探究小球受到的向心力大小与转动的半径的关系，需控制一些变
量，即保持小球的质量、转动的角速度不变；该实验中应用了控制变量法； 
（2）由控制变量法可知，要探究向心力与质量的关系，应保证两球的角速度和运动半径
相同，使两球的质量不同，所以两个不同质量的小球分别放在挡板B 和挡板A1； 
（3）根据题意可得，F1＝3m（2πn）2r，F2＝m（2π×3n）2r，可得F1
F2 ＝1
3 . 
2．答案：（1）C （2）一 （3）B 
解析：（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω 和半径r 之间的关系，采用的实
验方法是控制变量法． 
用油膜法估测油酸分子的大小，采用的实验方向是通过测量宏观量来测量微观量的方法，
故A 错误；用单摆测量重力加速度的大小，分别测量出摆长和周期，通过单摆周期公式计算
得到重力加速度大小，不是采用控制变量法，故B 错误；探究加速度与物体受力、物体质量
的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C 正确．故选C. 
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C 位置，探究向心力的大小与半径
的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮． 
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C 位置，则两球做圆周运动的半
径相等；传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比为ω 左∶ω 右＝R2∶2R2＝1∶2，
根据F＝mω2r，可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为F
左∶F
右＝
ω2左 ∶ω2右 ＝1∶4，B 正确． 
3．答案：（1）变大 变小 （2）① 
解析：（1）小球做圆周运动时有T＝F 向＝mω2r＝m·（2π
T ）2·r，所以当小球运动半径不
变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半
径，小球受到的拉力将变小． 
（2）根据题意有T＝t
n ，可得F＝m·（2πn
t ）2·r＝4π2mr·（n
t ）2 
因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球甲的实验数据． 
4．答案：（1）B （2）
x1＋x2
T（d－2h）  （3）偏大 
解析：（1）电磁打点计时器使用的是交流电，所以应采用图乙中的B 接法． 
（2）点B 的线速度为vB＝
x1＋x2
2T ，圆盘的凹槽内径为R＝
d－2h
2
 ，圆盘转动的角速度
的表达式为ω＝vB
R ＝
x1＋x2
T（d－2h） . 
（3）由于纸带具有一定的厚度，则计算半径时所用数据偏小，根据ω＝v
R ，可知角速
度的测量结果偏大． 
5．答案：（1） C （2）d
Dt0  （3）kD2
d2L  （4） r md2
D2t21   
解析：（1）在研究向心力的大小F 与质量m、角速度ω 和半径r 之间的关系时，我们主
要用到了物理学中控制变量法，故选C. 
（2）若某次实验中测得挡光条的挡光时间为t0，则v＝d
t0 ＝ωD，解得电动机的角速度
为ω＝d
Dt0 . 
（3）根据F＝mω2L，ω＝d
DΔt ，解得F＝md2L
D2 · 1
Δt2 ，由题可知k＝md2L
D2 ，解得m＝kD2
d2L . 
（4）根据F＝mω2r，为了更直观地反映向心力大小与圆周运动半径r 之间的关系，可做
F­r 图像，即以F 为纵轴，以r 为横轴；因ω＝d
Dt1 ，直线的斜率为k′＝mω2＝md2
D2t21  . 
考点24 开普勒三定律和万有引力定律的应用 
1．答案：B 
解析：由开普勒第二定律可知百武彗星在近日点的速度比在远日点的速度大，A 错误；
根据开普勒第三定律a3
T2 ＝k，由于百武彗星轨道的周期大于地球公转周期，所以百武彗星轨
道的半长轴大于地球的轨道半径，B 正确；太阳处在百武彗星椭圆轨道的焦点上，C 错误；
由开普勒第二定律可知在远离太阳的过程中，百武彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面
积不变，D 错误． 
2．答案：AC 
解析：根据开普勒第一定律可知，太阳处在每颗行星的椭圆轨道的一个焦点上，故必然
处在八大行星的椭圆轨道的一个公共焦点上，A 正确；根据开普勒第二定律可知，火星绕太
阳运行过程中，在离太阳较近的位置运行速率较大，在离太阳较远的位置运行速率较小，B
错误；由题图可知，土星轨道的半长轴比地球轨道的半长轴长，根据开普勒第三定律a3
T2 ＝k
可知，土星比地球的公转周期大，C 正确；根据开普勒第二定律可知，同一颗行星与太阳连
线在相等的时间内扫过的面积相等，而地球和土星不是同一颗行星，二者分别与太阳的连线
在相同时间内扫过的面积不相等，D 错误． 
3．答案：CD 
解析：根据开普勒第二定律可知，行星在近日点a 的速率最大，在远日点c 的速率最小，
距离太阳相等的两点的速率大小相等，故行星经过a、b、c、d 四点的速率大小关系为va＞
vb＝vd＞vc，C 正确；行星由a 到b 运动时的平均速率大于由c 到d 运动时的平均速率，而弧
长ab 等于弧长cd，故行星从a 到b 的运动时间小于从c 到d 的运动时间，同理可知，行星
从d 经a 到b 的运动时间小于从b 经c 到d 的运动时间，A、B 错误；行星从a 经b 到c 的
时间和从c 经d 到a 的时间均为T
2 ，再结合上面所述可得tbc＝tcd＞T
4 ，D 正确． 
4．答案：C 
解析：牛顿深入思考了月球受到的引力与地面物体受到的引力的关系，发现了万有引力
定律；而英国物理学家卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了G 的
数值，G 是一个比例常数，其单位是N·m2
kg2 ，A、B 错误；万有引力定律适用于任意质点间的
相互作用，C 正确，D 错误． 
5．答案：AC 
解析：计算均匀球体与质点间的万有引力时，r 为球心到质点的距离，因为P、Q 到地球
球心的距离相同，根据F＝GMm
r2 得P、Q 受地球引力大小相等，P、Q 随地球自转，角速度
相同，但轨道半径不同，根据Fn＝mRω2 得P、Q 做圆周运动的向心力大小不同，A、C 正确，
B、D 错误． 
6．答案：（1） 
g2－g1
R
  （2）r
r′ ＝ 
3 g2－g3
g2－g1  
解析：（1）设地球的质量为M，对于质量为m 的物体，在两极有mg2＝GMm
R2 ，在赤道，
根据牛顿第二定律有GMm
R2 －mg1＝mω2R，联立两式可得ω＝ 
g2－g1
R
 . 
（2）设地震后地球自转的角速度为ω′，根据牛顿第二定律有GMm
R2 －mg3＝mω′2R，设
同步卫星的质量为m′，根据牛顿第二定律，地震前有GMm′
r2 ＝m′ω2r，地震后有GMm′
r′2 ＝m′ω′2r′，
联立以上公式可得r
r′ ＝ 
g2－g3
g2－g1 . 
7．答案：B 
解析：根据万有引力提供向心力可得GMm
r2 ＝m（2π
T ）2r，整理得M＝4π2r3
GT2 ＝1.0×1026 
kg，B 正确． 
8．答案：D 
解析：根据题意可得，木卫三的轨道半径为r3＝nr，根据万有引力提供向心力，得GMm
r2 
＝m4π2
T2 r，可得r＝ 
3 GMT2
4π2 .木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4，
可得木卫一轨道半径为r1＝nr
3 16
 ，木卫二轨道半径为r2＝nr
3 4
 ，故AB 错误；木卫三围绕的
中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与T0 之比，故C
错误；根据万有引力提供向心力，分别有G
M木m3
（nr）2 ＝m34π2
T2 nr，G
M地m月
r2
 ＝m 月
4π2
T20  r，联立
可得
M木
M地 ＝T20 
T2 n3，故D 正确．故选D. 
9．答案：C 
解析：根据万有引力提供向心力，有G
Mm
（2R＋R）2 ＝m4π2
T2 （2R＋R），其中M＝ρ·4
3 πR3，
解得ρ＝
3π（2＋1）3
GT2
 ＝81π
GT2 ，C 正确． 
10．答案：C 
解析：飞船在距地面高度为h 处，则万有引力F＝
GMm
（R＋h）2 ，C 正确． 
11．答案：C 
解析：1948 年观察到它离地球最远，1986 年离地球最近，所以它的周期为T＝2×（1986
－1948）年＝76 年 ，根据开普勒第三定律
T2地 
R3地  ＝
T2
（1
2d）3
 ，解得d≈40 AU，C 正确． 
12．答案：B 
解析：近地卫星周期T1＝85 分钟≈1.4 小时，轨道为R，同步卫星周期 T2＝24 小时，轨
道为 R＋h，根据开普勒第三定律：R3
T21  ＝
（h＋R）3
T22 
 ，解得 h≈3.6×107 m，所以通讯时间
t＝2h
c ≈0.25 s，B 正确． 
13．答案：BD 
解析：被挖部分对质点的引力为F1＝G mm2
（5r）2 ＝Gmm2
25r2 ，由其内部挖去一个半径为r
的球形空穴，挖去小球的质量为m，可知球体密度为ρ＝m
4
3πr3
 .设挖去之前的球的质量为M，
则M＝ρV＝（m
4
3πr3
 ）×
4π（2r）3
3
 ＝8m，故挖去前的球体对质点的引力为F 总＝G Mm2
（6r）2 ＝
G 8mm2
（6r）2 ＝2Gmm2
9r2
 ，挖去后剩余部分的引力为F2＝F 总－F1＝2Gmm2
9r2
 －Gmm2
25r2 ＝41Gmm2
225r2 ，
所以F1
F2 ＝9
41 ，B、D 正确． 
14．答案：B 
解析：根据开普勒第二定律，对任意一个卫星来说，它与地球的连线在相等时间内扫过
相等的面积，所以在近地点速度比远地点速度大；由于vA＜vB，所以B 点为近地点，A 点为
远地点，则地球是位于F1，B 正确． 
15．答案：A 
解析：设地球质量为M，地球半径为R，地球自转角速度为ω，两极附近的重力加速度
为g0，赤道附近的重力加速度为g；则物体在两极处有GMm
R2 ＝mg0，物体在赤道处有GMm
R2 ＝
mg＋mω2R，地球自转刹车过程中，地球自转角速度逐渐减小，赤道附近的重力加速度逐渐
变大，两极附近的重力加速度保持不变；地球停止自转后，则有GMm
R2 ＝mg0，GMm
R2 ＝mg，
赤道附近重力加速度等于两极附近的重力加速度，A 正确． 
16．答案：C 
解析：设地球质量为M，根据牛顿第二定律G
Mm月
r2 ＝m 月a，G
Mm苹
R2 ＝m 苹g，联立可
得a
g ＝R2
r2 ，C 正确． 
17．答案：D 
解析：设“天问一号”的质量为m，结合两图像分析可知，在地球与火星表面，“天问
一号”的重力分别为9F0 和4F0，由此可知地球与火星的表面重力加速度之比为
g地
g火 ＝9
4 ，A
错误；由星球表面重力等于万有引力有mg＝GMm
R2 ，解得M＝gR2
G ，又有R 地＝2R 火，联立
解得
M地
M火 ＝9
1 ，B 错误；由第一宇宙速度表达式v＝gR 可得，第一宇宙速度之比为
v地
v火 ＝3
2 ，
C 错误；由密度公式ρ＝M
V ＝
gR2
G
4
3πR3
 ＝3g
4πRG ，解得
ρ地
ρ火 ＝9
8 ，D 正确． 
18．答案：B 
解析：木星表面的重力加速度为g，木星半径为R，由GMm
R2 ＝mg 得木星质量M＝gR2
G ，
木星的平均密度ρ＝M
V ＝M
4
3πR3
 ＝3g
4πGR .木卫三绕木星做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，
由GMm
r2 ＝m4π2r
T2 得木星的质量M＝4π2r3
GT2 ，则木星的平均密度ρ＝M
V ＝M
4
3πR3
 ＝3πr3
GT2R3 .综上
所述，B 正确． 
考点25 宇宙航行 
1．答案：D 
解析： 
 
2．答案：BCD 
解析：因a 在地球上，c 为地球同步卫星，所以a、c 角速度相同，由v＝ωr 可知c 的线
速度比a 的线速度大，在相同时间的c 转过弧长一定比a 大，A 错误；b 为近地轨道卫星，
根据牛顿第二定律可得GMm
R2 ＝mg＝ma，解得a＝g，b 的向心加速度近似等于地球表面重力
加速度g，B 正确；c 为地球同步卫星，24 h 内转过的角度为2π，则6 h 内转过的角度为π
2 ，
C 正确；由开普勒第三定律R3
T2 ＝k 可知卫星的半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于
c 的周期24 h，则d 的运动周期可能是25 h，D 正确． 
3．答案：BD 
解析：由万有引力提供向心力可知第一宇宙速度v1＝ 
GM
R ，根据万有引力等于重力
得mg＝GMm
R2 ，联立以上两式可得v1＝gR ，将g＝9.8   m/s2，R＝6.4×106 m 代入得v1≈7.9 
k m/s，A 错误，D 正确；由于第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，B 正确；由v＝ 
GM
r 
可得，当轨道半径越大时，其运行速度越小，所以第一宇宙速度是卫星能绕地球做匀速圆周
运动的最大速度，C 错误． 
4．答案：CD 
解析：根据v＝ 
GM
r 可知，卫星的轨道半径r 越大，即距离地面越远，卫星的绕行
速度越小，v1＝7.9 km/s 是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，D 正确；实际
上，由于人造卫星的轨道半径都大于地球半径，故卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度都小
于第一宇宙速度，A 错误；我国发射的火星探测器，仍在太阳系内，所以其发射速度小于第
三宇宙速度，选项B 错误；第二宇宙速度是在地面附近使物体挣脱地球引力束缚而成为绕太
阳运行的人造卫星的最小发射速度，C 正确． 
5．答案：A 
解析：设该星球表面的重力加速度为g，小球落地时间为t，抛出的金属小球做平抛运动，
根据平抛运动规律得aR＝1
2 gt2，bR＝v0t，联立以上两式解得g＝2av20 
b2R ，第一宇宙速度即为
该星球表面卫星的线速度，在星球表面卫星的重力充当向心力，得mg＝mv2
R ，所以第一宇
宙速度v＝gR ＝2a
b v0，A 正确． 
6．答案：D 
解析：同步卫星的轨道是一定的，和同步卫星的质量没有关系，A 错误；同步卫星的速
度小于第一宇宙速度7.9 km/s，B 错误；同步卫星只能在赤道的上方，不能绕过北京，C 错
误；根据GMm
r2 ＝ma，化简得a＝GM
r2 ，则a 同∶a 地＝
1
（5＋1）2 ∶1＝1
36 ，D 正确． 
7．答案：D 
解析：由于“东方红二号”卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，
根据a＝ω2r，r2>r3，则a2>a3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，GMm
r2 ＝ma，由题目中
数据可以得出，r1<r2，则a2<a1；综合以上分析有，a1>a2>a3，D 正确． 
8．答案：D 
解析：第一宇宙速度是以地球半径为轨道半径的卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕
速度，也是卫星发射的最小速度，因此“羲和号”的运行速度小于第一宇宙速度，A 正确； 因 
“羲和号”的运行轨道半径大于地球的半径，所以其发射速度大于第一宇宙速度，B 正确；
由牛顿第二定律得GMm
r2 ＝ma，解得a＝GM
r2 ，由题意可知，“羲和号”每天绕地球运行n
圈（n＞1），因此“羲和号”的运行周期小于地球同步卫星，根据开普勒第三定律可知“羲和
号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此“羲和号”的向心加速度大于地球同步
卫星，C 正确，D 错误． 
9．答案：A 
解析：神舟十六号在轨道上做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，舱内航天员处于
完全失重状态，A 正确；神舟十六号围绕地球做圆周运动，则发射速度一定大于7.9 km/s 小
于11.2 km/s，B 错误；神舟十六号在轨道上做匀速圆周运动时的速度一定小于第一宇宙速度
7.9 km/s，C 错误；发射过程中为了保证航天员的安全，航天员需要固定在座椅上，头部和身
体轴线是保持水平的，面部朝上，D 错误． 
10．答案：B 
解析：7.9 km/s 是发射地球人造卫星的最小发射速度，即遥感三十九号卫星的发射速度
一定不小于7.9 km/s，A 错误；根据万有引力提供向心力GMm
r2 ＝mrω2 得ω＝
GM
r3 ，同步
卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，则同步卫星的角速度大于月球绕地球运动的角速度，
B 正确；根据万有引力提供向心力GMm
r2 ＝mr4π2
T2 得T＝
4π2r3
GM ，遥感三十九号的轨道半
径小于同步卫星的轨道半径，即遥感三十九号卫星绕地球运行的周期小于24 h，C 错误；卫
星在轨道上运行时，处于完全失重状态，但是重力加速度不为零，D 错误． 
11．答案：C 
解析：地球同步静止卫星必须位于赤道平面，即同步静止卫星不可能运行在江门市正上
方，A 错误；根据万有引力提供圆周运动的向心力有GMm
r2 ＝mv2
r ，解得v＝ 
GM
r ，地
球同步静止卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则同步静止卫星的线速度比近地卫星
小，B 错误；根据GMm
r2 ＝m4π2r
T2 ，解得T＝
4π2r3
GM ，地球同步静止卫星的轨道半径大于
近地卫星的轨道半径，则同步静止卫星的周期比近地卫星大，C 正确；根据F＝GMm
r2 ，地
球同步静止卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由于两卫星的质量关系不确定，则同
步静止卫星受到的万有引力不一定比近地卫星小，D 错误． 
考点26 卫星的变轨和追及问题 双星模型 
1．答案：AD 
解析：根据开普勒第三定律a3
T2 ＝k 可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，
A 正确；飞船在P 点，无论在轨道Ⅰ上，还是在轨道Ⅱ上，万有引力都相同，加速度都相同，
B 错误；从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需减速，应朝速度同方向喷气，C 错误；根据万有引力提
供圆周运动向心力，有GMm
R2 ＝mRω2火星的密度为ρ＝M
4
3πR3
 联立解得火星的密度ρ＝3ω2
4πG ，
D 正确． 
2．答案：C 
解析：卫星在转移轨道B 点加速才能进入同步轨道，则在转移轨道上的B 点的速度小于
在同步轨道速度v2，根据v＝
GM
r 同步轨道速度小于近地轨道速度v1，所以卫星在转移轨
道经过B 点速度肯定小于v1，A 错误；根据GMm
r2 ＝ma，解得a＝GM
r2 所以卫星在转移轨道
上经过B 点时加速度大小等于在同步轨道上运动时经过B 点的加速度大小，B 错误；设在转
移轨道和同步圆轨道的周期分别为T2 和T3，根据开普勒第三定律r31 
T21  ＝
（
r1＋r2
2
）3
T22 
 ＝r32 
T23  ，
解得T2＝T1
（r1＋r2）3
8r31 
 ，T3＝T1
r32 
r31  ，卫星在转移轨道上从A 点运动到B 点的过程中，
所用时间t＝1
2 T2＝T1 
（r1＋r2）3
32r31 
 ，C 正确，D 错误． 
3．答案：D 
解析：由于两颗卫星的质量大小关系不确定，则无法判断a、b 卫星的动能大小关系，A
错误；根据角速度定义式可得ωa＝θ1
t ，ωb＝θ2
t ，a 卫星的角速度与b 卫星的角速度之比为ωa
ωb 
＝θ1
θ2 ，B 错误；根据开普勒第三定律可得r3a 
T2a  ＝r3b 
T2b  又T＝2π
ω ，a 卫星的半径与b 卫星的半
径之比为ra
rb ＝（Ta
Tb ）
2
3 ＝（ωb
ωa ）
2
3 ＝（θ2
θ1 ）
2
3 ，根据万有引力提供向心力可得GMm
r2 ＝mv2
r 
可得v＝
GM
r ，a 卫星的线速度与b 卫星的线速度之比为va
vb ＝（rb
ra ）
1
2 ＝（θ1
θ2 ）
2
3
 ×1
2
 ＝
（θ1
θ2 ）
1
3 ，C 错误；a、b 卫星到下次与行星共线，还需经过的时间为t′，则有ωat′－ωbt′＝π
可得t′＝
π
ωa－ωb ＝
π
θ1
t －θ2
t
 ＝
πt
θ1－θ2 ，D 正确． 
4．答案：D 
解析：设未知的行星的周期为T，依题意有t0
T0 －t0
T ＝1，即
t0－T0
t0
 ＝T0
T ，根据开普勒第
三定律T20 
T2 ＝R30 
R3 ，联立解得R＝R0
3
（
t0
t0－T0）2 ，D 正确． 
5．答案：BC 
解析：在直线型系统中，外面星球所需要的向心力由另外两个星球的万有引力的合力提
供，对于外面的某个星球，有Gm2
R2 ＋G
m2
（2R）2 ＝mv2
R ，解得v＝5GmR
2R
 ，A 错误，B 正
确；在直线型系统中，对于外面的某个星球，有Gm2
R2 ＋G
m2
（2R）2 ＝m4π2
T2 R，在三角形系统
中，每个星球所需要的向心力由另外两个星球的万有引力的合力提供，根据牛顿第二定律得
2G
m2
（2r cos 30°）2 cos 30°＝m4π2
T2 r，联立解得r＝
3 4 3R3
15
 ，C 正确，D 错误． 
6．答案：CD 
 
解析：如图所示，四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径r＝2
2 
L.取任一顶点上的星体为研究对象，它受到其他三个星体的万有引力的合力为F 合＝2 Gm2
L2 
＋G
m2
（2L）2 . 由F
合＝F
向＝m v2
r ＝m 4π2r
T2 ，解得v ＝
Gm
L （1＋2
4 ） ，T ＝
2π
2L3
（4＋2）Gm ，A、B 错误，C 正确；对于在星体表面质量为m0 的物体，受到的重力
等于万有引力，则有m0g＝Gmm0
R2 ，故g＝Gm
R2 ，D 正确． 
7．答案：AB 
解析：根据万有引力提供向心力GMm
r2 ＝mv2
r 可得v＝
GM
r ，可知v4<v1，根据题意
可知v2＞v1，综上可得v2＞v4，A 正确；根据题意可知v3＜v4，联立解得v1＞v3，B 正确；
根据牛顿第二定律GMm
r2 ＝ma 可得a＝GM
r2 ，结合题图可知a1＝a2，a4＝a3，C、D 错误． 
8．答案：A 
解析：根据万有引力提供向心力得GMm
r2 ＝mv2
r ，解得v＝
GM
r ，卫星在运行轨道的
速率小于近地圆轨道的速率，而卫星在转移轨道经过B 点的速率小于运行圆轨道的线速度，
所以卫星在转移轨道经过B 点的速率一定小于近地轨道运行速率，A 正确；根据牛顿第二定
律可得GMm
r2 ＝ma，解得a＝GM
r2 ，由于M、r 都相同，可知卫星在转移轨道上经过B 点时
加速度大小等于在运行轨道上运动时经过B 点的加速度大小，B 错误；由于运行轨道的半径
大于转移轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，卫星在运行轨道上运动时的周期大于转移
轨道上运行的周期，C 错误；卫星在转移轨道上从B 点运动到A 点的过程中，只有万有引力
做功，卫星的机械能不变，D 错误． 
9．答案：B 
解析：A 加速将做离心运动，会脱离原轨道，则不能追上同一轨道上的C，A 错误；A、
B 从图示状态到第一次相距最远，有t
T2 －t
T1 ＝1
2 ，时间t＝
T1T2
2（T1－T2） ，B 正确；根据GMm
r2 
＝ma 可得a＝GM
r2 ，A、C 向心加速度大小相等，且小于B 的向心加速度，C 错误；卫星B
和卫星C 不在同一轨道上，则在相同时间内，C 与地心连线扫过的面积不等于B 与地心连线
扫过的面积，D 错误． 
10．答案：D 
解析：设地球质量为M 地，月球质量为M 月，飞船质量为M 船，月球到地球的距离为r1.
飞船绕月球做圆周运动，由G
M月·M船
r2
 ＝M 船（2π
T ）2r，飞船质量为M 船被约掉，由已知信
息不能求出登月飞船的质量，A 错误；月球绕地球做圆周运动，由G
M地·M月 
r21 
 ＝M 月（2π
T0 ）
2r1 得M 地＝4π2r31 
GT20  ，因月球到地球的距离为r1 未知，故由已知信息无法求出地球的质量，B
错误；由图示位置到地、月、飞船再次共线，所用时间为t，则t
T －t
T0 ＝1
2 ，解得t＝
T0T
2（T0－T） ，
C 错误，D 正确． 
11．答案：C 
解析：根据万有引力定律F＝Gm1m2
r2 ，两颗恒星缓慢靠近，可知双星之间引力变大，A
错误；双星系统的周期相等，根据万有引力提供向心力Gm1m2
r2 ＝m1（2π
T ）2R1，Gm1m2
r2 ＝
m2（2π
T ）2R2，R1＋R2＝r，解得T＝2π
r3
G（m1＋m2） ，可知两颗恒星缓慢靠近，双星系
统周期逐渐变小，B 错误；根据牛顿第二定律可得Gm1m2
r2 ＝m1a1＝m2a2 
可知两颗恒星缓慢靠近，每颗星的加速度均变大，C 正确；双星系统转动的角速度ω＝2π
T 
＝
G（m1＋m2）
r3
 ，可知两颗恒星缓慢靠近，双星系统转动的角速度变大，D 错误． 
 
验收检测卷四 曲线运动 万有引力与宇宙航行 
1．答案：C 
解析：羽毛球在空中做曲线运动，可知羽毛球所受合力应指向轨迹的凹侧，A、B 错误；
羽毛球处于上升过程，速度在减小，可知所受合力与速度之间的夹角应为钝角，D 错误，C
正确． 
2．答案：B 
解析：要使桶中的水经过最高点时恰好不会倒出来，则水需要的向心力要等于水的重力，
即mω2R＝mg，解得ω＝
g
R ，B 正确． 
3．答案：C 
解析：汽车做曲线运动，合力不为零，A 错误；向心力是效果力，不是物体实际受到的
力，是其他性质力的合力提供的，B 错误；根据fmax＝mv2
r ，最大静摩擦力不变，则外侧行
驶半径较大，临界速度较大，C 正确；根据f＝mv2
r ，甲车运动半径小，则摩擦力小，D 错误． 
4．答案：C 
解析：同步卫星绕地球做匀速圆周运动，处于完全失重状态，A 错误；所有地球同步卫
星的周期都是24 h，因同步卫星的质量不同，因此同步卫星所受的万有引力大小并不一定相
等，B 错误；根据万有引力提供向心力
GMm
（R＋h）2 ＝m4π2
T2 （R＋h），所有地球同步卫星的轨
道半径都相同，且一定在赤道的正上方，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据GMm
r2 ＝
mv2
r ，同步卫星轨道半径大，线速度小，C 正确；根据
GMm
（R＋h）2 ＝m4π2
T2 （R＋h），“天宫
一号”轨道半径小，则周期小于同步卫星，根据ω＝2π
T 可知，角速度大于同步卫星，D 错误． 
5．答案：A 
解析：篮球垂直撞击在篮板同一位置，可知逆过程可看做是平抛运动，因高度h 相同，
根据h＝1
2 gt2，可得t＝
2h
g ，可知运动时间相同，根据v0＝x
t 可知从A 位置抛出时的水平
速度较大，抛出时的速度v＝
v20 ＋（gt）2 ，篮球从A 位置抛出时的速度较大，A 错误，B、
C 正确；根据PG＝W
t ＝mgh
t ，篮球两次从抛出到撞击篮板的过程中重力做功的平均功率相
等，D 正确． 
6．答案：B 
 
解析：设地球半径为R，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无
线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的
最小轨道半径r＝2R ，则GMm
r2 ＝m4π2
T2 r，由GMm
R2 ＝mg，解得T＝4π 
2R
g ，B 正确． 
7．答案：B 
解析：由几何关系得S0＝1
T π（kR）2，所以天和核心舱的环绕周期T＝πk2R2
S0 ，A 错误；
由万有引力提供向心力得G
Mm
（kR）2 ＝m4π2
T2 kR，解得地球的质量M＝4S20 
GkR ，B 正确；由万
有引力等于重力得G
Mm
（kR）2 ＝mg，所以天和核心舱处的重力加速度大小g＝4S20 
k3R3 ，C 错误；
由ρ＝M
V 、V＝4
3 πR3 可得地球的密度ρ＝3S20 
πkGR4 ，D 错误． 
8．答案：A 
解析：根据开普勒第三定律C＝R3
T2 ，圆轨道半径与椭圆轨道半长轴等长，两颗卫星周期
相同，故两颗卫星在A 或B 点处不可能相遇，A 正确；根据万有引力公式F＝GMm
r2 ，两颗
卫星的质量未知，两颗卫星在B 处的万有引力大小不一定相等，B 错误；根据开普勒第三定
律C＝R3
T2 ，两颗卫星的轨道为近地轨道，比同步卫星的轨道高度低，故两颗卫星的运动周期
不可能大于24 小时，C 错误；设卫星速度为v2 时所在位置为C 点，以地球球心为圆心，C
点到地球球心的距离为半径作圆，得到轨道3，根据变轨原理，卫星需在C 点加速从轨道2
进入轨道3，可得v3＞v2，根据万有引力提供向心力GMm
r2 ＝mv2
r 可得线速度为v＝ 
GM
r ，
由于“夸父一号”卫星轨道半径小于轨道3 半径，可得v1＞v3，即v1＞v2，故两颗卫星在此
时刻的速度v1 和v2 不可能相等，D 错误． 
9．答案：AD 
解析：根据绳的牵连速度关系有v1cos β＝v2，解得v1
v2 ＝1
cos β ，A 正确，B 错误；由于
A 在外力作用下沿竖直杆以速度v1 向下匀速运动，根据上述可知轻绳与杆的夹角逐渐减小，
则B 的速度大小逐渐增大，即B 在沿斜面向上做加速运动，B 的加速度沿斜面向上，对B 进
行受力分析可知轻绳拉力一定大于mg sin α，C 错误；B 对光滑斜面有斜向右下方的压力，斜
面在该压力作用下有向右运动的趋势，则斜面受到地面水平向左的摩擦力，D 正确． 
10．答案：AC 
解析：万有引力提供向心力，有GMm
r2 ＝mv2
r 得v＝ 
GM
r ，可知甲、乙两颗卫星的
线速度大小之比为1∶2 ，A 正确；由万有引力提供向心力，有GMm
r2 ＝m4π2
T2 r 得T＝ 
4π2r3
GM ，可知甲、乙两颗卫星的周期之比为2 ∶1，B 错误；假设在两行星表面有一质量
为m 的物体，由重力等于万有引力有mg＝GMm
R2 得g＝GM
R2 ，A、B 两颗行星的地表重力加
速度之比1∶2，C 正确；设行星的第一宇宙速度为v1，由公式GMm
R2 ＝mv21 
R 得v1＝ 
GM
R ，
所以A、B 两颗行星的第一宇宙速度之比为1∶2 ，D 错误． 
11．答案：CD 
解析：当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为T
＝mg
cos θ ，此时随着小球角速度越大θ 越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球
角速度再增大时θ 不变，故此时绳子的拉力不变，A 错误；当小球与圆筒刚好接触时有mg tan 
θ＝mω2R，tan θ＝
3l
（5l）2－（3l）2 ＝3
4 ，解得ω＝ 
g
4l ，当ω＞
g
4l 时，小球此时与
圆筒间有弹力，故当小球角速度ω＝ 
g
l 时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为T
＝mg
cos θ ＝mg
4
5
 ＝5
4 mg；当小球角速度ω＝ 
2g
9l ＜ 
g
4l 时，小球未与圆筒接触，此时只
受重力和绳子的拉力两个力的作用，B 错误，C 正确；当小球角速度ω＝ 
g
2l 时，此时小
球与圆筒间有弹力作用，对小球受力分析T sin θ＋FN＝mω2R，T cos θ＝mg，解得筒壁与小
球之间作用力大小为FN＝3
4 mg，D 正确． 
12．答案：AD 
解析：若A 达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω20A rA，代入数据解得ω0A
＝2 5 rad/s，同理可得B 达到最大静摩擦力时的临界角速度为μmBg＝mBω20B rB，代入数据
解得ω0B＝10 rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B 先达到临界角速度值，则B 的摩
擦力先达到最大，A 正确；当B 的摩擦力达到最大时，转速再增加时，绳子出现张力，即当
ω＝10 rad/s 时，绳子出现张力，B 错误；A 与B 的角速度相等，A 的质量是B 的4 倍而A
做圆周运动的半径是B 的1
2 ，根据F＝mω2r 可知A 需要的向心力大，所以当AB 两物体出现
相对滑动时A 背离圆心运动，B 向着圆心运动，此时B 受静摩擦力方向背离圆心，A 受静摩
擦力方向指向圆心，则对A 有：T＋μmAg＝mAω21 rA 对B 有：T－μmBg＝mBω21 rB，解得ω1＝50  
rad/s＝5 2  rad/s，C 错误，D 正确． 
13．答案：（1）AD （2）图见解析 （3）1.44 （4）9.8  
解析：（1）图甲中斜槽末端O 的切线应该水平，以保证小球做平抛运动，A 正确；本实
验不需要重复进行，所以实验中不需要多次让A 从固定的位置P 由静止释放，B 错误；B1、
B2 各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，计算机即可算出它们各自与物体A 的距离，
所以仅用超声波脉冲进行信号的发射和接收，不能完成该实验，C 错误；B1、B2 两个超声－
红外接收器和斜槽末端O 应该在同一个竖直平面内，D 正确． 
（2）描绘轨迹如下 
 
（3）在水平方向上小球做匀速直线运动，所以小球的平抛初速度v＝Δx
T ＝
34.5×10－2 m
0.04×6 s
 
＝1.44 m/s 
（4）在竖直方向上，小球做自由落体运动，根据匀变速直线的逐差公式求加速度g＝Δy
Δt 
＝
27.6－6.9－6.9
（3×0.04）2 ×102 m/s2＝9.8 m/s2 
14．答案：（1）0.5 N （2）2.0 rad/s （3）0.20 m 
解析：（1）有向心力公式可得F＝m4π2
T2 l0，解得F＝0.5 N. 
（2）设转盘的角速度为ω 时，物块A 开始滑动，则可得μmg＝mω2l0，解得ω＝
μg
l0 
＝2.0 rad/s. 
（3）设此时弹簧伸长量为Δx，可得μmg＋kΔx＝mω2（l0＋Δx），解得Δx＝0.20 m． 
15．答案：（1）g，2mg （2）2（h－r）r  
解析：（1）球在B 点，有a＝v2
r ＝g，对球根据牛顿第二定律，有FN－G＝ma，求得FN
＝2mg，根据牛顿第三定律，可知球对轨道的压力大小为2mg. 
（2）球由B 到C 做平抛运动，有h－r＝1
2 gt2，求得t＝
2（h－r）
g
 ，则xOC＝vt＝
2（h－r）r . 
16．答案：（1） 
4π2（R＋h）3
gR2
  （2）－1
2 m（gR2π
T0 ）
2
3 ＋
mgR2
2（R＋h）  
解析：（1）根据牛顿第二定律有G
Mm
（R＋h）2 ＝m4π2
T2 （R＋h），物体在地球表面时，有
GMm
R2 ＝mg，两式联立解得T＝
4π2（R＋h）3
gR2
 . 
（2）根据牛顿第二定律有G
Mm
（R＋h）2 ＝m v2
R＋h ，在轨道1 的线速度v＝ 
gR2
R＋h ，
轨道距地面高度为h 时，空间站的动能为Ek1＝1
2 mv2＝
mgR2
2（R＋h） ，轨道距地面高度为h 时，
空间站的势能为Ep1＝－mgR2
R＋h ，地球自转周期为T0，则GMm
r2 ＝m4π2
T20  r，解得r＝
3 gR2T20 
4π2 ，
在同步轨道3，动能Ek2＝1
2 m（r2π
T0 ）2＝1
2 m（gR22π
T0 ）
2
3 ，势能Ep2＝－
mgR2
3 gR2T20 
4π2
 ＝－m
（gR22π
T0 ）
2
3 ，发动机做的功等于增加的机械能W＝Ek2＋Ep2－（Ek1＋Ep1）＝－1
2 m（gR2π
T0 ）
2
3 ＋
mgR2
2（R＋h） . 
第五章 机械能及其守恒定律 
考点27 功和功率 
1．答案：B 
解析：A 物体静止不动，不发生位移，因此摩擦力对A 不做功，B 受到的摩擦力与其运
动方向相反，因此摩擦力对B 做负功，即B 克服摩擦力做功，B 正确． 
2．答案：AD 
 
解析：物体置于升降机内随升降机一起匀加速运动过程中，受力分析如图所示，由牛顿
第二定律得Ffcos θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcos θ－G＝ma 代入数据得Ff＝15 N，FN＝15 3  
N 又x＝1
2 at2＝40 m，斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNx cos θ＝900 J，A 正确；斜面对
物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffx sin θ＝300 J，B 错误；物体重力做的功WG＝－mgx＝－800 J
则物体克服重力做功800 J，C 错误；合外力对物体做的功W 合＝WN＋Wf＋WG＝400 J，D 正
确． 
3．答案：B 
解析：铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正
比，可用阻力的平均值求功，根据题意可得W＝F1d＝kd
2 d＝kd2
2 ，W＝F2d′＝
kd＋k（d＋d′）
2
 
d′，解得d′＝（2 －1）d，B 正确． 
4．答案：AC 
解析：当拉力F＝μmg＝5 N 时，物块的速度最大，由图2 可知，这时物块运动的位移2 
m，根据动能定理，可得WF＋Wf＝ΔEk，利用F­x 图像中图线与坐标轴所围面积表示拉力功，
有1
2 （6＋10）×1＋1
2 （10＋5）×1－5×2＝1
2 ×1×v2m ，解得vm＝11  m/s，A 正确，B
错误；假设拉力为零时，物块的速度不为零，则1
2 （6＋10）×1＋1
2 ×10×2－5x＝0 解得x
＝3.6 m，C 正确，D 错误． 
5．答案：D 
解析：依题意，当拉力为F 时，转动半径为R，由牛顿第二定律可得F＝mv21 
R ，同理，
当拉力减小到F
4 时，有F
4 ＝mv22 
2R ，在此过程中，根据动能定理得WF＝1
2 mv22 －1
2 mv21 ，联
立解得WF＝－FR
4 ，D 正确． 
6．答案：C 
解析：由题意得，在0～t1 时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加
速度恒定，由牛顿第二定律F－f＝ma 可知，牵引力恒定，合力也恒定．在t1 时刻达到额定
功率，随后在t1～t2 时间内，汽车速度继续增大，由P＝Fv 可知，牵引力减小，则加速度减
小，直到牵引力减小到与阻力相等时，达到最大速度vm＝P
F ＝P
f 接着做匀速运动，A 错误；
发动机所做的功等于图线与t 轴所围的面积，则0～t1 时间内发动机做的功为W1＝1
2 P0t1，B
错误；发动机所做的功等于图线与t 轴所围的面积，则0～t2 时间内发动机做的功W＝1
2 P0
（t2－t1＋t2）＝P0（t2－t1
2 ），C 正确；当汽车匀速运动时所受的阻力f＝F＝P0
vm ，D 错误． 
7．答案：CD 
解析：由速度－时间图像可得加速度a＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得2F－mg＝ma，所
以F＝
mg－ma
2
 ＝10.5 N，A、B 错误；4 s 末F 的功率大小为P＝F·2v 物＝10.5×2×2 W＝42 
W，4 s 内物体的位移x 物＝1
2 ×2×4 m＝4 m，4 s 内F 做功的平均功率为P＝W
t ＝
F·2x物
t
 ＝
10.5×2×4
4
  W＝21 W，C、D 正确． 
8．答案：ABD 
解析：根据机械能守恒有mgh＝1
2 mv2 两小球下落高度相同，可知两小球到达底端时速
率相等，B 正确；根据动能定理有W 合＝ΔEk＝1
2 mv2 故两小球运动到各自底端时合外力做的
功相同，A 正确；两小球运动到各自底端时重力的瞬时功率为P＝mgvy 运动至最低点时A 球
的竖直方向的速度不为零，B 球的竖直方向的速度为零，故运动到各自底端时A 球重力的瞬
时功率较大，C 错误；B 球运动过程中竖直方向的速度先从零增大至最大值，后减小为零，
故B 球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，D 正确． 
9．答案：BD 
解析：小球在F0 作用下向右做加速运动，随着速度的增加，向上的力F 越来越大，导致
杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当F＝mg 时，弹力减小到零，
摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，接下来杆对小球的弹簧力向下，随速度的增加，
F 越来越大，杆对小球的弹力越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大
到与拉力相等时，小球匀速运动，加速度为零，因此小球的加速度先增大后减小，最后匀速
运动，小球的速度先增大，后保持不变，小球的最小加速度为零，A、C 错误，B 正确；最
大速度时，有μ（F－mg）＝F0，而F＝kv，最大速度v＝
F0＋μmg
kμ
 ，因此最大功率P＝F0v
＝
F20 ＋F0μmg
μk
 ，D 正确． 
10．答案：C 
解析：因为汽车先保持牵引力F0 不变，由牛顿第二定律可得F0－f＝ma，又因为汽车所
受的阻力f 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v­t 图像开始应有一段倾斜的
直线，A 错误；因为当速度为v1 时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe
＝Fv，即F 与v 成反比，F 与1
v  成正比，所以F­v 图像中v1～vm 段图像应为曲线，F 与1
v 图
像中v1～vm 段图像应为直线，B 错误，C 正确；因为当速度为v1 之前，保持牵引力F0 不变，
则功率满足P＝F0v，即P 与v 成正比，所以P­v 图像中v1～vm 段图像应为过原点的直线，D
错误． 
11．答案：C 
解析：由牛顿第二定律P
v －f＝ma 可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，根据公
式整理得1
v ＝m
P a＋f
P ，可见1
v ­a 图像的斜率恒定为m
P ，与纵轴的截距为f
P ，结合图像可得
f
P ＝0.005 s/m，m
P ＝
0.1－0.05
20
  s3/m2，解得m＝25 kg，f＝500 N，代入v＝5 m/s 解得a＝60 
m/s2，C 正确，A、B、D 错误． 
12．答案：AC 
解析：根据重力做功的公式有W＝mgh＝mg·2R＝2mgR，A 正确，B 错误；小球在下滑
过程中，竖直方向的速度先增加后减小，所以重力做功的功率先增大后减小，C 正确，D 错
误． 
13．答案：A 
解析：皮带把物体P 匀速传送至高处，根据受力平衡可知，物体受到竖直向下的重力，
垂直于皮带接触面向上的支持力，沿皮带向上的静摩擦力；所以重力对物体做负功，支持力
对物体不做功，摩擦力对物体做正功，由于物体的动能不变，根据动能定理可知，合外力对
物体做功为0，A 正确． 
 
14．答案：D 
解析：由题意和v­t 图像知，越野车速度最大时应有P 额＝fvm，汽车受到的阻力为f＝
P额
vm 
＝160×103
80
  N＝2 000 N，A 正确；当汽车匀加速运动时，由图像可知a＝4 m/s2，当匀加速
结束时由P 额＝Fv，F－f＝ma，越野车的质量为m＝1 500 kg，B 正确；0～20 s 内，若越野
车全程匀加速至80 m/s，如图虚线所示，汽车的位移等于800 m，由图像面积可知题意中汽
车的位移大于800 m，C 正确；功率恒定时，由W＝Pt 知0～20 s 内越野车牵引力做功为3 200 
kJ，但功率不恒定，则越野车的牵引力做功不等于3 200 kJ，D 错误． 
15．答案：AC 
解析： 
 
对磨刀石受力分析，如图所示 
磨刀石做匀速直线运动，受力平衡，则有F cos θ＝f，f＝μN＝μ（mg＋F sin θ），由功的
定义式可知，工人对磨石做功为W＝Fs cos θ＝μ（mg＋F sin θ）s，A、C 正确． 
16．答案：A 
解析：将力F 分解为切线方向和径向方向两个分力，其中径向方向的分力始终与速度方
向垂直，不做功，切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力F 做的功为
W＝F cos 60°·πR＝FπR
2 ，A 正确． 
17．答案：AC 
解析：设在时间Δt 内通过面积S 的空气质量为Δm，则Δm＝ρSv0Δt，解得Δm
Δt ＝ρSv0，
A 正确、B 错误；发动机输出的机械功率P＝
1
2（Δm）v20 
Δt
 ，代入Δm
Δt ＝ρSv0，解得P＝1
2 ρSv30 ，
C 正确、D 错误． 
18．答案：A 
解析：由于小车匀加速上升，由于小车和细沙的总质量随位移均匀减小，结合题图可知
m＝10－0.1h，根据牛顿第二定律F－mg＝ma 可得F＝120－1.2h，故拉力与位移满足线性关
系，所以可用平均力法求解变力做功．当h＝0 时F1＝120 N；当h＝20 m 时F2＝96 N；则在
提车的整个过程中，拉力对小车做的功为W 拉＝
F1＋F2
2
 h＝2 160 J，A 正确． 
19．答案：（1）0.4 （2）3 m 2.5 m （3）60 J 
解析：（1）饮料罐加速阶段的加速度a＝v0
t1 ＝4 m/s2 
根据牛顿第二定律μmg＝ma 
解得μ＝0.4 
（2）当第二个饮料罐刚刚放上传送带时，两个饮料罐间距离最小为L2＝1
2 at21 ＋v0t2＝
2.5 m 
当第二个饮料罐速度与传送带速度相等时，两个饮料罐间距离最大为L1＝1
2 at21 ＋v0（t2
＋t1）－1
2 at21 ＝3 m 
（3）电动机多做的功等于摩擦力对电动机做的负功，放一个饮料罐时 
W0＝μmg·v0t1＝1 J 
一分钟内电动机多做的功W＝60W0＝60 J. 
 
考点28 动能定理 
1．答案：B 
解析：根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正
比，即v＝at，由动能公式Ek＝1
2 mv2＝1
2 ma2t2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时
间的二次方成正比，A、C 错误；由v2＝2ax，Ek＝1
2 mv2，列车动能与位移x 成正比，B 正
确；由动量公式p＝mv 可知列车动能Ek＝1
2 mv2＝p2
2m ，即与列车的动量二次方成正比，D
错误． 
2．答案：CD 
解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功（即
合力做的功）才等于物体动能的增量，即W 合＝W－mgH＝1
2 mv22 －1
2 mv21 ，其中W 为支持
力做的功，A、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合
力做的功一定等于其动能的增量，即（1
2 Mv22 －1
2 Mv21 ） ，D 正确． 
3．答案：BC 
解析：根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力也等于2.5 mg，根据牛顿第二定律
有N－mg＝mv2B 
R ，解得vB＝6gR
2
 ，A 错误，B 正确；由动能定理mgR－W＝1
2 mv2B －0，
解得从A 到B 克服摩擦力做功为W＝1
4 mgR，C 正确，D 错误． 
4．答案：B 
解析：在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，则μ＜tan θ，第一次停在BC 上
的某点，由动能定理得mgh1－μmg cos θ－h1
sin θ －μmgs′＝0，整理得μ＝h1
s ，A 错误，B 正
确；第二次滑上BE 在E 点停下，则μmg cos α≥mg sin α，故有tan θ＞μ≥tan α，则α<θ，C、
D 错误． 
5．答案：C 
解析：根据动能定理，在从A 到B 的过程，有－μ1mgl＝1
2 m（v0
2 ）2－1
2 mv20 ，在从B
到C 的过程，有－μ2mgl＝0－1
2 m（v0
2 ）2，解得μ1
μ2 ＝3，C 正确． 
6．答案：C 
解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝1
2 mv20 ，A 错
误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－1
2 mv20 ，解得
f0h＝mgh＋1
2 mv20 ＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg（1＋H
h ）－fH
h ，B、D 错误；全过程应用动能
定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h），C 正确． 
7．答案：（1）1 m/s （2）60 N （3）0.35 m 
解析：（1）根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mg＝mv2B 
R  
解得vB＝1 m/s 
（2）小球由A 运动到B 的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝1
2 mv2B －1
2 mv2A  
解得vA＝5  m/s 
在A 点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即 
FN－mg＝mv2A 
R  
解得FN＝60 N 
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60 N； 
（3）小球从释放到运动到A 点的过程，运用动能定理 
mgH－μmgL＝1
2 mv2A  
代入数据解得H＝0.35 m 
8．答案：B 
解析：由图可知，物体所受滑动摩擦力大小为14 N，且拉力减小到零时物体刚好停止运
动，因此可知物体减速滑行距离为7 m，根据动能定理可得W－Ffx＝0－Ek，拉力做功为图
像面积，因此可得物体匀速运动时的动能约为72 J，B 正确． 
9．答案：C 
解析：对上升过程，由动能定理，－（F＋mg）h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－（F＋mg）h，
即F＋mg＝12 N；下落过程，（mg－F）（6－h）＝Ek，即mg－F＝k′＝8 N，联立两公式，得
到m＝1 kg、F＝2 N． 
10．答案：ACD 
解析：由Wf＝Ffx 对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg
可得μ＝0.2，A 正确；由WF＝Fx 对应题图乙可知，前3 m 内，拉力F1＝5 N，3～9 m 内拉
力F2＝2 N，物体在前3 m 内的加速度a1＝
F1－Ff
m
 ＝3 m/s2，C 正确；由动能定理得WF－Ffx
＝1
2 mv2，可得x＝9 m 时，物体的速度为v＝3 2  m/s，D 正确；物体的最大位移xm＝WF
Ff ＝
13.5 m，B 错误． 
11．答案：A 
解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg（s＋x）－W＝0－1
2 
mv20 ，解得W＝1
2 mv20 －μmg（s＋x），A 正确． 
12．答案：D 
解析：F­x 图像与坐标轴所围成的面积即为力F 做的功．根据F­x 图像可知，推力F 做
的功为WF＝1
2 ×（40＋60）×4 J＝200 J 当撤去推力时，物体的速度最大，根据动能定理可
得WF－μmgx＝1
2 mv2m ，解得最大速度为vm＝4 3  m/s，A、C 错误；设物体的最大位移为
xm，根据动能定理可得WF－μmgxm＝0，解得xm＝10 m，则物体的减速距离为x′＝xm－x＝10 
m－4 m＝6 m，B 错误，D 正确． 
13．答案：C 
解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v＝x
t ，解得v＝4 m/s，小铁碗
由静止到飞出的过程中，由动能定理有W＝1
2 mv2，故摩擦力对小铁碗所做的功W＝0.8 J，C
正确 . 
14．答案：C 
 
解析：如图所示，对小球进行受力分析，则F 与小球重力的合力F 合＝12 N，与竖直方
向成60°夹角斜向右下方，过O 点作F 合的平行线，该线与圆轨道右侧的交点M 为等效最低
点，小球在该处对轨道压力最大，设小球在M 点的速度为v，对小球列动能定理，有F 合·（R
－R cos 60°）＝1
2 mv2，对小球在等效最低点由牛顿第二定律，有FN－F 合＝mv2
R ，解得FN
＝24 N，结合牛顿第三定律可知F 压＝FN＝24 N，C 正确． 
15．答案：C 
解析：圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，所以
圆环需要先加速再减速，经过B 处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，
A 错误；圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，由动能定理mgh－Wf－WT＝0，圆环在C 处
获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理－mgh－Wf＋WT＝0－1
2 mv2，联立解
得Wf＝1
4 mv2，B 错误；圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，由动能定理mgh′－W′f－W′T
＝1
2 mv2B ，圆环从B 处由静止开始上滑到A 过程，由动能定理－mgh′－W′f＋W′T＝0－1
2 mv′2B ，
联立解得－2W′f＝1
2 mv2B －1
2 mv′2B ，下滑经过B 的速度vB 小于上滑经过B 的速度v′B，C 正
确；圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，由动能定理mgh－Wf＋WT＝0，圆环在C 处获得
一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理－mgh－Wf＋WT＝0－1
2 mv2，解得在C 处，
弹簧的弹性势能WT＝mgh－1
4 mv2，D 错误． 
16．答案：（1）mg sin θ
5
 方向沿杆向下 （2）2 6gL sin θ
5
  
解析：（1）由题意可知下面的弹簧被压缩，上面的弹簧被拉伸，且两根弹簧形变量相同，
因此小球在P 点时受到两根弹簧的弹力大小相等，设此时两根弹簧的弹力大小均为F，根据
胡克定律有 
F＝k（L－4L
5 ） 
根据平衡条件有mg sin θ＋f＝2F 
解得f＝mg sin θ
5
  
方向沿杆向下． 
（2）小球在P、Q 两点时，根据对称性可知，弹簧的弹性势能相等，所以小球从P 到Q
的过程中，两弹簧对小球做功为零，由动能定理可得－mg（2L－2×4
5 L）sin θ－f（2L－2×4
5 
L）＝0－1
2 mv20  
解得v0＝2 6gL sin θ
5
  
17．答案：（1）4 m/s （2）22.5 N （3）见解析，28.5 N 
解析：（1）小滑块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理得 
FxAB－μmgxAB＝1
2 mv2B －0 
解得vB＝4 m/s 
（2）小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水
平向右，假设小滑块从B 点加速到与传送带共速时对地滑动的位移为x1，由动能定理得（F
＋μmg）x1＝1
2 mv2带 －1
2 mv2B  
解得x1＝0.375 m 
小滑块与传送带共速后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由动能定理得（F－μmg）（xBC
－x1）＝1
2 mv2C －1
2 mv2带  
解得vC＝35 m/s 
小滑块在C 点由牛顿第二定律得FNC－mg＝mv2C 
R  
解得FNC＝22.5 N 
（3）圆周运动中，速度最大的位置就是切向加速度为零的位置，由于F＝mg，知在圆
弧CD 的中点处速度最大．压力最大的位置就是等效物理最低点，由于F＝mg，所以等效重
力大小为mg′＝
F2＋mg2 ＝2 mg 
方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C 点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的
圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有 
FN－mg′＝mv′2
R  
从C 点到速度最大位置，由动能定理得 
mg′R（1－cos 45°）＝1
2 mv′2－1
2 mv2C  
联立解得FN＝28.5 N 
由牛顿第三定律知F′N＝FN＝28.5 N 
考点29 机械能守恒定律 
1．答案：B 
解析：斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A 错误；不计一
切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，小球
重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量，B 正确，D 错误；小球对斜劈的弹力做正
功，斜劈的机械能增加，C 错误． 
2．答案：C 
解析：由静止竖直下落时，在没接触地面之前，弹簧的形变量不变，弹性势能不变，A
错误；杆下端刚触地后人继续加速，当弹簧弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，人的
动能最大，B 错误；人从静止竖直下落到最低点的过程中，人的重力势能一直减小，C 正确；
跳跳杆对人做功，所以人的机械能要变化，D 错误． 
3．答案：B 
解析：设下降h 时，动能等于重力势能的2 倍，根据机械能守恒mgH＝mg（H－h）＋
Ek，即mgH＝3mg（H－h），解得h＝2
3 H，根据h＝1
2 gt2，解得t＝2
H
3g ，B 正确． 
4．答案：CD 
解析：小球恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧，则小球到A 点的速度与
水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vA cos θ＝2 m/s，A 错误；小球到A 点的竖直分速度vy
＝vA sin θ＝2 3  m/s，由平抛运动规律得v2y ＝2gh，h＝0.6 m，而AC 的竖直距离为0.45 m，
可知P 点高于C 点，B 错误，D 正确；取A 点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得1
2 mv2A 
＝1
2 mv2C ＋mg（R＋R cos θ），代入数据得vC＝7 m/s，由圆周运动向心力公式得FNC＋mg
＝mv2C 
R ，代入数据得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小F′NC＝FNC＝
12 N，方向竖直向上，C 正确． 
5．答案：BD 
解析：小球运动至环的最高点时，由牛顿第二定律可得FN＋mg＝mv21 
r ；FN＝mv21 
r －mg
＝3mg－mg＝2mg，由牛顿第三定律可知，小球运动至环的最高点时对环的压力大小为2mg，
A 错误；小球运动至环的最高点时，对木板受力分析可知，木板受本身重力mg 和环竖直向
上的拉力大小mg，因此此时地面对木板的支持力是零，B 正确；设小球从最高点运动至环的
最低点时速度大小为v2，小球的机械能守恒，可得mg·2r＋1
2 mv21 ＝1
2 mv22 ，解得v2＝
4gr＋3gr ＝7gr ，C 错误；小球运动至环的最低点时向心加速度指向圆心方向向上，小
球处于超重状态，D 正确． 
 
6．答案：D 
解析：对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B 错误；两个小球组
成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝1
2 ·2mv2，解得v＝
3gR ，C 错误；a 球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可
得W＋mgR＝1
2 mv2，联立v＝3gR ，解得W＝1
2 mgR，D 正确． 
7．答案：D 
解析：根据关联速度得vA cos θ＝vB，所以二者的速度大小不相等，A 错误；但细线与杆
垂直时，则根据选项A 可知，物块B 的速度为零，所以B 会经历减速过程，则重力会小于细
线拉力，B 错误；当物块A 经过左侧滑轮正下方时，细线与杆垂直，物块B 的速度为零，C
错误；当物块A 经过左侧滑轮正下方时，物块A 的速度最大，根据系统机械能守恒得( h
sin θ －
h)mg＝1
2 mv2，解得v＝1 m/s，D 正确． 
8．答案：(1)( 2 ＋2m1－2m2
2m1＋m2 )R (2)1.9 
解析：(1)设重力加速度为g，小球m1 到达最低点B 时m1、m2 速度大小分别为v1、v2，
由运动合成与分解得 
v1＝2 v2 ① 
对m1、m2 整体组成的系统由功能关系得 
m1gR－m2gh＝1
2 m1v21 ＋1
2 m2v22  ② 
h＝2 R sin 30° ③ 
设细绳断后m2 沿斜面上升的距离为s′，对m2 由机械能守恒定律得 
m2gs′sin 30°＝1
2 m2v22  ④ 
小球m2 沿斜面上升的最大距离 
s＝2 R＋s′ ⑤ 
联立得s＝( 2 ＋
2m1－2m2
2m1＋m2 )R ⑥ 
(2)对m1 由机械能守恒定律得： 
1
2 m1v21 ＝m1gR
2  ⑦ 
联立①②③⑦得m1
m2 ＝
2 2＋1
2
 ≈1.9. 
9．答案：C 
解析：刚释放的时候，物块是有向下的加速度的，根据牛顿第二定律有mg－T＝ma 可
知拉力小于mg，A 错误；在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，拉力对软绳做了功，软绳机
械能不守恒，B 错误；设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，根据机械能守恒
定律有mg·l
2 ＋mg
2 ·l
2 ＝1
2 ·2m·v2，计算可得v＝3gl
2 则物块机械能的减少量为E 减＝mg·l
2 
－1
2 mv2＝1
8 mgl，C 正确；系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了1
8 mgl，所以软
绳的机械能增加了1
8 mgl，D 错误． 
10．答案：B 
解析：整条长铁链机械能守恒，当长铁链布满圆形管状轨道时，重力势能最大，速度最
小，从此时到最后一节铁链进入轨道之前，重力势能不变，每节铁链通过最高点的速度不变，
故A 错误，C 错误；第一节与最后一节铁链到达最高点时整条长铁链的重力势能相等，机械
能守恒，则速度大小相等，B 正确；整条长铁链机械能守恒，当长铁链布满圆形管状轨道时，
重力势能最大，速度最小，但是不知道铁链的初速度，无法计算出铁链的最小速度，D 错误． 
11．答案：B 
解析：不计空气阻力和篮球转动的情况下，篮球运动过程中机械能守恒，篮球经过B 点
的机械能等于在A 点的机械能．以B 点所在的水平面为零势能面，篮球在A 点的重力势能
Ep＝－mg(H－h)＝mg(h－H)，则机械能E＝Ek＋Ep＝1
2 mv2＋mg(h－H)，B 正确． 
12．答案：C 
解析：设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep
＋Ek＝1
2 ×2mg×L
4 sin θ－1
2 ×2mg×L
4 ＋0＝－1
4 mgL(1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为
E′k＝1
2 ×2mv2，重力势能为E′p＝－2mgL
2 ，由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p，即－1
4 mgL(1＋
sin θ)＝mv2－mgL，解得L＝2 m，C 正确． 
13．答案：CD 
解析：由题意可知，滑块与斜面之间无摩擦力，则整个过程中滑块、弹簧和地球组成的
系统机械能守恒，D 正确；滑块运动到b 点接触到弹簧时，物块受到的合力沿斜面向下，可
知到b 点时有沿斜面向下的加速度，则b 点时的速度不是最大，A 错误；当滑块到达c 点时
弹簧弹性势能最大，此时Ep＝mg(ab＋bc)sin 30°＝6 J，当动能最大时，弹力等于重力的分量，
则该位置在bc 之间的某点，则此时滑块动能的最大值小于6 J，B 错误；由上述分析可知，
从c 点运动到b 点的过程中弹簧弹力对滑块做的功为6 J，C 正确． 
14．答案：BD 
解析：在B 点时，小球的加速度为g，在BC 间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除
受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A 点运动到D 点的过程中，其最
大加速度一定大于重力加速度g，A 错误；由机械能守恒定律可知，小球从B 点运动到C 点
的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减
小，B 正确；小球运动到C 点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C 点往
下还会加速一段，所以小球在C 点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，C 错误；D 点
为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D 点时弹簧的弹性势能最
大，D 正确． 
15．答案：(1)g (2)4 m (3)3.4 m/s 
解析：(1)根据牛顿第二定律mg＝ma 
得a＝g 
(2)根据系统机械能守恒mgh－Mg(
h2＋d2 －d)＝0 
得h＝4 m 
(3)根据系统机械能守恒mg(
d
tan 60° )－Mg(
d
sin 60° －d)＝1
2 mv2m ＋1
2 Mv2M  
根据速度分解得vmcos 60°＝vM 
由上面两式求得(2－3 )mgd＝3
4 mv2m  
解得vm＝2 3  m/s≈3.4 m/s 
16．答案：(1) 3 Mg (2)1
2  (3)3
1  
解析：(1)对小球B 受力分析可知，B 在水平方向不受力，杆中弹力为零 
对A，有tan 30°＝Mg
F  
解得F＝3 Mg 
(2)设释放瞬间杆的作用力大小为T，两球速度方向与杆夹角大小相等，所以两球加速度
大小相等，均为a.对A 球，有 
Mg cos 30°－T cos 30°＝Ma 
对B 球，有T cos 30°＝Ma 
结合a＝3
6 g 
解得M
m ＝1
2  
(3)A 球到达最低点时A 球的机械能与此时B 球的机械能相等，有1
2 Mv2＝1
2 mv2＋1
2 mgR 
对整体应用机械能守恒定律得Mg×1
2 R＝1
2 Mv2＋1
2 mv2＋1
2 mgR 
得M
m ＝3
1  
考点30 功能关系 能量守恒定律 
1．答案：A 
解析：根据功能关系，拉力做的功等于MQ 段系统重力势能的增加量，由题知PM 段绳
的机械能不变，MQ 段绳的重心升高了Δh＝L
6 ，重力势能的增加量为ΔEp＝2
3 mg·L
6 ＝mgL
9 ，
根据功能关系，在此过程中，拉力做的功等于MQ 段系统重力势能的增加量，则W＝mgL
9 ，
A 正确，B、C、D 错误． 
2．答案：CD 
解析：在运动员下落高度为h 的过程中，重力做功为mgh，故运动员重力势能的减少量
为mgh，A 错误；根据牛顿第二定律可得F 合＝ma＝3
4 mg 运动员下落高度为h 的过程中位移
为
h
sin 53° ＝5
4 h，根据动能定理3
4 mg×5
4 h＝ΔEk 则运动员动能的增加量为ΔEk＝15
16 mgh，故
B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为15
16 mgh，则运动员的机
械能减少了mgh－15
16 mgh＝mgh
16 ，D 正确． 
3．答案：B 
解析：对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek 物－0，整理Ek 物＝F(x＋L)－Ff(x＋
L)，A 错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek 车－0，整理有Ek 车＝Efx，B 正确；设水平面为零
势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0 J，经过水平外力后，小车和小物块的动能
之和为Ek＝Ek 车＋Ek 物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能
等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，C 错误；根据功能关系可
知，其摩擦产生的热等于其摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，D 错误． 
4．答案：B 
解析：对小物块，由动能定理有W＝1
2 mv2－1
2 mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦
因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1＝v
2 t＋vt＝3
2 vt，小物块向右做
加速运动时，二者间的相对路程x2＝vt－v
2 t＝v
2 t，又t＝v
μg ，则小物块与传送带间的相对路
程x 相对＝x1＋x2＝2v2
μg ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgx 相对＝2mv2，B 正确． 
5．答案：D 
解析：物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，所以重力势能增加了
mgh，A 错误；根据牛顿第二定律有mg sin 30°＋f＝ma，解得摩擦力大小为f＝1
4 mg，B 错误；
由动能定理可知，动能损失量等于合外力做功的大小，物体通过的位移为x＝
h
sin 30° ＝2h，
则动能损失为ΔEk＝F 合×2h＝m×3
4 g×2h＝3
2 mgh，C 错误；根据能量守恒定律可知系统产
生的热量即为机械能的损失ΔE＝ΔEk－mgh＝3
2 mgh－mgh＝1
2 mgh，D 正确． 
6．答案：BC 
解析：初始时3mg＝kx1，上升到最大高度时v＝0，由能量守恒定律得1
2 kx21 ＝mgh＋μmg 
cos θ h
sin θ ，解得h＝27mg
10k ，A 错误，B 正确；当kx2＝μmg cos θ＋mg sin θ 
时动能最大，由能量守恒定律得1
2 kx21 ＝mg sin θ(x1－x2)＋μmg cos θ(x1－x2)＋Ekm＋1
2 
kx22 ，解得Ekm＝2m2g2
k
 ，C 正确，D 错误． 
7．答案：D 
解析：单位时间流过面积A 的流动空气体积为V0＝Av，单位时间流过面积A 的流动空
气质量为m0＝ρV0＝ρAv，单位时间流过面积A 的流动空气动能为1
2 m0v2＝1
2 ρAv3，风速在5～
10 m/s 范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正
比，A、B 错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108 kW 的风能资源，则每
天发电量应满足E＜1.0×108×24 kW·h＝2.4×109 kW·h，C 错误；若风场每年有5 000 h 风速
在6～10 m/s 的风能资源，当风速取最小值6 m/s 时，该发电机年发电量具有最小值，根据题
意，风速为9 m/s 时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s 范围内，转化效率可视为不
变，可知风速为6 m/s 时，输出电功率为P＝63×405
93  kW＝120 kW 则该发电机年发电量至
少为E＝Pt＝120×5 000 kW·h＝6.0×105 kW·h，D 正确． 
8．答案：BD 
解析：因为小球运动过程中除B 点外摩擦力均大于μmg cos 30°，所以动摩擦因数小于3
3 ，
A 错误；设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧弹力做功
为Wp.根据能量守恒定律得，对于小球A 到B 的过程有mg·1
2 h＋Wp＝1
2 mv21 ＋Wf，A 到C
的过程有mgh＝2Wf，解得Wf＝1
2 mgh，Wp＝1
2 mv21 ，B 正确；根据能量守恒定律得，对于
小球A 到B 的过程有mg·1
2 h＋Wp＝1
2 mv21 ＋Wf，mg·1
2 h＋Wf＋1
2 mv22 ＝1
2 mv20 ＋Wp，解得
v1＜v2，C 错误；结合B 选项的结论，C 到A 的过程，由能量守恒定律得1
2 mv20 ＝mgh＋2Wf，
解得v0＝2 gh ，D 正确． 
9．答案：(1)4 m/s (2)2 m/s 1.2 J (3)3.2 J 
解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，有 
mgH＝1
2 mv20  
解得物体滑到底端时的速度v0＝2gH ＝4 m/s 
(2)设水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小
和方向都不变，加速度为 
a＝f
m ＝－μg＝－1 m/s2 
物体滑离传送带右端时速度为v1，根据速度—位移关系公式，有 
v21 －v20 ＝2aL 
解得v1＝2 m/s 
物体克服摩擦力做的功Wf＝μmgL＝1.2 J 
(3)以地面为参考系，则滑上逆时针转动的传送带后，物体向右做匀减速运动．由以上计
算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，所以到达右端时速度大小为2 m/s，所用时间 
t＝
v1－v0
a
 ＝2 s 
最后将从右端滑离传送带．此段时间内，物体向右运动位移大小显然为6 m，皮带向左
运动的位移大小为S2＝vt＝10 m 
物体相对于传送带滑行的距离为ΔS＝S1＋S2＝16 m 
物体与传送带相对滑动期间产生的热量为Q＝Ff·ΔS＝μmg·ΔS＝3.2 J 
考点31 实验七 验证机械能守恒定律 
1．答案：(1)C B (2)0.98 (3) 0.49 0.48 (4)A 
解析：(1)由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量出重锤
的质量，故有必要进行的步骤是C；应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故操作不恰
当的步骤是B. 
(2)根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计
数点B 时，物体的速度为vB＝xAC
2T ＝
（7.06－3.14）×10－2
2×0.02
  m/s＝0.98 m/s. 
(3) 从起点O 到打下计数点B 的过程中，重力势能减少量为ΔE ＝mghOB ＝
1.00×9.80×5.01×10－2 J≈0.49 J，此过程中物体动能的增加量为ΔEk＝1
2 mv2B －0＝1
2 
×1.00×0.982 J≈0.48 J. 
(4)根据机械能守恒可得mgh＝1
2 mv2，则有v2
2 ＝gh，可知v2
2 ­h 为一条过原点的倾斜直线，
A 正确． 
2．答案：(1)C (2)0.742 0.720 纸带与限位孔之间的摩擦阻力与空气的阻力的影响 (3)
小于 
解析：(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力对实验的影响小，A 错误；根据
mgh＝1
2 mv2 可知，质量可以在解析式中约去，即实验不需要用天平测量物体的质量，B 错误；
为充分利用纸带，实验时应先接通电源，再释放纸带，C 正确；验证机械能守恒，需要验证
重力势能的减少量等于动能的增加量，即mgh＝1
2 mv2，整理得v2＝2gh 可知v2­h 图像应该
是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为k＝2g＝19.6，D 错误． 
(2)选取点B 进行分析，则OB 段对应的重物的重力势能减少为|ΔEp|＝mghOB＝
1×10×7.42×10－2 J＝0.742 J，打B 点时的速度为vB＝
（9.69－4.89）×10－2
2×0.02
  m/s＝1.2 m/s，
重物动能增加为ΔEk＝1
2 mv2B ＝1
2 ×1×1.22 J＝0.720 J，在实际运动过程中系统动能的增加
量ΔEk 总小于系统势能的减少量ΔEp，这是因为纸带与限位孔之间的摩擦阻力与空气的阻力
的影响． 
(3)两物块受阻力相同，根据动能定理得(mg－f)h＝1
2 mv2，得v2＝2(g－f
m )h，知v2­h 图
像的斜率为2(g－f
m )，由图丙知，P 的斜率较大，所以Q 的质量小于P 的质量． 
3．答案：(1)0.583 (2)6.10×10
－2 6.03×10
－2 (3)空气阻力的作用 读取数据时产生读
数误差 
解析：(1)滑块做匀变速运动，在位置B 时有vB＝
（s1＋s2）
2T
 ，代入数据得vB＝0.583 m/s. 
(2)滑块由B 运动至D，重力势能的减少量ΔEp＝mg(s2＋s3)·sin 24°＝6.10×10－2 J，滑块
在D 点的速度大小vD＝
（s3＋s4）
2T
 ，解得vD＝0.971 m/s，动能的增加量ΔEk＝1
2 m(v2D －v2B )，
解得ΔEk＝6.03×10－2 J. 
(3)滑块在下滑过程中受空气阻力作用，产生误差或读取刻度尺上滑块对应位置距离时产
生读数误差． 
4．答案：(1)A (2)5.80 (3)B (4)2gh 
解析：(1)为了提高实验精确度，小球应选用密度较大的实心球，以减小空气阻力带来的
影响，A 正确． 
(2)游标尺是20 分度的，则游标卡尺的精确度为0.05 mm，由图乙所示游标卡尺可知，其
读数为d＝5 mm＋0.05×16 mm＝5.80 mm. 
(3)本实验质量可以约去，不需要测量，A 错误；用刻度尺测量小球释放位置到光电门的
高度h，计算重力势能减小量，B 正确；不需要用秒表测量小球从释放至运动到光电门的时
间，小球的速度根据光电门测量，C 错误． 
(4)小球向下运动的高度为h，通过光电门的速度为v＝d
Δt ，由机械能守恒mgh＝1
2 mv2，
整理得
d2
（Δt）2 ＝2gh. 
5．答案：(1)mgL(1－cos θ) (2)3.80 1.90 (3)C 
解析：(1)根据题图可得ΔEp＝mg(L－L cos θ)＝mgL(1－cos θ). 
(2)由图可知，游标为20 分度，且第16 个小格与主尺对齐，则游标卡尺读数为3 mm＋
16×0.05 mm＝3.80 mm 
钢球的速度大小为v＝d
Δt ＝
3.80×10－3
2×10－3  m/s＝1.90 m/s. 
(3)表中的ΔEp 明显比ΔEk 小，若是空气阻力造成的，则ΔEp 应该比ΔEk 大，A 错误；若
夹角θ 测量值偏大，则ΔEp 应该比ΔEk 大，B 错误；由于遮光条粘在小球下方，遮光条的速
度大于小球速度，即测得的速度比小球的实际速度大，ΔEp 比ΔEk 小，C 正确；若遮光条宽
度测量值偏小，则速度测量值偏小，则ΔEk 应该比ΔEp 小，D 错误． 
 
验收检测卷五 机械能及其守恒定律 
1．答案：B 
解析：根据E＝Ep＝mgh，可得山高h＝E
mg ＝4.1×104
50×10  m＝82 m，B 正确． 
2．答案：B 
解析：小红荡秋千，由最低点O 荡到最高点A 的过程中，重力做负功，重力势能增大，
A、D 错误；在O 点和A 点小球无速度，重力瞬时功率为零，其他位置不为零，即重力瞬时
功率先增大后减小，B 正确，C 错误． 
3．答案：D 
解析：车对人的合力大小为ma，方向水平向右，根据牛顿第三定律可知人对车的合力大
小为ma，方向水平向左，人对车做负功，则有W＝－maL，D 正确． 
4．答案：A 
解析：全过程人拉着绳缓慢运动，认为重物的动能不变，人对重物所做的功等于重物重
力势能的增加，根据几何关系知重物上升的高度Δh＝h
cos θ －h，则W＝mgΔh＝mg( h
cos θ －
h)＝
mgh（1－cos θ）
cos θ
 ，A 正确，B、C、D 错误． 
5．答案：C 
解析：当力F 最小时，静摩擦力方向沿斜面向上，则Fmin＋μmg cos 37°＝mg sin 37° 
解得Fmin＝18 N，当力F 最大时，静摩擦力方向沿斜面向下，则Fmax＝mg sin 37°＋μmg 
cos 37°＝42 N ，A 、B 错误；当拉力F ＝52 N 时，箱子向上运动的加速度a＝
F－μmg cos 37°－mg sin 37°
m
 ＝2 m/s2，经过1 s 箱子的速度v＝at＝2 m/s，动能为Ek＝1
2 mv2
＝10 J，箱子的重力势能增加ΔEp＝mgs sin 37°＝mgv
2 t·sin 37°＝30 J，C 正确，D 错误． 
6．答案：D 
解析：设铁链单位长度的质量为m，设地面为零势能面，由机械能守恒定律可得 
(L－a)mgH＋amg(H－a
2 )＝1
2 Lmv2＋Lmg·L
2 ，解得v＝
g（2H－a2
L－L） ，A、B、C
错误，D 正确． 
7．答案：D 
解析：如图所示 
 
将A、B 的速度分解为沿绳的方向和垂直与绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相
等，则有vBcos 60°＝vAcos 30°，解得vA＝3
3 v，B 减小的重力势能全部转化为A 和B 的动
能，由于A、B 组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，有mgh＝1
2 mv2A ＋1
2 mv2B ，
解得h＝2v2
3g ，绳长L＝2h＝4v2
3g ，D 正确． 
8．答案：C 
解析：根据图线可知，0～5 s 小车做匀加速运动，加速度大小为a1＝6 m/s
5 s ＝1.2 m/s2，
35～45 s 小车做匀减速运动，加速度大小为a2＝
12 m/s
（45－35）s ＝1.2 m/s2，根据牛顿第二定律
有F－f＝ma1，f＝ma2，解得小车受到的阻力和0～5 s 内小车的牵引力大小分别为f＝12 N，
F＝24 N，A、B 错误；发动机的额定功率为P 额＝fvm＝12 N×12 m/s＝144 W，D 错误；由
图可知，0～5 s 小车位移为x1＝1
2 ×6×5 m＝15 m，对小车运动的全过程，根据动能定理有
Fx1＋P 额t2－fx 总＝0，其中t2＝35 s－5 s＝30 s，解得x 总＝390 m，C 正确． 
9．答案：AD 
解析：对任意一小球研究，设半圆轨道的半径为r，根据机械能守恒定律得mgr＝1
2 mv2，
解得v＝2gr ，两小球到达C、D 两点时线速度大小和半径有关．由于r 不同，故v 不相等，
B 错误；通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为a＝v2
r ，联立解得an＝2g，通过C、D 时，
两小球的向心加速度与半径无关，D 正确；根据牛顿第二定律得FN－mg＝man，解得FN＝3mg，
轨道对小球的支持力大小相等，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力大小与半径无关，
则通过C、D 时，两小球对轨道的压力大小相等，A 正确；由v＝ωr 可得ω＝ 
2g
r ，通过
C、D 时两小球的角速度大小不等，C 错误． 
10．答案：AC 
解析：由题意知，传送带足够长，所以物块先匀减速到与传送带共速，之后再与传送带
一起匀速直线运动，A 正确；由动能定理得，传送带对物块做的功为W＝ΔEk＝1
2 mv2－1
2 mv20 
＝－18.75 J，物块的动能减少了18.75 J，B、D 错误；由图像可知，t＝0.5 s 时物块与传送带
共速，加速度a＝Δv
Δt ＝
5－2.5
0.5  m/s2＝5 m/s2，又由牛顿第二定律知μmg＝ma，解得μ＝0.5，
C 正确． 
11．答案：AD 
解析：A 球速度最大时，C 球刚离开地面时，此时A、B 球的加速度为零，满足mAg sin 
α＝(mB＋mC)g，代入数据解得α＝30°，B、C 错误；初始状态，弹簧的压缩量x1＝mBg
k ＝1×10
50  
m＝0.2 m，C 球刚离开地面时，弹簧的伸长量x2＝mCg
k ＝1×10
50 m＝0.2 m，A 球的最大速度
时，运动的距离x1＋x2＝0.4 m，根据整个系统机械能守恒得mAgx sin α＝mBgx＋1
2 (mA＋
mB)v2m ，联立解得A 球的最大速度vm＝2 
2
5 m/s，A 正确；从释放A 球到C 球刚离开地面
的过程中，A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减少后增加，因此A、B
两小球组成的系统机械能先增加后减少，D 正确． 
12．答案：BC 
解析：当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地
带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，A 错误；将匀速运动的8 个小滑块作为一
个整体，有F－3μmg＝0，解得μ＝F
3mg ，从开始到第4 个小滑块过O 点进入粗糙地带前这
一过程中，由动能定理得F·3L－μmg·3L－μmg·2L－μmg·L＝1
2 ·8mv2，解得v＝
FL
4m ，B 正
确；第5 个小滑块完全进入粗糙地带到第6 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8 个小滑
块看作整体，由牛顿第二定律5μmg－F＝8ma，解得加速度大小为a＝
F
12m ，C 正确；假
设第7 个滑块刚好能到达O 点，由动能定理有F·6L－μmg·6L－μmg·5L－μmg·4L－μmg·3L－
μmg·2L－μmg·L＝1
2 mv27 －0，解得1
2 mv27 ＜0，故第7 块滑块不能到达O 点，D 错误． 
13．答案：(2)4.000 (4)减少 (5) 3.08 －1.96 －1.20 
解析：(2)螺旋测微器的分度值为0.01 mm，则遮光片宽度为d＝4 mm＋0.0×0.01 mm＝
4.000 mm. 
(4)因为遮光片的遮光时间t1＝0.005 s＜t2＝0.01 s，由瞬时速度定义可知，小钢球经过光
电门1 时的速度大于经过光电门2 时的速度，所以小钢球从光电门1 运动到光电门2 的过程
中，小钢球的动能减少． 
(5)小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，弹簧弹力所做的功为W＝－F 弹(Δx2－Δx1)
＝－
0.48＋1.06
2
 ×0.04 J＝－3.08×10－2 J，所以弹性势能的改变量为ΔE 弹＝－W＝3.08×10
－2 J，重力势能的改变量为ΔEp＝mg(Δx2－Δx1)＝－1.96×10－2 J，动能的改变量为ΔEk＝1
2 
m( d
Δt2 )2－1
2 m( d
Δt1 )2＝1
2 md2( 1
Δt22  －1
Δt21  )＝－1.20×10－2 J，小钢球的重力势能和动能的改
变量之和，即为机械能的改变量，为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝－3.16×10－2 J，所以在误差允许范围
内|ΔE|≈ΔE 弹，小球与弹簧组成的系统机械能守恒． 
14．答案：(1)0.1 m 0.2 kg (2) 6
2  m/s 
解析：(1)B 下落过程，对B 与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有 
1
2 kx20 ＝mgx0 
解得x0＝0.1 m 
接触但无压力时，对A，由物体的平衡条件有 
kx0＝Mg 
解得M＝0.2 kg 
(2)从C 下落至A 恰好与地面接触但无压力的过程，对C 与弹簧组成的系统，根据能量
守恒定律有 
4mgx0－1
2 kx20 ＝1
2 ×4mv2 
解得v＝6
2  m/s. 
15．答案：(1)5 2  m/s (2)－75 J (3)7.5 m 
解析：(1)从开始释放到物块A 落地，由机械能守恒定律 
(m1－m2)gh＝1
2 (m1＋m2)v2，解得v＝5 2 m/s 
(2)物块A 加速下落过程的机械能变化量ΔE＝1
2 m1v2－m1gh＝－75 J 
(3)物块A 落地后，物块B 做竖直上抛运动，则还能上升的高度为 
h′＝v2
2g ＝2.5 m 
物块B 能上升的最大高度H＝h＋h′＝7.5 m 
16．答案：(1)0.512 m (2)34 N (3)2 m/s 
解析：(1)物块在B 点，tan 53°＝gt
v0 ，得t＝0.32 s，由h＝1
2 gt2，得h＝0.512 m. 
(2)物块在B 点vB＝
v0
cos 53° ＝4 m/s，物块从B 到C 过程由机械能守恒知，mgR(1－cos 53°)
＝1
2 mv2C －1
2 mv2B ，物块在C 点FN－mg＝mv2C 
R ，得FN＝34 N. 
(3)物块从B 运动到D 点过程由机械能守恒知，mgR(cos 37°－cos 53°)＝1
2 mv2D1 －1
2 mv2B ，
得vD1＝2 5  m/s，物块第一次沿斜面上升过程由动能定理知，－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x
＝0－1
2 mv2D1 ，物块第一次沿斜面下滑过程由动能定理知，(mg sin 37°－μmg cos 37°)x＝1
2 
mv2D2 －0，得vD2＝2 m/s. 
第六章 动量守恒定律 
考点32 动量 冲量 动量定理 
1．答案：B 
解析：拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，物体处于静止状态，根据动量定理可知合
力的冲量为0，B 正确． 
2．答案：B 
解析：根据动能的表达式Ek＝1
2 mv2，动量的表达式p＝mv，联立可得p＝2mEk ，物
体A、B 动能Ek 相同，mA＞mB，则pA＞pB，即物体A 的动量较大，B 正确． 
3．答案：C 
解析：根据题意可知，无论缓慢抽出还是快速抽出，纸条和杯子间的摩擦力不变，缓慢
抽出时间长，由公式I＝ft 可知，缓慢抽出过程中，摩擦力对杯子的冲量较大，由动量定理可
知，缓慢抽出时，杯子获得的动量较大，C 正确． 
4．答案：CD 
解析：由位移速度公式可得，下落到与头部刚接触时的速度为v1＝
2gh1 ＝
2×10×20×10－2 m/s＝2 m/s，反弹刚离开头部的速度为v2＝2gh2 ＝
2×10×45×10－2  
m/s＝3 m/s，以向上为正方向，足球与头部作用过程中，足球的动量变化量为Δp＝mv2－(－
mv1)＝2 kg·m/s，A 错误；足球与头部作用过程，据动量定理可得(F－mg)Δt＝Δp 解得F＝24 
N＝6mg，B 错误；足球刚接触头到刚离开头时，足球的位移可忽略，故重力不做功，据动能
定理可得，头对足球做功为W＝1
2 mv22 －1
2 mv21 ＝1 J，C 正确；从静止下落到上升到最大高
度过程中，足球的动量变化为零，由动量定理可知，合力的冲量为零，故足球重力的冲量等
于人对足球的冲量，D 正确． 
5．答案：D 
解析：4～5 s 内电梯继续上升，故4 s 末小明未上升到最大高度，A 错误；4～6 s 内，斜
率为负，加速度向下，小明处于失重状态，B 错误；0～6 s 内，小明的动量变化量为Δp＝mΔv
＝－500 kg·m/s，则大小为500 kg·m/s，C 错误；4～6 s 内，小明所受的合外力的冲量为I＝Δp
＝50×(－10－10)kg·m/s＝－1 000 N·s，则大小为1 000 N·s，D 正确． 
6．答案：(1)0 2mv cos θ，方向沿y 轴正方向 (2)见解析 
解析：(1)x 方向，小球的动量变化为Δpx＝mvsin θ－mvsin θ＝0，y 方向，小球的动量变
化为Δpy＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ 方向沿y 轴正方向． 
(2)以小球为对象，由于Δpx＝0，根据动量定理可知得FΔt＝Δp＝Δpy，可知木板对小球
作用力的方向沿y 轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力方向沿y 轴负方向． 
7．答案：C 
解析：设喷出水流的流速为v，则在Δt 时间内喷水的质量为Δm＝ρSvΔt＝ρQΔt，以水运
动的方向为正方向，对Δt 时间内喷的水，根据动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，解得墙壁受到
的平均冲击力大小为F＝ρQv＝ρQ2
S ，C 正确． 
8．答案：D 
解析：物体的初动量大小p1＝mv0＝0.5×6 kg·m/s＝3 kg·m/s，A 错误；竖直方向小球做
自由落体运动，则v2y ＝2gh，小球落地时竖直方向的分速度vy＝2gh ＝2×10×3.2  m/s
＝8 m/s，小球落地时的合速度v＝
v20 ＋v2y  ＝
62＋82 m/s＝10 m/s，物体的末动量大小p2
＝mv＝0.5×10 kg·m/s＝5 kg·m/s，B 错误；由h＝1
2 gt2 得t＝ 
2h
g ＝ 
2×3.2
10
 s＝0.8 s，
重力的冲量大小I＝mgt＝0.5×10×0.8 N·s＝4 N·s，C 错误，D 正确． 
9．答案：B 
解析：依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝Δp
Δt ，防摔装置的作用是延长了手机与
地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率Δp
Δt ，而手机
动量的变化量Δp 未发生变化．由于高度不变，则动能的变化量保持不变，B 正确． 
10．答案：C 
解析：根据F­t 图像中图线与t 轴围成的面积表示冲量，可知在0～2 s 内合外力的冲量
一直增大，由动量定理得0～2 s 内物体动量一直增大，由p＝mv 得0～2 s 内物体的速度一
直增大，故1～2 s 内物体速度增大，A 错误；由图像可知，0～4 s 内合外力的冲量为零，0～
2 s 内物体做加速运动，2～4 s 物体做减速运动，物体0～4 s 内一直向正方向运动，没有回到
原点，B 错误；0～4 s 内物体动量先增大后减小，动量的方向一直不变，C 正确；2 s 末冲量
方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，D 错误． 
11．答案：B 
解析：由题意得：Δt 时间内单位面积上由B 进入A 的分子数为nΔt，则这部分分子质量
为m0＝nmΔt，这部分分子速度由vB 变成vA，FΔt＝m0vA－m0vB，可知，流层A 对这部分分子
作用力为F＝nm(vA－vB)，方向与气体流动方向相同，由牛顿第三定律可知，B 层对A 层气
体单位面积阻力大小为f＝F＝nm(vA－vB)方向与气体流动方向相反． 
 
考点33 动量守恒定律及其应用 
1．答案：AD 
解析：两手同时放开后，由于系统所受合外力为零，系统满足动量守恒，则系统总动量
为零，A 正确；先放开右手，可能出现右边汽车先向右运动到弹簧伸长最大后，再向左回到
压缩位置，所以之后放开左手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状态，右边汽车可能速度
向右，也可能速度向左，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向右，
也可能向左，甚至可能为零，B 错误；先放开左手，可能出现左边汽车先向左运动到弹簧伸
长最大后，再向右回到压缩位置，所以之后放开右手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状
态，左边汽车可能速度向左，也可能速度向右，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，
系统的总动量可能向左，也可能向右，甚至可能为零，C 错误；无论先放哪只手，手对汽车
总是不做功，系统机械能都守恒，D 正确． 
2．答案：C 
解析：x­t 图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1 碰前的速度大小为v0＝4
1  m/s
＝4 m/s，m2 碰前速度为0，A 错误；两物体正碰后，m1 碰后的速度大小为v1＝4
3－1  m/s＝2 
m/s，m2 碰后的速度大小为v2＝
8－4
3－1  m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B 错误；两小球
碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，
根据动量的表达式p＝mv 可知碰后m2 的动量大于m1 的动量，C 正确；根据动能的表达式Ek
＝1
2 mv2 可知碰后m2 的动能大于m1 的动能，D 错误． 
3．答案：2 m/s 
解析：设碰后A 的速度为vA，C 的速度为vC，由动量守恒可得 
mAv0＝mAvA＋mCvC 
碰后A、B 满足动量守恒，设A、B 的共同速度为v1，则 
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v1 
由于A、B 整体恰好不再与C 碰撞，故v1＝vC 
联立以上三式可得vA＝2 m/s. 
4．答案：D 
解析：A、B 发生弹性碰撞，取向右为正，则m·2v0－2mv0＝mvA＋2mvB；1
2 m·(2v0)2＋
1
2 ·2mv20 ＝1
2 mv2A ＋1
2 ·2mv2B ，解得碰后A 的速度为vA＝
mA－mB
mA＋mB ·2v0＋2mB
mA＋mB (－v0)得vA
＝－2v0，即A 向左运动，速度大小为2v0，D 正确． 
5．答案：D 
解析：由于球1 与球2 发生碰撞时间极短，球2 的位置来不及发生变化，这样球2 对球
3 也就无法产生力的作用，即球3 不会参与此次碰撞过程．而球1 与球2 发生的是弹性碰撞，
质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1 立即停止，球2 速度立即变为v0；此
后球2 与球3 碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2 的速度为零，球3 速度为v0，
A、B、C 错误，D 正确． 
6．答案：C 
解析：设碰撞前小球P 的速度为v0，碰撞后P、Q 的速度分别为v1、v2，由动量守恒定
律和无能量损失得m1v0＝m1v1＋m2v2，1
2 m1v20 ＝1
2 m1v21 ＋1
2 m2v22 ，解得v1＝
m1－m2
m1＋m2 v0，
v2＝2m1
m1＋m2 v0，两式之比为v1
v2 ＝
m1－m2
2m1 .若碰撞后P 球不弹回，继续向前运动，P 球射程一
定小于Q 球射程，根据两球落地点到O 点水平距离之比为1∶3 可得v1
v2 ＝1
3 ，v1
v2 ＝
m1－m2
2m1 ，
解得m1
m2 ＝3
1 ，A 可能；若碰撞后P 球被弹回，并且P 球射程小于Q 球射程，根据两球落地
点到O 点水平距离之比为1∶3 可得v1
v2 ＝
－1
3 ，v1
v2 ＝
m1－m2
2m1 ，解得m1
m2 ＝3
5 ，B 可能；若碰
撞后P 球被弹回，并且P 球射程大于Q 球射程，根据两球落地点到O 点水平距离之比为1∶3
可得v1
v2 ＝
－3
1 ，v1
v2 ＝
m1－m2
2m1 ，解得m1
m2 ＝1
7 ，D 可能；结合碰撞的实际，只有上述三种可
能，C 不可能． 
7．答案：(1)2 m/s (2)0.4 kg·m/s 
解析：(1)碰撞后b 做匀减速运动，加速度 
a＝F
m ＝μmg
m ＝μg＝5 m/s2 
由v2＝2ax 
得v＝2 m/s 
(2)设a 与b 碰撞前a 的速度大小为v0，碰撞后a 的速度大小为v1，取水平向右为正方向 
动量守恒有mv0＝mv1＋mv 
机械能守恒有1
2 mv20 ＝1
2 mv21 ＋1
2 mv2 
解得v0＝2 m/s，v1＝0 
冲量I＝Δp＝mv0 
得I＝0.4 kg·m/s 
8．答案：B 
解析：爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时
间相等，有m1x1－m2x2＝0，整理得x1
x2 ＝m2
m1 ＝1
2 ，两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸
开始抛出到落地的位移之比不等于1∶2，A 错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知
（5－t）v声
（6－t）v声 ＝1
2 ，解得t＝4 s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝1
2 gt2＝1
2 ×10×42 m＝80 m，
B 正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340 m＝340 m，质量小的碎块的水平
位移x2＝(6－4)×340 m＝680 m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m＋680 m＝1 
020 m，质量大的碎块的初速度为v1＝x1
t ＝340
4  m/s＝85 m/s，C、D 错误． 
9．答案：BD 
解析：规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v，由题意，
水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外
力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m 人v 人－m 船v 船＝(m 人＋m 船)v，代入数据
解得v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，A 错误，C 错误；
人的动量的变化为Δp＝m 人v－m 人v 人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，负号表示方向
与选择的正方向相反，B 正确；船的动量变化量为Δp′＝m
船v－m
船v
船＝140×(0.25＋
0.5)kg·m/s＝105 kg·m/s，D 正确． 
10．答案：D 
解析：系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向
所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒．Q 与P 的接触面粗糙，
克服阻力做功产热，所以机械能不守恒，D 正确． 
11．答案：BD 
解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示 
 
根据牛顿第二定律有a 甲＝
F－μm甲g
m甲
 ，a 乙＝
F－μm乙g
m乙
 ，由于m 甲>m 乙，所以a 甲<a 乙，
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v 甲<v 乙，A 错误；对于整个系统而言，
由于μm 甲g>μm 乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量
大小比乙的小，B、D 正确，C 错误． 
12．答案：B 
解析：小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定
律有(m＋λm)v0＝m·2v0＋λm·v0
2 ，解得λ＝2，B 正确． 
13．答案：B 
解析：A、B 匀速运动时，对A、B 整体受力分析可得F＝fA＋fB，物体B 的速度大小在
减小到0 的过程中，A 和B 所组成的系统所受的合外力为零，该系统的动量守恒，当物体B
的速度大小为1
2 v 时，有(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，解得vA＝5
4 v，A 错误，B 正确；当物体
B 的速度大小刚好为0 时，有(mA＋mB)v＝mAv′A，解得vA＝3
2 v，A 在F 作用下继续前进，物
体A 继续加速，当物体B 的速度大小为0 时，物体A 的速度大小不一定为3
2 v，C、D 错误． 
14．答案：A 
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人和船的相
对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝d
t ，v′＝
L－d
t
 ，人和船组成的系统在水
平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船
的质量M＝
m（L－d）
d
 ，A 正确． 
15．答案：AD 
解析：设A 球的初速度大小为v0，碰撞后A、B 的速度大小分别为v1、v2，根据题意v
＝x
g
2h ，有v2＝3v1，若碰撞后A、B 同向，则mAv0＝mAv1＋mBv2，1
2 mAv20 ＝1
2 mAv21 ＋1
2 
mBv22 ，解得v1＝
mA－mB
mA＋mB v0，v2＝2mA
mA＋mB v0，解得mA
mB ＝3；若碰撞后A、B 反向，则mAv0
＝－mAv1＋mBv2，结合能量守恒，解得mA
mB ＝3
5 ，A、D 正确． 
16．答案：(1)1 m (2)0 (3)12 J 
解析：(1)对物块A，根据运动学公式可得 
x＝h－1
2 gt2＝1.2 m－1
2 ×10×0.22 m＝1 m 
(2)设B 物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知 
x＝vB0t－1
2 gt2 
代入数据解得vB0＝6 m/s 
可得碰撞前A 物块的速度vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下 
碰撞前B 物块的速度vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上 
选向下为正方向，由动量守恒可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 
解得碰后速度v＝0 
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能 
ΔE＝1
2 mAv2A ＋1
2 mBv2B －1
2 (mA＋mB)v2＝12 J 
17．答案：(1)4.2 J (2)1
6  m (3)10
63  m/s 
解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒有m2v0－m1v1＝0 
可得v1＝0.1 m/s 
小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量ΔE＝1
2 m2v20 ＋1
2 m1v21 ＝4.2 J 
(2)小球与曲面水平方向动量守恒，小球到达最大高度的过程中，有m2v0＝(m2＋m3)v2 
根据机械能守恒有1
2 m2v20 ＝1
2 (m2＋m3)v22 ＋m2gh 
联立可得h＝1
6  m 
(3)球返回曲面最低点时，由动量和能量守恒有 
m2v0＝m3v3－m2v4 
1
2 m2v20 ＝1
2 m3v23 ＋1
2 m2v24  
联立可得v4＝4
3  m/s 
小孩接球的过程取向右为正方向，由动量守恒有m2v4＋m1v1＝(m2＋m1)v′ 
可知小孩再接到球后，球的速度大小v′＝10
63  m/s 
考点34 碰撞模型的拓展 
1．答案：A 
解析：根据题意得，当弹簧压缩最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度也是
1 m/s，A 正确； 因为压缩最短时，甲受力向左，甲继续减速，B 错误；根据动量守恒定律
可得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得：m1∶m2＝1∶3，C 错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒
和机械能守恒有：m1v0＝m1v′1＋m2v′2，1
2 m1v20 ＝1
2 m1v′21 ＋1
2 m2v′22 ，联立解得：v′2＝2 m/s，
D 错误． 
2．答案：A 
解析：当C 与A 发生弹性正碰时，由动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1＋2mv2，1
2 mv20 ＝
1
2 mv21 ＋1
2 ×2mv22 ，联立解得v2＝2
3 v0，当A、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共
同速度为v，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒有2mv2＝(2m＋3m)v，解得v＝4
15 v0，
由系统机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为Ep＝1
2 ×2mv22 －1
2 ×5mv2，解得Ep＝4
15 mv20 ，
当C 与A 发生完全非弹性正碰时，由动量守恒有mv0＝3mv′1，当A、B、C 速度相等时，弹
簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒得3mv′1＝6mv′，由机械能守恒可得弹簧
的最大弹性势能为E′p＝1
2 ×3mv′21 －1
2 ×6mv′2，解得E′p＝1
12 mv20 ，由此可知碰后弹簧的最
大弹性势能范围是1
12 mv20 ≤Ep≤4
15 mv20 ，A 正确． 
3．答案：BC 
解析：从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力
做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1，小车速度为v2，根据动
量守恒有Mv0＝Mv1＋Mv2，根据机械能守恒1
2 Mv20 ＝1
2 Mv21 ＋1
2 Mv22 ，联立解得v1＝0，v2
＝v0，即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A 错误，B 正确；
根据动能定理小球对小车所作的功W＝1
2 Mv22 －0＝1
2 Mv20 ，C 正确；小球上升到最高点时，
与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0＝2Mv，根据机械能守恒定律1
2 Mv20 
＝2×(1
2 Mv2)＋Mgh，联立解得h＝v20 
4g ，D 错误． 
4．答案：AC 
解析：若滑块P 固定，由于小球在各个环节无机械能损失，可知小球Q 能回到1.2 m 高
处，A 正确；若滑块P 固定，小球Q 第一次与挡板碰撞时的速度v＝2gh ＝2 6  m/s，碰
撞过程挡板对小球的冲量大小为I＝2mv＝4 6  N·s，B 错误；若滑块P 不固定，则小球落到
滑块上时，滑块和小球在水平方向动量守恒，则mv1－Mv2＝0，mgh＝1
2 mv21 ＋1
2 Mv22 ，解
得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s，即小球Q 第一次与挡板碰撞前的速度大小为4 m/s，C 正确；若滑
块P 不固定，小球与挡板第一碰后，将以等大速度反弹，则滑上滑块后再滑回到地面的过程，
由动量和能量关系可知mv1＋Mv2＝mv′1＋Mv′2，1
2 mv21 ＋1
2 Mv22 ＝1
2 mv′21 ＋1
2 Mv′22 ，解得
v′1＝4
3  m/s，v′2＝10
3  m/s，因此时小球的速度小于滑块的速度，则小球与挡板碰后不能再次
追上滑块，则滑块的最终速度大小为10
3  m/s，D 错误． 
5．答案：(1)20 kg (2)不能 
解析：(1)设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒m2v2＝(m2＋M)v 
系统机械能守恒m2gh＋1
2 (m2＋M)v2＝1
2 m2v22  
解得M＝20 kg 
(2)人推冰块的过程m1v1＝m2v2 
得v1＝1 m/s(向右) 
冰块与斜面的系统m2v2＝m2v′2＋Mv3，1
2 m2v22 ＝1
2 m2v′22 ＋1
2 Mv23  
解得v′2＝－1 m/s(向右) 
因|v′2|＝v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 
6．答案：BD 
解析：子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两
个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A
错误，B 正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝1
2 mv2－1
2 mv20 ，由于末速度v 相等，所以阻
力对子弹做功相等，C 错误；对系统，由能量守恒，产生的热量满足Q＝1
2 mv20 －1
2 (m＋M)v2，
所以系统产生的热量相同，D 正确． 
7．答案：(1)6 m/s 882 J (2)能 
解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量
守恒定律得mv0＝(M＋m)v 
解得v＝mv0
M＋m ＝0.02×300
0.98＋0.02  m/s＝6 m/s 
此过程系统所增加的内能 
ΔE＝ΔEk＝1
2 mv20 －1
2 (M＋m)v2＝1
2 ×0.02×3002 J－1
2 ×(0.98＋0.02)×62 J＝882 J. 
(2)设子弹以v′0＝400 m/s 的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、
厚度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′ 
解得v′＝mv′0
M＋m ＝0.02×400
0.98＋0.02  m/s＝8 m/s 
此过程系统所损耗的机械能为 
ΔE′＝ΔE′k＝1
2 mv′20 －1
2 (M＋m)v′2＝1
2 ×0.02×4002 J－1
2 ×(0.98＋0.02)×82 J＝1 568 J 
由功能关系有ΔE＝F 阻x 相＝F 阻d 
ΔE′＝F 阻x′相＝F 阻d′ 
联立解得ΔE
ΔE′ ＝d
d′  
解得d′＝1 568
147  cm 
因为d′>10 cm，所以能射穿该木块． 
8．答案：ABD 
解析：由图示图像可知，木板获得的速度为v＝1  m/s，A、B 组成的系统动量守恒，以
B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，木板A 的质量
为2 kg，木板获得的动能为Ek＝1
2 Mv2＝1
2 ×2×12＝1 J，A 正确；系统损失的机械能ΔE＝1
2 
mv2B －1
2 (m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，B 正确；根据v­t 图像的面积表示位移，由图得
到0～1 s 内B 的位移为xB＝1
2 ×(2＋1)×1＝1.5 m，A 的位移为xA＝1
2 ×1×1＝0.5 m，木板
A 的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，C 错误；由图示图像可知，B 的加速度a＝Δv
Δt ＝
1－2
1  m/s2
＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，D
正确． 
9．答案：D 
解析：物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车
上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A 错误；
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q
＝1
2 m2v20 －1
2 (m1＋m2)v2＝
m1m2v20 
2（m1＋m2） ，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不
变，B 错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，
由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C 错误；要使物块恰好不从车厢滑出，需
物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v′0＝(m1
＋m2)v′，由能量守恒定律得1
2 m2v′20 ＝1
2 (m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v′0＝5 m/s，D 正确． 
10．答案：D 
解析：弹簧压缩量最大时，两物体速度相同，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，
解得v＝2
3 v0，根据能量守恒定律得1
2 ×2mv20 ＝1
2 ×(2m＋m)v2＋Epm，解得Epm＝1
3 mv20 ，
又Ep＝1
2 kx2，解得弹簧的最大压缩量为xm＝v0
2m
3k ，A、B 错误；由动量守恒定律可得2m v－ 
A＋m v－ B＝2mv0，则两边同时乘以t，可得2m v－ At＋m v－ Bt＝2mv0t，从A 接触弹簧到第一
次将弹簧压缩到最短的时间为t＝π
2  
2m
3k ，联立解得2mxA＋mxB＝πmv0
2m
3k ，由几何关
系可知xA－xB＝xm，联立解得xA＝
（π＋1）v0
3
  
2m
3k ，xB＝
（π－2）v0
3
  
2m
3k ，C 错误，
D 正确． 
11．答案：D 
解析：根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，A 错误；
磁铁与铝管组成的系统动量守恒，如果铝管足够长，则磁铁穿过铝管时二者共速，由动量守
恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝1 m/s，所以铝管的速度不可能大于1 m/s，B 错误；磁铁
穿过铝管正中央时，由楞次定律可知，磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左，根据牛顿第三
定律，磁铁对铝管的反作用力水平向右，根据牛顿第二定律得，铝管加速度不为零，C 错误； 
磁铁的初动能为Ek1＝1
2 mv2＝1
2 ×0.1×32 J＝0.45 J，假设铝管足够长，则二者共速，根据对
B 项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为Q＝1
2 mv2－1
2 (M＋m)v21 ＝0.45 J－0.15 
J＝0.30 J，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2 J，D 正确． 
12．答案：C 
解析：物块a 滑上长木板c 后，假设物块b 与长木板c 一起滑动，设物块a 与长木板c
间的动摩擦因数为μ，则有μmg＝3ma，解得a＝1
3 μg，则物块b 与长木板c 间的静摩擦力为
f 静＝ma＝1
3 μmg＜μmg＝fm，所以假设成立，物块b 与长木板c 一起做匀加速直线运动，速
度并不为零，即a 滑上c 后，b 不会相对c 滑动．a 与b 发生弹性正碰，a 与b 质量相等，所
以正碰后速度发生交换，物块a 的速度与长木板c 的相等，一起做匀加速直线运动，直到最
终b 刚好滑到c 的右端与c 相对静止，A、B 错误；b 刚好到c 的右端与a、c 相对静止时，
设共同速度为v 共，以a、b、c 为整体，系统动量守恒，则mv0＝(m＋m＋2m)v 共，根据能量
守恒可得1
2 mv20 －1
2 (m＋m＋2m)v2共 ＝μmgL＝Q，所以整个过程因摩擦产生的内能为Q＝3
8 
mv20 ，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝3v20 
8gL ，C 正确，D 错误． 
13．答案：C 
解析：以A、B 组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水
平向右的方向为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零，根据动量守恒定律可得(M－m)v0
＝MvB1，解得vB1＝10
3 m/s，当从开始运动到A、B 共速，根据动量守恒定律可得(M－m)v0
＝(M＋m)vB2，解得vB2＝2.5 m/s，木块A 加速运动的过程为其速度减为零到与B 共速，此过
程中B始终减速，则在木块A 正在做加速运动的时间内，B 的速度范围为2.5 m/s≤vB≤10
3  m/s，
C 正确，A、B、D 错误． 
14．答案：BD 
解析：小球1 在圆槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，A 错误；小球1 从圆槽
的A 点到B 点的过程中，设小球1 滑到B 点的速度为v0，取水平向右为正，小球1 和圆槽在
水平方向动量守恒0＝mv0－3mv，能量守恒mgR＝1
2 mv20 ＋1
2 ×3mv2，解得v0＝3v＝
3gR
2 ，
设小球1 到B 点的过程中水平向右移动的距离为x1，圆槽向左运动的距离为x2，两物体的相
对位移为R，因此mx1－3mx2＝0，x1＋x2＝R，联立解得x1＝3
4 R，x2＝1
4 R，此时圆槽的B 点
与弹簧之间新的距离L＝x2＋R＝5
4 R，小球1 从B 点向右以v0 匀速运动，圆槽向左以v0
3 匀速
运动，小球1 到达弹簧时与圆槽底端B 的距离L′＝L＋v0
3 ·L
v0 ＝4
3 L＝5
3 R，B 正确；小球1
与小球2 共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1 与弹簧接触到两球共速，动量守恒mv0
＝(m＋3m)v 共，能量守恒1
2 mv20 ＝1
2 (m＋3m)v2共 ＋Ep，联立解得Ep＝9
16 mgR，C 错误；从
小球1 与弹簧接触到两球分开，动量守恒mv0＝mv1＋3mv2，能量守恒1
2 mv20 ＝1
2 mv21 ＋1
2 
×3mv22 ，解得v1＝－1
2 v0，v2＝1
2 v0，小球1 之后向左以1
2 v0 匀速运动，因为圆槽此时正向
左以v0
3 匀速运动，故会再次和圆槽碰撞，以向左为正，碰撞前后动量守恒mv0
2 ＋3mv0
3 ＝mv3
＋3mv4，能量守恒1
2 m(v0
2 )2＋1
2 ×3m(v0
3 )2＝1
2 mv23 ＋1
2 ×3mv24 ，解得v3＝1
4 v0，v4＝5
12 v0，
最终小球1 以1
4 v0 的速度向左运动，圆槽以5
12 v0 的速度向左运动，小球2 以1
2 v0 的速度向右
运动，小球2 最终的速度为v0
2 ＝6gR
4
 ，D 正确． 
15．答案：B 
解析：小球与U 形管组成的系统，垂直初速度方向合力不为零，沿初速度方向合力为零，
即沿初速度方向该系统动量守恒，则该过程中，小球与U 形管组成的系统动量不守恒，A 错
误；小球与U 形管组成的系统机械能守恒，由机械能守恒有1
2 mv20 ＝1
2 mv21 ＋1
2 ·2mv22 ，小
球与U 形管组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有mv0＝2mv2＋mv1，解得
v1＝－1
3 v0，v2＝2
3 v0，即小球从U 形管的另一端射出时，速度大小为v0
3 ，B 正确；小球运
动到U 形管圆弧部分的最左端的过程中，沿着水平方向，小球在轨道最左端与U 形管达到共
速，由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v，解得v＝1
3 v0，设此时小球的合速度为v3，由机械能守
恒定律有1
2 mv20 ＝1
2 ·2m(v0
3 )2＋1
2 mv23 ，解得v3＝7
3 v0，C 错误；从小球射入至运动到U
形管圆弧部分的最左端时，小球在竖直方向的分速度vy＝
v23 －v2 ＝6
3 v0，则可得其受到
平行导槽的冲量I＝mvy＝6
3 mv0，根据牛顿第三定律，可知平行导槽受到的冲量大小也为6
3 
mv0，D 错误． 
16．答案：(1)3 N·s (2)0.1 m (3)2 m/s 
解析：(1)子弹A 击穿物体B 的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则 
mAv0＝mA×1
4 v0＋mBv1 
对物体B 根据动量定理有I＝mBv1 
解得I＝3 N·s 
(2)由(1)可解得子弹A 击穿物体B 后，B 的速度为，v1＝2 m/s，物体B 上升过程中，B、
C 组成的系统水平方向动量守恒，设最大高度为h，则有 
mBv1＝(mB＋mC)v2 
mBgh＝1
2 mBv21 －1
2 (mB＋mC)v22  
解得h＝0.1 m 
(3)当B 回到最低点时，C 的速度最大，根据B、C 系统动量守恒可知(mB＋mC)v2＝－mBv3
＋mCv4 
根据能量守恒定律有mBgh＋1
2 (mB＋mC)v22 ＝1
2 mBv23 ＋1
2 mBv24  
解得v4＝2 m/s 
17．答案：(1)8 m/s (2)8 m/s (3)0.2 m 
解析：(1)取向右为正方向，子弹打小车过程，子弹和小车系统动量守恒m0v0＝(m0＋M)v 
解得v＝8 m/s 
(2)子弹、小车和小球构成的系统动量守恒(m0＋M)v＝(m0＋M)v1＋mv2 
子弹、小车和小球构成的系统机械能守恒 
1
2 (m0＋M)v2＝1
2 (m0＋M)v21 ＋1
2 mv22  
联立可得v1＝0 v2＝8 m/s 
(3)小球最终状态是三者共速时(m0＋M)v＝(m0＋m＋M)v3 
损失的机械能1
2 (m0＋M)v2－1
2 (m0＋m＋M)v23 ＝μmgs 
联立可得s＝3.2 m 
所以相对于B 点的距离是x＝s－0.3×10 m＝0.2 m． 
考点35 三大观点在力学中的应用 
1．答案：(1)4 N·s (2)6 m/s (3)12 m 
解析：(1)冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则I＝2×4
2  N·s＝4 N·s 
(2)对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得I－μ1mgt＝mv－mv0 带入数据解得v＝6 
m/s 
(3)物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左，对木板，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M
＋m)g＝Ma1，解得木板加速度大小为a1＝0.5 m/s2，对物块可得μ1mg＝ma2 解得物块加速度
大小为a2＝1 m/s2，设经过时间t′，木块和木板速度相等，由运动学公式可得v′＝a1t′＝v－a2t′，
解得t′＝4 s，由于a2＞a1，所以物块和木板共速后保持相对静止，木板位移为x1＝1
2 a1t′2＝4 m，
物块位移为x2＝vt′－1
2 a1t′2＝16 m，这段时间内相对位移为Δx＝x2－x1＝12 m，所以小物块
相对长木板静止时，距长木板右端的距离为12 m． 
2．答案：(1) 2gL  (2)5m (3)20
9 
2gL  (4) 400L
81sin θ  
解析：(1)小球A 第一次运动最低点的过程中，由能量守恒，得MgL＝1
2 Mv20  
解得v0＝2gL  
(2)设第1 次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得Mv0＝Mv1＋mv1 
1
2 Mv20 ＝1
2 Mv21 ＋1
2 mv21  
又1
2 mv21 ＝mg·25
9 L 
联立可得 
v1＝2
3 
2gL  
v2＝5
3 
2gL  
M＝5m 
(3)第2 次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 
Mv1－mv1＝Mv2＋mv2 
1
2 Mv21 ＋1
2 mv21 ＝1
2 Mv22 ＋1
2 mv22  
联立解得 
v2＝20
9 
2gL  
(4)小物块B 沿斜面上升过程，有 
1
2 mv22 ＝mgs·sin θ 
解得 
s＝400L
81sin θ  
3．答案：(1)3 m/s 方向水平向右 (2)2 m/s 方向水平向右 
(3)0.2 m 
解析：(1)设滑块A 刚到达O 点时的速度为v0，根据动量定理有Ft＝mv0 
解得v0＝3 m/s，方向水平向右． 
(2)滑块A 与长木板B 碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为v′0 和v1，根据系统动量
守恒定律和机械能守恒定律分别有 
mv0＝mv′0＋Mv1 1
2 mv20 ＝1
2 mv′20 ＋1
2 Mv21  
联立解得v′0＝－1 m/s，v1＝2 m/s 
滑块A 与长木板B 碰后瞬间，长木板的速度大小为2 m/s，方向水平向右． 
(3)长木板B 和物块C 组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C
最终达到的共同速度为v，则有Mv1＝2Mv 
解得v＝1
2 v1＝1 m/s 
设C 相对B 滑动的路程为Δx，对B、C 组成的系统根据能量守恒可得μMgΔx＝1
2 Mv21 －
1
2 ×2Mv2 
解得Δx＝1 m＞L＝0.6 m 
所以物块C 最终与长木板B 右侧挡板的距离为x0＝2L－Δx＝0.2 m． 
4．答案：(1)10 m/s 31.2 (2)0 (3)0.2 m 
解析：(1)滑块a 从D 到F，由动能定理有 
mg·2R＝1
2 mv2F －1
2 mv20  
在F 点，有FN－mg＝mv2F 
R  
解得vF＝10 m/s 
FN＝31.2 N 
(2)滑块a 返回B 点时的速度vB＝1 m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为a
＝μg＝5 m/s2 
根据v2B ＝v2C －2aL 
可得在C 点的速度vC＝3 m/s 
则滑块a 从碰撞后到到达C 点 
1
2 mv21 ＝1
2 mv2C ＋mg·2R 
解得v1＝5 m/s 
因ab 碰撞动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2 
解得碰后b 的速度v2＝5 m/s 
则碰撞损失的能量 
ΔE＝1
2 mv2F －1
2 mv21 －1
2 ·3mv22 ，解得ΔE＝0， 
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度 
mvF＝4mv 
解得v＝2.5 m/s 
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 
4mv＝6mv′ 
v′＝5
3  m/s 
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系 
1
2 ·4mv2＝1
2 ·6mv′2＋1
2 kx21  
解得x1＝0.1 m 
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为 
x2＝x1 
则弹簧最大长度与最小长度之差 
Δx＝2x1＝0.2 m 
5．答案：(1)18 J 12 J (2)0.16 m 
解析：(1)设炸药引爆后A、B 的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定
律得m1v1－m2v2＝0 
由能量守恒定律得E＝1
2 m1v21 ＋1
2 m2v22  
其中EkA＝1
2 m1v21 ，EkB＝1
2 m2v22  
联立解得EkA＝18 J，EkB＝12 J 
(2)B 从N 到Q 的上滑过程，由机械能守恒定律得EkB＝2m2gR＋1
2 m2v2Q  
刚好通过Q 点，由向心力公式得m2g＝m2
v2Q 
R  
可得R＝0.16 m 
6．答案：(1)3 m/s (2)1.5 m 
解析：(1)木块的最大静摩擦力为fm＝μmg 
解得fm＝2 N 
由图像可知：t1＝1 s 时，木块开始滑动，根据动量定理有IF－fm(t－t1)＝mv 
由图像可知IF＝S 面积＝
（2＋4）×1
2
  N·s＋4×1 N·s＝7 N·s 
联立以上各式可得v＝3 m/s 
(2)当两者共速时，根据动量守恒有mv＝(M＋m)v 共 
解得v 共＝1 m/s 
根据能量转化与守恒有μmgx＝1
2 mv2－1
2 (M＋m)v2共  
解得x＝1.5 m 
7．答案：(1)0.4R (2)0.4R (3) 
9gR
59  
解析：(1)对AB 系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，当B 上升到最高点
时，AB 共速且速度为零，则由能量关系可知 
Ep＝0.6mgR＝μmg×0.4R＋mgh 
解得h＝0.4R 
此时B 刚好到达最高点． 
(2)由人船模型可知mx1＝2mx2 
其中x1＋x2＝0.4R＋R sin 53°＝1.2R 
可得x1＝0.8R，x2＝0.4R 
(3)当Ep＝0.85mgR 时，滑块B 将滑离轨道，则由动量守恒2mv2＝mv1cos 53° 
0．85mgR＝μmg·0.4R＋mgR(1－cos 53°)＋1
2 mv21 ＋1
2 ·2mv22  
B 从轨道冲出后上升到最高点的速度v1x＝v1cos 53° 
联立解得v1x＝ 
9gR
59  
8．答案：(1)均为4 m/s (2)10 J (3)0.5 m 
解析：(1)设物块A 到达轨道底部的速度为v，由动能定理有 
mAgL sin θ＝1
2 mAv2－0 
解得v＝12 m/s 
A 滑到B 上后，A 做加速度大小为a1 的匀减速运动，B 做加速度大小为a2 的匀加速运动，
对物块A 有μ1mAg＝mAa1 
解得a1＝4 m/s2 
对木板B 有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa2 
解得a2＝2 m/s2 
设经时间t1，A、B 共同速度为v1，则有v1＝v－a1t1＝a2t1 
解得v1＝4 m/s 
(2)碰前B、C 之间的距离为s＝v21 
2a1 ＝4 m 
设B、C 两板碰后速度分别为v2、v3，B、C 两板碰撞时机械能守恒，选向右为正，由动
量守恒有mBv1＝mBv2＋mCv3 
由能量守恒有1
2 mBv21 ＝1
2 mBv22 ＋1
2 mCv23  
联立解得v2＝－2 m/s，v3＝2 m/s 
碰后B 向左运动最后停下，由能量守恒定律可知，木板B 和地面间因摩擦而产生的热量
为Q＝1
2 mBv22 ＋μ2(mA＋mB)gs＝10 J 
(3)B、C 两板碰后A 滑到C 上运动，A、C 相对滑动过程中，A 的加速度保持不变，由于
μ1mAg＝μ2(mA＋mC)g 
则碰后C 匀速运动，经时间t2，A 滑到C 的右端，A、C 速度相等，由于μ1＞μ2，共速
后A、C 一起减速直到停下，则有v3＝v1－a1t2 
解得t2＝0.5 s 
C 匀速位移为x2＝v3t2＝1 m 
A 的位移为x3＝1
2 (v1＋v3)t2＝1.5 m 
木板C 长度为LC＝x3－x2＝0.5 m 
 
考点36 实验八 验证动量守恒定律 
1．答案：(1)BC DE (2)0.210 0.209 在误差允许范围内，甲乙碰撞过程中，系统动
量守恒 
解析：(1)计算小车甲的碰前速度应选择点迹均匀且点迹间距较大的部分，即应选BC 段，
同理计算甲乙相碰之后的共同速度应选点迹均匀且点间距较小的DE 段． 
(2)根据以上测量结果可得： 
碰前速度v1＝
10.5×10－2
0.1
  m/s＝1.05 m/s， 
碰前总动量为p1＝m 甲v1＝0.2×1.05 kg·m/s＝0.210 kg·m/s， 
碰后速度v2＝6.95×102
0.1
  m/s＝0.695 m/s， 
碰后总动量为p2＝(m 甲＋m 乙)v2＝(0.2＋0.1)×0.695  kg·m/s＝0.209  kg·m/s，由上述实
验结果得到的结论是在误差允许范围内，甲乙碰撞过程中，系统动量守恒． 
2．答案：(1)C (2)1 3
2   
解析：(1)为使两球正碰且碰撞后都做平抛运动，小球1 的质量应大于小球2 的质量，且
半径相同，即m1>m2，r1＝r2，C 正确． 
(2)M 点水平位移最小，是碰撞后小球1 的落点平均位置．根据动量守恒定律m1OP
t ＝
m1OM
t ＋m2ON
t ，代入数据得m1
m2 ＝3
2 . 
3．答案：(1)1.345 (2)降低 (3)AB 
(4) m1
t1 ＝m2
t3 －m1
t2  (5) m1
t21  ＝m2
t23  ＋m1
t22   
解析：(1)图中游标卡尺读数为13 mm＋9×0.05 mm＝1.345 cm. 
(2)滑块通过光电门1 的时间小于通过光电门2 的时间，说明滑块从光电门1 到光电门2
为减速运动，则右端较高，因此可调节Q 使轨道右端降低． 
(3)设挡光片的宽度为d，碰前A 的速度大小为d
t1 ，碰后A 的速度大小为d
t2 ，碰后B 的速
度大小为d
t3 ，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1·d
t1 ＝－m1·d
t2 ＋m2·d
t3 ，整理可得m1
t1 
＝m2
t3 －m1
t2 ，故还需要测量滑块A 的总质量m1 和滑块B 的总质量m2，A、B 正确． 
(4)根据以上分析需要验证的表达式为m1
t1 ＝m2
t3 －m1
t2 . 
(5)若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有1
2 m1·(d
t1 )2＝1
2 m1·(d
t2 )2＋1
2 m2·(d
t3 )2，
即m1
t21  ＝m2
t23  ＋m1
t22  . 
4．答案：(1) O3 (2)5 (3)不是 
解析：(1)为了保证碰撞后滑块A 不反弹，必须满足m1>m2，从而使得A 与B 碰撞后，B
的速度大于A 碰前的速度，运动的位移最大，从而运动到O3 位置． 
(2)根据动量守恒m1v0＝m1v1＋m2v2，由于v2＝2μgx，动量守恒定律的表达式可以表示为
m1 OO2 ＝m1 OO1 ＋m2 OO3 ，代入数据可得m1
m2 ＝5. 
(3)若是弹性碰撞，满足机械能守恒1
2 m1v20 ＝1
2 m1v21 ＋1
2 m2v22 ，即应该满足m1·OO2＝
m1·OO1＋m2·OO3，代入数据可知m1·OO2>m1·OO1＋m2·OO3，不满足机械能守恒，因此不是
弹性碰撞． 
5．答案：(1)B (2)< (3) F0
km2  (4)D 
解析：(1)不需要测量弹簧原长，A 错误；在使用之前将压力传感器调零，为后续实验和
测量工作打下基础，B 正确；m1、m2 在气垫导轨上做匀速运动，不需要测出初始时m1、m2
到左右两侧压力传感器的距离，C 错误；压缩弹簧所需时间对实验没有影响，不需要测量，
D 错误． 
(2)为使m2 与m1 碰撞后反弹，需保证m2<m1. 
(3)释放m2 前，弹簧的弹性势能为 
Ep＝1
2 kx2＝1
2 k(F0
k )2＝F20 
2k ，弹性势能转化为动能，即F20 
2k ＝1
2 m2v20 ，m2 碰前初速度为
v0＝F0
km2 . 
(4)同理(3)可求出碰撞后，两球速度．根据动量守恒m2 F0
km2 ＝m1 F1
km1 －m2 F2
km2 ，得
需要验证的表达式为F0 m2 ＋F2 m2 ＝F1 m1 ，D 正确． 
6．答案：(1)1.070 (2)M (3)AE 
(4) m1
HM ＝m1
HN ＋m2
Hp  
解析：(1)游标卡尺是二十分度的，每个小格长度是0.95 mm，第14 刻线与主尺的24 mm
对齐，根据测量原理可得x＋14×0.95 mm＝24 mm，求得x＝10.70 mm，读数即为1.070 cm. 
(2)小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的水平距离为x 
由平抛运动规律得x＝v0t，h＝1
2 gt2，小球做平抛运动的初速度越小，下落距离越大，碰
撞后小球1 的速度变小，小于碰撞前的速度，碰撞后小球2 的速度小于小球1 的速度，由此
可知，碰撞后1 的速度最小，2 的速度最大，由此可知：第一次小钢球1 撞击在挡板b 上的
M 点，第二次小钢球1 撞击在挡板b 上的N 点，玻璃球2 撞击在挡板b 上的P 点．因此，第
一次小钢球1 撞击在挡板b 上的M 点． 
(3)要验证的关系式是m1v0＝m1v1＋m2v2， 
其中v＝x
t ＝x 
g
2h ，则v0＝x 
g
2HM ， 
v1＝x
g
2HN ，v2＝x
g
2HP ， 
代入解得m1·x
g
2HM ＝m1·x
g
2HN ＋m2·x
g
2HP ， 
化简得m1
HM ＝m1
HN ＋m2
HP ，则要完成该实验，必须测量的物理量有A 和E.由上问求解
可知，在误差允许范围内，关系式m1
HM ＝m1
HN ＋m2
HP 成立，说明两球在碰撞过程中动量守
恒． 
验收检测卷六 动量守恒定律 
1．答案：B 
解析：物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A 错误；物
体动量改变可能只是速度方向改变，但速度大小不变，所以动能不一定改变，B 正确；物体
的速率改变，即速度的大小变化，其动量一定改变，动能也一定改变，C 错误；物体的速度
改变，可能速度大小变化，其动量改变，动能也改变，但也可能是速度方向改变，大小不变，
则动量变化，但动能不变，D 错误． 
2．答案：B 
解析：物块所受斜面的支持力，而且支持力FN 的方向保持不变，因此支持力的冲量为
IN＝FNt，A 错误；物块所受重力的冲量为mgt，B 正确；由于物体从静止开始向上运动，一
定做加速运动，速度不断增大，因此动量不断增大，C 错误；物块受到拉力的冲量为Ft，D
错误． 
3．答案：C 
解析：设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地
过程中，根据动量定理(F－G)t0＝0－(－mv)，其中F＝4G，穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程
中，根据动量定理有(F′－G)×2t0＝0－(mv)，解得F′＝2.5G，C 正确． 
4．答案：B 
解析：当子弹C 在木块A 中运动时，B 对A、C 组成的系统有力的作用，则A、C 组成
的系统动量不守恒，A 错误；当子弹C 在木块B 中运动时，A 已经和B 脱离，则B、C 组成
的系统受合外力为零，则B、C 组成的系统动量守恒，因此时A 的动量也守恒，则A、B、C
组成的系统动量守恒，B 正确，D 错误；当子弹C 在木块A 中运动时，A、B、C 组成的系统
受合外力为零，则动量守恒，C 错误． 
5．答案：C 
解析：物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得mv0
＝(m＋M)v，解得v＝mv0
m＋M ，方向水平向右，C 正确． 
6．答案：C 
解析：令碰后白球的位移为3x0，则黑球碰后位移为12x0，碰撞过程，根据动量守恒定
律有mv0＝mv1＋mv2，碰撞后两球做匀减速直线运动，利用逆向思维，根据速度与位移关系
有v21 ＝2μg·3x0，v22 ＝2μg·12x0，白、黑两球碰撞过程中损失的动能Ek0＝1
2 mv20 －1
2 mv21 －
1
2 mv22 ，碰前时刻白球动能ΔEk0＝1
2 mv20 ，解得ΔEk
ΔEk0 ＝4
9 ，C 正确． 
7．答案：D 
解析： 对两物体分别应用动量定理得： 
Ft＝mv2－mv1，Ft＝p2－1
2 mv1， 
由以上两式可得p2＝
m（2v2－v1）
2
 ，D 正确． 
8．答案：A 
解析：小球离开小车时，小车的速度最大，这个过程系统无机械能损失，故 
mv0＝mv1＋2mv2， 
1
2 mv20 ＝1
2 mv21 ＋1
2 mv22 ， 
解得v1＝
m－2m
m＋2m v0＝－2 gR
3
 ，v2＝
2m
m＋2m v0＝4 gR
3
 ， 
小球离开小车后开始做向左的平抛运动，则v＝
v21 ＋（gt）2 ，h＝1
2 gt2，解得小球落
地时的速度大小为v＝7gR
3
 ，A 正确，D 错误；小球在Q 点时，水平方向上与小车共速，
则水平方向由动量守恒定律可知mv0＝(m＋2m)v 共，解得v 共＝2 gR
3
 ， 
由动能定理可知－mgR＝1
2 (2m)v2共 ＋1
2 mv2Q －1
2 mv20 ，解得vQ＝10gR
3
 ， 
小球在Q 点时沿竖直方向的分速度为vQy＝
v2Q －v2共  ＝6gR
3
 ，设小球在Q 点时速度
方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝
v共
vQ ＝6
2 ，B、C 错误． 
9．答案：BC 
解析：当B 碰挡板时速度为0，则碰后AB 总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势
能最小．由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋1
4 m)v，Ep＝1
2 mv20 －1
2 (m＋1
4 m)v2
＝1
10 mv20 ，若B 碰挡板时速度最大，碰后AB 总动量最小，当两者共速度动能最小，弹性势
能最大．由弹性碰撞知识可知，B 碰前最大速度vB＝
2m
m＋1
4m
 v0＝8
5 v0，碰后总动量最小为p
＝mv0－2mvB
4 ＝1
5 mv0，共速时速度为v＝
p
m＋m
4
 ＝4v0
25 ，Ep＝1
2 mv20 －1
2 ·5
4 mv2＝121
250 mv20 ，
弹性势能1
10 mv20 ≤Ep≤121
250 mv20 ，B、C 正确． 
10．答案：BCD 
解析：小球A 碰前速度mgR＝1
2 mv20 ，若A、B 两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同
一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞
过程mv0＝－mv1＋mBv1，1
2 mv20 ＝1
2 mv21 ＋1
2 mBv21 ，解得mB＝3m，v1＝1
2 v0，或者碰后小
球A 静止，则mv0＝m′Bv′1，1
2 mv20 ＝1
2 m′Bv′21 ，解得m′B＝m，v′1＝v0，A 错误；当m′B＝m，
v′1＝v0，B 受到的支持力N－mg＝mv′21 
R ，根据牛顿第三定律B 球对轨道的压力大小N′＝N＝
3mg，B 正确；如果mB＝3m，v1＝1
2 v0，B 球到达右侧轨道最高点时，上升高度3mgh＝1
2 ×3mv21 ，
解得h＝1
4 R，根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小F＝3mg
R－h
R ＝9
4 mg，C 正确；二次
碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A 球速度均为
v0，B球均静止，根据牛顿第三定律，A球对轨道的压力大小F′＝mg＋mv20 
R ＝3mg一定为3mg，
D 正确． 
11．答案：ACD 
解析：本题类似于人船模型，将甲、乙两车及人看成一个系统，则系统在该过程中动量
守恒，根据动量守恒定律，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即
v甲
v乙 ＝
M＋m
M
 ，A
正确，B 错误；Mx 甲＝(M＋m)x 乙，x 甲＋x 乙＝L，解得x 甲＝
M＋m
2M＋m L，x 乙＝
M
2M＋m L，C、
D 正确． 
12．答案：BD 
解析：碰撞前系统总动量p＝m1v01＋m2v02＝(1×6＋3×3)kg·m/s＝15 kg·m/s，如果v1＝
1.75 m/s，v2＝3.75 m/s，则碰撞后的系统总动量p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.75＋3×3.75) kg·m/s
＝13 kg·m/s，系统动量不守恒，A 错误；如果v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s，则碰撞后的系统总
动量p′＝m1v1＋m2v2＝(1×1.5＋3×4.5) kg·m/s＝15 kg·m/s，系统动量守恒，B 正确；两球碰
撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由
动量守恒定律得m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝3.75 m/s，如果两球发生完全弹
性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2. 
由机械能守恒定律得 
1
2 m1v201 ＋1
2 m2v202 ＝1
2 m1v21 ＋1
2 m2v22 ， 
代入数据解得v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s， 
则碰撞后球1、球2 的速度满足1.5 m/s ≤ v1 ≤ 3.75 m/s，3.75 m/s ≤ v2 ≤ 4.5 m/s，球1
的动能E1＝1
2 m1v 21 ，满足1.125 J≤E1≤7.03 J；球1 的动量为p1＝m1v1 满足1.5 
kg·m/s≤p1≤3.75 kg·m/s，C 错误，D 正确． 
13．答案：(1)＝ (2)> (3)窄 m1 1
Δt1 ＝m1 1
Δt3 ＋m2 1
Δt2  (4)D 
解析：(1)实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过
两个光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，说明气垫导轨已经水平． 
(2)根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞
“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即m1>m2. 
(3)滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度越小，
则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块通过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄”
的；滑块A两次经过光电门G1的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为vA＝D
Δt1 ，
v′A＝D
Δt3 ，滑块B 经过光电门G2 的速度vB＝D
Δt2 ，根据动量守恒m1vA＝m1v′A＋m2vB，整理
得m1 1
Δt1 ＝m1 1
Δt3 ＋m2 1
Δt2 . 
(4)若为弹性碰撞，碰撞前后动能相等1
2 m1v2A ＝1
2 m1v′2A ＋1
2 m2v2B ，整理得m1( 1
Δt1 －
1
Δt3 )( 1
Δt1 ＋1
Δt3 )＝m2( 1
Δt2 )2， 
结合第(3)问的结果解得1
Δt1 －1
Δt2 ＝－1
Δt3 ，D 正确． 
14．答案：(1)4 m/s (2)8 N·s 
解析：(1)对子弹嵌入木块的过程，由动量守恒定律 
mv0＝(M＋m)v 
解得v＝4 m/s 
(2)对嵌入后多包含子弹的木块研究，在t 时间内由动量定理：规定向上为正方向I－(M
＋m)gt＝2(M＋m)v 
解得I＝8 N·s. 
15．答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)3 kg (3)6 J 
解析：(1)由图乙可得，碰撞前A 的速度vA＝16
4  m/s＝4 m/s 
碰撞后A、B 粘在一起的速度v＝
20－16
8－4  m/s＝1 m/s 
(2)依据动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v 
解得mB＝3 kg 
(3)损失的机械能ΔE＝1
2 mAv2A －1
2 (mA＋mB)v2 
解得ΔE＝6 J 
16．答案：(1) 2gh   (2)细绳会断裂 (3) 2
2 h 
解析：(1)设a 球经C 点时速度为vC， 
由机械能守恒定律得：mgh＝1
2 mv2C ， 
解得vC＝2gh ， 
即a 与b 球碰前的速度为2gh . 
(2)设b 球碰后的速度为v，由动量守恒定律得：mvC＝(m＋m)v， 
解得v＝1
2 vC＝1
2 
2gh  
小球被细绳悬挂绕O 摆动时，若细绳拉力为T，则： 
由牛顿第二定律有：T－2mg＝2mv2
h  
解得T＝3mg，T>2.8mg， 
细绳会断裂，小球做平抛运动． 
(3)设平抛的时间为t， 
则依据平抛运动的规律得：0.5h＝1
2 gt2，t＝ 
h
g  
故落点距C 的水平距离为 
s＝vt＝1
2 
2gh × 
h
g ＝2
2 h 
小球最终落到地面距C 水平距离2
2 h 处． 
第七章 机械振动和机械波 
考点37 机械振动 
1．答案：AD 
解析：从图像可知，手机的加速度先是向下逐渐减小，t2 时刻之后加速度向上，再逐渐
增大，而手机的速度方向一直向下，故手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的
减速运动，A 正确；t2 时刻手机加速度为零，重力大小等于弹力，手机对薄板的压力大小等
于手机重力；但在这之前手机一直在加速，t2 时刻速度最大，B、C 错误；根据简谐运动的对
称性，可知t3 时刻手机的加速度与0 时刻加速度相同，而0 时刻弹簧处于原长，手机只受重
力，加速度为g，所以t3 时刻手机的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律FN
－mg＝mg 得FN＝2mg 根据牛顿第三定律可得t3 时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2
倍，D 正确． 
2．答案：B 
解析：由题意可知t＝0 时刻振子位于负向最大位移处，t＝1 s 时刻振子位于平衡位置处，
设振子做简谐运动的周期为T，则有(2n＋1)T
4 ＝1 s(n＝0，1，2…)，解得T＝
4
2n＋1  s(n＝0，
1，2…)， 
当n＝0 时，可得T1＝4 s； 
当n＝1 时，可得T2＝4
3  s； 
当n＝2 时，可得T3＝4
5  s； 
当n＝3 时，可得T4＝4
7  s； 
当n＝4 时，可得T5＝4
9  s； 
当n＝5 时，可得T5＝4
11  s； 
当n＝6 时，可得T5＝4
13  s<1
3  s，B 正确． 
3．答案：B 
解析：如果在平衡位置剪断绳子，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以
到达剪断前的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于振子动能和重力势能的减小量(可以与剪
断前比较)，则假设错误，经过分析，A 到不了原来的最低点，A 错误；由于在上升过程中，
AB 间的绳子拉力一直对B 做正功，所以到达最高点时，B 的机械能最大，则如果在最高点剪
断绳子，则B 带走的能量最多，B 正确；如果在最低点剪断绳子，不难得出此后A 的振幅为
3x0
2 ，而越是在弹簧短的时候剪断绳子，此后A 的振幅就越小，当在最高点剪断绳子时，此
后A 的振幅为1
2 x0，振子的质量减小，由T＝2π 
m
R 分析可知，周期一定减小，C、D 错误． 
4．答案：C 
解析：在t＝0.2 s 时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，A 错误；在t
＝0.1 s 与t＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，但图线斜率为一正一负，说明弹簧振子
在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，B 错误；从t＝0 到t＝0.2 s 时间内，弹簧振子
的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，C 正确；在
t＝0.6 s 时，弹簧振子的位移为负方向最大，D 错误． 
5．答案：B 
解析：两个弹簧振子1 和2 的振幅分别为3a 和9a，即振幅不同，频率相同，均为f1＝f2
＝ω
2π ＝5b，A 错误，B 正确；从公式可以看出弹簧振子1 落后于弹簧振子2 的相位是Δφ＝φ2
－φ1＝π
3 ，C、D 错误． 
6．答案：BC 
解析：振子在O 点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小，A 错误；由
图乙可得，振子的振幅A＝5 cm，振子的周期T＝2.0 s，圆频率ω＝2π
T ＝π rad/s，初相位φ0
＝－π
2 ，振子做简谐运动的表达式为x＝5sin (πt－π
2 )(cm)，B 正确；0.5～1.0 s 的时间内，振
子从平衡位置运动到了最大位移处，所以通过的路程为一个振幅s＝A＝5 cm，C 正确；t＝0.25 
s 和t＝0.75 s 时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由
牛顿第二定律得加速度大小相等，D 错误． 
7．答案：BC 
解析：若摆钟变慢，是因为周期变大，单摆的周期公式为T＝2π 
L
g ，应减小摆长，
即上移圆盘，同理，若摆钟变快，应下移圆盘，A 错误，B 正确；从北京到上海，g 值变小，
周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，C 正确；从山顶到山脚，g 值变大，周期变小，应增
大摆长，即下移圆盘，D 错误． 
8．答案：C 
解析：由图乙可知，单摆的周期为0.4π s，故A 错误；由单摆周期公式T＝2π 
L
g 带
入数据得L＝0.4 m，B 错误；由图乙和牛顿运动定律得，在最高点mg cos θ＝0.495 在最低点
0.510－mg＝mv2
L 从最高点到最低点，由动能定理得mgL(1－cos θ)＝1
2 mv2，联立解得m＝0.05 
kg，v＝0.2 2  m/s，C 正确，D 错误． 
9．答案：A 
解析：被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能，因为两球在圆弧轨道上运动的过
程中机械能守恒，所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能，A 正确，B 错误；
因为圆弧轨道的半径远大于弧长，所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动，可
知它们的周期相同，到达底端所用的时间均为四分之一周期，则甲球到达底端所用的时间等
于乙球到达底端所用的时间，C、D 错误． 
10．答案：D 
解析：当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，A、B 错误，D 正确； 
受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近，振幅越大，由图可知，甲的固有频率是
f0，乙的固有频率是2f0，若驱动力的频率为3f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，
C 错误． 
11．答案：D 
解析：电压为12 V 时，筛子实际振动的频率是f＝30
60  Hz＝0.5 Hz，A 错误；由图乙知，
当频率为0.8 Hz 时，发生共振，即筛子的固有频率为f0＝0.8 Hz 根据题意，电压从12 V 开始
减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，B 错误；保持12 V 电压不变，偏心
轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，C
错误；根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期T0＝1
f0 ＝1.25 s，D 正确． 
12．答案：A 
解析：由图可知，振子从平衡位置开始振动，振幅为5 cm，周期为4 s，则该小球位移
随时间变化的关系式为x＝A sin 2π
T t＝0.05sin (0.5πt) m，A 正确． 
13．答案：AB 
解析：弹簧振子的回复力为弹簧的弹力，根据题图可看出A 点位移为0.25 cm，所以F
＝kx＝2.5 N，在A 点，振子所受的回复力大小为2.5 N，A 正确；图中A 点，振子正在向x
轴的正方向运动，所以速度方向指向x 轴的正方向，B 正确；振幅指振动的最大位移大小，
从图中纵坐标可看出，弹簧振子的振幅等于0.5 cm，C 错误；从图中可看出，振子的周期为
2 s, 1 个周期振子做1 次全振动，所以4 s 时间内，振子做了2 次全振动，D 错误． 
14．答案：C 
解析： 
 
若振子开始运动的方向先向左，再向M 点运动，运动路线如图1 所示．得到振动的周期
为3
4 T＝5 s＋2 s×1
2 ，得到振动的周期为T＝8 s，若振子开始运动的方向向右直接向M 点运
动，如图2，振动的周期为T＝4×(5 s＋2 s×1
2 )＝24 s，C 正确． 
15．答案：B 
解析：由x＝2sin 5πt(cm)可知，小球甲的运动周期为T＝2π
5π s＝0.4 s，要使小球甲与小球
乙相遇，则小球乙的运动时间为t＝nT
2 ＝0.2n s(n＝1，2，3…)，根据自由落体运动规律有h
＝1
2 gt2＝n2
5  m(n＝1，2，3…)，B 正确． 
16．答案：A 
解析：由题意可知3
2 T＝b
v ，T＝2π 
L
g ＝2b
3v ，这次实验沙摆的摆长为 L＝gb2
9π2v2 ，A
正确． 
17．答案：B 
解析：由共振曲线可知，当驱动力的频率与固有频率相同时其振幅最大，所以由题图可
知单摆的固有频率为0.5 Hz，根据周期与频率的关系可知，周期为T＝1
f ，解得T＝2 s，A
错误；由单摆的周期公式有T＝2π 
l
g ，解得l≈1 m，B 正确；由单摆的周期公式有T＝2π 
l
g ，若摆长增加，则单摆的周期也变大，根据周期与频率的关系有f＝1
T ，其频率变小，
即摆长变大，单摆的固有频率变小，C 错误；若共振曲线的峰值向右移，说明单摆的固有频
率增大，由上述的周期与频率公式可知其单摆的周期变小，再结合单摆的周期公式T＝2π 
l
g 可知其摆长变短，D 错误． 
18．答案：B 
解析：飞力士棒在人作用下做受迫振动，则人振动的越快，则飞力士棒振动越快，振动
的快慢与使用者用力大小无关，A 错误；当人手振动的频率等于飞力士棒的固有频率时飞力
士棒振动的振幅最大，则随着手振动的频率增大，超过了飞力士棒的固有频率时，飞力士棒
振动的幅度会越来越小，B 正确；棒的固有频率为4.5 Hz，可知双手驱动该飞力士棒每秒钟
完成4.5 次全振动，会产生共振，C 错误；负重头质量不变，仅PVC 杆缩短时，飞力士棒的
固有频率会发生改变，D 错误． 
19．答案：(1)mg sin θ
k
  (2)mg sin θ
2
  3
2 mg sin θ (3)mg sin θ
k
  
解析：(1)未放B 时，A 处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x1，有 
mg sin θ＝kx1 
A 与B 一起运动后到达平衡位置时弹簧压缩量为x2，此时有2mg sin θ＝kx2 
则AB 做简谐运动的振幅A＝x2－x1 
由以上各式得A＝mg sin θ
k
  
(2)当AB 回到初始位置(最高点)时A 对B 支持力最小，设此时加速度为a，对AB 整体2mg 
sin θ－kx1＝2ma 
对B：mg sin θ－FN1＝ma 
故FN1＝1
2 mg sin θ，a＝1
2 g sin θ 
当AB 运动到最低点时A 对B 支持力最大，此时加速度大小仍为a，但a 方向相反 
对B：FN2－mg sin θ＝ma 
故FN2＝3
2 mg sin θ 
(3)根据简谐运动特点，最后静止时弹簧的压缩量为x＝mg sin θ
k
 . 
 
考点38 机械波 
1．答案：C 
解析：由图读出两列波的波长之比为λA∶λB＝4
3 a∶2
3 a＝2∶1. 
同一波源发出的两列波频率f 相同，由波速公式v＝λf 得两列波的波速之比vA∶vB＝
λA∶λB＝2∶1，C 正确． 
2．答案：A 
解析：波沿x 轴正向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P 的速度方向沿y 轴正向，
加速度沿y 轴负方向，A 正确，B 错误；在该时刻质点P 不在特殊位置，则在1
4 周期内的路
程不一定等于A，C 错误；质点只能在自己平衡位置附近往复振动，而不随波迁移，D 错误． 
3．答案：BD 
解析：由t1＝0 时刻实线波形和质点Q 的振动方程为y＝10sin (10πt) cm，知Q 在0 时刻
振动方向向上，说明波在沿x 轴正方向传播，A 错误；由波形图知：λ＝8 m，由Q 的振动方
程知：ω＝10π rad/s，则周期为T＝2π
ω ＝2π
10π ＝0.2 s，波速为v＝λ
T ＝8
0.2  m/s＝40 m/s，B
正确；波沿x 轴正方向传播，实线波形向右移动Δt 变为虚线波形，则Δt＝(n＋1
4 )T＝1
20 (4n
＋1) s n＝0，1，2，3…，将Δt＝2.15 s 代入上式，n 无法取正整数，C 错误；设质点P 的
振动方程为yP＝10sin (10πt＋φ) cm，将t＝0 时y＝5 2  cm 代入可得φ＝π
4 或3π
4 ，由于t＝0
时，质点P 振动方向向下，所以φ 取3π
4 ，则P 点的振动方程为y＝10sin (10πt＋3π
4 ) cm，D
正确． 
4．答案：(1)0.75 s (2)4 cm 
解析：(1)由图像得，两列波同时到达M 点 
t＝xPM
v ＝0.75 s 
(2)由图像得，λ＝0.4 m，T＝λ
v ＝1 s 
右波传到N 点的时间t1＝xQM
v ＝0.5 s 
左波传到N 点的时间t2＝xDM
v ＝1.0 s 
1．0 s 后，N 点始终处于振动减弱状态，静止不动，N 点实际振动时间为0.5 s，即半个
周期，N 点的路程s＝2A＝4 cm. 
5．答案：AC 
解析：由图像可知，M 点的振动方程为yM＝10sin (2π
T t＋φM) cm，代入图像上的数据可
得φM＝π
6 ，T＝3.6 s，A 正确；把t＝4.5 s 代入M 点的振动方程得y＝10sin (5π
9 ＋π
6 ) cm，
解得y＝5 3  cm，B 错误；同理可知，N 点的振动方程为yN＝10sin (5π
9 t＋11π
6 ) cm，由于
M、N 两点间距离小于波长，且波由M 点传到N 点，可知LMN＝1
6 λ，根据v＝λ
T 可得该简谐
横波的传播速度为v＝5 m/s，C 正确；t＝0 时刻，M 点速度减小，N 点速度增大，但此时两
者速度相等，则沿振动方向两质点间最大距离为10 cm，D 错误． 
6．答案：CD 
解析：由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36 cm，由图(b)可以看出，周期为T＝2 s，波
速为v＝λ
T ＝18 cm/s，A 错误；由图(b)知，当t＝1
3  s 时，Q 点向上运动，结合图(a)可得，
波沿x 轴负方向传播，B 错误；设质点O 的振动方程为yO＝A sin (ωt＋φ)，其中ω＝2π
T ＝π rad/s，
t＝1
3  s 时有yO＝A sin (π
3 ＋φ)＝－A
2 ，可得φ＝－π
2 ，即质点O 的振动方程为yO＝A sin (πt
－
π
2 )，由图(b)可知yQ＝A sin πt，所以O、Q 两质点的相位差为π
2 ，则xQ＝1
4 λ＝9 cm，C 正
确；波沿x 轴负方向传播，在1
3  s～1
2  s 时间内波向左传播3 cm，P 点的平衡位置坐标为1
3 
×9 cm＝3 cm，此时质点P 的振动信息传递到O 点，D 正确． 
7．答案：A 
解析：根据图(b)可知t＝2 s 时x＝2 m 处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波
向负方向传播，结合图(a)，利用“上下坡”法可知x＝2 m 为半波长的奇数倍，即有(2n－1)λ
2 
＝2(n＝1，2，3…)，而由图(b)可知该波的周期为T＝4 s；所以该波的波速为v＝λ
T ＝
1
2n－1 
(n＝1，2，3…)，当n＝3 时可得波的速率为v＝1
5  m/s，A 正确． 
8．答案：ACD 
解析：某时刻P、Q 两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，故存在以下四种情
况 
 
当P、Q 之间的波的形式如图c 所示时，则有3
2 λ＝3 m，则有λ＝2 m，A 正确；由图可
知，质点Q 第一次到达波峰经历的时间可能为1
4 T＝0.3 s 或3
4 T＝0.3 s，解得周期可能为1.2 s
或0.4 s，B 错误；图a、b、c、d 的波长分别为λa＝λb＝3 m，λc＝2 m，λd＝6 m，当周期为
1.2 s 时，波速为va＝vb＝2.5 m/s，vc＝5
3  m/s，vd＝5 m/s，当周期为0.4 s 时，波速为v′a＝v′b
＝7.5 m/s，v′c＝5 m/s，v′d＝15 m/s，C 正确；经过0.3 s，当质点Q 到达波峰时，图a、b 中
质点P 到达波峰，图c 质点P 到达波谷，图d 质点P 到达波谷，故0.3 s 内质点P 的位移大
小为10 cm，D 正确． 
9．答案：C 
解析：根据多普勒效应可知，当两车均向O 运动(在到达O 之前)时，观察者接收到的频
率一定比波源发出的频率高；当两车均向远离O 的方向运动时，观察者接收到的频率一定比
波源发出的频率低，A、B、D 错误，C 正确． 
10．答案：B 
解析：当缝的宽度为PQ＝5 cm 时，两浮球始终静止不动，可知此时波的衍射现象不明
显，即波的波长远小于此时缝宽，若将缝的宽度略微调大，波长仍远小于此时缝宽，同样不
会有明显的衍射现象，即两浮球仍会静止不动；若将缝的宽度适当调小，当波长和缝宽接近
或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，即此时两浮球可以上下浮动，A 错误，B 正确；根
据公式v＝λf 可知，由于波在介质中的传播速度不变，故当增大振源的频率时波长变短，根
据前面分析可知波长仍远小于缝宽，不会有明显的衍射现象，两浮球不可能上下浮动；当减
小振源的频率时，波长变大，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，此
时两浮球会上下浮动，C、D 错误． 
11．答案：D 
解析：根据题意可知，两波传播到A 点的路程差为Δs＝
62＋82  m－8 m＝2 m，两列
波的波速均为v＝0.5 m/s，由图可得T＝4 s，所以波长为λ＝vT＝0.5×4 m＝2 m，所以Δs＝λ，
根据图乙和图丙可知，两列波的起振是反向的，所以质点A 位于振动减弱区，A 错误；两波
源的振动频率相等，则质点A 与质点B 振动快慢相同，B 错误；两波传播到B 点的路程差为
0，B 点为振动减弱点，B 点的振幅为A＝A2－A1＝4 m－2 m＝2 m，0 至4 s 内，质点B 的最
大位移为2 m，D 正确；A 点为振动减弱点， 0 至4 s 内，质点A 的最小位移为0，C 错误． 
12．答案：BCD 
解析：潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，声呐采用的是超声波，超声波的方向性
好，遇到障碍物容易反射，利用了波的反射，A 错误；隐形飞机在机身表面涂有高效吸收电
磁波的物质，使用吸收雷达电磁波材料，在雷达发射电磁波遇到飞机，电磁波大部分被吸收，
反射回来的电磁波极少，屏幕上显示的反射信息很少、很弱，很难被发现，B 正确；雷达的
工作原理是发射电磁波遇到障碍后电磁波返回，利用了波的反射，C 正确；水波从深水区传
到浅水区是从一种介质传播到另一种介质，传播方向发生了改变，是波的折射现象，D 正确． 
13．答案：AD 
解析：波沿 x 轴负方向传播，则Δx＝nλ＋3
4 λ＝0.08n＋0.06(m)，则该波的传播速度为v
＝Δx
t ＝
0.08n＋0.06
0.02
  m/s＝4n＋3(m/s)，当n＝0 时，v＝3 m/s；当n＝3 时，v＝15 m/s，A、
D 正确． 
14．答案：AC 
解析：简谐横波沿x 轴正方向传播，则Δx＝1
4 λ＋nλ(n＝0，1，2，3…)，可得波长为λ
＝24
4n＋1  m(n＝0，1，2，3…)，此列波的传播速度为v＝λ
T ＝
6
4n＋1  m/s(n＝0，1，2，3…)，
当n＝0 时，传播速度为v＝6 m/s；当n＝1 时，传播速度为v＝1.2 m/s；当n＝2 时，传播速
度为v＝2
3  m/s，A、C 正确． 
15．答案：A 
解析：根据题意，由图可知，该振子的振动方程是x＝4sin (2π
T t) cm，其中T＝8 s，可得
x＝4sin (0.25πt) cm，A 正确；0～6 s 内该振子通过的路程是s＝t
T ×4A＝3A＝12 cm，B 错误；
由图可知，t＝6 s 时，质点处在负向最大位移处，则速度为0，动量为0，加速度最大，C、
D 错误． 
16．答案：D 
解析：由图2 可知，波Ⅰ的频率为f＝1
T ＝0.5 Hz，A 错误；波速由介质决定，所以两列
波的传播速度相同，即v＝x
t ＝0.5  m/s，B 错误； 
根据v＝λ
T ，两波的周期相同，其波长也相同为λ＝vT＝1 m，因为AC－BC＝0.5 m＝λ
2 ，
所以C 点为振动减弱点，其振幅为A＝A2－A1＝5 cm，C 错误；依题意，波Ⅱ先传播到C 点，
所需时间为t1＝BC
v ＝3 s，波Ⅰ后传播到C 点，所需时间为t2＝AC
v ＝4 s，可知3～4 s 内C
点的路程为s1＝Δt
T ×4A2＝20 cm，4～5 s 内两波叠加，振动减弱，路程为s2＝Δt
T ×4A＝10 cm，
5 s 内C 点的路程为s＝s1＋s2＝30 cm，D 正确． 
17．答案：C 
解析：t＝0.25 s 时，Q 在波峰位置，则此时的加速度沿－y 方向，A 错误；由Q 点的振
动图像可知，t＝0.1 s 时Q 向下振动，结合波形图可知，波沿－x 方向传播，B 错误；t＝0.28 
s 时，即在t＝0.1 s 的基础上再经过0.18 s＝9
10 T，P 从平衡位置向上振动，即速度沿＋y 方
向，C 正确；质点只能在平衡位置附近振动，不随波迁移，D 错误． 
18．答案：(1)y＝5sin 5π
6 t (cm) (2)10
3 m/s 和14
3 m/s 
解析：(1)由于图中质点R 比Q 先回到平衡位置，可知质点R 向下振动，根据同侧法可
知，波沿x 轴负方向传播，由波形的传播规律可知 
t＝3 s＝nT＋T
4  
由于T<3 s<2T，取n＝1，解得T＝2.4 s 
则0 时刻P 点向上振动，则P 点的振动方程为 
y＝A sin 2π
T t＝5sin 5π
6 t(cm) 
(2)根据上述，当波沿x 轴负方向传播时，波速为v1＝λ
T ＝8
2.4 m/s＝10
3 m/s 
若波沿x 轴正方向传播，由波形的传播规律可知t＝3 s＝nT＋3T
4  
由于T<3 s<2T，则取n＝1. 
解得T＝12
7  s 
波速为v2＝λ
T ＝8
12
7
  m/s＝14
3  m/s 
即该波可能的传播速度大小为10
3  m/s 和14
3  m/s. 
 
考点39 实验九 用单摆测量重力加速度 
1．答案：(1)AB (2)18.9 (3)最低点 (4)图像见解析 9.86(9.83～9.89 范围内均可) (5)
见解析 
解析：(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，可以在需要改变摆长时便于调节；用铁架台
的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变．上述做法并不能保证摆球在同一竖直平
面内摆动，A、B 正确． 
(2)由题图乙可知摆球直径为 
d＝18 mm＋9×0.1 mm＝18.9 mm 
(3)摆球在最高点附近运动速度较小，人由于视觉原因不可能精确定位摆球是否经过最高
点，由此造成时间测量的相对误差较大．摆球在最低点附近速度较大，由位置判断的误差对
时间测量的影响较小，所以应在摆球经过最低点时开始计时． 
 
(4)作出T2­L 关系图像如图所示． 
根据单摆周期公式T＝2π 
L
g 变形可得T2＝4π2L
g ，所以图像的斜率为k＝4π2
g ＝3.6
0.9  
s2/m，解得g≈9.86 m/s2 
(5)本实验通过累积法来测量周期，即测量摆球完成n 次全振动的总时间t，从而求得周
期，若计算时不慎将n 的值记录得偏大，则所测周期偏小，会造成g 的测量值偏大．实验时，
摆球有时不一定严格在竖直面内运动，而是做圆锥摆运动，在摆角为θ 的情况下，小球向心
力为F＝mg tan θ＝m4π2
T2 L sin θ，解得T＝2π 
L cos θ
g
 由上式可知摆球做圆锥摆运动时，
所测周期比严格做单摆运动时偏小，从而造成g 的测量值偏大．测量摆长时，用摆线长加小
球的直径，使得摆长的测量值偏大，从而造成g 的测量值偏大． 
2．答案：(1)2.0 (2)4π2
k  b
k  
解析：(1)摆球每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化的周
期为1.0 s，故单摆的周期为T＝2.0 s； 
(2)根据T＝2π 
l
g 得T2＝4π2
g l，知图线的斜率k＝4π2
g ，因此g＝4π2
k ，而l＝L＋r，
整理得T2＝4π2
g L＋4π2
g r，图线拟合得到方程T2＝kL＋b，因此摆球半径r＝b
k . 
3．答案：②t
n  ③gT2
4π2  
解析：滑板车做往复运动的周期为T＝t
n ，根据单摆的周期公式T＝2π 
l
g ，有T＝2π 
R
g 得R＝gT2
4π2 . 
4．答案：(1)10.60 (2)B (3)2 s (4)0.05 
解析：(1)用游标卡尺测量摆球的直径为10 mm＋0.05 mm×12＝10.60 mm 
(2)根据T＝2π 
L
g 可得g＝4π2L
T2 .误将摆线长当作摆长，则测得的重力加速度偏小，A
错误；误将摆线长与球的直径之和当作摆长，则测得的重力加速度偏大，B 正确；误将n 次
全振动次数计为n－1 次，则周期测量值偏大，则测得的重力加速度偏小，C 错误；摆线上端
未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，而计算重力加速度时仍用原
来的摆长值，则测得的重力加速度偏小，D 错误． 
(3)由图像得该单摆的运动周期T＝2 s； 
(4)单摆的周期T＝2π 
L
g ＝2 s，解得L＝1 m，设单摆的最大摆角为θ，在最高点时
F1＝mg cos θ，在最低点时，对摆球受力分析F2－mg＝mv2
L ，从最高点到最低点由动能定理
得mgL(1－cos θ)＝1
2 mv2，由以上三式联立得m＝
2F1＋F2
3g
 ，代入数据得m＝0.05 kg. 
5．答案：(1)D (2)1.020 
t
25  (3)9.86 ＝ 
解析：(1)用单摆测量重力加速度的大小的实验时，为减小实验误差，摆球在摆动时应减
小空气阻力影响，摆球应选择体积较小密度大的铁球，摆线应选择弹性很小细丝线，且用铁
夹夹住细线的上端，D 正确． 
(2)由题图可知，游标卡尺的主尺读数为1 cm，游标尺的第4 条刻度线与主尺的某刻度线
对齐，游标尺是20 分度，则游标尺的读数为4×0.05 mm＝0.20 mm＝0.020 cm，则有d＝1 cm
＋0.020 cm＝1.020 cm，因小球一次全振动经平衡位置2 次，当小球第50 次经过平衡位置时
停止计时，所用时间t，则周期T＝t
50
2
 ＝t
25 . 
(3)由单摆的周期公式T＝2π 
l
g ，可得T2＝4π2
g l，由图2 可得T2­l 图像的斜率4π2
g ＝
4.0
99.0－（－1.0） ×102 s2/m＝4 s2/m， 
解得g≈9.86 m/s2， 
设M 点到石块重心的距离为x，由周期公式可得T＝2π 
l＋x
g ，整理可得T2＝4π2
g (l
＋x)，则图线的斜率为k＝4π2
g ＝
4.0
99.0－（－1.0） ×102 s2/m＝4 s2/m，解得g≈9.86 m/s2，图
像不过坐标原点对重力加速度测量结果没有影响，所以测量值等于真实值，即选“＝”． 
6．答案：(1)乙 (2)2t0 变大 变大 
解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙． 
(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t1＋2t0
－t1＝2t0，小球的直径变大后，摆长变长，周期变大；同时小球直径变大后使得每次经过最
低点时摆球的挡光的时间变长，即Δt 变大． 
验收检测卷七 机械振动和机械波 
1．答案：D 
解析：树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与
振动器的振动频率相同，A 错误；采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅减小，
B 错误；当振动头的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，落果
效果越好，则随着振动头频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，C 错误；为避免被落下
的松果砸中，拾果工人快速远离采摘机，此时根据多普勒效应，他会感到采摘机振动频率减
小，声调降低，D 正确． 
2．答案：C 
解析：摆球在O 点受重力、拉力，A 错误；摆球摆动到O 点时所受合外力提供向心力，
合外力不为零，B 错误；摆球从A 点摆动到O 点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外
力做正功，由动能定理可知，动能增加，C 正确；摆球经过P 点时摆角小于10°，则摆球重
力沿切线方向的分力充当回复力，D 错误． 
3．答案：C 
解析：阻尼振动不是一种受迫振动，A 错误；摆球在P 与N 时刻位移相等即单摆所处高
度相同，则重力势能相同，B 错误；由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机
械能一直逐渐减小，故P 时刻的机械能大于N 时刻的机械能，而两点重力势能相等，则P 时
刻的动能大于N 时刻的动能，C 正确，D 错误． 
4．答案：C 
解析：因为质点做简谐运动的频率为5 Hz，所以周期为T＝1
f ＝0.2 s，经过1.5 s 的时间，
即t＝71
2 T，该质点又回到了平衡位置，所以位移为0，C 正确． 
5．答案：D 
解析：由图像可知，振幅A＝12 cm，则A、B 之间的距离为2A＝24 cm，A 错误；t＝0.6 
s 和t＝1.0 s 时，振子的速度方向相同，均水平向左，B 错误；t＝1.2 s 时，振子位于负向最
大位移处，即A 点，此时振子的加速度最大，C 错误；t＝0.4 s 到t＝0.8 s 的时间内，振子从
B 点向O 点运动，则位移和弹性势能都在逐渐减小，D 正确． 
6．答案：C 
解析：根据题意，其运动方程为y＝20cos 2π
3 t，按照题设要求，地面与甲板的高度差不
超过10 cm 时游客能舒服地登船，则当y＝20cos (2π
3 t)＝10 cm，在一个周期内对应的点分别
为2π
3 t＝π
3 或5
3 π，根据余弦函数图像可知，游客能舒服地登船时间是Δt＝2t＝1.0 s，C 正确． 
7．答案：D 
解析：由振动图像可知，该波的振幅为10 cm，A 错误；由题意分析可知，质点a、b 间
的距离满足xab＝10.5 m＝λ
4 ＋nλ(n＝0，1，2，3，…)， 
可得λ＝42
4n＋1  m(n＝0，1，2，3，…)，由振动图像可知，该波的周期为T＝4 s，则有
波速为v＝λ
T ＝10.5
4n＋1  m/s(n＝0，1，2，3，…)，该波由质点b 传播到质点a 可能经历的时
间Δt＝xab
v ＝(4n＋1) s(n＝0，1，2，3，…)，故该波由质点b 传播到质点a 不可能历时3 s，
波速大小可能为10.5 m/s，波长可能为8.4 m，B、C 错误，D 正确． 
8．答案：D 
解析：当同学到两个声源的间距之差为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的；
当同学到两个声源的间距之差为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的；该同学
在两根立柱的连线中点时，到两扬声器的距离相等，扬声器的声音是加强的；该同学从两根
立柱的连线中点，沿着连线方向行进10 m 时，该同学的耳朵到两扬声器的距离差为Δx＝
（60
2 ＋10）2＋（4.8－1.8）2  m－
（60
2 －10）2＋（4.8－1.8）2  m≈20 m，则n＝Δx
λ 
＝20
4 ＝5，所以该同学从两根立柱的连线中点，沿着连线方向行进10 m 时，声音是加强的，
并且是从两根立柱的连线中点开始是第6 次加强的，故该同学从中间向一侧移动过程听到扬
声器声音由强变弱的次数为5 次，D 正确． 
9．答案：CD 
解析：发生干涉时两列波的频率必须相同，则不同蝙蝠发出不同频率的超声波不可能发
生干涉，A 错误；蝙蝠发出的超声波进入水中后传播速度要发生变化，B 错误；高频的超声
波波长较短，更容易被较小的猎物反射，则蝙蝠产生高频的超声波目的是便于捕捉较小的猎
物，C 正确；根据多普勒效应可知，蝙蝠听到回声的频率变高时，能判断出正在靠近的猎物，
D 正确． 
10．答案：ABC 
解析：由题图可以看出，孔AB 尺寸与波长相差不大，因只有缝、孔的宽度或障碍物的
尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，A、C 正确；由λ
＝v
f 知，v 不变，f 增大，λ 减小，衍射现象不明显，D 错误；既然衍射是指“波绕过障碍物
而传播的现象”，那么经过孔后的波长自然不变，B 正确． 
11．答案：AD 
解析：若波沿x 轴正向传播，根据同侧法可知，t＝1 s 时x＝8 cm 处的质点沿y 轴正方向
振动，A 正确；若波沿x 轴负向传播，根据同侧法可知，t＝0 时x＝12 cm 处的质点沿y 轴负
方向振动，B 错误；根据图像可知λ＝0.24 m 若波沿x 轴正向传播，则t＝1 s，波传播的距离
Δx1＝nλ＋
32－12
24
 λ(n＝0，1，2，3…)则有v1＝Δx1
t 解得v1＝0.24n＋0.20(m/s)(n＝0，1，2，3…)
若波速为0.28 m/s，解得n＝1
3 不符合要求，即若波沿x 轴正向传播，波速不可能为0.28 m/s，
C 错误；根据图像可知λ＝0.24 m 若波沿x 轴负向传播，则t＝1 s，波传播的距离Δx2＝nλ＋
12－8
24 λ(n＝0，1，2，3…)则有v2＝Δx2
t 解得v2＝0.24n＋0.04(m/s)(n＝0，1，2，3…)若波速
为0.28 m/s，解得n＝1 即若波沿x 轴负向传播，波速可能为0.28 m/s，D 正确． 
12．答案：CD 
解析：由图可知x＝－4 m 处的质点向下振动，b 波才向x 轴负方向传播，故起振方向沿
y 轴负方向，A 错误；b 波传到x＝－4 m 处需要的时间为2Tb，传到x＝－1 m 处需要的时间
为0.5Tb，故质点P 在这段时间内通过的路程为s＝1.5×4A＝1.5×4×5 cm＝30 cm，B 错误；
两列波是由同一振源引起的，故两列波的频率相同，即fa＝fb，C 正确；两列波频率相同，则
周期也相同，由图可知λa＝2λb 则两种介质中的波速va＝2vb，在相同的时间内传播的距离xa
＝2xb 可得xa＝8 m，即此时刻a 波传到x＝8 m 处，D 正确． 
13．答案：(1)时间 (2)2s
T  (3)偏小 T2­L 图像与横轴L 的交点到坐标原点的距离 
解析：(1)该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，则其横坐标表示的物
理量应为时间； 
(2)若该同学利用计时器测得沙漏摆的周期为T，则木板移动的速度表达式为v＝2s
T  
(3)根据T＝2π 
L
g 可得g＝4π2L
T2 ，则只用摆线长做为单摆的摆长，则L 偏小，测得的
重力加速度值偏小；若沙漏摆的重心到摆绳下端的距离为h，则摆长为L＋h，根据T＝
2π
L＋h
g 可得T2＝4π2
g L＋4π2h
g ，则可绘制T2­L 图像，根据图像的斜率可求得重力加速度，
此时当T＝0 时L＝－h，则图像与横轴L 的交点到坐标原点的距离表示沙漏摆的重心到摆绳
下端的距离． 
14．答案：(1)
2h
g  2h
π2  (2)m1
m0 (v0－s 
g
2h ) 
解析：(1)由于物块做平抛运动，所以h＝1
2 gt2 
所以t＝ 
2h
g  
对小球，有T＝2π
L
g  T＝2t 
联立可得L＝2h
π2  
(2)物块与小球碰撞过程动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m0v2 s＝v1t 
所以v2＝m1
m0 (v0－s
g
2h ) 
15．答案：(1)2 m/s，x 轴负方向 (2)5 m，－0.2 m 
(3)y＝0.2cos (πt＋π
2 ) m 
解析：(1)由图像可知波长λ＝4 m 
周期T＝2 s 
波速v＝λ
T ＝2 m/s 
t＝0 时刻P 点向－y 方向振动，由波动和振动的关系可判断波向x 轴负方向传播． 
(2)t＝2.5 s 内传播的距离为x＝vt ＝5 m 
由于t＝2.5 s＝5
4 T，可知此时P 点位于波谷，其位移为y＝－0.2 m 
(3)由图乙知ω＝2π
T ＝π rad/s 
初相位为π
2 ，振动方程为y＝0.2cos (πt＋π
2 )m 
16．答案：(1)沿y 轴负方向 
(2)y＝－3sin 5πt(cm) (3)45 cm 
解析：(1)振源开始振动时的速度方向与t＝0 时刻P 点的振动方向相同，由同侧法可知
沿y 轴负方向． 
(2)该列波的波速为v＝x
t ＝
8－2
1.2  m/s＝5 m/s 
周期为T＝λ
v ＝2
5  s＝0.4 s 
则ω＝2π
T ＝5π rad/s 
由于质点的起振方向沿y 轴负方向，则从Q 开始振动时计时的Q 的振动方程为y＝A sin 
(ωt＋φ)＝3sin (5πt－π)(cm)＝－3sin 5πt(cm) 
(3)从t＝0 时刻到Q 点第一次达到波峰时经过的时间为Δt＝Δx
v ＝
8－0.5
5
  s＝1.5 s 
因1.5 s＝33
4 T 
则质点P 所经过的路程为s＝15
4 ×4A＝15A＝45 cm 
第八章 静电场 
考点40 库仑定律 电场力的性质 
1．答案：A 
解析：相同大小的三个带电导体球，根据电荷守恒定律得，x 与y 先接触后两球分别带
电为
＋4 μC＋0
2
 ＝＋2 μC，再让y 与z 接触，两球最后分别带电为
－10 μC＋2 μC
2
 ＝－4 μC，
A 正确． 
2．答案：C 
解析：把带正电荷的带电体C 移近导体A，则导体A 外端由于静电感应带负电荷，导体
B 外端由于静电感应带正电荷，即导体A 和导体B 下方的金属箔片均张开，根据电荷守恒定
律可知，导体A 和导体B 的带电量是相等的，C 正确． 
3．答案：C 
解析：设A 带电量为qA，C 球带电量为qC，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有θ＝
k1F，依题意有θ1＝k1F1＝k1kqAqC
r2 ，由题可知D 球带电量为qD＝3qC，接触后分开，电荷量
将均分，有q′C＝
3qC＋qC
2
 ＝2qC，依题意有θ2＝k1F2＝k1kq′CqA
r2
 ＝2k1kqAqC
r2 ，联立可得θ2
θ1 ＝2，
C 正确． 
4．答案：BD 
解析：因为B 对A 是斥力，而A 所受的合力沿FA 方向，可知C 对A 是吸引力，即C 一
定带负电；假设C 带电量等于B 的电量，则CB 对A 的库仑力大小相等，合力方向与BA 的
延长线夹角为60°，但是因为FA 与BA 延长线的夹角小于60°，可知C 带电量小于B 的电量，
B、D 正确． 
5．答案：C 
解析：根据题意，圆环a 能保持静止，故受到库仑斥力，圆环a 也带正电，A 错误；根
据牛顿第三定律，滑块b 受到的库仑力大小等于圆环a 受到的库仑力大小，对圆环a 进行受
力分析后，得库仑力的大小为mg
sin θ ，B 错误；对a、b 组成的系统整体进行受力分析，竖直
方向上受力平衡，故滑块b 受到地面的支持力大小为(M＋m)g，C 正确；b 静止，根据受力分
析可知，滑块b 受到地面的静摩擦力大小为Ff＝mg
sin θ ·cos θ＝mg
tan θ ，D 错误． 
6．答案：D 
解析：O 是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A 处的正点电荷沿OA 方向移至无
穷远处，O 点电场强度变大，A 错误；移动过程中，C 点场强变小，正电荷所受静电力变小，
B 错误；A 点电场方向沿OA 方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，C 错误；A 点
电场方向沿OA 方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O 点的电势高于A 点电
势，D 正确． 
7．答案：C 
解析：根据等量同种电荷周围的电场线分布图 
 
a、b、c、d 四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A 错误；根据电场线的方向以及
电场线的对称性可知D 和B 两点的电势相等，但是低于O 点的电势，B 错误；带正电点电荷
在从E 点运动到O 点的过程中受到的电场力向右，所以此过程中电场力做正功，C 正确；带
正电点电荷从E 点运动到F 点的过程中受到的电场力先向右，后向左，所以电场力先做正功，
后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D 错误． 
8．答案：C 
解析：根据曲线运动中力与运动方向的关系以及电场力与电场方向的关系可知，烟尘颗
粒带负电，A 错误；A 到B 过程中电场力做正功，所以从A 到B 电势能减小，动能增加，故
B 错误，C 正确；电场线的疏密反映电场强度的大小，可见EA>EB 所以根据牛顿第二定律可
知，烟尘颗粒在A 点的加速度大于在B 点的加速度，D 错误． 
9. 答案：C 
解析：由几何关系可知，Pa、Qa、Ma、Na 的长度均为r＝2 R，根据点电荷的电场强
度公式和电场叠加原理，可得a 点的电场强度大小Ea＝4×kq
r2 cos 45°＝2kq
R2 ，C 正确． 
 
10．答案：D 
解析：根据对称性，待求的电场强度E 一定沿着α 角的角分线向右下方，同理大瓣球面
在O 点的电场强度一定沿着大瓣的角分线向左下方，由于是半个球面，所以这两个电场强度
一定垂直，合场强等于E0，根据平行四边形法则作图E＝E0sin α
2 ，D 正确，A、B、C 错误． 
11．答案：A 
解析：把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为q＝Q
2πr ，根据点电荷场强公
式，有E＝
kq
（2r）2 ，根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强，为E＝kQ
2r2 cos 45°，
两个圆环的场强，再叠加一下，有E 总＝2kQ
2r2 ，A 正确，B 错误；带电粒子从O1点开始由
静止释放，在粒子从O1 向O2 的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可见电场对带
电粒子做正功．故粒子在O1O2 中点处动能不是最大，C 错误；根据电场叠加原理，在O2 左
侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O2 左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左
运动速度开始减小，动能也在减小，D 错误． 
12．答案：BD 
解析：根据题意有F＝k2Q·4Q
r2
 ＝8kQ2
r2 ，把两个小球接触一下再放回原来的位置，则两
个小球的电荷量均为Q′＝
2Q－4Q
2
 ＝－Q，两个小球间相互作用的静电力大小为F′＝kQ2
r2 ＝
1
8 F，B、D 正确． 
13．答案：BD 
解析：等量异种点电荷产生的电场线和等势面的分布如图所示 
 
根据图像可知B 点电场线较A 点密集，则EA<EB，B 点的电场线较C 点密集，所以EB>EC，
A 错误，B 正确；因B 点电势为零，A 点电势大于零，可知若将一带正电的试探电荷从A 移
到B 处，电势能减小，静电力做正功，C 错误；因BC 两点电势相等，均为零，可知若将一
带正电的试探电荷从C 移到B 处，静电力不做功，D 正确． 
14．答案：AC 
解析：对B 受力分析如图，可知B 受绳子拉力T，自身重力GB，库仑力F′，根据共点力
平衡条件有 
 
T＝GB＝F′，对A 受力分析，根据共点力平衡条件有 
 
F′sin 60°＝F，F′cos 60°＋GA＝T， 
解得T＝GB＝F′＝2 3
3 F， 
GA＝3
3 F，A 正确，B 错误；细线对滑轮的作用力大小为F 合＝3 T＝2F，C 正确；根
据库仑定律可知F′＝kq2
L2 ，解得小球A 的带电量为q＝ 
2 3FL2
3k
 ，D 错误． 
15．答案：BC 
解析：对B 受力分析如图所示 
 
由平衡条件可得F 库＝mBg
cos θ ，B 由于漏电而下降少许后重新平衡，θ 增大，故小球A、B
间的库仑力变大，A 错误，B 正确；B 对筒壁的压力为FN＝mg tan θ，θ 增大，可知B 对筒壁
的压力变大，将小球A、B 看成整体，小球A、B 水平方向受力平衡，可知筒壁对A 的压力
等于筒壁对B 的压力，根据牛顿第三定律可知，小球A 对筒壁的压力变大，C 正确；将小球
A、B 看成整体，小球A、B 竖直方向受力平衡，筒底对A 的支持力等于小球A、B 的重力，
根据牛顿第三定律可知，小球A 对筒底的压力不变，D 错误． 
16．答案：B 
解析：CD 两点的两个负电荷在E 点的场强等效于一个－Q 的电荷放在D 点时的场强，
大小为ECD＝kQ
L2 ，方向由E 指向D；B 点的点电荷在E 点的场强大小也为EB＝kQ
L2 ，方向沿
BE 连线斜向下，两场强方向夹角为120°，则E 点的合场强为E＝kQ
L2 ，B 正确． 
17．答案：BD 
解析：根据对称性与矢量合成，圆环上所有的电荷在O 点处产生的电场强度为0，A 错
误；由几何关系可得圆心O 与P 点之间的距离为L＝
r
tan 37° ＝4
3 r，由点电荷的场强公式可
得圆心O 处的－Q 在P 点产生的电场强度为E1＝kQ
L2 ＝9kQ
16r2 ，B 正确；设圆环上某点的带电
量为＋q，由几何关系可得此点与P 点的距离为d＝
r
sin 37° ＝5
3 r，由点电荷的场强公式可得
＋q 在P 点产生的电场强度为E2＝kq
d2 ＝9kq
25r2 ，假设圆环上有n 个q，则有n＝Q
q ，在P 点
与垂直x 轴方向上，E2 的分量为Ey，根据对称性，n 个Ey 的矢量和为0，则圆环上所有电荷
在P 点产生的场强沿着x 轴的正方向，E2 的分量为Ex＝E2cos 37°，n 个Ex 的矢量和就是圆环
上所有的电荷在P 处产生的场强，则有E3＝nEx，综合可得E3＝36kQ
125r2 ，C 错误；由于E1＝9kQ
16r2 ，
沿着x 轴的负方向，E3＝36kQ
125r2 ，沿着x 轴的正方向，结合E1>E3，可得P 点电场强度的方向
沿x 轴的负方向，D 正确． 
18．答案：(1) 2kQ
2L2  (2) 2μqkQ
2mL2 －g，方向竖直向上 
解析：(1)正、负点电荷在A 点产生的场强E0＝k
Q
（2L）2 ＝k Q
2L2  
A 点的电场强度的大小E＝2 E0＝2kQ
2L2  
(2)由牛顿第二定律得μqE－mg＝ma 
解得a＝2μqkQ
2mL2 －g， 
方向竖直向上． 
 
考点41 电场能的性质 
1．答案：B 
解析：带正电的粒子受力指向轨迹凹侧与电场方向相同，则点电荷Q 带负电，A 错误；
点电荷Q 恰好处于a、b 两点的电场线的交点处，根据负点电荷等势面的分布特点，离负点
电荷越远的点电势越高，由几何关系可知，a 点离负点电荷较远，所以a 点的电势高于b 点
电势，B 正确；从a 到b，静电力对带正电粒子做正功，所以系统的电势能减小，C 错误；
根据电场强度公式E＝kQ
r2 ，a 点的电场强度小于b 点，则粒子在a 点受到的静电力小于在b
点受到的静电力，所以粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度，D 错误． 
2．答案：CD 
 
解析：等量异种电荷的电场线分布如下 
由等量异种电荷的电场线分布可看出，a 点电场线比与b 点密集，则说明a 点场强大小
大于b 点场强大小，A 错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，则由等量异种电荷的电场线分
布可看出，b 点电势高于c 点电势，B 错误；将负电荷从O 点移到a 点电场力做正功，电势
能减小，则负电荷q 在O 点电势能大于在a 点的电势能，C 正确；等量异种电荷的电场线分
布可看出，将正电荷q 从c 点移动到d 点大致为逆着电场线方向移到，电场力做负功，D 正
确． 
3．答案：D 
解析：OM 线上的电场可以看作A 与B 两等量同号电荷产生的中垂线上沿OM 指向M 的
场强，与C 处负点电荷产生的沿OM 指向M 的场强的矢量和，OM 线上的电场沿OM 指向M，
故将一个正电荷从O 点移到M 点电场力做正功，电势能减小，A 错误；MP 线上的电场为B
与C 两等量异号电荷的中垂线上的电场，与A 处正点电荷产生的电场的矢量和，故MP 线上
电势从M 到P 点电势降低，φM>φP，而OM 线上的电场沿OM 指向M，故从O 到M 点电势
降低，φO>φM，所以φO>φM>φP，B、C 错误；P 点场强等于B 与C 两等量异号电荷在中点的
场强与A 处正点电荷在P 点产生的场强的矢量合，而 O 点场强等于C 处点电荷在O 点产生
的场强，故P 点的场强大小一定大于O 点的场强大小，D 正确． 
4．答案：B 
解析：在直线MN 上，左边正电荷在M 右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN
上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN 间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐
渐降低，可知P 点电势高于等势面与MN 交点处电势，则P 点电势高于S 点电势，A 错误；
由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N 左侧电场强度不可能为零，则N 右侧，设
MN 距离为L，根据
k·2q
（L＋d）2 ＝k·q
（d）2 ，除无穷远处外，直线MN 电场强度为零的点只有
一个，C 错误；由A 选项分析可知：T 点电势低于P 点电势，则正电荷在T 点的电势能低于
在P 点电势的电势能，将正试探电荷q0 从T 点移到P 点，电势能增大，静电力做负功，D
错误；设等势圆的半径为R，AN 距离为x，MN 距离为L，如图所示 
 
根据φ＝kq
x ，结合电势的叠加原理A、S 满足k·2q
L－x ＝kq
x ，
k·2q
L＋2R－x ＝kq
2R－x ，解得x
＝L
3 ，R＝2L
3 ，由于电场强度方向垂直等势面，可知T 点的场强方向必过等势面的圆心，O
点电势φO＝k·2q
L＋L
3
 －kq
L
3
 ＝－3kq
2L ，可知φT>φO，T 点电场方向指向O 点，B 正确． 
5．答案：C 
解析：根据电势差的定义可得UAB＝
－WAB
－e ＝10 V，UAC＝
－WAC
－e ＝5 V，因为 
UBC＝UBA＋UAC＝－5 V，A 错误；D 为AB 的中点，△CDB 为等边三角形，所以φC＝φD，
BE⊥CD 则电场方向由E 指向B，如图所示 
 
根据几何关系可得dEB＝BC·cos 30°＝1
2  m，电场强度为E＝UCB
dEB ＝5
0.5  V/m＝10 V/m，
B 错误，C 正确；一电子从B 点移到C 点，电场力做功WBC＝UBC(－e)＝5 eV，所以电势能
降低5 eV，D 错误． 
6．答案：AD 
解析：从A 到B 动能不变，可知AB 的电势相同，即B 点电势为20 V，AB 连线是等势
面，可知场强方向垂直于AB 指向O 点，粒子从A 点沿AO 射入能经过B 点，由粒子的轨迹
可知，粒子带负电，电场力先做负功后做正功，A 正确，B 错误；粒子沿AO 方向射入，受
向右的电场力，则粒子不可能经过O 点，C 错误；匀强电场的场强：E＝
UAO
AO cos 60° ＝
10
0.10×0.5  
V/m＝200 V/m，方向向左，D 正确． 
7．答案：CD 
解析：已知B、D、R 三点的电势均为2 V，C 点的电势为4 V，可知BDR 所在的平面为
等势面，电场线与等势面垂直，且由高电势点指向低电势点，可知场强方向由C 点垂直平面
BDR 指向P 点，A 错误；因φB－φM＝φC－φR 得φM＝0，由φC－φR＝φD－φS得φS＝0，而φM
－φP＝φR－φS，解得φP＝－2 V，则UCP＝6 V，B 错误，C 正确；电场强度E＝UCP
3L ＝
6
3×10－2  
V/m＝200 3  V/m，D 正确． 
8．答案：C 
解析：从等势面形状可知，该电场为点电荷的电场，b 点距离点电荷更近，因此粒子在b
点所受的电场力大于在a 点所受的电场力，D 错误；粒子运动轨迹为曲线，受力的方向指向
凹侧，因此该粒子受到向外的排斥力，从a 到b 的运动过程中，电场力做负功，电势能增加，
动能减小，A、B 错误；由于a、c 处于同一等势面上，从a 到c 过程中，电场力做功为零，
因此粒子在a 点和c 点的动能相等，C 正确． 
9．答案：BC 
解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，带
负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则小球的电势能与机械
能之和守恒，则带负电的小球在M 点的机械能等于在N 点的机械能，A 错误，B、C 正确；
从M 点运动到N 点的过程中，电场力先做正功后做负功，D 错误． 
10．答案：C 
解析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的凹侧，即斜
向右下方，由于质点带正电，因此电场方向也指向右下方，由于沿电场线电势降低，故三个
等势面中，a 的电势最高，c 的电势最低，A 错误；P 点电势高于Q 点电势，质点带正电，所
以质点在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大，B 错误；质点在P 点具有的电势能比
在Q 点具有的电势能大，根据能量守恒可知，质点通过P 点时的动能比通过Q 点时小，C
正确；等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，则P 点的电场强度大于Q 点的电
场强度，质点在P 点时的电场力比通过Q 点时大，所以质点通过P 点时的加速度比通过Q
点时大，D 错误． 
11．答案：D 
解析：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸可得金属球的左侧带有负电荷，右端带有正电
荷，D 正确． 
12．答案：C 
解析：金属盒内部由于处于静电平衡状态，因此内部每点的合电场强度都为0，即金属
盒内的每一点，感应电荷产生的电场的电场强度都与点电荷＋Q 在那点产生的电场的电场强
度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷＋Q 的电场线重合，但方向相反，C
正确． 
13．答案：B 
解析：对A 受力分析：由于静电屏蔽，B 球对球壳里面没有影响，A 球受力情况不变，A
球位置不变，A、C 错误；对B 受力分析：球壳C 不接地，A 球对外界有影响，B 球受到球
壳的引力，B 球向右偏离，B 正确，D 错误． 
14．答案：D 
解析：O 点是等量正点电荷连线的中点，电场强度为0，O 点的电场强度小于b 点的电
场强度，A 错误；在等量正点电荷连线的中垂线上，O 点电势最高，电子带负电，故电子在
O 点的电势能小于在e 点的电势能，B 错误；由电场叠加可知，b、d、e、f 四点的电场强度
大小相等，方向不同，C 错误；由电势叠加可知，b、d、e、f 四点的电势相等，D 正确． 
15．答案：AB 
解析：根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线的特点可得，该图中的等势
线中，正电荷在上方，负电荷在下方，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子
受到了向上的力的作用．所以粒子带负电，A 正确；粒子从a→b→c 过程中，电场力做负功，
c→d→e 过程中，电场力做正功．粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大
后减小，速度先减小后增大，B 正确，C 错误；由于b、d 两点处于同一个等势面上，所以粒
子在b、d 两点的电势能相同，粒子经过b 点和d 点时的速度大小相同，方向不同，D 错误． 
16．答案：C 
解析：金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，则金属棒上A 点的电势等于B
点的电势，A 错误；金属棒达到静电平衡，棒内各点的场强为零，则O 点的电场强度为0，
但电势不为零，B 错误；金属棒内各点的场强为零，棒上感应电荷在棒内中点O 产生的场强
大小与点电荷＋Q 在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则感应电荷在O 点产生的电
场强度大小为E＝k
Q
（R＋L
2）2
 ，C 正确；若将A 端接地，大地上的电子跑到金属棒将正电荷
中和，所以金属棒将带上负电荷，D 错误． 
17．答案：AB 
解析：连接AD，取中点为E，得φE＝
φA＋φD
2
 ＝18 V，所以EB 是等势线．连接OE、
OB，AC 与BE 交点为F，△ABE 与△OBE 关于EB 对称，所以AO⊥EB，则A→O 是电场的
方向|AC|＝4|AF|，UAC＝4UAF，即φA－φC＝4(φA－φF)＝24 V，φC＝0，A 正确；电场强度的大
小为E＝Uac
|AC| ＝240 V/m，B 正确；根据EpA－EpC＝eUAC＝24 eV，电子在A 点的电势能比在
O 点的电势能低 24 eV，故C 错误；电子从D 点运动到 C 点克服电场力做功WDC＝eUDC＝
12 eV，D 错误． 
 
18．答案：BC 
解析：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化相等，所以φb－φc＝
φa－φO，代入数据解得φO＝4 V，A 错误；同理，ab 中点e 的电势为φe＝4 V，连接Oe 则为
等势线，如图所示， 
 
由几何关系可知，ab 垂直于Oe，则ab 为电场线，且方向由b 指向a，匀强电场强度E
＝Ube
dbe ＝100 2  V/m，B 正确；连接bd，由几何关系知bd//Oe，即bd 为等势线φd＝φb＝6 V，
点电荷q 在d 点的电势能Epd＝qφd＝6×10－4 J，C 正确；该点电荷从a 点移动到c 点电场力
做功Wac＝qUac＝1×10－4×(2－8) J＝－6×10－4 J，D 错误． 
19．答案：AC 
解析：将电场强度分解为水平和竖直， 
x 轴方向Ex＝Uca
dca ＝
φc－φa
dca
 ＝1 V/cm， 
沿y 轴方向Ey＝Ucb
dcb ＝
φc－φb
dcb ＝1 V/cm，则合场强E＝
E2x ＋E2y  ＝2  V/cm，A 正确；
在匀强电场中，平行等距的两线段电势差相等，故φc－φa＝φb－φO，解得坐标原点处的电势
为4 V，B 错误；电子在c 点电势能Epc＝－eφc＝－18 eV，电子在b 点电势能Epb＝－eφb＝
－12 eV，电子在b 点的电势能比在c 点的高6 eV，故电子从b 点运动到c 点，电场力做功为
6 eV，C 正确；电子在a 点电势能Epa＝－eφa＝－10 eV，电子在a 点的电势能比在b 点的高
2 eV，D 错误． 
20．答案：CD 
解析：由于C、D 两点到A、B 两点的距离相等，由E＝kq
r2 及矢量合成法则可知C、D
两点的场强大小相等、方向相反，A 错误；由等量同种电荷周围电场线的分布特点和沿电场
线方向电势逐渐降低可知O、C 两点的电势不相等，故由WOC＝q(φO－φC)可知电场力对点电
荷a 做的功不为零，B 错误；当点电荷a 从无限远处移动到O 点，由题意可知电场力做的功
为－W，有－W＝q(0－φO)，解得φO＝W
q ，因A、B 两处的电荷为等量同种电荷，且到O 点
的距离相等，故可得A(或B)处点电荷在O 点产生的电势为φ＝1
2 φO＝W
2q ，故将点电荷a 固
定在C 点后，O 点的电势为φ′O＝3φ＝3W
2q ，C 正确；当将点电荷b 由无限远处移动到O 点
时，电场力做的功为W′＝－2q(0－φ′O)＝3W，故其电势能应减小3W，D 正确． 
 
考点42 静电场性质的综合应用 
1．答案：D 
解析：由于物体所受电场力和运动方向相同，故电场力做正功W＝qEs，A 错误；电场
力做正功，电势能减小物体的电势能减小了qEs，B 错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负
功，重力势能增加，所以重力势能增加了mgs，C 错误；物体做减速运动，合外力做负功，
动能减小，由动能定理得ΔE＝－F 合s＝－mas＝－0.6qEs，所以物体的动能减少了0.6qEs，
D 正确． 
2．答案：D 
解析：O 点电场强度为零，由O 点向右电场强度先变大后变小，小环所受电场力可能先
变大后变小，A 错误；小环从A 点由静止释放，沿细杆向右运动，加速度方向一直向右，B
错误；电场力对小环一直做正功，电势能逐渐减少，动能逐渐增加，C 错误，D 正确． 
3．答案：CD 
解析：a、b 是点电荷电场中同一电场线上的两点，从a 点向b 点运动粒子运动的动能与
运动的位移图像的斜率在减小，根据动能定理，则有：qEx＝Ek，则有电场强度减小，因此 a
点更靠近场源点电荷，若点电荷是正电荷，则粒子带正电；若点电荷是负电荷，则粒子带负
电，它们是同种电荷，A 错误；电荷仅在电场力作用下沿电场线从a 点到b 点，则电荷所受
的电场力方向从a 指向b，若点电荷带正电，电场线方向从a→b；若点电荷带负电，电场线
方向从b→a，由于不能确定电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a 点电势
与b 点电势的高低，故B 错误；由于a 点更靠近场源点电荷，a 点场强比b 点场强大，C 正
确；带电粒子仅在电场力作用下沿电场线从a 点到b 点，电场力做正功，电势能减小，所以
带电粒子在a 点的电势能大于在b 点的电势能，D 正确． 
4．答案：BD 
解析：φ­x 图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3 处电势φ 最高，电场强度最小
为0，A 错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3 电场线方向指向x 轴的负方向，
x3～＋∞，电场线方向指向x 轴的正方向，并且在x3 处电势φ 最高，电场强度最小为0，根
据点电荷场强公式E＝kQ
r2 ，由近小远大规律可知，Q1 的电荷量大于Q2 的电荷量，并且Q1
带正电，Q2 带负电，B 正确，C 错误；电子从x1 处沿x 轴移动到x2 处，电场力做负功，电势
能增加，D 正确． 
5．答案：BCD 
解析：由于不清楚电场强度的方向，则无法确定微粒的电性，A 错误；由图可知，0～3
秒内电势能增加9 J，则0～3 秒电场力做功为－9 J，B 正确；由图可知，电势能均匀增加，
即电场力做功与时间成正比，说明电场力方向做匀速直线运动，同理，重力方向也做匀速直
线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中动能不变，C 正确；由功能关系
可知，0～3 秒重力势能与电势能之和增加为12 J，则0～3 秒内除电场力和重力外所受其他
力对微粒做功为12 J，D 正确． 
6．答案：AB 
解析：在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8.0 J，重力做功
24 J，根据动能定理得W 总＝WG＋W 电＋Wf＝ΔEk，解得W 电＝－4 J，所以金属块克服电场力
做功4.0 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水
平向右，所以金属块带正电荷，A 正确，C、D 错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，
重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，B 正确． 
7．答案：AD 
解析：Ep­x 图像中图线的斜率表示电场力，由于B 点的切线与x 轴平行，即斜率为零，
故试探电荷在B 点的电场力为零，电场强度为零，A 正确；由于负的试探电荷在两电荷产生
的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式Ep＝－qφ 可知电场中
各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，B 错误；设O、O′两点的点电荷所带的电荷量
绝对值分别为q1、q2，由于B 点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得kq1
x21  ＝
k
q2
（x2－x1）2 ，解得q1
q2 ＝4
9 ，C 错误；试探电荷在A、C 两点的电势能相等，则A、C 两点
的电势相等，又A、C 两点的电势比B 点的电势低，则φA－φB＝φC－φB，D 正确． 
8．答案：D 
解析：由图可知，场强E 沿半径r 方向始终大于0，r1、r2 两处的电场强度方向相同，电
势沿着场强方向逐渐降低，故r0 处不是电势最高处，可知球心处的电势最高，A、B 错误；
在E­r 图像中，曲线与坐标轴所围成的面积表示电势差的大小，故可得r1、r2 两处的电势差
大于E0(r2－r1)，C 错误；根据r2 处的场强为E0，有E0＝kQ
r22  ，解得Q＝E0r22 
k ，D 正确． 
9．答案：AD 
解析：根据φ­x 图形可知，沿x 轴正向电场的电势越来越低，因图像的斜率等于电场强
度，可知电场强度越来越小，A 正确；滑块向右运动时，受向右的电场力减小，受弹簧的弹
力向左逐渐变大，由a＝
qE－kx
m
 可知加速度先向右逐渐减小后向左不断增加，B 错误；当滑
块的速度最大时，此时加速度为零，则弹簧弹力等于电场力，此后滑块仍向右运动，速度减
小，电场力做正功，则电势能继续减小，弹簧弹性势能与滑块动能之和继续增加，则速度最
大的位置弹簧弹性势能与滑块动能之和不是最大，C 错误；整个过程中滑块动能变化为零，
则电场力做的正功等于滑块克服弹力做的功，即滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量，
D 正确． 
10．答案：ABD 
解析：设木杆倾角为θ，上升过程沿杆运动达到的最大高度为h，小环电荷量保持不变，
电场为匀强电场，绝缘木杆的粗糙程度相同，所以上滑和下滑过程摩擦力做功相等，设为
Wf，上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑和下滑过程对小环应用动能
定理分别有－mgh－Wf－Eqh＝0－1
2 mv21 ，mgh－Wf＋Eqh＝1
2 mv22 －0，联立解得h＝
m（v22 ＋v21 ）
4（mg＋Eq） ，Wf＝1
4 m(v21 －v22 )，则从M 到N 的过程中，克服摩擦力做的功为Wf＝1
4 m(v21 
－v22 )，A、B 正确；从M 到N 的过程中，电场力做负功，小环的电势能增加了ΔEp＝qEh
＝
qEm（v21 ＋v22 ）
4（mg＋qE） ，C 错误；根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知φN>φM，则N、M 间的
电势差为UNM＝Eh＝
Em（v22 ＋v21 ）
4（mg＋Eq） ，D 正确． 
考点43 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动 
1．答案：D 
解析：由C＝εrS
4πkd 可知，当云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容
器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小．由于U 与d
都不变，再由E＝U
d 知电场强度E 不变，D 正确． 
2．答案：C 
解析：由C＝Q
U ，C＝εrS
4πkd ，E＝U
d ， 
可得U＝4πkdQ
εrS ，E＝4πkQ
εrS ，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离
d 减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的静电力不变，B、D 错
误；因φ＝Ed′，d′为P 到负极板之间的距离，d′减小，P 点电势降低，因沿电场线方向电势
降低，M 板电势为零，所以P 点电势为正，P 点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势
能增加，C 正确，A 错误． 
3．答案：BD 
解析：振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝U
d ，电容器板间的电场强
度变大，根据C＝εrS
4πkd 电容增大，根据C＝Q
U ，在U 不变的情况下，Q 增大，电容器充电，
R 中电流方向向下，即有从a 到b 的电流，a 点的电势比b 点的电势高，A 错误，B 正确；振
动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝εrS
4πkd ，电容减小，根据C＝Q
U 知，在U
不变的情况下，Q 减小，电容器放电，R 中电流方向向上，即有从b 到a 的电流， C 错误，
D 正确． 
4．答案：AB 
解析：根据题中电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，
说明油滴受到的竖直向上的静电力刚好与竖直向下的重力平衡．当S 闭合时，若将A 板向上
平移一小段位移，则A、B 两板间间距d 变大，而两板间电压U 不变，故板间场强E＝U
d 变
小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝εrS
4πkd 可知电容C 减小，
故两板所带电荷量Q 也减小，因此电容器放电，所以G 中有b→a 的电流，A 正确；在S 闭
合的情况下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间
场强E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C＝εrS
4πkd 可知
电容C 减小，两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b→a 的电流，B 正确；
若将S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍然静止，C 错误；若将
S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板间间距d 变小，
根据C＝εrS
4πkd ，U＝Q
C 和E＝U
d ，可得E＝4πkQ
εrS ，显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍
然静止，G 中无电流，D 错误． 
5．答案：C 
解析：根据电场线的分布情况，可以判断A、K 之间不是匀强电场，A 错误；电子由K
沿电场线到A 电场力做正功，电势能逐渐减小，B 错误；电场线的疏密表示场强的大小，即
EA>EK，电子在K 附近受到的电场力比在A 附近要小，C 正确；由动能定理可知Ek＝eU，电
子由K 极板加速到达A 极板时获得的动能等于eU，D 错误． 
6．答案：C 
解析：根据闭合电路欧姆定律，电容器不带电的情况下，刚开始充电时短暂时间内电流
不为0，电路视为通路，只有两电阻R 分压，故电容器和电阻R 两端电压之和初始值为0.5E，
之后随着电容器充电结束，电路视为断路，故电容器和电阻两端R 两端电压等于电动势E 不
变，C 正确． 
7．答案：D 
解析：R1、R2 的并联后阻值为R 并＝2r·3r
2r＋3r ＝1.2r，电容器两端电压为UC＝
1.8r
r＋1.2r＋1.8r 
E＝9
20 E，则电容器的带电量为Q＝CUC＝9CE
20 ，A 错误；小球下落过程，在电场中做减速
运动，由于电容器下极板带正电，可得小球带正电荷，B 错误；由动能定理得mg(d＋d)－qUC
＝0，联立解得q＝40mgd
9E ，C 错误；由牛顿第二定律得q UC
d －mg＝ma，联立解得a＝g，
D 正确． 
8．答案：ABC 
解析：带电油滴受到的重力和电场力都在竖直方向上，为了保证带电油滴沿图中虚线做
直线运动，油滴受到的合力一定为0，则油滴一定是以v0 做匀速直线运动，电场力方向竖直
向上，与重力平衡，则有qU
d ＝mg，解得两板间电势差为U＝mgd
q ，由于油滴带正电，可知
电场方向竖直向上，A、B、C 正确；电场力对油滴做功为W 电＝qU＝mgd，油滴的电势能减
少了mgd，D 错误． 
9．答案：AD 
解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝qE
m ，由类平抛运动规律可知
带电粒子在电场中运动时间为t＝l
v0 ，离开电场时带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝vy
vx ＝
at
v0 ＝qEl
mv20  ，因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角
只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个
粒子的偏转方向不同；(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹
相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三个粒子偏
转角相同，但(－q，m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；(＋q，2m)粒子的比荷与(＋q，m)、
(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但
都带正电，偏转方向相同．综上所述，A、D 正确． 
10．答案：AC 
解析：设粒子质量为m，射入板间的初速度为v0，则有粒子射入电场时Ek＝1
2 mv20 ，粒
子射出电场时2Ek＝1
2 mv2，则有cos θ＝v0
v ＝2
2 ，粒子射出时的偏转角度θ＝45°，B 错误；
设两极板间距为d，由B 中分析可得vy＝v0tan 45°＝v0，L＝v0t，d
2 ＝vy
2 t，解得d＝L，A 正
确；设两极板的电势差为U，由动能定理可得1
2 Uq＝2Ek－Ek，解得U＝2Ek
q ，C 正确；粒子
在电场力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在前一半时间和后一半时间内电场力方向
的位移(侧移量)之比为1∶3，由W＝qEy 知静电力对粒子做功之比为1∶3，D 错误． 
11．答案：(1) 
2eU1
m  (2)U2L2
4dU1  (3)见解析 
解析：(1)电子在加速电场中做匀加速直线运动，有 
eU1＝1
2 mv20  
解得v0＝ 
2eU1
m  
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，有 
L＝v0t y＝1
2 at2 a＝Ee
m ＝eU2
md  
联立解得y＝U2L2
4dU1  
(3)粒子离开偏转电场的速度偏转角满足tan θ＝vy
v0 ＝at
v0 ＝U2L
2dU1  
竖直方向的偏移量为y＝U2L2
4dU1  
由以上分析可知，粒子离开偏转电场时速度的偏转角、竖直方向的偏移量均与粒子的比
荷无关，故不会分为三股粒子束． 
12．答案：C 
解析：一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A 点运动到B 点，可知细胞膜内
电场线向上，根据沿电场线电势降低，故A 点的电势低于B 点的电势，A 错误；氯离子所受
电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，氯离子的电势能将减小，B 错误；可知若仅增
大细胞膜的膜电位，根据动能定理qU＝1
2 mv2，则氯离子进入细胞内的速度增大，C 正确；
若仅减小细胞膜的厚度d，根据U＝Ed，细胞膜的膜电位减小，则氯离子进入细胞内的速度
减小，D 错误． 
13．答案：BCD 
解析：M 板向下平移，根据C＝εrS
4πkd ，d 减小，电容增大，根据Q＝CU，电容器带电
量增大，电容器充电，电流表中有b 到a 的电流，A 错误；M 板向上平移，根据C＝εrS
4πkd ，
d 增大，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a 到b 的电
流，B 正确；电介质向左移，根据C＝εrS
4πkd ，εr 减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电
量减少，电容器放电，电流表中有a 到b 的电流，C 正确；M 板向左移，根据C＝εrS
4πkd ，S
减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a 到b 的电流，
D 正确． 
14．答案：CD 
解析：据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，
质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见
两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝2mg
q ，
由U＝Ed 得板间电势差U＝2mgd
q
 ，A、B 错误；质点在电场中向上偏转的距离为y＝1
2 at2，
t＝L
v0 ，解得y＝gL2
2v20  ，故质点打在屏上时，竖直方向发生的位移大小为h＝2y＝gL2
v20  ，解得
质点重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mg2L2
v20  ，C 正确；由题意知，仅增大两极板间的距离，
因两板上电荷量Q 不变，根据E＝U
d ＝Q
Cd ＝
Q
εS
4πkd·d
 ＝4πkQ
εS 可知，板间场强不变，质点在
电场中受力情况不变，则其运动情况不变，故仍将垂直打在屏上，D 正确． 
15．答案：AD 
解析：根据题意可知，两个小球在水平方向均做匀速运动，且初速度相同，由图可知，
A 球水平位移较大，则A 球运动时间长，后落地，在竖直方向上，由于下落高度相等，由h
＝1
2 at2 可知，A 球的加速度较小，由牛顿第二定律可知，A 球受向上的电场力，B 球受向下
的电场力，则A 球带正电，B 球带负电，B 错误，A 正确；下落过程电场力对A 球做负功，
对B 球做正功，则A 球电势能增加，B 球电势能减小，由于下落高度相同，则两球重力势能
的减少量相等，由能量守恒定理可知，每个小球的重力势能、电势能和动能之和保持不变，
可知，对于A 球，重力势能的减少量等于A 球电势能的增加量和动能增加量之和，对于B 球，
重力势能减少量和电势能减少量之和等于动能的增加量，则两球从抛出到各自落地的过程中，
A 球的动能变化量比B 球的小，C 错误，D 正确． 
16．答案：AB 
解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故粒子在筒内必做匀速直线
运动；而前后两筒间有电势差，故粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，A、B 正确；粒子要
持续加速，电场力要对其做正功，所以电源正负极要改变，C 错误；设粒子进入第n 个圆筒
中的速度为vn.则第n 个圆筒的长度为L＝vnT
2 ，根据动能定理得(n－1)qU＝1
2 mv2n －1
2 mv20 ，
联立解得L＝T
2  
v20 ＋
2（n－1）qU
m
 ，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7……，
D 错误． 
17．答案：BCD 
解析：对粒子分析，粒子沿MN 方向做匀速直线运动，沿电场力方向做匀加速直线运动，
则有2L＝v0t，L＝1
2 qE0
m t2，解得E0＝mv20 
2qL ，A 错误，B 正确；当场强方向周期性变化时，
沿电场方向先做初速度为0 的匀加速后再做匀减速到0 的直线运动，此过程重复n 次，n 取
正整数，根据2L＝nv0T0，解得T0＝2L
nv0 (n＝1，2，3…)，当n＝5 时，T0＝2L
5v0 ；当n＝10
时，T0＝L
5v0 ，C、D 正确． 
18．答案：(1)4.55×103 V (2)0.2 cm (3)－364～364 V 
解析：(1)由动能定理得eU1＝1
2 mv20 －0 
解得U1＝4.55×103 V. 
(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1 和水平方向的夹角为θ，偏转位移为y，
则根据类平抛运动规律有l＝v0t 
y＝1
2 at2 ma＝eE＝eU2
d  
代入数据得y≈0.2 cm 
(3)根据速度偏角的正切值tan θ＝vy
v0 ＝at
v0 ＝eU2l
mdv20   
 
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极
板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，
结合图可得tan θ＝
D
2
L＋l
2
 ＝D
2L＋l  
联立可得U2＝
Ddmv20 
el（2L＋l）  
代入所有数据得U2＝364 V 
因此为使电子都能射中荧光屏，则偏转电压应在－364～364 V 范围内． 
 
考点44 带电粒子在电场中的力、电综合问题 
1．答案：D 
解析：小球在最低点做圆周运动，合外力提供向心力有mv20 
R ＝F 支－mg＋Eq，解得F 支
＝mv20 
R ＋mg
2 ，根据牛顿第三定律F 压＝F 支＝mv20 
R ＋mg
2 ，A、B 错误；若能够不脱轨到达
最高点，则在最高点轨道对小球的弹力刚好为零，即小球在重力和电场力作用下做圆周运动
mv21 
R ＝mg－Eq，由动能定理有1
2 mv21 －1
2 mv20 ＝－(mg－Eq)·2R，所以初速度最小值v0＝
10gR
2
 ，C 错误，D 正确． 
2．答案：AB 
解析：小球静止时细线与竖直方向成θ 角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场
力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mg tan θ，解得E＝mg tan θ
q
 ，A 正确；小球恰能绕O
点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有mg
cos θ ＝mv2
L ，
最小动能Ek＝1
2 mv2＝mgL
2cos θ ，B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电
势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时电势能最大，
机械能最小，C 错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做
正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D 错误． 
 
3．答案：(1)4 m/s (2)4 m (3)1.15×105 N/C 
解析：(1)设小滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律 
mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1 
解得a1＝2 m/s2 
设滑块运动到B 点时速度的大小为v，根据匀加速运动公式 
v2＝2a1· h
sin θ  
解得v＝4 m/s 
(2)设滑块在水平地面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律 
μ2mg＋Eq＝ma2 
解得a2＝2 m/s2 
设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式 
0－v2＝2(－a2)x2 
解得x＝4 m 
(3)设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律 
mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma3 
解得a3＝10 m/s2 
设滑块在水平面加速的加速度大小为a4，因为A 到B 的距离与C 到B 的距离相等，则 
由v2＝2ax 
可知a4＝a3＝10 m/s2 
由于电场强度突然增大到某一值E0，根据牛顿第二定律 
E0q－μ2mg＝ma4 
解得E0＝1.15×105 N/C. 
4．答案：(1)10 N/C (2)30 N (3)－1.904 m 
解析：(1)根据几何关系可知，PA 与y 轴夹角为53°，电场力与重力的合力方向沿PA，则 
tan 53°＝qE
mg  
电场强度的大小为E＝10 N/C 
(2)小球运动至D 点时对轨道压力最大，OD 与y 轴夹角为53°，则 
N－5
3 mg＝mv2D 
r  
小球在E 点恰好不脱离轨道，OE 与y 轴夹角为53°，则 
5
3 mg＝mv2E 
r  
根据动能定理 
5
3 mg·2r＝1
2 mv2D －1
2 mv2E  
联立得N＝30 N 
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力的最大值为30 N. 
(3)根据动能定理 
－mgr(cos 37°－cos 53°)＋qEr(sin 53°－sin 37°)＝1
2 mv2C －1
2 mv2E  
得vC＝ 
9
5gr ＝2 3  m/s 
当小球从C 点飞出后，延x 轴和y 轴方向的加速度分别为 
ax＝qE
m ＝4
3 g ax＝g 
由x＝vC cos 37°t＋1
2 axt2 
vC sin 37°＝gt
2  
得x＝2.304 m 
则落到x 轴上的位置坐标为x′＝0.4 m－2.304 m＝－1.904 m． 
5．答案：(1)2mg
k  (2)2g
2m
k  (3)24m2g2
k
  
解析：(1)初始时，对B 分析可知Eq＝kΔx1＋2mg sin θ 
解得弹簧的压缩量Δx1＝2mg
k  
(2)当A 刚要离开墙壁时，对C 分析 
E×2
3 q＝kΔx2 
则此过程中C 下滑的距离x＝Δx1＋Δx2＝4mg
k   
此时C 的速度大小v1＝2gx ＝2g
2m
k  
(3)从开始运动到A 刚要离开墙壁时弹簧弹性势能不变，此过程中根据动能定理 
WF＋2mgx sin θ－qEx＝1
2 (2m＋2m)v21  
解得拉力F 所做的功WF＝24m2g2
k
 . 
考点45 实验十 观察电容器的充、放电现象 
1．答案：(1)相反 8.0×103 (2)不变 
解析：(1)根据图甲可知，充电时，电容器左极板失去电子，带正电，电子向右通过电阻
R，即通过电阻R 的电流方向向左，电容器放电时，左极板得电子，电荷量减小，电子向左
通过电阻R，即通过电阻R 的电流方向向右，可知，充电和放电时流经电阻R 的电流方向相
反；I­t 图像中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示极板所带电荷量，根据数格子的方法，
极板所带电荷量为Q＝8×0.004×1.0 C＝0.032 C，则电容器的电容为C＝Q
U ＝0.032
4
  F＝
8.0×103 μF 
(2)由于I­t 图像中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示极板所带电荷量，放电完成
后，两极板上的正负电荷恰好中和，如果不改变电路其他参数，仅增大电阻R，此时放电的
时间增大，放电电流的最大值减小，但放电时电流I 随时间t 曲线与横轴所围成的面积仍然
表示电容器极板所带电荷量，即电流I 随时间t 曲线与横轴所围成的面积不变． 
2．答案：(1)实物图连线见解析 (2)逐渐减小 逐渐增大 不为0 为0 逐渐减小 (3)A 
解析：(1)根据电路图，实物连线如图所示 
 
(2)当S 连接1 时，电容器处于充电过程，随着电容器所带电荷量逐渐增加，电流表示数
逐渐减小，电压表示数逐渐增大；S 接1 足够长时间后，由于电压表内阻不可能无穷大，则
电路电流可以通过电压表构成回路，电流表示数不为0. 
当S 从1 断开后，电流表处于断路状态，电流表示数为0；电容器通过电压表放电，电
容器所带电荷量逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，则电压表示数逐渐减小． 
(3)根据电容定义式可得Q＝CUC，由UC­t 图像可知，1～2 s 内，电容器两端电压UC 随
时间均匀增大，则电容器电荷量随时间均匀增大，根据I1＝ΔQ
Δt1 可知，1～2 s 内电容器充电
电流恒定不变，电阻R 两端电压恒定不变，根据欧姆定律可得UR1＝I1R；1～2 s 内电容器两
端电压UC 不变，则电容器电荷量不变，电流为0，则电阻R 两端电压为0；3～5 s 内，电容
器两端电压UC随时间均匀减小，则电容器电荷量随时间均匀减小，根据I2＝ΔQ
Δt2 ＝－1
2 ×ΔQ
Δt1 
＝－1
2 I1 可知，3～5 s 内电容器放电电流恒定不变，电阻R 两端电压恒定不变，根据欧姆定
律可得UR2＝I2R＝－1
2 I1R＝－1
2 UR1，A 正确． 
3．答案：(1)实物图连线见解析 (3)①减小 减小 ②4.5×102  
(4)漏电 
解析：(1)按照图甲的电路图，实物图如图 
 
(3)①由图丙可知，电容器放电过程电流的变化规律为：放电电流逐渐减小，放电电流随
时间的变化率逐渐减小． 
②由电容定义 
C＝Q
E ＝
86×10×10－6×5
9.5
  F＝452 μF＝4.5×102 μF 
(4)步骤①中，微安表G 的读数稳定时，并不为0，始终保持在12 μA，出现这种现象的
原因是电容器漏电． 
4．答案：(1)充电 (2)9 (3)6 000 (4)c 
解析：(1)将开关S 与1 端闭合，电容器与电源连接，电容器充电． 
(2)电容器充电完成，电容器两极板间的电压为U＝IR1＝60×10－3×150 V＝9 V. 
(3)i­t 曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器的放电量，电容器的电容为C＝Q
U ＝
54×10－3
9
 F＝6×10－3 F＝6 000 μF. 
(4)用R2 替换R1 后，重复上述实验步骤，R2 的阻值较小，电容器开始放电时电流较大，
i­t 曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器放电量，则i­t 曲线与两坐标轴所围的面积不变，
则放电时间变短，虚线所示图线则应是图丙中的c. 
5．答案：(1)充电 (2)①向下 减小 减小 ②3.5×10
－3 B 
解析：(1)当开关S 接1 时，电容器和电源相连，此时电容器处于充电状态； 
(2)当开关S 接2 时，电容器放电，由于电容器上极板带正电，因此流经电流传感器的电
流方向向下，电路中的电流减小，电容器带电量减小，根据电容的定义式C＝Q
U 可知，电容
器两极板的电压减小，根据E＝U
d 可知两极板间的场强减小；图像与坐标轴围成的面积等于
电容器的带电量，图中每小格的电量为10－3×0.25 C＝2.5×10－4 C，若按“四舍五入”(大于
等于半格算一格，小于半格舍去)数格法可得格数为14，则电容器所带的电荷量为Q＝
14×2.5×10－4 C＝3.5×10－3 C，所以电容器的电容为C＝Q
U ＝
3.5×10－3
8
  F＝437.5 μF，B
正确． 
验收检测卷八 静电场 
1．答案：D 
解析：由题意可知PVC 管带电方式属于摩擦起电，A 错误；“水母”在空中悬停时，处
于平衡状态，PVC 管对它向上的静电力等于它所受重力，B 错误；因为“水母”与PVC 管
存在相互排斥的静电力，所以“水母”与PVC 管带同种电荷，C 错误；管与“水母”相互靠
近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D 正确． 
2．答案：A 
解析：两金属球未接触时根据库仑定律可知F 库＝kq·9q
d2 ＝18F，两个金属球接触后所带
电荷量均为q′＝
q－9q
2
 ＝－4q，则它们的库仑力大小变为F′库＝k4q·4q
r2
 ，联立解得F′库＝
k4q·4q
r2
 ＝32F，A 正确． 
3．答案：D 
解析：电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，
A 错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EA＜EB＜EC，B 错误；电场线是曲线，在
C 点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD 运动，C 错误；电场线由高压电源
的正极到负极，所以A 点的电势高，C 点的电势低，由电势能公式Ep＝qφ 可知，电子在C
点的电势能大于其在A 点的电势能，D 正确． 
4．答案：C 
解析：当观察到输出端a 的电势低于b 的电势时，表明电阻R 中有由下向上的电流，表
明电容器在放电，A 错误；稳定时电容器两极间的电压不变，由Q＝CU 可知，电容器的电
容在减小，B 错误；由C＝εrS
4πkd 可知，正对面积减小，所以油的液面在下降，C 正确；由E
＝U
d 可知，稳定时两板间的电场强度不变，D 错误． 
5．答案：C 
解析：由于负电荷所受电场力方向与电场线的方向相反，C 处的负点电荷所受静电力向
左，所以电场线的方向平行于AB 向右．若A、B 都为正电荷或负电荷，或A 为负电荷，B 为
正电荷，C 点合场强的方向不可能与AB 平行．所以A 为正电荷、B 为负电荷；如下图画出
分场强与合场强之间的关系 
 
根据平行四边形定则，知A、B 在C 点的场强之比为EA∶EB＝1∶2，又点电荷的场强公
式为E＝kQ
r2 ，C 点距离A、B 两点间的距离比为rA∶rB＝1∶2，解得QA∶QB＝1∶8，C 正确，
A、B、D 错误． 
6．答案：C 
解析：该电场的电场线分布情况不明，所以在c 点处的电势不一定为4 V，a 点处的场强
Ea 不一定大于b 点处的场强Eb，A、B 错误；因c 点的电势一定高于b 点，由公式Ep＝qφ 知，
一正电荷从c 点运动到b 点，电势能一定减少．根据“沿电场线方向电势逐渐降低”可得c
点的场强方向由a 指向c.所以正电荷运动到c 点时受到的电场力由a 指向c，C 正确，D 错误． 
7．答案：C 
解析：根据等量同种电荷连线中垂线上电场强度分布可知，EF 间的电场不是匀强电场，
负点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可知负电荷的加速度不恒定，故负电荷做
变加速直线运动，A 错误；根据场强叠加可知O 点的电场强度为零，故在O 点所受静电力最
小，为零，B 错误；带负电的点电荷在E 点由静止释放后，根据对称性可知，其将以O 点为
对称中心做往复运动，由E 到O 的时间等于由O 到F 的时间，C 正确；负点电荷由E 到O，
电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，电势能减小，由O 到F，电场力方向与速度方
向相反，电场力做负功，电势能增大，故由E 到F 的过程中电势能先减小后增大，D 错误． 
8．答案：B 
解析：带电小球在运动过程中机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，题干
图中细管所在的弧线是一等势线，所以有Q1＞Q2，A 错误；根据电场线与等势线处处垂直，
所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，B 正确；当两个是等量异种电荷的时候，中点
是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且Q1>Q2，所以场强最小的点会相应的
向右偏移，C 错误；小球以初速度v0 从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中
机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大
于v0，D 错误． 
9．答案：BCD 
解析：沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以M 点的电势比P 点的电势高，A 错误；在
O 点静止释放一带正电粒子，粒子受电场力竖直向上，该粒子将沿y 轴做直线运动，B 正确；
电场线越密集的地方场强越大，根据U＝Ed 可知M、N 两点间的电势差小于O、M 两点间的
电势差，C 正确；负电荷往低电势移动，电势能增大，电场力做负功，D 正确． 
10．答案：BD 
解析：根据题意，a、b 两球电势能总量刚好相等，说明点电荷对a、b 两球所做的总功
为零，a、b 两球电性一定相同，且与点电荷电性相反，A 错误；若a 球由E 转动到M，则b
球由F 转到N，点电荷对两球做功相等，其中M，N 两点电势相同，令点电荷带正电，则有
φE＝kQ
r ，φF＝kQ
r＋L ，电场力做功WEM＝qa(φE－φM)，WFN＝qb(φF－φN)，因φM＝φN，则可得
qakQ
r ＝qb kQ
r＋L 可得qa<qb，B 正确；点电荷的电性与两球电性相反，则a 球由E 转动到M，
电场力对其一定做负功，C 错误；由于点电荷的电性与两球电性相反，则b 球由N 转动到F，
电场力对其一定做负功，小球的电势能增大，所以b 球在N 点的电势能一定小于F 点的电势
能，D 正确． 
11．答案：BD 
解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为t＝x
v0 ，由于x、v0 相等，可知
它们运动的时间相同，A 错误； 根据y＝1
2 at2 可得a＝2y
t2 ，知Q 的加速度是P 的两倍；再
根据牛顿第二定律有qE＝ma，可知Q 的电荷量是P 的两倍，B 正确；由W＝qEd 知， 静电
力对两粒子均做正功，由前分析知Q 的电荷量是P 的两倍，Q 沿电场方向上的位移y 是P 的
两倍，则静电力对Q 做的功是P 的4 倍．根据动能定理， 静电力做的功等于动能变化量，
可知Q 的动能增量大，C 错误，D 正确． 
12．答案：AB 
解析：φ­x 图像的斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知0≤x≤0.2 m 的区间内，图
线斜率的绝对值先增大后减小，则电场强度先增大后减小，粒子受到的电场力先增大后减小，
所以加速度先增大后减小，A 正确；由图可知0≤x≤0.2 m 的区间内，随x 的增大φ 减小，
因粒子带负电，所以电势能增大，电场力做负功，动能减小，当粒子恰好能到达x＝0.2 m 处，
其初速度是使粒子能沿x 正方向持续运动下去的最小速度，由动能定理可得q(φ0－φ2)＝0－1
2 
mv20 ，其中φ0＝300 V，φ2＝－300 V，解得v0＝6 m/s，B 正确；若粒子可以恰好运动到x＝
0.1 m 处，则有q(φ0－φ1)＝0－1
2 mv′20 ，其中φ0＝300 V，φ1＝0，解得v′0＝3 2  m/s，C 错
误；粒子在由原点运动至x＝0.2 m 处的过程中，速度一直减小，则在x＝0.1 m 处速度不是最
小，D 错误． 
13．答案：(1)让电容器充分放电或保证电容器初始电量为零 
(2)左 减小  
(3)187 (173～193 均可) 
(4) 2.75×104 
解析：(1)将S 拨至2，接通足够长的时间直至A、B 间电压等于零，其目的是让电容器
充分放电或保证电容器初始电量为零． 
(2)进行操作②时，电容器接在电源两端，电容器充电．A、B 极板分别带上正、负电荷．通
过R 的电流方向向左. 由图乙可知，电流随时间减小． 
(3)由图乙可知，I­t 每个小格的面积表示q＝1
5  mA×2
5 s＝2
25 ×10－3 C＝8×10－5 C，I­t
图像与坐标轴围成的面积代表电容器充满电时所带的电荷量Q＝28×8×10－5 C＝2.24×10－3 
C，由图丙可知电容器充满电时两端的电压U＝12 V，该电容器的电容约为C＝Q
U ＝
2.24×10－3 C
12 V 
 ≈187 μF. 
(4)由公式I＝U
R 和q＝It 可知，U­t 图像中图像与横轴围成的面积为S＝Ut＝QR，由图丙
可知U­t 图像中图像与横轴围成的面积S＝154×1×0.4 V·s＝61.6 V·s，解得R＝S
Q ＝
2.75×104 Ω. 
14．答案：(1)kq2
9L2  4kq2
27gL2  (2) 39kq
400L2  
解析：(1)假设甲、乙的连线水平即假设甲、乙的连线与悬挂甲的细线垂直，设两细线之
间的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝4L
5L  
则有θ＝37°与题干相符，假设成立； 
则甲、乙两球之间的距离为d＝3L 
对甲进行受力分析，水平方向由二力平衡可得FN＝
kq2
（3L）2 ＝kq2
9L2  
对乙进行受力分析，由三力平衡的矢量三角形可得mg tan 37°＝kq2
9L2  
解得m＝4kq2
27gL2  
(2)甲在O 点产生的电场强度为E 甲＝
kq
（4L）2  
方向竖直向上 
乙在O 点产生的电场强度为E 乙＝
kq
（5L）2  
方向斜向左上方与E 甲的夹角为37° 
由平行四边形定则E＝
（E甲＋E乙y）2＋E2乙x   
综合计算可得E＝39kq
400L2 . 
15．答案：(1)5
3 m (2)5.4 N 
解析：(1)小物块恰好能通过D 点， 由牛顿第二定律可知mg＝mv2D 
R  
从A 点到 D 点由动能定理得(qE－μmg)L－2mgR＝1
2 mv2D  
解得A、B 两点间的距离L＝5
3 m 
(2)从C 点到D 点由动能定理得 
－mgR－qER＝1
2 mv2D －1
2 mv2C  
在C 点由牛顿第二定律得F′N－qE＝mv2C 
R  
根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小FN＝F′N 
解得FN＝5.4 N． 
16．答案：(1)1×106 m/s (2)5
3 ×104 N/C 
(3)E2＝5×104
3
 (
1
2tan2θ ＋1) N/C 
解析：(1)离子经过加速电场加速过程，根据动能定理可得 
qU＝1
2 mv20  
解得v0＝ 
2qU
m ＝2×1×108×5×103  m/s＝1×106  m/s 
(2)离子在静电分析器中沿中心线MN 做匀速圆周运动，电场力提供所需的向心力，则有 
qE1＝mv20 
R  
解得E1＝mv20 
qR ＝
（1×106）2
1×108×0.6  N/C＝5
3 ×104 N/C 
(3)离子在E2 中做类平抛运动，恰好垂直打在挡板OP 上，则有 
tan θ＝vy
vx  
沿y 轴方向有y＝1
2 at2 vy＝at 
沿x 轴方向有x＝v0t a＝qE2
m  
根据几何关系有 
y＋x tan θ＝R 
联立解得 
E2＝mv20 
qR (
1
2tan2θ ＋1) 
代入已知量得E2＝5×104
3
 (
1
2tan2θ ＋1)N/C. 
第九章 电路 电能 
考点46 电路及其应用 
1．答案：D 
解析：由题意可知，流过容器截面上的电量q＝(n1＋n2)e，电流为I＝
（n1＋n2）e
t
 ，方
向与正电荷的定向移动方向相同，故由A 到B，D 正确． 
2．答案：D 
解析：经加速电压为U 的加速器加速后，有eU＝1
2 mv2，根据电流的定义，有I＝q
t ，
这束质子流内单位体积的质子数为n，则有q＝Svtne，联立解得n＝I
eS  
m
2eU ，D 正确． 
3．答案：D 
解析：由欧姆定律可知电阻为R＝U
I ＝8
2 Ω＝4 Ω，A、B 错误；根据电阻定律R＝ρl
S ，
将金属导线拉长为2L，则截面积变为原来的1
2 ，电阻变为16 Ω，C 错误；将金属导线拉长，
使半径变为原来的一半，截面积变为原来的1
4 ，长度为4L，根据电阻定律可知电阻变为64 Ω，
D 正确． 
4．答案：A 
解析：电压表并入a、b 两点间后，导致a、b 两点间并联后的电阻小于R，使a、b 间分
得的电压小于原来的电压，则a、b 两点间的实际电压大于12.8 V，可能为13.0 V，A 正确，
B 错误；用电压表V1 测量时，a、b 间的电压大，说明a、b 间并联后的电阻比用电压表V2
测量时的大，则电压表V1 的内阻大于电压表V2 的内阻，C、D 错误． 
5．答案：D 
解析：因为电源电动势为3 V，且电源内阻不计，灯泡规格相同，根据电路图可知灯泡
L2、L3 串联，根据串联电路的分压特点可知灯泡L2、L3 两端的电压为U2＝U3＝1.5 V，由题
图乙读出其电流为I2＝I3＝0.20 A，根据电路图可知灯泡L1 的电压为U1＝3.0 V，由题图乙读
出其电流为I1＝0.25 A，灯泡L1 的电流为灯泡L2 电流的1.25 倍，A 错误，D 正确；根据部分
电路欧姆定律，可知灯泡L1 的电阻为R1＝U1
I1 ＝12 Ω，B 错误；同理，根据部分电路欧姆定
律，可知灯泡L2 的电阻为R2＝U2
I2 ＝7.5 Ω，C 错误． 
6．答案：D 
解析：MN 两端电压U＝IgRg＝200×10－6×495 V＝0.099 V＝99 mV，A、B 错误；流过
M、N 的电流I＝Ig＋U
R ＝200×10－6 A＋0.019 8 A＝0.02 A＝20 mA，C 错误，D 正确． 
7．答案：C 
解析：表头的G 的满偏电压Ug＝IgRg＝1×10－3×500 V＝0.5 V，A 错误；使用a、b 两
个端点时，量程为满偏时Rg 与R1 两端的电压之和，而接a、c 时，其量程为满偏时Rg 与R1
和R2 两端的电压之和，因此使用a、b 两个端点时量程较小，B 错误；使用a、b 两个端点时，
若量程为0～10 V，则R1 的阻值R1＝
10
1×10－3  Ω－500 Ω＝9.5 kΩ，C 正确；使用a、c 两个
端点时，若量程为0～100 V，则R1＋R2＝
100
1×10－3  Ω－500 Ω＝99.5 kΩ，D 错误． 
8．答案：B 
解析：根据电阻定律R＝ρl
S 可知R1＝ρc
c2 ＝ρ
c ，R2＝ρ
c
5
（c
5）2
 ＝5ρ
c ，则有R1∶R2＝1∶5，
B 正确． 
9．答案：A 
解析：根据电流的微观表达式，通过棒的电流为I＝nevS，B 正确；根据电阻定律，棒的
电阻为R＝ρl
S ，C 正确；根据欧姆定律，棒两端电压为U＝IR＝nevlρ，A 错误；棒的内部场
强E＝U
l ＝nevρ，D 正确． 
10．答案：A 
解析：U­I 图像中图线上的点与原点连线的斜率表示电阻，可知电压为U1 时，电阻为R
＝U1
I1 ，A 正确，B 错误；同理，电压为U2 时，电阻为R＝U2
I2 ，随着电流的增加，电阻的温
度将升高，图线上各点与原点连线的斜率逐渐增大，则电阻增大，根据R＝ρL
S 可知，金属铂
的电阻率随温度升高而增大，C、D 错误． 
11．答案：B 
解析：若灯泡L1 断路，电路中没有电流，则Uad＝U，Uab＝U，Ubc＝0，Ucd＝0，与题
不符，A 错误；若灯泡L2 断路，电路中没有电流，则Uad＝U，Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝U，B
正确；若滑动变阻器断路，电路中没有电流，则Uad＝U，Uab＝0，Ubc＝U，Ucd＝0，，与题
不符，C 错误；若电源断路，电路中没有电流，则Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝0，与题不符，D
错误． 
考点47 闭合电路的欧姆定律 
1．答案：A 
解析：四个完全相同的灯泡，L2、L3 串联电流相同，L2、L3 亮度相同；L4 与L2、L3 并
联，并联两支路两端电压相同，故L4 两端电压等于L2、L3 各自两端电压之和，故L4 比L2、
L3 都亮；L1 在干路上，电流大小等于两支路电流之和，故流过L1 电流最大，亮度最高，A
正确． 
2．答案：D 
解析：甲图中小灯泡的电流为I＝PL
UL ＝0.2 A，电源的路端电压为U＝E－Ir＝7.4 V，电
源效率约为η＝U
E ×100%＝92.5% ，A 错误；甲图中定值电阻为R＝
7.4－4
0.2  Ω＝17 Ω ，B
错误；电动机的输出功率未知，无法计算电动机的内阻，C 错误；乙图中灯泡的电流也是0.2 
A，路端电压也是7.4 V，乙图中电动机正常工作电压为UM＝7.4 V－4 V＝3.4 V，D 正确． 
3．答案：B 
解析：由于电压表的示数为路端电压，而U＝IR，则I＝U
R ＝0.6 A，由闭合电路欧姆定
律可得E＝I(R＋r)＝0.6×(5＋1) V＝3.6 V，B 正确． 
4．答案：D 
解析：由闭合电路欧姆定律 
I＝
E
R2＋R＋R1＋r ＝
E
R2＋kF＋C＋R1＋r 电路中的电流与压力F 没有线性关系，刻度盘标
注的质量刻度不均匀，A 错误；若使用前质量示数大于零，电流偏小，应减小电阻，将R2
的滑片向左滑动，B 错误；电子秤的示数越大，电路中电流越小，电源的总功率P＝EI 越小，
C 错误；电池的内阻增大，电动势不变，若能调零，电流表仍可以满偏，称量值仍准确，D
正确． 
5．答案：C 
解析：将R1 和R2 等效为电源内阻，则等效电源的电动势E′＝
ER2
R1＋R2＋r ＝6 V 等效内阻
r′＝
（r＋R1）R2
r＋R1＋R2 ＝5 Ω，等效电路如图 
 
则当滑动变阻器的滑片从a 端滑到b 端的过程中，R4 变大，总电阻变大，总电流减小，
路端电压变大，R3 阻值不变，V1 读数变小，则V2 读数变大，因U 路端＝U1＋U2 可知|ΔU1|小
于|ΔU2|，A 错误；因为|ΔU1
ΔI |＝R3 不变，而U2＝E′－I(R3＋r′)可知|ΔU2
ΔI |＝R3＋r′不变，B 错
误；将R3 等效为新电源的内阻，内阻为r″＝r′＋R3＝5 Ω＋20 Ω＝25 Ω 当外电路电阻等于电
源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a 端滑到b 端的过程中，电阻从0 增加到
30 Ω，可知R4 的功率先增大后减小，当R4＝25 Ω 时功率最大，最大值为P＝E′2
4r″ ＝
62
4×25  W
＝0.36 W，C 正确；当滑动变阻器的滑片在a 端时，电源E 的外电阻为26
3  Ω，当滑动变阻
器的滑片在b 端时，电源E 的外电阻为31
3  Ω，电源E 的内阻r＝8 Ω，则滑动变阻器的滑片
从a 端滑到b 端的过程中，电源的输出功率一直减小，D 错误． 
6．答案：C 
解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R 两端的电压为3E
5 ，电阻R 两端的电压为E
5 ，
则电容器两极板间电势差ΔU＝2E
5 ，则Q＝CΔU＝2CE
5 ，C 对． 
7．答案：AD 
解析：根据电路的输出功率P＝I2R＝
E2
（R－r）2
R
＋4r
 ，结合P­R 图像可知当R＝r 时，电
源有最大的输出功率为Pmax＝E2
4r ，A 正确；电源内阻的功率P 内＝I2r＝( E
R＋r )2r，外电阻R
的增大会使内阻的功率不断变小，B 错误；电源的总功率P 总＝EI＝E2
R＋r ，则随着外电阻R
的增大而减小，C 错误；电源的效率η＝
P出
P总 ×100%＝UI
EI ×100%＝R
R＋r ×100%，随着R
增大时，电源的效率增大，D 正确． 
8．答案：B 
解析：因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最
大，所以R1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E
－Ir)，当I＝E
2r ＝2 A 时，输出功率P 有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2 W，发热
功率为P 热＝I2R0′＝4 W，所以电动机的输入功率为P 入＝P0＋P 热＝6 W，电动机两端的电压
为UM＝
P入
I ＝3 V，电阻R2 两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3 V，所以R2＝UR2
I ＝1.5 Ω，B
正确． 
9．答案：(1)20 V 20 Ω  
(2)5 Ω (3)300 Ω  
(4)2.25 W 5 W 
解析：(1)由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir， 
代入数据得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r 
联立解得E＝20 V，r＝20 Ω 
(2)当R3 的滑键自左向右滑时，R3 阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此
可知，图线上的A、B 两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑片位于最右端
时，R3＝0，R1 被短路，外电路总电阻即为R2，故由B 点的U、I 值可求出R2.R2＝UB
IB ＝4
0.8 
＝5 Ω 
(3)当滑片在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A 点，故由A 点的U、I 值可求
出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3 的最大值． 
R 总＝UA
IA ＝16
0.2 ＝80 Ω，R 总＝R1R3
R1＋R3 ＋R2 代入数值得滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 
Ω 
(4)当R1 消耗的功率最大时，它两端电压最大，由UR1＝E－I(R2＋r)知，这时电路的总电
流I 应为最小，故应把滑动变阻器的阻值调到最大，再结合上面求出的有关数据，便可求出
R1 消耗的最大功率．当R3＝300 Ω 时， 
I＝
E
R1R3
R1＋R3＋R2＋r
 ＝0.2 A 
此时R1 两端的电压为： 
U1＝I R1R3
R1＋R3 ＝0.2×75 V＝15 V. 
则R1 消耗的最大功率为P1m＝U21 
R1 ＝2.25 W 
又当R 外＝r 时，电源输出功率最大，即有Pm＝E2
4r ＝5 W． 
10．答案：C 
解析：由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir 可知，图像与U 轴的交点表示电动势，则a 的电
动势较小，图像的斜率的绝对值表示电源内阻r＝|ΔU
ΔI |则a 电源的内阻r 较小，B 错误；由
于定值电阻R0 分别接到a、b 两电源上，R0 功率相等，所以定值电阻两端的电压相等，即交
点的纵坐标表示路端电压，由电源的效率η＝U
E ×100%可知电源a 效率高，A 错误；电源的
输出功率即定值电阻的功率，若将定值电阻换为大于R0 的电阻，如图 
 
图中的n 图线与A、B 图线的交点的乘积为电源的输出功率，由于图线n 与图线B 交点
的电压与电流值均大于图线n 与图线A 交点的电压与电流值，即电源b 的输出功率大于电源
a 的输出功率，C 正确；电源的功率为P＝EI，若将定值电阻换为小于R0 的电阻，如图 
 
图线l 与图线A、B 交点的电流值表示电路中的电流，可知定值电阻与电源a 组成的闭合
电路中的电流大，又电源a 的电动势小，所以电源b 的功率与电源a 的功率大小无法比较，
D 错误． 
11．答案：B 
解析：根据题意，由图可知，电源的路端电压为U1，电流为I1，则输出功率P＝U1I1，
A 错误；由欧姆定律得U＝E－Ir 当I＝0 时E＝U 由a 与纵轴的交点读出电动势为E＝U2.根
据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U1，则内阻r＝
E－U1
I1
 ＝
U2－U1
I1
 ，B 正确；根
据题意可知，电池的效率η＝UI
EI ＝U1
U2 ×100%，C 错误；根据题意可知，内阻消耗的功率Pr
＝EI－UI＝U2I1－U1I1，D 错误． 
12．答案：AB 
解析：根据电流的定义式有I＝q
t ，解得q＝It，通过单位运算，可知“安时”(A·h)或“毫
安时”(mA·h)是电量的单位，A 正确；根据功率的定义式有P＝W
t ，解得W＝Pt，通过单位
运算，可知“千瓦时”(kW·h)是能量的单位，B 正确；图中锂离子正在由负极返回正极，可
知，电池处于放电状态，C 错误；锂离子带正电，图中锂离子正在由负极返回正极，锂离子
需要克服电场力做功，可知锂离子是在非静电力的作用下从负极返回正极的，D 错误． 
13．答案：B 
解析：当滑动变阻器的滑片P 自C 向D 滑动时，滑动变阻器电阻减小，则电路中总电阻
减小，根据I＝E
R总 可知电路中总电流增大，则电源内部电压增大，外电路电压减小，根据并
联电路电压特点，可知L1 两端电压减小，通过的电流减小，故L1 变暗，因干路的总电流变
大，可知通过R 的电流增大，则R 两端电压增大，L2 和滑动变阻器并联部分的电压减小， L2
两端电压减小，电流减小，L2 变暗；反之同理可得，当滑动变阻器的滑片P 自D 向C 滑动
时，L1、L2 均变亮，B 正确． 
14．答案：A 
解析：由题图可知，电源U­I 图像的纵轴截距表示电源电动势为3 V，图像斜率大小表
示电源的内阻，则有r＝E
I0 ＝3
6  Ω＝0.5 Ω，由交点坐标可知，电源输出电压为U＝2 V，工
作电流I＝2 A，则电源的输出功率P＝UI＝2×2 W＝4 W，由焦耳定律可得电源的热功率Pr
＝I2r＝22×0.5 W＝2 W，A 正确，B、C、D 错误． 
15．答案：C 
解析：电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V．则电动机的电
阻r′＝U1
I1 ＝1 Ω，A 错误；电动机恢复正常运转时，滑动变阻器R 的电阻R＝
E－U2
I2
 －r＝
20－14
2
  Ω－1.5 Ω＝1.5 Ω，B 错误；电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为
2.0 A 和14.0 V，电动机的总功率为P＝U2I2＝14.0×2.0 W＝28 W，电动机内电阻消耗的热功
率为P 热＝I22 r′＝2.02×1 W＝4 W，电动机正常运转时的输出功率是P 输出＝P－P 热＝24 W，
C 正确；电源的输出功率P′输出＝EI2－I22 r＝20×2 W－22×1.5 W＝34 W，D 错误． 
16．答案：C 
解析：由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R 等于内阻r 时，输出功率最大，
最大值为Pm＝E2
4r ，把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当Rr＝R1＝R＋r＝6 Ω，滑动变
阻器消耗的功率最大，最大功率为P2＝
E2
4（R＋r） ＝1.5 W，由图乙可知P1＝
E2×3
（3＋R＋r）2 
＝
E2R2
（R2＋R＋r）2 ，解得R2＝12 Ω，A 错误，C 正确；当回路中电流最大时，即Rr＝0 时，
定值电阻R 消耗的功率最大，B 错误；当滑动变阻器Rr 的阻值为0 时，电路中电流最大，最
大值为Im＝E
R＋r ＝1 A，调整滑动变阻器Rr 的阻值，不可能使电源的输出电流达到2 A，D
错误． 
17．答案：D 
解析：当S2 闭合后，电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻r、电阻R3 两端的电压
增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2、R1 两端的电压减小，通过电阻R2、R1 的电流
减小，则电流表读数减小，电压表读数减小，A 错误；电源内阻消耗的功率P＝I2r，干路电
流增大，电源内阻消耗的功率变大，B 错误；电容器两极板间电压减小，电场强度减小，油
滴所受电场力小于重力，故油滴向下运动，C 错误；电容器两极板间电压减小，电容器电容
不变，故电容器带的电荷量减少，D 正确． 
18．答案：AD 
解析：当滑动变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电路中总
电阻增大，总电流I1 变小，内电压变小，R1 两端电压变小，则U 增大，A 正确；总电流I1
变小，U 增大，则流过R0 电流增大，I2 变小，B 错误；根据U＝E－I1(R1＋r)，ΔU
ΔI1 ＝R＋r
为定值，不变，C 错误；根据I2＝I1－U
R0 ＝
E－U
R1＋r －U
R0 ＝
E
R1＋r －(
1
R1＋r ＋1
R0 )U 得ΔI2
ΔU ＝
1
R1＋r ＋1
R0 ＝
R0＋R1＋r
（R1＋r）R0 ，所以ΔU
ΔI2 ＝
（R1＋r）R0
R0＋R1＋r ，则ΔU
ΔI1 >ΔU
ΔI2 ，D 正确． 
 
考点48 电学实验基础 
1．答案：1.225 cm 6.861 mm  
解析：根据游标卡尺读数规则，工件的直径为d＝12 mm＋5×0.05 mm＝12.25 mm＝1.225 
cm. 
根据螺旋测微器读数规则，工件的高度为h＝6.5 mm＋36.1×0.01 mm＝6.861 mm. 
2．答案：(1)0.02 0.44 0.1 2.20 
(2)0.1 1.70 0.5 8.5  
(3)1 987 将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0 0～19 998 Ω 
解析：(1)使用0.6 A 量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针示数为0.44 A；当使
用3 A 量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A. 
(2)电压表使用3 V 量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.70 V；使用15 V 量程时，
每小格表示0.5 V，指针示数为8.5 V. 
(3)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到
0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 
Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω. 
3．答案：(1)外接 分压式 (2)见解析图 
解析：(1)因小灯泡正常工作时的电阻约为Rx＝U2
P ＝15 Ω，而电流表、电压表的内阻分
别为1 Ω 和10 kΩ，满足RV≫Rx，电流表应外接；实验中因小灯泡两端电压只需3 V，而电
源电动势为12 V，所以滑动变阻器应采用分压式接法． 
(2)如图所示． 
 
4．答案：(1)O、P (2)Ⅰ 50.5 (3)50.0 
解析：(1)将电压表跨接在O、P 之间测量电阻的电路，称为电流表外接法，实际上测量
的是待测电阻和电压表内阻并联的等效电阻，其值小于真实值；将电压表跨接在O、Q 之间
测量电阻的电路，称为电流表内接法，实际上测量的是待测电阻和电流表内阻串联的等效电
阻，其值大于真实值；所以图(b)中标记Ⅱ的图线是采用电压表跨接在O、P 之间的方案测量
得到的． 
(2)由测量得到的U­I 图像可知，待测电阻约为50 Ω，大于RVRA ＝1 000×0.5  Ω＝
10 5  Ω，待测电阻较大，采用电流表内接，结果更接近真实值，即由图线Ⅰ得到的结果更
接近真实值，结果为50.5 Ω. 
(3)考虑到电表内阻的影响，由Rx＋RA＝50.5 Ω，可得RA＝50.0 Ω. 
5．答案：(1)A2 9 000 (2)图见解析 (3)8.0 150 191 
解析：(1)电流表A2 内阻已知，可将其与电阻箱串联组成电压表，改装后电压表量程是3 
V，则电阻箱的阻值R2＝
U－Ig2RA2
Ig2
 ＝9 000 Ω. 
(2)滑动变阻器最大阻值较小，应采用分压接法，改装的电压表内阻可求，RV＝9 000 Ω
＋1 000 Ω＝10 000 Ω，电流表A1 应采用外接法，电路图如图所示． 
 
(3)由题图可知，电流表A1 的示数为8.0 mA，电流表A2 的示数是150 μA；根据欧姆定
律可得Rx＝IA2RV
IA1－IA2 ＝191 Ω. 
6．答案：(1)图见解析 (2)10 Ω 60 Ω (3)2.30 5.04 456 
解析：(1)要使电流连续可调则应选择分压式接法，而电流表的内阻与待测电阻相差不大，
因此电流表需要外接，另外，电流表的量程不够，需要并联定值电阻改装成较大量程的电流
表，电路图如下所示 
 
(2)滑动变阻器采用分压式接法，因此应选择最大可调电阻小的滑动变阻器，故选10 Ω
的滑动变阻器；电流表的改装应用的是并联分流的原理，而并联之后两支路电压相等，根据
并联电路的特点，电流值比等于电阻的反比，即IA
I0 ＝R0
RA ，且IA＋I0＝6 mA，IA＝1 mA，解
得R0＝60 Ω 
(3)由图(b)可知，电压表的精度为0.1 V，因此在读数时需要估读到下一位，读得电压表
的读数为2.30 V，而电压表测得时电阻Rx 两端得电压，因此可知Rx 两端得电压为Ux＝2.30 
V．由图(c)可知，电流表的精度为0.02 mA，采用二分之一读法，不需要估读到下一位，读
得电流表的读数为0.84 mA，则可知改装后的电流表此时所表示的电流为5.04 mA，因此流过
Rx 的电流为Ix＝0.84×6 mA＝5.04 mA，根据部分电路的欧姆定律可得Rx＝Ux
Ix ＝
2.30
5.04×10－3  
Ω≈456 Ω. 
7．答案：(1)17.8 23.25 3.20 (2)D H G 6.700 
解析：(1)图甲读数：整毫米是17 mm，不足1 毫米数是8×0.1 mm＝0.8 mm，最后结果
是17 mm＋0.8 mm＝17.8 mm. 
图乙读数：整毫米是23 mm，不足1 毫米数是5×0.05 mm＝0.25 mm，最后结果是23 mm
＋0.25 mm＝23.25 mm. 
图丙读数：整毫米是3，不足1 毫米数是10×0.02 mm＝0.20 mm，最后结果是3 mm＋
0.20 mm＝3.20 mm. 
(2)用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D 使测微螺杆F 靠近被测小球，再转动
微调旋钮H 使测微螺杆F 夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G 使F 固定后
读数，读数为6.5 mm＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm. 
8．答案：(1)0～3 V (2)D (3)1.50 (4)
ER
R1＋R2  (5)不同意，理由见解析 
解析：(1)所用电源为两节干电池，电动势为3 V，则所用电表量程为0～3 V. 
(2)闭合电键之前，滑动变阻器阻值应该调到最大，则由图可知，电池盒上的接线柱A 应
该与滑动变阻器的接线柱D 连接． 
(3)电压表最小刻度为0.1 V，则读数为1.50 V. 
(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝
E
R1＋R2 ，当被测电阻阻值为R 时电压表读数U＝IR＝
ER
R1＋R2 . 
(5) 不同意；当R 较大时，则电压表内阻不能忽略，则电路中的电流I ＝
E
R1＋（R2－R）＋RRV
R＋RV
 ，则电压表读数为 
U＝
E
R1＋（R2－R）＋RRV
R＋RV
 · RRV
R＋RV  
＝
E
（R1＋R2－R）（R＋RV）
RRV
＋1
 ， 
当R 较大时，R＝R2 时R 最大，此时 
U＝
E
R1（R2＋RV）
R2RV
＋1
 ＝
E
R1
RV＋R1
R2＋1
 ， 
因RV≫R1，则电压表读数接近于 
U＝
E
R1
R2＋1
 ＝ER2
R1＋R2 . 
9．答案：(1)乙 (2)0.50 2.60 5.2 (3)增大 
解析：(1)要求灯泡两端的电压能从零开始逐渐增加到3 V，则滑动变阻器应采用分压接
法，小灯泡正常工作时的电阻为R＝U2
P ＝32
1.8  Ω＝5 Ω，小灯泡的电阻较小，远小于电压表
内阻，则电流表应采用外接法；故实验电路图应选图乙． 
(2)实验中电流表选择0～0.6 A 量程，可知电流表的分度值为0.02 A，由图可知电流表示
数为0.50 A；电压表选择0～3 V 量程，可知电压表的分度值为0.1 V，由图可知电压表示数
为2.60 V；此时小灯泡的电阻为R＝U
I ＝2.60
0.50  Ω＝5.2 Ω. 
(3)根据欧姆定律R＝U
I 可得1
R ＝I
U ，I­U 图像中点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，
由图可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻将增大． 
10．答案：(1)D E (2)实物图见解析 
(3)M (4)1 (5)增大 
解析：(1)由题可知，灯泡的额定电流为0.5 A，则电流表选D；为方便实验操作，滑动
变阻器应选E. 
(2)对照电路图，实物连接如图所示 
 
(3)闭合开关前，应将滑片移到M 端，使输出电压为零，保护电路元件． 
(4)根据小灯泡的U­I 图像和欧姆定律得电压为0.4 V 时灯泡电阻为R1＝0.4
0.2  Ω＝2 Ω，电
压为1.2 V 时灯泡电阻为R2＝1.2
0.4  Ω＝3 Ω，所以电压从0.4 V 增至1.2 V 的过程中小灯泡的
阻值增加了1 Ω. 
(5)图像的图线的斜率表示电阻，由此可知，图线的斜率逐渐增大，则小灯泡的电阻随温
度升高而增大． 
11．答案：(1)R3 R2 (2)图见解析 (3)2∶3 
解析：(1)为了得到小灯泡完整的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压应从0 开始，因此滑
动变阻器应采用分压接法，而为了方便调节应选阻值较小的滑动变阻器“R3”；所给仪器中缺
少电压表，因此需要用已知内阻的小量程电流表串联定值电阻进行电压表的改装，而电源电
压为4.5 V，因此所改装的电压表的量程要与电源电压相近，则电流表A2 应与定值电阻“R2”
串联改装成电压表，改装后的量程为U＝0.1×(40＋2) V＝4.2 V，能保证测量的精度． 
(2)滑动变阻器为分压式接法，电流表A1 应选择外接，用电流表A1 的示数与电流表A2
的示数做差可得到通过小灯泡的电流，且这样所测通过小灯泡的电流无误差，电路连接图如
图所示 
 
(3)当灯泡两端电压值为U1＝I2×(40＋2) V＝0.84 V，解得I2＝0.02 A，由图乙可知，通
过灯泡的电流为0.2 A，当灯泡两端电压值为U2＝I2×(40＋2) V＝2.52 V，解得I2＝0.06 A，
由图乙可知，通过灯泡的电流为0.4 A，根据R＝U
I 可得灯泡电阻阻值之比为2∶3. 
考点49 实验十一 测量金属的电阻率 
(含长度的测量及其测量工具的选用) 
1．答案：(1)1.400 (2)图见解析 (3)2.40 1.8×10
－8 (4)实验过程铜芯线温度大于20 ℃
导致电阻率偏大；测量直径读数偏大；铜芯线长度测量值偏大，等等． 
解析：(1)用螺旋测微器测得铜芯的直径为d＝1 mm＋40.0×0.01 mm＝1.400 mm. 
(2)铜芯线的电阻较小，所以采用电流表外接法；为了使电压表示数能从零开始连续调节，
滑动变阻器要用分压式，实物电路图如图 
 
(3)电源适用的是2 节干电池，所以电压表示数为2.40 V；根据欧姆定律R＝U
I ，电阻定
律R＝ρL
S ，且S＝1
4 πd2，解得ρ＝πd2U
4IL ，代入数据解得ρ 测＝1.8×10－8 Ω·m. 
(4)在t0＝20 ℃时铜的电阻率为ρ0＝1.7×10－8 Ω·m.显然测得值ρ 测与查阅值ρ0 不相等，
你认为造成这种偏差的可能原因是实验过程铜芯线温度大于20 ℃导致电阻率偏大；测量直径
读数偏大；铜芯线长度测量值偏大，等等． 
2．答案：(2)U2－U1
R0
  
U1R0
U2－U1  (5)0.150 (6)5.0 
解析：(2)根据题意可知，R0 两端的电压为U＝U2－U1 
则流过R0 即流过待测金属丝的电流I＝U
R0 ＝
U2－U1
R0
  
金属丝的电阻r＝U1
I  
联立可得r＝U1R0
U2－U1  
(5)螺旋测微器的读数为d＝15.0×0.01 mm＝0.150 mm 
(6)根据电阻定律r＝ρL
S  
又S＝π·
d
2 
2
  
代入数据联立解得ρ＝5.0×10－7 Ω·m 
3．答案：(1)6.0 2.085 35.2  
(2)①D A E ②图见解析 (3)D 
解析：(1)用多用电表×10 Ω 挡粗测其电阻发现多用表指针偏角偏大，说明电阻值较小，
应换用×1 Ω 挡，图示电阻为6.0×1 Ω＝6.0 Ω，螺旋测微器示数2 mm＋8.5×0.01 mm＝2.085 
mm，游标卡尺示数为35 mm＋2×0.1 mm＝35.2 mm. 
(2)①电路中最大电流约为I＝U
R ＝2.5
6  A≈0.42 A，电流表应选量程为0.6 A 的A2，电
流表应选用D.直流稳压电源输出电压为2.5 V，电压表应选用量程为3 V 的V1，电压表应选
用A.为了便于调节电路，滑动变阻器选用阻值较小的R1，滑动变阻器应选用E. 
②由RARV ＝1 500×1 Ω＝10 15 Ω>6 Ω，所以电流表应选用外接法，为了便于调节
滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图 
 
(3)用螺旋测微器、游标卡尺测量时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A 错误；需要
将得到的几组电表示数代入，分别求出待测电阻的阻值，再求电阻阻值平均值以减小误差，
B 错误；电表读数时估读位数由最小分度决定，C 错误；利用U­I 图像处理数据求出金属丝
电阻可以减小偶然误差，D 正确． 
4．答案：(1)1.845(1.844～1.846 均可) 42.40 
(2)A (3)①图见解析 ② I2（R0＋r2）
I1－I2
  ③等于 
解析：(1)由图所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5 mm，旋转刻度为34.5×0.01 mm
＝0.345 mm，螺旋测微器示数为1.5 mm＋0.345 mm＝1.845 mm；由图所示可知，游标卡尺主
尺示数为42 mm，游标尺示数为8×0.05 mm＝0.40 mm，游标卡尺示数为42 mm＋0.40 mm
＝42.40 mm. 
(2)选择开关置于“×10”时指针的偏转角度较大，说明电阻较小，所以应该换小倍率挡，
换挡后需要短接调零，再次测量，故选A. 
(3)①题中电压表量程太大，测量不精确．可用已知内阻的电流表A2 与电阻箱串联充当
电压表；因改装后的电压表内阻已知，可接成电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路
图如图 
 
②由电路可知Rx＝U
I ＝
I2（R0＋r2）
I1－I2
  
③电压和电流均为真实值，所以无系统误差． 
5．答案：(1)1.780(1.779～1.781 均可) (2)A 0.40 (3)55.9(55.7～56.1 均可) 
解析：(1)该铜导线直径为1.5 mm＋0.01 mm×28.0＝1.780 mm. 
(2)①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于A 端； 
②当电流计指针稳定指向中央零刻度线时，电阻箱的阻值为R3＝150 Ω，则R2
Rx ＝R3
R1 ，
解得Rx＝0.40 Ω . 
(3)根据Rx＝ρL
S ＝4ρL
πd2 ，解得L＝πd2Rx
4ρ  
＝
3.14×（1.780×10－3）2×0.4
4×1.78×10－8
  m＝55.9 m． 
考点50 实验十二 
用多用电表测量电学中的物理量 
1．答案：B 
解析：多用电表在测量通过小灯泡的电流时，电流应从红表笔进黑表笔出，同时将电表
与被测元件串联，B 正确． 
2．答案：(1)A 左 (3)＋ B 右 
解析：(1)机械调零，要调节部件A，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置．(3)
将红表笔插到＋孔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮B，使多用电表的指针指在表盘最右
端的零刻度线位置． 
3．答案：(3)右 (5)×1 k 22 000 
解析：将红黑表笔分别插入正负插孔中，笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指
向右端零位置，即零欧姆的位置. 换成测另一阻值为20～25 kΩ 的电阻时，应调节选择开关，
使它的尖端指向 “×1 k”的位置. 该待测电阻的阻值为R＝22×1 kΩ＝22 kΩ. 
4．答案：(1)×1 k 欧姆调零 (2)15 000 15 000 (3)黑 (4)AC 
解析：(1)用多用电表欧姆挡“×100”挡估测某一电压表内阻时，发现指针位置如图中
虚线所示，可知待测电阻阻值较大，应将挡位换为×1 k，然后将红、黑表笔短接，进行欧姆
调零后再测量． 
(2)重新正确测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线(实线为刻度盘的中线)所示，则电
压表的内阻为RV＝15×1 000 Ω＝15 000 Ω.因为此时指针指在中间位置，电流为满偏电流的
一半，则有1
2 Im＝
E
r欧＋RV ，欧姆调零时，有Im＝E
r欧 ，联立解得该欧姆表在此挡位时的内阻
为r 欧＝RV＝15 000 Ω. 
(3)多用电表电流从红表笔流入，黑表笔流出，图中a 表笔接电压表正接线柱，故a 表笔
是黑表笔． 
(4)根据闭合电路欧姆定律可得I＝
E
Rx＋r欧 ，变形可得1
I ＝Rx
E ＋
r欧
E ，其中r 欧为该挡位
欧姆调零后欧姆表的内阻，可知I­Rx 图像是双曲线的一条；1
I ­Rx 图像为一条纵轴截距为正的
倾斜直线，A、C 正确． 
5．答案：(1)黑 (2)B (3)160 
解析：(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时
电流表中电流“红进黑出”；即图(a)中的A 端与黑色表笔相连接． 
(2) 由电路图可知，R6 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能
进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要实行调节，B 正确． 
(3)直流电流挡分为1 mA 和2.5 mA，由图可知，当接2 时并联大电阻，应为1 mA；根
据串并联电路规律可知R1＋R2＝IgRg
I－Ig ＝
250×10－6×480
1×10－3－250×10－6  Ω＝160 Ω. 
6．答案：(2)×10 k 欧姆调零 1.20×105 (3)黑 (5)灵敏电流计G 
解析：(2)由欧姆表表盘刻度的特点知，指针的偏转角度过小，说明电阻的阻值较大，因
此应换更高倍率的挡位，即选“×10 k”挡，每次换挡后，都需要进行欧姆调零．题图2 中，
指针指示的刻度值为“12”，又倍率为“×10 k”，则电阻R0 的测量结果为1.20×105 Ω. 
(3)欧姆表的黑表笔接内部电源的正极，因此黑表笔应与电解电容器的“＋”引脚相连． 
(5)结合上述步骤中的实验操作和实验现象可知，定值电阻R0、电容器C 和电源均正常，
则电路中出现故障的仪器可能是灵敏电流计G. 
考点51 实验十三 测定电源的电动势和内阻 
1．答案：(1)A (2)图见解析 (3)A (4)B 
解析：(1)因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差所以电流表采用相对电源
外接，A 图正确． 
(2)根据电路图得实物连接图如图所示 
 
(3)由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电
流，内电阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率
的绝对值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合，
A 正确． 
(4)因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不
变的情况下，电压表内阻越大，电压表的分流越小，可以采取的措施是换用内阻更大的电压
表，B 正确． 
2．答案：(1)电流 保护电路 (2)1.50 0.28 (3)B 
解析：(1)图A 中A 为电流传感器，定值电阻R1 在实验中起保护电路的作用； 
(2)由U­I 图线得到电源电动势E＝1.50 V，内阻r＝ΔU
ΔI ＝
1.50－1.22
1
  Ω＝0.28 Ω； 
(3)根据图线的数据，例如当I＝0.15 A 时，U＝1.46 V，此时滑动变阻器取值为R＝U
I －
R1＝1.46
0.15 －1≈9 Ω，故实验中选用的滑动变阻器最合理的阻值范围为0～20 Ω，B 正确． 
3．答案：(1)见解析 (2)保护实验电路 (3)3.0 2.3 
解析：(1)电路图采用安培表和电阻箱测电源的电动势与内阻，定值电阻R0 充当电压表，
实物连线如图所示 
 
(2)定值电阻R1 连接在干路上，具有保护实验电路的作用． 
(3)根据闭合电路的欧姆定律有E＝IR＋(I＋IR
R0 )(r＋R1)，整理可得1
I ＝
R0＋R1＋r
ER0
 ·R＋
R1＋r
E
 ，结合题图丙有
R0＋R1＋r
ER0
 ＝
2.0－1.1
1.8
  V－1，
R1＋r
E
 ＝1.1 A－1，解得E＝3.0 V，r＝2.3 
Ω. 
4．答案：(1)图见解析 (2)20 Ω (3)1.49 V 0.69 Ω 
解析：(1)根据电路图连接实物图如图所示 
 
(2)①电阻箱的阻值为0×1 000 Ω＋0×100 Ω＋2×10 Ω＋0×1 Ω＝20 Ω. 
(3)将电压表视为理想电表，根据上述分析可知电源电动势E＝1.49 V，则干路电流I＝U
R 
＝1.16
20  A＝0.058 A，又I＝
E
R0＋R＋r ，所以r＝E
I －R0－R≈0.69 Ω. 
5．答案：(1)a (2)1.48(1.47 或1.49 也可) 0.96(0.94～0.98 均可) (3)图见解析 
解析：(1)因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法，应
选图(a)所示电路图． 
(2)由E＝U＋Ir，可知U＝E－Ir.则U­I 图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表
示内阻，即E＝1.48 V，r＝
1.48－1.00
0.50
  Ω＝0.96 Ω. 
(3)若选择(b)电路图进行实验，则E＝U＋I(RA＋r)，可得I＝
E－U
RA＋r ＝
1.48－1.00
0.50＋0.96  A≈0.33 
A，在图(c)上用实线画出实验中应得到的图线的示意图，如图 
 
验收检测卷九 电路 电能 
1．答案：A 
解析：mA 为电流单位，h 为时间单位，根据q＝It 可知mA·h 为电荷量单位．选项A 正
确，B、C、D 错误． 
2．答案：C 
解析：由公式R＝U
I 可知图像上的点与原点连线的斜率表示电阻，则RB>RC>RA，C 正确． 
3．答案：C 
解析：电阻率由金属本身决定，则两个导体R1 与R2 电阻率之比为1∶1，A 错误；设正
方形的边长为L，厚度为d，根据电阻定律可知R＝ρL
S ＝ρ L
Ld ＝ρ
d ，两个导体的电阻之比为
R1∶R2＝1∶1，B 错误；两导体串联在电路中，通过的电流相等，根据欧姆定律可知，两电
阻两端的电压之比为1∶1，C 正确；因两段导体串联，通过的电流相等，根据电流的微观表
达式I＝neSv 可知自由电子在R1 与R2 中的定向移动速率之比为v1∶v2＝S2∶S1＝1∶2，D 错
误． 
4．答案：B 
解析：设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I，图甲中灯泡正常发光时，电路的总电流
I1＝3I，电路甲消耗的电功率为P1＝U0×3I＝3U0I，图乙中灯泡正常发光时，电路的总电流
I2＝I，电路乙消耗的电功率为P2＝U0×I＝U0I，所以P1
P2 ＝3，B 正确． 
5．答案：D 
解析：设电源的电动势为E，内阻为r，则在图甲中，当环境变暗时，Rt 阻值增大，电路
的总电阻增大，干路电流I 减小，根据欧姆定律可知R0 两端电压为UR0＝IR0，可知R0 两端
的电压将减小；当环境变亮时，Rt 阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流I 增大，根据闭
合电路的欧姆定律可知灯泡两端电压为UL＝E－I(R0＋r)，即灯泡两端电压将减小，流过灯泡
的电流也减小，由于干路电流I 增大了，所以流过R1 的电流I1 增大，根据P1＝I21 R1可知R1
的电功率增大，A、C 错误；图乙中，环境变暗时，Rt 阻值增大，电路的总电阻增大，干路
电流I 减小，由于RL 和R1 的阻值均不变，所以流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；环境变亮
时，Rt 阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流I 增大，流过R1 的电流I1 增大，电功率也增
大，B 错误，D 正确． 
6．答案：C 
解析：电路中灯泡不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断
的位置电压为零，Uad＝6 V，测量的是电源电压，测得Uac＝6 V，说明电流表没有断路，Uab
＝0，Ucd＝0，整个电路中只有一个故障，说明灯泡L2 断路，C 正确． 
7．答案：D 
解析：握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中，盐水柱变长，横截面积变小，根据
电阻定律R3＝ρL
S 可知电阻R3 的阻值增大，总电阻增大，电流减小，电压表示数增大，A 错
误；由闭合电路欧姆定律和电阻特点知ΔU
ΔI ＝R1＋r，B 错误；R3 增大，则电路总电阻增大，
总电流减小，所以R1 功率减小，电源内电压减小，路端电压增大，根据串联电路分压规律可
知R2 两端电压增大，即电压表示数增大，且电容器两端电压增大，两极板间电场强度增大，
油滴所受电场力增大，将向上运动，C 错误；根据Q＝CU，电容器两端电压增大，可知电容
器所带电荷量增大，因为电容器上极板带正电，所以G 表中有从c 到a 的电流，D 正确． 
8．答案：C 
解析：当滑动变阻器的滑片P 由最左a 端向最右b 端滑动过程中，滑动变阻器接入电路
中电阻增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电流表的示数变小，A 错误；把定值电阻R
视为电源内电阻，当滑动变阻器的阻值R 滑＝R＋r＝6 Ω，滑动变阻器消耗的功率最大，所以
滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，B 错误；总电流减小，内阻r 不变，根据P 内＝I2r，
电源内部消耗的功率变小，C 正确；电源的效率η＝
I2（R＋R滑）
I2（R＋R滑＋r） ＝
5＋R滑
6＋R滑 ＝1－
1
6＋R滑 ，
当R 滑＝10 Ω 时，有最大效率ηm＝93.75%，D 错误． 
9．答案：BC 
解析：由题可知当使用a、b 两个端点时，R1 为一支路，量程较大；a、c 两个端点时R1、
R2 为一支路，量程较小，C 正确，D 错误；当使用a、b 两个端点时，量程是10 mA，故有
R1＝
Ig（Rg＋R2）
（I1－Ig） ，使用a、c 两个端点，量程是1 mA，故有R1＋R2＝IgRg
I2－Ig ，联立解得R1
＝10 Ω，R2＝90 Ω，A 错误，B 正确． 
10．答案：AD 
解析：红表笔接在a 点，黑表笔如果接在b 点或者c 点时电表示数为9 V，说明cd、ef
段导线无断路，断路必定在ab 段；如果接在b 点或者c 点时，电表示数为0 V，说明cd 或
者ef 段导线有断路，黑表笔如果接在e 点或者d 点时，若电表示数为9 V，说明ef 段导线无
断路，断路必定在cd 段，如果接在e 点或者d 点时，电表示数为0 V，说明ef 段导线或者
cd 段导线断路，其他段完好，A、D 正确． 
11．答案：AB 
解析：光敏电阻光照减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧
姆定律可得，电路中电流减小，所以R1 两端的电压减小，电压表示数减小，A 正确；因电路
中电流减小，所以内压减小，路端电压增大，同时R1 两端的电压减小，故并联电路部分电压
增大，则流过R2 的电流增大；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P
＝I2R 可知，小灯泡消耗的功率变小，B 正确，C 错误；电源两端的电压为路端电压，因电路
中电流减小，所以内压减小，路端电压增大，所以电源两端的电压变大，D 错误． 
12．答案：AD 
解析：根据R＝ρL
S ，电阻随x 变化较快时，电阻率较大，所以导线的右边部分为金属线
1，A 正确；根据ΔR＝ρ
S ΔL，所以对左边是金属线2，ρ
S ＝
45－40
0.26－0.1 ×10－3，解得S＝8.9×10
－7 m2，B 错误；根据图像可知，x＞0.3 m 时R＝－0.055x＋0.055；当x＝0.7 m 时R＝0.016 5 
Ω，电池消耗的功率P＝E2
R ＝0.60 W，C 错误；当x＞0.3 m 时电流表读数I 随x 变化的关系
式近似为I＝E
R ＝1.80
1－x  A，D 正确． 
13．答案：(1)图见解析 (2)E 左 (3)I2－I1
I1
 R0 (4)20 
解析：(1)根据题意可知，电动势3 V，所以电压表量程太大，用定值电阻和电流表测电
压，电路图如下 
 
(2)采用分压电路，所以滑动变阻器选择小的，在开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应
滑到最左边，使待测支路电流为零． 
(3)若I1、I2 分别为某次实验时电流表A1、A2 的示数，则待测电流表的内阻r＝
I2－I1
I1
 R0. 
(4)实验中测得电流表A1 的内阻r＝10 Ω，若想把它改装成量程为9 V 的电压表，应串联
电阻阻值R＝U
Ig －r＝20 Ω. 
14．答案：(1)0～3 （I1－I0）R0
I0
  (2)12.6 1.6 
解析：(1)定值电阻R0 比电流表A 的内阻略小，则流过R0 的电流比流过电流表A 的电流
大，则干路中的电流表A1 应选用的量程为0～3 A；根据并联电路的特点有I0RA＝(I1－I0)R0，
解得电流表A 的内阻为RA＝
（I1－I0）R0
I0
 . 
(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋I(RA＋r)，解得U＝－I(RA＋r)＋E，图丙中U­I 图像
的纵轴截距等于电动势，则有E＝12.6 V，U­I 图像的斜率绝对值为|k|＝RA＋r＝
12.6－8.0
1.0
  Ω
＝4.6 Ω，解得内阻为r＝1.6 Ω. 
15．答案：(1)①左 ②I1 (2)①A1 60 ②100 (3)无 
解析：(1)①本实验滑动变阻器用的分压式接法，操作前应将其滑动触头置于输出电压最
小的最左端，即让支路电流为零，保护电表达到安全的作用； 
②根据实验原理可知，变阻器的输出电压U 应保持不变，根据欧姆定律，断开S2 闭合
S1 时应有U＝I1Rx，断开S1 闭合S2 时应有U＝I2R0，比较可知，当I1＝I2 时Rx＝R0，即调节
R0 阻值使得电流表读数为I1 时，R0 的读数即为待测电阻的阻值． 
(2)①若不考虑电源内阻，且在电源两端只接R0 时，电路中的电流约为I＝E
R0 ＝1.5
150  A
＝10 mA，由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的1
2 处，则该同
学选到的电流表应为A1.当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝Im
2 (R＋R0＋RA1)，
计算出R＝60 Ω. 
②断开开关，保持滑片的位置不变，用Rx 替换R0，闭合开关后，有E＝3Im
5 (R＋Rx＋RA1)，
代入数据有Rx＝100 Ω. 
(3)若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝Im
2 [(R＋r)＋R0＋RA1]，E＝3Im
5 [(R
＋r)＋Rx＋RA1]，联立计算出的Rx 不受电源内阻r 的影响． 
16．答案：(1)C E (2)图见解析 (3)8 031.3 偏小 
解析：(1)本实验采用的半偏法测量电流表G 的内阻，实验中在开关S 闭合前后，始终认
为电路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值需要远远大
于电流表G 的内阻，选用的滑动变阻器为E.本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的
电压，则要选电动势大一点的电源，故选C. 
(2)实物图连接如图 
 
(3)保持R1 的滑片不动，再闭合S2，调节R2，使电流表G 的示数为IG＝100 μA，则电阻
箱的电流为IR2＝2 mA－0.1 mA ＝1.9 mA，电阻箱的阻值为R2＝422.7 Ω，根据并联电路的规
律可知电流表G 的电阻为rg＝IR2×R2
IG
 ＝8 031.3 Ω.当S2 接通时，R2 有电流流过，R2 和G 并
联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏时，R2 中电流大于
半偏电流，则测量值小于真实值． 
第十章 磁场 
考点52 磁场及磁场对电流的作用 
1．答案：C 
解析：由对称性可知，f、a 点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，A 错误；设每根
直导线的电流为I，则B＝kI
r ，若正方体棱长为L, 则c 点磁感应强度大小Bc＝2kI
L ，e 点磁
感应强度大小Be＝2kI
L ，大小之比为2 ∶1，B 错误；a、b、c、e、f 五个点中c 点距离两
通电导线距离都是最近的位置，且两根通电导线在c 点的磁场方向相同，都沿着b→c 方向，
则合成后磁感应强度最大，C 正确，D 错误． 
2．答案：B 
解析：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故
M 点的磁场方向也是向左的，设A 环形电流在M 点的磁感应强度为BAM，B 环形电流在M
点的磁感应强度为BBM，测量可得M 点的磁感应强度大小为B1，则有B1＝BAM＋BBM，而N
点的磁感应强度大小为B2，则有BAM＝1
2 B2，将右侧的金属环B 取走，P 点的磁感应强度大
小应为BP＝B1－1
2 B2，B 正确． 
3．答案：D 
解析：根据几何关系，可知通电圆环在磁场中的有效长度为L＝2 r；根据安培力公式
可得，圆环ab 受到的安培力大小为F＝2 BIr，又圆环ac 和圆环cb 所受安培力大小相等，
方向相同，所以圆环ac 受到的安培力大小为F′＝F
2 ＝2
2 BIr，D 正确． 
4．答案：C 
解析：根据平衡条件得mg＝BIL＋1
2 BIL，解得mg＝3BIL
2 ，C 正确． 
5．答案：D 
解析：设a、b 两棒的长度分别为La 和Lb，c 的直径为d.由于导体棒都与匀强磁场垂直，
则a、b、c 三棒所受安培力的大小分别为：Fa＝BILa；Fb＝BILb＝BId；c 棒所受安培力与长
度为d 的直导体棒所受安培力的大小相等，则Fc＝BId；因为La＞d，则Fa＞Fb＝Fc，D 正确． 
6．答案：D 
解析：对整体受力分析，重力大小和方向不变，绳1、2 弹力方向不变，根据左手定则，
安培力水平向右逐渐增大，由平衡条件得，水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl，竖直方向F2sin 60°
＝mg，电流逐渐变大，则F1 增大、F2 不变，A、B 错误；当电流增大到I0 时，安培力与重力
的合力最大，即绳3 的拉力最大，即sin 30°＝mg
F3 ，最大值为F3＝2mg，C 错误；对导体棒
受力分析得tan 30°＝mg
BI0l ，得I0＝3mg
Bl ，D 正确． 
7．答案：BC 
解析：当左托盘放入重物后，要使线圈P 仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P 需要受
到竖直向下的安培力，若P 处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P 中通入负向电
流，故A 错误，B 正确；若P 处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P 中通入正向
电流，C 正确，D 错误． 
8．答案：B 
解析：磁矿所产生的磁场水平分量与图中虚线垂直时，磁矿所产生的磁感应强度水平分
量最小，为B′min＝B sin 60°＝3
2 B，B 正确． 
9．答案：D 
解析：由左手定则可知，a、b 导线受到的安培力大小相等、方向相反，A 错误；由左手
定则可知，a 导线受到的安培力向上，b 导线受到的安培力向下，线圈按顺时针方向(正视)转
动，B 错误；换磁性更强的磁铁或增加线圈匝数，会使得在相同电流情况下线圈所受安培力
增大，电流表的量程减小，C 错误，D 正确． 
10．答案：B 
解析： 
 
由安培定则可知，三根导线中的电流在D 点产生的磁感应强度如图所示，由几何关系可
知，A、B、C 三点到D 点的距离相等，三根导线中电流大小相等，因此导线中的电流在D
点产生的磁感应强度大小相等，则有BA＝BB＝BC，因BB、BC 大小相等，方向相反，合磁感
应强度是零，因此则有BA＝B0，则有BA＝BB＝BC＝B0，将B 点处的导线中的电流反向，可
知B 点处的导线中的电流在D 点产生的磁感应强度大小不变，方向与磁感应强度BC 相同，
即B′B＝BC，由磁感应强度的叠加原理，可得此时D 点处的磁感应强度大小为BD＝
B2A ＋（B′B＋BC）2 ＝5 B0，A、C、D 错误，B 正确． 
11．答案：A 
解析：图甲中，线框受到的安培力向上，有效长度为1
2 l，绝缘细线的拉力F＝mg－1
2 BIl，
A 正确，B 错误；将匀强磁场上移到图乙中所示位置，有效长度不变，线框所受安培力不变，
悬线的拉力不变，C、D 错误． 
考点53 磁场对运动电荷的作用 
1．答案：A 
解析：电流I＝Q
t ＝nqvst
t
 ＝nqvs，A 正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，
B 错误；粒子所受的洛伦兹力为F 洛＝qvB，导线长度为L，则其受的安培力为F＝nqLSvB＝
BIL，C 错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，D 错误． 
2．答案：B 
解析：粒子速度大小相同，由f＝qvB sin θ 可知，如果速度v 与磁场B 的夹角不同，洛
伦兹力大小不同，即使洛伦兹力大小相同，速度方向不同，洛伦兹力方向不同，洛伦兹力不
同，A 错误；如果把＋q 改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，
B 正确；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，C
错误；洛伦兹力对粒子不做功，粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度大小不
变，但速度方向会发生变化，速度变化，D 错误． 
3．答案：ACD 
解析：对两个质子，其比荷q
m 相同，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝mv2
r ，且T＝2πr
v ，
解得质子在磁场中做圆周运动的周期为T＝2πm
qB ，在同一磁场中，则有T1＝T2，A 正确；由
qvB＝mv2
r 得质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝mv
qB ，因r1>r2，则有v1>v2，B 错误；
由qvB＝ma 可得质子在磁场中做匀速圆周运动的加速度为a＝qvB
m ，因为v1>v2，可知a1>a2，
C 正确；两质子的运动周期相同，由题图可知质子1 从经过P 点算起到第一次通过图中虚线
MN 所转过的圆心角比质子2 小，由t＝θ
2π T 可知t1<t2，D 正确． 
4．答案：D 
解析：要使粒子能打中PQ 左侧的所有位置，则粒子最小速度对应轨迹的直径为OP，有
2r1＝OP＝5 L，Bqv1＝mv21 
r1 ，对应的最小速度为v1＝5qBL
2m
 ，要使粒子能打中PQ 右侧的
所有位置，则粒子最小速度对应轨迹如图所示： 
 
则有(r2－L)2＋4L2＝r22 ，Bqv2＝mv22 
r2 ，对应的最小速度为v2＝5qBL
2m ，综上所述，要使
PQ 左、右两侧所有点均能被粒子打中，则粒子的速率至少为5qBL
2m ，D 正确． 
5．答案：B 
解析：根据题意作出粒子运动轨迹如图 
 
由题可知α＝30°，根据几何关系有tan θ＝
l
2
l ＝1
2 ，则MK2＝l2＋(l
2 )2，粒子运动的轨迹
半径为R＝
1
2MK
cos （α＋θ） ，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2
R ，联立解得v＝
（10 3＋5）qBl
22m
 ，B 正确． 
6．答案：D 
解析：粒子从b 点以某一初速度v0 沿平行于x 轴正方向进入磁场区域，从a 点垂直于x
轴离开磁场，如图所示由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv20 
r ，由几何关系可得r＝R，联
立解得v0＝BqR
m ，该粒子从b 点运动到a 点的时间为t＝90°
360° T＝1
4 ·2πm
qB ＝πm
2qB ，A、B 正
确； 
 
以2
2 v0 从b 点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r1＝
m· 2
2 v0
qB
 ＝2
2 R.
该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知Lab＝
2 R＝2r1，该种粒子从边界出射的最远点恰为a 点，C 正确； 
 
以2 v0 从b 点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r2＝m· 2v0
qB
 ＝2 R，
当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动
的时间最长，如图所示 
 
由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为tmax＝90°
360° T＝1
4 ·2πm
qB ＝πm
2qB ，D
错误． 
7．答案：A 
解析：由题知，一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射出，
则根据几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径r＝2a，则有qvB＝mv2
r  
则有q
m ＝v
2a·B  
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射
后则会沿x 轴到达接收屏，则有Eq＝qvB 
联立有q
m ＝
E
2a·B2  
故选A. 
8．答案：AB 
解析： 
 
由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R<L
4 ， 
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力即qvB＝mv2
R  
可得粒子做圆周运动的半径R＝mv
qB  
粒子从左边射出，则mv
qB <L
4 ，即v<qBL
4m  
带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由图可知： 
R2＝L2＋(R－L
2 )2 
可得粒子圆周运动的最大半径R＝5L
4  
又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子从右边射出，则mv
qB >5l
4 即：此时
v>5qBL
4m  
所以粒子不打在极板上，射出速度满足v<qBL
4m 或v>5qBL
4m . 
9．答案：C 
解析：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2
r ，
解得v＝qBr
m ，若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示 
 
由几何关系可得(2n＋1)r＝a
2 (n＝0，1，2，…)，解得v＝
qBa
（4n＋2）m (n＝0，1，2…)，
当n＝0 时，速度最大为vmax＝8 m/s；当n＝1 时v＝8
3  m/s；当n＝2 时v＝8
5  m/s，则粒子
的速度不可能为2 m/s，C 正确． 
10．答案：BC 
 
解析：根据牛顿第二定律，qvB＝mv2
d ，根据题意k＝q
m ，解得B＝v
kd ，A 错误，B 正
确；同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最长时间和最短时间如图所示，tmin＝1
6 T，tmax
＝3
4 T，粒子运动的周期为T＝2πd
v ，最大时间差为Δt＝tmax－tmin，解得，Δt＝7πd
6v ，C 正确，
D 错误． 
11．答案：(1)143πm
90qB  (2)qBl
4m <v0<5qBl
9m  
 
解析：(1)粒子从ab 边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1 所示， 
有qBv0＝mv20 
R  
又T＝2πR
v0  
解得T＝2πm
Bq  
又由几何关系得θ＝74° 
则粒子在磁场中运动的最长时间t＝
360°－θ
360° T＝143πm
90qB . 
(2)当粒子轨迹与ad 边相切时，如图2 所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几
何关系可得R1＋R1sin 37°＝0.4l 
又qBv01＝mv201 
R1  
解得v01＝qBl
4m  
 
 
当粒子运动轨迹与cd 边相切时，如图3 所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由
几何关系可得R2＋R2 cos 37°＝l 
又qBv02＝mv202 
R2  
解得v02＝5qBl
9m  
综上可得qBl
4m <v0<5qBl
9m . 
12．答案：BD 
解析：因为洛伦兹力永不做功，所以速度大小肯定不变，A、C 错误；开始时由细线拉
力与洛伦兹力(方向未知)的合力提供向心力，线断后，由洛伦兹力提供向心力，向心力大小
变化情况不确定，所以B、D 正确． 
13．答案：AB 
解析：根据粒子偏转方向相反可得Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；据粒子
偏转方向相反，由粒子经过a、b 点时的速度方向均水平向右可得：两粒子转过的角度相等，
所以弧aP 与弧Pb 对应的圆心角相等，又有弧aP、弧Pb 的弧长之比为2∶1，那么半径为Δs
θ 
＝R，粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1；粒子在磁场中只受洛伦兹力作
用，洛伦兹力提供向心力，故有根据Bqv＝mv2
R ，磁感应强度为B＝mv
qR ，磁场的磁感应强度
大小之比为1∶2，A、B 正确；根据粒子做圆周运动的周期T＝2πR
v ，由粒子运动半径之比
为2∶1，则通过aP、Pb 两段弧的时间之比为2∶1；由角速度公式ω＝Δθ
Δt ，由圆心角相等
可得角速度之比为1∶2，C、D 错误． 
14．答案：A 
解析：依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝mv2
r 得r＝mv
qB ，由
于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2.
当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得
( 3 R－rmax)2＝r2max ＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝3
3 R，氕核在磁场中运动的最大半
径为r′max＝1
2 rmax＝3
6 R，A 正确． 
15．答案：D 
 
解析：根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，A 错
误；打到M、N 两点的粒子轨迹如图所示 
由图可知，粒子打到N 点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间
最小，则有tmin＝1
4 T＝1
4 ×2πm
qB ＝πm
2qB ，B 错误；粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝mv2
r ，解得r＝mv
qB ，由图可知粒子打到M 点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速
度最小，根据几何关系可得tan θ＝3R
R ＝3 ，解得θ＝60°，则最小半径为r1＝R tan θ
2 ＝3
3 
R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1＝3BqR
3m
 ，C 错误；由图可知，从P 点到
N 点的粒子在磁场中的运动时间小于从P 点到M 点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到
打到收集器，从P 点到N 点的粒子通过的位移小于从P 点到M 点的粒子通过的位移，从P
点到N 点的粒子的速度大于从P 点到M 点的粒子的速度，则从P 点到N 点的粒子从离开磁
场到打到收集器所用时间小于从P 点到M 点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从
P 点到N 点的粒子比从P 点到M 点的粒子运动时间短，D 正确． 
16．答案：(1)轨迹图见解析2 3
3 d (2)带电粒子带正电2 3Bqd
3v
  
(3)2 3πd
9v
  
解析：(1)电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，如
图所示 
 
由几何知识得到，轨迹的半径为r＝
d
sin 60° ＝2 3
3 d 
(2)由左手定则，可知，带电粒子带正电，由牛顿第二定律得qvB＝mv2
r  
解得m＝2 3Bqd
3v
  
(3)由几何知识得到，轨迹的圆心角为α＝π
3 ，故穿越磁场的时间为 
t＝T
6 ＝
π
3r
v ＝2 3πd
9v
  
17．答案：(1)v>qBR
2m  (2) 3qBR
3m
  2πm
3qB  (3)（2＋6）qBR
2m
  
解析：(1)如图所示，带电粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时恰不从磁场圆
弧部分边界射出，设此时粒子速度大小为v1，轨道半径为r1 ，根据几何知识，有r1＝R
2  
根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝mv21 
r1  
解得v1＝qBR
2m  
所以带电粒子速率应满足的条件是v>qBR
2m  
 
(2)如图所示，带电粒子恰好从P 点离开磁场时，设粒子速度大小为v2，轨道半径为r2，
根据几何知识，有r2· 3
2 ＝R
2  
根据洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝mv22 
r2  
解得v2＝3qBR
3m
  
带电粒子做圆周运动转过的圆心角为2π
3 ，带电粒子做圆周运动的周期 
T＝2πR
v ＝2πm
qB  
带电粒子在磁场中的运动时间t＝1
3 T＝2πm
3qB  
(3)带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，设此带电粒子的速度大小为v3，轨道
半径为r3，根据数学知识，有
r3
sin 75° ＝
R
sin 30°  
根据洛伦兹力提供向心力，有qv3B＝mv23 
r3  
解得v3＝
（2＋6）qBR
2m
 . 
 
考点54 带电粒子在组合场中的运动 
1．答案：(1)正电 mv2
2q  (2)mv
qB  (3) πm
3qB  
解析：(1)带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电．粒子在电场中运动由
动能定理可知 
qU＝1
2 mv2 
解得U＝mv2
2q  
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2
r  
解得r＝mv
qB  
 
(3)设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图 
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ＝π
3  
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T＝2πr
v  
带电粒子在磁场中运动的时间t＝θ
2π T 
联立各式解得t＝πm
3qB . 
2．答案：(1)5aqB0
m
  (2)B1>8B0
3  (3)4na(n＝1，2，3……) 
解析：(1)设粒子在OF 上方做圆周运动半径为R，如图所示 
 
 
由几何关系可知 
R2－(R－a)2＝(3a)2 
解得R＝5a 
根据洛伦兹力提供向心力，有 
qvB0＝mv2
R  
解得v＝5aqB0
m
  
(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r1，如图所
示 
 
由几何关系得 
r1＋r1cos θ＝3a 
cos θ＝3
5  
解得r1＝15a
8  
根据洛伦兹力提供向心力，有 
qvB1＝mv2
r1  
解得B1＝8B0
3  
当磁感应强度大于8B0
3 时，粒子运动的轨迹半径减小，粒子将不会从AC 边界飞出； 
(3)当磁感应强度为3B0 大于8B0
3 时，粒子的运动轨迹如图所示 
 
根据洛伦兹力提供向心力，有 
qv·3B0＝mv2
r  
所以粒子在OF 下方的运动半径为r＝5
3 a 
设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P 与P1 的连线
一定与OF 平行，根据几何关系知 
PP1̅̅̅̅̅＝2(3a－r cos θ)＝4a 
所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为 
l＝nPP1̅̅̅̅̅＝4na(n＝1，2，3……). 
3．答案：(1)qBR
m  (2)t1＋t2＝πm
2qB ＋ 
2mR
qE  (3)R＋qB2R2
8mE  
解析：(1)微粒射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝mv2
R ，解
得v＝qBR
m  
(2) 
 
微粒从原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经1
4 圆弧后以速度v 垂直
于电场方向进入电场，轨迹如图甲所示 
在磁场中运动时间为t1＝T
4 ＝πm
2qB  
进入电场后做类平抛运动，沿电场方向R＝1
2 qE
m t22  
解得t2＝ 
2mR
qE  
故所求时间为：t＝t1＋t2＝πm
2qB ＋ 
2mR
qE  
 
(3)微粒从y 轴上y＝R
2 处射向磁场，入射点为P，轨迹圆心为O2，如图乙所示 
在△APO 中∠AO′P＝30°，∠APO′＝60°，连接O2O′，因O2P＝O′P＝R，∠O2PO′＝120°，
则∠PO′O2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知∠O2O′Q＝30°，
出射点Q 必位于O′点正上方． 
由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x 轴成θ＝60°. 
在电场中微粒沿x 轴正方向做初速度为vOx＝v cos θ 的匀减速运动，加速度大小为a＝qE
m ， 
在电场中向右运动的最远距离xm＝v2Ox 
2a  
由以上三个方程及v＝qBR
m 可解得xm＝qB2R2
8mE  
运动过程中距y 轴的最远距离为d＝R＋xm，即d＝R＋qB2R2
8mE . 
4．答案：ABC 
解析：质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当质子的轨道半径为R 时，质子达到最大速
度，根据线速度定义式，质子的最大速度为vm＝2πR
T ＝2πRf，A 正确；根据洛伦兹力提供向
心力可得qvB＝mv2
r ，当r＝R 时，有最大速度为vm＝qBR
m ，质子的最大动能为Ekm＝q2B2R2
2m ，
与高频交变电源的电压U 无关，B 正确，D 错误；高频交变电源的频率与质子在磁场中运动
的频率相等，根据qvB＝mv2
r ，v＝2πr
T ＝2πrf，解得f＝qB
2πm ，C 正确． 
5．答案：D 
解析：根据电场力做功公式W＝qU，氖20 和氖22 的电荷量相同，加速电场电压相同，
所以做的功相同，A 错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝1
2 mv2，由于氖20 的质量小
于氖22 的质量，所以氖20 的速度大于氖22 的速度，B 错误；在磁场中，根据洛伦兹力提供
向心力，可得qvB＝mv2
R ，解得R＝mv
qB ，根据动能和动量的关系有mv＝2mEk ，综上可判
断，q、B 和Ek 相同，由于氖22 的质量大，所以氖22 的半径也大，C 错误；在加速电场中，
根据动能定理有qU＝1
2 mv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝mv2
R ，联立
可得R＝1
B  
2mU
q ，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对
同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20 和氖22 做
圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20 在电压较高时的半径可能和氖22 在电压较
低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，D 正确． 
6．答案：D 
解析：带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即粒子从离开A 板到再次回到A 板，其间
被加速一次，且板间电场方向保持不变，所以A、C 间电场不是交变电场，A、C 错误；设带
电粒子在AC 板间被加速的加速度大小为a，则有Δv＝aΔt，由于AC 板间距离保持不变，随
着带电粒子被加速后每次经过AC 板间的速度逐渐变大，带电粒子被加速的时间逐渐减小，
则带电粒子每一次加速前后，速度增加量逐渐减小，B 错误；当粒子从D 形盒中出来时，速
度最大，设D 形盒半径为R，则有R＝mvm
qB ，可得vm＝qBR
m ，加速粒子的最大速度与D 形
盒的尺寸有关，D 正确． 
7．答案：D 
 
解析：粒子从M 点由静止释放经过电场加速到第一次经过x 轴过程中有qEd＝1
2 mv21  
得v1＝ 
2qEd
m ＝2×1×106×4×103×0.2  m/s＝4×104 m/s，A 错误；根据题意画
出粒子的运动轨迹如图所示 
设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径r1，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝
mv21 
r1 ，得r1＝mv1
qB ＝
10－6×4×104
0.4
  m＝0.1 m，同理，粒子经过电场加速两次后在磁场中的
运动半径r2＝mv2
qB ＝
10－6×4 2×104
0.4
  m＝0.1 2  m，由图可知，粒子第三次经过y 轴时速
度方向与y 轴不垂直，粒子第三次经过y 轴时的位置坐标不为(0，0.2 m)，B、C 错误；粒子
在磁场中运动的周期为T＝2πm
qB ＝
2π×10－6
0.4
 s＝5π×10－6 s，粒子在电场中第一次加速的时间
为t1＝d
v－ ＝d
v1
2
 ＝0.4
4×104 s＝1×10－5 s，粒子在电场中第二次加速的时间为t2＝d
v－ ＝
d
v1＋v2
2
 
＝
0.4
4×104＋4 2×104  s，粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动时间分别为t′1＝d
v1 、t′2
＝d
v2 ，则粒子从开始释放到第五次经过x 轴所用的时间为t＝2T＋t1＋t2＋t′1＋t′2＝(
2＋2
4
 ＋
3 ＋π)×10－5 s，D 正确． 
8．答案：B 
解析：如图 
 
根据qv0B1＝mv20 
R 得R＝mv0
qB1 ，由几何关系得半径R＝3 r，联立解得B1＝mv0
3qr ，A
错误；如图 
 
根据几何关系，在圆b 和圆c 间的环形区域的匀强磁场偏转半径R1＝2 3 r，又R1＝mv1
qB2 ，
qU＝1
2 mv21 －1
2 mv20 ，联立解得U＝3mv20 
2q ，B 正确；粒子运动轨迹如上图，粒子圆a 区域
内匀强磁场运动的周期T＝2πR
v0 ＝2πm
qB1 ，粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时
间为ta＝2πm
3qB1 ，粒子圆c 区域内匀强磁场运动的周期T＝2πR
v1 ＝2πm
qB2 ，在磁场中运动的最短
时间为tc＝8πm
3qB1 ，粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为t＝ta＋tc＝14 3πr
9v0
 ，
C、D 错误． 
9．答案：(1)107 m/s (2)2×104 V (3)0.2 T 
解析：(1)在S1 和S2 两极板间加速，由动能定理得 
qU1＝1
2 mv21 －0 
解得v1＝107 m/s 
(2)带电粒子在P1 和P2 两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡 
qU2
d ＝qv1B1 
解得U2＝2×104 V 
(3)由题意可知，根据几何关系，粒子轨道半径R＝L
2  
洛伦兹力提供向心力qv1B2＝mv21 
R  
解得B2＝2
L  
2mU1
q
 ＝0.2 T． 
10．答案：(1)mv0
qR  (2) 3 R (3)①1.2R ②0.4R 
解析：(1)根据qv0B＝mv20 
R  
可得B＝mv0
qR  
(2)粒子运动轨迹如图 
 
根据几何关系可知离子进入x 轴下方时速度与水平夹角为60°，出磁场位置时于O 点的
距离为d，则d＝2R sin 60°＝3 R 
(3)①离子从O 点出射速度方向在与y 轴负方向成β 角偏左时，圆周运动轨迹与感光板交
点最低，如图 
 
根据几何关系有2R cos β＝1.6R 
解得β＝37° 
交点纵坐标y＝－2R sin β＝－1.2R 
 
②由几何关系得，离子在磁场中的运动半径为R，根据分析，离子从O 点出射速度方向
在与y 轴负方向成θ 角偏左时，圆周运动轨迹恰好与感光板相切，如图 
此为二次发光区的最高点，根据几何关系有R cos θ＋R＝1.6R 
解得θ＝53° 
切点纵坐标y＝－R sin θ＝－0.8R 
由①得最低点坐标为y＝－1.2R 
所以二次发光区的长度为0.4R. 
11．答案：(1) 
2mE
qd  (2)2d (3)4 044d 
解析：由题意可知，粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理可得 
qEd＝1
2 mv20 －0 
粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图 
 
由洛伦兹力提供向心力qv0B＝mv20 
R1  
由几何关系可知R1＝d 
联立可得，匀强磁场的磁感应强度B 的大小为B＝ 
2mE
qd  
(2)粒子再次进入匀强电场中做类平抛运动，x 轴方向有 
d＝1
2 at2 
其中a＝qE
m ，v0＝at 
在y 轴方向有y＝v0t 
联立可得，O、Q 两点间的距离为y＝2d 
(3)粒子第一次进入磁场时y1＝d 
粒子第二次进入磁场时y2＝2d 
第二次进入磁场时有vx＝at，v＝
v20 ＋v2x  ，tan θ＝vx
v0  
联立可得，粒子第二次进入磁场时的速度及速度方向与y 轴正方向的夹角为 
v＝2 v0，θ＝45° 
粒子在磁场中的半径为R2＝2 d 
根据几何关系OQ＝2d 可知，粒子第二次从坐标原点进入电场后做类斜抛运动，沿y 轴
正方向的位移为4d，所以第三次进入磁场时到原点的距离为 
y3＝2d＋2d 
同理可得，第四次进入磁场时到原点的距离为y4＝2d＋4d 
以此类推可知，粒子第2 023 次进入磁场时的位置到坐标原点的距离为y2 023＝2d＋2 
021×2d＝4 044d. 
考点55 带电粒子在叠加场中的运动 
1．答案：C 
解析：若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE 和右斜向下的洛伦
兹力qvB，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒一定带负电q，它受竖直向下的重力mg、
向右的电场力qE 和左斜向上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做
匀速直线运动，A、B 错误；由平衡条件有关系cos θ＝mg
qvB ，sin θ＝qE
Bqv ，解得磁场的磁感
应强度B＝
mg
qv cos θ ，电场的场强E＝Bv sin θ，C 正确，D 错误． 
2．答案：C 
解析：小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平
衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A 错误；根
据上述有qE＝mg，解得m＝qE
g ，B 错误；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB
＝mv2
r ，T＝2πr
v ，结合上述解得T＝2πE
Bg ，C 正确；若把电场的方向改成竖直向上，小球正
好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＋qE＝qv0B，结合上述解得v0＝2E
B ，D 错误． 
3．答案：(1)2mg
q  (2)2 3qBd
3m
  
解析：(1)微粒在区域Ⅰ沿水平虚线做直线运动，说明微粒在竖直方向上受力平衡，根据
平衡条件有E1q sin 30°＝mg 
解得E1＝2mg
q  
(2)微粒进入区域Ⅱ后，根据题意有E2q＝mg 
由此可知微粒在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2
R  
根据几何关系有R sin 60°＝d 
联立解得v＝2 3qBd
3m
  
4．答案：B 
解析：质子(11 H)以速度v0 自O 点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到
向上的洛伦兹力和电场力，满足qv0B＝qE，解得v0＝E
B ，即质子的速度满足速度选择器的条
件；以速度v0
2 的射入的正电子(01 e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，A 错
误；以速度v0 射入的电子( 0
－1 e)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速
度选择器不选择电性而只选择速度，B 正确；以速度2v0 射入的核(21 H)，以速度4v0 射入的α
粒子(42 He)，其速度都不满足速度选择器的条件v0＝E
B ，故都不能做匀速直线运动，C、D
错误． 
5．答案：C 
解析：最终定向移动的自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元
件的长、宽、高分别为a、b、c，设定向移动的自由电荷在x 方向的速度为v.有qU
c ＝qvB，
电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝BI
nqb ，B 越大，上、下表面的电势差U 越大，
B错误；霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U为U＝BI
nqb ＝(B0＋kz)· I
nqb ，则ΔU
Δz ＝kI
nqb ，
所以传感器灵敏度ΔU
Δz 与上、下表面的距离无关，k 越大，传感器灵敏度ΔU
Δz 越高，A 错误，
C 正确；若该霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表
面电势高，D 错误． 
6．答案：B 
解析：带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦
兹力向下，负粒子受到洛伦兹力向上，A 错误；当达到平衡时有U
d q＝qvB，解得v＝U
Bd ，B
正确；不带电的液体在磁场中不受力，M、N 两点没有电势差，无法计算流速，C 错误；污
水流量为Q＝vS＝1
4 πd2· U
Bd ＝πUd
4B ，D 错误． 
7．答案：D 
解析：粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2
r ，解得r＝mv
qB ，
粒子运动的周期T＝2πr
v ＝2πm
qB ，要求在T0 时，粒子距x 轴最远．如图作出粒子运动轨迹 
 
设两段圆弧的圆心O1O2 的连线与y 轴夹角为θ，P 点的纵坐标为y，圆心O2 到y 轴之间
的距离为x，则由几何关系，得：y＝2r＋2r cos θ，sin θ＝x
2r ，因为粒子在第一象限内运动，
x≥r，由题意根据数学关系知，当θ＝30°时，y 取最大值，故此时粒子在磁场中t＝T0
2 时间
内对圆心转过的角度为α＝150°＝5
6 π，根据粒子在磁场中做圆周运动的时间t＝α
2π T，解得
T＝2π
α t＝2π
5
6π
 ·T0
2 ，又粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知：T＝2πm
qB  ，知磁感应强度B0
＝5πm
3qT0 ，D 正确，A、C 错误． 
8．答案：CD 
解析：在第一个粒子射出后，只有磁场没有电场，粒子运动时间为周期的四分之一，为T
4 
＝πm
2qB0 ，R＝mv
qB0 ，B0＝mv
qL ，运动时间为t1＝πL
2v ，第二个粒子飞出后只有电场L＝vt2，L
＝1
2 ×qE0
m t22 ，E0＝2mv2
qL ，由此可知电场强度E0 和磁感应强度B0 的大小之比为2v0∶1，A
错误；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为a1
a2 ＝
qv0B0
m
qE0
m
 ＝1
2 ，B 错误；在电场
中的运动时间为L/v0，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2，C 正确；第一个粒
子经过C 点时的动能为1
2 mv20 ，对第二个粒子应用动能定理qE0L＝Ek－1
2 mv20 ，Ek＝5
2 mv20 ，
D 正确． 
9．答案：BC 
解析： 
 
小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小
球受力如图所示，小球做直线运动，则由平衡条件得qvB cos θ＝mg，小球的速度v cos θ＝v0，
代入数据解得v0＝2 m/s，A 错误，B 正确；小球从A 点抛出到进入复合场过程，由动能定理
得mgh＝1
2 mv2－1
2 mv20 ，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝
E2
2gB2 ，代入数据解得h＝1.25 m，C 正确，D 错误． 
10．答案：CD 
解析：根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，
因此图中a 板是电源的负极，b 板是电源的正极，A、B 错误；根据平衡条件，有qvB＝qE
d ，
解得电源的电动势E＝Bdv，所以只减小等离子体的入射速度v，电源的电动势也减小，C 正
确；根据闭合电路欧姆定律，用电器中电流为I＝E
R＋r ＝Bdv
R＋r ，D 正确． 
11．答案：C 
解析：若要使微粒以速度v 沿两板中心轴线S1S2 向右匀速运动，则应使微粒在竖直方向
受力平衡．只施加竖直向下的电场，微粒所受电场力竖直向下，在竖直方向上不可能受力平
衡，A 错误；只施加竖直向上的磁场，微粒所受洛伦兹力垂直纸面向外，在竖直方向上不可
能受力平衡，B 错误；同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，微粒所受电场力竖
直向上，所受洛伦兹力竖直向下，若要使微粒在竖直方向受力平衡，则应有mg＋qvB＝qE，
解得E＝mg
q ＋Bv，C 正确；同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，微粒所受电
场力竖直向下，所受洛伦兹力竖直向上，若要使微粒在竖直方向受力平衡，则应有qvB＝qE
＋mg，解得E＝Bv－mg
q ，D 错误． 
12．答案：BCD 
解析：根据题意，假如没有磁场，小球受重力、支持力，由平衡条件及牛顿第三定律可
知，小环对杆的压力大小为mg cos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说
明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，A 错误；设小环
滑到P 处时的速度大小为vP，在P 处，小环的受力如图所示， 
 
根据平衡条件得qvPB＋FN＝mg cos 37°，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小FN
＝0.4mg，联立解得vP＝2mg
5qB ，B 正确；在小环由P 处下滑到P′处的过程中，对杆没有压力，
此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小环的受力如图所示 
 
由平衡条件得qv′B＝mg cos 37°，变形解得v′＝4mg
5qB ，在小环由P 处滑到P′处的过程中，
由动能定理得mgL sin 37°＝1
2 mv′2－1
2 mv2P ，代入解得L＝2m2g
5q2B2 ，C、D 正确． 
13．答案：AC 
解析：从A 到B 过程中，电场力对小球一直做正功，则小球机械能一直增大，电势能一
直减小，A 正确；根据动能定理－mgL(1－cos θ)＋FL sin θ＝0，解得F＝3
4 mg，B 错误；小
球所受重力和电场力的合力为F 合＝5
4 mg，方向与竖直方向夹角37°，所以当绝缘细线运动
到此位置时，小球速度最大，根据动能定理－mgL(1－cos 37°)＋FL sin 37°＝1
2 mv2，解得v
＝2gL
2
 ，C 正确；根据T－f 洛－F 合＝mv2
L ，从A 到B 过程中，绳子的最大拉力T＝F 合＋
mv2
L ＋f 洛＝
7mg＋qm
4
 ，D 错误． 
14．答案：(1)mg tan θ
q
  
mg
qv cos θ  (2)mg
q ，竖直向上 
解析：(1)微粒恰能做直线运动，则对微粒受力分析如下图所示 
 
根据受力分析可得，微粒只能带正电荷，微粒做匀速直线运动，即微粒受力平衡，则有 
F 电＝mg tan θ＝qE 
F 洛＝mg
cos θ ＝Bqv 
则电场强度大小为E＝mg tan θ
q
  
磁感应强度大小为B＝
mg
qv cos θ  
(2)要使微粒做匀速圆周运动，则合力为洛伦兹力提供向心力，此时的重力和电场力为一
对平衡力，则有qE′＝mg 
则改变后的电场强度大小为E′＝mg
q  
15．答案：(1)mg
E  (2)2mgl－mE2
2μ2B2  (3)－l－E2
μB2g  
解析：(1)在第一象限的运动过程中，小球沿x 轴方向做匀减速直线运动，末速度为0.由
逆向思维可得l＝1
2 at2 
y 轴方向做自由落体l＝1
2 gt2 
可得a＝Eq
m ＝g，q＝mg
E  
(2)由自由落体公式可得，小球从Q 点进入细管时，速度 
v0＝2gl  
小球离开细管时已匀速，由受力分析可得μqvB＝mg 
解得v＝mg
μqB ＝E
μB  
由动能定理可得1
2 mv2－1
2 mv20 ＝mgl－Wf 
小球在竖直细管中克服摩擦力所做的功Wf＝2mgl－mE2
2μ2B2  
(3)离开细管进入叠加场区域后mg＝Eq 
小球将在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，圆周半径r＝mv
qB ＝E2
μB2g  
小球第一次在叠加场区域中到达的最低点纵坐标为y＝－l－E2
μB2g  
之后由于能量守恒，小球每次进入叠加场区域的速度方向未知，但速度大小不变，圆周
运动半径不变．小球在之后运动过程中，纵坐标的最小值仍为y＝－l－E2
μB2g  
验收检测卷十 磁场 
1．答案：D 
解析：地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，有一定的夹角，即为磁偏角，A 错误；
不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，B 错误；磁感线是闭合的曲线，地球磁感线从南
极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，而磁场方向在磁感线上任意一点的切线
方向，因此不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，C 错误；指南针的指向会受
到附近除地磁场以外其他磁场的干扰，使用时应远离其他磁源，而输电电流可产生磁场，因
此使用指南针时应远离输电导线，D 正确． 
2．答案：C 
解析：导线a 与导线b 在O 点产生的磁场方向竖直向上，大小为3 B0，导线c 在O 点
产生的磁场方向水平向左，大小为B0，则三根导线在O 点产生的磁感应强度大小为B＝
（3B0）2＋B20  ＝2B0，一电子以速度v 从O 点沿垂直于纸面方向向外运动．它所受洛伦
兹力的大小F 洛＝2eB0v，由左手定则得，洛伦兹力的方向平行于纸面并垂直于bc，C 正确． 
3．答案：B 
解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由图可知，P 点的磁感应强度大于Q
点的磁感应强度，A 错误；电流元在磁场中的受力与放置方式有关，同一电流元在P 点受到
的磁场力可能小于在Q 点受到的磁场力，B 正确；磁通量大小不只与磁感应强度大小有关，
还与线圈的放置方式有关，故同一线圈在P、Q 两点的磁通量无法比较，C、D 错误． 
4．答案：B 
解析：根据题意可得，带电小球竖直向上做匀速直线运动，小球带正电，根据左手定则
可知洛伦兹力水平向左，根据力的平衡有qE cos 30°＝qvB，解得v＝3E
2B ，B 正确． 
5．答案：D 
解析：线圈通电后，根据左手定则可知b 段导线受到的安培力向上：当线圈没有通电时，
天平处于平衡状态，设左盘质量为m1，右盘质量为m2，有m1＝m2；当线圈中通入电流I 时，
向上的安培力大小为F＝nBIl，在右盘加质量为m 的砝码(或移动游码)使天平重新平衡，则有
m1g＝(m2g＋mg－nBIl)，解得mg＝nBIl，则磁感应强度大小为B＝mg
nIl ，由表达式可知，磁场
的磁感应强度越强，通以图示电流后，为使天平平衡往右盘加入的小砝码质量越大，B 错误，
D 正确；若仅将电流反向，则安培力方向向下，其他条件不变，由以上分析可知，线圈不能
保持平衡状态，需要往左盘内加入质量为m 的小砝码，可使天平平衡，A 错误；由以上分析
可知，线圈受到的安培力大小为mg，方向竖直向上，C 错误． 
6．答案：D 
解析：粒子从D 形盒中出来时速度最大，根据洛伦兹力提供向心力qvmB＝mv2m 
R 得vm
＝qBR
m ，增大狭缝间的电压U，粒子在D 形盒内获得的最大速度不变，A 错误；粒子在磁场
中的运动周期为T＝2πm
Bq ，粒子每次在D2 中的运动时间为周期的一半，故粒子第一次在D2
中的运动时间等于第二次在D2 中的运动时间，B 错误；粒子在电场中加速，获得能量，在磁
场中，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，C错误；交流电源频率为f＝1
T ＝Bq
2πm ，
若仅将粒子的电荷量变为q
2 ，则交流电源频率应变为原来的1
2 倍，D 正确． 
7．答案：B 
解析：根据qvB＝mv2
r ，将速度v＝qBL
m 代入上式解得r＝L，如图 
 
Od 与ac 垂直，有几何关系可知，Od 长为L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，
则最短时间为t＝60°
360° T，又T＝2πr
v ，解得t＝πm
3qB ，A 错误，B 正确；粒子轨迹与ac 相切
时，交与bc 边最远的e 点，由几何关系可知，Oe 长度为直径，则粒子能从bc 边射出的区域
eb 的长度为2 L，C、D 错误． 
8．答案：A 
解析：两粒子运动轨迹如图 
 
粒子运动时间为t＝θ
360° ×2πm
qB ，若两粒子比荷相同，则从A 分别到P、Q 经历时间之
比为t1∶t2＝60∶120＝1∶2，A 正确；设圆形区域半径为R，由题意可知，两粒子运动半径
之比为r1∶r2＝3 R∶R
3 ＝3∶1，根据qvB＝mv2
r ，若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场
中速率之比为v1∶v2＝3∶1，C 错误；同理C 选项，若两粒子速率相同，则两粒子的比荷之
比为1∶3，D 错误． 
9．答案：BC 
解析：以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，
滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μ(mg cos θ＋qvB)＝ma，随着滑块速度的
增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门
所用的时间均为t，可知滑块到达光电门前已经做匀速运动，到达光电门2 之前滑块先加速
后匀速，到达光电门2 之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，A 错误，B 正确；遮光条通过
两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门前已经做匀速运动，速度大小为v＝d
t ，根
据受力平衡可得mg sin θ－μ(mg cos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝mgt sin θ
Bdμ
 
－mgt cos θ
Bd
 ，C 正确，D 错误． 
10．答案：AB 
解析：在加速电场中根据动能定理有Uq＝1
2 mv2，在静电分析器中电场力提供向心力Eq
＝mv2
R ，加速电场的电压U＝1
2 ER，A 正确；在静电分析器中粒子所受电场力方向与电场方
向相同，故粒子带正电，粒子在加速电场中加速，加速电场方向水平向右，故极板M 比极板
N 电势高，B 正确；磁分析器中洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2
r ，直径为PQ＝2r＝2
B  
mER
q ，
C 错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子有相同的比
荷，D 错误． 
11．答案：BD 
解析：题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷．如图所示 
 
若q 为正电荷，轨迹是如图所示的左方与DE 相切的1
4 圆弧，轨道半径R1＝mv1
Bq ，又L
＝R1－R1cos 45°，得v1＝
（2＋2）qBL
m
 ；若q 为负电荷，轨迹如图所示的右方与DE 相切
的3
4 圆弧，则有R2＝mv2
Bq ，L＝R2＋R2cos 45°，解得v2＝
（2－2）qBL
m
 ，则粒子入射速度v
的最大值可能是
（2＋2）qBL
m
 (q 为正电荷)或
（2－2）qBL
m
 (q 为负电荷)，B、D 正确． 
12．答案：BC 
解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A 错误；重力和电场力的合力大小为2  
N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O 点到A 点，重力和电场力的合力做
的功最多，在A 点时的动能最大，速度最大，B 正确；小球做周期性运动，在B 点时的速度
为0，C 正确；对小球由O 点到A 点的过程，由动能定理得2 mgl＝1
2 mv2，沿OB 方向建
立x 轴，垂直OB 方向建立y 轴，在x 方向上由动量定理得qvyB1Δt＝mΔv，累计求和，则有
qB1l＝mv，解得l＝2
5  m，D 错误． 
13．答案：(1)垂直纸面向里 (2)2.7×104 N (3)9×105 A 
解析：(1)由左手定则可得磁场垂直纸面向里． 
(2)由匀加速直线运动公式2ax＝v2，可得 
a＝9×105 m/s2 
由牛顿第二定律F＝ma，可得F＝2.7×104 N. 
(3)由安培力公式F＝IBL，可得I＝9×105 A． 
14．答案：(1) 3mv
2qa  (2)(0，3 a) 
解析：(1)由几何关系得粒子做匀速圆周运动的半径为 
r＝
a
sin 60° ＝2 3a
3
  
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2
r  
解得B＝3mv
2qa  
(2)射出点的纵坐标为y＝r＋r cos 60°＝3 a 
射出点的坐标为(0，3 a). 
15．答案：(1)正电，3mv20 
3qL  (2)2 3mv0
3qB
  (3) πm
3qB  
解析： 
 
(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，电场力向下，与电场方向相同，则粒子带正电；
设带电粒子在匀强电场中运动时间为t1，则有 
L＝v0t1 
tan 30°＝at1
v0  
由牛顿第二定律得qE＝ma 
联立解得电场强度大小为E＝3mv20 
3qL  
(2)带电粒子进入磁场的速度大小为v＝
v0
cos 30° ＝2 3
3 v0 
带电粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2
r  
联立解得r＝mv
qB ＝2 3mv0
3qB
  
(3)根据几何关系可得，带电粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为α＝2θ＝60° 
则粒子在磁场中运动的时间为t＝60°
360° T＝1
6 ×2πr
v  
联立解得t＝πm
3qB . 
16．答案：(1)3mg (2)mg (3)5mg
2IL ，垂直斜面向下 
解析：(1)设小球运动到O 点时的速度大小为v，由动能定理有mgL(1－sin θ)＝1
2 mv2 
小球运动到O 点正下方时，受到的洛伦兹力大小为F 洛＝qvB 
设小球运动到O 点正下方时，所受细线的拉力大小为F，有F－mg－F 洛＝mv2
L  
解得F＝3mg 
由牛顿第三定律可得T＝F＝3mg 
(2)小球运动到O 点正下方时与绝缘斜面竖直边发生碰撞，不考虑碰撞过程中机械能损失，
即碰后小球速度大小不变，方向相反．这时小球受的洛伦兹力方向向上，设所受细线的拉力
大小为F1，有F1－mg＋F 洛＝mv2
L  
得F1＝mg 
(3)经分析可知，当MN 所处位置的磁场的磁感应强度方向垂直斜面向下时，MN 所受安
培力方向沿斜面向下，此时所处位置的磁场的磁感应强度最小．由力的平衡条件有mg sin θ
＋F 安＝F 
上式中F 安＝BminIL 
解得Bmin＝5mg
2IL . 
 
第十一章 电磁感应 
考点56 电磁感应现象 楞次定律 
1．答案：A 
解析：导体ab 顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则
导体ab 上的感应电流方向为a→b，A 正确；导体ab 向纸外运动，运用右手定则时，磁感线
穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab 上的感应电流方向为b→a，B 错误；导体框向右运
动，ad 边切割磁感线，由右手定则可知，导体ab 上的感应电流方向为b→a，C 错误；导体
ab 沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab 上的感应电流方向为b→a，D 错误． 
2．答案：B 
解析：正电粒子从直径上方掠过金属圆环表面时，等效电流方向从左往右，环中净磁通
量为垂直直面向里，且净磁通量先增后减，环中产生感应电流，金属环先有收缩后有扩张趋
势，A、C 错误，B 正确，环中产生感应电流后周围会有磁场，且在环内磁场方向垂直于环
所在的平面，正电荷从左往右运动时会受到洛伦兹力，所以粒子与金属环有相互作用，D 错
误． 
3．答案：ABC 
解析：当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，
根据楞次定律可知线圈P 的感应电流的磁场将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收
缩的趋势，故在t1 时刻有FN>G，P 有收缩的趋势，A 正确；当螺线管中电流不变时，其形成
磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故在t2 时刻有FN＝G，B
正确；在t3 时刻螺线管中电流为零，但是线圈P 中磁通量是变化的，因此此时线圈P 中有感
应电流，但此时刻Q 中无电流，故二者之间没有相互作用力，故有FN＝G，C 正确；当螺线
管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，
故在t4 时刻有FN＝G，P 没有收缩的趋势，D 错误． 
4．答案：B 
解析：从B 到C 的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，据“增反减同”可判断产
生顺时针方向的电流(从上往下看)，A 错误；摆到D 处时，圆环中产生的感应电流有使圆环
远离阻碍磁通量增大的趋势，故给桌面的压力大于圆环受到的重力，B 正确；由楞次定律的
推论“来拒去留”可知，从A 到D 和从D 到E 的过程中，圆环受到摩擦力方向均向右，C
错误；由于有部分机械能转化为电能，磁铁不可能到达A 点等高处，故在A、E 两处的重力
势能不相等，D 错误． 
5．答案：AC 
解析：由题图可知，在磁铁下落过程中，穿过铝环的磁场方向向下，在磁铁靠近铝环时，
穿过铝环的磁通量变大，在磁铁远离铝环时穿过铝环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上
向下看，铝环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，A 正确；根据楞次定律的推
论“来拒去留”原则，可判断磁铁在下落过程中，受铝环对它的作用力始终竖直向上，但当
条形磁铁的中心与环在同一个平面内时，穿过环的磁通量最大，磁通量的变化率为0，此时
环内没有感应电流，所以在该点条形磁铁的加速度等于g，B 错误；在磁铁下落过程中，铝
环中产生感应电流，铝环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，
由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，C 正确；磁铁自由下落时，落地速度v＝2gh ，
由于磁铁下落穿过铝环时能量有损失，磁铁落地速度应小于v＝2gh ，D 错误． 
6．答案：D 
解析：PQ 突然向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由Q 流向P，PQRS
中电流沿逆时针方向，PQRS 中的电流产生的磁场向外增强，则T 中的合磁场向里减弱，根
据楞次定律可知T 的感应电流产生的磁场应指向纸面内，则T 中感应电流方向为顺时针．A、
C 错误，D 正确． 
7．答案：ACD 
解析：闭合开关瞬间，右侧线圈中电流增大，电流产生的磁场方向向左，由楞次定律可
知，通过灯泡电流方向由右向左，A 正确；闭合开关并保持一段时间后，右侧线圈中的电流
恒定，此电流产生的磁场不变，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中不产生电流，灯
泡不亮，B 错误；闭合开关并保持一段时间后，滑动变阻器P 端向右滑动过程中，右侧线圈
中的电流减小，电流产生的磁场方向向左，由楞次定律可知，通过灯泡电流方向由左向右，
C 正确；闭合开关一段时间后，再断开开关的瞬间，右侧线圈中的电流减小，电流产生的磁
场方向向左，由楞次定律可知，通过灯泡电流方向由左向右，D 正确． 
8．答案：D 
解析：根据题意，由右手定则可知，导体MN 中的电流由N→M，则电路MNDC 中感应
电流为顺时针方向，电路MNEF 中感应电流为逆时针方向，D 正确． 
9．答案：A 
解析：由图可知，圆环由A 位置水平向右移到B 位置的过程中，穿过圆环向右的磁感线
条数变少，故说明磁通量变小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流产生的磁场方向向右，
再根据安培定则知圆环中感应电流方向是逆时针绕向(从右向左看)，根据楞次定律推论“增
缩减扩”可知圆环有扩张趋势，A 正确． 
10．答案：A 
解析：ab 棒运动过程中，ab 棒与劣弧ab̂围成的面积不变，故回路磁通量不变，没有感
应电流，ab 棒两端的电势差为零保持不变，A 正确． 
11．答案：D 
解析：ab 杆向左匀速运动，在ab 杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1 中产生恒定的
磁场，在L2 中不产生感应电流，所以cd 杆不动，A 错误；ab 杆向左减速运动，根据右手定
则，知在ab 杆上产生减小的b 到a 的电流，根据安培定则，在L1 中产生向下减弱的磁场，
该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd 杆上产生c 到d 的电流，根据左手定则，受到向
右的安培力，向右运动，B 错误；ab 杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab 杆上产生增
大的a 到b 的电流，根据安培定则，在L1 中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据
楞次定律，在cd 杆上产生c 到d 的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，C
错误；ab 杆向右减速运动，根据右手定则，知在ab 杆上产生减小的a 到b 的电流，根据安
培定则，在L1 中产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd 杆上产生
d 到c 的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，D 正确． 
考点57 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 
1．答案：B 
解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦ
Δt ＝ΔBS
Δt ＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V
＝0.44 V，B 正确． 
2．答案：C 
解析：根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝nΔΦ
Δt ＝n
（B2－B1）S
t2－t1
 ，由楞次定
律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，
因此a、b 两点电势差恒为φa－φb＝－
n（B2－B1）S
t2－t1
 ，C 正确． 
3．答案：A 
解析：某一时刻穿过A、B 两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，
设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S(S 为磁场区域面积)，对A、B 两导线
环，有EA
EB ＝1，所以A 正确，B 错误；I＝E
R ，R＝ρ l
S1 (S1 为导线的横截面积)，l＝2πr，所以
IA
IB ＝EArB
EBrA ＝1
2 ，C、D 错误． 
4．答案：BD 
解析：由题图乙可知磁感应强度随着时间逐渐增大，根据楞次定律的增反减同，可判断
出线圈中感应电流方向为逆时针，则流过电阻R1 的电流方向自上向下，A 错误；根据法拉第
电磁感应定律有E＝ΔBS
Δt ，S＝πr22 ，ΔB
Δt ＝
2B0－B0
t0
 ＝B0
t0 ，解得E＝πr22 B0
t0
 ，根据闭合电路
欧姆定律，当稳定后电阻R1 两端的电压U1＝
R1
R1＋R2＋R E＝πr22 B0
4t0 ，B 正确；根据闭合电路
欧姆定律，稳定后电路的电流I＝
E
R1＋R2＋R ＝πr22 B0
4t0R ，根据电流的定义式，在0～t0 时间内，
流过电阻R2 的电荷量q＝It0＝πr22 B0
4R ，C 错误；根据焦耳定律，在0～t0 时间内，电阻R2上
产生的焦耳热Q2＝I2R2t0＝π2r42 B20 
8Rt0 ，D 正确． 
5．答案：D 
解析：导体棒运动方向与磁场方向平行，所以直导线ab 中的电动势0，D 正确． 
6．答案：C 
解析：当金属框绕ab 边以角速度ω 逆时针转动时，穿过金属框abc 的磁通量始终为零，
所以金属框abc 中无感应电流产生，B、D 错误；对于边ac 来说，其在切割磁感线，故边ac
会产生感应电动势，根据右手定则可知，其c 点的电势大于a 点的电势，即Ua<Uc，A 错误；
对于边bc 来说，其在切割磁感线，故边bc 会产生感应电动势，根据右手定则可知，其c 点
的电势大于b 点的电势，故Ubc 是负值，而边bc 切割磁感线为旋转切割，根据公式有Ubc＝
－Bl·
0＋ωl
2
 ＝－1
2 Bl2ω，C 正确． 
7．答案：AC 
解析：根据右手定则可知，金属棒运动过程中，电流的方向为逆时针，则电容器的上极
板带正电，A 正确；金属棒到达x0 时，此时金属棒的有效长度为l＝2x0tan θ 产生的感应电动
势为U＝Blv＝2Bx0v tan θ，流过导体棒的电荷量为Q＝CU 则为Q＝2CBvx0tan θ，B 错误；则
金属棒的电流为I＝Q
t ＝Q
x0
v
 ＝2CBv2tan θ，C 正确；金属棒做匀速直线运动，受力平衡，有F
＝F 安＝BIl 其中B 恒定，由I＝2CBv2tan θ 可知，I 恒定，而l＝2x0tan θ 不断变大，则F 逐渐
增大，由P＝Fv 可知，F 的功率增大，D 错误． 
8．答案：D 
解析：由题知，开始时，开关S 闭合时，由于L 的电阻很小，Q 灯正常发光，P 灯微亮，
断开开关前通过Q 灯的电流远大于通过P 灯的电流，断开开关时，Q 所在电路未闭合，立即
熄灭，由于自感，L 中产生感应电动势，与P 组成闭合回路，故P 灯闪亮后再熄灭，D 正确． 
9．答案：AB 
解析：因为相同的电灯A1、A2，电路稳定由图像可知通过电感线圈L 支路的电流小于通
过电灯A2 支路的电流，所以电感线圈的直流电阻不可忽略，A 正确；稳定后当开关S 断开
瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯A1、A2 构成闭合回
路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯A1、A2 电流大小始终相等，且流过灯A2 的电流方向向右，
B 正确，C 错误；有铁芯时线圈的自感系数，比没有铁芯时要大得多，D 错误． 
10．答案：D 
解析：线圈内部的磁场由通过线圈的电流产生，根据安培定则可知，其磁感线方向竖直
向上，A 错误；因为线圈中的电流正在减小，则线圈中电流产生的磁场减弱，根据楞次定律，
涡流的方向为逆时针方向，B 错误；由于产生的感应电动势的大小一定，而要减小涡流，必
修增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截面积，故可以把铁块沿纵向切成很
薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，C 错误，D 正确． 
11．答案：A 
解析：该装置的原理是利用电磁阻尼．薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发
生变化，就会产生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运
动，从而使薄板尽快停下来．薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会
产生感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，A 正确；薄板只有向左运动时，磁
通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下
和向右运动时，则不会产生感应电流，B 错误；薄板只有向左运动较大距离时，磁通量才会
发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运
动时，则不会产生感应电流，C 错误；薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，
才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生
感应电流，D 错误． 
12．答案：D 
解析：图1 中，断开S1 瞬间，电感L1 因自感而产生电动势，与L1 构成闭合回路，但此
回路因为没有能量来源，因此回路中的电流逐渐减小直至为零，因此断开S1 瞬间，流过L1
的电流小于等于断开S1 前流过L1 的电流，A 错误；图1 中，断开开关S1 瞬间，线圈L1 产生
自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1 的电流反向通过灯A1，灯A1 突然闪亮，随后逐渐变
暗，说明未断开S1 时IL1>IA1 而两者并联，因此有RL1<RA1，B 错误；图2 中闭合S2，由于电
磁感应，线圈L2 产生自感电动势，阻碍电流的增大，通过L2 的电流逐渐增大，而通过变阻
器R 的电流立即达到稳定时电流，故闭合S2 瞬间，L2 中电流与变阻器R 中电流不相等， C
错误；闭合开关S2，灯A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯A3 立即变亮，最终A2 与A3 的亮度
相同，说明通过L2 和A2 的电流与通过变阻器R 和A3 的电流大小相等，而两支路并联，电压
相等，且灯A2 与灯A3 完全相同，根据部分电路的欧姆定律有I＝
U
RA2＋RL2 ＝
U
R＋RA3 则变阻
器R 接入电路中的阻值与L2 的电阻值相同，D 正确． 
13．答案：D 
解析：当磁铁静置于易拉罐附近时，铝制易拉罐不会被磁化，也不会发生静电感应，不
会被磁铁吸引，A、B 错误；当磁铁快速向易拉罐靠近时，发生电磁感应现象，易拉罐内产
生环形电流会受到安培力的作用而改变运动状态，C 错误，D 正确． 
14．答案：B 
解析：让ab 棒以恒定速度v 向右运动时，导体棒中的电流大小为I，设ab 棒电阻为R，
则有E＝B0Lv，I＝E
R ，若保持ab 棒在初始位置不动，让磁感应强度B 随时间t 均匀变化，
要使通过导体棒的电流仍为I，则有E′＝ΔB
Δt L2，I＝E′
R ，联立可得B0Lv＝ΔB
Δt L2，解得磁感
应强度的变化率为ΔB
Δt ＝vB0
L ，B 正确． 
15．答案：D 
解析：线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A 错误；线框出磁场
的过程中，根据E＝Blv，I＝E
R ，联立有FA＝B2L2v
R
 ＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定
则可知线框受到的安培力向左，则v 减小，线框做加速度减小的减速运动，B 错误；由能量
守恒定律得线框产生的焦耳热Q ＝ FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场
时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C 错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截
面的电荷量q＝I－ t，其中I＝E
－
R ，E＝BLx
t ，则联立有q＝BL
R x，由于线框在进和出的两过
程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D 正
确． 
16．答案：D 
解析：根据U＝BLv，L＝l sin α ，解得U＝Blv sin α，D 正确． 
17．答案：BC 
 
解析：闭合开关S1 时，由自感现象可知，通过A1 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮，A 错
误；闭合开关S2 时，通过A2 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定，B 正确；断开开关S1
时，自感线圈L1 与灯A1 和电阻组成回路，由自感现象可知，通过A1 电流逐渐减小，灯泡逐
渐变暗，电流方向不变，C 正确；如图所示，电路中稳态电流为I1、I2，因自感线圈直流电阻
值大于灯泡阻值，则I2<I1，断开开关S2 时，灯泡逐渐变暗，灯泡中电流方向改变，D 错误． 
18．答案：D 
解析：根据右手定则，在0～t0 时间内灯泡中电流方向由d→a，A 错误；根据几何关系
有R＝lOb＝2 l，在0～t0 时间内，abed 区域内磁通量不发生变化，不产生感应电动势，灯
泡两端电压等于扇形Obc 区域产生的感应电动势，大小为E1＝B0R v－ ＝B0R·ωR
2 ＝1
2 B0R2ω
＝B0l2ω，B 错误；由图可知，在t0～2t0 时间内abed 区域中磁感应强度均匀增大，根据Φ＝
BS＝Bl2，则磁通量均匀增大，C 错误；若t0～2t0 时间内灯泡中无电流，abed 区域内产生的
感应电动势等于扇形Obc 区域产生的感应电动势，且方向相反，有E2＝E1＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝ΔB
Δt 
l2，则图乙中B 的变化率为ΔB
Δt ＝B0ω，D 正确． 
19．答案：D 
解析：根据楞次定律可知线框中的电流方向由d 到c，A 错误；由于da、ab、bc 串联之
后再与dc 并联，可知ab 边与cd 边电流不同，因此所受安培力不同，B 错误；回路感应电动
势E＝NΔB1
Δt S＝2 000×5×60×10－4 V＝60 V，回路总电阻R 总＝r＋3R·R
3R＋R ＝4 Ω，因此流
过线圈的电流I＝E
R总 ＝15 A，C 错误；根据平衡条件可知B2LI
4 ＋B2L·3I
4 ＝2kΔx 
解得B2＝1 T，D 正确． 
考点58 电磁感应中的电路和图像问题 
1．答案：B 
解析：ab 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的1
3 ，故Uab＝1
3 E，B 正
确． 
2．答案：C 
解析：半径小于L
2 的区域内E1＝BL
2 ·
ωL
2
2 ＝BL2ω
8
 ；半径大于L
2 的区域E2＝BL
2 ·
ωL
2＋ωL
2
 
＝3BL2ω
8
 ，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E＝E2－E1＝BL2ω
4
 ，根据右手
定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R 中的电流方向向下，电阻R 上的电压U＝R
R＋r E
＝
RBL2ω
4（R＋r） ，A 错误，B 错误；电阻R 中的电流大小为I＝E
R＋r ＝
BL2ω
4（R＋r） ，C 正确；
回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，D 错误． 
3．答案：AD 
解析：根据楞次定律可知，导体棒中的电流方向为A 流向B，A 正确；根据法拉第电磁
感应定律可知，感应电动势为导体棒扫过得面积，因此E＝BLv，B 错误；当R1＝R 时，外电
路总电阻为R 外＝R
2 ，根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流为I＝E
R
2＋R
 ＝2E
3R ＝2BLv
3R ，
故导体棒两端的电压也即路端电压为U＝I·R
2 ＝2BLv
3R ×R
2 ＝1
3 BLv，C 错误；该电路电动势
E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R 看成新的
等效电源，且等效电源的电动势为E
2 ，等效内阻为R
2 ，故当R1＝R
2 时，等效电源输出功率
最大，即滑动变阻器电功率最大，最大值为Pm＝
（1
2E）2
4×R
2
 ＝B2L2v2
8R ，D 正确． 
4．答案：C 
解析：0～2 s 时间内，t ＝ 0 时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大I＝E
R ＝ΔB·S
ΔtR 
＝0.01 A，A 错误；3～5 s 时间内电流大小不变，B 错误；前2 s 内通过线圈的电荷q＝ΔΦ
R ＝
ΔB·S
R ＝0.01 C，C 正确；第3 s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热
功率最小，D 错误． 
5．答案：AB 
解析：根据右手定则可知金属棒中电流从B 流向A, A 正确；金属棒转动产生的电动势为
E＝B
ωr＋2ωr
2
 ，r＝3
2 Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源
的路端电压，因而U＝R
R＋R ，E＝3
4 Bωr2，B 正确；金属棒A 端相当于电源正极，电容器M
板带正电，C 错误；由C＝Q
U 可得电容器所带电荷量为Q＝3
4 CBωr2，D 错误． 
6．答案：(1)4×10
－3 V (2)4.8×10
－8 C 
解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝ΔB
Δt S 
代入数据得E＝4×10－3 V 
(2)由闭合电路欧姆定律得I＝
E
R1＋R2  
由部分电路欧姆定律得U＝IR2 
电容器所带电荷量为Q＝CU＝4.8×10－8 C 
7．答案：D 
解析：因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：I＝E
R ＝
nΔΦ
Δt
R ＝
nΔB
Δt S
R
 ，而线圈
l1 中产生的磁场变化是因为电流变化产生的，所以I＝
nΔB
Δt S
R
 ∝
nΔi
ΔtS
R ，所以线圈l1 中的电流
均匀改变，A、C 错误；根据图乙图像的0～T
4 ，感应电流磁场向左，所以线圈l1 产生的磁场
向左减小，或向右增大，B 错误，D 正确． 
8．答案：D 
解析：bc 边的位置坐标x 在0～L 的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向
沿a→b→c→d→a，为正值．线框bc 边有效切线长度为L1＝L－vt，感应电动势为E ＝B(L
－vt)·v 均匀减小，感应电流i＝E
R ，即感应电流均匀减小．同理，x 在L～2L 过程，根据楞
次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀减小，D 正确． 
9．答案：CD 
解析：0～1 s 内产生的感应电动势为e1＝nSΔB
Δt ＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s 内产
生的感应电动势为e2＝nSΔB
Δt ＝1 V，方向为顺时针，A 错误；对应0～1 s 内的感应电流大小
为i1＝e1
r ＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s 内的感应电流大小为i2＝1 A，方向为顺
时针(正值)，B 错误；ab 边受到的安培力大小为F＝nBiL 可知0～1 s 内，0≤F≤4 N，方向
向下，1～3 s 内0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s 内0≤F≤2 N，方向向下，C 正确；线圈产生
的焦耳热为Q＝eit，0～1 s 内Q1＝4 J，1～5 s 内Q2＝4 J，D 正确． 
10．答案：AD 
解析：电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越
来越快，因此小磁体的速度越来越大，A 正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为
零，故小磁体的N 极、S 极上下没有颠倒，I 方向变化是由于对每匝线圈来说，磁感应强度
方向改变导致的，B 错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流
的大小是变化的．小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C 错误；由图(b)可知，
与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最
大值更大，D 正确．故选AD. 
11．答案：C 
解析：在0～t0 时间内，线框沿逆时针方向从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产
生的感应电动势为E1＝1
2 Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝E1
r ＝BR2ω
2r ，
根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向).在t0～2t0时间内，
线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向).回路中产生的
感应电动势为E2＝1
2 Bω·R2＋1
2 ·2Bω·R2＝3
2 BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1，在2t0～3t0 时
间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)，回路中
产生的感应电动势为E3＝1
2 Bω·R2＋1
2 ·2Bω·R2＝3
2 Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝3I1，在3t0～
4t0 时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回
路中产生的感应电动势为E4＝1
2 Bω·R2，回路电流为I4＝I1，C 正确，A、B、D 错误． 
12．答案：D 
解析：有效切割长度即a、b 连线的长度，如图所示 
 
由几何关系知有效切割长度为ab＝
R2＋R2 ＝2 R，所以产生的电动势为E＝BLv＝
B· 2 Rv，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的1
4 ，所以Uab
＝－3
4 B· 2 Rv＝－3 2
4 BRv，D 正确． 
13．答案：D 
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为E＝ΔB
Δt S，电容器两
端的电压为U＝E，电容器的电荷量为Q＝CU，联立可得Q＝ΔB
Δt SC.增大线圈的面积，可知
电容器所带的电量增大，A 错误；增大磁感应强度的变化率，可知电容器所带的电量增大，
B 错误；电容器的两极板靠近些，根据C＝εS
4πkd ，可知电容C 变大，电容器所带的电量增大，
C 错误；使线圈平面与磁场方向成60°角，则有效面积S 减小，可知电容器所带的电量减小，
D 正确． 
14．答案：AC 
解析：垂直于纸面匀强磁场的磁感应强度B 增大，由楞次定律可知，在金属圆环中产生
逆时针方向的感应电流，A 正确；由已知B＝B0＋kt，有ΔB
Δt ＝k，由法拉第电磁感应定律推
导有E＝nΔΦ
Δt ＝ΔB·S
Δt ＝kπr2，B 错误；金属圆环电阻R 阻＝ρL
S ＝ρ2πR
S ，则在金属圆环中的
感应电流I＝E
R阻 ＝kr2S
2ρR ，C 正确；感应电流的热功率P＝I2R 阻＝πk2Sr4
2ρR ，D 错误． 
15．答案：C 
解析：由B­t 图像可知，0～1 s 内，B 垂直纸面向里逐渐增大，则穿过的线圈磁通量向里
逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，即电流为正方向；根据法拉第
电磁感应定律知E＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S，其中ΔB
Δt 、S 均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，
感应电流恒定；1～2 s 内，B 垂直纸面向里逐渐减小，穿过的线圈磁通量向里逐渐减小，由
楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律
知E＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S，其中ΔB
Δt 、S 均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定；
2～3 s 内，B 垂直纸面向外逐渐增大，穿过的线圈磁通量向里逐渐增加，由楞次定律可知，
线圈中感应电流沿顺时针方向，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt 
S，其中ΔB
Δt 、S 均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定．由于1～2 s 内与
2～3 s 内ΔB
Δt 相同，则在这两段时间内，感应电动势相同，感应电流相同；3～4 s 内，B 垂直
纸面向外逐渐减小，穿过的线圈磁通量向外逐渐减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿
逆时针方向，即电流为正方向；根据法拉第电磁感应定律知E＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S，其中ΔB
Δt 、S
均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，C 正确． 
16．答案：A 
解析：如图所示． 
 
在t＝0 到t＝π
2ω 的过程中，即金属框顺时针转过90°的过程中，金属框切割磁感线的有
效切割长度先变大后变小，根据转动切割感应电动势的计算公式E＝1
2 Bω2l 可知E 先增大后
减小，感应电流先增加后减小，根据楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，即正方向；在
t＝0 到t＝π
4ω 的过程中，由圆周运动公式可知θ＝ωt，根据几何关系和三角形的面积公式可
得S＝L·L tan θ
2
  ，则穿过线圈的磁通量为Φ＝1
2 BL2tan ωt，对上述的表达式由数学知识得ΔE
Δt 
＝BL2ω2·tan ωt
cos2ωt ，由此可知，在t＝0 到t＝π
4ω 的过程中，E 的变化率一直增大，感应电流的
变化率一直增加；同理可得在t＝π
4ω 到t＝π
2ω 的过程中，E 的变化率一直减小，感应电流的
变化率一直减小，A 正确，B、C、D 错误． 
17．答案：A 
解析：由楞次定律及安培定则可知，圆环中有感应电流产生，方向为A→B→C→D→A，
A 正确；由图可知，开始时圆环中的磁通量为Φ1＝BS，拧成两个面积相等的小圆环，此时圆
环中的磁通量为Φ2＝0，可得ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS，此过程中磁通量的变化量为BS，B、D
错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦ
Δt ，由闭合电路的欧姆定律可得I＝E
R ，其中电荷量
为q＝I·Δt，联立可得，此过程中，通过铝环横截面的电荷量为q＝ΔΦ
R ＝BS
R ≠0，C 错误． 
18．答案：C 
解析：t＝0 到t＝3.0s 时间内，金属框中产生的感应电动势为E＝ΔB
Δt S＝k×1
2 l2＝0.1×1
2 
×0.402 V＝0.008 V，A 错误；根据楞次定律的增反减同可知t＝0 到t＝3.0 s 时间内，金属框
中的电流方向为D→A→B→C→D，B 错误；由欧姆定律．可得I＝E
R ，t＝2.0 s 时磁感应强
度为B1＝0.3 T－0.1×2.0 T＝0.1 T，金属框处于磁场中的有效长度为L＝2 l，所受安培力
的大小为F＝BIL＝0.04 2  N，C 正确；在t＝0 到t＝2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热为Q
＝I2Rt＝0.016 J，D 错误． 
19．答案：C 
解析：根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A 错误；由图乙可知，通过发
射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B 错误；t
＝0 时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流
最大；t＝t0 时发射线圈中的感应电流最小，但此时磁场最强，安培力不一定是最大值，C 正
确，D 错误． 
20．答案：BD 
解析：设∠ABC＝θ，三角形导线框ABC 向右匀速运动的速度为v，则其匀速穿过磁场
区域的过程中，在0～a 内，切割磁感线的有效长度为l＝vt tan θ，由此产生的感应电动势为
E＝Blv＝Bv2tan θ·t，设三角形导线框ABC 的总电阻为R，则其产生的感应电流为i＝E
R ＝
Bv2tan θ
R
 ·t 可知，感应电流随时间均匀增加，而根据楞次定律可知，在0～a 内，感应电流为
逆时针方向，即为正方向，而在a～2a 内，切割磁感线的有效长度随时间的变化关系与0～a
内的相同，而根据楞次定律可知，此过程中感应电流为顺时针方向，即为负方向，但仍随着
时间均匀增大，A 错误，B 正确；设BC 边的电阻为R′，则其两端的电压UBC＝iR′＝Bv2tan θR′
R
 ·t，
在0～a 内，感应电流为正方向，且随时间均匀增加，则可知在0～a 内，BC 两端的电压均
匀增加且图像在x 上方，在a～2a 内，感应电流为负方向，且随时间均匀增加，则可知在a～
2a 内，BC 两端的电压均匀增加且图像在x 下方，C 错误，D 正确． 
考点59 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 
1．答案：B 
解析：设灯泡电阻为R，导体棒接入电路中的电阻为r，当灯泡稳定发光后，导体棒做匀
速运动，根据平衡条件，有mg sin θ－μmg cos θ＝BIL＝B2l2v
R＋r ，解得v＝5 m/s，根据欧姆定
律可知I＝E
R＋r ＝Blv
R＋r ＝1 A，则小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝1 W，B 正确． 
2．答案：BCD 
解析：t 时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应
电流I＝Blv
R ，金属杆所受的安培力大小为F 安＝BIl＝B2l2at
R
 ，由牛顿第二定律可知F＝ma
＋mgsin37°＋B2l2at
R
 ，可见F 是t 的一次函数，A 错误，B 正确；t＝0 时，F 最小，代入数据
可求得a＝2  m/s2，当t＝2 s 时F＝12 N，C、D 正确． 
3．答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝mg sin θ－μmg cos θ
m＋CB2L2
 t 
解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv 
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E 
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝Q
U  
联立可得Q＝CBLv 
(2)设金属棒的速度大小为v 时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的
磁场力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLI 
设在时间间隔 (t，t ＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有I＝ΔQ
Δt  
ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t ＋Δt)内增加的电荷量，由上式可得ΔQ ＝CBLΔv，
Δv 为金属棒的速度变化量，按定义有a＝
Δ𝑣
Δ𝑡，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，
大小为f2＝μFN 式中，FN 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mg cos θ 
金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mg sin θ
－f1－f2＝ma 
即mg sin θ－μmg cos θ ＝CB2L2a ＋ ma 
联立上此式可得a＝
m（sin θ－μcos θ）g
m＋B2L2C
  
由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t 时刻金属棒的速度大小为 
v＝
m（sin θ－μcos θ）gt
m＋B2L2C
  
4．答案：BCD 
解析：根据平衡有：mg＝BIL，而I＝BLv
R ，联立两式解得：v＝mgR
B2L2 ＝8 m/s，B 正确；
t1～t2 的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab 边刚进上边的磁场时，cd 边也刚进下
边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度L′＝2d；线圈下降的位移为：x＝L′＋d＝3d，则
有：3d＝vt－1
2 gt2，将v＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得：d＝1 m，所以线圈的长度为L′＝2d＝
2 m，A 错误；在0～t1 时间内，cd 边从L1 运动到L2，通过线圈的电荷量为：q＝I－ t＝BL v－
R 
t＝BLd
R ＝0.25 C，C 正确；0～t3 时间内，根据能量守恒得：Q＝mg(3d＋2d)－1
2 mv2＝1.8 J，
D 正确． 
5．答案：BD 
解析：金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据机械能守恒定律有mgh＝1
2 mv2，金属棒在
磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁
场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝BL 2gh
2R
 ，A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中
通过金属棒的电荷量q＝I－ t＝ΔΦ
2R ＝BdL
2R ，B 正确；对整个过程由动能定理得mgh－WF 安
－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功WF 安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝1
2 WF
安＝1
2 mg(h－μd)，C 错误，D 正确． 
6．答案：(1)4
gm2R2
2L0L41   (2)1
2 mg(2L2＋L1) 
解析：(1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示 
 
根据平衡条件有FT＝F 安＋mg sin θ 
其中 
F 安＝BIL1 
I＝E
R  
E＝BL1v 
导线框与木块通过光滑细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件
有 
FT＝mg 
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定
律有 
mg－mg sin θ＝2ma 
根据运动学方程L0＝v2
2a 可得进入磁场时速度 
v＝2aL0  
以上各式联立求解可得 
B＝4
gm2R2
2L0L41   
(2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成系
统减少重力势能转化为电路中产生焦耳热，根据能量守恒定律得 
Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ 
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热 
Q＝1
2 mg(2L2＋L1) 
7．答案：A 
解析：由右手定则可知，a、b 棒在磁场中运动产生的感应电流方向是逆时针方向，则回
路中的电动势为两棒产生的电动势之和，在t＝t1 时刻，即为E＝2BLv0，I＝
E
R＋2R ＝2BLv0
3R ，
对a 棒，由牛顿第二定律可得BIL＝ma，a＝2B2L2v0
3mR ，A 正确；由题意可知，金属棒a、b
的电阻率相同，长度相同，电阻分别为R 和2R，由电阻定律可得R＝ρL
Sa ，2R＝ρL
Sb ，Sa＝
2Sb，长度相同，可知a 的体积是b 的2 倍，密度相同，则a 的质量是b 的2 倍，即b 的质量
为m
2 .金属棒a、b 在磁场中时，流经的电流等大反向，所受安培力等大反向，a、b 组成的系
统所受合外力等于零，则有该系统动量守恒，在t＝t2 时，流经a 棒的电流是0，则有a、b
棒之间的磁通量不变，因此两者的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定
律可得mv0－m
2 v0＝(m＋m
2 )v，解得v＝1
3 v0，即t2 时刻b 棒的速度为1
3 v0，B 错误； t1～ t2
时间内，对 a、b 组成的系统，由能量守恒定律可得1
2 mv20 ＋1
2 ×m
2 v20 ＝1
2 (m＋m
2 )v2＋Q，
Q＝2
3 mv20 ，解得t1～ t2 时间内，a 棒产生的焦耳热为Qa＝
R
R＋2R Q＝2
9 mv20 ，C 错误；由
题意可知，b 棒的质量小，加速度大，在向左运动中，速度减小的快，速度减到零后，开始
向右做加速运动，a 棒继续向右做减速运动，当两棒速度相等且不相碰，此时两棒的距离最
近，两棒速度均为1
3 v0，设两棒开始运动到两棒速度相等，两棒的位移大小之和为x，由电
磁感应定律，则有E
－ ＝ΔΦ
Δt ＝xLB
Δt ，金属棒受安培力的平均值为，F
－ ＝B I－ L＝B2L2x
3RΔt ，对
a 棒由动量定理可得－F
－ Δt＝B2L2xΔt
3RΔt ＝m



v0
3 －v0 ＝－2
3 mv0，解得要使a、b 不相碰，边
界EF 与GH 的距离至少为x＝2mv0R
B2L2 ，D 错误． 
8．答案：2∶1 
解析：若杆2 固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x1，对杆1 由动量定理得 
－BIdt＝0－mv0 
该过程中的通过杆的电荷量为 
q＝It＝ΔΦ
2R ＝Bx1d
2R  
联立解得 
x1＝2mRv0
B2d2  
若杆2 不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为x2，两者最终速度为v，根据动量定理，
对杆1 有 
－BI′dt′＝mv－mv0 
对杆2 有 
BI′dt′＝mv 
该过程中的通过杆的电荷量为 
q′＝I′t′＝ΔΦ
2R ＝Bx2d
2R  
解得 
x2＝mRv0
B2d2  
则最小距离之比为 
x1∶x2＝2∶1 
9．答案：BD 
解析：金属棒进入磁场后，金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，金属棒一部分机
械能转化为回路的焦耳热，可知金属杆ab 在整个运动过程机械能不守恒，A 错误；金属棒进
入磁场之前做匀加速直线运动，对金属棒分析有mg sin 53°＝ma1，根据速度与位移的关系有
v20 ＝2a1x，解得v0＝4 m/s，B 正确；金属杆ab 刚进入有界磁场时的感应电动势E＝BLv0cos 53°，
感应电流为I＝E
R＋r ，对金属棒分析有mg sin 53°－BIL cos 53°＝ma2，解得a2＝5.6 m/s2，C
错误；结合上述，对金属棒分析可知，金属棒进入磁场后先向下做加速运动，感应电动势增
大，感应电流增大，安培力增大，则加速度减小，当加速度为0 时，速度达到最大，之后向
下做匀速直线运动，则有mg sin 53°－BImaxL cos 53°＝0，其中感应电流为Imax＝BLvmaxcos 53°
R＋r
 ，
解得vmax＝40
3  m/s，D 正确． 
10．答案：(1)1 m/s (2)20 m/s2 
解析：(1)当导体框的上边框ad 进入磁场时，上边框ad 切割磁感线产生的感应电动势为
E＝BLv 
导体框中的感应电流为I＝E
R  
导体框的上边框在磁场中受到的安培力大小FA＝BIL 
导体框刚好做匀速直线运动，根据受力平衡有mg sin θ＝FA 
联立解得v＝1 m/s 
(2)导体框沿斜面由静止开始到下边框bc 进入匀强磁场的过程中，根据机械能守恒定律
有mgx0sin θ＝1
2 mv20  
当导体框的下边框进入磁场时，导体框的下边框在磁场中受到的安培力大小 
FA0＝B2L2v0
R
  
对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有FA0－mg sin θ＝ma0 
联立解得a0＝20 m/s2 
11．答案：(1)BL gr
2R
  (2)1
4 mgr (3)mgr＋πB2L2v0r
8R
  
解析：(1)金属棒到达轨道底端cd 时2mg－mg＝mv2
r  
解得v＝gr  
感应电流I＝E
2R ＝BLv
2R  
解得I＝BL gr
2R
  
(2)由能量守恒定律得Q＝mgr－1
2 mv2 
电阻R 中产生的焦耳热QR＝Q
2 ＝1
4 mgr 
(3)金属棒中产生的电动势E＝BLv cos θ 
则正弦式交变电流的有效值为I＝BLv0
2 2R  
在四分之一周期内产生的热量Q＝I2·2Rt＝I2·2R πr
2v0 ＝πB2L2v0r
8R
  
由功能关系得WF＝mgr＋Q 
解得拉力做的功WF＝mgr＋πB2L2v0r
8R
  
12．答案：(1)B2L3
mR0  (2) 3B4L6
25mR20   
解析：(1)金属框进入磁场过程中有E
－ ＝BLL
t  
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝E
－
4R0 t＝BL2
4R0  
则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝BL2
2R0  
设金属框的初速度为v0 
则有－BqL＝mv0
2 －mv0 
联立有v0＝B2L3
mR0  
(2)金属框进入磁场的过程，有 
－B I－ ′Lt′＝mv1－mv0 
闭合电路的总电阻R 总＝R0＋
1
1
R1＋1
R0
 ＝5
3 R0 
通过线框的电流I－ ′＝E
－′
R总  
根据法拉第电磁感应定律有E
－ ′＝BL2
t′  
解得v1＝2B2L3
5mR0  
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为
电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有 
－B I－ ″Lt″＝－mv1 
通过金属框的电流I－ ″＝
E
－″
R1＋R0
2
  
根据法拉第电磁感应定律有E
－ ″＝BLx
t″  
解得x＝L 
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处 
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有 
Q 总＝1
2 mv20 －1
2 mv21  
电阻R1 产生的热量Q1＝
2
3R0
R总 ·
R0
R1＋R0 Q 总 
金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝1
2 mv21  
电阻R1 产生的热量为Q′1＝
R1
R1＋R0
2
 Q′总 
电阻R1 产生的总热量为Q1 总＝Q1＋Q′1 
解得Q1 总＝3B4L6
25mR20   
13．答案：(1)1
2 v0 (2)mv20  (3)2mR
B2l2  
解析：(1)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 
3mv0＝3mvQ＋mvP 
1
2 ×3mv20 ＝1
2 ×3mv2Q ＋1
2 mv2P  
联立解得 
vP＝3
2 v0，vQ＝1
2 v0 
由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，
则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为 
v′P＝vQ＝1
2 v0 
(2)根据能量守恒有 
1
2 mv2P ＝1
2 mv′2P ＋Q 
解得 
Q＝mv20  
(3)P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得 
－B I－ lΔt＝mv′P－mvP 
又 
q＝I－ Δt，I－ ＝E
－
R ＝ΔΦ
RΔt ＝Blx
RΔt  
联立可得 
x＝mv0R
B2l2  
由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为 
t＝x
vQ ＝2mR
B2l2  
考点60 实验十四 探究影响感应 
电流方向的因素 
1．答案：(1)C (2)向右 (3)变小 
解析：(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器
材外，还需要直流电源确定电流的方向，C 正确． 
(2)将条形磁铁的N 极从螺线管拔出时，由楞次定律可知，螺线管中感应电流沿顺时针方
向，即电流由“＋”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转． 
(3)根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小． 
2．答案：(1)图见解析 (2)AC (3)大 磁通量变化率 
解析：(1)将电源、电键、变阻器、线圈A 串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下
两个接线柱，再将电流计与线圈B 串联成另一个回路，电路图如图所示 
 
(2)插入铁芯F 时，穿过线圈L2 的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，A 正
确；拔出线圈L1，穿过线圈L2 的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，B 错误；
使变阻器阻值R 变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈L2 的磁通量变大，感应电流磁场
方向与原磁场方向相反，C 正确；断开开关，穿过线圈L2 的磁通量减小，感应电流磁场方向
与原磁场方向相同，D 错误． 
(3)第一次将滑动变阻器的触头P 从变阻器的左端快速滑到右端，线圈L1 的电流变化快，
电流产生的磁场变化快，穿过线圈L2 的磁通量变化快，感应电动势大，感应电流大，电流计
的指针摆动的幅度大；第二次将滑动变阻器的触头P 从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈L1
的电流变化慢，穿过线圈L2 的磁通量变化慢，感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆
动的幅度小． 
3．答案：(1)图见解析 (2)向右偏转一下 向左偏转一下 大于 等于 
解析：(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串
联成另一个回路，电路图如图所示 
 
(2)在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，此时穿过副线圈的磁通量增大；
将原线圈迅速插入副线圈时，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏一下；原
线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路
的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指
针将向左偏转一下；根据E＝nΔΦ
Δt 可知快插和慢插时，磁通量变化量相同，时间不同，两情
况下线圈中产生的感应电动势大小关系是E1>E2.根据q＝IΔt＝nΔΦ
Δt·R Δt＝nΔΦ
R 可知q1＝q2. 
4．答案：(1) 向上拔出 (2)AD (3)AB 
解析：(1)由图甲可知，当电流从灵敏电流计左端流入时，指针向左偏转；而图乙指针向
右偏转，可知电流从灵敏电流计右端流入，则线圈中感应电流的方向是逆时针的(俯视)，由
安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，线
圈中磁通量减小，则条形磁铁向上拔出． 
(2)开关闭合后，线圈A 插入线圈B 中或从线圈B 中拔出，都会使线圈B 的磁通量发生
变化，回路产生感应电流，从而引起电表的指针偏转，A 正确；线圈A 插入线圈B 中后，在
开关闭合和断开的瞬间，A 线圈的电流都会发生变化，从而使线圈B 的磁通量发生变化，回
路产生感应电流，电表的指针均会偏转，B 错误；开关闭合后，无论滑动变阻器的滑片P 匀
速滑动、加速滑动或者减速滑动，滑动变阻器接入电路阻值发生变化，A 线圈的电流发生变
化，从而使线圈B 的磁通量发生变化，回路产生感应电流，电表的指针会偏转，指针不会静
止在中央零刻度，C 错误，D 正确． 
(3)在磁铁穿过线圈的过程中，由于两次用同一条形磁铁，则线圈内磁通量的变化量相同，
A 正确；条形磁铁距离铜线圈上端的高度越大，在磁铁穿过线圈的过程中，条形磁铁的速度
越大，使得线圈内磁通量的变化越快，产生的感应电动势越大，产生的感应电流峰值越大，
B 正确；两次实验中，条形磁铁受到的磁场力大小不同，则磁铁克服磁场力做功不同，磁铁
减少的机械能不同，所以线圈内产生的焦耳热不同，C 错误；由于磁铁一直相对于线圈向下
运动，根据“来拒去留”推论可知，磁体所受的磁场力一直向上，D 错误． 
5．答案：(1)a (2)越大 B 
解析：(1)将多用电表接入实验电路前，为避免指针反向偏转损坏电表，该同学应调整机
械调零旋钮a 使指针指在刻度盘中央． 
(2)条形磁铁插入得越快，磁通量变化得越快，多用电表的指针偏角越大．将条形磁铁N
极向下插入线圈时，线圈中磁通量向下增大，为使此时多用电表的指针向右偏转，即产生从
红表笔流入的感应电流，由右手定则和楞次定律可知，导线的缠绕方向应和图乙中的B 相同． 
6．答案：(1)4.800 70.15 不合理 (3) 1
Δt  (4)加倍 
解析：(1)螺旋测微器的精确值为0.01 mm，由图乙可知挡光片的宽度为4.5 mm＋
30.0×0.01 mm＝4.800 mm.20 分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由图丙可知金属片的宽度
为70 mm＋3×0.05 mm＝70.15 mm.遮光条的宽度越小，小车经过遮光条时的平均速度越接近
小车的瞬时速度，遮光条的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用宽金属片替代遮光条，
这种做法不合理． 
(3)在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，穿过
线圈磁通量的变化量ΔΦ 都相同；根据E＝nΔΦ
Δt ，因ΔΦ 不变，E 与1
Δt 成正比，横坐标应该
是1
Δt . 
(4)匝数n 加倍后，产生的感应电动势加倍，E­ 1
Δt 图像纵坐标加倍，横坐标不变，所以
新图像的斜率加倍． 
验收检测卷十一 电磁感应 
1．答案：D 
解析：A 图中，由于线圈不闭合，则不会产生感应电流，A 错误；B 图中，由于两棒的
速度相同，则闭合电路的磁通量不发生改变，则不会产生感应电流，B 错误；C 图中，由于
导体框与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，则导体框中没有感应电流，C 错
误；D 图中，两导体棒相当于电源，由导轨构成的闭合回路的磁通量发生改变，因此电路中
会产生感应电流，D 正确． 
2．答案：A 
解析：人造卫星围绕地球运动时在金属外壳组成的小部分回路中磁通量变化形成了感应
电流，产生电能，形成涡流生热，则人造卫星的机械能逐渐减小，使得卫星速度减小，做向
心运动，则卫星的轨道半径变小，A 正确，D 错误；根据万有引力定律可得F 引＝GMm
r2 ，由
于卫星的轨道半径变小，可知卫星受到地球的引力逐渐增大，卫星的加速度逐渐增大，B、C
错误． 
3．答案：D 
解析：向y 轴正方向做匀速运动时，磁场增强则根据楞次定律中的增反减同规律，线框
内的感应电流沿逆时针方向，安培力的大小F＝BIL，根据左手定则可知bc 边受到的安培力
沿y 轴负方向，ad 边的安培力沿y 轴正方向，由于沿y 轴正方向磁感应强度均匀增大，则bc
边安培力大于ad 边的安培力，dc 和ab 边所受安培力大小相等方向相反，则整体受到的安培
力沿y 轴负方向，D 正确． 
4．答案：C 
解析：设导轨间的距离为L，如图甲所示，金属棒ab 产生的感应电动势为E1＝BLv，根
据右手定则可知通过金属棒ab 的电流方向b→a；如图乙所示，金属棒ab 产生的感应电动势
为E2＝Blabsin θv，得E2＝BLv，根据右手定则可知通过金属棒ab 的电流方向b→a；E1 和E2
之比为E1∶E2＝1∶1，C 正确． 
5．答案：D 
解析：由导体切割磁感线产生电动势可知E＝Br2ω
2 ＝4 V，由闭合电路欧姆定律有I＝
E
R0＋R1＋R2 ＝1.0 A，A 错误；由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向为O 到A，所以
电容器M 板带正电，B 错误；回路消耗的总电功率P＝EI＝4.0 W，由能量转化与守恒可知外
力做功的功率等于回路消耗的总功率，即P 外＝P＝4.0 W，C 错误；由欧姆定律可知电容器
两端的电压U＝IR2＝2.0 V，所以电容器的带电量q＝CU＝4.0×10－3 C，D 正确． 
6．答案：D 
解析：当线框运动L 时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向
外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L 时，磁通量最小，A 错误；当线圈进入第一个
磁场时，由I＝E
R ＝BLv
R 可知，I 保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，
电动势应为2BLv，故电流应为2I，B 错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向
右，C 错误；拉力的功率P＝I2R，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，功率
为定值，两边分别在两个磁场中时，由B 的分析可知，电流加倍，功率为原来的4 倍；此后
从第二个磁场中离开时，功率应等于线框在第一个磁场中的功率，D 正确． 
7．答案：D 
解析：由初状态到末状态(金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒．初状态机械能E1＝
mgb＋1
2 mv2，末状态机械能E2＝mga，焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋1
2 mv2，D 正确． 
8．答案：B 
解析：图1 中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电
流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的
感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒不受安培力，向右做匀速运动，A 错误；图2 中，
导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的
减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab 棒静止，B 正确，D 错误；安培力F 安
＝B I－ L，根据动量定理得F 安t＝B I－ Lt＝qBL＝mΔv，解得q＝mΔv
BL ，电荷量跟导体棒ab
的动量变化量成正比，因为图1 中导体棒的动量变化量小于图2，所以图1 中通过R 的电荷
量小于图2 中通过R 的电荷量，C 错误． 
9．答案：ACD 
解析：开关接通瞬间，回路中电流瞬间增大，线圈L 产生较大的自感电动势阻碍通过其
电流增大，此时L 可视为断路，则B 与R 并联后再与A 串联，两灯同时亮，但通过A 的电
流比通过B 的电流大，所以A 比B 亮度大，A 正确，B 错误；由于线圈L 电阻为零，开关
接通较长时间后，L 相当于导线，将A 短路，所以A 灯不亮，B 灯仍亮，C 正确；开关接通
较长时间后，再断开开关时，回路中电流瞬间减小，线圈L 产生自感电动势阻碍通过其电流
减小，此时L 可视为电源，而A 与L 在同一回路中，所以A 灯会先闪亮一下，之后随着自
感电动势的减小至零而熄灭；B 灯由于被电路中间那根导线短路，所以在断开开关时立即熄
灭，D 正确． 
10．答案：AD 
解析：当磁场区域的右边界刚离开线圈Ⅰ时，根据楞次定律可知，线圈Ⅰ的电流沿逆时
针方向，A 正确；由闭合电路的欧姆定律可得，线圈Ⅰ和线圈Ⅱ中产生的感应电动势分别为
E1＝i1(R＋r)，E2＝i2(R＋r)，由图3 知，i1＝0.12 A，i2＝0.15 A，代入数据解得E1＝0.528 V，
E2＝0.660 V，而线圈Ⅰ和线圈Ⅱ中产生的感应电动势分别为E1＝nBlv1，E2＝nBlv2，代入数
据解得v1＝12 m/s，v2＝15 m/s，B、C 错误；根据图3 可知，两线圈之间的距离为x＝100 m，
由运动学公式v22 －v21 ＝2ax，代入数据解得a≈0.41 m/s2，D 正确． 
11．答案：BC 
解析：磁场下移过程，存在缓冲阻力，则磁场对线圈ab 段的作用力向下，A 错误；根据
右手定则，线圈ab 段中电流方向由b 到a，B 正确；电磁感应过程中，由能量守恒，探测器
主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热，C 正确；探测器主体的动能减小，则探测器
主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热，D 错误． 
12．答案：BD 
解析：设AB 边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB＝l，则CD＝4l，根据动
能定理Fh－mgh＝1
2 mv20 ，解得v0＝2gh ，A 错误；AB 边刚进入磁场时，线框的加速度恰
好为零，则此时安培力的大小为F 安＝F－mg＝mg，线框中感应电流的瞬时电功率为P＝F 安
v0＝mg 2gh ，B 正确；AB 刚进入磁场时加速度为0，则有F＝mg＋B2l2v0
R
 ，设DC 边进入
磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l 线框匀速运动时有F＝mg
＋
B2（1.5l）2v1
R
 ，联立解得v1＝4v0
9 ＝4 2gh
9
 ，从线框开始到CD 边进入磁场前瞬间，根据
能量守恒定律得F·3h－mg·3h－Q＝1
2 mv21 ，联立解得Q＝227
81 mgh，D 正确；CD 进入磁场
瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l，安培力F1＝BI1·2.5l，由闭合电路欧姆定律得I1
＝
B（2.5l）v1
R
 ，由牛顿第二定律得a＝
（mg＋F1）－F
m
 ，解得a＝16
9 g，C 错误． 
13．答案：(1)当B 恒定时，不产生感应电动势，而B 均匀变化，产生恒定的感应电动势 
当B 的变化率越大，产生的感应电动势越大 (2)图线见解析 (3)2.80 
解析：(1)当B 恒定时，得E 为零，而B 均匀变化，产生恒定的感应电动势；当B 的变
化率越大，产生的感应电动势越大； 
(2)如图所示： 
 
将这些点平滑连接起来，让不在直线上的点尽可能分布在图像两侧． 
(3)由图像可知：纵轴是电动势，而横轴是磁场的变化率，由法拉第电磁感应定律可得当
线圈面积一定时，电动势与磁场的变化率成正比．因此图像的斜率的大小表示线圈的横截面
与匝数乘积S＝k
N ＝2.80. 
14．答案：(1)klS
8ρ  (2)8ρmg
k2l2S  
解析：(1)根据电磁感应定律E＝nΔΦ
Δt ＝nΔB
Δt l·1
2 l＝1
2 kl2  
由全电路欧姆定律I＝E
R ＝
1
2kl2
ρ4l
S
 ＝klS
8ρ  
(2)当轻杆中拉力恰好为零时 
F＝mg  
又F＝BIl＝kt·klS
8ρ ·l＝k2l2St
8ρ  
解得 t＝8ρmg
k2l2S . 
15．答案：(1)7 m/s2，方向沿斜面向上 (2)0.6 m (3)5
4 
7  T 1.8 J 
解析：(1)对M 和m 组成的系统，根据牛顿第二定律有 
Mg－mg sin θ＝(M＋m)a 
解得a＝7 m/s2，方向沿斜面向上 
(2)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q1＝I－ Δt1 
平均感应电流I－ ＝E
R＋r  
回路中平均感应电动势E
－ ＝Bx1L
Δt1  
得q1＝BLx1
R＋r  
同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量q2＝
BL（x2－x1）
R＋r
  
由题图乙读出0.4 s 时刻位移大小x2＝0.9 m 
又q1＝2q2 
联立解得x1＝0.6 m 
(3)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小 
v＝
0.9－0.6
0.4－0.3  m/s＝3 m/s 
0．3 s 后棒受力平衡F＝mg sin θ＋BIL，F＝Mg 
根据闭合电路欧姆定律得I＝BLv
R＋r  
解得B＝5
4 
7  T 
0～0.4 s 内，对整个系统，根据能量守恒定律得 
Q＝Mgx2－mgx2sin θ－1
2 (M＋m)v2 
代入数据解得Q＝1.8 J 
16．答案：(1)2mgR sin θ
B2L2
  (2)2g sin θ (3)mv0R
B2L2  
解析：(1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，
由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0 
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝E
2R ，F＝BIL 
a 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL 
联立解得v0＝2mgR sin θ
B2L2
  
(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒受沿斜面向下的安培力，此时电路中电流
不变，则对b 棒，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0 
解得a0＝2g sin θ 
(3)释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒，由动量定理得mg sin 
θt0－B I－ Lt0＝mv－mv0 
b 棒受到向下的安培力，对b 棒，由动量定理得mg sin θt0＋B I－ Lt0＝mv 
联立解得 
v＝g sin θ·t0＋v0
2  
此过程流过b 棒的电荷量为q，则有 
q＝I－ t0 
由法拉第电磁感应定律可得 
I－ ＝E
2R ＝1
2R BLΔx
t0
  
联立b 棒动量定理可得Δx＝mv0R
B2L2  
第十二章 交变电流 传感器 
考点61 交变电流的产生和描述 
1．答案：C 
解析：线圈转动到与磁场方向垂直时，磁通量最大等于BS，A 错误；线圈转动到与磁场
方向垂直时，感应电动势最小为零，B 错误；线圈转动到与磁场方向平行时，磁通量为零，
磁通量的变化率最大，感应电动势最大，C 正确，D 错误． 
2．答案：BC 
解析：由题图可知，t1 时刻穿过线圈的磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，与中性面
平行，A 错误；由题图可知，t2 时刻穿过线圈的磁通量为零，线圈平面垂直于中性面，感应
电动势最大，所以ad 边的速度方向与磁感线垂直，B 正确；由题图可知，t3 时刻穿过线圈的
磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，与中性面平行，即线圈平面与中性面重合，C 正确；
每次经过中性面位置时，电流方向发生改变，图1 所示位置垂直中性面，电流方向不改变，
D 错误． 
3．答案：C 
解析：由图可知，当t＝0.5×10－2 s 时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，A
错误；由图可知，当t＝1×10－2 s 时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最
大，磁通量变化率为0，B 错误；由图可知，该交流电的周期T＝0.02 s，则线圈转动角速度 
ω＝2π
T ＝2π
0.02 rad/s＝100π rad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NBSω，所以Φm＝
BS＝Em
Nω ＝
10π
100×100π  Wb＝1×10－3 Wb，C 正确，D 错误． 
4．答案：B 
解析：设该电流的有效值为I，由I2RT＝( I0
2 )2R×T
2 ＋(2I0)2R×T
4 ，解得I＝5
2 I0，B
正确． 
5．答案：A 
解析：第一次，灯泡两端的电压有效值为U1＝U0
2 ＝2
2 U0，A 正确，B 错误；第二次，
设灯泡两端的电压有效值为U2，则
（2U0）2
R
 ×T
2 ＋U20 
R ×T
2 ＝U22 
R T 解得U2＝10
2 U0，C、
D 错误． 
6．答案：B 
解析：根据E＝nΔΦ
Δt 可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应
电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据P＝U2
R  可知，两电阻的电功率也不相等，A、
D 错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，B 正确；
当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通
过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，
C 错误． 
7．答案：BCD 
解析：由题图可知t＝0 时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由
图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B 正确；由图像可知交变电流a 的电动势最大值
为10 V，ω＝2π
T ＝2π
0.4 ＝5π rad/s，交变电流a 的电动势瞬时值表达式为e＝10sin (5πt) V，C
正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，则Ema∶Emb＝3∶2，解得Emb＝2
3 Ema＝20
3  V，
D 正确． 
8．答案：(1) πB2L2v2m R
ω（R＋r）2  (2) πB2L2v2m 
ω（R＋r）  
解析：(1)由导体棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv 得e＝BLvmsin ωt 
回路中产生正弦交流电，感应电动势最大值Em＝BLvm 
其有效值为E＝Em
2 ＝BLvm
2  
感应电流有效值I＝E
R＋r  
在0～2π
ω 时间内产生的热量Q＝I2Rt＝( E
R＋r )2R·2π
ω ＝(BLvm
R＋r )2·πR
ω ＝πB2L2v2m R
ω（R＋r）2  
(2)t＝2π
ω 时速度为v＝0，由功能关系得，外力F 所做的功W＝I2(R＋r)t＝πB2L2v2m 
ω（R＋r）  
9．答案：D 
解析：当t＝2π
ω 时，即ωt＝2π 时，线框回到图示位置，此时的感应电流最小，磁通量
最大，A 错误；当t＝π
2ω ，即ωt＝π
2 时，线圈转到与图示垂直位置，此时磁通量为零，则0
到π
2ω 时间内产生的感应电动势的平均值为E
－ ＝nΔΦ
Δt ＝n
B·1
2S
π
2ω
 ＝nBSω
π
 则0 到π
2ω 时间内，
通过线框的电量为q＝It＝nBSω
Rπ · π
2ω ＝nBS
2R ，B 错误；线框中产生的交变电动势的最大值为
Em＝nB·S
2 ·ω＝1
2 nBSω，C 错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝Em
2 ＝2
4 nBSω，
D 正确． 
10．答案：C 
解析：当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值为Em＝nωBS，电流有效值为 
I＝
Em
2（R＋r） ＝
nωBS
2（R＋r） ，电压表示数U＝IR＝
nωBSR
2（R＋r） ，A 错误；线圈转过
90°的过程中通过灯泡的电荷量为q＝E
－
R＋r t＝nΔΦ
R＋r ＝nBS
R＋r ，B 错误；电动势的有效值为E
＝Em
2 ＝nωBS
2 ，电流的有效值为I＝E
R＋r ＝
nωBS
2（R＋r） ，电灯中产生的焦耳热为 
Q＝I2Rt＝

nωBS
2（R＋r） 
2
 R×2π
ω ×1
4 ＝n2B2S2πωR
4（R＋r）2 ，C 正确；流过线圈电流的最大值
为Im＝Em
R＋r ＝nωBS
R＋r ，从线圈平行磁场方向位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝
Imcos ωt A＝nωBS
R＋r cos ωt A，D 错误． 
11．答案：B 
解析：由图像乙可知t＝0.02 s 时感应电动势为零，处于中性面上，A 错误；由题图乙可
知周期T＝0.02 s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100 次，B 正确，
C 错误；线圈的转速为n＝1
T ＝50 r/s，D 错误． 
12．答案：C 
解析：由于线圈从垂直于中性面开始转动，故t＝0 为感应电流峰值，故可以排除选项B、
D；换向器的作用是使产生的电流方向始终保持不变，A 错误，C 正确． 
13．答案：C 
解析：发电机线圈在0.5T 时刻，磁通量为零，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，
A 错误；发电机线圈电动势的有效值为E＝2
2 Em＝2πNΦm
T
 ，因为内外电阻关系未知，所
以无法确定输出电压，B 错误；单位时间吹过风的质量为m＝πρl2v，根据能量守恒，发电机
的发电功率P＝1
2 mv2η＝1
2 πηρl2v3，若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8 倍，C 正确，
D 错误． 
14．答案：D 
解析：由题意及法拉第电磁感应定律知，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势
的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB·2πrvm＝4 V，
所以线圈中感应电动势的有效值为E＝Em
2 ＝2 2 V，由闭合电路的欧姆定律可得，小灯泡
中电流的有效值为I＝
E
R1＋R2 ＝2 2
4 A＝2
2 A，小灯泡中在10 s 内消耗电能为W＝I2R2t＝
( 2
2 )2×3×10 J＝15 J，A、B 错误；电压表示数为U＝IR2＝3 2
2 V，C 错误；当t＝0.1 s 也
就是T
4 时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝2 N，D 正确． 
15．答案：A 
解析：设同一阻值为R 的电阻接入该交流电源和接入一电压为U0 的恒压直流电源在一
个周期内产生相同的热量，则有
（U1
2）2
R
 ·T
3 ＋U22 
R ·2T
3 ＝U20 
R ·T，式中U1＝6 V，U2＝9 V，
解得U0＝2 15 V，根据电流的热效应所求得的U0 即为该交流电的有效电压，A 正确． 
16．答案：(1)e＝cos 10t (2)7 2
20  V (3)0.01 C 
解析：(1)线框从与中性面的垂直的平面开始，最大电动势为 
Em＝NBSω＝1×0.2×0.5×10 V＝1 V 
则电路中的瞬时电动势为e＝Emcos ωt＝cos 10t V 
(2)余弦式交流电的电动势有效值为E＝Em
2 ＝2
2 V 
则电压表的示数为电路的路端电压，且为有效值，则可得 
UV＝ER
R＋r ＝7 2
20  V 
(3)U 形框从t＝0 时刻开始转过90°的过程为四分之一个周期，则电量为q＝ΔΦ
R＋r ＝BS
R＋r 
＝0.01 C． 
17．答案：(1)1.2 V，b→a (2)图见解析，0.2 V (3) 10
20  A 
解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线运动，所构成的回路磁通量变化，设经过时间Δt，
磁通量变化率为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦ
Δt  
磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝B(1
2 r22 Δθ－1
2 r21 Δθ) 
代入数据得E＝1
2 Bω(r22 －r21 )＝1.2 V 
根据右手定则可知感应电流方向为b→a； 
(2)等效电路如图 
 
由题图可知电路总电阻为R 总＝R
5 ＋R＝6
5 R＝2.4 Ω 
内外圈的电压为Uab＝E
R总 ×1
5 R＝0.2 V  
(3)ab 进入磁场时切割磁感线的时间为t1＝θ
ω ＝1
24  s 
ab 进入磁场时金属条ab 中的电流I1＝5× E
R总 ＝0.5 A 
车轮转一圈的周期为T＝2π
ω ＝0.5 s 
其他金属条进入磁场时切割磁感线的时间为t2＝θ
ω ＝1
24 s 
其他金属条进入磁场时金属条ab 中的电流I2＝E
R总 ＝0.1 A 
根据I21 Rt1＋I22 Rt1×5＝I2RT 
解得金属条ab 中感应电流的有效值I＝10
20  A． 
考点62 变压器 远距离输电 
1．答案：BD 
解析：甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，乙图的原线圈串联接
入输电线的一根导线，所以是电流互感器，A 错误，B 正确；电压表测电压的有效值，若V
表示数为30 V，则输电线两端的电压有效值U1＝n1
n2 U2＝200
1 ×30 V＝6 000 V，C 错误；电
流表测电流的有效值，若A 表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值I3＝n4
n3 I4＝100
1 ×5 A
＝500 A，D 正确． 
2．答案：B 
解析：由n1
n2 ＝U1
U2 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2 减小，不能使小灯泡正
常发光，故A 错误； 
由n1
n2 ＝U1
U2 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2 增大，有可能使小灯泡正常发
光，故B 正确； 
由n1
n2 ＝U1
U2 知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副
线圈的输出电压U2 不变，不能使小灯泡正常发光，故C 错误； 
将两个3.8 V 小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2 不变，不
能使小灯泡正常发光，故D 错误．故选B. 
3．答案：C 
解析：将P 下滑时，升压比变大，电阻R 两端电压变大， A1A2 示数均变大，A、B 错
误；若将滑动P 向下滑动到GD 的中点，升压比将由1∶2 变为1∶4，电阻R 的电压将变为
原来2 倍，故功率变为原来4 倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，升压比将从1∶2
变为3∶4，电阻R 的电压将变为原来的2
3 倍，电阻功率将变为原来的4
9 ，D 错误． 
4．答案：AC 
解析：根据n1
n2 ＝80%U1
U2
 可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，A 正确；由于存在磁漏
现象，电流比不再与匝数成反比，B 错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，C 正确；
由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通
量变化率与穿过接收线圈的不相同，D 错误． 
5．答案：C 
解析：理想变压器的输入、输出功率相等，A 错误；由图b 可知交流电的频率为f＝1
T ＝
1
2×10－2 s ＝50 Hz，副线圈输出的交变电压的频率也为50 Hz，B 错误；当热敏电阻RT 的温
度升高时，由题可知其阻值将减小；所以副线圈所在电路的总电阻将减小，电路中的电流变
大，电流表示数变大；由公式P＝I2R 可知定值电阻R1 消耗的功率将变大，C 正确；电阻RT
的阻值变化不会影响输入电压，所以电压表的示数不变，D 错误． 
6．答案：D 
解析：图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线圈中的感应电压瞬时值表达式为 
e＝2πNBSn sin 2πnt，A 错误；根据理想变压器和副线圈构成的等效电阻表达式R 等效＝n21 
n22  
(R＋R0)，当P1 从M 位置逆时针转到N 位置，理想变压器n2 增大，等效电阻减小，即外电阻
减小，路端电压U1 减小，B 错误；只增大线圈的转速，电源电动势的有效值增大，因为总电
阻不变，故原线圈电流增大，副线圈电流也增大，根据P＝I2R0，定值电阻消耗的电功率也增
大，C 错误；P2 向左滑动，R 减小，等效电阻减小，则U1 减小，原线圈和副线圈电流都增大，
电流表示数增大，U2 增大，U1
U2 减小，D 正确． 
7．答案：AD 
解析：副线圈所在电路中，当滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，总电阻
增大，则可知副线圈所在电路中电流减小，而根据原副线圈匝数与电流的关系n1
n2 ＝I2
I1 可知，
原副线圈匝数不变，则I2 减小，I1 也减小，即电流表A1 的示数减小，A 正确；根据原副线圈
匝数比与电压的关系n1
n2 ＝U1
U2 可知，副线圈两端电压不变，但副线圈所在回路中的电流减小，
因此定值电阻R1 的分压减小，从而使有并联关系的电阻R2 与滑动变阻器两端的电压增大，
即电压表的示数变大，B 错误；根据闭合电路的欧姆定律有U＝U2－I2R1 式中U2＝n2
n1 U1 可
知U1 不变，则U2 不变，该式为U－I2 的函数关系，因此可知ΔU
ΔI2 ＝R1＝3 Ω，C 错误；设R
和R2 并联后的等效电阻为R′，两者消耗的总功率为P，则有P＝I22 R′＝(
U2
R1＋R′ )2R′＝
U22 R′
（R1－R′2）2＋4R1R′ ＝
U22 
（R1－R′2）2
R′
＋4R1
 ，因此当R′＝R1＝3 Ω 时，R 和R2 消耗的总功有
最大值Pmax＝U22 
4R1 而滑动变阻器最大阻值R＝6 Ω，且从中间开始向上滑动，则在滑动过程中
有30
13  Ω≤R′≤60
16  Ω，由此可知R 和R2 消耗的总功率先增大后减小，D 正确． 
8．答案：A 
解析：在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定；当Q 位
置不动时，副线圈输出电压U2 不变，此时P 向下滑动，滑动变阻器R 接入电路电阻减小，
则副线圈输出电流I2 变大，根据输入功率等于输出功率，有U1I1＝U2I2 可知原线圈电流I1 变
大，则电流表的读数变大，A 正确，B 错误；P 位置不动，将Q 向下滑动时，副线圈的匝数
n2 减少，根据U2＝n2
n1 U1 可知副线圈输出电压U2 减小，则副线圈输出电流I2 变小，根据输入
功率等于输出功率，有U1I1＝U2I2 可知原线圈电流I1 变小，则电流表的读数变小，C、D 错
误． 
9．答案：D 
解析：根据P＝UI 可知将输电电压变为原来的两倍，电流变为原来的一半，A、B 错误；
保持输送的电功率不变，输电线上的电压损耗ΔU＝IR＝P
U R，将输电线电压提高2 倍，则电
压损耗变为原来的一半，C 错误；输电线上的功率损耗ΔP＝I2R＝P2
U2 R，将输电线电压提高
2 倍，则电压损耗变为原来的1
4 ，D 正确． 
10．答案：BD 
解析：设输电线中的电流为I2，T1 的输出电压与T2 的输入电压分别为U2、U3，则有U2
＝I2R＋ U3，即T1 的输出电压大于T2 的输入电压，A 错误；T1 的输出功率为P2＝U2I2，输电
线上损耗的功率为ΔP＝I22 R，T2 的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率
大于T2 的输入功率，B 正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2 副线圈中的电流增大，
由变压器的工作原理可知，T2 原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗
的功率增大，即R 消耗的电功率增大，C 错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消
耗的功率减小，即T2 的输出功率减小，D 正确。 
11．答案：(1)20 kW (2)49.7 kW 497∶22 
解析：(1)根据题意，由公式P＝UI 可得，输电线上的电流为 
I1＝P
U ＝50 000
500  A＝100 A 
输电线上损耗的电功率为 
P 损＝I21 r＝30 kW 
居民获得的电功率为 
P1＝P－P 损＝20 kW 
(2)根据题意，由公式P＝UI 可得，高压输电后，输电线上的电流为 
I2＝P
U2 ＝50 000
5 000  A＝10 A 
输电线上损失的电功率为 
P′损＝I22 r＝102×3 W＝300 W 
居民获得的电功率为 
P2＝P－P′损＝(50－0.3) kW＝49.7 kW 
输电线上损耗的电压为 
U 损＝I2r＝10×3 V＝30 V 
降压变压器原线圈两端的电压为 
U3＝U2－U 损＝5 000 V－30 V＝4 970 V 
降压变压器的匝数比为 
n3
n4 ＝U3
U4 ＝4 970
220 ＝497
22 . 
12．答案：C 
解析：因人体安全电流I0≤10 mA，则保护器启动必须设置在A、B 线圈电流差值小于
10 mA 时启动，B 错误；当线圈A 中电流为10 mA 时，若保护器中的电流为25 mA，则线圈
A、C 的匝数比nA
nC ＝25
10 ＝5
2 ，则线圈A、C 的匝数比应该大于或等于5∶2，A 错误，C 正确；
若A 线圈中的电流达到10 mA，保护器上的电流达到25 mA 时，根据IAUA＝ICUC，此时负载
电阻电压是保护器两端的2.5 倍，因A、C 两线圈匝数关系不确定，则负载电阻电压不一定
是保护器两端的2.5 倍，D 错误． 
13．答案：D 
解析：当滑动变阻器的滑动端向上滑动时，根据理想变压器的电压规律U1
U2 ＝n1
n2 可知变
压器两端的电压均不变，所以电压表V1、V2 示数均不变．滑动变阻器接入电路阻值变大，
则副线圈总电阻变大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流I2 变小，即电流表A2 示数变小，
根据I1
I2 ＝n2
n1 可知原线圈电流I1 变小，即电流表A1 示数变小，但A1与A2示数的比值不变；
根据P＝U1I1＝U2I2 可知变压器输出功率变小；由于灯泡两端电压保持不变，则灯泡亮度不变，
D 正确． 
14．答案：A 
解析：从电能消耗效果来看，理想变压器与副线圈电路可等效为一个纯电阻，此纯电阻
两端电压为原线圈电压、电流为原线圈电流，输入功率等于副线圈电阻的热功率，即R 等＝U1
I1 ，
R2＝U2
I2 ，又有U1
U2 ＝N，I1
I2 ＝1
N (N 为理想变压器原、副线圈匝数比值)，故等效电阻的最大
值R 等＝N2R＝4R，R1 可等效为交流电源的内阻，其内阻r＝R，R2 滑片由上向下移动时，等
效电阻由4R 逐渐减小至趋近于0，根据电源输出功率与外电阻的关系，可知R2 的功率先增
大后减小，A 正确，B 错误；R2 的等效电阻等效为电源内阻，即r＝4R，R1 滑片由左向右移
动时，外电阻由R 逐渐减小至趋近于0，根据电源输出功率与外电阻的关系，可知R1 的功率
一直减小，C、D 错误． 
15．答案：D 
解析：铭牌显示：U1＝3 300 V，U2＝250 V，所以n1
n2 ＝U1
U2 ＝66
5 ，A 错误；变压器在额
定状态下运行时，为使白炽灯正常工作，加在定值电阻上的电压为UR＝U2－U 灯＝30 V，电
流为IR＝UR
R ＝40 A，而白炽灯的额定电流为I 灯＝
P灯
U灯 ＝40
220  A，副线圈上应接入白炽灯n
＝IR
I灯 ＝220 盏，B 错误；减少接入副线圈的白炽灯盏数，副线圈上电流减小，固定电阻上的
电压减小，白炽灯两端的电压会升高；由于电网电压降低，为使白炽灯正常工作，应减小固
定电阻的阻值R，D 正确，C 错误． 
16．答案：C 
解析：因为变压器不改变电压的频率，增大电源的频率，副线圈中电流频率也增大，电
容器的容抗减小，灯泡中电流增大，灯变亮，A 错误；任何情况下，原、副线圈的磁通量之
比都为1∶1，B 错误；当P 接b 时，原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈电压U1＝Um
2 ＝
110 V，根据U1
U2 ＝n1
n2 可得，滑动变阻器R 两端的电压为U2＝22 V，C 正确；当滑动变阻器
的滑片向下滑动时，接入电路中的电阻R 减小，根据P＝U22 
R 可知，R 消耗的功率变大，所
以变压器的输入功率也变大，D 错误． 
17．答案：D 
解析：发电机输出的电流为I1＝P
U1 ＝200×103
500
  A＝400 A，A 正确；输电线损失的功率
为P 线＝I2线 R 线，可得I 线＝
P线
R线 ＝
200×103×5%
4
  A＝50 A，B 正确；升压变压器的
匝数比n1∶n2＝I 线∶I1＝1∶8，C 正确；用户得到的功率为(1－5%)P＝U4I4，解得I4≈864 A，
D 错误． 
18．答案：AC 
解析：对变压器甲乙的连接方式分析可知，甲为电压互感器，乙为电流互感器，A 正确；
由变压器甲可知U2＝200×220 V＝44 000 V，由变压器乙可知I2＝5×20 A＝100 A，则U3＝
U2－I2r＝42 000 V，用户端的电压U4＝42 000
200  V＝210 V，B 错误；输电线路上损耗的功率
约占输电总功率的η＝I22 r
U2I2 ＝1
22 ≈4.5%，C 正确；若用户端接入的用电设备变多，降压变压
器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大，D 错误． 
19．答案：(1)160 W (2)2 240 V (3)640 W 
解析：(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则有I4
＝
P用
U4 ＝8 800
220  A＝40 A 
根据理想变压器的变流比可知I3
I4 ＝n4
n3  
解得I3＝4 A 
所以输电线路上损耗的电功率ΔP＝I23 R 
解得ΔP＝160 W 
(2)根据理想变压器的变压比可知U3
U4 ＝n3
n4  
解得U3＝2 200 V 
升压变压器副线圈两端电压U2＝U3＋I3R 
解得U2＝2 240 V 
(3)根据理想变压器的变压比可知U1
U2 ＝n1
n2  
可得U1＝280 V 
升压变压器的原线圈输入功率P1＝ΔP＋P 用 
可得P1＝8 960 W 
根据P1＝U1I1 
解得I1＝32 A 
根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em＝NBSω 
代入数据解得Em＝300 2  V 
电机线圈内阻上消耗的热功率P 内＝I1E－I1U1 
可得P 内＝640 W． 
 
考点63 实验十五 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 
1．答案：(1)AC (2)B (3)D 
解析：(1)为便于探究，可以采用控制变量法，故A 正确；变压器的原线圈接低压交流电，
测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B 错误；使用多用电表测电压时，
为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，故C 正确；虽然实验所用电压较
低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免
发生危险，故D 错误．故选AC. 
(2)变压器为理想变压器，则原线圈电压为 
U1＝n1U2
n2 ＝8
4 ×6.0 V＝12.0 V 
故选B. 
(3)假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为 
U2＝n2U1
n1 ＝1
8 ×12 V＝1.50 V 
考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.50 V，则读数小于1.50 V，故
选D. 
2．答案：(1)C (2)D 减小涡流，提高变压器的效率 (3)少 (4)b 
解析：(1)变压器只能使用交变电压，不能使用低压直流电源，A 错误；为使接触良好，
应该拧紧接线柱，但不能用手直接捏紧裸露的接线柱，B 错误；为了确保多用电表的安全，
使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，C 正确．故选C. 
(2)①变压器正视图如图．硅钢片的作用是形成闭合磁路，硅钢片中磁场变化引起在垂直
于abcd 平面内产生感应电流，所以为了减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd.故
选D. 
②这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率． 
(3)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈为低压线圈，电流大，匝数少． 
(4)由于实验所用的变压器会产生电能损耗，其实际测量得到的副线圈电压将小于利用理
想变压器变压公式得到的值，所以根据测量数据可判断出变压器的原线圈为b. 
3．答案：(1)c、d (2)两个线圈的匝数之比 (3)A 
解析：(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，
故应将A、B 分别与c、d 连接； 
(2)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内 
U1
U2 ＝n1
n2  
U1
U3 ＝n1
n3  
得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原，副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数
之比； 
(3)若把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量
变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V．故选A. 
4．答案：(1)D (2)少 (3)BD (4)B (5)C (6)A 
解析：(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，D 正确． 
(2)根据I1
I2 ＝n2
n1 可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少． 
(3)本实验需要用到的是交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电流表，B、D 正确． 
(4)为了人身安全，低压交流电源的电压不要超过12 V，B 正确． 
(5)依题意，原副线圈的匝数比为2∶1，若是理想变压器，则有U1
U2 ＝n1
n2 ，解得U1＝6 V，
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6.0 V，则原线圈的输
入电压可能为9.0 V，C 正确． 
(6)实验中需要运用的科学方法是控制变量法，A 正确． 
5．答案：(1)BD (2)D (3)少 (4)D 
解析：(1)变压器工作需要交流电，因此，为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用
电压不要超过12 V，A 错误；即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的电损，则
原线圈也不能长时间通电，B 正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电
路，这样无形之中，将人体并联电路中，导致所测数据不准确，也不安全，C 错误；使用多
用电表测电压时，为了多用电表的安全，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，
D 正确． 
(2)观察变压器的铁芯，由于涡流在导体中会产生热量，所以它的结构是绝缘的硅钢片叠
成，D 正确． 
(3)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据I1
I2 ＝n2
n1 可知，匝数少的电流大，则导线
越粗，即导线粗的线圈匝数少． 
(4)原副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发
生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，A、B 不符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致
电压比与匝数比有差别，C 不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数
比，D 符合题意．故选择D. 
考点64 电磁振荡与电磁波 传感器 
1．答案：D 
解析：电场不随时间变化，不会产生磁场，A 错误；电场都随时间均匀变化，只能在周
围产生稳定的磁场，也不会产生和发射电磁波，B、C 错误；电场随时间作不均匀的变化，
能在周围空间产生变化的磁场，而这磁场的变化也是不均匀的，又能产生变化的电场，从而
交织成一个不可分割的统一体，即形成电磁场，才能发射电磁波，D 正确． 
2．答案：ACD 
解析：电场、磁场相互激发并以波动的形式向外传播，形成电磁波，A 正确；电磁波只
有在真空中传播时波速才为3×108 m/s，在其他介质中波速均小于3×108  m/s，B 错误；根
据λ＝v
f 及电磁波从真空进入介质中时，频率不变，波速减小，可知电磁波在介质中的波长λ
减小，C 正确；电磁波具有波的一切性质，能产生干涉和衍射现象，D 正确． 
3．答案：C 
解析：若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会
产生磁场，就不会持续产生电磁波，A 错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，
电子在回路中沿逆时针方向运动，B 错误；变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，
与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭
合电路空间仍能产生电场，C 正确；同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现
象，与闭合电路是否存在无关，D 错误． 
4．答案：D 
解析：根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质
可以判断电容器在放电，A 错误；电容器在放电，所以电流在增加，磁场能在增加，自感电
动势正在阻碍电流的增加，B、C 错误，D 正确． 
5．答案：BC 
解析：天亮时光控开关自动断开，天黑时闭合，有人走动发出声音，声控开关闭合；两
个开关同时闭合，灯就会自动亮，所以两个开关应相互影响同时符合闭合条件，B、C 正确． 
6．答案：D 
解析：酒精检测仪是把人体摄入的酒精浓度这个物理量转化为电学量的传感器，属于电
化学传感器，D 正确． 
7．答案：BD 
解析：电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电
阻率是随温度的升高而降低的；半导体材料的电阻值在其他条件不变时升高温度，导电性能
变好，B、D 正确． 
8．答案：BD 
解析：由公式U＝
E
R1＋R2 R1，变式可得U＝
E
1＋R2
R1
 ，温度越低，R1 的分压越小，随温度
的降低R1 的阻值越小，随温度的升高R1 的阻值越大，A 错误，B 正确；若孵化箱温度比预
期温度高，为降低孵化箱温度可以调小电阻箱R2，使R1 的分压变大，大于定值U1 时，控制
开关自动断开加热系统，C 错误，D 正确． 
9．答案：D 
解析：根据图乙可知，0～t1 内电流逐渐减小，则磁场能逐渐减小，电场能逐渐增大，电
容器被充电，且电流为正方向，即电流方向为逆时针方向，可知下极板带正电，上极板带负
电，A 错误；t1～t2 内电流逐渐增大，则磁场能逐渐增大，电场能逐渐减小，B 错误；在t3
时刻，电流为0，则线圈中的磁场能最小，C 错误；增大电容器两板间距，根据C＝εrS
4πkd ，
T＝2π LC ，可知电容减小，振荡电流的周期减小，D 正确． 
10．答案：AB 
解析：甲图中，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之
间移动．如果测出了电容的变化，就能知道物体位置的变化，所以甲图传感器是位移传感器，
A 正确；乙图中 A 是发光仪器，B 是接收光信号的仪器，B 中的主要元件是由光敏电阻组成
的光电传感器．当传送带上没有物品挡住由A 射向B 的光信号时，光敏电阻的阻值较小，供
给信号处理系统的电压变低；当传送带上有物品挡住由A 射向B 的光信号时，光敏电阻的阻
值变大，供给信号处理系统的电压变高．这种高低交替变化的信号经过处理，就会转化为相
应的数字，实现自动计数的功能，B 正确；丙图中，在两块磁感应强度相同、同极相对的放
置的磁体缝隙中放入霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B 为0，霍尔电压
为0，可将该点作为位移的零点．当霍尔元件沿着轴正、负方向移动时，则有霍尔电压输出，
且电压大小与位移大小成正比，从而能够实现微小位移的测量，未利用电磁驱动原理，C 错
误；丁图干簧管是利用磁场的有无控制电路的通断，D 错误． 
11．答案：C 
解析：可见光是电磁波谱中人眼可以感知的部分，A 正确；根据λ＝c
f ，紫外线的频率
比无线电波大，故紫外线比无线电波的波长短，B 正确；微波炉加热食物，是利用微波加热，
不是电流的热效应，C 错误；γ 射线是频率很高的电磁波，D 正确． 
12．答案：A 
解析：发生明显衍射现象的条件是尺度或者孔径小于波长，太赫兹波长比红光大，更容
易发生明显衍射，A 正确；由c＝λf 可知，波长越大，频率越小，太赫兹波长比紫外线大，
频率低于紫外线，根据爱因斯坦的光子说，可知它的光子的能量比紫外线光子的能量更小，
B 错误；太赫兹波长比短波小，频率比短波大，C 错误；由于频率越高，其穿透力越强，太
赫兹波频率远低于X 射线，其比X 射线穿透能力更弱，不可以用于工业探伤，D 错误． 
考点65 实验十六 利用传感器制作简单的自动控制装置 
1．答案：(1) a (2) 右 (3) 在预定的报警温度的环境时该热敏电阻RT 和滑动变阻器的
总电阻之和过小，可以换一个总阻值大一点的滑动变阻器 
解析：(1)由题图甲可知，热敏电阻RT 在温度升高时阻值变小，电路中电流变大，电磁
铁磁性增强，把右侧衔铁吸引过来，与a 接触，故c 应接在a 处．(2)若要使启动报警的温度
降低些，热敏电阻的阻值增大，滑动变阻器的滑片P 向右移动．(3)在预定的报警温度的环境
时该热敏电阻RT 和滑动变阻器的总电阻之和过小，电流过大，可以换一个总阻值大一点的滑
动变阻器． 
2．答案：(1)2.7 kΩ(2.6～2.8 kΩ 均可) (2) AB (3)140 R2 左 
解析：(1)从图像上可以看出当照度为0.6 lx 时的电阻约为2.7 kΩ(2.6～2.8 kΩ 均可 ).(2)
当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方
接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB 上．(3)根据欧姆表的读数规则，所以电阻值
为R＝14×10 Ω＝140 Ω，回路中的电流为2 mA 时回路中需要的电阻Rx＝E
I ＝
6
0.002  Ω＝3 
000 Ω，所以选择滑动变阻器R2 比较合理．若要求天色渐暗照度降低至1.0 lx 时点亮路灯，
则天色更暗时光敏电阻更大，要先保证回路中的电流2 mA 不变，则应减小滑动变阻器的阻
值，即向左滑动滑动变阻器． 
3．答案：(3) t0
10  (5)线性的 (6)A (7)受空气阻力的影响 
解析：(3)从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝t0
10  
(5)分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子
振动周期的平方与质量的关系是线性的； 
(6)因2π 
m
k 的单位为 
kg
N/m ＝ 
kg·m
kg·m/s2 ＝s 
因为s(秒)为周期的单位，则其它各项单位都不是周期的单位，故选A. 
(7)除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差． 
4．答案： (1)160 (2)80 0.13 (3)偏大 
解析：(1)欧姆挡选择“×10 挡”，则阻值为16×10 Ω＝160 Ω. 
(2)当仅有台秤时，压敏电阻的阻值为160 Ω，根据闭合欧姆定律得E＝I(R＋R′＋RA＋r)，
2 500 kg的物体在台秤上时，压力为(2 500＋500)×10 N＝3×104 N，压敏电阻的阻值为100 Ω，
根据闭合电路欧姆定律得E＝I1(R1＋R′＋RA＋r)，解得R′＝80 Ω，I1＝0.13 A. 
(3)重新调节滑动变阻器R，使m＝0 时，I＝0.10 A，由闭合电路欧姆定律得E′＝I(R′＋RA
＋r)，可得R′＋RA＋r＝E′
I ，因电流不变，E′减小，则R′＋RA＋r 减小，当秤上面有汽车时，
由闭合电路欧姆定律得E′ ＝I′(R ＋R′ ＋RA ＋r) ，可得I′ ＝
E′
（R′＋RA＋r）＋R ＝
I′（R′＋RA＋r）
（R′＋RA＋r）＋R ＝
I′
1＋
R
R′＋RA＋r
 ，因为(R′＋RA＋r)减小，所以I′减小，则R 的阻值偏大，
结合图乙可知汽车的质量偏大． 
5．答案：(1)变大 变小 Δx
R0 E (2)24 1.75 1 N 
解析：(1)当弹性梁右端受力向下弯曲时，R2、R3 拉伸，电阻变大，R1、R4 压缩，电阻变
小．R1 两端电压U1＝
R0－Δx
2R0 E，R3 两端电压U3＝
R0＋Δx
2R0 E，所以UAB＝|U1－U3|＝Δx
R0 E. 
(2)压力为1 N 时该图像的斜率为k＝
58－10
2
 ＝24 kΩ/N，压力为5 N 时该图像的斜率为 
k′＝
26－12
8
  kΩ/N＝1.75 kΩ/N，要使传感器对力的变化测量较为灵敏，则相同力，电阻
变化大，故在1 N 附近． 
验收检测卷十二 交变电流 传感器 
1．答案：C 
解析：医生用来诊断病情的胸透胶片，利用了电磁波中X射线的穿透能力较强这一特点，
C 正确． 
2．答案：A 
解析：原线圈：u＝200 2 sin (100πt)V 
U1＝Um
2＝220 V
ω＝100π rad/s――→
ω＝2πf f＝50 Hz
  
变压器不改变交变电流的频率，故副线圈输出电流的频率也为50 Hz，CD 错 
理想变压器变压规律：U1
U2 ＝n1
n2 ＝1
2 ―→U2＝440 V 
功率P＝I2U2＝8.8×103 W―→I2＝20 A，A 对；B 错． 
3．答案：D 
解析：电容器放电时，电流由a 通过线圈流向b，为正方向．起始时刻电流最大，电路
向外辐射电磁波的过程中，电路中的能量减小，则电容器两极板的最大电压逐渐减小，D 正
确． 
4．答案：A 
解析：交流电的峰值Um＝10 2 V，则有效值U＝Um
2 ＝10 V，所以电源可以使“10 V、
2 W”的灯泡正常发光，A 正确；根据瞬时值表达式可知ω＝100π，则T＝2π
ω ＝2π
100π ＝0.02 
s，B 错误；t＝0.01 s 时，经过半个周期，电压为零，C 错误；当电容器的耐压值小于峰值，
电容器被击穿，10 V 小于10 2  V，则“10 V、2μF”电容器不能接在这只电源，D 错误． 
5．答案：B 
解析：在0～T
4 时间内，正弦交变电流的有效值为8
2  A；在T
4 ～T
2 时间内，电流为0；
在T
2 ～T 时间内，直流电的电流为3 2 A.根据交变电流有效值的定义可知，在单个周期内此
交变电流的有效值I 产生的焦耳热与该周期内不同电流值在对应的各段时间里产生的焦耳热
的关系满足I2RT＝( 8
2 A)2R×T
4 ＋(3 2 A)2R×T
2 ，解得I＝17  A＝4.12 A，B 正确． 
6．答案：B 
解析：钳形电流表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交变电流，A 错误；根
据理想变压器电流与匝数关系可知，导线中的被测电流I1＝n2
n1 I2＝1 A，B 正确；电流表示数
显示的是交变电流的有效值，若只改变被测通电导线中交变电流的频率而有效值不变，电流
表的示数不改变，C 错误；若被测通电导线在钳形口绕圈，则n′1＝2，电流表示数I′2＝n′1
n2 I1
＝10 mA，D 错误． 
7．答案：C 
解析：由金属棒的运动速度v＝20 2 sin (10πt) m/s，金属棒运动的最大速度vm＝20 2  
m/s，金属棒产生的感应电动势的最大值为Em＝Bdvm＝10×1×20 2 V＝200 2 V，A 错误；
根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，金属棒感应电动势的有效值为U＝Em
2 ＝
200 2
2 V＝200 V，设变压器原线圈电压为U1，变压器副线圈电压为U2，原线圈的电流为I1，
副线圈的电流为I2，则U＝I1R
2 ＋U1 ，U1
n1 ＝U2
n2 ，副线圈回路I2＝2U2
R1 ，功率关系U1I1＝U2I2，
解得U1＝100 V，I1＝20 A，I2＝10 A，B 错误；金属棒上产生的热功率为P＝I21 R
2 ＝202×5 W
＝2 000 W，C 正确；R1 上产生的热功率为P1＝(I2
2 )2R1＝(10
2 )2×40 W＝1 000 W，D 错误． 
8．答案：C 
解析：由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝P
U1 ＝2×103 
A，A 错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，则有U3
U4 ＝I4
I3 ＝n3
n4  
P′＝U4I4，联立解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V 
则输电线上损失的功率为P 损＝I23 R＝4 kW 
且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据U1
U2 ＝n1
n2 ，解得n1
n2 ＝1
46 ，BD 错误； 
根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P 储，代入数据有P 储＝408 kW，C 正确．故选
C. 
9．答案：BD 
解析：由图乙可知周期为0.2 s，一个周期内电流方向改变2 次，则1 s 时间内电流方向
改变10 次，故A 错误； 
若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN 的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，
线框平面与中性面的夹角为π
3 ，且在转π
3 即回到中性面处，则电流表达式为i＝Imsin (2π
T t＋φ0)
＝10sin (10πt＋2
3 π)A，故B 正确； 
感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V，图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcos 30°＝2 3  
V，故C 错误； 
根据电动势最大值表达式Em＝BSω，可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝Em
ω ＝4
2π
0.2
  Wb＝
2
5π  Wb，故D 正确． 
10．答案：AC 
解析：因原线圈电压有效值不变，根据U1
U2 ＝n1
n2 可知，副线圈两端电压不变，A 正确； 出
现火警时， RT 阻值减小，则副线圈电流变大，通过RT 的电流变大，由 P ＝ IU 可知，副
线圈的功率变大，即原线圈输入功率变大，故B 错误，C 正确；若要调高预设的报警温度，
即热敏电阻的阻值变小，要保证通过R1 的电流不变，则可增大滑动变阻器R0 的阻值，滑片
应上移，D 错误． 
11．答案：ABC 
解析：由理想变压器基本关系知n2
n1 ＝U2
U1 ，U1 不变，U2 变为原来的50
11 倍，所以n2
n1 变为
原来的50
11 倍，A 正确；根据P 送＝U2I2 可知，因P 送变为原来的2 倍，U2 变为原来的50
11 倍，
则输电线上电流I2 变为原来的11
25 ，B 正确；根据P 损＝I22 R 线可知，P 损变为原来的(11
25 )2，
C 正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4 变大，
又I2 变小，I2＝I3，则n3
n4 ＝I4
I3 变大，D 错误． 
12．答案：AC 
解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根
据v＝ωr，根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转
动的角速度为4ω，A 正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可
得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax
2 ＝2 2 nBL2ω，根据串联电路分
压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝RE
R＋R ＝2 nBL2ω，B 错误；若用总长为原来两倍的
相同漆包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2 倍，线圈
产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝E′max
2 ＝
4 2 nBL2ω，根据电阻定律R′＝p l
S′ 可知线圈电阻变为原来的2 倍，即为2R，根据串联电路
分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝RE′
R＋2R ＝4 2nBL2ω
3
 ，C 正确；若仅将小轮半径变为
原来的两倍，根据v＝ωr 可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝nBSω
2 可知线圈产生的感
应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误． 
13．答案：(1)4.0 0.5 (2) 3.5 4.0 
解析：(1)对图乙所示电路，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U′＋Ir，即U′＝E－Ir，U′­I
图像与纵轴交点的纵坐标等于两节纽扣电池串联后的电动势，图线斜率的绝对值等于电池的
内阻，由题图丁可知电动势为E＝4.0 V，内阻为r＝

2.0－4.0
4.0
  Ω＝0.5 Ω. 
(2)电压表达到满偏时滑动变阻器接入电路的阻值为R＝12 Ω，根据欧姆定律可得U
R ＝
E
R0＋R＋r ，解得R0＝3.5 Ω，滑动变阻器的滑片P 滑到b 端，弹簧的形变量增加了20 cm，
由平衡条件有kΔx＝mg，则该电子秤所能称量的最大质量为m＝4.0 kg. 
14．答案：(1)22 V (2)0.4 A 
解析：(1)原线圈接在电压u＝220 2 sin 100πt(V)的交流电源上，则有效值 
U1＝220 V 
设副线圈电压的有效值为U2，则有 
U1
U2 ＝n1
n2  
电压表的示数 
U2＝22 V 
(2)副线圈中电流的有效值 
I2＝U2
R ＝4 A 
根据变压器原副线圈电流比关系有 
I1
I2 ＝n2
n1  
所以电流表的示数 
I1＝0.4 A． 
15．答案：(1)6.4×102 V (2)3.1×104 W 
解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω 
有效值E＝Em
2  
解得E＝NBSω
2  
代入数据得E≈6.4×102 V 
(2)输出电压U＝E－Ir 
输出功率P＝IU 
解得P＝I(E－Ir) 
代入数据得P＝3.1×104 W． 
16．答案：(1)1.8×104 W (2)12 A 1 440 V (3)1
5  72
11  
解析：取Δt 时间的河水为研究对象，其质量 
m＝ρQ·Δt ① 
河水减少的重力势能 
ΔEp＝mgh ② 
发电机的输出功率 
P＝ΔEp×62.5%×90%
Δt
  ③ 
联立①②③式，代入数据解得 
P＝1.8×104 W 
(2)如图所示，因为是理想变压器，所以 
P＝P1＝P2 
则线路上损失功率 
P 线＝P×4% ④ 
P 线＝I2线 R ⑤ 
联立④⑤式，代入数据解得 
I 线＝12 A 
又因为 
P2＝U2I 线 
则升压变压器输出电压 
U2＝1 500 V 
输电线上损失的电压 
U 线＝I 线R＝60 V 
则U3＝U2－U 线＝1 440 V 
(3)对于升压变压器有 
n1
n2 ＝U1
U2 ＝1
5  
对于降压变压器有 
n3
n4 ＝U3
U4 ＝72
11 . 
第十三章 热学 
考点66 分子动理论 内能 
1．答案：B 
解析：1 kg 该液体所含有分子数为N＝1
M ·NA＝NA
M ，A 错误；1 m3 该液体所含分子数为
N＝1
M
ρ
 ·NA＝ρNA
M ，B 正确；1 个液体分子的质量为m0＝M
NA ，C 错误；设液体分子的直径为
d，则有4
3 π(d
2 )3＝
M
ρ
NA 解得d＝
3
6M
πρNA ，D 错误． 
2．答案：B 
解析：设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ 海和ρ 岸，一次吸入空气的
体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n 海和n 岸，则有n 海＝
ρ海VNA
M
 ，n 岸
＝
ρ岸VNA
M
 ，多吸入的空气分子个数为Δn＝n 海－n 岸，代入数据得Δn＝3×1022 个，B 正确． 
3．答案：BD 
解析：布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动
的表现，A 错误；液体温度越高，布朗运动越剧烈，B 正确；悬浮微粒越小，液体分子撞击
作用的不平衡性表现得越明显，C 错误；悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞
击造成的，D 正确． 
4．答案：A 
解析：气体、液体、固体之间都可以发生扩散现象，A 错误；扩散现象本身就是由分子
不停地做无规则运动产生的，B 正确；物体的温度越高，分子的热运动就越快，扩散就越快，
C 正确；不同的物质在相互接触时可以彼此进入对方属于扩散现象，扩散现象说明分子间存
在着间隙，D 正确． 
5．答案：D 
解析：布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒，受到液体或气体分子的无规则撞击
所做的无规则运动，用肉眼无法观察到布朗运动，沙尘暴的运动是气流运动形成的，不是布
朗运动，A 错误；从低温到高温，内能增加，内能的宏观表现是温度，温度越高，内能越大，
B 错误；氧分子尺寸的数量级为10－10 m，而PM2.5 是指空气中直径小于或等于2.5 μm 的颗
粒物，C 错误；PM2.5 在空气中的运动是布朗运动，由空气中大量空气分子无规则运动对其
撞击的不平衡性引起的，D 正确． 
6．答案：AC 
解析：由题图知，乙分子从r3 到r1，甲、乙两分子间作用力表现为引力，所以乙分子受
的合力向左，由牛顿第二定律可知乙分子向左做加速运动，A 正确，B 错误；由题图知，乙
分子从r3 到r1 过程中，两分子间分子力先增大后减小，C 正确；乙分子从r3 到r1 过程中，两
分子间分子力先增大后减小，从r1 到O，甲、乙两分子间作用力表现为斥力，一直增大，D
错误． 
7．答案：A 
解析：0 ℃的水变成0 ℃的冰时，体积增大，并且放热，内能减小，因温度不变，分子
平均动能不变，则分子势能减小，A 正确；悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数
就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，B 错误；将一个分子从无穷远处(r＞10－9 m)
无限靠近另外一个分子，分子力先增加后减小再增加，分子力先表现为引力，做正功，后表
现为斥力做负功，分子势能先减小后增大，C 错误；内能是物体中所有分子热运动所具有的
动能和分子势能的总和，D 错误． 
8．答案：B 
解析：1 kg 氢气物质的量为n＝1 000 g
2 g·mol－1 ＝500 mol，1 kg 氢气所含的分子数量为N＝
500 mol×6.02×1023 mol－1＝3.01×1026，B 正确． 
9．答案：B 
解析：“茶香四溢”是扩散现象，C、D 错误；茶香四溢是因为茶水的香味分子不停地
做无规则的运动，扩散到空气中，A 错误；物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以
茶水温度越高，分子的热运动越剧烈，茶香越浓，B 正确． 
10．答案：A 
解析：1 mol 铂原子的体积V＝m
ρ ≈9×10－6 m3，每个铂原子的体积V1＝V
NA ≈1.5×10－
29 m3，V1＝4
3 π(D
2 )3，解得铂原子的直径D≈3×10－10 m，A 正确． 
11．答案：B 
解析：该折线图不是花粉颗粒的实际运动轨迹，只是间隔20 s 的位置连线，因为花粉颗
粒的运动是无规则的，A 错误；花粉颗粒受到水分子的撞击，做无规则运动，所以经过F 点
后20 s，花粉颗粒可能在H 点，B 正确；花粉颗粒受到水分子的撞击，做无规则运动，所以
花粉颗粒的无规则运动反映了水分子的无规则运动，C 错误；时间间隔相等，位移越大，则
平均速度就越大，故花粉颗粒由A 到B 的平均速度小于由C 到D 的平均速度，D 错误． 
12．答案：A 
解析：两分子的能量包括分子势能与分子动能，由于两分子所具有的总能量为0，而分
子的动能不可能为负值，可知在运动过程中，分子的势能为0 或者为负值，即乙分子的运动
范围为x≥x1，A 正确；乙分子在Q 点(x＝x1)时，分子势能为0，根据上述可知其动能为0，
B 错误；乙分子在P 点时，分子势能最小，分子动能最大，则该位置为平衡位置，乙分子在
Q 点(x＝x1)时，间距小于平衡位置间距，分子力表现为斥力，C 错误；乙分子在P 点时，分
子势能最小，则该位置为平衡位置，此时分子的加速度为0，D 错误． 
考点67 固体、液体和气体 
1．答案：CD 
解析：晶体分子在空间分布具有规则性，故石墨、石墨烯都是晶体，也都是单质，C 正
确，A、B 错误；获取石墨烯的方法为物理方法，D 正确． 
2．答案：ABD 
解析：晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙
一定是非晶体，A 正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一
定没有确定的几何外形，B 正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体
乙一定表现出各向同性，C 错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和
固体乙的化学成分有可能相同，D 正确． 
3．答案：A 
解析：松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，
可有效减小水分蒸发，保存水分，B、C 错误，A 正确；松土除了保墒、刈草外，还减少土
壤下水分蒸发，提高地温，D 错误． 
4．答案：BD 
解析：以A 管中的水银柱为研究对象有pS＋ρghS cos  θ＝p0S，则管内封闭气体的压强p
＝p0－ρgh cos θ，显然p＜p0，且B 管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ，B、D 正确． 
5．答案：AC 
解析：从微观角度来看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，
一个是分子的密集程度，换言之，气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定，A
正确； 若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定增大，B 错误；若气体
的压强不变而温度降低，根据盖­吕萨克定律可知气体的体积一定减小，所以单位体积内分子
个数一定增加，C 正确，D 错误． 
6．答案：C 
解析：假设液柱不动，则A、B 两部分气体发生等容变化，根据查理定律，对气体A，
有pA
TA ＝p′A
T′A ，对气体B，有pB
TA ＝p′B
T′A ，初始状态满足pA＝pB＋ρgh，可见使A、B 降低相同温
度达到稳定后，有p′A＝T′A
TA pA＝T′A
TA (pB＋ρgh)，p′B＝T′A
TA pB，由此可知ΔpA＞ΔpB，ΔFA＞ΔFB，
因此水银柱向下移动了一段距离，C 正确，A、D 错误；由于气体的总体积不变，所以ΔVA
＝ΔVB，B 错误． 
7．答案：(1)100 cmHg (2)36 cm 
解析：(1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体初态为 
p1＝ p0＝76 cmHg，V1＝25 cm·S 
末态V2＝(25 cm－6 cm)·S＝19 cm·S 
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 
解得p2＝100 cmHg 
(2)设倒入水银柱的高度为h，则左侧水银柱比右侧高(h－12) cm，由平衡条件可得 
p0＋h－12 cm＝p2 
解得h＝36 cm. 
8．答案：(1)0.3 m (2)51 cm 
解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有(M＋m)g＝kΔx 
解得Δx＝
（M＋m）g
k
 ＝0.3 m 
(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升
温前汽缸顶部离地面为h＝49 cm 
活塞离地面50 cm－30 cm＝20 cm 
故初始时，内部气体的高度为l＝49 cm－20 cm＝29 cm 
升温过程为等压变化 
V1＝lS，T1＝290 K，V2＝l′S，T2＝310 K 
根据V1
T1 ＝V2
T2  
解得l′＝31 cm. 
故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h′＝h＋l′－l＝51 cm. 
9．答案：B 
解析：因为bc 的延长线通过原点，所以bc 是等容线，即气体体积在bc 过程中保持不变，
B 正确；ab 是等温线，压强减小则体积增大，A 错误；cd 是等压线，温度降低则体积减小，
C 错误；连接aO 交cd 于e，则ae 是等容线，即Va＝Ve，因为Vd<Ve，所以Vd<Va，所以da
过程中气体体积发生变化，D 错误． 
10．答案：C 
解析：由V­T 图像可知，理想气体ab 过程做等压变化，bc 过程做等温变化，cd 过程做
等容变化．根据理想气体状态方程，有pV
T ＝C 可知bc 过程理想气体的体积增大，则压强减
小，C 正确． 
11．答案：C 
解析：图像中BC 段是冰的熔化过程，虽然温度不变，但熔化过程必需吸热，A 错误；
水的沸点随气压的升高而升高，随气压的降低而降低，沸点是98 ℃，说明当地的大气压低于
一个标准大气压，B 错误；由图像可知，在BC 段，物质的温度保持0 ℃不变，所以该固体
的熔点是0 ℃，此过程中物质正在熔化，是晶体，C 正确；冰完全熔化为水时，质量不变，
同一个加热器进行加热，加热时间相同时冰和水吸收的热量相同，冰升温比水快(即冰上升的
温度较高)，由Q＝cmΔt 可知，冰的比热容比水小，D 错误． 
12．答案：A 
解析：照片中的玻璃和水滴发生了不浸润现象，水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距
比水滴内部的水分子间距大，A 正确；水滴的表面张力作用使水滴呈球形，由于重力的作用
使水滴呈椭球形，B 错误；照片中水滴表面分子比水滴的内部稀疏，接触面的水分子的作用
力表现为引力，C 错误；照片中的玻璃和水滴发生了不浸润现象，D 错误． 
13．答案：D 
解析：甲容器中A、B 处压强是由所装物质的重力而产生的，乙容器中C、D 处压强是
由分子撞击器壁而产生的，A、B 错误；根据液体内部压强规律p＝ρgh 可知pA＞pB，气体分
子间距离很大，C、D 处气体分子平均碰撞情况一致，乙容器中pC＝pD，C 错误；当温度升
高时，pA、pB 不变，pC、pD 变大，D 正确． 
14．答案：D 
解析：气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细
沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律可知，气体体积与压强成反比，A、B、C 错误，
D 正确． 
15．答案：AB 
解析：由于等温线是一条双曲线，它表明在温度保持不变的情况下，气体的压强与体积
成反比，A 正确；一定质量的气体，在不同温度下，相同压强的情况下，体积不同，因此等
温线不同，B 正确；对一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，即相同压
强下，温度越高，体积越大，因此T1<T2，C、D 错误． 
16．答案：(1)291 K (2)76.3 cmHg (3)刻度均匀，等压状态下，温度与体积成线性关系 
解析：(1)由等压变化
V＋Sl1
273＋t1 ＝
V＋Sl2
T
  
解得T＝291 K 
(2)由等温变化(p0＋h)(V＋Sl1)＝(p0＋h＋Δh)(V＋Sl2) 
解得p0＝76.3 cmHg 
(3)刻度均匀．由(1)可知，等压状态下，温度与体积成线性关系． 
17．答案：(1)30
7  N (2)15 cm 
解析：(1)设开始时缸内气体的压强为p1，当环境温度降为280 K 时，缸内气体的压强p2
＝p0＋mg
S ＝1.2×105 Pa 
气体发生等容变化，则p1
T1 ＝p2
T2  
解得p1＝9
7 ×105 Pa 
开始时F＋p0S＋mg＝p1S 
解得F＝30
7  N 
(2)在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强 
p3＝p0＋
（m＋M）g
S
 ＝1.6×105 Pa 
发生等温变化，则p2HS＝p3hS 
解得h＝15 cm. 
考点68 气体状态变化的三类典型模型 
1．答案：D 
解析：设大气压强为p0，A 管内原来空气柱长度为l，横截面积为S，根据题意可得p0
＝p1＝72 cmHg，V1＝lS，抽尽B 管上面的空气，则A 管内空气柱压强为p2＝18 cmHg，体积
为V2＝(l＋9)S，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得l＝3 cm，A、B、C 错误，D 正确． 
2．答案：144 cmHg 9.42 cm 
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，
长度为l2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，
长度为l′2.以cmHg 为压强单位，由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg ① 
l′1＝(20.0－
20.0－5.00
2
 ) cm ② 
由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1 ③ 
联立①②③式和题给条件得 
p′1＝144 cmHg ④ 
依题意p′2＝p′1 ⑤ 
l′2＝4.00 cm＋
20.0－5.00
2
  cm－h ⑥ 
由玻意耳定律得p2l2＝p′2l′2 ⑦ 
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm. 
3．答案：(1)8 kg (2)200 N/m 
解析：(1)气体温度从300 K 增加到330 K 的过程中，发生等容变化，则有 
p0
T0 ＝p1
T1  
解得p1＝1.1×105 Pa， 
此时活塞恰好离开卡环，得p1＝p0＋mg sin θ
S
  
解得m＝8 kg. 
(2)气体温度从330 K 增加到480 K 的过程中，由理想气体状态方程得p1V1
T1 ＝p2V2
T2  
解得p2＝1.2×105 Pa,  
对活塞受力分析可得p0S＋mg sin  θ＋kΔx＝p2S 
解得k＝200 N/m. 
4．答案：A 
解析：初态时，对“工”字形活塞整体受力分析有pASA＋M 工g＋p0SB＝pBSB＋p0SA，对
上面汽缸受力分析有pASA＝p0SA＋M 上缸g；末态时，对“工”字形活塞整体受力分析有p′ASA
＋M 工g＋p0SB＝p′BSB＋p0SA，对上面汽缸受力分析有p′ASA＝p0SA＋M 上缸g，联立解得p′A＝pA，
p′B＝pB.对A、B 气体，根据理想气体状态方程可得pAVA
T ＝p′AV′A
T′ ，pBVB
T ＝p′BV′B
T′ ，因温度
降低，p′A＝pA，p′B＝pB，则V′A、V′B 均变小，由于下面汽缸的横截面积大于上面汽缸的横截
面积，则活塞下降，上面汽缸下降，才能使A、B 气体体积均变小，A 正确． 
5．答案：(1)1
2 (p0＋p) (2)1
2 p0＋1
4 p 4（p0＋p）V0
2p0＋p
  
解析：(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 
(p10－p)×2S＝(p0－p)S ① 
得p10＝1
2 (p0＋p) ② 
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1 和V1，氮气的压强和体积分别为p2 和V2，根据
力的平衡条件有p2·S＝p1×2S ③ 
由玻意耳定律得p1V1＝p10×2V0 ④ 
p2V2＝p0×V0 ⑤ 
由于两活塞用刚性杆连接，故 
V1－2V0＝2(V0－V2) ⑥ 
联立②③④⑤⑥式解得 
p1＝1
2 p0＋1
4 p ⑦ 
V1＝
4（p0＋p）V0
2p0＋p
  ⑧ 
6．答案：D 
解析：打气时，活塞每推动一次，把体积为V0 压强为p0 的气体推入容器内，若活塞工
作n 次，就是把压强为p0 体积为nV0 的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0 体积为V
的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得p0(V＋nV0)＝p′V 解得p′＝(1＋nV0
V )p0；抽
气时，每拉动一次，把容器中气体的体积从V 膨胀为V＋V0，而容器内气体的压强就要减小，
活塞推动时将抽气筒中的V0 气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀
到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气：p0V＝p′1(V＋V0)，得p′1
＝
V
V＋V0 p0；第二次抽气：p′1V＝p′2(V＋V0)，得p′2＝(
V
V＋V0 )2p0；第三次抽气：p′2V＝p′3(V
＋V0)，得p′3＝(
V
V＋V0 )3p0… 第n 次抽气完毕后，气体压强为pn＝(
V
V＋V0 )np0，A、B、C 错
误，D 正确． 
7．答案：C 
解析：根据玻意耳定律np0V1＋p1V0＝p2(V0＋nV1)，代入数据解得n＝50，即能分装50
瓶，C 正确． 
8．答案：(1)1.4×105 Pa (2)0.22 m 
解析：(1)最初平衡时，对汽缸有p0S＋Mg＝pS 
解得p＝1.4×105 Pa 
(2)再次平衡时，对汽缸有p0S＋Mg＝p′S＋F 
汽缸体积V′＝L′S 
最初汽缸体积V＝LS 
根据玻意耳定律pV＝p′V′ 
解得L′＝0.14 m 
ΔL＝L′－L 
同时，弹簧相比原来上升了Δx＝F
k  
故汽缸上端上升了Δh＝ΔL＋Δx 
解得Δh＝0.22 m． 
9．答案：(1)90 cmHg (2)400 K (3)30 cm 
解析：(1)对管内密封气体p＝ρgh＋p0＝14 cmHg＋76 cmHg＝90 cmHg 
(2)设玻璃管的横截面积为s，缓慢加热密封气体，管内空气做等压变化，有lS
T0 ＝
（l＋Δl）S
T1
  
解得T1＝400 K 
(3)注入水银，管内空气做等温变化，有pS(l＋Δl)＝p2Sl 
由平衡条件得p2S＝ρg(h＋Δh)S＋p0S 
解得Δh＝30 cm. 
10．答案：(1)5＜x＜15 (2)10 次 
解析：(1)设给自行车打气次数为x，由玻意耳定律得 
1．5p0×10V0＋xminp0V0＝2p010V0 
解得xmin＝5 次 
由玻意耳定律得1.5p0×10V0＋xmaxp0V0＝3p010V0 
解得xmax＝15 次， 
所以给自行车打气的次数范围5＜x＜15. 
(2)设允许给自行车最多打气y 次，由理想气体状态方程得 
1.5p0×10V0＋yp0V0
T0
 ＝3p0×10V0
T0＋0.2T0  
解得y＝10 次． 
11．答案：(1)2p0 (2)2
3 p0 4p0 (3)56
9 T 
解析：(1)对活塞受力分析可知2p0S＋p0S＋p0·2S＝pB·2S＋p0S 
解得pB＝2p0 
(2)A 中气体，初状态pA1＝p0，VA1＝Sh
2 ，TA1＝T 
末状态 VA2＝S(h
2 ＋h
4 )，TA2＝T 
由玻意耳定律有pA1VA1＝pA2VA2 
解得pA2＝2
3 p0 
B 中气体，初状态pB1＝2p0，VB1＝2Sh
2 ，TB1＝T 
末状态VB2＝2S(h
2 －h
4 )，TB2＝T 
由玻意耳定律有pB1VB1＝pB2VB2 
解得pB2＝4p0 
(3)对C 中气体，初状态pC＝p0，VC＝Sh
2 ＋2Sh
2 ，TC＝T 
末状态 V′C＝S(h
2 －h
4 )＋2S(h
2 ＋h
4 ) 
对活塞有 2p0S＋pA2S＋p′C·2S＝pB2·2S＋p′C·S 
解得p′C＝16
3 p0 
由理想气体状态方程有 pCVC
TC ＝p′CV′C
T′C  
解得T′C＝56
9 T 
考点69 热力学定律与能量守恒 
1．答案：B 
解析：外界对气体做了8×104 J 的功，则W＝8×104 J，气体内能减少了1.2×105 J，则
ΔU＝－1.2×105 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可得Q＝－2×105 J，B 正确，A、C、D
错误． 
2．答案：C 
解析：初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞
的重力平衡，则有(p1－p0)s＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差
大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等
于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作
用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 得：气体内能减小，故缸
内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，
A、B 错误；速率大的分子数占总分子数的比例减小，C 正确，D 错误． 
3．答案：C 
解析：由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据pV
T ＝C，温
度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q 可知气体放出热量，C 正
确． 
4．答案：BCD 
解析：因p­T 图像中a 到b 的线段的延长线过原点，由pV
T ＝C 可知从a 到b 气体的体积
不变，则从a 到b 气体不对外做功，A 错误；因从a 到b 气体温度升高，可知气体内能增加，
B 正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，气体一直从外界吸热，且
气体吸收的热量等于内能增加量，C、D 正确． 
5．答案：(1)37 ℃ (2)20 J 
解析：(1)气体发生是等压变化，由气体实验定律 
V1
T1 ＝V2
T2 得hS
300 ＝
（h＋Δh）S
（t2＋27）  
代入数据解得t2＝37 ℃ 
(2)气体等压膨胀对外做功W＝－p0·ΔV＝－p0(S·Δh) 
代入数据得W＝－10 J 
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q 
代入数据ΔU＝－10 J＋30 J＝20 J． 
6．答案：BC 
解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A 错误；一切
与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B 正确；机械能可以全部转化为内能，但在不
产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C 正确；气体向真空的自
由膨胀是不可逆的，D 错误． 
7．答案：BD 
解析：热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具
体表现，适用于所有的热学过程，故C 错误；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温
物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，A 错误，B 正确；压缩机工作时会发热，将
一部分电能转化为内能消耗掉，这种影响没法消除，D 正确． 
8．答案：BD 
解析：晶体熔化时吸收热量，温度不变，其分子热运动的平均动能不变，A 错误；热量
只能自发地从高温物体传到低温物体，不自发地情况下可以从低温物体传到高温物体，空调
的工作说明了热量可以从低温物体传到高温物体，不违反能量守恒定律，故B 正确；第二类
永动机违反了热力学第二定律，C 错误；根据分子运动速率的统计规律可知，0 ℃和100 ℃
氧气分子的速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点，D 正确． 
9．答案：AC 
解析：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，对于甲中气体，由于气体既不对外做功，外界
也不对气体做功，因此有W＝0，ΔU＝Q，汽缸甲内气体吸收了800 J 热量，其内能增加800 
J，而汽缸乙中气体与甲中气体完全相同，当完全相同的气体从同一温度升高到另一相同温度
时其内能也一定相同，因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同，而
对于一定量的同种气体而言，分子平均动能相同，则其内能相同，因此可知，乙汽缸中气体
内能也增加了800 J，A 正确；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，汽缸乙内气体吸收了1 000 
J 热量，而气体内能增加了800 J，则可知乙中气体对外做功200 J，B 错误；设甲乙两汽缸初
始时气体的体积均为V0，根据题意可知，乙汽缸在给气体加热的过程中发生的是等压变化，
设温度升高到127 ℃时体积变为V1，则由盖­吕萨克定律可得V0
T0 ＝V1
T1 ，式中T0＝27 ℃＋273 
K＝300 K，T1＝127 ℃＋273 K＝400 K，解得V1＝4
3 V0，而p0ΔV＝W，式中ΔV＝V1－V0＝1
3 
V0，W＝200 J，解得V0＝6×10－3 m3，温度升高到127 ℃过程中，乙中气体体积增量为ΔV＝
1
3 V0＝2×10－3 m3，C 正确，D 错误． 
10．答案：(1)35 ℃ (2)2.5 atm (3)吸热，温度不变，气体内能不变；气体对外做功而
内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热 
解析：(1)等容变化，由p0
T0 ＝p1
T1  
且T0＝280 K 
解得T1＝308 K 
即t1＝35 ℃ 
(2)等温过程，由p0V0＝p2V2 
且V0＝10 L，V2＝4 L 
解得p2＝2.5 atm 
(3)吸热，温度不变，气体内能不变；气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可
知气体吸热． 
考点70 实验十七 用油膜法估测油酸分子的大小 
1．答案：(1)单层 V
S  (2)DACB (3)AC (4)6×10
－10 
解析：(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成单层分子油膜的特性．若将一滴油酸酒
精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为V，形成面积为S 的油酸薄膜，则由此可
估测油酸分子的直径为d＝V
S .(2)实验中先在浅盘中倒入约2 cm 深的水，将痱子粉均匀地撒
在水面上；然后将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄
膜；将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上；将画有油酸薄膜轮廓
的玻璃板放在坐标纸上，计算油酸薄膜的面积．则合理的顺序是DACB.(3)该同学做完实验后，
发现自己所测的分子直径d 明显偏大．根据d＝V
S ，将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体
积进行计算，则V 偏大，测得的分子直径d 偏大，A 正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精
挥发使溶液的浓度变大，则油膜的面积偏大，则测得的分子直径偏小，B 错误；水面上痱子
粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S 的测量值偏小，分子直径测量值偏大，C 正确；计算
油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则S 测量值偏大，则分子直径测量值偏小，
D 错误．(4)一滴该油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V＝1
200 × 1
50 cm3＝10－10 m3，油酸分子
的直径为d＝V
S ＝
10－10
0.16  m≈6×10－10 m． 
2．答案：(1)ABD (2)8×10
－12 (3)1×10
－2 8×10
－10 (4)偏大 
解析：(1)将油膜看成单分子油膜，油膜是呈单分子分布的，单分子油膜的厚度等于分子
的直径，A 正确；不考虑各个油酸分子间的间隙，认为这些油酸分子是一个一个紧挨在一起
的，分子之间没有间隙，B 正确，C 错误；将油酸分子看成球形，测出油酸的体积V 和形成
单分子油膜的面积S，单分子油膜的厚度d＝V
S ，可以认为厚度等于分子的直径，D 正确． 
(2)一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为V＝1
75 × 6
104  mL＝8×10－6 mL＝8×10－12 
m3. 
(3)由图可知油膜面积为S＝111 L2＝111×1 cm2≈1×10－2 m2，油酸分子的直径为d＝V
S 
＝
8×10－12
1×10－2  m＝8×10－10 m. 
(4)若滴入75 滴油酸酒精溶液的体积不足1 mL，则代入计算的纯油酸的体积偏大，可知
测量结果偏大． 
3．答案：(1)8.0×10
－3 (2) 5×10
－12 (3) 6×10
－10 (4)BD 
解析：(1)每个小方格的面积为S1＝(10 mm)2＝1×10－4 m2，面积超过小方格面积一半的
方格的个数为80 个，不足半格的舍去，则油酸膜的面积约为 S＝80S1＝80×10－4 m2＝8.0×10
－3 m2. 
(2)每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为V＝
0.5
1 000×1 000  mL＝5×10－12 m3. 
(3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为d＝V
S ＝
5×10－12
8.0×10－3  
m≈6×10－10 m. 
(4)为能形成单分子油膜，油酸浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，
B、D 正确． 
4．答案：(1)A (2)4×10
－5 4×10
－9 (3)AD 
解析：(1)“将油酸分子看成球形”采用的方法是理想模型法，A 正确． 
(2)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V＝1
50 × 1
500 ＝4×10－5 mL，每小格面积1 cm2，
超过半个格子的算一个，不满半格的舍去，大约100 个，所以分子直径d＝V
S ＝
4×10－5
100×1  cm
＝4×10－7 cm＝4×10－9 m. 
(3)水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，致使水面上的油酸分子呈现多层，导
致面积变小，测得油酸分子直径变大，A 正确；配置好的油酸酒精溶液放置时间过长，浓度
变大，导致油膜面积测量值偏大，分子直径测量值偏小，B 错误；计算油酸膜面积时，错将
不完整的方格作为完整方格处理，则会使测得油酸面积变大，可知油酸分子直径变小，C 错
误；用注射器测得50 滴油酸酒精溶液为1 mL 时，不小心错记为40 滴，导致实际面积变小，
油酸分子直径变大，D 正确． 
5．答案：(1)①②④③ (2)2.5×10
－6 3.1×10
－3 8.1×10
－10 (3)AD 
解析：(1)先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每
增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再往边长约为40 cm 的浅盘
里倒入约2 cm 深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先
配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定，然后将玻璃板放在浅盘上，然后将
油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出
油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；因此正确的顺序是①②④
③. 
(2)一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V＝0.2×
1
1 000 × 1
80  mL＝2.5×10－6 mL，油膜
的面积为1 平方厘米乘以方格数目，不足半格的不计入，超过半格的按一格计入，油膜覆盖
的方格大约在31 个，所以油膜的面积为S＝31 cm2＝3.1×10－3 m2.用纯油酸的体积除以油膜
的面积，得出的油膜厚度，即是油酸分子的直径，根据实验数据，油酸分子的直径为d＝V
S ＝
2.5×10－6 mL
3.1×10－3 m2 ≈8.1×10－10 m. 
(3)为了防止酒精的挥发，配置的油酸酒精溶液不能长时间放置，否则浓度会发生变化，
A 正确；在水面上滴入油酸酒精溶液后，应该等油膜的形状稳定后再描形状数方格，B 错误；
若实验中撒的痱子粉过多，则油膜面积偏小，则计算得到的油酸分子的直径将偏大，C 错误；
数方格时，为了减小实验误差，不足半个的舍去，超过半个的算一个，D 正确． 
考点71 实验十八 探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系 
1．答案：(1)ACD (2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变 (3)C 
解析：(1)用橡胶塞密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，A 是必要的；没有必
要测量柱塞的直径，由于整个过程中，截面不变，知道长度就可以，列方程时，两边可以把
截面积消掉，B 没必要；读取压力表上显示的气压值，知道初末状态的气压值，C 是必要的；
读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，D 是必要的． 
(2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变． 
(3)图像中直线比曲线直观，在等温变化中，p 与1
V  成正比，因此画p­1
V 图像，应是一
条过坐标原点的倾斜直线，C 正确，A、B、D 错误． 
2．答案：(1)AC (2) 1
p  (3) b b＋V0 
解析：(1)该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积，因此传感器A 为压强传感
器，A 正确；在步骤①中，将注射器与传感器A 连接前，应使注射器封住一定量的气体，因
此不必将活塞移至注射器最右端，B 错误；操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是
为了保持封闭气体的温度不变，C 正确；若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，气体的质量发
生变化，因此以上数据全部作废，应重新做实验，D 错误． 
(2)做出图像为一条直线，根据玻意耳定律pV＝C，因此x 轴应为1
p . 
(3)设石子体积为V1，对一定量的气体，根据玻意耳定律可得p(V－V1)＝C，整理得V＝C
p 
＋V1，因此可得V1＝b，软管容积为V0 不能忽略，则表达式为p(V＋V0－V1)＝C，整理得V
＝C
p ＋V1－V0，可知V1－V0＝b，故V1＝b＋V0. 
3．答案：(1)V 1
p  图线见解析 (2) V－k
p  (3)2.4×103 
解析： 
 
(1)根据玻意耳定律，有pV＝C，要作直线图像，故作V­1
p 图像，即方格图的纵坐标应标
明的物理量是V，横坐标则应标明1
p ，图像如图所示． 
(2)注射器中的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律pV＝C 可知气体体积趋向于0
时，p 趋向于无穷大．从图像知，纵轴截距表示小晶体的体积，故有k＝
V－V0
1
p－0
 ＝p(V－V0)，
解得V0＝V－k
p . 
(3)由上面分析可得小晶体的体积为V0＝0.27×10－5 m3，小晶体的密度ρ＝m
V0 ＝2.4×103 
kg/m3. 
4．答案：(1)控制气体的温度不发生变化 p­1
V 或V­1
p  (2)AB  
(3)见解析 放热 
解析：(1) 实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的温度不
发生变化．根据理想气体状态方程pV
T ＝C 得V＝CT1
p 或p＝CT1
V ，为检验气体的压强p 与
体积V 是否成反比例关系，能较直观的判定该关系，可将图线转化为p­1
V 或V­1
p 图像． 
(2)根据pV＝nRT，由曲线可知对于同一V 值所对应的p 值不同，故两组注射器内气体的
p 与V 的乘积不相等，可知当气体质量一定时，若两组实验环境温度T 不同， pV 乘积不等；
同理，当两组封闭气体的质量不同时，pV 乘积不等，A、B 正确；若某组器材的气密性不佳，
在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时不可能得到反比例关系图线；同理，若某组实
验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，此时图线也不可能符合反比例
关系，C、D 错误． 
(3)一定质量的理想气体，其分子总数是一个定值，当温度保持不变时，则分子的平均速
率也保持不变，当其体积增大几倍时，则单位体积内的分子数变为原来的几分之一，因此气
体的压强也减为原来的几分之一；反之若体积减小为原来的几分之一，则压强增大几倍，即
压强与体积成反比，这就是玻意耳定律．缓慢推活塞，气体体积减小，外界对气体做功，而
温度保持不变则气体内能不变，故气体放热． 
5．答案：(1)AB (2)1
V  漏气(或者环境温度降低) 
解析：(1)为减小实验误差，推拉柱塞时应尽量缓慢，以防止柱塞移动太快，气体的温度
产生变化，A 正确；推拉柱塞时不能用手握注射器筒上空气柱部分，以防止空气温度产生变
化，B 正确；若实验中橡胶塞脱落，气体的质量变化，需重新做实验，C 错误． 
(2)当温度不变时有pV＝C，即压强p 与V 成反比，两者的关系图像不是直线，但压强p
与1
V 是线性关系，故应当以1
V 为横坐标；一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体积的
关系为pV＝C，其中常数与物质的量和气体温度有关，由图乙可知压缩气体压强增大，点(1
V ，
p)与坐标原点连线斜率减小，则C 减小，即实验过程中有漏气现象或者环境温度降低． 
验收检测卷十三 热学 
1．答案：A 
解析：若A、B 两点的温度变化不同，说明薄片具有各向异性，则薄片一定为晶体，A
正确，B 错误；若A、B 两点的温度变化相同，说明薄片具有各向同性．而根据晶体与非晶
体的特性规律，单晶体具有各向异性，非晶体与多晶体具有各向同性，因此，薄片既有可能
为非晶体，也有可能为多晶体，C、D 错误． 
2．答案：D 
解析：此现象属于扩散现象，是分子无规则运动的结果，不能说明分子间存在相互作用
的引力，A 错误；扫地时灰尘飞扬，该现象属于机械运动，不是扩散现象，所以成因不同，
B 错误；分子运动永不停息，C 错误；二氧化氮气体的密度大于空气的密度，颜色变得相同
后，上方瓶中因有二氧化氮气体，所以密度比空气大，D 正确． 
3．答案：C 
解析：根据题意，PM10 表示直径小于或等于10 μm 的悬浮颗粒物， 10 μm＝1×10－5 m，
A 错误；因为PM10 始终悬浮在空气中，在空气分子的作用下做无规则运动，所以空气分子
的作用力不可能始终大于其所受重力，B 错误；PM2.5 颗粒物在空气分子的撞击下做布朗运
动，C 正确；从题目所给信息不能判断出PM2.5 的浓度随高度的变化情况，D 错误． 
4．答案：C 
解析：在r＞0 阶段，分子力表现为引力，F 做正功，分子动能增大，势能减小，A 错误；
在r＜r0 阶段，分子间表现为斥力，F 做负功，分子动能减小，势能增加，B 错误；根据上面
选项分析可知在r＝r0 时，分子势能最小，并且小于零，动能最大，C 正确，D 错误． 
5．答案：B 
解析：根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非
常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A 错误；气体燃烧过程符合
热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B 正确；气体燃烧释放的热量没
有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C 错误；根据热力学第二定律可知，热
机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损
失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D 错误． 
6．答案：D 
解析：步骤①和②都从相同的高度下落，不同的是豆粒的个数，故它模拟的气体压强与
分子密集程度的关系，也说明大量的豆粒连续地作用在盘子上能产生持续的作用力，即反映
了气体压强产生的原因，A 错误，D 正确；步骤②和③的豆粒个数相同，让它们从不同的高
度落下，豆粒撞击的速率不同，所以它们模拟的是气体压强与分子的速率的关系，或者说是
气体的分子压强与气体平均动能的关系，B、C 错误． 
7．答案：A 
解析：CO2 气体与外界未实现热交换，则Q＝0，上升过程压强减小，则体积变大，气体
对外做功W<0，则气体内能减小，温度降低，则气体分子的平均动能减小，A 错误，D 正确；
气体体积变大，压强减小，气体温度降低，分子平均速率减小，气体密度减小，则单位时间
内与气泡壁碰撞的CO2 分子数减少，B、C 正确． 
8．答案：B 
解析：气体在A、B 两状态的内能相等，则气体在A、B 两点温度相同，则从A 到B 过
程，气体的温度先升高后降低，因此气体分子平均动能先增大后减小，A 错误；从B 到C 过
程，气体体积不变，气体压强减小，温度降低，则气体分子平均动能减小，B 正确；从C 到
D 过程，等温过程，气体内能不变，外界对气体做功等于气体放出的热量，C 错误；从D 到
A 过程，温度升高，气体分子速率分布曲线峰值向速率大的一方移动，D 错误． 
9．答案：AC 
解析：气体的压强与两个因素有关，一是气体分子的平均速率，二是气体分子的数密度，
气体分子的平均速率或密集程度增大，气体的压强不一定增大，A、C 符合题意． 
10．答案：AD 
解析：把熏黑的金属球放入水中时，在小球周围形成一层薄薄的空气膜，所以金属球表
面附着的黑色物质和水是不浸润的，A 正确，B 错误；金属球在水中呈现出明亮颜色是因为
光发生了全反射，光从光密介质到光疏介质会发生全反射，所以光密介质是水，光疏介质是
空气膜，C 错误，D 正确． 
11．答案：AC 
解析：根据题意，B 管的体积与大玻璃泡A 的体积相比可忽略不计，可知在B 中液面移
动时，可近似认为气体体积不变，即该测温装置利用了气体的等容变化的规律，A 正确；温
度为27 ℃时，封闭气体的压强p＝p0－h＝75 cmHg－16 cmHg＝59 cmHg，即封闭气体的压
强相当于59 cm 高的水银柱产生的压强，故B 错误；根据查理定律有p
T ＝C，其中p＝p0－x，
即有
p0－x
T
 ＝C 可知，温度升高，管内水银面的高度x 降低，即管中刻度从上往下，表示的
温度逐渐升高，若把该温度计置于高山顶进行测温，由于高山顶的大气压低于标准大气压，
对管中气体有p＝p0－x，温度一定时，管中气体压强运动，大气压强减小，可知管内液面的
高度比山底的低一些，则温度的测量值偏大，C 正确；若该温度计因某种原因漏掉一部分气
体，管中气体的压强减小，可知管内液面上升，根据上述，温度的测量值偏小，D 错误． 
12．答案：BC 
解析：由p­V 图像知ab 是等压过程，a、c 两状态的压强与体积乘积为一个定值2pV，即
ac 是等温过程，则ad 是绝热过程；p­V 图像中面积表示气体做功，由图像知Wab＜Wac＜Wad，
即绝热过程外界对气体做功，A 错误；比较b、c、d 三个状态，由于体积相等，根据p
T ＝C，
由图像可知b、c、d 三个状态的温度高低关系为Td＞Tc＞Tb，由于a、c 两状态的温度相等，
则a、b、c、d 中d 的温度最高，B 正确；等压过程，气体的体积减小，根据V
T ＝C 可知气体
的温度降低，则气体的内能减小，C 正确；等温ac 过程，气体的内能不变，根据热力学第一
定律有ΔU＝W＋Q，气体体积减小，外界对气体做功，则气体放热，D 错误． 
13．答案：(1)C (2)双曲线 BD (3)Va＋Vb 
解析：(1)为避免温度发生变化，不能用手握住注射器，A 错误；实验中气体体积不是通
过数据采集器获得的，B 错误；为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑
油，C 正确；为避免温度发生变化，实验过程中不能以较快的速度推拉活塞，故D 错误． 
(2)根据玻意耳定律可知p­V 图线理论上是一条双曲线；根据p(V＋V0)＝C 可得p＝
C
V＋V0 
＜C
V ，由于在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，压强增加，但实际增加的偏小，所以
p­1
V 图像的图形向下弯曲，所以画出的p­1
V 图像应当是D；注射器与压强传感器连接处软管
的体积不能忽略，根据V＝C1
p －V0，所以V­1
p 的图像应为B. 
(3)根据玻意耳定律有p(V＋Va－V 石)＝C 变形可得V＝1
p C＋V 石－Va，根据图像可知石头
的体积为V 石＝Va＋Vb. 
14．答案：(1)360 K (2)111 J 
解析：(1)活塞从A 到B 过程中，气体发生等压变化，则有 
ShA
TA ＝ShB
TB  
解得TB＝360 K. 
(2) 活塞上升过程，外界对气体做功为 
W＝－(p0S＋mg)(hB－hA)＝－11 J 
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 
联立解得Q＝111 J． 
15．答案：(1)3
2 p0 p0S
2g  (2)177 ℃ 
解析：(1)设初始状态汽缸内封闭气体压强为p，体积为V，稳定时汽缸内封闭气体压强
为p1，体积为V1，加入沙子质量为m，初始状态下汽缸内气体压强与大气压强相同，有p＝
p0 
添加沙子过程中，汽缸内气体经历等温变化，由玻意耳定律 
pV＝p1V1 
且V＝SH，V1＝2
3 SH 
联立解得p1＝3
2 p0 
对活塞进行分析有p1S＝pS＋mg 
解得m＝p0S
2g  
(2)设活塞再次回到高H 处时，环境温度为t2，温度升高过程中，汽缸内气体经历等压变
化，由盖­吕萨克定律得 
V1
T1 ＝V
T2  
T1＝t1＋273，T2＝t2＋273 
联立解得 t2＝177 ℃. 
16．答案：(1)100 次 (2)42 次 
解析：(1)设至少充气n 次，则n 次充气的气体体积为nV
100 ，压强为p0，充气后压强为p1
＝p0＋mg
S ＝2p0 
充气后所充气的气体体积为V
2 ，由玻意耳定律有p0 nV
100 ＝2p0V
2  
解得n＝100 次． 
(2)设至少充气N 次，则N 次充气的气体体积为NV
100 ，压强为p0，温度为T0；汽缸原有
气体体积V
2 ，压强为2p0，温度为T0；充气后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋NT0
100 ；由理
想气体状态方程，得
p0NV
100＋2p0V
2
T0
 ＝2p0V
T0＋NT0
100
  
解得N＝100( 2 －1) 
根据题意，取N＝42 次． 
第十四章 光学 
考点72 光的折射 全反射 
1．答案：BD 
解析：由sin θ1
sin θ2 ＝n，且n＞1，可得sin θ2＝1
n sin  θ1，A 错误，B 正确；又因为n＝c
v ，
得v＝1
n c，C 错误，D 正确． 
2．答案：A 
解析：根据折射定律 
n 上sin θ 上 ＝ n 下sin θ 下 
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n 下 > n 上，则θ 下逐渐减小，画
出光路图如下 
 
则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向． 
故选A. 
3．答案：A 
解析：过A 点和B 点分别做法线，如图所示 
 
在△ASO 中，由正弦定理可得R
sin θ ＝
3R
sin ∠SAO ，解得∠SAO＝120°，i＝60°，因此可
知∠SOA＝30°，而根据几何关系可知∠OAB＝∠OBA，而由折射定律有
sin i
sin ∠OAB ＝
sin r
sin ∠OBA ，解得r＝60°，而∠SOA＋∠AOB＋r＝180°，得∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBA＝
45°，由此可知，n＝
sin i
sin ∠OAB ＝sin 60°
sin 45° ＝6
2 ，A 正确． 
4．答案：(1) 2  (2)2 6L
3c  
解析：(1)如图所示 
 
设入射角为i，折射角为r，根据几何关系可得 
tan i＝L
L ＝1，tan r＝
3
3 L
L ＝3
3  
可得i＝45°，r＝30° 
液体对该单色光的折射率为n＝sin 45°
sin 30° ＝2 . 
(2)根据折射率公式可知，光在介质中的传播速度为n＝c
v  
解得v＝c
n ＝2
2 c 
根据几何关系可得，装满液体后容器内最右侧的光线在液体中传播到容器底部所用的时
间为t＝
2 3
3 L
2
2 c
 ＝2 6L
3c . 
5．答案：CD 
解析：发生全反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角，
所以A、B 均错误；由折射率n＝sin θ1
sin θ2 ＝2 可知，当入射角最大为90°时，折射角θ2＝45°，
C 正确；由折射率n＝sin θ1
sin θ2 ，D 正确． 
6．答案：C 
解析：光线从O 点入射，设折射角为β，由折射定律有sin α＝n sin β，解得β＝30°，即
该束单色光在MQ 边的折射角为30°，A 错误；设边长NP＝l，则MN＝2l，作出光路图如图
所示． 
 
由几何关系可知光在MN 边的入射角为60°，B 错误；设光在玻璃砖与空气界面发生全
反射的临界角为C，有sin C＝1
n ＝2
2 ，即C＝45°，而光在MN 边的入射角大于45°，所以
光在MN 边发生全反射，不能从MN 边射出，C 正确；根据几何关系可知光在A 点发生全反
射后到达NP 边的B 点时的入射角为30°，小于全反射临界角，所以光在B 点折射出玻璃砖，
D 错误． 
7．答案：AC 
解析：光路如图，则n＝sin i
sin r  
 
sin i≈tan i＝d
h′ ，sin r＝tan r＝d
h 则h′＝h
n ＝3
4
3
  m＝2.25 m，A 正确，B 错误；因sin C
＝1
n ＝3
4 则tan C＝3
7 ，在水面上能看到鱼的水域圆半径R＝h tan C＝3h
7 ＝9 7
7  m，故C
正确，D 错误． 
8．答案：(1)tan θ (2)D tan θ 
解析：(1)设折射角为r，根据几何关系可得r＝90°－θ  
根据折射定律可得n＝sin θ
sin r   
联立可得 n＝tan θ. 
(2)如图所示． 
 
根据几何关系可得 d＝
D
sin （90°－θ） sin θ＝D tan θ. 
9．答案：B 
解析：根据题意，画单色光光路图如图： 
 
根据几何关系tan θ＝
1
2BD
BE ＝3
4 ，故θ＝37°，根据折射定律n＝sin 53°
sin θ ，解得n＝4
3 ，B
正确；根据传播速度与折射率关系v＝c
n ，解得v＝3
4 c，C 错误；根据几何关系有α＝53°，
根据临界角与折射率的关系sin C＝1
n ＝3
4 ＜sin α＝0.8，光射到E 点时发生全反射，没有光
线射出，A 错误；光线射到AC 面时，入射角为37°，根据几何关系，所以折射角为53°，D
错误． 
10．答案：(1) 60° (2)2 3d
c
  
解析：(1)由几何关系可知入射光线在AB 界面的入射角为i＝60°  
由折射定律有n＝sin i
sin r ＝3   
解得r＝30°  
故折射光线与AB 界面的夹角θ＝90°－r＝60°  
 
(2)若光线直接从AC 界面射出，光路如图所示，可知从C 点射出时路程最长，此时s1＝
d  
由sin C＝1
n ＝1
3   
可知，光线经BC 面全反射后从AC 界面射出，光路如图所示，设BD 距离为x 
由几何关系可得 ED＝
x
2
cos 30° ，DF＝
d tan 60°－x
cos 30°
 ，s2＝ED＋DF 
联立以上三式可得 s2＝2d－3x
3   
可知当x＝0 时，s2＝2d. 
故最长路程为2d，又因为v＝c
n  ，t＝2d
v  
代入数据可得 t＝2 3d
c
 . 
11．答案：B 
解析：设两束单色光的入射角为θ，对单色光a，由折射定律得na＝sin θ
cos α ，光束a 在玻
璃砖中传播速度为va＝c
na ，对单色光b，由折射定律得nb＝sin θ
cos β ，光束b 在玻璃砖中传播
速度为vb＝c
nb ，所以光束a 与光束b 在玻璃砖中传播速度的比值va
vb ＝nb
na ＝cos α
cos β ，B 正确． 
12．答案：A 
解析： 
 
单色光从P 点以45°角射入玻璃砖，出射光线和入射光线平行，则有折射光线与垂直OP
的夹角相等，则光线在玻璃砖中的光路图如图所示，由折射定律可得 
n＝sin θ
sin α ，由几何关系可知sin α＝
OP
OP2＋R2 ＝1
2 ，联立解得n＝2 ，A 正确，B、C、
D 错误． 
13．答案：D 
解析：光路如图所示 
 
根据折射定律有n＝sin 45°
sin r ，解得r＜30°，根据几何知识可知，两条光在BC 面的入射
角为i＞75°，根据sin C＝1
n ，解得C＜45°，所以调整a、b 光的入射位置，光在BC 面发生
全反射，不可能从BC 边射出，A 错误；由于α<β，可知a 光束进入棱镜时偏折较大，a、b
光束的间距可调，故a 光束上移，b 光束下移，a、b 光束就有可能从CD 同一位置射出，B
错误；由图可知a 光束从CD 边射出可能离底边BC 更远，C 错误；根据图中a 光束的光路
图，根据正弦定理有EF
sin 45° ＝
BE
sin （90°＋α） ＝BE
cos α ，解得EF＝sin 45°
cos α BE，同理可得EG
＝sin 45°
cos α CE，a光在玻璃中的路程为sa＝EF＋EG＝sin 45°
cos α (CE＋BE)＝sin 45°
cos α BE＝
1
2cos α 
BE，a 光在玻璃中的速度为va＝c
na ＝
c
sin 45°
sin α
 ＝2 c sin α，a 光在玻璃中的运动时间为ta＝sa
va 
＝
BE
c sin 2α ，同理可得tb＝sb
vb ＝
BE
c sin 2β ，由于na＝sin 45°
sin α ＞nb＝sin 45°
sin β ＞2 可知sin α＜
sin β＜1
2 ，则α＜β＜30°，2α＜2β＜60°，则有sin 2α＜sin 2β，可知ta＞tb，D 正确． 
14．答案：B 
解析： 
 
由全反射角公式和几何关系，有sin C＝1
n ＝3
4 ，tan C＝3
7 ，在小蝌蚪竖直向下运动过
程中，如图所示，小蝌蚪从A 点到B 点过程中，在水面之上看不到小蝌蚪， 有AB＝R
tan C 
－h＝7
24  m，则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为 t＝AB
v ＝5 7
6  s，B 正确． 
15．答案：C 
解析：设光在该材料中传播速度为v，由L＝vt，解得v＝L
t ＝2.4×108 m/s，由n＝c
v 可
知n＝1.25.设全反射临界角为C，则sin C＝1
n ＝0.8，光刚好发生全反射，可知光在透明材料
中的路程为s＝L
sin C ＝7.5 m，则t′＝s
v ＝
7.5
2.4×108 s＝3.125×10－8 s，C 正确． 
16．答案：(1)1
2  (2)（7－1）R
c
   
解析： 
 
(1)在△ABO 中，∠ABO＝α，∠BAO＝β，∠BOA＝θ，如图所示，设玻璃砖的折射率为n，
根据题意可得sin C＝1
n  
根据折射定律可得n＝sin i
sin β ，sin α＝sin C 
在△ABO 中，根据正弦定理可得2R
sin α ＝R
sin β  
解得 sin i＝1
2  
(2)因为n＝2 ，n＝sin i
sin β ，sin β＝1
2 2 ，sin C＝1
2 ，θ＝C－β 
所以得sin θ＝
7－1
4
  
在△ABO 中，根据正弦定理可得R
sin β ＝AB
sin θ  
且有v＝c
n  
该单色光从A 点传播到B 点所用时间为 tAB＝AB
v  
解得tAB＝
（7－1）R
c
 . 
17．答案：(1) 3  (2)（4 3＋3）R
2c
  
解析：(1)半圆上的D 点到BC 的距离为3
2 R，由三角形边角关系可知，折射角为30°，
则，玻璃砖的折射率为n＝sin 60°
sin 30° ＝3 . 
(2)光射到AB 边时的入射角为45°，发生全反射的临界角为sin C＝1
n ＝3
3  
即C＜45° 
故光在传播到AB 边后发生全反射，光路图如图所示 
 
光在玻璃砖中的路程为s＝2R＋3
2 R 
光在玻璃砖中的传播的速度为v＝c
n  
故光在玻璃砖中的传播时间t＝s
v ＝
（4 3＋3）R
2c
 . 
考点73 光的波动性 
1．答案：D 
解析：铁丝圈挂上一层薄薄的液膜，观察到彩色条纹，是薄膜干涉现象，A、B 错误；
由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，因表面张力的原因，侧截面是一个
圆滑的曲面，不是梯形，C 错误；黄光照射，将看到上疏下密的黄色横条纹，D 正确． 
2．答案：B 
解析：根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有 
Δx＝L
d λ 
由题图知Δx 乙 ＝ 2Δx 甲 
则d 乙＝1
2 d 甲 
故选B. 
3．答案：A 
解析：相邻两条亮纹之间的距离Δx＝L
d λ＝
b＋c
2a λ，A 正确，B、C、D 错误． 
4．答案：C 
解析：紫外线由真空进入液体后，频率不变，根据公式E＝hν 可知光子能量不变，A 错
误；由于频率不变，传播速度减小，波长变短，根据公式可得λ＝1
1.8 λ0＝1
1.8 ×13.5 nm＝7.5 
nm，B 错误，C 正确；由于波长变短，所以更不容易发生明显衍射，D 错误． 
5．答案：A 
解析：根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断．单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最
亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图
甲、乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，A 正确，B、C、D 错误． 
6．答案：C 
解析：电灯S 发出的光，包含着垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个
方向振动的光波的强度都相同，属于自然光，A 错误；自然光先经过偏振片A 形成偏振光，
当偏振片B 的透振方向与A 的透振方向不垂直时，才能从P 点看到光亮，所以A 是起偏器，
B 是检偏器，B 错误；由于此时人眼在P 处迎着入射光方向看不到光亮，说明A、B 透振方
向垂直，以SP 为轴将A 转过45°，则透过A 的偏振光的振动方向将存在平行于B 透振方向
的分量，此时将有部分光可以透过B，在P 处可以看到光亮，C 正确；无论将B 沿SP 向A
平移至何位置，透过A 的偏振光的振动方向始终与B 的透振方向垂直，在P 处始终看不到光
亮，D 错误． 
7．答案：C 
解析：手机、电脑、电视等电子显示设备发出的光是偏振光，D 错误；3D 眼镜的2 个镜
片是两个透振方向互相垂直的偏振片，图中电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与左侧眼镜
垂直，没有光穿过左侧眼镜，左侧眼镜看不见电脑显示屏，电脑显示屏发出的偏振光的透振
方向与右侧眼镜平行，有光穿过右侧眼镜，右侧眼镜看得见电脑显示屏，A、B 错误，C 正
确． 
8．答案：A 
解析：在转动金属丝圈的过程中，由于两层薄膜的厚度不变，故反射光形成的光程差也
不会发生变化，故产生的干涉条纹仍保持原来的状态不变，A 正确． 
9．答案：C 
解析：该测量原理是光的干涉现象，A 错误；由图乙可知，在空气薄膜中相同的长度下，
单色光a、b 相邻明条纹的关系满足6Δxa＝8Δxb，解得Δxa∶Δxb＝4∶3，相邻明条纹之间空
气薄膜的厚度差等于λ
2 ，由几何关系知Δx sin θ＝λ
2 ，故单色光a、b 的波长之比约为4∶3；
单色光a、b 分别通过同一装置进行双缝干涉实验时，由双缝干涉条纹间距公式Δx＝l
d λ 可知，
单色光a 形成的相邻明条纹间距比单色光b 大一些，B、D 错误；根据单色光a、b 的波长关
系，由公式c＝λf 可知，单色光a 的频率小于单色光b 的频率，根据光电效应方程Ek＝hν－
W0 可知，用单色光a、b 照射同种金属时，用单色光a 照射不发生光电效应，换用单色光b
照射可能会发生光电效应，C 正确． 
10．答案：BD 
解析：由题意知条纹的形成属单缝衍射，并非运用光的干涉，A 错误，B 正确；由单缝
衍射可知，缝变窄条纹宽度变宽，故如果屏上条纹变宽，表明细丝变细了，C 错误，D 正确． 
11．答案：BD 
解析：该绿光的波长是λ＝c
f ＝3.0×108
6.0×1014  m＝5×10－7 m，A 错误；因为Δx＝7.5×10－
7 m＝3
2 λ，半波长的奇数倍是干涉的减弱点，P 点出现暗条纹，B 正确；仅将绿光换成红光，
红光波长更长，根据Δx＝L
d λ 知其他条件不变，波长变大，条纹宽度变大，则光屏上相邻两
条纹的中心间距变大，C 错误；根据Δx＝L
d λ 知仅将单缝靠近双缝，不改变条纹间距，则光
屏上相邻两亮条纹的中心间距不变，D 正确． 
 
考点74 实验十九 测量玻璃的折射率 
1．答案：(1)BC (2)偏小 (3) x1
x2  
解析：(1)实验中，不能将玻璃砖界面当尺子画界线，A 错误；大头针P1 和P2 及P3 和
P4 之间的距离适当大些时，引起的角度误差会减小，B 正确；只要操作正确，任何形状的玻
璃砖均可用“插针法”测量折射率，C 正确；由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于
在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻
璃砖的下表面发生全反射，D 错误． 
(2)如图所示 
 
作图得到的光路图和实际光路图相比，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，由n＝
sin i
sin r 知折射率偏小． 
(3)由几何关系可知sin i＝AB
OA ＝x1
R ，sin r＝CD
OC ＝x2
R ，则玻璃砖的折射率为n＝sin i
sin r ＝
x1
x2 . 
2．答案：(1)C (2)大 (3)1.5 (4)偏大 
解析：(1)手拿光学元器件时切忌用手触摸“工作面”，以防脏污甚至腐蚀光学面造成永
久的损坏，A 错误；为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2 的连线与法线NN′的
夹角应尽量大些，B 错误；为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3 和P4 的距离
应适当取大些，C 正确；测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故玻璃的两个光
学面aa′、bb′不平行，对玻璃折射率的测定结果没有影响，D 错误． 
(2)如果有几块宽度不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖
来测量，宽度越大，出射光线的侧位移越大，折射角的测量越准确，故为了减小误差应选用
宽度大的玻璃砖来测量． 
(3)根据折射率定义公式有n＝sin θ1
sin θ2 ，代入数据可得玻璃砖的折射率为n＝0.6
0.4 ＝1.5. 
 
(4)在实验过程中，画出界面a 后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a 画到图
中虚线位置，而在作光路图时界面a 仍为开始所画的，实际光线如图中的O′Q 所示，而作图
光线如图中OQ 所示，导致折射角偏小，所测得的折射率偏大． 
3．答案：(1)BD (2)丙  DE
FG  
解析：(1)根据题意可知，然后应插上大头针P3，使P3 挡住P1、P2 的像，再插上大头针
P4，使P4 挡住P3 和P1、P2 的像，从而确定出射光线，故正确的操作步骤为BD. 
(2)根据题意，过P3、P4 做一条直线与AC 边相交于H，并以入射点O 为圆心做一个圆，
与入射光线相交于D，与OH 连线的延长线相交于G，过O 点做法线，过D 点做法线的垂线
交于E，过G 点做法线的垂线交于F,  
 
由图可知sin α＝DE
DO ，sin β＝FG
OG ，DO＝OG，可得仅通过测量ED、FG 的长度便可正
确计算出折射率，题图丙所示正确．根据几何关系可得，折射率为n＝sin α
sin β ＝DE
FG . 
4．答案：Ⅰ.(3)P1、P2 的像 P3 和P1、P2 的像 (4)1.33 Ⅱ.BD 
解析：Ⅰ.(3)选择合适的点竖直插大头针，在BC 外侧调整视线观察到大头针P1和P2 的
像在一条直线上，再竖直插上两枚大头针，使P3 挡住P1 和P2 的像，P4 挡住和P1、P2 和P3
的像；(4)设入射角为i，折射角为r，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)，P4(x4，y4)，则有n＝sin r
sin i ， 
而sin r＝
y4－y3
（x4－x3）2＋（y4－y3）
 ，sin i＝
y2
x22 ＋y22 
 ，代入数据联立解得n≈1.33. 
Ⅱ.应选用较细的大头针完成实验，这样可准确确定光线的传播方向，故A 错误，B 正确；
插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些，这样可减小确定光线方向时产生的误
差，C 错误，D 正确． 
5．答案：(2)③2.25(2.24～2.26 均可) (3)d2
d1  1.51(1.50～1.52 均可) (4)小一些 
解析：(2)③毫米刻度尺的分度值为1 cm
10 ＝0.1 cm，因此读数需要向后估读一位，故d1
＝2.25 cm.(3)根据题意作出法线、入射角θ1、折射角θ2，如图所示 
 



sin θ1＝Mf
d1
sin θ2＝Mf
d2
 ⇒n＝sin θ1
sin θ2 ＝d2
d1 ＝1.51 
(4)为减小d1 和d2 测量的相对误差，可以增大d1 和d2，因此激光在M 点入射时应尽量使
入射角小一些． 
 
考点75 实验二十 用双缝干涉实验测量光的波长 
1．答案：(1)0.35 dx
5L  4.8×10
－7 (2)D 
解析：(1)图丙中游标卡尺的最小分度值为0.05 mm，主尺示数为0，游标尺的第7 刻度
线与主尺刻度线对齐，则示数为0＋7×0.05 mm＝0.35 mm，A、B 条纹间的距离为5 倍相邻
亮(暗)条纹间的距离，故Δx＝x
5 .根据相邻亮(暗)条纹间的间距公式有Δx＝l
d λ，解得λ＝dx
5L ，
代入数据可得λ＝4.8×10－7 m. 
(2)该同学对实验装置调节后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，
可知相邻条纹间的宽度减小，由公式Δx＝l
d λ 可知，该调节可能是更换波长更短的光做实验，
即将红色滤光片换成绿色滤光片，其他调节都达不到该实验效果，D 正确． 
2．答案：(1)65.0 (2) 6.50×10
－7 (3)变小 
解析：(1)刻度尺的最小刻度值为1 mm，由刻度尺读出A、B 两亮纹的位置为xA＝25.0 mm，
xB＝90.0 mm，则A、B 两亮纹中心间的距离x＝xB－xA＝65.0 mm. 
(2)相邻两亮条纹间的距离Δx＝x
n ＝65.0
10  mm＝6.50 mm，由λ
d ＝Δx
L ，可得该激光的波
长λ＝d
L Δx＝
0.36×10－3
3.6
 ×6.50×10－3m＝6.50×10－7 m. 
(3)绿光波长在505～566 纳米之间，如果用绿色激光重新实验，由于绿色激光的波长较
小，由λ
d ＝Δx
L 可知，d、L 不变，则相邻亮纹间距会变小． 
3．答案：(1)B (2) （x2－x1）d
4l
  (3)B 
解析：(1)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置中，光具座上a、b、c 处放置的光学元
件依次为滤光片、单缝、双缝，B 正确． 
(2)由图可知，相邻条纹间距为Δx＝
x2－x1
4
 ，根据公式Δx＝l
d λ，联立可得λ＝
（x2－x1）d
4l
 . 
(3)实验时单缝向下微微移动，通过双缝S1、S2 的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹，A
错误；对于中央亮纹来说，从S′处经过S1、S2 到中央亮纹的路程差仍等于0，如下图所示 
 
而S′S1＞S′S2，要使得S′S1＋S1P＝S′S2＋S2P，那么S1P＜S2P，则中央亮纹O 的位置略向
上移动，B 正确，C 错误． 
4．答案：(1)12.670 2.310 (2) 6.6×10
－7 
解析：(1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，测量头上螺旋测微器的读数为
12.5 mm＋17.0×0.01 mm＝12.670 mm，条纹间距为Δx＝
xn－x1
n－1 ＝
12.670－1.120
6－1
 mm＝2.310 
mm. 
(2)根据条纹间距与波长的关系可得λ＝d
L Δx＝
2.00×10－4×2.310×10－3
0.700
  m＝6.6×10－7 
m． 
5．答案：(1)C (2)B (3)（x2－x1）d
6L
  3.110 (4) 小于 
解析：(1)单缝和双缝均沿竖直方向，因此得到的干涉条纹为竖直方向的干涉条纹，C 正
确． 
(2)取下红色滤光片，通过单缝的为白光，因此得到的干涉条纹为彩色条纹，B 正确． 
(3)根据题意，相邻亮条纹之间的距离为Δx＝
x2－x1
6
 ，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝L
d 
λ，单色光波长λ＝
（x2－x1）d
6L
 .20 分度值的游标卡尺的精确度为0.05 mm，读数31 mm＋
2×0.05 mm＝31.10 mm＝3.100 cm， 
(4)从图可以看出，若条纹倾斜，则真实值小于测量值． 
验收检测卷十四 光学 
1．答案：A 
解析：用游标卡尺两测量爪间的狭缝观察光源时所得到的是光的衍射现象，狭缝越小，
衍射现象越明显，A 正确． 
2．答案：A 
解析：荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于光线从水中射向空气时发生光的全反射，
A 正确；全息照片是借助于一束相干的参考光，利用物光与参考光的光程差，同时记录光波
的振幅与相位的信息，利用光的干涉现象，B 错误；加有偏振滤光片的相机拍照，偏振片可
将车窗的反射光减弱，从而可以拍摄清楚汽车内部的情景；用涂有增透膜的相机拍照，仍不
能拍摄清楚汽车内部的情景，C 错误；肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是肥皂膜内外反射的光
线叠加产生的效果，这是光的干涉，D 错误． 
3．答案：D 
解析：光在AB 中不会发生全反射，图中C 中光线向下；在D 中可能使光线向上偏折；
临界角的正弦sin C＝1
n ＝1
1.5 ＝2
3 ，入射角的正弦sin θ＝2
2 ，比较可得sin θ＞sin C，光线
能发生全反射，故可知D 图可产生如图所示的效果，D 正确． 
4．答案：C 
解析：根据反射定律和折射定律可知，a 是入射光线，b 是反射光线，c 是折射光线，A
错误；此玻璃砖的折射率n＝sin i
sin r ＝sin 40°
sin 30° ，B 错误；顺时针转动玻璃砖时，入射角r 增大，
故反射角也增大，光线b 顺时针方向转，C 正确；a 光是入射光，不会随玻璃砖的转动而消
失．逆时针转动玻璃砖时，入射角r 先减小后增大，光线c 的强度先增大后减小，最后发生
全反射，光线c 消失，D 错误． 
5．答案：D 
解析：激光源发出的激光相位差恒定，A 错误；若在缝屏上先、后安装透振方向水平和
竖直的偏振片，由于偏振片只允许一个方向的激光通过，所以照射到光屏上的光强度一定变
化，B 错误；若在缝屏上安装的是双缝，光屏上得到的是明暗相间等距的条纹，增大双缝间
距时由Δx＝l
d λ，可知条纹变窄，C 错误；若在缝屏上安装的是单缝，光通过单缝时发生衍
射，光屏上得到的是中间宽、两侧窄的明暗相间的条纹．当孔径或障碍物的尺寸小于波长或
与波长相差不大时衍射现象明显，所以单缝变窄时衍射现象更明显，中央亮条纹变宽，D 正
确． 
6．答案：B 
 
解析：根据折射定律n＝sin θ
sin α 可得光线在AC 界面折射后折射角为α＝30°，A 错误；光
线在BD 界面发生全反射的临界角为sin C＝1
n ，解得C＝45°，如图所示，光线在BD 界面的
入射角为30°，小于全反射临界角，故光射入透明介质后能从BD 界面射出，B 正确；光射入
透明介质后，传播速度变为v＝c
n ，C 错误；根据λ＝v
f ＝c
nf 可知光射入透明介质后，波长变
短，D 错误． 
7．答案：A 
解析：如图所示 
 
由正弦定理得R
sin β ＝r
sin α ，整理得sin α＝r
R sin β，当β＝90°时，α 最大，即从P 点或
Q 点垂直于PQ 发出的光线射到球面上的入射角最大，则sin αm＝r
R ，若所有光线都能直接
射出，应满足sin αm＜sin C＝1
n ，解得r＜R
n ，发光圆面的最大面积S＝π(R
n )2＝πR2
n2 ，A 正
确． 
8．答案：B 
解析：内外两层间形成空气劈尖，光线在空气膜的上下表面反射，并发生干涉，形成明
暗相间的条纹，设空气膜顶角为θ，两相邻亮条纹的间距为Δl，如图所示，两处光的路程差分
别为δ1＝2d1，δ2＝2d2，由δ2－δ1＝λ得d2－d1＝λ
2 ，由几何关系得tan θ＝
d2－d1
Δl
 ，即Δl＝
λ
2tan θ .
当用力按压左下角时，θ 角减小，Δl 增大，条纹变疏．又任意一条明条纹或暗条纹所在位置
下面的薄膜厚度相等，可知条纹向左下方移动，B 正确． 
 
9．答案：ACD 
解析：当在偏振片A、B 间放糖溶液时，由于糖溶液的旋光作用，使通过偏振片A 的偏
振光振动方向转动了一定角度，到达O 处的光强会明显减弱，A 正确，B 错误；但当将偏振
片B 转过一个角度，恰好使透振方向与经过糖溶液后的偏振光振动方向一致时，O 处光强又
为最强，故偏振片B 的旋转角度等于α，同理转动偏振片A 也可以达到相同的效果，C、D
正确． 
10．答案：ABD 
解析：由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光
束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，A 正确； 
 
由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，
根据v＝c
n 可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，B 正确；当增大α 角且α<90°，即
入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，C 错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，
根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α 角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与
光束Ⅰ平行，D 正确． 
11．答案：ACD 
解析：由a、b 经棱镜后的偏折情况可知a 的折射率大于b 的折射率，A 正确；由n＝c
v 
知，a 光在棱镜中的传播速度小，B 错误；a 的折射率大，频率大，由v＝λf 可知a 的波长小，
由Δx＝l
d λ 知，a 光的条纹间距小，C 正确；b 光的波长大，衍射现象更明显，D 正确． 
12．答案：AC 
解析：光在环状透明体中的光路如图所示 
 
B 点处发生全反射，则有sin C＝1
n ＝1
2 ，解得C＝45°，在三角形ABO 中，由正弦定
理可得R
sin r ＝
2R
sin （180°－C） ，解得sin r＝1
2 ，r＝30°.由折射定律sin i
sin r ＝n 可得sin i＝2
2 ，
i＝45°，则有β＝i＝45°，可得d＝2 R sin β＝R，A 正确，B 错误；在三角形ABO 中α＝C
－r＝15°，由正弦定理可得R
sin r ＝AB
sin α ，解得AB＝
（6－2）R
2
 ，根据折射率光的速度
表达式有n＝c
v ，光线从A 点传播到B 点的时间为t＝AB
v ＝
（3－1）R
c
 ，C 正确，D 错误． 
13．答案：(1) 5.2×10
－6 (2)丁 
解析：(1)10 分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，第1 条明条纹对应的游标卡尺读数为x1
＝1 cm＋5×0.1 mm＝10.5 mm，第5 条明条纹对应的游标卡尺读数为x5＝3.1 cm＋4×0.1 mm
＝31.4 mm，则有Δx＝
x5－x1
4
 ＝
31.4－10.5
4
  mm＝5.225 mm，根据Δx＝λl
d 可得入射光的波
长为λ＝dΔx
l ＝
0.50×10－3×5.225×10－3
500×10－3
  m≈5.2×10－6 m．(2)由图丁可看到初末条纹是同
一条纹，丁图存在造假现象． 
14．答案：(1)暗条纹 (2)5 条暗条纹 6 条亮条纹 
解析：(1)光的波长为λ＝c
f ＝3.0×108
6×1014 ＝5.0×10－7 m 
路程差为Δr＝3×10－6 m 
n＝Δr
λ ＝
3×10－6
5×10－7 ＝6 
由于两光源的振动情况恰好相反，所以P 点出现暗条纹； 
(2)O 点的路程差为0，也是暗条纹，OP 间还有5 条暗条纹，6 条亮条纹． 
15．答案：(1)4
3  (2)(12 7
7
 －3) m 
解析：(1)点光源Q 在距水面4 m 处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到幕布，
照射到幕布的光最高，如图 
 
则sin α＝
3
32＋42 ＝3
5 ，sin β＝
4
32＋42 ＝4
5  
水对该单色光的折射率n＝sin β
sin α ＝4
3  
(2)刚好没有光照到幕布上时，光照射到水面时刚好发生全反射，如图 
 
则sin C＝1
n ＝3
4  
设光源到P 点的距离为L，可得sin C＝
L
L2＋H2  
解得L＝12 7
7
  m 
则光源向左移动Δx＝L－l＝(12 7
7
 －3) m． 
16．答案：(1)45° (2)（3＋1）L
c
  
解析：(1)作出光在棱镜中的光路图如图所示． 
 
设光在AD 面的入射角θ1，折射角θ2，根据折射定律可得 
n＝sin θ1
sin θ2  
由题意在AB 面F 点恰好全反射，设临界角为C，则 
sin θ＝1
n  
临界角为C＝45° 
由几何关系知θ2＋C＝75° 
可得θ2＝30° 
联立以上几式解得θ1＝45° 
(2)在△AEF 中，设AF 长LAF，EF 长LEF，由正弦定理 
LAF
sin （90°－θ2） ＝LEF
sin 75°  
在△BFG 中，设BF 长LBF，FG 长LFG，由正弦定理
LBF
sin （90°－θ3） ＝LFG
sin 75°  
根据对称性有θ2＝θ3 
光在棱镜中传播距离s＝LEF＋LFG 
光在棱镜中传播速度v＝c
n  
则光在棱镜中传播时间t＝s
v  
联立以上几式解得t＝
（3＋1）L
c
 . 
第十五章 原子结构 波粒二象性 原子核 
考点76 光电效应 波粒二象性 
1．答案：C 
解析：一切物体都会辐射电磁波，绝对零度的物体才可能没有辐射，温度越高，辐射的
电磁波越强，A、B 错误；普朗克假设黑体辐射中的辐射能量是不连续的，只能取能量基本
单位的整数倍，从而很好地解释了黑体辐射的实验现象，C 正确，D 错误． 
2．答案：AC 
解析：金属逸出功只与极限频率有关，A 正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0 可知，光
电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只延长入射光照射时间，光电子的最大初
动能不变，B 错误，C 正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，光电子逸
出所经历的时间几乎相同，D 错误． 
3．答案：C 
解析：能否发生光电效应取决于光的频率，与照射时间长短无关，A 错误；增加极板间
电压，会出现饱和电流，不会一直增大，B 错误；调换电源正负极，若反向电压达到遏止电
压，则电流表示数消失，C 正确；光电效应反映了光具有粒子性，D 错误． 
4．答案：BC 
解析：由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，由动能定理得Ek＝eU，用a、b 单色光
照射同种金属时，逸出功W0 相同．当νa＞νb 时，一定有Eka＞Ekb，Ua＞Ub，A 错误，B 正确；
若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，C 正确；因逸出功相同，有W0＝hνa－Eka＝hνb－Ekb，D 错
误． 
5．答案：B 
解析：根据爱因斯坦的光电效应方程Ek＝hν－W0＝hν－hνc 分析可知，Ek­ν 图像的斜率
表示普朗克常量，因此两条图线的斜率相同，而钨的逸出功大于锌的逸出功，即钨的截止频
率大于锌的截止频率，而图线与横轴的交点表示金属的截止频率，则可知钨的Ek­ν 图像在右
侧，锌的在左侧，B 正确． 
6．答案：BC 
解析：根据光电效应方程，结合动能定理可知eUc＝Ekm＝hν－W＝hν－hν0，变式可得
Uc＝h
e ν－h
e ν0，斜率k＝b
2a ＝h
e ，解得普朗克常量为h＝be
2a ，A 错误；根据爱因斯坦光电
效应方程Ekm＝hν－W 可知，纵轴截距的绝对值表示逸出功，则实线对应金属的逸出功比虚
线大，B 正确；入射光频率一定，饱和光电流由入射光的强度决定，即光的颜色不变的情况
下，入射光越强，光子数越多，饱和光电流越大，C 正确；分析图丁可知，当达到饱和光电
流以后，增加光电管两端的电压，光电流不变，D 错误． 
7．答案：B 
解析：根据E＝hν 可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据λ＝c
ν 可知光子波
长减小，A 错误，B 正确；根据p＝h
λ 可知光子的动量增加；又因为光子质量不变，根据p
＝mv 可知光子速度增加，C 错误，D 错误． 
8．答案：AD 
解析：题图甲中的每一个电子都是一个点，说明少数粒子体现粒子性，到达的位置不同，
说明单个电子的运动轨道不确定，A 正确，C 错误；题图乙中明暗相间的条纹说明大量的粒
子表现为波动性，B 错误；明条纹是电子到达概率大的地方，D 正确． 
9．答案：B 
解析：打断该材料分子键需要的能量为该激光器单光子能量，则该激光的光子能量为ε
＝hν＝hc
λ ，解得ε＝5.5×10－19 J，B 正确． 
10．答案：CD 
解析：根据题意可知金属的截止频率为νc＝6×1014 Hz，则有λ＝c
νc ＝3.0×108
6.0×1014  m＝
5.0×10－7 m，所以光源S 发出的光波波长不能大于5.0×10－7 m，A 错误；根据遏制电压与
光电子的最大初动能之间的关系，同时结合爱因斯坦的光电效应方程可得eUc＝Ek＝hν－hνc，
整理得Uc＝h
e ν－h
e νc，由此可得图像的斜率为h
e ， B 错误；当光电流等于10－8 A 时，根据
电流的定义式可知每秒产生的光子的个数为N＝It
e ＝
10－8×1
1.6×10－19 个≈6.25×1010 个，C 正确；
当光源S 发出的光能使光电管发生光电效应，则光源越强，被烟雾散射进入光电管的光就越
多，越容易探测到烟雾，也就是说光电烟雾探测器灵敏度越高，即通过调节光源发光的强度
来调整光电烟雾探测器的灵敏度是可行的，D 正确． 
11．答案：A 
解析：n＝3 激发态的氢原子向低能级跃迁时释放的能量为E1＝－1.51－(－3.40)＝1.89 
eV，E2＝－3.40－(－13.6)＝10.20 eV，E3＝－1.51－(－13.6)＝12.09 eV，可见光能量的范围
为1.64 eV～3.19 eV，所以只有E1 在可见光光子能量范围内，A 正确；根据爱因斯坦光电效
应方程Ekm＝hν－W0，解得W0＝hν－Ekm＝2.55 eV，B 错误；根据图丙可知a 光的遏止电压
小于b 光的遏止电压，根据hν＝Ekm＋W0，eUc＝Ekm 得a 光子的能量小于b 光子的能量，所
以a 光为氢原子从n＝2 能级跃迁到n＝1 能级时发出的光，C 错误；部分光线被遮挡，不改
变光子的能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变，D 错误． 
12．答案：BD 
解析：光电子在反向电场中减速运动，根据动能定理有－eU1＝0－1
2 mv2，则可得用频
率为ν1 的光照射时，光电子的最大初速度v＝
2eU1
m ，A 错误；根据爱因斯坦的光电效应
方程有eU1＝hν1－W0，eU2＝hν2－W0，可得金属的逸出功W0＝hν1－eU1，W0＝hν2－eU2， 
可得普朗克常量h＝
e（U1－U2）
ν1－ν2
 ，而根据W0＝hν 可得阴极K 金属的极限频率ν＝
U1ν2－U2ν1
U1－U2 ，B、D 正确，C 错误． 
考点77 原子和原子核 
1．答案：AC 
解析：天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构，A 正确；α 粒子散射实验说明
原子具有核式结构，B 错误；根据电荷数守恒和质量数守恒知，β 衰变放出一个电子，新核
的电荷数增加1，即原子序数增加，C 正确；氢原子从能级3 跃迁到能级2 辐射出的光子的
能量小于从能级2 跃迁到能级1 辐射出的光子的能量，故从能级3 跃迁到能级2 辐射出的光
子的波长大于从能级2 跃迁到能级1 辐射出的光子的波长，D 错误． 
2．答案：D 
解析：α 粒子是氦的原子核，因此不是质子流，A 错误；实验结果说明占原子质量绝大
部分的带正电的物质集中在很小的空间范围，B 错误；α 粒子发生大角度偏转是金箔中的带
正电的原子核对α 粒子的库仑斥力引起的，C 错误；为避免空气分子的影响，内部需要抽成
真空，D 正确． 
3．答案：B 
解析：氢原子从n＝4 能级跃迁到n＝1 能级时辐射出一种光子，能量为E＝－0.85 eV－
(－13.6 eV)＝12.75 eV，这种光子照射到逸出功为10.75 eV 的金属上，逸出的光电子最大初
动能Ek＝E－W0＝2.00 eV，B 正确． 
4．答案：CD 
解析：γ 射线为衰变或重核裂变时才会放出，氢原子跃迁无法辐射γ 射线，A 错误；氢
原子从n＝3 的能级向n＝2 的能级辐射光子的能量E＝－1.51 eV－(－3.40 eV)＝1.89 eV，在
可见光范围之内，B 错误；氢原子在n＝3 能级吸收1.51 eV 的光子能量就可以电离，紫外线
的最小频率大于1.51 eV，可以使处于n＝3 能级的氢原子电离，C 正确；氢原子从n＝4 能级
跃迁至n＝2 能级辐射光子的能量E′＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 eV，在可见光范围之内；
同理，从n＝3 的能级向n＝2 的能级辐射光子的能量也在可见光范围之内，所以大量氢原子
从n＝4 能级向低能级跃迁时可辐射出2 种频率的可见光，D 正确． 
5．答案：C 
解析：因可见光的光子能量在1.6 eV～3.1 eV 之间，所以观测到的可见光可能是氢原子
由高能级向n＝2 的能级跃迁时放出的，A 错误；n＝2 能级的氢原子要吸收至少3.4 eV 的能
量才可能电离，而可见光的光子能量在1.6 eV～3.1 eV 之间，B 错误；当大量氢原子从n＝2
向基态跃迁时辐射出的能量为10.2 eV，而从其他高能级向基态跃迁时辐射出的能量都大于
10.2 eV，且都大于可见光的最大能量3.1 eV，所以大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射
出紫外线，C 正确；大量n＝4 能级的氢原子向基态跃迁时，大量n＝4 能级的氢原子最多能
辐射出C24 ＝6 种频率的光，D 错误． 
6．答案：AB 
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为14
7 N＋10 n―→14
 6 C＋11 H 可知X 为质
子11 H，A 正确；由于14
 6 C 具有放射性，且C 是构成生物体的主要元素之一，14
 6 C 可以用作
示踪原子，B 正确；β 衰变放出的电子来自原子核，C 错误；由于半衰期是大量原子核衰变
的统计规律，对少量原子核不适用，所以经过一个半衰期，10 个14
 6 C 不一定剩下5 个，D 错
误． 
7．答案：BC 
解析：衰变前后有质量亏损，因为有能量释放，Th 核的质量大于234
 91 Pa 核的质量，A 错
误，B 正确．一个234
 90 Th 核有234－90＝144 个中子，一个234
 91 Pa 核有234－91＝143 个中子，
中子数减少了1，C 正确．放射性物质衰变时放出来的γ 光子，来自原子核，D 错误． 
8．答案：D 
解析：由题意可知14
 6 C 能自发进行β 衰变，则其核反应方程为14
 6 C―→   0
−1e＋14
 7 N，所以
产物为14
 7 N，A 错误；β 衰变辐射出的电子是核内的中子转变成质子的同时向外释放的，B
错误；14
 6 C 的半衰期不受外界因素的影响，与环境的压强、温度等无关，因此温室效应不会
引起14
 6 C 的半衰期发生变化，C 错误；若测得一古木样品的14
 6 C 含量为活体植物的1
4 ，由m
＝m0·(1
2 )n 可知n＝2，则经过了两个半衰期，即11 460 年，D 正确． 
9．答案：C AB E F 
解析：α 衰变是一种元素衰变成另一种元素过程中释放出α 粒子的现象，选项C 为α 衰
变；β 衰变为衰变过程中释放出β 粒子的现象，选项A、B 均为β 衰变；重核裂变是质量较
大的核变成质量较小的核的过程，选项E 是常见的一种裂变；聚变是两个较轻的核聚合成质
量较大的核的过程，选项F 是典型的核聚变过程． 
10．答案：D 
解析：根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为1，电荷数为1，为氕核11 
H，A、B 错误；根据质能方程可知，由于质量亏损核反应放出的能量为E＝Δmc2＝(m1＋m2
－m3)c2，C 错误、D 正确． 
11．答案：AC 
解析：根据质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为1，电荷数为0，所以X 为中子，A
正确，B 错误；根据题图可知235
 92 U、94
38 Sr、139
 54 Xe 中，94
38 Sr 的比结合能最大，最稳定；235
 92 U
的质量数最大，结合能最大，比结合能最小，最不稳定，C 正确，D 错误． 
12．答案：A 
解析：由题意可知原子的半径是原子核半径的105 倍，如果把原子放大为直径是100 m
的球，同比放大后原子核的半径为r＝100
105 ＝10－3 m＝1 mm，相当于一粒小米的大小，A 正
确． 
13．答案：BC 
解析：这群氢原子跃迁时能够发出C24 ，即6 种不同频率的光子，A 错误；这群氢原子
发出的光子中，能量最大的为E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，B 正确；这群
氢原子发出的光子中，从n＝4 能级跃迁到n＝3 能级时发出的光能量最小，则光的频率最小，
即波长最长，C 正确；这群氢原子跃迁时发出的光子频率是不连续的，D 错误． 
14．答案：C 
解析：根据玻尔理论，只有能量刚好等于氢原子两个能级差的光子(电磁波)才能被氢原
子吸收，A、B 错误，C 正确；吸收了电磁波的氢原子处于的状态叫激发态，D 错误． 
15．答案：D 
解析：由半衰期定义可知1
6 m＝2
3 m×(1
2 )n，解得n＝2，即t2－t1 时间内经过2 个半衰期，
故半衰期τ＝
t2－t1
2
 ，D 正确． 
16．答案：D 
解析：根据质量数和电荷数守恒可知核反应为12
6 C＋42 He―→16
8 O，可知Y 是α 粒子，α
射线穿透能力比γ射线弱，电离能力比γ射线强，D 正确． 
17．答案：C 
解析：钍基反应堆是通过裂变把核能转化为电能，A 错误；钍233 通过衰变转化为铀233，
该过程放出能量，故钍233 的比结合能小于铀233 的比结合能，B 错误；根据题意可知钍232
变成铀233 的核反应方程式是232
 90 Th＋10 n―→233
 92 U＋2 0
－1 e，C 正确；铀233 的裂变方程质量
数不守恒，D 错误． 
18．答案：D 
解析：核聚变的核反应燃料主要是氢的同位素，A 错误；根据质量数与电荷数守恒，可
知，氘氚核聚变的核反应方程为21 H＋31 H―→42 He＋10 n，B 错误；核聚变反应过程中释放出
大量能量，根据质能方程可知，核聚变反应过程中存在质量亏损，C 错误；轻核聚变比重核
裂变产能高，相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，D 正确． 
19．答案：A 
解析：235
 92 U＋10 n―→141
 56 Ba＋92
36 Kr＋310 n 是重核裂变，也叫链式反应，A 正确；21 H＋31 
H―→42 He＋10 n 是轻核聚变，β 衰变会释放电子，B 错误；137
 55 Cs―→137
 56 Ba＋ 0
－1 e 是β 衰变，
C 错误；42 He＋94 Be―→12
6 C＋10 n 是人工核转变，D 错误． 
20．答案：(1)235
 92 U＋10 n―→90
38 Sr＋136
 54 Xe＋1010 n 
 (2)140.4 MeV (3)45.7 t 
解析：(1)根据核裂变规律可得235
 92 U＋10 n―→90
38 Sr＋136
 54 Xe＋1010 n 
(2)裂变过程的质量亏损为Δm＝mU＋mn－mXe－mSr－10mn＝0.150 7 u 
释放的能量为ΔE＝mc2＝0.150 7×931.5 MeV≈140.4 MeV 
(3)核电站一年的发电量为E＝Pt＝2×125×107×365×24×60×60 J＝7.884×1016 J 
由E＝NΔE＝m·3%
M NAΔE 
得m＝
EM
3%·NAΔE  
代入数据解得m≈45.7 t． 
验收检测卷十五 原子结构 波粒二象性 原子核 
1．答案：C 
解析：玻尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A 错误；玻尔的原子理论
成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子
轨道的概念，还不能完全揭示微观粒子的运动规律，B 错误；光电效应揭示了光的粒子性，
C 正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中子及原子、分子均
具有波动性，D 错误． 
2．答案：B 
解析：当α 粒子进入原子区域后，离带正电的原子核远的受到的库仑斥力小，运动方向
改变小．只有极少数粒子在穿过时距离正电体很近，受到很强的库仑斥力，发生大角度散射，
A 错误，B 正确；由库仑定律和原子核式结构模型可知，电子的质量只有α 粒子的
1
7 300 ，
它对α 粒子速度的大小和方向的影响，完全可以忽略，α 粒子偏转主要是带正电的原子核造
成的，C、D 错误． 
3．答案：D 
解析：显微镜的分辨率与使用光源(光子或电子)的波长成正比，则0.2 μm＝k600 nm ，2 
nm＝k·λ，解得λ＝6 nm，A、B 错误；根据p＝h
λ 可知p＝1.1×10－25 N·s，C 错误，D 正确． 
4．答案：D 
解析：原子核发生衰变时，剩余质量m＝m0(1
2 )
t
T ，经过43.2 年剩余钚238 的质量与初
始值的比值为m
m0 ＝(1
2 )
t
T ＝(1
2 )
43.2
86.4 ＝1
2 ≈0.707，D 正确． 
5．答案：B 
解析：铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量为ε＝10－5eV＝10－5×1.6×10－19 J
＝1.6×10－24 J，由光子能量的表达式ε＝hν 可得，跃迁发射的光子的频率量级为ν＝ε
h ＝
1.6×10－24
6.63×10－34  Hz≈2.4×109 Hz，跃迁发射的光子的频率量级为109 Hz，B 正确． 
6．答案：B 
解析：玻尔理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但无法解释复杂原子的光谱现象，
A 错误；食盐被灼烧时，钠原子吸收能量处于高能级，向低能级跃迁时放出光子，故B 正确；
黄双线的光子能量约为E＝hc
λ ＝6.63×10－34×
3×108
589.0×10－9  J≈2.10 eV，根据发生光电效应
的条件可知，不能使逸出功为2.25 eV 的金属发生光电效应，C 错误；太阳光谱是吸收谱，
太阳光谱中有题述两种波长的光，说明太阳大气层有钠元素，D 错误． 
7．答案：B 
解析：β 射线是衰变中产生的电子，是原子核中的一个中子转化而来的，不是来源于原
子内层电子，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，A 错误；碳14 能够自发地进行β 衰变而变成
氮，其核反应方程为14
6 C―→14
7 N＋ 0
－1 e，B 正确；放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因
素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，C 错误；半衰期是大量原子核的统
计学规律，对于少量原子核不成立，D 错误． 
8．答案：A 
解析：根据反应过程，质量数和电荷数守恒可知，核反应方程为10
5 B＋10 n―→73 Li＋42 He，
A 正确；该核反应属于人工转变，B 错误；反应过程存在质量亏损，反应后的原子核比反应
前的原子核更稳定，所以硼核的比结合能E1 小于新核的比结合能E2，C 错误；该核反应质量
亏损为Δm＝
4E3＋7E2－10E1
c2
 ，D 错误． 
9．答案：BC 
解析：根据eU＝1
2 mv2 和λ＝h
p ＝h
mv 得λ＝
h
2emU 知加速电场不一定是匀强电场，A
错误，B 正确；加速电压U 越大，电子束的波长越小，衍射现象越不明显，C 正确；若用速
度相同的质子代替电子，波长大大减小，衍射现象更不明显，D 错误． 
10．答案：ABD 
解析：轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应称聚变反应，又称为
热核反应．它需要极大的压强和极高的温度．原因是核聚变反应必须在极高的压力和温度下
进行，和太阳发光的原理类似，A 正确；线圈的作用是通电产生磁场使氘核等带电粒子在磁
场中旋转而不溢出，B 正确；核电站的原理是裂变，托卡马克的原理是聚变，C 错误；该装
置是科学家设想的其中一种方案是磁约束装置，另一种方案是利用聚变物质的惯性进行约束，
D 正确． 
11．答案：BC 
解析：入射光子的动量p＝h
λ ，A 错误；K 电极发射光电子的最大动能为Ek，则Ek＝hc
λ 
－W0，解得W0＝hc
λ －Ek，B 正确；电子聚集在A 电极后，使A 极带负电，因此会在球内部
建立一个从K 指向A 的反向电场，阻碍电子继续往A 聚集．当A、K 之间达到最大电势差U，
最大动能为Ek 的电子都无法到达A 极．根据动能定理－eU＝－Ek，A、K 之间的最大电压U
＝Ek
e ，C 正确；根据Ek＝hc
λ －W0 可知，若仅增大入射光强度，最大初动能不变，A、K 之
间电压将不变，D 错误． 
12．答案：ABC 
解析：氢原子从n＝5 能级跃迁到n＝2 能级可产生a 光，能量Ea＝E5－E2＝2.86 eV，
从n＝4 能级跃迁到n＝2 能级可产生b 光，能量Eb＝E4－E2＝2.55 eV，故均在可见光范围内，
所以都是可见光，因为a 光能量大，根据E＝hν＝hc
λ 可知λa＜λb，A 正确；根据eUc＝hν－
W0 可知，光子能量越大，遏止电压越大，所以Ua>Ub，B 正确；a 光产生的光电子最大初动
能Ekm＝Ea－W0＝0.57 eV，C 正确；γ 射线是原子核受激而产生的，故D 错误． 
13．答案：(1)ne
t  (2) 
2U0e
m  (3)见解析 
解析：(1)根据电流的定义式可得I＝q
t ＝ne
t  
(2)根据动能定理－U0e＝0－1
2 mv2m  
解得vm＝ 
2U0e
m  
(3)电子受到的重力为G＝mg＝9.1×10－30 N 
电子受到的静电力F＝Eq＝Ue
d ＝2×10－16 N 
可得F
G ＝
2×10－16
9.1×10－30 ≈2×1013 
电子在电场中运动时，受到的静电力远大于其重力，故电子的重力可以忽略不计． 
14．答案：(1) P
cS  (2)Pt
mc  Pt－P2t2
2mc2  
解析：(1)每个光子的动量为p1＝h
λ  
取较短时间Δt，Δt 时间内物体吸收的光子数为Δn＝PλΔt
hc  
由动量定理得FΔt＝Δnp1 
物体受到的光子作用力为F′，由牛顿第三定律有F′＝F 
该力产生的压强为p 压＝F′
S ，可得p 压＝P
cS  
(2)光子与物体系统动量守恒有np1＝mv，得v＝Pt
mc  
系统能量守恒有Pt＝Q＋1
2 mv2，得Q＝Pt－P2t2
2mc2 . 
15．答案：(1)－1.51 eV (2)1.03×10
－7 m (3)6 图见解析  
解析：(1)由公式En＝E1
n2  
当n＝3 能量为E3＝
－13.6 eV
32
 ≈－1.51 eV 
(2)据跃迁理论得E3－E1＝hν 
而c＝λν 
联立解得波长为λ＝1.03×10－7 m 
(3)大量的氢原子处于n＝4 的激发态在跃迁过程中向低能态跃迁发光时有C24 ＝6 
共有6 种光谱线，光谱线图如图所示． 
 
16．答案：(1)43
1  86
111  (2)7.452 MeV 
解析：(1)静止的镭核衰变时动量守恒，α粒子与Rn 核运动方向相反，因此均带正电，在
磁场中所受洛伦兹力方向相反，偏转方向相反；又因粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故
两粒子的运动轨迹为两外切圆，由动量守恒知 
0＝mαvα－m2v2 
由qvB＝mv2
R  
可得R＝mv
qB  
由电荷数守恒可知Rn 核的电荷量为q2＝88e－2e＝86e 
可知α 粒子与Rn 核在磁场中运动的半径之比Rα
R2 ＝q2
qα ＝86e
2e ＝43
1  
由周期公式T＝2πm
qB  
可知α 粒子与Rn 核在磁场中运动的周期之比为Tα
T2 ＝mα·q2
m2·qα ＝4×86e
222×2e ＝86
111  
(2)衰变过程中的质量亏损Δm＝m1－m2－mα＝0.008 u 
衰变过程中放出的能量为ΔE＝Δmc2＝0.008×931.5 MeV＝7.452 MeV.