复习讲义答案精析_04-物理-高考总复习_一轮复习_2025年_2025年大一轮复习讲义人教版物理_资料_1-资料_大一轮复习讲义学生专用_答案精析

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复习讲义答案精析
第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究
第1 课时　运动的描述
例1　C　[当物体的大小、形状对所研究的问题影响很小或者没有影响时，可以将物体看作
质点，而上抛的硬币落回地面猜测正反面时，硬币不能被看作质点，故A 错误；掷铅球的
成绩为4.50 m，指铅球在水平方向的位移为4.50 m，故B 错误；800 m 是运动员实际运动轨
迹的长度，指路程，故C 正确；以编队中的某一飞机为参考系，地面上的观众处于运动状
态，故D 错误。]
例2　C　[根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝＝ m＝10 m，故
选C。]
例3　C　[根据位移的定义，从M 点漂流到N 点的过程中，该游客的位移大小为x＝1.8 
km，根据平均速度的定义，平均速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项A 错误，C 正确；平均
速率v′＝＝5.4 km/h，选项B 错误；若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度大小为
0.5 m/s，选项D 错误。]
例4　B　[运动员全程的位移大小x＝v2t2－v1t1＝6×5 m－4×5 m＝10 m，全程用时t＝5 s＋
5 s＋5 s＝15 s，故平均速度大小v＝＝ m/s＝ m/s，方向水平向西，运动员全程的路程s＝
v2t2＋v1t1＝6×5 m＋4×5 m＝50 m，故平均速率v′＝＝ m/s＝ m/s，故选B。]
例5　C　[滑块通过A 的速度大小为vA＝＝ cm/s＝100 cm/s，故A 错误；
滑块通过B 的速度大小为vB＝＝ cm/s＝200 cm/s，故B 错误；
滑块的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C 正确；
滑块在A、B 间的平均速度大小为＝＝ m/s＝1.5 m/s，故D 错误。]
例6　B　[设向下为正方向，根据加速度公式可得a＝＝ m/s2＝－13 m/s2，平均加速度大小
为13 m/s2，负号表示方向与正方向相反，故选B。]
例7　见解析
解析　(1)物体做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大，然后做匀
速直线运动。其v－t 图像如图甲所示。
1
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(2)具体有以下三种情况
①物体做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时做同方向的匀速直线运动，如图乙所
示；
②物体做加速度减小的减速运动，当加速度减小到零时物体的速度同时减小到零，物体静止，
如图丙所示；
③物体做加速度减小的减速运动，当速度减小到零时，加速度不为零，然后反方向做加速运
动，直到加速度减小到零，然后做匀速直线运动，如图丁所示。
第2 课时　匀变速直线运动的规律
例1　D　[由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动，则加速度方向向上，可知航天员处于
超重状态，故A 错误；根据速度与位移的关系有v2－v0
2＝2ax，解得航天员的加速度a＝
－16 m/s2，即加速度大小为16 m/s2，故B 错误；由速度时间公式有v＝v0＋at，解得t＝
0.25 s，故C 错误；此阶段返回舱的平均速度大小为＝＝4 m/s，故D 正确。]
例2　C　[采用逆向思维法，由于最后1 s 内的位移为2 m，根据x2＝at2
2得，汽车加速度大
小a＝＝4 m/s2，第1 s 内的位移为13 m，根据x1＝v0t1－at1
2，代入数据解得初速度v0＝15 
m/s，则汽车在第1 s 末的速度大小v1＝v0－at1＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C 正确，A、
B、D 错误。]
例3　ABC　[以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m 时，
x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s 或t2＝1 s，故A、B 正确；当物体的位移
为沿斜面向下7.5 m 时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s 或t4＝(2－) s(舍去)，
故C 正确；由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D 错
误。]
思考　(1)刹车类问题的特点：物体匀减速到速度为零后停止运动。解题时，判断在所求问
题的时间内，物体是否已经停止。
(2)如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度
大小、方向均不变。解题时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a 等矢量
的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。
例4　A　[根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，
则第6 s 内的平均速度等于5.5 s 时刻的瞬时速度，前5 s 内的平均速度等于2.5 s 时刻的瞬时
速度，依题意由加速度定义式可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故选A。]
2
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例5　C　[根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A 正确，不符合题
意；第2 s 内的位移大小为x2－x1＝at2
2－at1
2＝×4×(22－12) m＝6 m，故B 正确，不符合题意；
第2 s 末的速度大小为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C 错误，符合题意；物体在0～5 s 内的
平均速度大小为＝＝＝ m/s＝10 m/s，故D 正确，不符合题意。]
例6　BCD　[子弹做匀减速直线运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水
球中运动的时间不同，而加速度相同，由Δv＝at 知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，
故A 错误；子弹的运动可看作反向的初速度为0 的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀
加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)：(－)∶(2－)，则子弹依次穿过每
个水球所用的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故B 正确；子弹的运动可看作反向的初速
度为0 的匀加速直线运动，根据x＝at2可得从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比为
1∶∶∶2，根据v＝at 可知逆向子弹依次进入每个水球时的速度之比为1∶∶∶2，则子弹依次进入
每个水球时的速度之比为2∶∶∶1，故C 正确；子弹恰好能穿出第4 个水球，则根据B 项分析
知子弹穿过第4 个水球的时间与子弹穿过前3 个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3 个水
球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，故D 正确。]
第3 课时　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
例1　B　[在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移大小之比是1∶4∶9，故A 错误；在相邻
两个1 s 内的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B 正确；在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位
移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C 错误；在1 s 末、2 s 末、
3 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，故D 错误。]
例2　(1)20 m/s　15 m　(2)4.05 m
解析　(1)根据速度位移关系v2＝2gh，解得鸡蛋落地时速度大小为v＝20 m/s，设鸡蛋自由
下落时间为t，根据速度时间关系得t＝＝2 s，鸡蛋在第1 s 内的位移为h1＝gt1
2＝5 m
则鸡蛋落地前最后1 s 内的位移大小为h2＝h－h1＝15 m
(2)由题意知，窗口的高度为h3＝2 m
设高楼面离窗的上边框的高度为h0，鸡蛋从高楼面运动到窗的上边框的时间为t0，则h0＝
gt0
2，h0＋h3＝g(t0＋Δt)2，联立解得h0＝4.05 m。
例3　BC　[b 球下落高度为20 m 时，t1＝＝ s＝2 s，则a 球下落了3 s，a 球的速度大小为v
＝30 m/s，故A 错误；a 球下落的总时间为t2＝ s＝5 s，a 球落地瞬间b 球下落了4 s，b 球的
下落高度为h′＝×10×42 m＝80 m，故b 球离地面的高度为h″＝(125－80) m＝45 m，故
B 正确；由自由落体运动的规律可得，在a 球接触地面之前，两球的速度差Δv＝gt－g(t－1 
s)＝10 m/s，即速度差恒定，两球离地的高度差变大，故C 正确，D 错误。]
3
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例4　(1)2 s　(2)45 m　(3)4 s　(4)5 s
(5)1 s　3 s　(2＋)s
解析　(1)运动到最高点时速度为0，由v＝v0－gt1得t1＝－＝＝2 s
(2)由v0
2＝2ghmax得hmax＝＝20 m，
所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m
(3)法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s，hmax＝20 m，
下落时，hmax＝gt2
2，
解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s
法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt，得t＝－＝4 s
法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0，
解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s
(4)法一：分段法
由Hmax＝gt5
2，解得t5＝3 s，
故t 总＝t1＋t5＝5 s
法二：全程法
由－h0＝v0t′－gt′2
解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s
(5)当物体在抛出点上方时，h＝15 m，
由h＝v0t－gt2，
解得t8＝1 s，t9＝3 s，
当物体在抛出点下方时，h＝－15 m，
由h＝v0t－gt2，得t10＝(2＋) s，t11＝(2－) s(舍去)。
例5　A　[射出的弹丸做竖直上抛运动，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式h＝
gt2，弹丸最后1 s 内上升的高度h1＝×10×12 m＝5 m，则最初1 s 内上升的高度h2＝9h1＝45 
m，最初1 s 内中间时刻的速度v＝＝ m/s＝45 m/s，弹丸的初速度v0＝v＋gt′＝
45 m/s＋10×0.5 m/s＝50 m/s，故上升的最大高度为h＝＝ m＝125 m，故选A。]
例6　(1)9 s　(2)4 m/s2
解析　(1)设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2，则由匀变速
直线运动规律有h1＝a1t1
2，v＝a1t1，H1－H2－h1＝t2，联立解得t＝t1＋t2＝9 s
(2)无人机自由下落2 s 末的速度为v0＝gt′＝20 m/s,2 s 内向下运动的位移为x1＝gt′2＝
20 m
设其向下减速的加速度大小为a2时，恰好到达地面前瞬间速度为零，此时a2为最小加速度
大小，则H2－x1＝，代入数据解得a2＝4 m/s2。
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微点突破1　追及相遇问题
例1　(1)6 m/s　(2)20 s　40 m/s　(3)225 m
解析　(1)赛车出发3 s 末的瞬时速度大小为v1＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s。
(2)设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2＋200 m＝a1t2
2，
解得t2＝20 s，此时赛车的速度v＝a1t2＝2×20 m/s＝40 m/s
(3)方法一　物理分析法
当两车速度相等时，两车相距最远
由v0＝a1t3得两车速度相等时，经过的时间t3＝＝ s＝5 s
追上之前两车最远相距
Δs＝v0t3＋200 m－a1t3
2＝
(10×5＋200－×2×52) m＝225 m。
方法二　二次函数法
Δs＝v0t＋200－a1t2＝10t＋200－t2
当t＝＝ s＝5 s 时，Δs 有极值，相距最远，将t＝5 s 代入解得Δsmax＝225 m。
方法三　图像法
从图像可知，当赛车速度等于安全车速度时，即v0＝a1t＝10 m/s，得t＝5 s 时相距最远，
Δsmax＝v0t－t＋200 m＝225 m。
拓展　20 s
解析　方法一：物理分析法
假设再经t4时间两车第二次相遇(两车一直在运动)，由位移关系得
vt4－a2t4
2＝v0t4，解得t4＝15 s
赛车停下来的时间t′＝＝ s＝10 s
所以t4＝15 s 不符合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动
设再经时间t5两车第二次相遇，应满足＝v0t5，解得t5＝20 s。
方法二：图像法
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赛车和安全车的v－t 图像如图。由图知t＝10 s，赛车停下时，安全车的位移小于赛车的位
移，由v0t5＝，得t5＝20 s。
例2　(1)0.4 m/s2　(2)380 m
(3)0.5 m/s2
解析　(1)设B 车减速运动的加速度大小为a2，则有0－vB
2＝－2a2x1
解得a2＝＝ m/s2＝0.4 m/s2
(2)设B 车从刹车到停止的时间为t′，则t′＝＝ s＝100 s
B 车刹车t1＝20 s 运动的位移为
x1＝vBt1－a2t1
2＝720 m
B 车刹车t1＝20 s，A 车运动的位移大小
x2＝vAt1＝10×20 m＝200 m
B 车刹车t1＝20 s 后，两车的距离
Δx＝d＋x2－x1＝900 m＋200 m－720 m＝380 m
(3)B 车刹车t2＝30 s 后，B 车运动的速度vB′＝vB－a2t2＝40 m/s－0.4×30 m/s＝28 m/s，B 车
运动的位移
x3＝vBt2－a2t2
2＝1 020 m
A 车运动的位移x4＝vAt2＝300 m
A、B 两车的距离为d′＝d＋x4－x3＝180 m
为保证两车恰好不相撞，则B 车追上A 车时两车速度恰好相等
设B 车减速t 秒时两车的速度相同，有vB′－a2t＝vA＋aAt，xA＝vAt＋aAt2，xB＝vB′t－a2t2，
xB－xA＝d′
解得aA＝＝0.5 m/s2。
例3　BD　[v－t 图像中图线的斜率即为物体运动的加速度，所以乙车的加速度为a 乙＝
 m/s2＝0.2 m/s2，故A 错误；由题图可得第5 s 末时，两车的速度分别为v 甲＝ m/s＝3 m/s，
v 乙＝ m/s＝5 m/s，v－t 图像中图线与t 轴所围成图形的面积表示物体运动的位移，所以由x
＝·t，可得0～5 s 内两车运动的位移分别为x 甲＝×5 m＝7.5 m，x 乙＝×5 m＝22.5 m，所以第
5 s 末两车相距Δx＝x 乙－x 甲＋x0＝40 m，故B 正确；当两车速度相等时，两车相距最远，由
题图可知，第10 s 末时，两车速度相等，之间的距离最大。0～10 s 内两车运动的位移分别
为x 甲′＝×10 m＝30 m，x 乙′＝×10 m＝50 m，所以第10 s 末两车相距Δx′＝x 乙′－x 甲′＋x0＝
45 m，故C 错误；由题图可得甲车的加速度为a 甲＝ m/s2＝0.6 m/s2，设经过时间t 甲车追上
乙车，则x 甲″－x 乙″＝x0，x 甲″＝a 甲t2＝0.3t2，x 乙″＝v0t＋a 乙t2＝4t＋0.1t2，联立解得t＝25 s，
所以25 s 末时甲车追上乙车，D 正确。]
例4　C　[在0～3 s 内A 车做匀减速运动，A 车减速到零所需时间tA＝＝3 s，故在t＝3 s 时
6
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A 车减速到零，A 车前进的位移为xA＝tA＝45 m，B 车前进的位移为xB＝v0tA＝90 m，t＝3 s
时两车间距离为Δx＝d＋xA－xB＝55 m，故A 错误；由题图可知在3～9 s 内A 车的加速度为
aA2＝5 m/s2，在v－t 图像中，图像的斜率表示加速度，则aB＝＝－5 m/s2，故A、B 两车的
加速度大小相等，故B 错误；t＝3 s 后，A 车开始由静止做匀加速运动，B 车开始做匀减速
运动，3～9 s 的过程中，设经历时间t 两者速度相同，则v 共＝aA2t＝v0＋aBt，解得t＝3 s，v
共＝15 m/s，A 车在t＝3 s 内前进的位移为x1＝t＝22.5 m，B 车前进的位移为x2＝t＝67.5 m，
故此时两车相距的最小距离为Δxmin＝Δx＋x1－x2＝10 m，此后A 车的速度大于B 车的速度，
两者间的距离开始增大，故不可能相遇，故C 正确，D 错误。]
跟踪训练
1．B　[设运动员加速时间为t1，追上时两者位移相等，即v－t 图像与t 轴所围面积相等，
有
×12×t2＝×8×t1＋8×(t2－t1)，解得t2＝2t1，则加速度之比＝＝＝，故选B。]
2．BC　[由匀变速直线运动规律可知x＝v0t＋at2，由题图乙可知当t＝2 s 时x＝10 m，当t＝
5 s 时x＝40 m，解得v0＝3 m/s，a＝2 m/s2，故A 错误；由题图乙可知B 车匀速运动的速度
vB＝ m/s＝10 m/s，由匀变速直线运动规律可得vA＝v0＋at＝vB，解得t＝3.5 s，故B 正确；
A 车加速到vmax＝54 km/h＝15 m/s 后做匀速运动，追上B 车的时间最短，由vmax＝v0＋at0，
可知A 车的加速时间t0＝6 s，A 车追上B 车满足vBt＝v0t0＋at0
2＋vmax(t－t0)，解得t＝7.2 s，
此后A 车速度大于B 车，不会再相遇，故C 正确，D 错误。]
3．(1)56 m　(2)15 s
解析　(1)当两车速度相等时，两车的距离最大，设经过时间t1两车速度相等，则有v1＝v2－
at1，得t1＝6 s
在t1时间内A 车位移为x1＝v1t1＝48 m
B 车位移为x2＝v2t1－at1
2＝84 m
则此最远的距离为Δx＝x2＋x0－x1＝56 m
(2)设经过时间t2，B 车停下来，则有
0＝v2－at2，得t2＝10 s
此过程中A 车和B 车的位移分别为
x1′＝v1t2＝80 m
x2′＝v2t2－at2
2＝100 m
此时x2′＋x0>x1′
说明A 车还没追上B 车，设再经过时间t3才追上，则有x2′＋x0－x1′＝v1t3得t3＝5 s，所以
A 车追上B 车所用的时间为t＝t2＋t3＝15 s。
4．(1) m/s2　(2) m/s2　(3)1 m/s2
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解析　(1)若A 车选择放弃超车， 回到B 车所在车道，当两车速度相同时，A 恰好追上B，
此时A 加速度最小，根据运动学公式有vA－a1t1＝vB
vAt1－a1t1
2＝vBt1＋L－LB
联立解得A 车的最小加速度为a1＝ m/s2
(2)A 车加速超车最长时间为
t2＝＝ s＝5 s
A 车安全超车，根据运动学公式有
vAt2＋a2t2
2＝vBt2＋L＋LA
解得A 车能够安全超车的加速度至少为a2＝ m/s2
(3)C 车做匀减速运动最长时间为
t3＝＝ s＝6 s
A 车安全超车，根据运动学公式有
vAt3＋vCt3－a3t3
2＝d＋L，解得C 车减速的最小加速度为a3＝1 m/s2。
第4 课时　专题强化：运动学图像问题
例1　B　[根据题图(b)可知，机器人在0～30 s 内的位移大小为2 m，故A 错误；10～30 s
内，平均速度大小为＝＝ m/s＝0.35 m/s，故B 正确；位移—时间图线的斜率表示速度，0
～10 s 内，图线的斜率不变，机器人做匀速直线运动，故C 错误；0～10 s 内图线的斜率与
10～20 s 内图线的斜率关系为k1＝－k2，可知机器人在5 s 末的速度与15 s 末的速度等大反
向，故D 错误。]
例2　D　[根据v－t 图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平
均加速度比训练前的小，故A 错误；根据v－t 图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可
知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B 错误；由题图可知t2～t3时间
内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训
练后运动员的平均速度大，故C 错误；根据v－t 图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练
前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D 正确。]
例3　BD　[质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加
速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减
速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，
2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C 错误，B 正确；a－t 图像与t 轴所
围的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此时刻P 的运动速度与t0时刻
相同，D 正确。]
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例4　BD　[由x＝v0t＋at2得＝v0＋at，对照题图可知v0＝4 m/s，a＝－2 m/s2，即质点的初
速度大小为4 m/s，加速度大小为2 m/s2，故A 错误，B 正确；根据匀变速直线运动的规律
可知，第4 s 末质点的速度为v＝v0＋at＝4 m/s－2×4 m/s＝－4 m/s，故C 错误；根据匀变速
直线运动的规律可知，0～4 s 内，质点的位移为x＝v0t＋at2＝4×4 m－×2×42 m＝0，故D
正确。]
例5　D　[依题意，根据匀变速直线运动位移速度公式v2－v0
2＝2ax 可得x＝＝v2－，结合题
图可知该物块做匀加速直线运动，故A 错误；根据题图可得＝＝
 (m/s2)－1＝ (m/s2)－1，v0
2＝4 (m/s)2，可得该物块经过坐标原点时的速度及加速度分别为v0＝
2 m/s，a＝1 m/s2，故B 错误；t＝2 s 时物块的速率为v＝v0＋at＝(2＋1×2) m/s＝4 m/s，故
C 错误；t＝2 s 时，物块的位置坐标为x＝v0t＋at2＝(2×2＋×1×22) m＝6 m，故D 正确。]
例6　A　[x－t 图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x－t 图像斜率增大，汽车的速
度增大；在t1～t2时间内，x－t 图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x－t 图像
的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A 中v－t 图像可能正确，故选A。]
第5 课时　实验一：探究小车速度随时间变化的规律
例1　(1)220 V　墨粉纸盘　下方　(2)B　(3)0.80　0.40　(4)如图所示
1．53(1.52、1.54 均可)
例2　(1)0.5　(2)a＝　(3)0.25
(4)偏小
解析　(1)遮光条经过光电门时的平均速度v＝，得到v＝0.5 m/s；
(2)依据匀变速直线运动的速度与位移的关系，有v2＝2aL，又v＝，解得a＝；
(3)由(2)中的表达式，代入数据可以得到a＝0.25 m/s2；
(4)由于光电门测速度只是测量平均速度，在匀变速直线运动中，平均速度与中间时刻的瞬
时速度相等，却又小于中间位置的瞬时速度，而在测量位移L 时，测的是光电门中间位置与
遮光条之间的距离，大于中间时刻所在位置与遮光条之间的距离，所以测量计算出来的加速
度比真实的加速度偏小。
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例3　(1)小钢球　(2)①③④②
(3)9.6(9.5、9.7 均可)　(4)仍能
解析　(1)小钢球受到的空气阻力相比其重力很小，可近似认为做自由落体运动，故选小钢
球。
(2)安装好器材后，先固定手机调好镜头位置，再打开手机摄像功能进行摄像，再由静止释
放小球，故顺序是①③④②。
(3)由题图读得x1＝2.50 cm，
x2＝26.50 cm，x3＝77.20 cm，
由(x3－x2)－(x2－x1)＝gT2，
T＝ s，解得g≈9.6 m/s2。
(4)释放时手晃动，导致小球的运动偏离了竖直方向，但在小球下落过程中，小球竖直分运
动仍然是加速度为重力加速度g 的运动，故仍能用(3)问的方法测出重力加速度。
例4　(1)24.00　80.0　(2)见解析图
(3)70.0　59.0　(4) b　2k
解析　(1)根据纸带的数据可得
ΔxAD ＝xAB ＋xBC ＋xCD ＝6.60 cm ＋8.00 cm ＋9.40 cm ＝24.00 cm ，平均速度AD ＝＝
80.0 cm/s
(2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得
(3)从实验结果可知，小车运动的－Δt 图线可视为一条直线，图像为
此直线用方程＝kΔt＋b 表示，由图像可知其中k＝ cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝
59.0 cm/s
(4)小车做匀加速直线运动，由位移公式x＝v0t＋at2，整理得＝v0＋at，即＝vA＋at，故根据
图像斜率和纵截距可得vA＝b，a＝2k。
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第二章　相互作用
第1 课时　重力　弹力　摩擦力
例1　D　[水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，主要原因是流入的水导致水
桶与水整体的重心往上移动，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，发生翻转，故选
D。]
例2　C　[选项A 中小球只受重力和杆的弹力的作用，且处于静止状态，由二力平衡可得小
球受到的弹力方向应竖直向上，故A 错误；选项B 中，因为右边的绳竖直向上，如果左边
的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B 错误；球
与球接触处的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即弹力方向在两球心的连线上)，且指向
受力物体，球与墙面接触处的弹力方向过接触点垂直于接触面，故C 正确；球与面接触处
的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即弹力方向在接触点与球心的连线上)，即选项D 中大
半圆对小球的支持力FN2的方向应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心，故D 错
误。]
例3　B　[小球光滑时，若弹簧P 无拉力，则弹簧Q 一定有拉力，斜面对小球有支持力，小
球可以平衡，A 错误；小球光滑时，若弹簧P 和Q 都有拉力，斜面对小球一定有支持力，否
则不会平衡，小球受4 个力的作用，B 正确；斜面和小球都不光滑时，若弹簧P 无拉力且小
球处于平衡状态，对小球受力分析，受到竖直向下的重力，斜面的支持力，受到的摩擦力可
能沿斜面向下也可能沿斜面向上，还可能为零，弹簧Q 可能伸长也可能压缩，还可能处于
原长状态，C 错误；斜面和小球都不光滑时，对小球受力分析，受到竖直向下的重力，若弹
簧Q 无拉力，小球受到弹簧P 的拉力与重力平衡时，不受支持力，即小球与斜面间有可能
无弹力，D 错误。]
例4　B　[由题知，取走一个盘子，稳定后余下的盘子正好升高补平，则说明一个盘子的重
力可以使三根弹簧发生形变的形变量恰好等于相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝
100 N/m，故选B。]
例5　CD　[第1 张白纸相对于滚轮的运动趋势与滚轮的运动方向相反，则受到滚轮的静摩
擦力方向与滚轮的运动方向相同，即受到滚轮的摩擦力向右，A 错误；对除第1 张白纸外的
所有白纸进行研究，处于静止状态，水平方向受到第1 张白纸的滑动摩擦力，方向与滚轮的
运动方向相同，则根据平衡条件知，最后1 张白纸受到纸槽底座的摩擦力方向与滚轮的运动
方向相反，即水平向左，B 错误；根据题意，因上一张白纸相对下一张白纸向右滑动或有向
右滑动的趋势，则上一张白纸受到下一张白纸的摩擦力一定向左，那么下一张白纸受到上一
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张白纸的摩擦力一定向右，C 正确；正常情况下单张纸打印必须满足滚轮与白纸之间的最大
静摩擦力大于纸与纸之间的滑动摩擦力，则μ1>μ2，D 正确。]
拓展　(1)滚轮与第一张白纸间的摩擦力为静摩擦力，小于或等于最大静摩擦力，甲同学说
法错误；
(2)第一、二张白纸间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff12＝μ2(F＋mg)，第二张白纸处于静
止状态，第二、三张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第一、二张白纸间的摩擦力，即
Ff23＝μ2(F＋mg)，除第一张白纸外，所有白纸均处于静止状态，白纸间的摩擦力均为μ2(F＋
mg)，大小相等，故乙同学说法错误。
例6　C　[每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，因为每本书的质量相等，则每本书受到
的摩擦力的合力大小相等，A 错误；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B 错误；以这一摞
书为研究对象，每只手对其最大静摩擦力为Ff1＝μ1FN＝60 N，这一摞书受力平衡，则2Ff1＝
n1mg，解得n1＝60，但书与书间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2FN＝40 N，除了左右两侧跟手接
触的两本书，以剩下的这一部分书为研究对象，由平衡条件有2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加
上与手接触的两本书，共42 本书，C 正确，D 错误。]
微点突破2　摩擦力的突变问题
例1　C　[由题意得，物体A 与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N，当小车加速运动
时，假设物体A 与小车仍然相对静止，则物体A 所受合力大小F 合＝ma＝10 N，可知此时
小车对物体A 的摩擦力大小为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A 受到
的摩擦力大小不变，故A、B 错误，C 正确；弹簧长度不变，物体A 受到的弹簧的拉力大小
不变，故D 错误。]
例2　ABC　[在t＝0 时刻，力传感器显示拉力为2 N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大
小为2 N，由小车与空沙桶受力平衡，可知空沙桶的重力也等于2 N，A 选项正确；t＝50 s
时，静摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5 N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重
力等于3.5 N，此时静摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3 N，B、C 选项正确；
此后由于沙子和沙桶总重力3.5 N 大于滑动摩擦力3 N，故第50 s 后小车将做匀加速直线运
动，D 选项错误。]
例3　B　[滑块上滑过程中受滑动摩擦力，Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，联立得Ff＝6.4 N，方向
沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＜μmgcos θ，滑块静止，滑
块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff′＝mgsin θ，代入数据可得Ff′＝6 N，方向
沿斜面向上，故选项B 正确。]
例4　BD　[当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到
的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度a＝gsin θ＋μgcos θ；当小木块速度与传送带速度相同
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时，由于μ<tan θ，所以小木块继续向下运动，速度继续增大，此时滑动摩擦力的大小不变，
而方向突变为沿传送带向上，且a＝gsin θ－μgcos θ，加速度变小，则v－t 图像的斜率变小，
所以B、D 正确。]
跟踪训练
1．B　[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Ff＝Fcos θ，F 增大，Ff增大；当拉力达到一定值时，木箱运动瞬间，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FN＝G－Fsin θ，F 增大，FN减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，
大小为Ff＝μFN，FN减小，则Ff减小，故B 正确，A、C、D 错误。]
2．D　[开始F 较小，摩擦力小于物体的重力，物体下滑，受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力
Ff＝μF，Ff随着压力F 逐渐增大而增大。当滑动摩擦力与重力相等后，随着压力F 继续增大，
滑动摩擦力继续增大，滑动摩擦力大于重力，物体开始做减速运动，直到物体速度减为0，
滑动摩擦力突变为静摩擦力，此时静摩擦力与重力大小相等，压力F 继续增大，静摩擦力
保持不变。综上所述可知，突变为静摩擦力时的滑动摩擦力大于重力，故选D。]
3．AD　[由题意可知，开始物体做匀速直线运动，从t＝0 时刻，拉力F 开始均匀减小，t1
时刻拉力减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一种是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受
到的一直是滑动摩擦力，即大小不变，A 正确；另一种是当拉力为零前，物体已静止，则物
体先受到滑动摩擦力，后受到静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，静摩擦力的大小与拉力相等，
而此时拉力小于滑动摩擦力大小，D 正确，B、C 错误。]
4．AD　[根据题图乙可知，1 s 时刻，煤块的加速度发生突变，可知此时煤块的速度与传送
带的速度相等，即传送带的速度v1＝4 m/s，而煤块的初速度v0＝12 m/s，故A 正确，C 错误；
煤块在0～1 s 和1～2 s 加速度不等，可知0～1 s 内，摩擦力方向沿传送带向下，1～2 s 摩擦
力方向沿传送带向上，故D 正确；根据题意可知，煤块的总位移与传送带底端到顶端的距
离相等，即等于v－t 图像与时间轴所围图形的面积，则L＝ m＋ m＝10 m，故B 错误。]
第2 课时　力的合成与分解
例1　B　[先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所
示，F12再与第三个力F3合成求合力F 合，可得F 合＝3F3，故选B。]
例2　B　[根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F 合＝2Fcos ，故选
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B。]
例3　C　[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F1＝F2＝，在B 点F1分解如图所示
则水平推力为F＝F1sin θ＝tan θ，由几何关系得tan θ＝，联立可得F＝＝840 N，故选C。]
例4　D　[对结点O 受力分析可得，水平方向有F1x＝F2x，即F1的水平分力等于F2的水平分
力，选项C 错误，D 正确；F1y＝，F2y＝，因为α>β，故F1y<F2y，选项A、B 错误。]
例5　D　[
弹性轻绳被拉长了x，同一根轻绳拉力大小相等，即FAB＝FDE＝kx，将FAB、FDE分别正交分
解，如图，则Fx＝FABcos 37°＋FDEcos 53°＝kx，Fy＝FABsin 37°＋FDEsin 53°＝kx，则耳朵受到
的口罩带的作用力F＝＝kx，设作用力方向与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝1，即作用力方
向与水平方向夹角为45°，故D 正确。]
例6　D　[题图甲中是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力大小相等，两段绳的拉力大小都
是m1g，互成120°角，则合力的大小是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向左下方，故BC 对
滑轮的作用力大小也是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向右上方，A 选项错误；题图乙中
HG 杆受到绳的作用力大小为m2g，B 选项错误；题图乙中FEGsin 30°＝m2g，得FEG＝2m2g，
则＝，C 选项错误，D 选项正确。]
第3 课时　牛顿第三定律　共点力的平衡
例1　BC　[物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A 错误；
斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对
物体的作用力是一对平衡力，故B 正确；物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一
对作用力和反作用力，故C 正确；物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜
面向下的力，垂直于斜面向下的力不是对斜面的压力，故D 错误。]
例2　C　[题图甲中，根据整体法可知，木块B 除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹
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力和竖直向上的静摩擦力，隔离B 分析，其一定还受到A 的弹力，隔离A 分析，A 受到重
力、水平向左的推力、B 对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这样的三个力不可能使A 平衡，
所以A 一定还要受到B 对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B 一定受到A 沿
接触面斜向左下的静摩擦力，故B 共受5 个力的作用；题图乙中，根据整体法可知B 与墙
面间既无弹力也无摩擦力，所以B 受重力和A 的弹力及摩擦力共3 个力的作用。则在此两
种方式中，木块B 受力个数之比为5∶3，故选C。]
例3　D　[对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝
0.8G，故选D。] 
例4　C　[当F 水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F 的大小不变，而方向与水平面
成60°角时，由平衡条件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，故选项C 正确。]
例5　A　[以P、Q 两球整体为研究对象，受力如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtan 
α，隔离Q 球，受力如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtan β，解得4tan α＝tan β，故选
A。]
例6　C　[设一个篮子的质量为m，连接下篮的绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件
得4FT2＝mg，解得FT2＝，设连接上篮的绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两
个篮整体由平衡条件得4FT1cos θ＝2mg，根据几何关系得sin θ＝＝0.6，则cos θ＝0.8，联
立解得FT1＝mg，则＝，故C 正确，A、B、D 错误。]
第4 课时　专题强化：动态平衡和临界、极值问题
例1　BC　[对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如
图，当挡板绕O 点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡
条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg 大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的
受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小
后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C 正确，A、D 错误。]
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例2　A　[以结点B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，
F、FN的合力F 合与G 大小相等、方向相反。根据三角形相似得＝＝，又F 合＝G，得FN＝ 
G
∠BCA 缓慢变小的过程中，AC、BC 不变，则FN不变，故杆BC 所产生的弹力大小不变，故
选A。]
例3　AD　[法一：以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM 绳上拉力F2、MN 上
拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，在
F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN 上的张力F1逐渐增大，
OM 上的张力F2先增大后减小，所以A、D 正确，B、C 错误。
法二：正弦定理
根据正弦定理＝＝，mg 与sin θ3保持不变，sin θ1变大，F1变大，sin θ2先增大后减小，F2
先增大后减小，故选A、D。]
例4　D　[对光滑球体受力分析如图所示
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根据平衡条件可得FN2cos θ＝mg，对支架受力分析如图所示
根据牛顿第三定律可知FN3＝FN2，对支架由平衡条件可得FN4＝2mg＋FN3cos θ，Ff＝FN3sin 
θ，又达到最大静摩擦力时Ff＝μFN4，联立以上各式解得μ＝，可知支架和地面间的动摩擦因
数至少为，故选D。]
例5　2 N
解析　设拉力与水平方向夹角为θ，
根据平衡条件有Fcos θ＝μ(mg－Fsin θ)，整理得cos θ＋μsin θ＝，
sin(α＋θ)＝(其中sin α＝)，当θ＝－α 时F 最小，
故所需拉力F 的最小值Fmin＝＝2 N。
第5 课时　实验二：探究弹簧弹力与形变量的关系
实验三：探究两个互成角度的力的合成规律
例1　(1)见解析图　(2)5.15(5.10～5.20 均可)　53.3(52.2～54.5 均可)
(3)不受影响　偏小
解析　(1)作出m－x 图像如图；
(2)根据图像数据确定：弹性绳原长约为5.15 cm，弹性绳的劲度系数约为
k＝＝＝ N/m≈53.3 N/m
(3)若实验中刻度尺的零刻度略高于弹性绳上端结点O，不影响直线的斜率，则由实验数据
得到的劲度系数将不受影响；若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则测
得的弹簧伸长量偏大，则由实验数据得到的劲度系数将偏小。
例2　(1)6.04　6.05　(2)3　(3)48.6
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解析　(1)ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05) cm＝6.04 cm，压缩量的平均值为＝
＝ 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3mgsin θ＝k·，解得k＝
＝ N/m
≈48.6 N/m。
例3　(1)2.35　(2)A　(3)B
(4)①见解析图　②3.99
解析　(1)弹簧测力计最小分度值为0.1 N，估读到0.01 N，题图丁中读数为2.35 N。
(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F 的大小和方向，力的大小通过弹
簧测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O 点位置，所以必须记录的有B、C、D；不需要
记录的是题图甲中E 的位置，故选A。
(3)两个细绳OB、OC 夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大导致
两分力太大，测量误差变大，A 错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，
B 正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O 点才
行，C 错误。
(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度分别为标度的2.7 倍和2.3 倍，
作图如图所示；
②量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99 倍，所以合力大小为3.99 N。
例4　(1)BCD　(2)A　(3)甲
解析　(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2(等号在反向或同向时
取得)，因此B、C、D 三项都是可以的。
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O 的位置，并记录OA、OB、OC 三
段绳子的方向。
(3)F3的方向一定竖直向下，由于测量误差，F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲
是正确的。
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第三章　运动和力的关系
第1 课时　牛顿第一定律　牛顿第二定律
例1　C　[力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故A 错误；停止用力，
运动员停下来是由于摩擦力的作用，而继续运动是因为惯性，故B 错误，C 正确；摩擦力一
定时，根据运动学公式可知，速度越大，停下所需时间越长，但惯性与自身的质量有关，与
速度无关，故D 错误。]
例2　D　[惯性的大小只取决于物体的质量，和物体的运动状态无关，故A 错误；当油罐车
加速前进时，由于惯性油向后涌动，所以油的液面应前低后高，故B 错误；当油罐车减速
前进时，油向前涌动，油的液面前高后低，故C 错误；当挡板间油的质量相对小时，油的
惯性小，可以有效减弱变速时油的涌动，故D 正确。]
例3　A　[当两球运动至二者相距L 时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝＝
由数学知识可知cos θ＝，
设绳子拉力为FT，对结点O，
由平衡条件：水平方向有2FTcos θ＝F，解得FT＝F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝
ma，解得a＝，故A 正确，B、C、D 错误。]
例4　B　[对P 施加F 时，根据牛顿第二定律有a1＝＝＝10 m/s2，对P 和Q 整体施加F 时，
根据牛顿第二定律有a2＝＝＝2 m/s2，联立解得m2＝4.0 kg，故选B。]
例5　ACD　[剪断细线P 前，对小球a 进行受力分析，小球a 受竖直向下的重力、水平向右
的弹簧弹力以及沿细线P 斜向上的拉力。根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，
联立解得x＝，故A 正确；剪断细线P 的瞬间，弹簧的弹力不变，小球b 所受合力为零，所
以小球b 处于静止状态，加速度为0，故B 错误；剪断细线P 前，细线P 的拉力大小为FT＝
mg，剪断与a 球连接处的弹簧的瞬间，小球a 所受弹簧的弹力为零，小球a 即将摆动，此时
摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝
0，mgcos 37°＝mat，解得FT′＝mg<FT＝mg，at＝g，即剪断与a 球连接处的弹簧的瞬间，
细线P 的拉力变小，小球a 的加速度大小为0.8g，故C、D 正确。]
例6　A　[由题图可知，传感器的最小压力约为200 N，且人的质量为m＝＝50 kg，则根据
牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝＝ m/s2＝6 m/s2，故A 正确；人在下蹲过程中，
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先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B 错误；人在站起过程中，
先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C 错误；人在下蹲过程中，力传感器的示
数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8 s 内完成了
一次下蹲和一次站起动作，故D 错误。]
例7　A　[由f＝cρSv2，可得c＝，右边式子的单位为＝1，即c 为常数，没有单位，B、C、
D 错误，A 正确。]
第2 课时　牛顿第二定律的基本应用
例1　(1)35 m/s　(2)2.7
解析　(1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速
度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1，由运动学公式有v1＝v0＋a1t
联立代入数据解得v1＝35 m/s
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力
为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2，由运动学公式有v1
2＝2a2x，解得Ff＝
2.7mg，即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7 倍。
例2　(1)0.08　144 N　(2)200 N
解析　(1)“冰壶”在推力F 作用下做匀加速运动，运动5 m 后的速度为v，由牛顿第二定律
及运动学公式可知
F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F 后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s 时间内运动了40 m，由牛顿
第二定律及运动学公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝，a2＝，解得μ＝0.08，F＝144 N
(2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10 秒倒计时瞬间开始推动“冰
壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′，根据牛顿第二定律
及运动学公式可知，匀加速过程F′－μ′mg＝ma3
匀减速过程μ′mg＝ma4
所用总时间＋＝10 s
所走总路程＋＝45 m
解得F′＝200 N。
例3　BCD　[设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da 三细杆交于圆的最低点a，三
杆顶点均在圆周上，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知从
c、O、d 无初速度释放的小滑环到达a 点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a 与由O→b 滑
动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，
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t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D 正确。]
拓展　t4＝t1
例4　BC　[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a 图像的斜
率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m 甲>m 乙，μ 甲m 甲g＝μ 乙m 乙g，则μ 甲<μ 乙。故选
B、C。]
例5　BCD　[由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面上滑动，物块与木板相
对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A 错误；由题图(c)可知，t2时刻物块
与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝
(m1＋m2)a，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝(μ2－μ1)g，
可知μ2>μ1，故B、C 正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确。]
第3 课时　专题强化：牛顿第二定律的综合应用
例1　C　[若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二
定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木块1 为研究对象，根据牛顿第二定律有FT
－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1 加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力大
小与动摩擦因数μ 无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉
力大小均为FT＝F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。]
拓展　(1)①　②
　(2)
例2　(1)g　(2)mg 或Mg
解析　(1)设物体B 运动过程中的加速度大小为a，绳子的张力为FT，对物体A，FT－Mg＝
Ma
对B、C 整体，(M＋m)g－FT＝(M＋m)a，解得a＝g
因为m＝M，所以a＝g
(2)设B、C 间的拉力为F，
对物体C，mg－F＝ma
解得F＝mg－ma＝mg＝Mg
所以C、B 间的作用力为mg 或Mg。
例3　AB　[根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B 间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B
之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A 正确；当0＜F＜4 N 时，根据题图乙可知，Ff2还未达
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到B 与地面间的最大静摩擦力，此时A、B 保持静止，选项B 正确；当4 N＜F＜12 N 时，
根据题图乙可知，此时A、B 间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，
选项C 错误；当F＞12 N 时，根据题图乙可知，此时A、B 发生相对滑动，对A 物块有a＝
＝2 m/s2，加速度不变，选项D 错误。]
例4　C　[施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件得2mg＝kx0，代
入数据解得x0＝0.4 m，外力施加的瞬间，物体A 加速度为4 m/s2，对整体，由牛顿第二定律
得F－2mg＋kx0＝2ma，代入数据解得F＝8 N，故A 错误；当弹簧压缩量减小到0.3 m 时，
设A、B 间弹力大小为FAB，对A 受力分析，由牛顿第二定律得F′＋FAB－mg＝ma，对A、
B 组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得F′＋kx1－2mg＝2ma，代入数据联立解得FAB＝
1 N，故B 错误；设A、B 分离时，弹簧的形变量为x2，对B 受力分析，由牛顿第二定律得
kx2－mg＝ma，代入数据解得x2＝0.28 m，所以A 物体的位移大小为x0－x2＝0.4 m－0.28 m
＝0.12 m，故C 正确；当B 物体的合力为零时速度达到最大，由C 可知A、B 分离时有向上
的加速度，所以速度最大时A、B 已经分离，当合力为零时，对B 受力分析，由平衡条件得
kx3＝mg，代入数据解得x3＝0.2 m，故B 物体的位移大小为x0－x3＝0.2 m，故D 错误。]
例5　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N
解析　(1)根据L＝v0t＋at2，
代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。
(3)设F 与斜面夹角为α，
平行斜面方向有
Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma
垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ
联立解得
F＝
＝
当sin(φ＋α)＝1 时，F 有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ N。
第4 课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
例1　ABD　[若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，
与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带
上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C 错误，A、B、D
正确。]
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例2　AD　[开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A 正确；行李与传动带共速时t1＝＝
0.2 s，行李的位移为x＝at1
2＝0.04 m，行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B 处的
时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B 错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04 
m ，C 错误；共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1 ＝＝
0.04 m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D 正确。]
例3　BC　[相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向
右运动，故小物块在t1时刻离A 处距离最大，A 错误；小物块在0～t1时间内，向左做匀减
速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度
小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对
于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确；0～t2时间内，
小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，
故C 正确，D 错误。]
例4　(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m
解析　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝a1t1
2＝5 m
煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋a2t2
2，得t2＝0.5 s，故煤块从A 运动到B 的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，Δx2与Δx1部
分重合，故痕迹总长为5 m。
拓展　1.441 s
解析　由于Ff＝μ′FN＝μ′mgcos θ＝mgsin θ，即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下
的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后
做匀速直线运动。a′＝g(sin θ＋μ′cos θ)＝12 m/s2，加速时间t1′＝＝ s≈0.833 s，加速
位移x1′＝a′t1′2＝ m，匀速运动位移x2′＝L－x1′≈6.08 m，匀速运动时间t2′＝＝ s
＝0.608 s
总时间t′＝t1′＋t2′＝1.441 s。
例5　D　[从图像可知，物块速度减为零后沿传送带反向向上运动，最终的速度大小为1 
m/s，因此没从N 点离开，可知传送带顺时针运动，速度大小为1 m/s，故A、B 错误；v－t
图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a＝ m/s2＝2.5 m/s2，故
C 错误；速度图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知，t1＝ s 时，物块的速度为
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0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移x1＝×4× m＝ m，t1＝ 
s 到t2＝2 s，物块沿传送带向上加速运动的位移x2＝×1 m＝ m，物块沿传送带向上匀速运动
的时间t 匀＝＝3 s，所以物块回到原处的时间t＝3 s＋2 s＝5 s，故D 正确。]
第5 课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
例1　(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m
③2.8 m/s　④0.7 m
解析　(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为
a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，
联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F 之前，小物块只受摩擦力的作用，故am＝a0＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m
③刚撤去F 时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
④在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－，解得Δx2＝0.2 m，最终小物块离长木板右
端的距离为x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
例2　ABD　[由题图乙可知，2 s 后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面
之间无摩擦，v－t 图像中图线与t 轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s
内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，
A 正确；由题图乙可知，1 s 时撤去外力F，在1～2 s 内由物块的受力及牛顿第二定律可知
μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s 内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B 间的动摩擦
因数为μ＝0.1，B 正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B 的受力
及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C 错误；由0～1 s 内物块
的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解
得F＝4 N，D 正确。]
例3　(1)4 m/s　(2)12 m/s2　4 m/s2
(3)8 m/s　3 m
解析　(1)由牛顿第二定律知μmg＝maA，A 加速度的大小aA＝μg
根据匀变速直线运动速度位移关系vA
2＝2aAL，解得vA＝＝4 m/s。
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(2)在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB，解得aB＝3μg＝12 m/s2
对齐后，对A、B 整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB′，
解得aB′＝μg＝4 m/s2
(3)经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA，
则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2
xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L
解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B 达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′
解得xB′＝0.5 m
所以sB＝xB＋xB′＝3 m。
例4　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
解析　(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°
－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，又x1－x2＝L，
解得t＝1 s。
第6 课时　实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的
关系
例1　(1)BD　(2)匀速直线　(3)远小于
(4)0.44　(5)小车　(6)AC　(7)C
解析　(1)利用天平测量质量，利用打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速度，
所以需要天平和刻度尺，A、C 错误，B、D 正确。
(2)补偿阻力时应使小车拖动纸带在木板上做匀速直线运动。
(3)为了使沙桶及沙的重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需要使沙桶及沙的总
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质量远小于小车的总质量。
(4)由某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间运动过程的平均速度，可得
vB＝＝ m/s
＝0.44 m/s。
(5)探究加速度与力的关系时，需要保持小车的总质量不变。
(6)从题图丙可以看出，图像不过原点，即当F 为某一值时，但加速度却为零，所以是未补
偿阻力或补偿阻力不足，故A 正确，B 错误；随着拉力F 增大(即沙桶及沙的重力增大)，已
经不满足沙桶及沙的总质量远小于小车总质量的条件，造成BC 段弯曲，故C 正确，D 错误。
(7)在探究加速度与质量的关系时， 由于补偿了阻力，所以图像过原点，且分别对小车和沙
桶及沙受力分析，由牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，FT＝Ma，联立解得 mg＝(M＋m)a，
整理得a＝，因为保证了沙和沙桶的质量不变，所以由实验数据作出a－ 图线，不会发生弯
曲，故选C。
例2　(1)AB　(2)B　(3)0.26　0.50　(4)
解析　(1)除题图中所给的实验器材外，还需选用的有刻度尺，用来测量纸带长度；打点计
时器本身就是计时仪器，则不需要秒表，也不需要干电池；根据2F－μmg＝ma，可知要测
量动摩擦因数，需要天平测量物块质量，故选A、B。
(2)设物块的加速度为a，对物块有2F－μmg＝ma，解得μ＝，加速度可以由打点纸带求出，
为进一步测量动摩擦因数，则还需要测量物块的质量m，故选B。
(3)由题可知，T＝5× s＝0.1 s，打下计数点2 时物块对应的速度大小
v＝ m/s
≈0.26 m/s，本次实验物块对应的加速度大小a＝＝
 m/s2
≈0.50 m/s2。
(4)由牛顿第二定律可得2F－μmg＝ma，即a＝F－μg，由题意可知b－μg＝0，＝k，解得μ
＝。
例3　(1)0.19(0.18 也可)
(2)甲　甲和乙
解析　(1)由题意知小车做匀加速直线运动，故vd＝，将xce＝(36.10－32.40) cm＝3.70 cm，T
＝0.1 s，代入得vd≈0.19 m/s；
(2)甲实验方案中，绳的拉力F 满足：
F＝Ma，且mg－F＝ma，
则F＝，只有M≫m 时，F 才近似等于mg，故以托盘与砝码的重力表示小车的合外力，需
满足M≫m。
乙实验方案中：小车沿木板匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大
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小等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力
mg，不需要满足M≫m。两个实验方案都可把mg 作为F 值。
例4　(1)　(2)0.35
解析　(1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝。
(2)两个相邻计数点之间的时间间隔
T＝5× s＝0.10 s，
由逐差法和Δx＝aT2可得
a＝
≈1.97 m/s2，
代入到μ＝，解得μ≈0.35。
阶段复习(一)　力与直线运动
规范训练　(1)0.4　(2)3.75 m
(3) m
解析　(1)由运动学公式得v1＝a1t1，
解得a1＝2 m/s2
对A 由牛顿第二定律得F－μAmg＝ma1，，解得μA＝0.4。
(2)t2＝2.5 s 时B 运动的位移大小xB＝v0t2＝2×2.5 m＝5 m，t2＝2.5 s 时A 运动的位移大小xA
＝a1t2
2＝×2×2.52 m＝6.25 m
t2＝2.5 s 时A、B 间的距离x＝L0＋xB－xA＝5 m＋5 m－6.25 m＝3.75 m。
(3)对木板由牛顿第二定律得
μAmg－μ(m＋m＋M)g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2
设经过t′物块B 滑到木板的右端时A、B 恰好相碰，则a1t′2＝L0＋v0t′
A 到达木板右端，可得a1t′2＝L＋a2t′2，联立解得L＝ m。
第四章　抛体运动　圆周运动
第1 课时　曲线运动运动的合成与分解
例1　D　[小车做曲线运动，所受合力指向曲线的凹侧，故A、B 错误；小车沿轨道从左向
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右运动，动能一直增加，故合力方向与运动方向的夹角始终为锐角，C 错误，D 正确。]
例2　C　[运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落的运动和水平方向随风飘的运动，
两个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间
和着地时竖直方向的速度不变，故A、B 错误，C 正确；水平风力越大，水平方向的速度越
大，则落地时的合速度越大，故D 错误。]
例3　D　[在0～t1时间内，无人机在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方
向也做初速度为零的匀加速直线运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A 错误；在0～t4
时间内，无人机竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则在t2时刻，无人机还没有运动
到最高点，选项B 错误；在t3～t4时间内，无人机水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖
直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C 错误；在t2时刻，无人机的
水平速度为v0、竖直速度为v2，则合速度大小为，选项D 正确。]
例4　C　[将小车的速度v 进行分解，如图所示，则有vP＝vcos θ2，选项A、B 错误；小车
向右运动，θ2减小，v 不变，则vP逐渐增大，说明物体P 沿斜面向上做加速运动，处于超重
状态，选项C 正确，D 错误。]
例5　B　[设当乙球距离起点3 m 时，轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量
为v1 杆＝v1cos θ，v2在沿杆方向的分量为v2 杆＝v2sin θ，而v1 杆＝v2 杆，由题意有cos θ＝，
sin θ＝，解得＝，选项A 错误，B 正确；甲球即将落地时，有θ＝90°，此时甲球的速度达
到最大，而乙球的速度为零，选项C、D 错误。]
例6　BD　[河中水流速度为v2＝v1cos 60°＝2.5 m/s，选项A 错误；小船以最短位移渡河的
时间为t＝＝ s＝24 s，选项B 正确；当船头方向指向正对岸时渡河时间最短，则小船渡河
的最短时间为tmin＝＝ s＝36 s，选项C 错误；小船以最短时间渡河时到达对岸沿水流方向的
位移大小是x＝v2tmin＝2.5×36 m＝90 m，则总位移大小s＝＝90 m，选项D 正确。]
拓展
1．渡河时间不变，渡河时间与河水速度无关。
2.设船恰好到达危险水域边缘，图示方向船速最小，v1′＝v2sin α，
tan α＝＝，得α＝30°，所以船的最小速度为v1′＝v2sin 30°＝1.25 m/s。
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第2 课时　抛体运动
例1　B　[摩托车从a 点做平抛运动到c 点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝gt1
2，可解
得v1＝，动能E1＝mv1
2＝；摩托车从a 点做平抛运动到b 点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方
向：0.5h＝gt2
2，解得v2＝3，动能E2＝mv2
2＝mgh，故＝18，B 正确。]
例2　AD　[所有小面圈在空中均做平抛运动，竖直方向均为自由落体运动，根据h＝gt2得t
＝，可知所有小面圈在空中运动的时间都相同，A 正确；所有小面圈都只受到重力作用，所
以加速度均为g，根据Δv＝gt 可知所有小面圈在空中运动过程中速度的变化量相同，B 错误；
若小面圈刚被抛出时初速度为v0，根据水平方向为匀速直线运动，落在锅里的水平距离最小
值为L，最大值为3L，有L＝vmint,3L＝vmaxt，t＝，则L<v0<3L，小面圈落入锅中时水平速度
最大值为最小值的3 倍，但是竖直速度相等，根据速度的合成v＝，可知落入锅中时，最大
速度小于最小速度的3 倍，C 错误，D 正确。]
例3　(1)3 s　(2)10 m/s　(3)9 m
解析　(1)运动员做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，则有x＝v0t，y＝gt2，由题图可知
tan θ＝ 
联立解得t＝tan θ＝3 s
(2)运动员落在B 处时有vx＝v0，vy＝gt
所以vB＝＝10 m/s
(3)取沿斜坡向下方向(x 方向)与垂直于斜坡向上方向(y 方向)分析运动员的运动，则在垂直于
斜坡方向上，vy′＝v0sin θ＝12 m/s
ay＝－gcos θ＝－8 m/s2
当vy′＝0 时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有d＝＝9 m。
拓展
1．由x＝v0t 得x＝60 m，l＝＝75 m。
2．由(1)问知t＝tan θ，可知t∝v0，故在空中飞行时间变为原来的倍。由l＝＝＝可知
l∝v0
2，故在斜面上飞行距离变为原来的倍。
3．落在斜面上时，位移方向相同，由平抛运动的推论可知速度方向相同，故速度方向与斜
面夹角不变。
例4　A　[小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知小球运动到B 点时速度方向与
水平方向的夹角为30°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，由tan θ＝＝，
可得竖直方向的位移y＝R，而vy
2＝2gy，tan 30°＝，联立解得v0＝，选项A 正确，B、C、D
错误。]
例5　2.1 m/s
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解析　运动员起跳投篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，其逆过程可
以看作是平抛运动，则有h3＋h2－h1＝gt1
2，L1－＝v0t1，代入数据解得v0＝2.1 m/s。
例6　(1)60 m　(2)1 000 V
解析　(1)灭火弹做斜上抛运动，则水平方向上有L＝v0cos θ·t
竖直方向上有H＝v0tsin θ－gt2
代入数据联立解得H＝60 m
(2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×CU2，又因为Ek＝mv0
2
联立解得U＝1 000 V。
第3 课时　实验五：探究平抛运动的特点
例1　(1)BD　(2)a.球心　需要
b．大于　x　(3)AB　(4)B
解析　(1)因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，
即每次实验都要保证钢球从同一高度无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，
因此A 错误，B、D 正确；挡板高度可以不等间距变化，故C 错误。
(2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q 点，钢球的球心对应白
纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y 轴时需要y 轴与重垂线平行。b.由
于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上位移之比为
1∶3∶5∶…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此＞；由y2－y1＝
gT2，x＝v0T，联立解得v0＝x。
(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于
铅笔受摩擦力作用，且不一定能始终保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，
铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C 不可行，A、B 可行。
(4)从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能
射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，
故选项B 正确。
例2　(1)见解析图　(2)线性
(3)　(4)水平射出点未与O 点重合
解析　(1)根据表中数据在坐标纸上描出O4数据点，并绘制“y－x2”图线如图所示
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(2)由y－x2图线为一条过原点的倾斜直线可知，小球下落的高度y 与水平距离的平方x2成线
性关系。
(3)根据平抛运动规律可得x＝v0t，
y＝gt2，联立可得y＝g()2＝x2，可知y－x2图像的斜率为k＝，解得小球平抛运动的初速度为
v0＝
(4)y－x2图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y 值偏大或偏小一个定值，
这是小球的水平射出点未与O 点重合，位于坐标原点O 上方或下方所造成的。
例3　(1)AB　(2)2　(3)方便调整木板，使其保持在竖直平面上
解析　(1)实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A 正确；为保证钢球
抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，故B 正确；只要每次钢球水平抛
出时速度相同即可，斜面底边ab 与桌边重合时，钢球不是水平抛出，而钢球与斜面间的摩
擦力大小对于本实验无影响，故C、D 错误。
(2)每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间
隔相等，钢球抛出后在竖直方向上做自由落体运动，根据Δy＝gT2可知，相邻两点的时间间
隔T＝ s＝0.1 s，钢球在水平方向上做匀速直线运动，所以钢球平抛的初速度为v＝＝ m/s
＝2 m/s。
(3)悬挂铅垂线的目的是方便调整木板，使其保持在竖直平面上。
第4 课时　圆周运动
例1　A　[时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A 项正确；由于时间相同，运
动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B 项错误；
线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C 项错误；由向心加速度an＝知，线
速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D 项错误。]
例2　D　[A、B 靠摩擦传动，则两轮边缘上a、b 两点的线速度大小相等，即va∶vb＝
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1∶1，选项A 错误；B、C 同轴转动，则两轮边缘上b、c 两点的角速度相等，即ωb＝ωc，
转速之比＝＝，选项B、C 错误；对a、b 两点，由an＝得＝＝，对b、c 两点，由an＝ω2r
得＝＝，故aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，选项D 正确。]
例3　ACD　[子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h 的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，
故A 正确，B 错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝
0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，故C、D 正确。]
例4　B　[对最低点的飞机受力分析，可知飞机受到重力mg、气动力和发动机推力的合力
F，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，此时过载为5，所以F＝5mg，代入数据解得飞机的
转弯半径r＝1 000 m，故选B。]
例5　ACD　[对题图甲中A、B 分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量
为m，小球A、B 到悬点O 的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝＝，所以小
球A、B 的角速度大小相等，A、B 做圆周运动的半径不同，则线速度大小不相等，故A 正
确，B 错误；对题图乙中C、D 分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳上
拉力为FT，则有mgtan θ＝man，FTcos θ＝mg，得an＝gtan θ，FT＝，所以小球C、D 向心
加速度大小相等，小球C、D 受到绳的拉力大小也相等，故C、D 正确。]
例6　C　[摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动向心力的是重力mg 和支持力F 的合力，
如图所示，侧壁对摩托车的支持力为F＝，则摩托车对侧壁的压力为F＝，根据牛顿第二定
律可得mgtan θ＝ma＝mr＝m
解得a＝gtan θ，T＝，
v＝
可知h 越高，θ 不变，r 越大，则摩托车对侧壁的压力不变，摩托车做圆周运动的加速度不
变，摩托车做圆周运动的周期越大，摩托车做圆周运动的线速度越大，故选C。]
例7　BD　[对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖
直方向有
FTsin θ＝mg，而FT＝k(－l0)
可知θ 为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A 错误，B
正确；
水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcos 
θ－mω2r
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当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，则FTcos θ＋FN′＝mω′2r
即FN′＝mω′2r－FTcos θ
因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C 错误；
根据F 合＝mω2r 可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D 正确。]
第5 课时　专题强化：圆周运动的临界问题
例1　D　[汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运
动的向心力，故A 错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff＝m＝7 500 N，故B
错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为a＝＝ m/s2，故C 错误；汽车能安全通过该弯道
速度最大时满足mg＝m，解得vm＝15 m/s，故D 正确。]
例2　AC　[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＝
mωa
2l，当Ffa＝kmg 时，kmg＝mωa
2l，ωa＝；对木块b 有Ffb＝mωb
2·2l，当Ffb＝kmg 时，kmg
＝mωb
2·2l，ωb＝，则ω＝是b 开始滑动的临界角速度，即b 比a 先开始滑动，选项A、C 正
确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，选项B 错误；ω
＝<ωa＝，a 没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，选项D 错误。]
拓展　若没有轻绳时，b 先滑动，b 开始滑动时，a、b 距离增大，此时若有轻绳，绳发生形
变，开始有弹力，即ω＝时，轻绳开始有弹力；当a、b 恰好开始滑动时，对b 有kmg＋FT＝
mω2·2l，对a 有kmg－FT＝mω2·l，解得ω＝，此时剪断轻绳，b 做离心运动，a 仍和圆盘保
持相对静止。
例3　BC　[当b 绳的弹力为零时，小球受重力和a 绳的弹力，合力提供向心力，有＝
mlω2，解得ω＝，可知当角速度ω>时，b 绳出现弹力，故B 正确；根据竖直方向上受力平
衡得Fasin θ＝mg
解得Fa＝，可知a 绳的弹力不变，故A 错误，C 正确；
由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断时，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。]
例4　ABC　[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＝m，解得
v0＝2 m/s，故A 正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为FT，根据
牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故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＝m，解得vm＝4 m/s，故C 正确，D 错
误。]
例5　B　[对A 球，合外力提供向心力，设管对A 的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－
mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A 球对管的力竖直向下，为28 
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N，设B 球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m 管g＝0，解得FB′＝－44 
N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B 球的力FB为44 N，方向竖直
向下，对B 球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B。]
例6　A　[经分析，当物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据
牛顿第二定律得
μmgcos 37°－mgsin 37°＝mrωm
2
在最高点，根据牛顿第二定律得Ff＋mgsin 37°＝mrωm
2，联立以上两式并代入数据得Ff＝－
5.6 N
负号表示摩擦力的方向沿盘面向上，大小为5.6 N，故选A。]
第6 课时　实验六：探究向心力大小与半径、角速度、质量
的关系
例1　(1)A　(2)角速度平方　不变
解析　(1)本实验先控制住其他几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，
采用的实验方法是控制变量法，故选A。
(2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所需向心力的比值，根据F＝mrω2可
知比值等于两小球的角速度平方之比，逐渐加大手柄的转速的过程中，该比值不变，故左右
标尺露出的格数之比不变。
例2　(1)　(2)　mr
解析　(1)挡光杆通过光电门时的线速度大小为v＝，
由ω＝，解得ω＝
(2)根据向心力公式有F＝mω2r，
将ω＝代入上式解得F＝mr，可以看出，以F 为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数
据点作一条直线，该直线的斜率为k＝mr。
例3　(1)　(2) 
解析　(1)小球通过最低点时的线速度v＝，由v＝ωL，可得角速度ω＝。
(2)在最低点对小球受力分析可得F－mg＝mω2L，把ω＝代入，可得F＝mg＋·，可得＝k，
mg＝b，解得m＝，g＝。
例4　(1)否　(2)2∶2∶1　(3)1∶2∶2
解析　(1)物块的形状和大小相同，做圆周运动的半径相同，所以物块没有看作质点对实验
没有影响。
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(2)当物块随转盘缓慢加速过程中，物块所需的向心力先由静摩擦力提供，当达到最大静摩
擦力后由绳子的拉力和最大静摩擦力提供，即F 向＝F＋μmg＝mrω2，所以有F＝mrω2－
μmg，题图乙中图线的斜率为mr，与纵轴的截距为－μmg，根据题图乙知a 的斜率ka＝mar＝
1 kg·m，b 的斜率kb＝mbr＝1 kg·m，c 的斜率kc＝mcr＝ kg·m，所以a、b、c 的质量之比为
2∶2∶1，因为体积相同，所以物块a、b、c 的密度之比为2∶2∶1。
(3)由题图乙知a 的纵截距－μamag＝－1 N，b 的纵截距－μbmbg＝－2 N，c 的纵截距－μcmcg
＝－1 N，结合质量之比得到物块a、b、c 与转盘之间的动摩擦因数之比为1∶2∶2。
第五章　万有引力与宇宙航行
第1 课时　万有引力定律及应用
例1　B　[已知由M 到N 过程中，太阳的引力对小行星做正功，说明小行星靠近太阳运动，
所以太阳位于焦点F2处，A 错误；根据开普勒行星运动定律可知小行星由M 到P 的过程中
速度逐渐增大，小行星由M 到N 和由N 到P 的过程中，通过的路程相等，所以小行星由M
到N 运动时间大于由N 到P 的运动时间，由开普勒第二定律可知S1>S2，B 正确；由动能定
理，由M 到N 过程中，万有引力做正功，则动能增大，即EkM<EkN，C 错误；根据万有引力
公式F＝G，可知小行星在N 处的引力小于在P 处的引力，由牛顿第二定律F＝ma，得
aN<aP，D 错误。]
例2　B　[根据开普勒第三定律可得＝，解得a＝(H＋h＋2R)，故选B。]
例3　B　[万有引力定律表达式为F＝G，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力
的比值为＝＝0.4，选项B 正确。] 
例4　D　[该行星表面“赤道”上的物体相对行星中心静止，忽略行星自转时，有＝FN，行
星自转角速度为ω 时，有＝FN＋mRω2，行星的密度ρ＝，解得ρ＝，故选D。]
例5　D　[设地球的质量为M，地球的半径为R，“海斗一号”下潜h 深度后，以地心为球
心、以R－h 为半径的球体的质量为M′，则根据密度相等有＝，由于球壳对球内任一质点
的万有引力为零，根据万有引力定律有G＝mg，联立以上两式并整理可得g＝(R－h)，由该
表达式可知D 正确，A、B、C 错误。]
例6　(1)　(2)　(3)
解析　(1)月球表面附近的物体做自由落体运动，有h＝g 月t2，月球表面的自由落体加速度大
小g 月＝
(2)不考虑月球自转的影响，有G＝mg 月，得月球的质量M＝
(3)月球的密度ρ＝＝＝。
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例7　D　[设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，根据G＝
mr，可得G＝m 月r1，G＝m 地r2，由几何关系有＝＝，根据ρ＝，可得ρ 地＝，ρ 日＝，
则＝()2，故选D。]
第2 课时　人造卫星　宇宙速度
例1　BD　[根据万有引力提供向心力有G＝m，可得地球卫星的速度大小v＝，天通一号三
颗卫星的轨道半径相等，则速率相等，与卫星的质量无关，故A 错误；第一宇宙速度7.9 
km/s 是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，而天通一
号卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，故天通一号卫星运行的线速度一定小于第一
宇宙速度，B 正确；天通一号卫星在地球静止轨道上运行，不可能在北京的正上空保持相对
静止，故C 错误；根据万有引力提供向心力可得＝ma，据地球表面万有引力等于重力可得
＝mg，联立可得a≈g，故该系列卫星的向心加速度约为地球表面重力加速度的，D 正确。]
例2　B　[由题图(b)可知探测器探测到Q 的亮度随时间变化的周期为T＝t1－t0，则P 的公转
周期为t1－t0，故A 错误；P 绕Q 做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得＝
mr，解得半径为r＝＝，故B 正确；P 的角速度为ω＝＝，故C 错误；P 的加速度大小为a＝
ω2r＝()2·＝·，故D 错误。]
例3　C　[设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有mg＝G，月球绕地
球公转，有G＝m 月r，r＝60R，联立有T＝120π，故选C。]
例4　AD　[根据万有引力提供向心力，有G＝m，G＝m′，故＝；对于同步卫星和地球赤
道上的物体，其共同点是角速度相等，有a1＝ω2r，a2＝ω2R，故＝，故选A、D。]
例5　C　[卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由G＝m，可得v
＝，故v 火∶v 地＝1∶，所以在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要v 火
＝ km/s，故A 错误，C 正确；“天问一号”探测器挣脱了地球引力束缚，则它的发射速度
大于等于11.2 km/s，故B 错误；g 地＝G，g 火＝G，联立可得g 地>g 火，故D 错误。]
例6　(1)　(2)
解析　(1)由题意可知该星球表面重力加速度为g＝，由万有引力定律知mg＝m，解得v1＝
＝。
(2)由星球表面万有引力等于物体重力知＝mg，又星球表面Ep＝－G，可得Ep＝－，由机械
能守恒定律有mv2
2－＝0，
解得v2＝。
例7　B　[火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普
勒第三定律有＝，可得＝＝，故A 错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，速度大小均
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不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故
B 正确；在星球表面根据万有引力定律有G＝mg，由于不知道火星和地球的质量比以及火
星和地球的半径比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度大小之比，故C 错误；
火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有ω 火＝，ω 地＝，要发生下一次“火星冲日”，则有
(－)t＝2π，得t＝>T 地，可知下一次“火星冲日”将出现在2023 年12 月8 日之后，故D 错
误。]
第3 课时　专题强化：卫星变轨问题　双星模型
例1　B　[卫星在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得G＝ma＝m，在地球表面附
近由mg＝G 得GM＝gR2，所以卫星在轨道Ⅲ上的加速度大小为a＝()2g，线速度大小为v
＝，故A 错误，B 正确；卫星的线速度大小为v＝，卫星在圆轨道上运行的动能为Ek＝mv2
＝，可知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，故C 错误；卫星从轨道Ⅰ进入椭
圆轨道Ⅱ要点火加速，机械能增大，从椭圆轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要再次点火加速，机械能继续
增大，所以卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D 错误。]
例2　D　[根据卫星变轨时，由低轨道进入高轨道需要点火加速，反之要减速，所以飞船先
到空间站下方的圆周轨道上同方向运动，在合适的位置加速靠近即可，或者飞船先到空间站
轨道上方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可，故选D。]
例3　B　[设P、Q 之间的距离为L，P 做圆周运动的轨道半径为r1，Q 做圆周运动的轨道半
径为r2，角速度为ω，则有G＝mPω2r1，G＝mQω2r2，联立可得＝＝，由于r1>r2，则k<1，故
A 错误；根据线速度与角速度之间的关系有vP＝ωr1，vQ＝ωr2，r1＋r2＝L，则vP＋vQ＝ω(r1
＋r2)＝ωL，可知，若P、Q 的角速度和它们之间的距离一定，则P、Q 做圆周运动的线速度
大小之和一定，故B 正确；根据G＝mP，
可得vP＝＝，故C 错误；根据G＝mPr1，G＝mQr2，可得T＝2π，若仅增大P、Q 之间的距离，
则P、Q 运行的周期将变大，故D 错误。]
例4　D　[第一种形式下，星体A 受到星体B 和星体C 对其的万有引力，它们的合力充当向
心力，则G＋G＝mR，解得T1＝4πR，第二种形式下，星体之间的距离为r，那么圆周运动
的半径为R′＝，星体A 所受合力F 合＝2G·cos 30°，根据合力提供向心力有2G·cos 30°＝
m·，解得T2＝2πr，则T1∶T2＝，故选D。]
例5　C　[毫秒脉冲星稳定自转，万有引力提供向心力，则有G≥mr，又知M＝ρ·πr3，
整理得密度ρ≥＝ kg/m3≈5.2×1015 kg/m3，故选C。]
例6　D　[地球的第一宇宙速度为v1＝，则黑洞的第一宇宙速度为v2＝，并且有v2>c，联立
解得r<，所以D 正确，A、B、C 错误。]
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阶段复习(二)　力与曲线运动
规范训练　(1)30 N，方向向下
(2)6.85 m　(3)H＝R＋R(cos θ＋)　4 m
解析　(1)设滑块经过C 点的速度为vC，由动能定理可得mgh1－μmgL＝mvC
2
设滑块在C 点所受的支持力为FN，
由牛顿第二定律得FN－mg＝m
代入数据得FN＝30 N
由牛顿第三定律可知，滑块经过C 点时对轨道压力大小为30 N，方向向下。
(2)滑块从D 到E 做斜抛运动，设滑块在D 点速度为vD，从D 至最高点时间为t，则有水平
方向(vDcos θ1)t＝Rsin θ1，竖直方向vDsin θ1＝gt
联立解得vD＝＝5.0 m/s
滑块自释放运动到D 点的过程中，由动能定理可得mgh2－μmgL－
mgR(1＋cos θ1)＝mvD
2－0
代入数据得h2＝6.85 m。
(3)设滑块离开D 点后上升的最大高度为h′，离地最大高度为H，则h′＝，又因为vD＝，
解得h′＝
因为H＝R(1＋cos θ)＋h′，则滑块在DE 间运动时离地面高度H 与夹角θ 的函数关系式H
＝R＋R(cos θ＋)，当θ＝0 时，H 有最小值，即Hmin＝2R＝4 m。
第六章　机械能守恒定律
第1 课时　功、功率　机车启动问题
例1　B　[由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故A 错误；
磁铁受重力和AB 对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB 对磁铁的作用力大
小等于重力大小，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB 对磁铁的作用力不做
功，故B 正确；AB 对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，
故C 错误；AB 对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故
D 错误。]
例2　(1)300 J　(2)100 J　(3)－400 J
(4)0
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解析　物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图
所示
由平衡条件得
Ffcos θ－FNsin θ＝0，
Ffsin θ＋FNcos θ－mg＝0
代入数据得Ff＝10 N，FN＝10 N
x＝vt＝20 m
(1)斜面对物体的支持力所做的功
WN＝FNxcos θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcos (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝－mgx＝－400 J
(4)合外力对物体做的功
方法一：W 合＝WN＋Wf＋WG＝0
方法二：F 合＝0，W 合＝F 合xcos α＝0。
例3　A　[将圆弧分成很多小段l1、l2…ln，拉力F 在每小段上做的功为W1、W2…Wn，因拉
力F 大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 
37°，…
Wn＝Flncos 37°
故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°·＝10×0.8××6 J＝16π J，故A
正确，B 错误；
同理可得小球克服摩擦力做的功W 克f＝μmg·＝8π J，故C、D 错误。]
例4　B　[木块所受的合外力
F 合＝mgsin θ－μmgcos θ＝4 N
木块的加速度a＝＝2 m/s2
前2 s 内木块的位移
x＝at2＝×2×22 m＝4 m
所以重力在前2 s 内做的功为
W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J
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重力在前2 s 内的平均功率＝＝24 W，木块在2 s 末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s 末重力的瞬时功率
P＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W，故选项B 正确。]
例5　B　[由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装
有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的
水的总质量为m 总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W
＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，t＝，联立解得P＝，故选B。]
例6　B　[在以额定功率运动过程中，气垫船的牵引力逐渐减小，当时速达到最大时，牵引
力等于阻力不变，A 错误；由P 额＝Ffvm，可得Ff＝3.0×105 N，当气垫船以不同的速度做
匀速航行时，牵引力等于阻力，B 正确，C 错误；根据P＝，解得P＝4 500 kW，D 错误。]
例7　(1)60 kW　(2)6 000 N　1.5×105 J　(3)1 400 m
解析　(1)汽车受到的阻力为Ff＝0.1mg＝2 000 N
当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为P＝F 牵vm＝Ffvm＝60 000 W
＝60 kW
(2)从0～5 s 时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，汽车匀加
速直线运动的位移为x1＝at1
2＝25 m
根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，可得F＝6 000 N
在0～t1期间牵引力做的功为W＝Fx1＝1.5×105 J
(3)在t1～t2期间，由动能定理得
P(t2－t1)－Ffx2＝mvm
2－mv1
2
解得x2＝1 400 m。
第2 课时　动能定理及其应用
例1　A　[小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝
mv2，综上有v＝，故选A。]
例2　BC　[物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek，物体从斜
面底端到最高点根据动能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，整理得l＝，μ＝0.5，A 错
误，C 正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma 下＝mgsin α－μmgcos α，
解得a 下＝，B 正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
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ma 上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a 上＝g，故a 上>a 下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑
过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝at2，则可得出t 上<t 下，D 错
误。]
例3　BCD　[重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A 错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W
克f＝mvQ
2，代入数据解得克服阻力做的功为W 克f＝440 J，B 正确；经过Q 点时向心加速度
大小为a＝＝9 m/s2，C 正确；经过Q 点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物
受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，
D 正确。]
例4　A　[根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－
W 弹－Wf＝0－mv0
2，则W 弹＝mv0
2－μmg(s＋x)，故选项A 正确。]
例5　C　[根据动能定理－W＝0－mv0
2，可知A、B 两物体受到的摩擦力做的功之比为
WA∶WB＝1∶4，故A、B 错误；根据v－t 图像可知两物体的加速度之比为aA∶aB＝2∶1，
根据牛顿第二定律F＝ma，可得A、B 两物体受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C 正确，
D 错误。]
例6　A　[0～10 m 内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，
整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，
结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N，
10～20 m 内物块下滑，由动能定理得
(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，
整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，
结合10～20 m 内的图像得，
斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。]
第3 课时　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用
例1　D　[设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动能定理得－mgH－
FfH＝0－mv0
2，小球上升至离地高度h 处时速度设为v1，由动能定理得－mgh－Ffh＝mv1
2－
mv0
2，又由题有mv1
2＝2mgh，小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为v2，此
过程由动能定理得－mgh－Ff(2H－h)＝mv2
2－mv0
2，又由题有2×mv2
2＝mgh，以上各式联立
解得h＝，故选D。]
例2　(1)　(2)0　(3)
解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有m＝mg，解得vD＝
(2)由题知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道
内侧，则在C 点有cos 60°＝，小
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物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mvD
2－mvC
2
则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mvD
2－mvB
2
联立解得vB＝，HBD＝0
(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mvB
2－mvA
2，s＝π·2R，解得vA＝。
例3　A　[滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动
能定理得mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv0
2，解得x＝(＋x0tan θ)，选项A 正确。]
例4　(1)7 N　(2)v＝ (m/s)，其中lx≥0.85 m　(3)见解析
解析　(1)滑块由释放点到C 点过程，由动能定理有mglsin 37°＋
mgR(1－cos 37°)＝mvC
2①
在C 点由牛顿第二定律有
FN－mg＝m②
由①②解得FN＝7 N③
(2)要保证滑块能到F 点，必须能过DEF 的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl1sin 37°－
(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④
解得l1＝0.85 m⑤
因此要能过F 点必须满足
lx≥0.85 m⑥
能过最高点，则能到F 点，由释放到第一次到达F 点，根据动能定理可得
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝ (m/s)，其中lx≥0.85 m⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍
mglxsin 37°－mgsin 37°－
nμmgcos 37°＝0，⑨
lFG＝，⑩
由⑨⑩解得lx＝ m，n＝1,3,5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
当n＝1 时，lx1＝ m；
当n＝3 时，lx2＝ m
当n＝5 时，lx3＝ m。
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第4 课时　机械能守恒定律及其应用
例1　BC　[当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的
力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，
A、D 错误；小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做
功，小球的机械能守恒，B 正确；小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与
半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C 正确。]
例2　C　[设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水平面为参考平面，根据机
械能守恒定律有
mv0
2＝mv2＋mgh
h＝L－d－d－＝L－d
代入数据联立解得v＝ m/s
小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋mg＝，解得细线拉力大小为F＝2 N，故选C。]
例3　C　[如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P 点的距离为L，
根据机械能守恒定律得mgh＝mv2
由几何关系可得h＝Lsin θ
sin θ＝
联立可得h＝，则v＝L
故C 正确，A、B、D 错误。]
例4　C　[设B 球的质量为m，则A 球的质量为2m，A 球刚落地时，两球速度大小都为v，
根据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，B 球继续上升的过程由动能定理可得
－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，B 球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C。]
拓展　物块的机械能减少了mgl，软绳的机械能增加了mgl
解析　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·＋·＝
×2m·v2，计算可得v＝，则物块机械能的减少量为E 减＝mg·－mv2＝mgl，系统的机械能是守
恒的，由于物块的机械能减少了mgl，所以软绳的机械能增加了mgl。
例5　ABD　[在物块B 下落到绳与水平方向的夹角为θ 时，物块B 下降的高度为h＝Ltan 
θ，则B 重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A 沿斜面上升的距离为x＝－L，设此时物
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块A 的速度为vA，物块B 的速度为vB，A、B 组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统
机械能守恒，所以物块B 的机械能减少量等于物块A 的机械能增加量，有mgLtan θ－mvB
2
＝mvA
2＋mgxsin θ，A 物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B 正确；将物块B 的速
度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v 绳＝vBsin θ，则物块A 的速度小于
物块B 的速度，故C 错误；联立以上表达式可得vB＝，故D 正确。]
例6　D　[由题知B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg＝m，B 在最高点时速度大
小为v＝，因为A、B 角速度相同，A 的转动半径只有B 的一半，所以A 的速度大小为，当
B 由最高点转至与O 点等高时，取O 点所在水平面的重力势能为零，根据A、B 系统机械能
守恒，mg·2L－mgL＋m()2＋mv2＝mvA
2＋mvB
2，vB＝2vA，解得vA＝，vB＝，故C 错误，D 正
确；设杆对B 做的功为W，对B 由动能定理得mg·2L＋W＝mvB
2－mv2，解得W＝－mgL，所
以杆对B 做负功，B 的机械能不守恒，故A、B 错误。]
微点突破3　含弹簧的机械能守恒问题
例1　D　[到达与B 点等高处时小球重力与弹簧的弹力大小相等，此时加速度为0，速度达
到最大，所以从O 到C，小球重力势能减小、动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的
系统机械能守恒，故A 错误；
从A 到C，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的系统机械
能守恒，故B 错误；
到达B 点时，小球的动能最大，弹性势能最小的点是A 点，故C 错误；
从O 到A，只有重力做功，小球重力势能减小，动能增大，小球、地球组成的系统机械能守
恒，故D 正确。]
例2　D　[从a 到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大。从b 到c，弹
簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，
所以滑块在b 点时速度不是最大，动量也不是最大，故A 错误；从a 下滑到b 点和从b 下滑
到c 点的时间不相等，结合对称性可知弹簧弹力的总冲量不为零，故B 错误；由题图可知，
a、c 两处弹簧的形变量相同，故滑块从a 到c，弹力做功为零，只有重力做功，则有mg·
2ltan 37°＝mvc
2，可得滑块在c 点的速度大小为vc＝，故C 错误；滑块从c 点下滑到d 点的
过程中，有ΔE＝mvc
2＋mgl(tan 53°－tan 37°)，解得ΔE＝mgl，故D 正确。]
例3　A　[左边金属环下滑过程，除重力以外，弹簧的弹力对它做功，故对金属环而言，下
滑过程中机械能不守恒，故B 错误；金属环下降h′达到最低点时，速度减小为0，形变量
最大为2h′，根据两金属环与弹簧系统机械能守恒有2mgh′＝k(2h′)2，解得h′＝，弹簧
的最大伸长量Δx＝2h′＝，弹簧的最大拉力为FT＝kΔx＝2mg，故C 错误；
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在最高点时金属环只受重力和支持力作用，此时重力沿杆方向的分力提供加速度，有a1＝
gsin 45°
在最低点，可知FT＝2mg
根据牛顿第二定律可知FTcos 45°－mgsin 45°＝ma2，解得a2＝gsin 45°，则a1＝a2
金属环在最高点与最低点加速度大小相等，故A 正确；
当金属环的加速度为0 时，速度最大，金属环受力如图所示
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力，沿杆方向加速度为0，即合力为0，有mgsin 45°
＝Fcos 45°，又F＝kΔx，解得形变量Δx＝，根据几何知识，两个小球下降的高度为h＝
对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有2mgh＝k(Δx)2＋×2mv2
解得v＝g，故D 错误。]
例4　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 m/s
解析　(1)弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律，对B 有mg－FT＝ma
对A 有FT－mgsin 30°＝ma
解得FT＝30 N。
(2)初态弹簧压缩量x1＝＝0.1 m
当A 速度最大时，A 的加速度为0，
则有mg＝kx2＋mgsin 30°
弹簧伸长量x2＝0.1 m
所以A 沿斜面上升x1＋x2＝0.2 m。
(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，由系统机械能守恒有：
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2，解得v＝1 m/s。
跟踪训练
1．AD　[由题图可知，人从跳台下落到A 点的过程，人做自由落体运动，可得重力加速度
大小为g＝，故A 正确；人从A 点运动到B 点这一过程中，人的重力势能转化为人的动能和
弹性绳的弹性势能，故B 错误；人在下落过程中，弹性绳的形变量一直增大，弹性势能一
直增大，故弹性绳对人一直做负功，故C 错误；人从A 点运动到C 点这一过程中，人与弹
性绳组成的系统机械能守恒，由于下落过程中，弹性绳弹性势能一直增大，故人的机械能一
直减少，故D 正确。]
2．D　[套在圆环上的小球从a 点静止释放，此后小球在a、b 间做往复运动，表明小球在a
点的合力不等于零，合力的方向沿着a 点的切线向上；因为系统的机械能守恒，a 点和b 点
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关于O1O2对称，所以小球在b 点受到的合力不等于零，合力的方向b 点的切线向上，A 错
误；小球从a 点到c 点运动的过程中，小球在a 点时动能最小，等于零，小球在a 点时位置
最低，小球在a 点时的重力势能最小，那么，小球在a 点时的机械能最小；又因为小球和弹
簧组成的系统机械能守恒，所以小球在a 点时，弹簧的弹性势能最大，那么，小球在a 点时
弹簧的形变量最大，所以弹簧在a 点的伸长量一定大于弹簧在c 点的压缩量，B 错误；小球
受到重力、弹簧的弹力、圆环的支持力，这三个力的合力为零时，小球的速度最大，此时弹
簧不处于原长状态，C 错误；因为系统的机械能守恒，所以弹簧处于原长时，小球的机械能
最大；在a、b 之间，弹簧处于原长的位置有两处，D 正确。]
3．D　[A 下降过程，弹簧逐渐伸长，对B 的拉力水平向左，对物块B 做负功，金属环A 和
物块B 组成的系统机械能不守恒，故A 错误；在金属环A 下降过程中，轻杆一直对A 做负
功，则A 的机械能一直减小，故B 错误；下降过程中B 的速度先增大后减小，动能先增大
后减小，故C 错误；A、B 与弹簧组成的系统机械能守恒，当A 下降到最低点时A 的重力势
能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得弹簧的
弹性势能最大值为Ep＝2mg×2L(cos 30°－cos 60°)＝2(－1)mgL，故D 正确。]
4．(1)30°　(2)2g
解析　(1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面，此时A 的加速度
为零
由牛顿第二定律得4mgsin α－2mg＝0
则sin α＝，α＝30°
(2)初始时系统静止且细线无拉力，弹簧处于压缩状态，设弹簧压缩量为Δx，对B：kΔx＝
mg，因α＝30°，
则C 球离开地面时，弹簧伸长量也为Δx，故弹簧弹性势能变化量为零，
A、B、C 三小球和弹簧组成的系统机械能守恒，有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝(5m)vm
2
联立解得vm＝2g。
第5 课时　功能关系　能量守恒定律
例1　BC　[人沿沙坡下滑的距离l＝vt＝100 m
重力势能减少ΔEp＝mglsin 30°＝2.5×104 J，故A 错误；
人的动能增加ΔEk＝mv2＝1.0×104 J，故B 正确；
人的机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C 正确；
人克服阻力做功W 克f＝ΔE＝1.5×104 J，故D 错误。]
例2　AB　[由E－s 图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守
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恒，故A 正确；由E－s 图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J
＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝
3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B 正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin 
α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C 错误；物块下滑2.0 m 时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′
＝8 J，故D 错误。]
例3　AB　[根据功的定义W＝Flcos θ，其中l 指物体的位移，而θ 指力与位移之间的夹角，
可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B 正确；
根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C 错误；由于摩擦而产生的热量Q＝
Ff·Δx＝μmgd，D 错误。]
例4　BC　[由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A
错误； 在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－t1＝t1，则物块和传送带间因摩擦而产
生的内能为Q＝FfΔx＝Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·t1＝
Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B
正确；由功能关系可知，在t1＋ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即
mgLsin θ＋mv2，选项C 正确； 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgL1sin θ＋
mv2＋Q，由选项B 可知mgL1sin θ＋mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗
2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ；则在t1＋t2时间内因
运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，
选项D 错误。]
例5　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
解析　(1)在物体A 向下运动到刚到C 点的过程中，对A、B 组成的系统应用能量守恒定律
可得μ·2mgcos θ·L＝×3mv0
2－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL，解得v＝2 m/s。
(2)对A、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至最短后恰好返回到C 点的过程中，
系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x，其中x 为弹簧的
最大压缩量，解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C 点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得
×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J。
例6　(1)　(2)m　(3)mgL
解析　(1)装置静止时，设AB、OB 的张力分别为F1、F2，
对A 受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37°
对B 受力分析，由平衡条件得F1cos 37°＋F2cos 37°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 37°，联立解得F
＝
(2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B 的转动半径分别为rA、
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rB，由几何关系知
rA＝L，rB＝L。
由题知环A 的向心力F′＝F
对A，F′＝Mω2·L
对B，mgtan 53°＝mω2·L
解得M＝m。
(3)B 上升的高度h＝L，A、B 的动能分别为EkA＝M(ω·L)2
EkB＝m(ω·L)2
根据能量守恒定律可知，
W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh
解得W＝mgL。
第6 课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用
例1　BC　[由题图乙可知，物块先做初速度为2 m/s 的匀加速直线运动，速度达到传送带速
度后(在t＝0.25 s 时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直
线运动，从题图乙可知传送带的速度为4 m/s。开始匀加速运动的加速度
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
速度相等后，加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立两式解得θ＝30°，μ＝，故A 错误；
小物块与传送带间的摩擦力为 Ff＝μmgcos θ＝6 N，
小物块对传送带做功为W＝－Ffx1＋Ffx2＝－6×4×0.25 J＋6×4×1 J＝18 J，故B 正确；
0～0.25 s 时间内，小物块的位移为
x′＝×0.25 m＝0.75 m，
相对位移Δx1＝x1－x′＝1 m－0.75 m＝0.25 m，
0．25～1.25 s 时间内，小物块的位移为x″＝×1 m＝5 m，
相对位移Δx2＝x″－x2＝1 m>Δx1，
所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m。
小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝Ff(Δx1＋Δx2)＝7.5 J，故C 正确，D 错误。]
例2　(1)3 s　(2)1.5 m　(3)9 J
解析　(1)设小物块从圆弧最高点由静止下滑到达最低点时速度为vN，根据动能定理有mgR
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＝mvN
2
解得vN＝9 m/s，vN>v，可知小物块滑上传送带后先做匀减速运动
由牛顿第二定律μmg＝ma1
解得a1＝1.5 m/s2
若经过t1减速到v＝6 m/s，由v＝vN－a1t1，代入数据求得t1＝2 s
在t1内小物块的位移x＝t1
解得x＝15 m，由x<L，可知小物块之后做匀速运动，设匀速运动时间为t2，则t2＝，解得t2
＝1 s，所以小物块第一次通过传送带所用的时间t＝t1＋t2＝3 s。
(2)小物块以v＝6 m/s 的速度冲上斜面，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，得a2
＝7.2 m/s2
由运动学公式，有0－v2＝－2a2x1
x1sin θ＝H，可得H＝1.5 m
(3)由(2)知x1＝2.5 m，小物块沿着斜面下滑的过程中由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ
＝ma3，得a3＝4.8 m/s2，由运动学公式，有v1
2＝2a3x1
可得小物块第二次滑上传送带的速度v1＝2 m/s
由于v1<v，可知小物块在传送带上先向右减速后向左加速，最后以v1＝2 m/s 的速度第二次
滑上斜面的最大位移x2满足0－v1
2＝－2a2x2
可得x2＝ m，同理可得小物块第三次滑上斜面的最大位移x3＝ m
小物块第n 次滑上斜面时上滑的最大位移xn＝()n－1x1，所以小物块在斜面上摩擦产生的热量
Q＝μmgcos θ(2x1＋2x2＋2x3＋…)，解得Q＝9 J。
(说明：也可以通过判断每次从斜面滑下经过M 点与滑上传送带再返回至M 点时的速度大小
相等，故Q＝mv2＝9 J)
例3　C　[P 的加速度为aP＝－＝－2 m/s2，Q 的加速度为aQ＝＝
2 m/s2
两者共速时有v 共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v 共＝2 m/s，选项A 错误；
P、Q 共速时的相对位移为
Δx＝t－t＝2 m
之后不发生相对滑动，故长木板Q 长度至少为2 m，选项B 错误；
P 与Q 之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q 之间产生的热
量为Q2＝m2v0
2－Q1＝12 J，P 与Q 之间产生的热量与地面与Q 之间产生的热量之比为
1∶1，选项C 正确，D 错误。]
例4　(1)0<v0≤6 m/s　(2) m/s
解析　(1)在木板全部固定的情况下，当滑块恰好能够滑至第三块木板的右端时v0具有最大
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值v0max，根据动能定理有－μMgL－2μMgL－3μMgL＝0－Mv0max
2，解得v0max＝6 m/s，要想获
奖，v0的取值范围为0<v0≤6 m/s。
(2)在木板不固定，且从左向右按照A、B、C 的方式放置的情况下，当滑块在A 上滑动时，
滑块与A 之间的滑动摩擦力大小为Ff1＝μMg＝2.5 N
A、B、C 整体所受地面的最大静摩擦力Ffmax1＝μ(M＋3m)g＝5.5 N
因为Ff1<Ffmax1
所以当滑块在A 上滑动时，A、B、C 均静止，当滑块在B 上滑动时，滑块与B 之间的滑动
摩擦力大小为Ff2＝2μMg＝5 N
B、C 整体所受地面的最大静摩擦力为
Ffmax2＝μ(M＋2m)g＝4.5 N，因为Ff2>Ffmax2
所以当滑块在B 上滑动时，B、C 一起做匀加速直线运动，而滑块做匀减速直线运动，根据
牛顿第二定律可知，当滑块在B 上滑动时，滑块和B、C 整体的加速度大小分别为a1＝＝2 
m/s2，
a2＝＝0.25 m/s2
若滑块恰好在滑到C 上时与C 达到共同速度，因为滑块与C 之间的最大静摩擦力为Ff3＝
3μMg＝7.5 N
大于滑块与C 整体做匀减速直线运动时C 所受地面的摩擦力Ff3′＝μ(M＋m)g＝3.5 N，所以
滑块与C 达到共同速度后将不会再相对C 滑动，B、C 一起做匀减速直线运动直到停止，则
可获得一等奖，且v0具有最小值。设滑块刚滑上B 时的速度大小为v1，经时间t1恰好滑到C
上且与C 达到大小为v2的共同速度，根据匀变速直线运动的规律有v1－a1t1＝v2，v2＝a2t1，
－＝L，解得v1＝ m/s，对滑块从刚滑上A 到刚滑上B 的过程，根据动能定理有－μMgL＝
Mv1
2－Mv0min
2，解得v0min＝ m/s。
例5　(1)(1.2 m,0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m 或xAB≤1.25 m
(4)见解析
解析　(1)对滑块由P 到A 的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方
向有vy
2＝2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐
标值为(1.2 m,0.45 m)。
(2)滑块恰好能通过D 点，在最高点有mg＝m，从P 到D 点，由动能定理得mg(y＋xABsin θ－
2R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv1
2－mv0
2，联立解得xAB＝5 m。
(3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚
好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5 m
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P 到与圆心等高的位置，由动能定理得mg(y
＋xABsin θ－R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝0－mv0
2，解得xAB＝1.25 m，滑块从A 点切入后不脱
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离轨道时AB 的长度应满足xAB≥5 m 或xAB≤1.25 m
(4)由(3)知，xAB＝3.5 m 时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的
夹角为α，则脱轨时mgsin α＝，从P 到脱轨的位置，由动能定理得mg(y＋xABsin θ－R－
Rsin α)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv2
2－mv0
2
联立解得sin α＝0.6，即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m 处脱轨。
第7 课时　实验七：验证机械能守恒定律
例1　(1)D　(2)B　(3)mg(s0＋s1)
　重锤下落过程中受到阻力作用
解析　(1)打点计时器需要用交流电源，测量速度及重力势能的变化量需要测量纸带上某些
点间的距离，则需要刻度尺，故选D。
(2)按照题图所示安装好实验器材并连接好电源，故A 正确，不符合题意；
为充分利用纸带，应先接通电源开关，再打开夹子释放纸带，故B 错误，符合题意；测量
纸带上某些点间的距离，用来表示重力势能的变化，故C 正确，不符合题意；根据测量的
结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能，验证机械能是否守恒，故
D 正确，不符合题意。
(3)重力势能减少量为ΔEp＝mg(s0＋s1)，C 点速度为vC＝
动能增加量为ΔEk＝mvC
2－0＝m()2＝。重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原
因主要是重锤下落过程中受到阻力作用。
例2　(1)B　D　(2)　mghB　　(3)重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响　较大
(4)9.70
解析　(1)除了题目中提出的器材，还需要毫米刻度尺测长度，打点计时器需要交流电源。
所以选B、D。
(2)重物在B 点的瞬时速度为vB＝，根据题图可知，从起始点下落的高度为hB，从打O 点到
打B 点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp＝mghB，动能的增加量为ΔEk＝mvB
2＝；
(3)重力势能的减少量略大于动能的增加量，其原因可能是重物受到空气阻力和纸带受到摩
擦阻力的影响；为了减小实验误差，在两个体积相同、质量不同的重物中应选择质量较大的，
空气阻力影响结果较小；
(4)若重物下落机械能守恒，则有mgh＝mv2，即v2＝2gh，可知v2－h 图线是一条过原点的直
线，直线的斜率为k＝2g，题图丙所示的v2－h 图线的斜率为k＝m/s2＝2g，因此可求得当地
重力加速度大小为g＝9.70 m/s2。
例3　(1)　(2) m1gl　(m1＋m2)()2
(3)
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解析　(1)小车通过光电门时的速度为v＝
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为ΔEp＝m1gl，从释放到小
车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为ΔEk＝(m1＋m2)()2
(3)改变l，做多组实验，作出以l 为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，有
m1gl＝(m1＋m2)()2，整理有()2＝·l，则图像斜率为。
例4　(1)－2　(2)－2.1　0.59　(3)C
解析　(1)设初始位置时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳拉力最小值为Tmin＝mgcos 
θ，到最低点时轻绳拉力最大，则有mgl(1－cos θ)＝mv2，Tmax－mg＝m，
联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则题图乙中直线斜率的理论值为－2；
(2)由题图乙得直线的斜率为k＝＝－2.1,3mg＝1.77 N，则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选
C。
第七章　动量守恒定律
第1 课时　动量定理及应用
例1　C　[设斜面倾角为θ 时，物块在斜面上的加速度为a＝gsin θ，设斜面顶点到水平地面
的高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB 斜面
上的滑行时间比在AC 斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt 可知，两物块所受重力冲量不相同，
选项A 错误；根据动量定理有mgsin θ·t＝Δp，可知Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块
的动量改变量大小相等，但方向不相同，选项B 错误；根据动能定理ΔEk＝mgh 得两物块的
动能改变量相同，选项C 正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，因两物
块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D 错误。]
例2　C　[以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I 合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A
错误；设物体上滑过程时间为t1，下滑回到出发点时间为t2，位移大小为x，则x＝t1＝t2，得
t1＝t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1＋If2＝Fft1－Fft2≠0，B 错误；上滑过程中重力
的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1<t2，上滑过程中重力的冲量比下滑过
程中重力的冲量小，C 正确；上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，故两过程中支持力的
冲量均不为零，D 错误。]
例3　AD　[物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s 时间内由动量定理可
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知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s 时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C 错误；
设3 s 后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，
所以物块在4 s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确；在0～3 s 时间内，对
物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv3
2，解得x1＝9 m,3～4 s 时间内，对物块由动能定理可得
－(F＋Ff)x2＝0－mv3
2，解得x2＝3 m，4～6 s 时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小
为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝at3
2＝4 m<x1＋x2，即6 s 时物块没有回到初始位置，
故B 错误；0～6 s 时间F 对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D 正确。]
例4　D　[汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由
运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理
Δp＝FΔt 知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了
司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D 正确。]
例5　BD　[取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·
m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰
撞过程动量不守恒，故A 错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 
kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B 正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝
1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C 错误；对滑块2 根据动量定理有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则
滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N，故D 正确。]
例6　A　[安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh 可得，安全带对人起作
用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起
作用到安全带伸长量达到最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故
＝＋mg＝＋mg，故选项A 正确。]
例7　BD　[直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，飞机对空
气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt
＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A 错误，B 正确；由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F
＝Mg，联立两式可得＝，故C 错误，D 正确。]
第2 课时　动量守恒定律
例1　B　[因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，
即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机
械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B。]
例2　D　[所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；
初始时用手托住小木块A，使A、B、C 均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合
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力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D 正确。]
例3　(1)5 m/s　(2)1.28 m
解析　(1)整个过程中，小球B、小车A 和物块C 组成的系统水平方向不受外力，系统水平
方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋
m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5 m/s。
(2)A 与C 的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0＝(M＋m0)v1，设小球下落的时间为t，则有H＝gt2，Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝
1.28 m。
例4　4v0
解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上
的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin，再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－
mvmin＝11mv2，为避免两船相撞应满足v1＝v2
联立解得vmin＝4v0。
例5　D　[设爆炸后瞬间质量为m 的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动
量守恒可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝v1，又E＝mv1
2，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E 总
＝mv1
2＋(M－m)v2
2，联立解得E 总＝E，故选D。]
例6　A　[开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1
＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小
为30 kg·m/s，故选A。]
例7　A　[对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得
该女子的质量为m2＝45 kg，故选A。]
第3 课时　专题强化：碰撞模型及拓展
例1　C　[设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的
总动能Ek＝mvA1
2＋mvB1
2＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p′＝mvA1＋
mvB1＝7m，动量不守恒，选项A 错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，
选项B 错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，碰后总动量p′＝mvA3＋mvB3＝8m，总动能Ek3
＝mvA3
2＋mvB3
2＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，选项C 可能实现；若vA4＝
－1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p′＝mvA4＋mvB4＝8m，总动能Ek4＝mvA4
2＋mvB4
2＝41m，
动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D 错误。]
例2　B　[设小球P、Q 的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理
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可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q 与地面碰撞后速度等大反向，然后与P 碰撞，P、Q 碰撞
过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2
＝mvP
2＋×2mvQ
2，解得vP＝，碰后小球P 机械能守恒，则有mgh′＝mvP
2，解得h′＝h，故
选B。]
例3　(1)1 m　(2)0　(3)12 J
解析　(1)对物体A，根据运动学公式可得x＝h－gt2＝1.2 m－×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－gt2，解得vB0＝6 
m/s
可得碰撞前A 物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B 物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能ΔE＝mAvA
2＋mBvB
2－(mA＋mB)v2＝12 J。
例4　A　[根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度
大小也是1 m/s，A 正确；因为弹簧压缩到最短时，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，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v0
2＝m1v1′2＋m2v2′2，联
立解得v2′＝2 m/s，D 错误。]
例5　(1)mv0
2　(2)mv0
2
解析　(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v1时，对A、B 与弹簧组成的系统，取水平
向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1①
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、
C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2②
mv1
2＝ΔE＋(2m)v2
2③
联立①②③式得ΔE＝mv0
2④
(2)由②式可知v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至A、B、C 三者速度相同，设此速度为v3，此
时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。
由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤
mv0
2－ΔE＝(3m)v3
2＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv0
2。
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例6　BC　[小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和
机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv0
2＝×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝，故D 错误；从小球
滚上小车到滚下并离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械
能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，
开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv0
2，即此过程小球对小车做的功为
Mv0
2，故B、C 正确，A 错误。]
例7　(1)20 kg　(2)不能，理由见解析
解析　(1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此
共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒和机械能守
恒得m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v0
2＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律和机
械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v0
2＝m2v2
2＋m3v3
2⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块
后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
第4 课时　专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块
－木板”模型中的应用
例1　(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，代入数据解得v＝6 m/s
此过程系统所产生的内能
Q＝mv0
2－(M＋m)v2＝882 J
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s 的速度入射时没有射穿木块，则对以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′＝8 m/s
此过程系统损失的机械能为
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ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有Q＝ΔE＝F 阻x 相＝F 阻d
ΔE′＝F 阻x 相′＝F 阻d′
则＝＝，解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
拓展　(1)CD　(2)D
解析　(1)子弹的入射速度越大，子弹击穿木块所用的时间越短，木块相对地面的位移越小，
但子弹相对木块的位移不变，C、D 正确；木块动能的增加量ΔEk＝Ffx，木块对子弹的阻力
恒定，由上述分析可知木块动能的增加量变小，即木块最终获得的动能变小，子弹损失的动
能也变小，A、B 错误。
(2)若木块固定，子弹在木块中运动的时间t 不为零，摩擦力Ff不为零，则子弹对木块的摩擦
力的冲量I＝Fft 不为零，A 错误；若木块不固定，子弹减小的动能等于木块增加的动能与系
统增加的内能之和，可知子弹减小的动能大于木块增加的动能，B 错误；木块固定时子弹射
出木块所用时间较短，木块不固定时子弹射出木块所用时间较长，摩擦力大小不变，则木块
不固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲量大小，
C 错误；不论木块是否固定，因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木
块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等，D 正确。
例2　(1)0.8 m/s　(2)0.24 s
(3)0.096 m　(4)0.336 m　(5)0.24 J
(6)5 m/s
解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝
(m1＋m2)v，
解得v＝＝0.8 m/s
(2)对物块由动量定理有
－μm2gt＝m2v－m2v0
解得t＝＝0.24 s
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0，解得x1＝＝0.096 m
(4)x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m
(5)方法一　Δx＝x2－x1＝0.24 m
Q＝μm2g·Δx＝0.24 J
方法二　Q＝ΔE＝m2v0
2－(m1＋m2)v2＝0.24 J
(6)m2v0′＝(m1＋m2)v′
m2v0′2－(m1＋m2)v′2＝μm2gL，联立解得v0′＝5 m/s。
拓展　不变
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例3　(1)8 N·s，方向水平向左
(2)2 m/s　(3)0.5 s　(4)8.5 m
解析　(1)子弹射入物块A 的过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1，解得子弹与物块A
的共同速度大小为v1＝20 m/s
对子弹由动量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s，所以子弹射入物块A 的过程中物块对子弹的
冲量大小为8 N·s，方向水平向左。
(2)当物块A 滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得
m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2
解得平板车B 的最大速度vB＝2 m/s
(3)对物块A 与子弹由动量定理得
－μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1，解得物块A 在平板车上滑行的时间t＝0.5 s
(4)物块A 滑离平板车，运动的位移大小xA＝t＝9 m，平板车的位移大小xB＝t＝0.5 m，则平
板车的长度L＝xA－xB＝8.5 m。
例4　(1)0.5 m/s　(2) m　3 J
解析　(1)设物块A 从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为v0，由动能定理可得mgh＝mv0
2
解得v0＝＝2 m/s
物块A 滑上小车B 后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v，则
有mv0＝(m＋M)v，解得v＝0.5 m/s
(2)对小车B 由动能定理可得μmgxB＝Mv2，解得xB＝ m，设系统产生的热量为Q，由能量守
恒得mv0
2＝(m＋M)v2＋Q，解得Q＝3 J。
思考　这两个模型中，子弹打木块模型是一个物体从另外一个物体内部穿行，时间较短，在
滑块—木板模型中，是一个物体在另外一个物体表面滑行，时间相对较长，在运动过程中都
受到阻力作用，运动规律相同。
第5 课时　专题强化：用三大观点解决力学问题
例1　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s
(3)0.2 m
解析　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g
＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也
为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv1
2－mv0
2，代入数据解得v1＝
8 m/s。
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(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过
程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
例2　(1)1.2 m　(2)8 m/s　(3)8.5 J
(4)0.4 m
解析　(1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋M)v1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝
(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有(m0＋M)v1
2＝(m0＋M＋m)v2
2＋mgh，联立解得h＝1.2 m，即小物块沿圆
弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m。
(2)当小物块第一次回到B 点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方
向动量守恒有
(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有(m0＋M)v1
2＝(m0＋M)v3
2＋mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s，即小物块第一次返回到B 点时速度大小为v＝8 m/s。
(3)当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同。由动量守恒定律有
(m0＋M)v3＋mv＝(m0＋M＋m)v4
由能量守恒定律有(m0＋M)v3
2＋mv2＝(m0＋M＋m)v4
2＋μmgL＋Epm，联立解得Epm＝8.5 J。
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC 段总共运动了s 的路程，
由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有(m0＋M)v1
2
＝(m0＋M＋m)v5
2＋μmgs
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块最终与小车保持相对静止时到B 的距离x＝0.4 m。
例3　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0
(3)0.2 m
解析　(1)滑块a 从D 到F，由动能定理mg·2R＝mvF
2－mv0
2
在F 点由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N
(2)已知滑块a 返回B 点时的速度
vB＝1 m/s，
设滑块a 与b 碰后的速度大小为va，由动能定理有：－mg·2R－μmg·L＝mvB
2－mva
2
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解得va＝5 m/s
因a、b 碰撞过程动量守恒，
则mvF＝－mva＋3mvb
解得碰后b 的速度vb＝5 m/s
则滑块a、b 碰撞过程损失的能量
ΔE＝mvF
2－mva
2－×3mvb
2
解得ΔE＝0
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则a、b 碰后的共同速度v 满足：
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v′，有4mv＝6mv′，解得v′＝ m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有×(m＋3m)v2＝×(m＋3m＋2m)v′2＋kx1
2
解得x1＝0.1 m
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则
弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例4　(1)102 kg　(2)180 J　(3)6.75 m
解析　(1)设选手及装备的质量为m，为了防止A 滑动，则μ1mg≤μ2(M0＋m)g＋0.1(M＋M0)g
解得m≤102 kg
(2)滑上A 时速度为v1
mv1
2－0＝mgh
与C 碰前速度为v2
mv2
2－mv1
2＝－μ1mgL
选手经过A 与C 发生碰撞后一起运动，速度为v，mv2＝(M＋m)v
损失的机械能ΔE＝mv2
2－(M＋m)v2，解得ΔE＝180 J
(3)选手与C 碰撞后经0.5 s 恰好与平板B 速度相同，根据动量定理
ft＝(M＋m)v－(M＋m＋M0)v′，
f＝0.1×(M＋m＋M0)g＝120 N
解得v′＝2.5 m/s
B 运动距离x1＝t＝0.625 m
之后一起减速，加速度大小为
a＝＝1 m/s2
减速位移x2＝＝3.125 m，所以最大宽度d＝x1＋x2＋L＝6.75 m。
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第6 课时　实验八：验证动量守恒定律
例1　(2)0.304　(6)0.31　(7)0.32 
(8)＝　0.34
解析　(2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故A 选质量为0.304 
kg 的滑块。
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k2＝＝＝≈0.31。
(7)的平均值为
＝≈0.32。
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
联立解得＝，代入数据可得≈0.34。
例2　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP　m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2　(4)14∶11 
110∶29　1.01　(5)76.8
解析　(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，
直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过落地高度不变情况下的水平射程来
体现速度。故选C；
(2)实验时，先让入射小球m1 多次从斜轨上S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置
P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨
上S 位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。测量平均落点的位置，找到平抛运动
的水平位移，因此步骤中D、E 是必须的，而且D 要在E 之前，至于用天平测质量先后均可
以。故选A、D、E。
(3)设落地时间为t，则v1＝，v1′＝，v2′＝，而动量守恒的表达式是m1v1＝m1v1′＋
m2v2′，能量守恒的表达式是m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2，所以若两球相碰前后的动量守恒，
则m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，若碰撞是弹性碰撞，能量是守恒的，则有m1·OM2＋m2·ON2＝
m1·OP2
(4)碰撞前后m1动量之比＝＝，＝＝，＝≈1.01
(5)发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒的表达式是m1v1＝m1v1′＋
m2v2′，能量守恒的表达式是m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝v1，则对应的表达式
ON＝·OP，因此最大射程为ONmax＝76.8 cm。
例3　(1)一元　(2)　(3)
(4)见解析
解析　(1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的
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是一元硬币；
(2)甲从O 点到P 点，根据动能定理－μm1gs0＝0－m1v0
2，解得碰撞前，甲到O 点时速度的大
小v0＝
(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝，v2＝
若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2
整理可得＝
(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大
小的比值不是1，这种误差可能的原因有：
①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的
系统合外力不为零。
例4　(1)A　(2)C
(3)－＝－
解析　(1)两小球做平抛运动，水平方向上有x＝vt，竖直方向上有t＝，解得v＝x，
可知碰撞前后的速度正比于，根据动量守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
整理得＝＋，故选A。
(2)碰撞后小球均做平抛运动，设斜面与水平面的夹角为α，由平抛运动规律得Lsin α＝gt2，
Lcos α＝vt
联立解得v＝
可知碰撞前后的速度正比于，故m1v0＝m1v1＋m2v2可变形成验证表达式m1＝m1＋m2，故选
C。
(3)若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，依题意有m1v1－m2v2
＝－(m1＋m2)v3
设遮光片的宽度为d，则
v1＝，v2＝，v3＝
联立可得－＝－。
例5　(1)10.20　(2)将气垫导轨调至水平　(3)见解析图　(4)1.96
解析　(1)游标卡尺的读数为
10 mm＋4×0.05 mm＝10.20 mm；
(2)滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；
(3)根据表格中数据描点并用直线连接
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(4)根据动量定理有mgΔt＝(M＋m)Δv，
则有Δv＝Δt，代入数据解得斜率k＝＝1.96 m/s2。
阶段复习(三)　能量和动量
规范训练　(1)3 m/s　(2)4 m/s，方向水平向右　(3)0.18 m
解析　(1)设滑块P 在B 点的速度为vB，其竖直分速度为vBy，
根据功能关系有m1gh＝m1vBy
2①
根据速度的分解有＝tan 53°②
联立①②式代入数据解得v0＝3 m/s③
(2)滑块P 从A 点到E 点，设到E 点的速度为vP1，根据动能定理有
m1g(h＋R1－R1cos 53°)－μm1gLCE＝m1vP1
2－m1v0
2④
代入数据解得vP1＝6 m/s⑤
滑块P、Q 碰后，设P 的速度为vP2，
根据动量守恒定律及能量守恒定律有m1vP1＝m1vP2＋m2vQ⑥
m1vP1
2＝m1vP2
2＋m2vQ
2⑦
联立⑤⑥⑦式代入数据得
vQ＝4 m/s，方向水平向右⑧
(3)滑块Q 从E 点冲上圆弧槽S，对Q 与S 组成的系统，水平方向根据动量守恒定律有m2vQ
＝(m2＋m3)vS⑨
根据能量守恒定律有m2vQ
2＝
m2g(R2＋hm)＋m2vS
2＋m3vS
2⑩
联立⑧⑨⑩式代入数据得hm＝0.18 m。
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第八章　机械振动　机械波
第1 课时　机械振动
例1　A　[做简谐运动的小球，从C 到O 的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位
置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正
功，动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx 可知，回复力逐
渐减小，根据牛顿第二定律可知 F＝－kx＝ma，故加速度不断减小，故A 正确；由上述分
析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B
错误；在小球从C 到O 的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上
述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D 错误。]
例2　B　[简谐运动的质点，先后以同样的速度通过M、N 两点，则可判定M、N 两点关于
平衡位置O 点对称，所以质点由M 到O 时间与由O 到N 的时间相等，那么平衡位置O 到N
点的时间t1＝0.5 s，因过N 点后再经过t＝1 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过
N 点，则有从N 点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4(t1＋t2)＝4 
s。这2 s 内质点通过的总路程的一半，即为振幅，所以振幅A＝＝6 cm，故选B。]
例3　D　[A、B 的振动频率相同，相位差恒定且为－0.8π，故A 的相位比B 的相位总滞后
0.8π，故A 错误；A、B 的振动频率均为 Hz＝ Hz，故B 错误；t＝0 时，A 的位移为负向最
大，故加速度为正向最大，故C 错误；t＝ s 时，B 的位移为0，处在平衡位置，故B 的加速
度最小，故D 正确。]
例4　BC　[在t＝0.1 s 时，该质点处于正方向最大位移处，速度为零，A 错误；据a＝＝－x
可知，在t＝0.1 s 时，该质点具有x 轴负方向最大加速度，B 正确；在0.1～0.2 s 时间内，质
点从正方向最大位移处运动至平衡位置，即质点沿x 轴负方向做加速度减小的加速运动，C
正确；在0～0.6 s 时间内，质点运动的路程为6A，即120 cm，D 错误。]
例5　C　[由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T 甲∶T 乙＝0.8∶1.2＝2∶3，根据单摆
周期公式T＝2π，可得l＝，则甲、乙两个单摆的摆长之比为l 甲∶l 乙＝T 甲
2∶T 乙
2＝4∶9，故
选C。]
例6　B　[A、B 经过O 点时的向心加速度不为零，所受合力提供向心力，不为零，处于非
平衡状态，故A 错误；设当位移为x 时，摆角为θ，当θ 较小时，有sin θ＝，对两物块进行
受力分析可得sin θ＝，联立得回复力的大小为F＝x，考虑回复力的方向，故B 正确；A、
B 由O 点向C 点运动的过程中，设位移为y，摆角为α，以A、B 整体为研究对象，在速度
方向有F＝Gsin α＝mABa，a＝gsin α，对A 进行受力分析可得GAsin α－Ff＝mAaA，由题意
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可得a＝aA，联立解得Ff＝0，故C 错误；单摆的振幅与摆动物体的质量无关，所以将A 取
走，B 的振幅不变，故D 错误。]
例7　D　[树干在采摘振动头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
终与采摘振动头的振动频率相同，故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，故B 错误；当采摘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，落果效果最好，因此采摘振动头振动频率越大，落果效果不一定越好，
故C 错误；对于粗细不同的树干，其固有频率一般不同，可以调整采摘振动头的频率等于
树干的固有频率达到共振，使采摘效果最佳，故D 正确。]
例8　B　[由题图可知，振幅最大时，此单摆的振动频率与固有频率相等，则有f＝0.5 Hz，
可知此单摆的固有周期为T＝＝2 s，根据单摆周期公式T＝2π，可知此单摆的摆长为l＝≈1 
m，故A 错误，B 正确；若摆长增大，由单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的固有周期增大，
则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故C、D 错误。]
第2 课时　实验九：用单摆测量重力加速度
例1　(1)0.006(0.005、0.007 也可)　20.035(20.034、20.036 均可)
20．029(20.027、20.028、20.030 均可)　(2)大于　(3)82.5　1.82　9.83
解析　(1)题图(a)读数为0＋0.6×0.01 mm＝0.006 mm(0.005 mm、0.007 mm 也可)；
题图(b)读数为20 mm＋3.5×0.01 mm＝20.035 mm(20.034 mm、20.036 mm 均可)；
则摆球的直径为20.035 mm－0.006 mm＝20.029 mm(20.027 mm、20.028 mm、20.030 mm 均
可)
(2)若角度盘上移则形成如图所示图样，则实际摆角大于5°。
(3)摆长＝摆线长度＋半径，代入数据计算可得摆长为82.5 cm；
小球从第1 次到61 次经过最低点经过了30 个周期，
则T＝ s＝1.82 s
根据单摆周期公式T＝2π，
可得g＝≈9.83 m/s2。
例2　(1)D　(2)BC　(3)①C　②9.86
(4)＝
解析　(1)为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大、体积较小的铁球，为使单摆摆动
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时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定，故选D。
(2)根据单摆周期公式有T＝2π，可得重力加速度为g＝，测量摆长时，应该测量竖直拉直后
的摆线长，故A 错误；在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动，故B 正确；摆球运动
过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大，如摆角太大，将不能看作简谐运动，单摆周期公
式失效，故C 正确；测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，因为最低点位置
摆球速度最大，相同的视觉距离误差引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D 错
误。
(3)由题图可知，设M 点到石块重心的距离为d，根据周期公式T＝2π，可得T2＝(l＋d)，故
T2－l 图像的斜率为k＝，故选C。由于k＝＝×102＝4，解得重力加速度的测量值为g＝π2 
m/s2≈9.86 m/s2。
(4)由之前的分析可知，有T2＝(l＋d)，T2－l 图像的斜率为k＝，其重力加速度为g＝，由上
述分析可知，其摆长的测量不影响重力加速度的测量结果，所以其测量值等于真实值。
例3　(4)或　见解析图　(5)在误差允许范围内，“杆线摆”在摆长一定的情况下，T 和成正
比，即周期跟(等效)重力加速度的平方根成反比
解析　(4)根据单摆周期公式可知T＝2π＝2π，在图中以周期T 为纵坐标轴、以(或者)为横坐
标轴建立坐标系，作图：
(5)根据该图线可知：在误差允许范围内，“杆线摆”在摆长一定的情况下，T 和成正比，即
周期跟(等效)重力加速度的平方根成反比。
第3 课时　机械波
例1　AB　[设该波的波速为v，周期为T，根据题意可得＝0.3 s，＋＝0.3 s，其中x1＝
1 m，x3＝3 m，联立解得v＝10 m/s，T＝0.4 s，故A 正确；由于该波源形成沿x 轴正、负两
个方向传播的简谐横波，则关于该波源对称的点的振动步调完全一致，故B 正确；该波从
波源传播到x＝4 m 处所需的时间为t＝＝ s＝0.4 s，则可知0.4 s 时x＝4 m 处的质点才开始
振动，且跟波源的起振方向相同，即从平衡位置开始向下振动，而0.2 s＝，则可知t＝0.6 s
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时，x＝4 m 的质点到达平衡位置，正向上振动，此刻该质点具有正向最大速度，故C 错误；
波传播到x＝－2.5 m 处所用的时间为t1＝＝ s＝0.25 s，则再经过0.25 s，x＝－2.5 m 的质点
正从平衡位置上方向正向最大位移处振动，而离平衡位置越远加速度越大，速度越小，即该
质点的加速度正在增大，故D 错误。]
例2　B　[船在1 min 时间内上下浮动30 次，故水波的周期为T＝ s＝2 s，A 错误；当甲船
位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有两个波峰，故两船间水平距离为s＝(2＋)λ
＝20 m，解得水波的波长为λ＝8 m，B 正确；水波的波速为v＝＝ m/s＝4 m/s，C 错误；两
船上下振动，不会随波迁移，经过一段时间，甲、乙两船不会靠近，D 错误。]
例3　D　[由波形图可直接得出该波的波长λ＝4 m，振幅A＝10 cm，故A 错误；由波形图
知，t＝0 时，x＝2 m 处的质点此刻在负向最大位移处，此处加速度指向平衡位置，为正向
最大，故B 错误；根据质点P 沿y 轴方向的振动情况，可知下一时刻，P 质点将向y 轴正方
向振动，根据“同侧法”可知该波沿x 轴正方向传播，故C 错误；根据质点P 沿y 轴方向做
简谐运动的表达式为y＝10sin (5πt) cm，可得这列波的周期为T＝＝ s＝0.4 s，得波速v＝＝ 
m/s＝10 m/s，故D 正确。]
例4　B　[由振动图像可知，质点Q 起振方向沿y 轴正方向，由于各质点的起振方向与波源
相同，故质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向，A 错误；从题图可以看出质点Q 的振动图像
向左平移4 s 后与质点P 的图像重合，故Q 比P 滞后4 s，振动周期为6 s，结合振动的周期
性可知，该波从P 传到Q 的时间为Δt＝4 s＋nT＝(6n＋4) s(n＝0,1,2,3…)，可能为4 s，10 
s，16 s 等，不可能为7 s，D 错误；该波的传播速度为v＝，结合D 解析中的数据可知，可
能为4 m/s,1.6 m/s，1 m/s 等，不可能为5 m/s，C 错误；波长为λ＝vT，结合C 解析中的数据
可知，波长可能为24 m,9.6 m,6 m 等，B 正确。]
例5　D　[由质点Q 的振动图像可知0.5 s 时刻Q 质点正在向－y 方向振动，在题图(a)中根
据同侧法可以判断出波沿－x 方向传播，故A、B 错误；根据波的图像可得波长为λ＝24 
cm，根据振动图像可得质点振动的周期即波传播的周期为T＝6 s，则波速为v＝＝4 cm/s，
根据同侧法可得0.5 s 时刻P 质点正在向平衡位置运动，在加速，而Q 质点则正在向负向最
大位移处运动，在减速，C 错误；由于质点P、Q 的平衡位置的距离不是半波长的整数倍，
所以质点P、Q 振动方向有时相同有时相反，D 正确。]
例6　C　[该列波的周期为T＝0.1 s
所以波长为λ＝vT＝0.8 m
波传到P、Q 两点所需要的时间
tP＝＝ s，tQ＝＝ s
t＝1.0 s 时P、Q 已振动时间为
ΔtP＝ s＝4T，
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ΔtQ＝ s＝3T
由题图乙可知质点起振方向向上，所以此时P 点处于波谷处，Q 点处于波峰处。又P、Q 两
点间距离为1.2 m，可知PQ＝1λ，故选C。]
例7　B　[根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速
度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，故
A、D 错误；声波由水中传播到空气中时，声波的波速发生变化，所以波长会发生改变，故
B 正确；根据波长的计算公式可得λ＝＝ m＝1×10－3 m，当遇到尺寸约1 m 的被探测物时
不会发生明显衍射，故C 错误。]
例8　D　[甲波的频率为4 Hz，v＝λf＝2×4 m/s＝8 m/s，由于在同一介质中传播，所以波速
相同，均为8 m/s，故A 错误；由于甲、乙两波的波长相等，此时在x＝0 处质点在平衡位置
且两波引起的振动方向均向上，经过一段时间为峰峰相遇或谷谷相遇，两列波叠加后振动加
强，故B 错误；x＝0 处的质点振动加强，x＝0.5 m 处的质点振动减弱，振幅为10 cm，故C
错误；两列稳定的波叠加后，形成稳定的振动图样，两列波在某一点引起质点的振动情况是
稳定的，介质中振动加强和减弱区域的位置稳定不变，故D 正确。]
第九章　静电场
第1 课时　静电场中力的性质
例1　A　[两小球接触前，由库仑定律得F＝k＝，两小球接触后再分开，正负电荷中和后电
荷量均分，设分开的距离为x，则有F＝k＝，解得x＝d，故选A。]
例2　D　[a 和b 电荷量为＋q，c 和d 电荷量为－q，则c、d 电荷对a 电荷的库仑力为引力，
b 电荷对a 电荷的库仑力为斥力，根据库仑定律，库仑力大小分别为Fca＝，Fba＝Fda＝k；根
据力的合成法则，a 电荷所受的库仑力大小为F＝，故A、B、C 错误，D 正确。]
例3　BD　[隔离法：P、Q 两物体都是三力平衡，且P、Q 在水平方向受到的是大小相等的
库仑引力，P、Q 一定是带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，选项A 错误；由库仑引力
F、重力mg 和倾角的关系式F＝mgtan θ 可知，P、Q 质量之比为＝＝，选项B 正确；
整体法：对由斜面体和P、Q 所构成的整体，水平面对斜面体支持力等于总重力，水平面对
斜面体没有摩擦力，水平面对斜面体的支持力FN＝(M＋m1＋m2)g，选项C 错误，D 正确。]
例4　C　[由A 处试探电荷的F－q 图线可得，该处的电场强度为E1＝＝4×105 N/C，方向
沿x 轴正方向，同理可得，B 处的电场强度为E2＝＝0.25×105 N/C，方向沿x 轴负方向，
A、B 错误；由A、B 的分析可知，点电荷Q 应为负电荷，且在A、B 之间，设Q 到A 点的
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距离为l，由点电荷电场强度公式可得E1＝k＝4×105 N/C，E2＝k＝×105 N/C，联立解得l＝
0.1 m，故点电荷Q 的位置坐标为0.3 m，C 正确，D 错误。]
例5　C　[将电场强度E、Eb反向延长，交点即为点电荷Q 所在的位置，如图所示，由于电
场方向向外，故该点电荷Q 带正电，根据几何知识可得，a 点到点电荷Q 的距离为ra＝d，
则b 点到Q 的距离为rb＝d，a、b 两点到Q 的距离之比为1∶，由E＝k，可得a、b 两点的
电场强度之比为3∶1，得出Eb＝，故C 正确，A、B、D 错误。]
例6　D　[电场线的疏密表示电场强度的相对大小，根据题图可知，P 点电场强度大小等于
Q 点电场强度大小，但是两点电场强度的方向不同，则电场强度不相同，故A 错误；同理，
M 点的电场线较N 点密集，可知M 点的电场强度大于N 点的电场强度，故B 错误；根据电
场线的方向可知，右边的点电荷带负电，但是带电荷量小于左边点电荷的带电荷量，故右边
的点电荷带电荷量为－q，故C 错误；依据点电荷的电场强度公式E＝k，则两点电荷连线的
中点处的电场强度大小为E 合＝k＋k＝3k，故D 正确。]
例7　AC　[等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因
此E、F 两点电场强度方向相同，由于E、F 是连线中垂线上关于O 对称的两点，则其电场
强度大小也相等，故A 正确；根据对称性可知，A、D 两点处电场线疏密程度相同，则A、
D 两点电场强度大小相等，由题图甲看出，A、D 两点电场强度方向相同，故B 错误；由题
图甲看出，B、O、C 三点比较，O 点处的电场线最稀疏，电场强度最小，故C 正确；由题
图可知，电子从C 点向O 点运动过程中，电场强度逐渐减小，则静电力逐渐减小，由牛顿
第二定律可知电子的加速度逐渐减小，故D 错误。]
微点突破4　电场强度的叠加
例1　CD　[A、B、C 三点的点电荷在O 点产生的电场强度方向如图所示，由电场的叠加原
理可知，O 点的电场方向竖直向下，根据平衡条件可得，小球带负电，A 错误；O 点的合电
场强度为E＝2cos 60°＋＝3，B 错误；由平衡条件得Mg＝q，得q＝，C 正确；撤去C 点点
电荷瞬间E′＝，由牛顿第二定律有Mg－＝Ma，得a＝g，D 正确。]
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例2　C　[A 点的电场强度为0，则圆环上的电荷在A 点的电场强度与位于B 点的电荷量为
Q 的负点电荷在A 点的电场强度等大反向，即带电圆环在A 点的电场强度大小为E＝k＝k，
根据对称性可知圆环上的电荷在B 点的电场强度大小也为E＝k，方向向右；若撤去B 点的
负点电荷，在C 点放置电荷量为2Q 的正点电荷时，根据电场强度的叠加原理可知B 点的电
场强度大小EB＝k－E＝，故选C。]
例3　A　[把圆心在O 点的二分之一球壳补为完整的带电荷量为2q 的带电球壳，则在M、N
两点的电场强度大小均为E0＝＝。题图中左半球壳在M 点产生的电场强度为E，则右半球
壳在M 点产生的电场强度为E′＝E0－E＝－E，由对称性知，左半球壳在N 点产生的电场
强度大小也为－E，故选A。]
例4　B　[把圆环分为n 等份(n 足够大)，每一份的电荷量为Δq，则有n＝，每小份可以看成
点电荷，由点电荷的电场强度公式可知每小份产生的电场在P 点的电场强度大小均为E0
＝，由几何关系sin 37°＝，可得E0＝。在P 点，E0在垂直x 轴方向的分量大小为Ey，根据
对称性，n 个Ey的矢量和为0，E0在x 轴方向的分量大小为Ex＝E0cos 37°，n 个Ex的矢量和
就是圆环产生的电场在P 点的电场强度，即E＝nEx，解得E＝，A、C、D 错误，B 正确。]
跟踪训练
1．B　[AB、BC、DF、FA 棒所带电荷量均为＋q，其在P 点产生的合电场强度设为E0，若
CD 棒所带电荷量也为＋q，根据对称性P 点的电场强度应为0，由于CD 棒所带电荷量为
－2q，可等效为－3q 电荷与＋q 电荷，由题意和点电荷电场强度公式E＝k 可知E＝3E0，若
移走CD 棒而保持其他棒的位置和电荷分布不变，则相当于未移走CD 棒且CD 棒所带电荷
量为－q，在P 点产生的电场强度为E0＝，故选B。]
2．B　[球壳的面积S＝4πR2
单位面积电荷量σ＝
A、B 两处的电荷在O 点的电场强度大小E1＝2cos 60°＝
方向沿OC 方向，故取走A、B 两处的电荷后，球壳剩余部分在O 点的电场强度大小为E2＝
方向沿CO 方向，q 在O 点的电场强度大小E3＝E2，则有＝，方向沿OC 方向，可知q 为负
电荷，电荷量为q＝，故选B。]
3．B　[如图所示，将图中两组对角线上的电荷产生的电场强度合成即为中心O 点的电场强
度(另外两对角线上的正电荷在O 点的合电场强度为零)，则E1＝E2＝＝，由几何关系可知，
设两电场强度夹角的一半为θ，则sin θ＝＝，cos θ＝，则O 点合电场强度大小E＝2E1cos 
θ＝，故选B。]
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4．(1)q　均为正电荷　(2)q
解析　(1)因为M 点处电场强度方向竖直向下，则C 点处电荷为正电荷，根据电场强度的叠
加原理，可知A、B 两点的点电荷在M 点的电场强度大小相等，方向相反，则B 点处点电荷
带电荷量为q，电性与A 点处点电荷相同，又N 点处电场强度竖直向上，可得A 点处电荷在
N 处的电场强度垂直BC 沿AN 连线向右上，如图所示，可知A 点处点电荷为正电荷，所以
A、B、C 点处的电荷均为正电荷。
(2)对N 点处电场强度分析如图所示，由几何关系
EA′＝EBC′·tan 30°
即＝(－)，其中AN＝BN＝CN
解得qC＝q。
第2 课时　静电场中能的性质
例1　见解析
解析　(1)电势能的变化量可根据ΔEp＝－W 电或ΔEp＝EpB－EpA计算。从A 移到C，静电力做
的功WAC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加1.8×10－5 J。
(2)电荷在某点的电势能等于把该电荷从该点移至零电势能点时静电力做的功。WAB＝EpA－
EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J；WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，则EpC＝
1.8×10－5 J。
例2　CD　[由题图结合电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，可知P 点电势比M
点的高，选项A 错误；因M 点所在的等差等势面密集，则M 点电场强度比P 点大，即P 点
电场强度大小比M 点的小，选项B 错误；电场强度方向垂直等势面，且沿电场线方向电势
逐渐降低，可知M 点电场强度方向沿z 轴正方向，选项C 正确；因x 轴上各点电势相等，则
沿x 轴运动的带电粒子电势能不变，选项D 正确。]
例3　BC　[两正电荷在M 点的合电场强度向右，在N 点的合电场强度向左，负电荷在M 和
N 点的电场强度分别沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M 和N 的电场强度大小相等、方
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向不同，A 错误；由等量同种电荷的电场分布规律，可知两正电荷的电场在M 和N 两点的
电势相同，负电荷C 在M、N 两点的电势也相同，故M、N 两点的电势相同，B 正确；两正
电荷在M 点的电势比在O 点的高(因两正电荷在AO 间的合电场强度向右)，负电荷C 产生的
电场中，离负电荷越近电势越低，故负电荷在M 点的电势也比在O 点的要高，可知M 点电
势比O 点高，而负电荷在电势越高处电势能越小，C 正确；N 点和M 点电势相同，则负电
荷在N 点电势能也比在O 点时要小，D 错误。]
例4　B　[由题图可知，b、c 两点间的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A 错误；
由题图可知，a 点与相邻两等势面的距离均小于1 m，电势差等于100 V，根据E＝可知a 点
电场强度大小大于100 V/m，故B 正确；根据电场强度方向垂直于等势面，可知a 点的电场
强度方向沿竖直方向，不是水平方向，故C 错误；由题图可知，a 点与c 点在同一等势面上，
电势均为300 V，故D 错误。]
例5　BD　[找OC 的中点D，连接AD 和BD，如图所示。由几何知识可知AB∥OD，
AB∥DC，且AB＝OD＝DC，故UAB＝UOD＝UDC，即φA－φB＝φO－φD＝φD－φC，故φD＝3 V，
φC＝0，故A 错误，B 正确；由于φA＝φD，故AD 为等势线，已知电场线和等势线互相垂直
且方向由高电势指向低电势，又OB⊥AD，且φO>φB，故电场强度方向由O 指向B，E＝＝
 V/m＝100 V/m，故C 错误，D 正确。]
例6　D　[因为电场不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，
轨迹不是抛物线，故A 错误；根据电场线疏密可以判断电场强度大小，所以D 点电场线最
密，电场强度最大，所以水分子运动过程中所受静电力越来越大，加速度越来越大，故B
错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A 点电势最低，沿着曲线ABCD 方向电势越来越
高，故C 错误；水分子从静止开始运动，静电力做正功，电势能减小，故D 正确。]
例7　CD　[根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷，又根据电子在该电场
中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为负电荷，故A 错误；根据
等势面的疏密程度可以判断A 点的电场强度比B 点的小，故B 错误；因为两点电荷是负电
荷，电场线由无穷远处指向负电荷，故可知A 点的电势高于B 点的电势，故C 正确；根据
电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M 到P 静电力做负功，由P 到N 静电力做正功，则
由M 到P 动能减小，由P 到N 动能增加，故电子运动到P 点时动能最小，故D 正确。]
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第3 课时　专题强化：电场中的图像问题　电场中的功能
关系
例1　B　[小球B 向下运动的过程中受到重力、库仑力、弹簧的弹力作用，当弹簧的弹力、
重力、库仑力的合力为0 时，小球B 的加速度为0，速度最大，故A 错误；开始运动时，弹
簧的弹力小于重力和库仑力之和，合力竖直向下，小球向下做加速运动，由于弹簧的弹力逐
渐增大，库仑力减小，合力减小，加速度减小，当合力减小为0 时，速度最大，之后弹簧的
弹力大于重力与库仑力之和，合力竖直向上，小球向下做减速运动，弹簧的弹力逐渐增大，
库仑力减小，合力竖直向上，加速度增大，因此小球B 的加速度先减小后增大，故B 正确；
由于库仑力对小球B 做正功，由功能关系可知，小球B 与弹簧组成系统的机械能一定增大，
故C 错误；库仑力对小球B 做正功，小球A 与B 组成系统的电势能一直减小，故D 错误。]
例2　B　[小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A 错误；小球在竖直方向上的分
运动为匀减速直线运动，到N 时竖直方向的速度为零，则M、N 两点之间高度差为h＝，小
球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C 错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减
少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能
的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球
所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B 正确。]
例3　AC　[根据速度由v1变为v2，速度减小，可知静电力对粒子做负功，电势能增加。根
据带电粒子在电场中的运动规律可知，负电荷高势低能，则φA>φB，故A 正确；电场线密集
的位置等势面密集，电场强度更大，则带电粒子受到的静电力更大，加速度大，在v－t 图
像中斜率的绝对值更大，A 处斜率的绝对值大于B 处斜率的绝对值，则电场强度的关系
EA>EB，A 点附近的等势面要比B 点附近的等势面密集，故B 错误，C 正确；粒子从A 点到
B 点的过程中，速度一直减小，则静电力一直做负功，电势能一直增大，故不可能两次经过
同一个等势面，故D 错误。]
例4　BC　[φ－x 图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方
向，由题图可知，a、c 两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A 错误；由题图
可知，d 点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d 点到两点电荷q1、q2的距离之
比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B 正确；a、c
两点电势相等，电势差为零，负电荷从a 点移到c 点，静电力做功为零，故C 正确；c、d 间
电场方向向左，负电荷从c 点移到d 点，静电力做正功，电势能减小，故D 错误。]
例5　D　[由E－x 图像可知，在x 轴上的P 点对应x2点，在P 点的左侧电场强度为正值，
沿x 轴正方向，右侧为负值，可知A、B 带等量负电荷，A 错误；电荷量为q 的正点电荷，
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从O 点到P 点，静电力做正功，电势能减小，从P 点沿x 轴正方向运动，静电力做负功，电
势能增加，因此点电荷q 在x1处电势能不是最大，且点电荷q 在x2处动能最大，B、C 错误；
由对称性可知，点电荷q 沿x 轴正方向最远能到达O′处，由动能定理qUOO′＝ΔEk＝0，则
UOO′＝0，由对称性知O′与O 关于P 点对称，故点电荷q 沿x 轴正方向运动的最远距离为
2x2，D 正确。]
例6　D　[Ep－x 图像的斜率表示粒子所受静电力F，根据F＝qE 可知x1处电场强度最小且
为零，选项A 错误；粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，静电力发生变化，所以加速度也
在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B 错误；带负电的
粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1>φ3，选项C 错误；x2～x3段斜率
不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D 正确。]
第4 课时　电容器
实验十：观察电容器的充、放电现象　带电粒子在电场中的
直线运动
例1　(1)2　自右向左　减少　(2)BC
解析　(1)单刀双掷开关S 应拨至2 位置，会使电容器放电。电容器充电后，电容器下极板
带正电，则放电过程中，电流自右向左通过R。电压表的示数逐渐变小，由C＝可知，电容
器的带电荷量减少。
(2)充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，A 错误，C 正确；根据C＝，电容
器电荷量逐渐增大，则电压表示数逐渐增大后趋于稳定，B 正确，D 错误。
例2　(1)＝　(2)0.15　(3)<
解析　(1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者
相等。
(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝＝ F
≈0.15 F。
(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器
两极板电压相等，由＞，解得R1＜R2。
例3　A　[根据题意可知极板之间电压U 不变，极板上所带电荷量Q 变少，根据电容定义式
C＝可知，电容器的电容C 减小，D 错误；根据电容的决定式C＝可知，极板间距d 增大，
极板之间形成匀强电场，根据E＝可知，极板间电场强度E 减小，B、C 错误；极板间距d
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增大，材料竖直方向尺度减小，A 正确。]
例4　D　[根据电容的决定式C＝，负极板向右移动，板间距离d 增大，电容减小，故A 错
误；充电后的电容器与电源断开连接后，极板带电荷量Q 保持不变，故B 错误；由C＝，
当Q 不变，C 减小时，U 增大，故C 错误；由C＝，C＝，E＝可得E＝，在带电荷量Q 一
定时，只改变距离d，E 不变，故D 正确。]
例5　B　[电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A
错误；增强照射电阻R3的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两
端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据E＝可知两极板间电场强度增大，而下极板接
地，电势为零，设M 到下极板间的距离为d′，则M 点的电势为φM＝Ed′，所以M 点的电
势升高，故B 正确；根据平衡条件可知，开始时液滴受静电力与重力平衡，增强照射电阻
R3的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受静电力增大，将大于重力，则液
滴所受合外力向上，将向上运动，故C 错误；由电路连接方式易知电容器上极板带正电，
增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据Q＝CU 可知电容器充电，R2
中有向左的电流，故D 错误。]
例6　B　[根据E＝，qE＝ma，可得a＝
将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A 错误；根据匀变速直线运动规律d＝
at2，解得t＝，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B 正确；根据动能
定理有qU＝mv2，解得v＝，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C 错误；根据动量定理
有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D 错误。]
例7　(1)　(2)3.5L
解析　(1)设小球A 刚进入电场时的速度大小为v0，从释放到进入电场由动能定理可得
2mg(L＋)＋|qB|EL＝×2mv0
2－0，解得v0＝
(2)从释放到小球B 第一次下落时不穿出电场下边界，由动能定理可得
2mg(H＋)＋|qB|EH－qAE(H－L)＝0－0，解得H＝3.5L。
第5 课时　带电粒子在电场中的偏转
例1　AD　[粒子的轨迹向上，则所受的静电力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。
粒子从P 到Q，静电力做正功为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，Q 点的电势为零，则
知带电粒子在P 点的电势能为Uq，故A 正确，B 错误；设带电粒子在P 点时的速度为v0，
以垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由类平抛运动的规律和几何知识求得在Q 点
时粒子在y 轴方向的分速度为vy＝v0，粒子在y 轴方向上的平均速度为y＝，设粒子在y 轴方
向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝yt＝，水平方向有d＝
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v0t，可得y0＝，所以电场强度为E＝，联立得E＝＝，故C 错误，D 正确。]
例2　(1)　(2)
(3)2
解析　(1)质子在加速电场中做加速直线运动，由动能定理有
eU＝mv1
2－0，解得v1＝
(2)由题意知，质子在竖直方向做初速度为零的加速直线运动，在水平方向做速度大小为的
匀速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，竖直方向有eE＝ma,2L＝at2，vy＝at
水平方向有2L＝v1t，质子离开偏转电场时速度为v2＝，解得v2＝
(3)若偏转电场的电场强度大小变为原来的三分之一，由之前的分析可知，其竖直方向的加
速度大小也变为原来的三分之一，有a＝3a′
假设质子从PQ 边射出，则质子在竖直方向上依然做匀加速直线运动，有2L＝a′t1
2，所以
有t1＝t，则该段时间内质子在水平方向运动的距离为x′＝v1t1，有x′＝2L>3L，由上述分
析可知，质子出电场时不是从电场下端离开，设其离开电场时竖直方向的速度为vy1，时间
为t2，竖直方向有vy1＝a′t2，水平方向仍然以v1做匀速直线运动，有3L＝v1t2，质子离开电
场的速度大小为v3＝＝2。
例3　A　[UXX′和UYY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X 指向X′，由Y 指
向Y′，电子带负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y 方向偏转，
可知A 正确。]
例4　B　[根据qU0＝mv0
2，粒子离开加速器时速度为v0＝，故A 错误；粒子在左侧平移器
电场中的偏移量为y1＝at2，又q＝ma，L＝v0t，得y1＝，故B 正确；根据类平抛运动的特点
和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过左侧平移器下方平
行板和右侧平移器上方平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C 错误；由上述分析可得
y1＝，当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变
小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D 错误。]
例5　C　[设OP＝L，小球从O 到P 水平方向做匀减速运动，到达P 点时水平速度为零，竖
直方向做自由落体运动，则水平方向Lcos 60°＝t，竖直方向Lsin 60°＝gt2，解得t＝，选项C
正确；水平方向受静电力F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg 的合力，可知合外力
的大小F＝＝mg，选项A、B 错误；小球通过P 点时的速度大小vP＝gt＝v0，则动能EkP＝
mvP
2＝mv0
2，选项D 错误。]
例6　(1)　(2)2m(v0
2＋g2t2)
解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B 运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公
式和题给条件，
有mg＋qE＝ma①
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a()2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B 从O 点发射时的速度为v1，到达P 点时的动能为Ek，O、P 两点的高度差为h，根据
动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－mv1
2④
且有v1·＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v0
2＋g2t2)。
第6 课时　专题强化：带电粒子在交变电场中的运动
例1　AB　[根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
由图丁可知，当电子在t＝0 时刻进入电场时，电子一直向B 板运动，故A 正确；若电子在t
＝时刻进入，则由图像知，向B 板运动的位移大于向A 板运动的位移，因此最后仍能打在
B 板上，故B 正确；若电子在t＝时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回A
板从小孔飞出，故C 错误；t＝时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，
故D 错误。]
拓展　(1)　(2)
解析　(1)电子在t＝时刻由静止释放恰好打在B 板上，则电子先加速后减速，在t＝T 时刻到
达B 板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝；
(2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·＝。
例2　(1)
(2)①见解析图　②见解析
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③d＝(n＝0,1,2,3，…)
(3)L＝nv0T(n＝1,2,3，…)
d≥
解析　(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电
场，则粒子在电场中的运动时间为t＝
(2)①
②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT，即vy＝0 时从B 板右边缘水平射出，L＝v0t1＝nv0T(n
＝1,2,3，…)，
d＝2n·a()2
由牛顿第二定律有a＝，
联立得d＝(n＝1,2,3，…)
③根据题意可知，若粒子从t＝0 时刻进入电场，要求粒子打到B 板时动能最大，则粒子打
到B 板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B 板，则有d＝(2n＋1)×·()2(n＝
0,1,2,3，…)
解得d＝(n＝0,1,2,3，…)。
(3)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A 板右侧边缘水平
射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～时间内，向下做
匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B 板
上，然后在～T 时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，
由对称性可知，在时，粒子恰好回到A 板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板
间距d 满足条件d≥2×a2
由牛顿第二定律可得a＝
联立解得d≥
粒子在电场中的运动时间为t2＝nT(n＝1,2,3，…)，则板长为L＝v0t2＝nv0T(n＝1,2,3，…)
第7 课时　专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题
例1　D　[由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝
2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A 点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有
F＝m，解得vmin＝，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B 错误；假设小球可
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以在轨道中做完整的圆周运动，在C 点的速度大小为v1，根据动能定理有mv1
2－mv0
2＝
F·2R，在A、C 点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝
m，F1－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在
A、C 两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C 错误；若将小球无初速度从D
点释放，由于F 向上，所以小球一定能沿DC 轨道经过C 点，故D 正确。]
例2　BC　[由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效物
理最低点C 与等效物理最高点位置D，如图所示，
小圆环在等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根
据沿电场线电势降低，可知φD>φC，可知其不在同一等势面上，A 错误；小圆环在运动过程
中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的
位置恰是机械能最大的位置，B 正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆
环通过等效物理最高点D 的速度为0，对圆环分析有－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－
mv0
2，解得v0＝，C 正确；小圆环从A 运动到B 过程有－mg·2R＝mvB
2－mv0
2，在B 点有FN
＋mg＝m，解得FN＝(2－3)mg<0，可知，小圆环过B 点受到大环的弹力大小为(3－2)mg，D
错误。]
例3　D　[假设B 所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B 分析可知F－mgsin θ－F 电
＝0，解得F 电＝2mgsin θ，假设成立，故B 带负电，故A 错误；当B 受到的合力为零时，B
的速度最大，由kx＝F 电＋mgsin θ，解得x＝，故B 错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来
不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B 分析可知F 合＝F 电＋mgsin θ＝(m＋2m)a，
解得a＝gsin θ，故C 错误；设物体B 的最大速度为vm，由功能关系可得×3mvm
2＋kx2＝
mgxsin θ＋F 电x，解得vm＝gsin θ，故D 正确。]
例4　C　[设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为
E，则由功能关系有qEd＝mv0
2，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2 倍，极板间
电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电
环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有
qEd′＝mv0
2－×3mv1
2，联立解得 d′＝d，故选C。]
例5　(1)mv0
2＋qh　v0
(2)2v0
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解析　(1)P、G 与Q、G 间电场强度大小相等，均为E，粒子在P、G 间所受静电力F 的方向
竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G 时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv0
2③
设粒子第一次到达G 时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝mv0
2＋qh，l＝v0
(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属
板的长度为L＝2l＝2v0。
第十章　电路及其应用
第1 课时　电路的基本概念及规律
例1　C　[由电流的定义式可知，I＝＝＝neSv，由欧姆定律可得，U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，
又电场强度大小为E＝，故E＝ρnev，选项C 正确。]
例2　BC　[该大气层的平均漏电电流约为I＝＝ A＝1.8×103 A，该大气层的等效电阻为R
＝＝ Ω≈167 Ω，故A 错误，B 正确；根据R＝ρ 可得，该大气层的平均电阻率约为ρ＝＝ 
Ω·m≈1.7×1012 Ω·m，故C 正确，D 错误。]
例3　C　[I－U 图像上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a 的
图像上的点与坐标原点连线的斜率越来越大，故电阻a 的阻值随电流的增大而减小，故选项
A 错误；I－U 图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，但是由于横、纵坐标轴
的长度单位不同，则不能由R＝＝1 Ω 求解电阻b 的阻值，只能通过R＝＝ Ω＝2 Ω 求解，
选项B 错误；根据R＝可知在两图线交点处，电阻a 的阻值等于电阻b 的阻值，选项C 正确，
D 错误。]
例4　B　[S 断开时，R1与R2串联，两端电压之比为U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，A 错误；S 闭
合时，R1与R2两端的电压之比为U1′∶U2′＝R1∶＝2∶5，B 正确；S 闭合时，通过R2与
R3的电流之比为1∶1，C 错误；S 闭合时，R1与R2的功率分别为P1＝I2R1＝2I2，P2＝()2R2＝
I2，则P1∶P2＝4∶5，D 错误。]
例5　20　80　50
解析　使用OA 接线柱时，量程为0～3 A，则有IOA＝3 A＝Ig＋
使用OB 接线柱时，量程为0～0.6 A，
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则有IOB＝0.6 A＝Ig＋
其中Ig＝0.3 A，Rg＝100 Ω
联立解得R1＝20 Ω，R2＝80 Ω
使用OC 接线柱时，量程为0～60 V，
则有UOC＝60 V＝IOB＋IOBR3，解得R3＝50 Ω。
例6　A　[灯泡都正常发光，根据电路结构，两电路总电流关系为I1＝2I2，电路总功率分别
为U1I1＝P1＋2PL，U2I2＝P2＋2PL，得P1－P2＝2U1I2－U2I2>0，即P1>P2，故选A。]
例7　D　[设每秒出水量为m，根据题意有m＝ρV，V＝Svt＝Sv，联立解得S＝7.5×10－4 
m2，故A 错误；以每秒内流出的水为研究对象，每秒内水流机械能增加ΔE＝mgh＋mv2，h
＝6 m＋0.45 m＝6.45 m，解得ΔE＝217.5 J，故B 错误；根据题意，水泵的输入功率为P 入
＝＝＝＝ W＝290 W，故C 错误；水泵的输入功率等于电动机的输出功率，对电动机有P 总
＝P 入＋I2r，P 总＝UI，联立可得r＝ Ω，故D 正确。]
第2 课时　闭合电路欧姆定律及应用
例1　C　[外电路断开时的路端电压为3.0 V，则电池的电动势E＝3.0 V。当外电路接上阻
值为8.0 Ω 的负载电阻后路端电压降为2.4 V，由U＝IR，U＝E－Ir，得r＝2.0 Ω，故C 正
确。]
例2　C　[闭合的圆环接入电路中，接触点O 点与P 间电阻丝并联接入到电路中，在滑动触
头P 缓慢地从m 点开始经n 点移到q 点的过程中，圆环接入电路中的总电阻先变大后变小，
故电路中的总电阻先变大后变小，则干路电流I 先减小后增大，灯L2先变暗后变亮，根据闭
合电路欧姆定律U＝E－Ir，可知路端电压即电压表示数先变大后变小，圆环与灯L1并联电
路的电压U 并＝U－U2，U2与U 并之和等于外电路电压，U2先减小后增大，故U 并先增大后
减小，L1先变亮后变暗，I1先增大后减小，流过电流表的电流IA＝I－I1，IA先减小后增大，
故A、B 错误，C 正确；圆环与灯L1并联的电压先增大后减小，则电容器板间的电压先增大
后减小，由Q＝CU，可得电容器所带的电荷量先增多后减少，故D 错误。]
例3　D　[开关S 闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器C 两端电压等于R3 两端电压
U3，已知电路总电阻R＝＋r＝4 Ω，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I＝＝1.5 A，路端电
压U＝E－Ir＝4.5 V，则U3＝U＝1.8 V，此时电容器所带电荷量Q1＝CU3＝3.6×10－6 C，且
上极板带负电，下极板带正电，故A、B 错误；
开关S 断开时的等效电路图如图乙所示，稳定后电容器C 两端电压等于R2两端电压U2，此
时U2＝R2＝3 V，电容器所带电荷量Q2＝CU2＝6×10－6 C，且上极板带正电，下极板带负电，
故通过R0的电荷量Q＝Q1＋Q2＝9.6×10－6 C，故C 错误，D 正确。]
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例4　BC　[标有“8 V　12 W”的灯泡恰能正常发光，则外电路并联部分的电压为8 V，由
闭合电路的欧姆定律有I＝＝2 A，即干路电流为2 A，理想电流表的示数为2 A，故A 错误；
电源的输出功率为P 出＝EI－I2r＝16 W，故B 正确；正常发光的灯泡中的电流为IL＝＝1.5 
A，故流过电动机的电流为IM＝I－IL＝0.5 A，则电动机的机械功率为P 机＝UIM－IM
2R0＝3 
W，故D 错误；10 s 内电动机产生的热量为Q＝IM
2R0t＝10 J，故C 正确。]
例5　B　[由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等于内阻r 时，输出功率最大，
最大值为Pm＝，把定值电阻看成电源内阻的一部分，由题图乙可知，当RP＝R1＝R＋r＝6 Ω
时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2＝＝1.5 W，A 错误；滑动变阻器的阻值为
3 Ω 时与阻值为R2时消耗的功率相等，有()2×3 Ω＝()2R2，解得R2＝12 Ω，B 正确；当回路
中电流最大时，即RP＝0 时，定值电阻R 消耗的功率最大，C 错误；当滑动变阻器RP的阻值
为0 时，电路中电流最大，最大值为Im＝＝ A＝1 A，则调整滑动变阻器RP的阻值，不可以
使电源的输出电流达到2 A，D 错误。]
例6　A　[由题图乙可知R0＝＝＝3 Ω，当I1＝0.5 A 时，此时外电路的阻值达到最大，则R
外＝＝＝15 Ω，则滑动变阻器的最大阻值R＝R 外－R0＝12 Ω，故A 正确，C 错误；由题图乙
可得r＝1 Ω，根据闭合电路欧姆定律可得E＝U1＋I1r，解得E＝8 V，故B、D 错误。]
第3 课时　电学实验基础
例1　(1)17.7　23.85　3.18
(2)4.039　1.100　3.515
解析　(1)题图最上面游标卡尺：主尺读数为17 mm，游标尺读数为7×0.1 mm＝0.7 mm，最
后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm。
题图中间游标卡尺：主尺读数为23 mm，游标尺读数为17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果
是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm。
题图最下面游标卡尺：主尺读数为3 mm，游标尺读数为9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果
是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm。
(2)甲：(4＋3.9×0.01) mm＝4.039 mm；
乙：(1＋10.0×0.01) mm＝1.100 mm；
丙：(3＋0.5＋1.5×0.01) mm＝3.515 mm。
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例2　(1)0.02　0.44　0.1　2.20
(2)0.1　1.70　0.5　8.5　(3)1 987
将“×1 k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到0　0～19 998 Ω
解析　(1)电流表使用0.6 A 量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当
使用3 A 量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A。
(2)电压表使用3 V 量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V 量程时，每小
格表示0.5 V，表针示数为8.5 V。
(3)电阻为1 987 Ω。最简单的操作方法是先将“×1 k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋
钮调到0。每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用两个这样的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，可得到的电阻范围为0～19 998 Ω。
例3　(1)7　(2)B　D　(3)AC
解析　(1)电阻大小读数为7×1 Ω＝7 Ω
(2)由于同学们使用学生电源(4 V)，则为减小误差，电压表应选择V2，故选B。整个回路中
的最大电流为I＝≈0.57 A，则电流表应选择A2，故选D。
(3)电压表分流属于系统误差，故A 正确；为保护电路，实验开始前滑动变阻器滑片应该调
到a 端，故B 错误；如题图乙所示的电路为分压式电路，可以通过调节滑片使电压表示数为
0，故C 正确；多组实验可以减小偶然误差，故D 错误。
例4　(1)A　D　(2)内接　分压　见解析图　(3)－rA1
解析　(1)如果选A2电流表，A2满偏时UV＝IARx＝0.002×15 V＝0.03 V，远小于给出电压表
的量程，故选A，在电流表A1达到满偏时，电压表示数约为2.7 V，电压表选择D，也接近
满偏，这样读数引起的误差较小。
(2)因电流表内阻已知，用电流表内接法时，不会因电路设计引起系统误差，故电流表应采
用内接法；因为题中要求画U－I 图像处理数据，需要测量大量数据，而且滑动变阻器阻值
较小，故滑动变阻器应采用分压接法。又因电动势为12 V，而电压表最大示数约为2.7 V，
如果不做任何处理而直接用分压接法，滑动变阻器滑片只能在约范围内滑动，不便于调节，
又因滑动变阻器额定电流为1 A，若不做处理，会损坏器材。因此将保护电阻R0串联在供电
电路的干路上，由于R0的分压，滑动变阻器的滑片可大范围滑动，且不损坏器材。实物图
如图所示。
(3)由伏安法知Rx＋rA1＝，
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得Rx＝－rA1。
第4 课时　实验十一：导体电阻率的测量
例1　(1)BC　CD　(2)见解析图
(3)0.4　(4)电流I 
解析　(1)若要研究导体电阻是否与横截面积有关，须保证所选择的金属丝的横截面积不同
而其他因素相同，故应选择BC 和CD 两段金属丝研究；
(2)曲线代替导线完成电路图连接如图所示；
(3)由题图乙可知BC 段金属丝的直径为D＝0＋4×0.1 mm＝0.4 mm；
(4)由电阻的决定式和定义式得R＝，R＝，结合题中所测量的物理量有S＝π()2，k＝，可得ρ
＝，可知还要测量的物理量是电流I。
例2　(2)　　(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及待测金属丝的电流I＝
＝，金属丝的电阻r＝，联立可得r＝
(5)螺旋测微器的读数为
d＝0＋15.0×0.01 mm＝0.150 mm
(6)根据r＝ρ，又S＝π·()2，代入数据联立解得ρ≈5.0×10－7 Ω·m。
例3　(1)0～20 Ω　(2)1.32(1.31、1.33 均可)　(3)9.9×10－7　(4)小于
解析　(1)由实验原理可知Rx＝
而由－l 图像可知待测电阻最大约为8 Ω，为了使电压表有明显的读数变化，则滑动变阻器
的阻值不能太大，故选0～20 Ω 比较合适；
(2)电压表的量程为3 V，其分度值为0.1 V，估读到0.01 V，则读数为1.32 V(1.31 V、1.33 V
均可)；
(3)根据欧姆定律与电阻定律有
＝Rx＝·l
则－l 图像的斜率为k＝
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可得合金丝甲的电阻率为
ρ＝kS＝×7.0×10－8 Ω·m
≈9.9×10－7 Ω·m
(4)另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而横截面积变
为S′＝S＋S 乙
由图线b 可得
S′＝＝ m2≈26×10－8 m2
解得S 乙＝S′－S＝19×10－8 m2>S
故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。
例4　(1)0.800　(2)③　右
(3)见解析图　5.0×10－7　0.20
解析　(1)螺旋测微器读数d＝0.5 mm＋30.0×0.01 mm＝0.800 mm；
(2)按实物图转化为电路原理图如图
可知实物图接成了电流表外接法，导线③接错；实验开始前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
(3)由欧姆定律得UV＝I(rA＋Rx)，量角器的半径为R0，根据电阻定律得Rx＝ρ，解得＝＋
代入数据得＝rA＋×106ρθ
作出－θ 图线，如图
可知图线的斜率k＝＝×106ρ
求得ρ≈5.0×10－7 Ω·m
图线的纵轴截距在数值等于电流表的内阻rA＝0.20 Ω。
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第5 课时　实验十二：测量电源的电动势和内阻
例1　 (1) B　1.20　(2)1.50　1.04
解析　(1)电压表测量的电压应为滑动变阻器接入电路中电阻丝两端的电压，开关应能控制
电路，所以导线a 端应连接到B 处；干电池电动势约为1.5 V，电压表选择0～3 V 量程，分
度值为0.1 V，题图乙中电压表读数为1.20 V；
(2)作出U－I 图像如图所示
根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir
可知U－I 图像纵轴截距为干电池的电动势，可得E＝1.50 V
U－I 图像斜率的绝对值等于干电池的内阻r＝ Ω≈1.04 Ω。
例2　(1)5　(2)乙　(3)3.80　175
解析　(1)设毫安表电流为IA，由并联电路的规律可得IARA＝(I－IA)R1，解得I＝5IA，因此改
装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5 倍；
(2)由于电流表内阻已知，因此采用题图乙电路可以避免系统误差，故选乙电路；
(3)改装后电流表的内阻为
RA′＝＝ Ω＝12 Ω，
则由闭合电路欧姆定律可得
E＝Ir＋IRA′＋U，
转化可得U＝－(r＋RA′)I＋E
由U－I 图像可得b＝E＝3.80 V，
|k|＝|－(r＋RA′)|＝ Ω，
解得E＝3.80 V，r≈175 Ω。
例3　(1)见解析图　(2)　－R0
(3)偏小　偏小　(4)C
解析　(1)因电源是两节干电池，选取电压表量程为0～3 V，实物图连接如图所示。
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(2)由闭合电路欧姆定律可知
E＝U＋(R0＋r)
整理可得＝＋·，
因为纵轴截距b＝
所以E＝，因为斜率绝对值为
＝，可得r＝－R0
(3)由(2)问知b＝，①
＝②
若考虑电压表并非理想电压表，则E 真＝U＋(R0＋r 真)
其中＝＋，整理可得＝＋·＋·
由此可知b＝＋，③
＝④
对比①与③，可知E 真>E 测；对比②与④，可知r 真>r 测
(4)由闭合电路欧姆定律可知
E＝U＋(R＋r)
整理可得＝＋＋·R，所以应描绘的是－R 图像，故选C。
例4　(2)5.9　(3)见解析图
(4)1.47　47.0
解析　(3)绘出－R 图线如图：
(4)由电路图可知E＝I(R＋RA＋r)，即＝R＋，由图像可知＝，＝100 A－1，解得E＝1.47 V，r
＝47.0 Ω。
例5　(2)b　(4)　－R0－RA　(5)见解析图
解析　(2)开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电
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阻定律R＝ρ 可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b 端。
(4)设圆心角为θ 时，则电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir
可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir
整理得＝θ＋
结合－θ 图像的斜率和纵截距有＝k，＝d，解得电池电动势和内阻分别为E＝，r＝－R0－
RA。
(5)实验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图，
原理的简单说明：
①将开关置于R0位置，读出电流表示数I0；
②将开关置于电阻丝处，调节接入电路的电阻丝对应的圆心角，直到电流表示数为I0，读出
此时角度θ；
③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值。
第6 课时　实验十三：用多用电表测量电学中的物理量
例1　(1)①欧姆调零　红表笔
②3 000　(2)15 000　(3)1.5
解析　(1)①先对多用电表进行机械调零，再将选择开关旋至欧姆挡“×100 Ω”倍率处，短
接两表笔，进行欧姆调零。测量时，欧姆表的黑表笔接电源的正极，则电压表的“―”极连
接多用电表的红表笔。
②电压表3 V 量程的内阻为
RV＝30×100 Ω＝3 000 Ω
(2)由串联分压＝
15 V 量程的内阻等于
R＝＝＝15 000 Ω
(3)选择“×100 Ω”倍率时所用干电池电动势为E＝U＋R 中＝1.00 V＋×1 500 V＝
1.5 V。
例2　(1)大于　(2)×10　(3)向上　(4)400
解析　(1)根据题意可知Rm<Rn，所以开关拨向m 时电路的总电阻小于开关拨向n 时电路的总
电阻，电源电动势E 不变，根据I＝可知Im>In；
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(2)当开关S 拨向n 时，全电路的总电阻较大，中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也
更大，所以开关S 拨向n 时对应欧姆表的挡位倍率较大，即×10；
(3)从“×1”挡位换成“×10”挡位，即开关S 从m 拨向n，全电路电阻增大，干路电流减
小，①②短接时，为了使电流表满偏，则需要增大通过电流计G 所在支路的电流，所以需
要将R0的滑片向上调节；
(4)在“×10”挡位，电路图结构简化如图所示
当①②短接时，全电路的总电阻为
R＝Rn＋
通过干路的电流为I＝，电流计满偏，根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知＝
当①②之间接入R1＝100 Ω 时，全电路总电阻为R＋R1，通过干路的电流为I1＝，电流计偏
转了量程的，则有＝
解得R＝2R1＝200 Ω
当①②之间接入Rx时，全电路总电阻为Rx＋R，通过干路的电流为Ix＝，电流计偏转了量程
的，则有＝，
解得Rx＝400 Ω。
例3　(1)×1 k　13 000　(2)正
解析　(1)表针偏转角度很小说明所测电阻阻值较大，要换较大挡位“×1 k”；欧姆表的读
数为指针所指刻度乘以倍率，所以未知电阻的阻值为13×1 kΩ＝13 000 Ω
(2)二极管具有单向导电性，表针指在如题图甲中的虚线①的位置，说明此时二极管电阻很
大，电流是从二极管的负极流向正极，由于黑表笔接欧姆表内置电源的正极，红表笔接内置
电源负极，所以此时红表笔接触的是二极管的正极。
例4　(1)①B　②A　(2)①断开
②6　e、f　12.7　温度高时灯丝电阻率大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻(或测量出
的电阻是常温下灯丝的电阻)
解析　(1)①因为电源的电动势大约为6 V，要使电压挡选择的量程安全以及准确，则选择
开关应选择10 V 的量程，故B 正确。②测得c、d 间电压约为5.8 V，接近电源电动势，e、f
间电压为0，可知灯泡A 断路，故A 正确。
(2)①用欧姆表测量电阻时，开关应断开，使得待测电阻与电源不相连。②欧姆表的读数为
6×1 Ω＝6 Ω，因为c、d 间断路，知测量的是e、f 间的电阻。根据R＝得，小灯泡正常发光
时的电阻为R＝ Ω≈12.7 Ω。它不等于测量值，原因是温度高时灯丝电阻率大，计算出的电
阻是灯丝温度高时的电阻(或测量出的电阻是常温下灯丝的电阻)。
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第7 课时　专题强化：测量电阻的其他几种方法
例1　(1)0.34　外　(2)①见解析图　②5　有　电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近(或
其他合理解释)
解析　(1) 由电流表的表盘可知电流大小为0.34 A ，电压表的百分比变化为η1 ＝
×100%≈5.7%
电流表的百分比变化为
η2＝×100%≈3.0%
可知电压表的示数变化更明显，故采用电流表外接法。
(2)①电路图如图。
②电阻箱读数为R0＝5 Ω，两次电路中电流相同，可得Rx＝R0＝5 Ω
电阻箱的最小分度和待测电阻阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4 
Ω，则实验只能测得其为Rx＝5 Ω，误差较大。
例2　(1)见解析图　(2)990
解析　(1)为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表
串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，为流过定值电阻R0的电流，从而求出微安
表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动
变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示。
(2)流过定值电阻R0的电流
I＝IA－IG＝9.00 mA－0.09 mA＝8.91 mA，加在微安表两端的电压
U＝IR0＝8.91×10－2 V，微安表的内阻Rg＝＝ Ω＝990 Ω。
例3　(1)R1　R2　(2)见解析图
(3)①③②④　(4)1 998.0 Ω　小于
(5)1.30　(6)
解析　(1)根据半偏法的测量原理可知，RM与RA相差不大，当闭合S2之后，滑动变阻器上方
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的电流应变化极小，就需要RN较大。故RM应选R1，RN应选R2。
(2)根据电路图连接实物图有
(3)半偏法的实验步骤应为
①将变阻器滑动头P 移至最左端，将RN调至最大值；
③断开S2，闭合S1，调节滑动头P 至某位置再调节RN使表头满偏；
②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；
④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。
(4)RM调节后面板读数为1 998.0 Ω，即待测表头的内阻为1 998.0 Ω。
闭合S2后，RM与RA的并联阻值小于RA的阻值，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过
RM的电流大于，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。
(5)将该微安表改装成量程为2 V 的电压表，则需要串联一个电阻R0，则有U＝Ig(Rg＋R0)
此时的电压读数有U′＝I′(Rg＋R0)
其中U＝2 V，Ig＝100 μA，I′＝65 μA
联立解得U′＝1.30 V
(6)根据题意由OP 间电压不变，可得I(RA＋RN)＝(＋)RN＋·RA，解得RA＝。
例4　(1)1.776(1.775、1.777 也可)　(3)①0
②0　　(4)
解析　(1)螺旋测微器测得金属丝的直径为D＝1.5 mm＋27.6×0.01 mm＝1.776 mm
(3)本实验用电桥法测电阻，在电阻箱与Rx位置调换前后，都应使B、D 两点间电势差为零，
即使电流表G 的示数为零，进而根据并联电路规律可得＝＝，解得Rx＝
(4)由电阻定律得Rx＝ρ＝，解得ρ＝。
微点突破5　定值电阻在电路中的主要作用
例1　(1)R2　(2)4.0　1.9
解析　(1)为了确保电源安全，电路总电阻的最小值约为Rmin＝＝ Ω＝6.5 Ω，由于锂电池内
阻r 约为2 Ω，则接入的定值电阻值约为6.5 Ω－2 Ω＝4.5 Ω，即为了防止调节电阻箱过程中
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电池烧坏且方便测量，定值电阻R0应选取R2。
(2)多次改变电阻箱的阻值R1，读出电压U，根据U＝E－I(r＋R2)＝E－(r＋R2)，变形有＝＋·，
结合题图乙有＝0.25 V－1，＝ Ω·V－1
解得E＝4.0 V，r＝1.9 Ω。
例2　(1)电压表V 不能准确测出电流表A1两端电压　(2)见解析图
(3)或
I1、I2分别表示电流表A1、A2的读数，R0为10 Ω
解析　(1)电压表的满偏电压为15 V，根据电表的读数在半偏左右读数最准确，但此电路中
电源电压为3 V，远小于电压表的读数要求，即两者并联时，电压表的读数过小，所以该方
案不可行。
(2)电流表A1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，滑动变阻器只有用分压接法才能办
到，电压表不能用，要再用一个电流表测电流，由U＝IR 求得电压，代替电压表的作用，
电路如图：
(3)根据电路图，设通过电流表A1、A2的电流分别为I1、I2，R0为定值电阻，电阻R0两端的
电压与电流表A1的电压相等，即UA1＝UR0＝(I2－I1)R0，通过电流表A1的电流由表盘读出大
小为I1，根据R＝，代入解得r1＝＝。
例3　(1)B　(2)①见解析图(a)　②R1
③见解析图(c)
解析　(1)电压表示数的变化范围小，原因是外电阻的阻值远大于电源内阻，选项B 正确。
(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图(a)所示。
②由图像可知E＝1.55 V，U＝0 时
I＝0.59 A，故r′＝≈2.63 Ω，
由于2 Ω<r′<5 Ω，
又r′＝r＋R(r 为电源内阻，R 为定值电阻)，故定值电阻只能是R1。
③先画出原理图，如图(b)，然后依据原理图将各仪器依次连接起来，如图(c)。
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跟踪训练
1．(1)26　(2)0.680　(3)2.0　1.1×10－6　(4)能
解析　(1)R0＝－r1＝ Ω－4 Ω＝26 Ω
(2)根据螺旋测微器的读数规律，直径
d＝0.5 mm＋0.01×18.0 mm＝0.680 mm
(3)根据欧姆定律有Rx＝－r2
则有I1＝I2
根据题图丙可知＝
解得Rx≈2.0 Ω
根据Rx＝ρ，S＝π2
联立有ρ＝
代入数据，解得ρ≈1.1×10－6 Ω·m
(4)根据闭合电路欧姆定律有
I1(r1＋R0)＝E－(I1＋I2)(r＋R)
可知分别取两组电阻箱阻值R 和对应的电流表A1、A2的示数，通过解二元一次方程组，能
够得到电源电动势E 和内阻r 的数值。
2．(1)不可行　电流表量程太大
(2)①R2　②见解析图　③R0
解析　(1)该方案不可行，因为电流表量程太大，结合电路图与电源电动势及电压表内阻可
知流经电流表的电流值太小，从而导致误差太大；
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(2)①因V2的最大量程为5 V，V1的最大量程为3 V，则定值电阻的阻值应与V1的内阻相当
故选R2；
②结合实物图，画出电路图如图所示；
③由欧姆定律可知RV1＝
＝R0。
3．(1)1.125　8　(2)6　1　(3)C
解析　(1)由题图乙，新电源的电动势E＝6 V，
新电源的内阻r＝＝ Ω＝8 Ω，
当外电阻等于内阻时，输出功率最大，对应的外电阻的阻值R＝8 Ω，
新电源的最大输出功率P＝I2R＝()2R＝()2×8 W＝1.125 W。
(2)蓄电池的电动势E0＝E＝6 V，蓄电池的内阻r0＝r－R0＝1 Ω。
(3)由题图甲所示电路图可知，由于电压表分流作用，电流的测量值小于真实值，因此虚线
在实线的上方，当电压表示数为零时，电路中的电流为短路电流，因此虚线与实线在I 轴相
交，故C 正确，A、B、D 错误。
第十一章　磁场
第1 课时　磁场的描述　安培力
例1　C　[根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N 极的指向为磁场
的方向可知C 正确。]
例2　C　[a 点处导线在c 处产生的磁感应强度大小为Ba＝k，b 点处导线在c 处产生的磁感
应强度大小为Bb＝k＝，即Bb＝2Ba，Ba、Bb方向如图所示，夹角为120°，由几何关系知，
合磁感应强度方向垂直Ba向上，则Bc＝Ba＝k，故选C。]
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例3　A　[S 闭合后，ab 棒与余下线框并联，设电源电动势为E，则两并联支路的电流大小
均为I＝，ab 棒受到安培力的大小为Fab＝BIL，余下线框在磁场中的等效长度也为L，受到
的安培力大小为F 其他＝BIL，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F 其他＝2BIL，若仅将ab 棒移
走，则余下线框受到的安培力大小F′＝F 其他＝BIL＝，故选A。]
例4　C　[根据安培定则，可判断出导线a 左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分
的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部
分所受安培力垂直纸面向里，故C 正确，A、B、D 错误。]
拓展　外　大于
解析　直导线通入由a 指向b 的电流时，由左手定则知直导线的左端受到方向垂直纸面向里
的安培力，根据牛顿第三定律可知，条形磁体的N 极受到方向垂直纸面向外的作用力，应
向纸面外偏转；条形磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以条形磁体受到向下的作用
力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力。
例5　(1)1.2 T　(2)1.2 m/s2，方向沿导轨向上
解析　(1)对金属杆受力分析如图，由安培力公式和平衡条件可得mgsin θ＝BILcos θ
由闭合电路欧姆定律得I＝，解得B＝1.2 T
(2)由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有BI′Lcos θ－mgsin θ＝ma，
I′＝
解得a＝1.2 m/s2，方向沿导轨向上。
例6　(1)kI2L　(2)1∶4
(3)
解析　(1)由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝＝
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′＝B2·2IL＝4kI2L
金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2＝＝，则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小
之比为a1∶a2＝1∶4
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0，解得金
属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝。
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第2 课时　磁场对运动电荷(带电体)的作用
例1　A　[由题意知当质子垂直Oyz 平面进入磁场后先在MN 左侧运动，刚进入时根据左手
定则可知受到y 轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y 轴正方向偏移，y 轴
坐标增大，在MN 右侧磁场方向反向，由对称性可知，A 可能正确，B 错误；根据左手定则
可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy 平面的洛伦兹力作用，在z 轴方向上没有运
动，z 轴坐标不变，故C、D 错误。]
例2　C　[根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终
与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A 错误；当运动到ab 中点时，磁感线与
速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a 端到中点洛伦兹力竖直向下，中点到b 端洛伦兹力
竖直向上，B、D 错误，C 正确。]
拓展　小球在从a 到中点过程中速度和磁感应强度方向夹角减小，中点夹角为零，洛伦兹力
方向竖直向下，大小逐渐减小，而在从中点到b 点过程中洛伦兹力方向竖直向上，大小逐渐
增大，所以从a 到b 小球对管道压力逐渐减小。
例3　ACD　[设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物
块向下做匀速运动，选项A 有可能是物块运动的v－t 图像；若mg>μBqv0，则物块开始时有
向下的加速度，由a＝可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运
动，最后达到匀速状态，选项D 有可能是物块运动的v－t 图像，B 不可能是物块运动的v－
t 图像；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝可知，随着速
度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，选项C 有
可能是物块运动的v－t 图像。]
例4　C　[在0～1 s 内，v－t 图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，
对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，
由左手定则可知，物块一定带负电，A 错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不
再加速，所以1 s 末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5 m/s，传送带
的速度可能是0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，B 错误，C 正确；由C 项分析知传送带的速度
大于等于0.5 m/s，无论传送带的速度增大到多大，物块加速到0.5 m/s 后都不再加速，即物
块的最大速度等于0.5 m/s，D 错误。]
例5　A　[根据题图可知，轨迹1 和3 对应的粒子转动方向一致，则轨迹1 和3 对应的粒子
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为电子，轨迹2 对应的粒子为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知，磁
场方向垂直纸面向里，A 正确，D 错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到
云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B 错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用
下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子运动的半径为r＝，根据题
图可知轨迹3 对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻
力的情况下，此结论也成立，C 错误。]
例6　AD　[由题意可知，粒子在磁场中沿顺时针做圆周运动，根据左手定则可知粒子带负
电荷，故A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半
径R＝a，故C 错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，则v＝，故B 错误；由图可知，
ON＝a＋a＝(＋1)a，故D 正确。]
例7　ACD　[根据题意作出α 粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，α 粒子在磁场中
做圆周运动的轨迹半径r＝l，因为粒子做圆周运动的半径r＝，质子与α 粒子的比荷之比为
2∶1，所以两者在磁场中运动半径之比为1∶2，质子运动半径为l，故A 正确，B 错误；α
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，转过的圆心角θ1＝300°，则α 粒子在磁场中的运动时
间t1＝T＝，质子从O 点射入，P 点射出，运动半径为l，可知质子从O 点射入的速度方向必
与OP 边界垂直，转过的圆心角θ2＝180°，故t2＝T′＝，所以质子和α 粒子发射的时间间隔
为t1－t2＝，故C、D 正确。]
第3 课时　专题强化：带电粒子在有界匀强磁场中的运动
例1　AD　[根据牛顿第二定律得qvB＝，解得r＝，由题知v、B 大小均相同，则轨迹半径r
与成正比，故r1∶r2＝2∶3，选项A 正确；离子的运动周期为T＝＝，则知T1∶T2＝2∶3，
根据左手定则分析和几何知识可知，两离子重新回到边界时的速度方向相同，重新回到边界
时两个离子的速度偏向角均为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，则运动时间t＝T，可知
重新回到边界所用时间之比为2∶3，选项B 错误；根据动量p＝mv，由于磁场不改变速度
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的大小，且两个离子的质量不相等，所以两个离子的动量也不相等，C 错误；由几何知识可
知离子重新回到边界时的位置与O 点距离d＝2rsin θ，由于θ 相同，r 不同，故d 不同，选
项D 正确。]
例2　D　[轨迹如图所示，根据对称性知，粒子进入磁场时速度方向与MN 边界的夹角也为
30°，则转过的圆心角为α＝300°，粒子在磁场中运动周期为T＝，则运动的时间为t＝T＝，
A、B、C 错误；设轨迹半径为r，由l＝r＋rcos 30°，解得r＝2(2－)l，根据qvB＝m，解得v
＝，D 正确。]
例3　B　[如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1，
根据几何关系r1＝R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝R。
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以＝＝，故选B。]
例4　C　[正电子恰好从MN 边界射出的轨迹如图所示，根据正电子的运动的轨迹可知，不
可能从M 点射出磁场，选项A 错误；负电子从D 点离开磁场的轨迹如图，负电子从D 点离
开磁场时，由几何关系知()2＋(－r)2＝r2，解得r＝L，则负电子的速度大小为v＝＝，选项B
错误；当从MN 边射出的正电子运动的轨迹与MN 相切时在磁场中运动时间最长，由几何关
系可知圆心角为120°，则最长时间tm＝×＝，选项C 正确；正电子从C、M 之间射出时在磁
场中运动时间最长，则在磁场中运动的最长时间为tm′＝＝，选项D 错误。]
例5　BC　[若离子通过下部分磁场直接到达P 点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L，
由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP 成30°角斜向上，故出射方向与
入射方向的夹角为θ＝60°。当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场
的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，
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根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即
出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满
足v＝＝kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场
射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C
正确，A、D 错误。]
例6　AD　[带电粒子从C 点射出磁场，轨迹如图甲所示，由几何关系得sin 30°＝，解得r1
＝2R；
　
带电粒子从D 点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几何关系得AODO2是菱形，所以粒子的轨
迹半径r2＝R，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1，由洛伦兹力提供向心力得
qvB＝m，解得从A 点射出的粒子的比荷满足≤≤，故选A、D。]
第4 课时　专题强化：用“动态圆”思想处理临界、极值
问题
例1　CD　[带电粒子在磁场中的运动半径r＝＝d，选项A 错误；设从某处E 进入磁场的粒
子，其轨迹恰好与AC 相切(如图所示)，则E 点与A 点的距离为AO－EO＝2d－d＝d，粒子
在距A 点0.5d 处射入，会进入Ⅱ区域，选项B 错误；粒子在距A 点1.5d 处射入，不会进入
Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝＝，选项C 正确；进入Ⅱ区域的粒子，
弦长最短时的运动时间最短，且最短弦长为d，与半径相同，故对应圆心角为60°，最短时
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间为tmin＝＝，选项D 正确。]
例2　(1)或　(2)
解析　(1)由题意可知，沿x 轴正方向出射的离子，经半圆到达N 点，
由此可得r＝a，可知通过M 点的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转过的圆心角为
60°，即t1＝T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝T，离子做匀速圆周运动，周期T
＝，即T＝，
解得t1＝，t2＝
(2)如图乙所示，由动态圆分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x 轴正
方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数
的比例为＝。
例3　B　[粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘
板的两种临界情况如图甲所示，由几何关系可知，左侧最远处与S 之间的距离恰好是圆的直
径，则左侧最远处A 到C 距离为d，右侧离C 最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上
的区域长度是(＋1)d，故A 错误；左侧最远处与S 之间的距离恰好是圆的直径，所以从S 到
A 的时间恰好是半个周期，则t1＝＝＝，故B 正确；打在板上的粒子中，在磁场中运动时间
最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝，由几何关
系可知，最短时间t2＝T＝，最长时间t1＝T＝，Δt＝t1－t2＝，故C、D 错误。]
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例4　AD　[带电粒子以垂直于cd 边的某一速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c 点射出
磁场，则知带电粒子的运动周期T＝2t0。该粒子从O 点以与Od 成30°角的方向射入磁场，
随着粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可知粒子在四个边射出时，
射出范围分别为OG、FE、DC、BA 之间，不可能从四个顶点射出，故A 正确。由上述分析
知粒子运动周期为2t0，由图分析可知，从ab 边射出的粒子所用时间不可能为t0，从bc 边射
出的粒子所用时间不超过T＝，所有从cd 边射出的粒子转过的圆心角都是300°，所用时间
为＝，故B、C 错误，D 正确。]
例5　BD　[由R＝可知，粒子速度越大，运动半径越大。如图，在能到达半圆形边界的粒
子中，经过a 点的粒子运动半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1 所示，由＝，解得
vmin＝，故A 错误；经过b 点的粒子运动半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2 所示，
由＝，解得vmax＝，故B 正确；由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab 半圆形边界相切时，
圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3 所示，圆心恰好位于a 点，由R＝，解得
v＝；其圆心角为120°，故运动时间为t＝＝，故C 错误，D 正确。]
微点突破6　磁聚焦　磁发散
例1　(4－2)R
解析　设粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系有r1＝R，粒子在
匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m
根据题中条件可知，粒子源改变位置后带电粒子仍从P 点进入匀强磁场Ⅱ，设粒子进入匀
强磁场Ⅱ时与x 轴正方向的夹角为θ，根据几何关系有r1cos θ＋＝r1
根据几何关系可知，此时带电粒子打在收集板上的落点到P 点的距离d＝2r2sin θ，且r2＝，
收集板的最小长度L＝2r2－d，解得L＝(4－2)R。
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例2　(1)　(2)
(3)－R～R
解析　(1)由动能定理可知qU＝mv2
由已知条件结合几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R
洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得＝
(2)沿y 轴正方向入射的带电粒子，设其在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，由几何关系θ＝
90°，所以t＝T＝T，且T＝，解得t＝
(3)如图，沿QN 方向入射的带电粒子，离开磁场的出射点a 在y 轴上的投影与O′的距离为
Δy＝R＋R，故a 点的纵坐标ya＝R
同理可得，沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b 的纵坐标yb＝－R，带电粒子离
开磁场时的纵坐标范围－R～R
跟踪训练
1．AC　[由题意，初速度沿y 轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝
m，r＝R，解得v＝，A 正确；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区
域的出射点距离O 点的竖直高度最大值为2R，并不会全部垂直打在光屛上，B 错误；如图
甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子中，运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π，
　
根据周期公式T＝，可得t＝T＝，C 正确；若能打在光屛下端，如图乙，由几何关系可得θ1
＝60°，即初速度与x 轴夹角为θ1＝60°，同理，粒子打在光屛上端时，初速度与x 轴夹角为
θ2＝120°，则60°≤θ≤120°，D 错误。]
2．(1)　(2)
解析　(1)分析可知粒子做圆周运动的半径为R，由qv0B＝m，得v0＝
(2)分析可知粒子源左端点M 与右端点N 发射的粒子均从磁场边界与OO′交点射出，且转
过的圆心角分别为：θM＝，θN＝，两粒子在磁场中运动的周期为T＝＝
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两粒子在磁场中运动的时间分别为tM＝T，tN＝T，由于两个粒子在匀强磁场区域外部运动的
时间相等，所以Δt 即为在磁场中运动的时间差，即Δt＝tM－tN，得Δt＝。
3．(1)垂直于纸面向外　
(2)(＋)　(3)(＋)R
解析　(1)从P 点垂直于x 轴发射的正离子恰好经过Q 点进入第一象限，说明正离子在P 点
受到向右的洛伦兹力，由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外。如图所示，设离子在圆形区
域内做圆周运动的轨迹半径为r，则r＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得v0＝
(2)设离子在第二象限磁场中圆周运动的周期为T，则T＝＝，则在第一象限磁场中圆周运动
的周期为T′＝＝，离子在圆形区域磁场中运动圆心角为90°，则运动时间t1＝T＝
离子在两磁场之间匀速直线运动时间
t2＝＝
离子在AC 右侧区域磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，运动时间t3＝T′＝，则离子从
发射到第二次经过边界AC 所用的时间t＝t1＋t2＋t3，得t＝(＋)
(3)如图所示，因所有离子均以恒定速率发射，故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为r，又已
知r＝R，易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场，然后穿过AC 进入右侧磁
场，离子在第一象限运动有qv0·2B＝m，得r′＝，从C 点进入右侧磁场的离子，经过半个
周期打到屏上E 点，则CE＝2r′＝R。
从M 点进入右侧磁场的离子，轨迹恰好与屏CG 相切于D 点，图中CF 垂直于O2M，则CD
＝r′－r′tan 30°
得CD＝(－)R，则探测板上有离子打到的区域为DE，其长度DE＝CE－CD＝(＋)R。
第5 课时　洛伦兹力与现代科技
例1　CD　[粒子在电场中加速，由动能定理可得U1q＝mv2，解得v＝，粒子进入速度选择
器中做匀速直线运动，由平衡条件可得＝B1qv，联立可得＝，粒子在磁场中做圆周运动，由
洛伦兹力充当向心力，有B2qv＝m＝m，与＝B1qv 联立可得＝，与v＝
联立可得＝，故选C、D。]
例2　AD　[粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D 形盒的半径，对应速度也最大，则有
qvmaxB＝m，最大动能为Ekmax＝mvmax
2，在电场中加速一次，在磁场中旋转半周，令加速的次
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数为n，则有Ekmax＝nqU，解得n＝，则粒子运动的时间t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，
两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A 正确，B 错误；粒子离开出口处的动能最大，
根据上述解得Ekmax＝，H 粒子的质量数为2，电荷数为1，He 粒子的质量数为4，电荷数为
2，可知He 粒子离开出口处的动能为H 粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，
C 错误，D 正确。]
拓展　(1)电场　磁感应强度B
(2)不可以
例3　C　[若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电力向下，若带电微粒带负电，
则受到的洛伦兹力向下，静电力向上，微粒沿PQ 运动，洛伦兹力等于静电力，因此微粒可
以带正电也可以带负电，故A 错误；对微粒受力分析有Eq＝qvB，解得B＝，故B 错误；若
带电微粒带负电，从Q 孔沿QP 连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带
正电，从Q 孔沿QP 连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，故不
能从P 孔射出，故C 正确；若将该带电微粒以2v 的速度从P 孔沿PQ 连线射入后，洛伦兹
力大于静电力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力的方向一直在变，微粒不可能做类平抛运动，
故D 错误。]
例4　C　[根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外面金属板为
正极，负离子向里面金属板偏转，里面金属板为负极，则电阻R 上的电流方向从外向里，
故A 错误；
设稳定时产生的感应电动势为E，两板间有一带电荷量为q 的离子匀速运动，受力平衡，根
据平衡条件可得qvB＝q，解得E＝Bdv，故C 正确；
设极板间等效电阻为r，由闭合电路欧姆定律可得，两金属板间电压为U＝·R＝，可知河水
流速减小，两金属板间的电压减小，故B 错误；
根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为r＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，流过电
阻R 的电流大小为I＝＝，故D 错误。]
例5　D　[根据左手定则可知，进入磁场区域时正电荷会向上偏转，负电荷向下偏转，所以
M 点的电势一定高于N 点的电势，故A 错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70 
m3/h，通过排污管的污水流量也是70 m3/h，流量计半径为r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半径
R＝10 cm＝0.1 m，由Q＝πr2v1＝πR2v2可知，流经电磁流量计的液体速度为v1＝2.5 m/s，排
污管内污水的速度为v2＝0.625 m/s，故B、C 错误；流量计内污水的速度约为v1＝2.5 m/s，
当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有q＝qv1B，可知＝v1d1＝0.25 m2/s，故D 正确。]
例6　D　[根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍
尔电压UH为零，直导线ab 在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电
流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所
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以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故选D。]
思考　这四种装置的共同特点：带电粒子在叠加场中受到的静电力和洛伦兹力平衡(即qvB
＝qE 或qvB＝q)，带电粒子做匀速直线运动。
第6 课时　专题强化：带电粒子在组合场中的运动
例1　(1)×10－2 T　(2)5.5×10－6 s
解析　(1)粒子从O 到C 在电场中加速，则由动能定理得Eqx＝mv2
解得v＝4×105 m/s
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由几何关系可知R1＝＝0.6 m
由qvB1＝m
代入数据解得B1＝×10－2 T
(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－2 T，则qvB2＝m，则R2＝＝0.2 m，
在磁场B2中的运动周期为T2＝＝
在磁场B2中的运动时间为t＝T2＝×10－6 s＝5.5×10－6 s。
例2　(1)　(2)(或60°)
(3)见解析图
解析　(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度
为E＝，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得＝at0
2, d＝v0t0，联立解得U＝
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tan α＝＝，故α＝
则出电场时粒子的速度为v＝＝v0
粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得r＝
＝，已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R。粒子沿PO 方向射入磁场，轨迹如图所示，即
沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方
向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α
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＝
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)；
(3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系可知，粒子在该
磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运
动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M 的位置如图所示。
例3　(1)　(2)　(3)
解析　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，
由几何关系可得Rsin θ＝L，解得R＝2L
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
联立可得B＝
(2)带电粒子从P1点运动到P2点所用的时间为t＝T，T＝＝
联立可得t＝
(3)设带电粒子在电场中的运动时间为t′，由运动的合成与分解有
vcos θ·t′＝L，vsin θ－at′＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立可得E＝。
例4　(1)　　8eU　(2)
解析　(1)电子在电场中加速有2eU＝mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝
0.4R，根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝m
联立解得B1＝，电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝，由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中
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运动轨迹对应的圆心角为φ＝π，电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
电子从P 到Q 在电场中共加速8 次，故在Q 点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
相切，由几何关系可得(R－rm)2＝R2＋rm
2，解得rm＝R，根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝
m，2eU＝mvm
2－keU
联立解得k＝。
第7 课时　专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、磁场中
的运动
例1　(1)　(2)
(3)(＋1)
解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知Eq＝mg，得
E＝。
(2)由平衡条件得：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运
动轨迹如图乙，有qvB＝m
由几何知识可得：
r＝l
联立解得：
v＝，
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B＝。
(3)微粒做匀速直线运动的时间：
t1＝＝
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝＝
微粒在叠加场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(＋1)。
例2　BC　[由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N 到P 的过程中电场力做负功，故
A 错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N 点的电势高于P 点的电势，故B 正确；
由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M 到N，洛伦兹力不做功，故C 正确；由
于M 点和P 点在同一等势面上，故从M 点到P 点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M
点速度为0，根据动能定理可知电子在P 点速度也为0，则电子在M 点和P 点都只受电场力
作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D 错误。]
例3　(1)　(2)(n＝1,2,3…)
解析　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得磁感应强度B0＝
(2)要使正离子从O′垂直于N 板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动
一个周期T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n 个周期即nT0时，有R＝(n＝1,2,3…)
联立解得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1,2,3…)。
例4　(1)　(2)(π＋2)
(3)d＝(n＝1,2,3…)
(4)xP＝(π＋2)(n＝1,2,3…)
解析　(1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma，v1＝at0，t0＝
粒子第一次进入磁场中有qv1B0＝，联立解得R1＝
(2)由题意可知粒子经2 次加速和偏转后打在x 轴负半轴上到O 点的距离最小，如图甲所示
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第一次加速的位移为Δx1＝＝
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
v2＝2at0＝，
则R2＝＝
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)
(3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示
可知A 与坐标原点间的距离d 应满足d＝n2R1＝(n＝1,2,3…)
(4)若粒子经过n 次加速和偏转后打在x 轴上
xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1，2,3…)。
微点突破7　带电粒子在立体空间中的运动
例1　D　[将电子的初速度沿x 轴及y 轴方向分解，沿x 轴方向，速度与磁场方向平行，做
匀速直线运动且x＝v0cos α·t，沿y 轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做
匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x 轴正方向，故A 错误；
根据evyB＝m，T＝，且vy＝v0sin α，解得D＝2R＝，T＝，所以Δx＝vxT＝，所以，若仅增
大磁感应强度B，则D、Δx 均减小，故B 错误；
若仅增大v0，则D、Δx 皆按比例增大，故C 错误；
若仅增大α，则D 增大而Δx 减小，且α＝90°时Δx＝0，故D 正确。]
例2　(1)v≤　(2)v≤
(3)(n＝0、1、2、3…)
解析　(1)速度方向与电场强度方向垂直的粒子击中N 板，则全部击中N 板，R＝v0t，d＝at2
其中a＝，解得v0＝
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所以速度大小满足v≤。
(2)粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子，做螺旋等距运动，vy＝vsin θ
根据洛伦兹力提供向心力qvyB＝，根据题意可知r≤，解得v≤
(3)设粒子在两板间运动时间为t′，在磁场中周期为T，则应该满足t′＝(n＋)T(n＝0、1、
2、3…)，根据d＝a′t′2，其中a′＝，且粒子圆周运动周期T＝
联立解得E＝(n＝0、1、2、3…)。
例3　(1)正电　(2)　(3)－
解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图
由左手定则知粒子带正电；
(2)设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有rcos θ＝d，根据洛伦兹力提供向心力qv0B
＝m，解得B＝
(3)设粒子经过x 轴时的坐标为－x1，则x1＋rsin θ＝2d
粒子在y>0 区域电场中做类平抛运动，在xOy 平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒子碰
到屏前做类平抛运动的时间为t1，则v0cos θ·t1＝2d－x1，粒子运动的加速度a＝
在z 轴负方向运动的距离z1′＝at1
2
解得t1＝，z1′＝，所以打到屏上位置的z 轴坐标z1＝－。
跟踪训练
1．D　[根据功率的计算公式可知P＝Fvcos θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A 错误；
由于v1与磁场B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F 洛＝qv2B，B 错误；离子在垂直于磁
场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变
小，C 错误；离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力大小不变，合力大小不变，则该离子的
加速度大小不变，D 正确。]
2．CD　[粒子在Ⅰ区域xOz 平面内做圆周运动，轨迹如图所示，根据几何关系可知r1＝2l
根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m，可得Ⅰ区域磁感应强度的大小B＝，故A 错误；粒子在
Ⅱ区域yOz 平面做类平抛运动，z 轴方向有l＝v0t2，y 轴方向有＝at2
2，加速度为a＝，解得
Ⅱ区域电场强度的大小E＝，故B 错误；粒子在M 点沿y 轴方向的分速度为vy＝at2＝v0，粒
子进入Ⅲ区域后在xOy 平面做圆周运动，轨迹如图所示
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由几何关系可知()2＋r2
2＝(l－r2)2，解得r2＝l，其周期为T＝＝，故C 正确；粒子在z 轴方向
上做匀加速运动，故螺距不断变大，故D 正确。]
3．(1)0.25 T　(2) N/C(n＝1,2,3…)　(3)0.4 m　0.1 m
解析　(1)由于所有α 粒子恰好能束缚在正方形abcO 区域内，根据几何关系有r＝＝0.4 m
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝，解得B＝0.25 T。
(2)粒子在磁场中圆周运动的周期
T＝＝1.6π×10－7 s
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，则有L＝×(nT)2，解得E＝ N/C(n＝1,2,3…)
(3)匀强电场电场强度的大小取第(2)问中的最大值，则有E1＝ N/C
当x 轴坐标为最大值时t1＝T＝8π×10－8 s，则有y1＝×t1
2＝0.4 m
当x 轴坐标为最小值时t2＝T＝4π×10－8 s，则有y2＝×t2
2＝0.1 m。
阶段复习(四)　电场和磁场
规范训练　(1) 
(2)<<
解析　(1)由静电力提供向心力可得q0E1＝m0①
得＝②
区域Ⅱ中x 轴方向有L＝v0t③
y 轴方向有a＝④
＝at2⑤
联立②③④⑤式得E2＝⑥
(2)设粒子进入辐向电场的速率为v，
在辐向电场中有qE1＝m⑦
得v＝⑧
区域Ⅱ中沿x 轴方向有L＝vt1⑨
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y 轴方向有a1＝⑩
y＝a1t1
2⑪
vy＝a1t1⑫
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得y＝⑬
vy＝⑭
区域Ⅲ中粒子速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则tan θ＝＝1⑮
粒子进入区域Ⅲ的速度v′＝，
方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直⑯
由qv′B＝m⑰
联立⑭⑮⑯⑰式得r＝⑱
为了保证粒子能够打到粒子收集板上，粒子轨迹如图所示，
由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足L<r<L⑲
联立⑱⑲式得粒子的比荷<<。
第十二章　电磁感应
第1 课时　电磁感应现象　楞次定律
实验十四：探究影响感应电流方向的因素
例1　A　[线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b 两个环的磁通量始终相同，
故A 正确；根据安培定则判断可知，穿过a 的磁感线方向向左，穿过b 的磁感线方向向上，
当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、
b 两环的磁通量会发生改变，故a、b 两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c 环的磁
感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c 环中没有感应电流产生，故
B、C、D 错误。]
例2　(1)见解析图　(2)①右　②左　(3)穿过B 线圈的磁通量发生变化
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解析　(1)将电源、开关、A 线圈、滑动变阻器串联成一个回路，再将灵敏电流计与B 线圈
串联成另一个回路，实验电路如图所示。
(2)①闭合开关，穿过B 线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏了一下，滑片向右移
动则接入电路的电阻减小，电流增大，磁通量增大，指针向右偏转；②拔出铁芯，磁通量减
小，指针向左偏转。
(3)产生感应电流的本质是穿过B 线圈的磁通量发生变化。
例3　AD　[当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从
上往下看是逆时针方向，B 中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，
故B 错误，A 正确；结合A、B 的分析可知，当电梯坠落至题图位置时，金属线圈A、B 都
在阻碍电梯下落，故C 错误；金属线圈A 中向上的磁场减弱，B 中向上的磁场增强，根据
楞次定律可知，线圈B 有收缩的趋势，A 有扩张的趋势，故D 正确。]
例4　B　[开关S 由断开状态拨至连接状态，不论拨至M 端还是N 端，通过圆环的磁通量均
增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会向右运动，故选B。]
例5　BC　[MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为MN 处的磁场垂直纸面向里
――――→MN 中的感应电流方向为M→N――――→L1中感应电流的磁场方向向上
――――→。若L2中磁场方向向上减弱――――→PQ 中电流方向为Q→P 且减小――――→向右减速运动；
若L2中磁场方向向下增强――――→PQ 中电流方向为P→Q 且增大――――→向左加速运动，故选
B、C。]
第2 课时　法拉第电磁感应定律、自感和涡流
例1　B　[根据法拉第电磁感应定律E＝，可得E1＝S1，E2＝S2，E3＝S3，三个线圈产生的感
应电动势方向相同，故E＝E1＋E2＋E3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选
B。]
拓展　a
例2　C　[设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边
长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2。同理可知正方形线框的周长和面积
分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝，三个线框材料、
粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝
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8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝
I2>I3，故选C。]
例3　AD　[PM 刚进入磁场时，有效切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应
电流为I＝＝，方向沿逆时针，故A 正确；NM 边所受的安培力大小为F1＝BIa＝，方向垂直
NM 斜向下，PN 边所受的安培力大小为F2＝BIa＝，方向垂直PN 斜向下，线框所受安培力
大小F＝＝，故B 错误；PM 两端的电压为U＝I·＝，故C 错误；PM 进入磁场后，有效切割
长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D 正确。]
例4　AC　[铜质圆盘转动时，根据右手定则可知，电流方向由D 点指向O 点，则O 点相当
于电源的正极，D 点相当于电源的负极，则O 点电势比D 点高，通过R 的电流方向由上至
下，故A 正确，B 错误；发电机电动势为E＝Br＝Br·＝，故C 正确，D 错误。]
例5　C　[由于二极管具有单向导电性，所以开关S 从断开状态突然闭合时，二极管不能导
通，L2一直不亮；此时L1、L3和L 串联在同一回路中，L 产生自感电动势阻碍通过其电流增
大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B 错误；开关S 从闭合
状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L 产生自感电动势阻碍通
过其电流减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L 串联在同
一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，
然后逐渐变暗至熄灭，故C 正确，D 错误。]
例6　A　[感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A 图中，系统振动时，
紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应
电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B 图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，
而上下振动和向右振动无感应电流产生；在C 图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，
都不会产生感应电流；在D 图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无
感应电流产生，故选项A 正确，B、C、D 错误。]
第3 课时　专题强化：电磁感应中的电路和图像问题
例1　BD　[由题图乙可知磁感应强度随着时间均匀增大，根据楞次定律，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，故A 错误；根据法拉第电磁
感应定律有E＝，S＝πr2
2，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律，当稳定后M、N 两端
电压为外电压U 外＝E＝，C 错误；电阻R1两端的电压U1＝E＝，故B 正确；根据闭合电路
欧姆定律，稳定后电路中的电流I＝＝，根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的
焦耳热Q2＝I2R2t0＝，故D 正确。]
例2　CD　[根据右手定则可知，图示位置直金属棒Oa 部分充当电源，电源内部电流方向
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为O→a，外电路电流方向为b→O，则杆O 点电势低于b 点电势，故A 错误；由法拉第电磁
感应定律可知，感应电动势E 感＝Bdv＝Bd·＝，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R 环＝
＝，整个电路的总电阻为R 总＝R 环＋R＝，干路电流为I＝＝，a、b 两点的电势差大小Uab＝
IR 环＝，故B 错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P 棒＝I2R，P 环＝I2R 环＝，
故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P 棒∶P 环＝2∶1，故C 正确；棒转动一圈
时导体棒上产生的热量Q＝I2Rt＝()2·R·＝，故D 正确。]
例3　B　[在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝＝，根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有E2＝＝
I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，
即＝
所以＝，故选B。]
例4　AD　[根据法拉第电磁感应定律有E＝＝S，根据楞次定律可得感应电流的方向，又线
圈中感应电流沿abca 方向为正方向，结合题图乙可得，1～2 s 内通过线圈的电流为零，0～
1 s、2～3 s、3～5 s 内通过线圈的电流大小恒定，且0～1 s、2～3 s 内通过线圈的电流方向
为正，3～5 s 内通过线圈的电流方向为负，且大小之比为1∶2，A 正确，B 错误；根据安培
力的公式，即F 安＝BIL，因为每段时间通过线圈的电流大小恒定，磁场均匀变化，可得安
培力也是均匀变化，根据左手定则可判断出ab 边所受安培力的方向，可知C 错误，D 正
确。]
例5　(1)①逆时针方向　②顺时针方向　③逆时针方向　(2)C
解析　(2)x 在0～L 内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针方向，为正，线框的有
效切割长度在均匀增大，由公式E＝Blv 知，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀
增大；x 在L～2L 内，线框的左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，两个感应电动势
串联，且均匀增大，感应电流方向沿顺时针方向，为负；x 在2L～3L 内，由楞次定律知，
感应电流的方向沿逆时针方向，为正，线框的有效切割长度在均匀增大，由公式E＝Blv 知，
产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，而且感应电流变化情况与线框进入磁场
的过程相同，故C 正确，A、B、D 错误。
例6　AC　[当金属棒从O 点向右运动L 时，即在0～时间内，在某时刻金属棒切割磁感线
的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ 为ab 与ad 的夹角)，
则根据E＝BLv0，
可得i＝＝(l0＋v0ttan θ)，
可知回路电流随时间均匀增加；
安培力F＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则F－t 关系为二次函数关系，但是不过原点；
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安培力做功的功率
P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则P－t 关系为二次函数关系，且不过原点；
电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U－t
图像是不过原点的直线；根据以上分析，可排除B、D 选项；
在～时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E 不变，感应电流i 不变，安培力
F 大小不变，安培力的功率P 不变，电阻两端电压U 保持不变；同理可判断，在～时间内，
金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E 均匀减小，感应电流i
均匀减小，安培力F 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关
系，安培力的功率P 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，
电阻两端电压U 按线性均匀减小，综上所述选项A、C 可能正确，B、D 错误。]
第4 课时　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
例1　BCD　[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＝，金属杆所受的安培力大小为F 安＝BIl＝，由牛顿第二定律F－mgsin 37°－F 安
＝ma 得F＝ma＋mgsin 37°＋，F 与t 是一次函数关系，选项A 错误，B 正确；t＝0 时，F 最
小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D 正确；t＝2 s 时，代入数据解得F＝12 N，选项C 正
确。]
例2　见解析
解析　运动过程分析：取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电
电流。
由F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，联立可得F－＝ma，其中＝a，则可得
a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。
拓展
1．金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，I
＝＝＝CBLa，联立可得a＝。
2．mgsin θ－μmgcos θ－BIL＝ma，I＝＝＝CBLa，联立解得a＝。
例3　(1)0.4 m/s2　(2)18 m/s　2 m/s
(3)40 m/s
解析　(1)恒力作用于MN 棒，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根
据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN 所受安培力水平向左，
PQ 受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN 由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，对
PQ 由牛顿第二定律得BIL＝ma′，联立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)设某时刻MN 速度为v1，PQ 速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有
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I＝
在t＝10 s 时，对MN 由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，
整理得F－＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s，由于作用于两棒的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合
力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0，代入数据得v1＋v2＝20 m/s，联
立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN 棒做加速度减小的加速运动，PQ 棒做加速度增大的加速运动，最终有共同加速度，
设两金属棒的共同加速度为a 共，对系统有F＝2ma 共，对PQ 棒有BImL＝ma 共，其中Im＝
＝，联立解得Δvm＝40 m/s。
例4　(1)b 端电势高　5 N　(2)1.47 J
解析　(1)由右手定则可判断感应电流由a 流向b，b 相当于电源的正极，故b 端电势高，当
金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F 安，其中F 安＝BIL＝，由题图乙可知v
＝1.0 m/s，联立解得F＝5 N
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W 克安＝mv2，又
克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W 克安＝7.35 J，金属棒
与电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J。
例5　(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＋mgsin θ
其中F 安＝BIL1
I＝，E＝BL1v，导线框与木块通过细线相连，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－mgsin θ＝2ma，根据运动学公式可得进入磁场时速度v＝
联立以上各式可得B＝
(2)导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，线框和木块组成的
系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，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＝mg(2L2＋L1)。
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第5 课时　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用
例1　BCD　[设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mv0
2＝mgh1，解得
v0＝4 m/s，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直
方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定
律有Q＝mv0
2－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q＝3 J，故B 正确；
导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代
入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D 正确。]
例2　ACD　[开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D
所受安培力F＝BIL，导体棒D 的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，故A 正确；稳定运动
时，电路中电流为零，设此时C、D 棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运
动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C 棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，对D 棒有BLΔt＝mv2，
故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B 错误；根据能量守恒定律可
知回路产生的内能为Q＝mv0
2－mv1
2－mv2
2，解得Q＝mv0
2，故C 正确；由动量定理，对C
棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D 正确。]
例3　AB　[对炮弹，根据动量定理t＝mv，其中，平均安培力＝BL，可得v＝＝，故A 正
确；刚充电结束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q
－q，此时电容器电压U＝，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得＝
BLv，解得C＝，故B 正确；炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均
电流并不是，则t≠q，x≠，故C 错误；根据B 项分析可知E＝v(BL＋)，故炮弹的最大速度
与电容器电容大小并不成正比，故D 错误。]
例4　AC　[棒ab 以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感
应电流，判断可知棒ab 受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v0
方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个
系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和
棒cd 的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd 组成的系统在足够长的平行金
属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2
＝，选项A、C 正确，B、D 错误。]
例5　(1)0.4v0　　(2)　d＋
解析　(1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv，
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此时回路电流I＝，因此加速度a＝，整理得a＝
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(2)ab、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv 共
对ab 棒，根据动量定理有BLΔt＝mv 共，而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势＝BL，回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝d＋。
第十三章　交变电流　电磁波　传感器
第1 课时　交变电流的产生和描述
例1　C　[如图所示，导体棒匀速转动，设速度大小为v，设导体棒从A 到B 的过程中，棒
转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcos θ，可知导体棒垂直磁感线
的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B 点和B 点关于P 点的对称点时，
电流方向不同，根据u＝BLv⊥可知，导体棒两端的电势差u 随时间t 变化的图像为余弦图像，
故选C。]
例2　D　[t＝0 时，线圈位于与中性面垂直的位置，故A 错误；线圈转动的周期为T＝＝0.2 
s，t＝0.05 s 时，线圈转过90°，到达中性面位置，此时磁通量最大，感应电流为零，故B 错
误；感应电动势最大值为Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60 m,2ab＝bc，联立可得
Em0＝2π V，线圈从题图位置(平行于磁场方向)开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式为
e＝2πcos 10πt (V)，故C 错误；当ab＝ad 时，边长相等，此时线圈面积最大，又Em＝
NBSω，则感应电动势最大，即感应电动势的有效值最大，故D 正确。]
拓展　(1)0～0.05 s 过程中，穿过线圈的磁通量逐渐增大，磁通量变化率逐渐减小。
(2)
(3)1 匝线圈周长为0.6 m，ab＝ad 时，边长L＝0.15 m，Em＝NBL2ω＝2.25π(V)，得e＝Emsin 
ωt＝2.25πsin 10πt (V)。
例3　BD　[金属框转动一周电流方向改变两次，A 项错误；因除电阻R 外其他电阻不计，R
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两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B 项正确；根据q＝t＝t＝可知，金属框
转动半周，穿过金属框的磁通量的改变量为2BL2，流过电阻的电荷量为，转动一周流过电
阻的电荷量为q＝2×＝，C 项错误；电阻R 两端电压的有效值U＝，Um＝BL2ω，T＝，又Q
＝T，联立解得Q＝，D 项正确。]
拓展　(1)
(2)　
解析　(1)交流电压表示数为电压有效值E＝
(2)转动180°的过程中，金属框产生的焦耳热Q 内＝()2·R·＝。根据功能关系，外力做的功等
于产生的总焦耳热，即除安培力以外的力对金属框做的功为。
例4　(1)见解析图　(2)A
解析　(1)题图甲中OO′轴的右侧有磁场，所以线框只在半个周期内有感应电流产生，感应
电流随时间变化的图像如图(a)；题图乙中整个空间均有磁场，线框中产生的感应电流随时
间变化的图像如图(b)。
(2)交流电流表测的是有效值，图(a)：由()2·R·＝I2RT，得I＝。图(b)：I′＝，故I∶I′＝
1∶，A 正确。
第2 课时　变压器　远距离输电
实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
例1　(1)A　(2)C　(3)ABD
(4)①变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比　②有漏磁、铁芯发热、导线发热等
解析　(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，
实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A。
(2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为减小涡流影响，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，
故C 正确，A、B、D 错误。
(3)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所
用交流电压不超过12 V，A 正确；为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的
导线或接线柱，B 正确；变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线
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圈，C 错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，
D 正确。
(4)①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合变压器原、副线圈的电压之比等于匝数
之比，即有＝；
②由于变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，因此变压器输出
电压比理论值偏小。
例2　D　[变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故
输入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原
线圈为2 200 匝，A 错误；当原线圈输入电压为220 V 时，BC 间的电压为UBC＝＝12 V，故
BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系为＝，则BC 间的线圈匝数为
120 匝，流过R 的电流为IBC＝＝＝1 A，B 错误；若将R 接在AB 两端，根据题图可知，当原
线圈输入电压为220 V 时，AB 间的电压应该为18 V，根据交流电原线圈电压的表达式可知
ω＝100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C 错误；若将R 接在AC 两端，根据题图
可知，当原线圈输入电压为220 V 时，AC 间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过
电阻R 的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D 正确。]
例3　B　[根据原、副线圈电压、电流的关系有＝k＝，＝＝4，在原线圈回路中，有U0＝
I1R1＋U1，在副线圈回路中，有U＝IR2，R2＝8R1，联立解得I＝，U＝，故选B。]
例4　A　[由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动
变阻器的滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻
值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈
的电流I1也逐渐减小，故A 正确，B 错误；原线圈的输入功率为P 入＝U1I1，由于I1逐渐减
小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C 错误；滑片从a 端向b 端滑动时，副线圈干路电流
减小，滑动变阻器右半部分和定值电阻并联的总电阻减小，则并联部分分压减小，由PR＝
知，定值电阻R 消耗的功率减小，故D 错误。]
例5　A　[b 为原线圈的中心抽头，单刀双掷开关与b 连接时灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1
的额定电压为55 V，说明副线圈电压为55 V，原线圈c、d 电压由题图乙可得U1≈220 V，
则∶n2＝U1∶U2，解得n1∶n2＝8∶1，故A 正确；由题图乙可得交流电的周期为0.02 s，一
个周期内交流电方向改变两次，可知1 秒内流过灯泡L2的电流方向改变100 次，故B 错误；
当单刀双掷开关与b 连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，副线圈
所在回路中的总电阻值增大，副线圈电压不变，副线圈回路中的总电流减小，灯泡L1两端
的电压等于副线圈两端的电压，故灯泡L1正常发光，通过灯泡L2的电流减小，因此L2将变
暗，故C 错误；当单刀双掷开关由b 扳向a 时，接入电路的原线圈的匝数增大，原线圈与副
线圈的匝数比增大，则副线圈两端的电压减小，副线圈中的总电流减小，导致原线圈中的电
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流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D 错误。]
例6　AD　[由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，
损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电
线上损失电压为ΔU＝Ir，则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU。故A、D
正确。]
例7　B　[由于输电过程中电阻R 要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功
率，T1输出电压大于T2输入电压，故A 错误，B 正确；由于输入电压不变，所以变压器T1
的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流
变大，输电电路电流也相应变大，根据P 损＝I2R 可知R 功率增大，故C 错误；用户接入的
用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D 错误。]
拓展　增大
解析　T2输出功率(用户需要功率)决定输送功率，T2输出功率增大，则输送功率增大。
例8　C　[发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，故A 错误；输电线上损失的功率P 线＝I 线
2R
线＝5 kW，所以I 线＝＝25 A，故B 错误；用户得到的功率P4＝P－P 线＝(100－5) kW＝95 
kW，则I4＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C 正确，D 错误。]
第3 课时　电磁振荡与电磁波
例1　C　[O～a 阶段，电容器正在放电，电流不断增加，电场能正在向磁场能转化，选项
A 错误；a～b 阶段，电容器正在充电，电流逐渐减小，磁场能正在向电场能转化，选项B
错误；b～c 阶段，电容器正在放电，回路中电流沿顺时针方向，选项C 正确；c～d 阶段，
电容器正在充电，回路中电流沿顺时针方向，选项D 错误。]
例2　A　[根据电流正在减小可以判断，此时电容器在充电，结合电流方向知电容器上极板
应该带负电，下极板带正电，在振荡电路中，当电容器充电时，电流减小但电流变化得越来
越快，即电流变化率增大；电容器上的电荷量增大，此时，磁场能转化为电场能，故A 正
确，C、D 错误；由Q＝CU 可得，电容器电荷量增大，两极板间的电压也增大，故B 错
误。]
例3　C　[以顺时针电流为正方向，LC 电路中电流和电荷量变化的图像如图所示：
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t＝0.02 s 时电容器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期为T＝0.04 s，故A 错误；根
据图像可知电流最大时，电容器中电荷量为0，电场能最小为0，故B 错误；1.01 s 时，经
过25T，根据图像可知此时电流最大，电流沿逆时针方向，说明电容器放电完毕，电场能全
部转化为磁场能，此时磁场能最大，故C 正确，D 错误。]
例4　B　[由振荡频率公式f＝可知，要使频率提高到原来的2 倍，则可以减小电容使之变
为原来的，或减小电感使之变为原来的，故B 正确，A、C、D 错误。]
例5　D　[变化的电场与变化的磁场相互联系，它们统称为电磁场，选项A 错误；电磁波不
是机械波，传播不需要介质，选项B 错误；电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s，选项
C 错误；电磁波可在真空中传播，选项D 正确。]
例6　AB
例7　B　[蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A 错误；蓝牙通信的电磁波频率
高于手机通信的电磁波频率，所以在真空中蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长
短，故B 正确；若两束蓝牙通信的电磁波频率相同，相位差恒定，就会发生干涉，故C 错
误；蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D 错误。]
第4 课时　传感器
实验十六：利用传感器制作简单的自动控制装置
例1　ABC　[声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则利
用电容传感器可制成麦克风，故A 正确；由动量定理有F 合t＝Δp，可得＝F 合，可知物体受
合外力越大，则动量变化越快，故B 正确；人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到
红外线后，可以开门，则利用红外传感器可制成商场的自动门，故C 正确；牛顿运动定律
只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题，而动量守恒定律既适用于低速宏观问题，
也适用于高速微观问题，故D 错误。]
例2　C　[由题意可知水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。控
制开关自动开启低水位预警，此时水位较低，压力传感器的电阻值较大，由于a、b 两端此
时的电压大于U1，根据串联电路电压分布特点可知，R1为压力传感器，故高水位时压力传
感器的电阻值变小，压力传感器R1两端电压变小，U1>U2，A、B 错误；根据闭合电路欧姆
定律可知，a、b 两端的电压为U＝R1＝，若定值电阻的阻值越大，当开启低水位预警a、b
两端的电压大于U1时，压力传感器阻值R1越大，水位越低；当a、b 两端的电压小于U2开
启高水位预警时，压力传感器阻值R1越大，水位越低，C 正确，D 错误。]
例3　(1)c　(2)150　(3)73
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解析　(1)由题意可知，当控制电路电流达到20 mA 时衔铁被吸合，制冷系统工作，所以题
图甲中，应将b 端与c 端相连。
(2)若设置电池温度为50 ℃启动制冷系统，由题图乙可知，当温度为50 ℃时，Rt的阻值为
100 Ω，此时控制电路的总电阻R＝＝＝250 Ω，由串联电路的电阻规律，滑动变阻器接入的
电阻为RP＝R－Rt＝250 Ω－100 Ω＝150 Ω。
(3)当滑动变阻器调到最大阻值200 Ω 时，热敏电阻的阻值Rt′＝R－RP′＝250 Ω－200 Ω＝
50 Ω，由题图乙可知此时对应的温度为73 ℃，所以此时该电路可设置启动制冷系统的最高
温度是73 ℃。
例4　(1)可变电阻R1　远大于
(2)－1.2
解析　(1)由题知恒压直流电源E 的电动势不变，而用加热器调节RT的温度后，导致整个回
路的总电阻改变，而要确保电流表的示数仍为50.0 μA，则需控制整个回路的总电阻不变，
故须调节可变电阻R1。
连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联后R 总减小，则根据并联电阻
的关系有R 总＝＝，则要保证R 总不变，须将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表。
(2)实验设定恒定电流为50.0 μA，由题图可得温度为35.0 ℃时电压表的电压为1.58 V，则根
据欧姆定律可知此时热敏电阻RT1＝31.6 kΩ；温度为40.0 ℃时电压表的电压为1.28 V，则
根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT2＝25.6 kΩ，则温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，
RT的阻值随温度的平均变化率是k＝＝－1.2 kΩ·℃－1，负号表示随着温度升高RT的阻值减小。
例5　 (1)1 000　(2)　(3)见解析图　(4)1.7×10－2　(5)>
解析　(1)欧姆表读数为10×100 Ω＝1 000 Ω
(2)当电压传感器读数为零时，C、D 两点电势相等，则＝，解得RF＝
(3)绘出U－m 图像如图所示
(4)由图像可知，当电压传感器的读数为200 mV 时，所放物体质量为1.75 g，则F0＝mg＝
1.75×10－3×9.8 N≈1.7×10－2 N
(5)可将C、D 以外的电路等效为新的电源，C、D 两点电压看作路端电压，C、D 接非理想
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电压传感器，当读数为200 mV 时，实际C、D 间断路(接理想电压传感器时)时的电压大于
200 mV，则此时压力传感器的读数F1>F0。
阶段复习(五)　电磁感应和交变电流
规范训练　(1)　(2)
(3)mv0
2
解析　(1)根据电阻定律有
Ra＝R＝ρ，Rb＝2R＝ρ
可得Sa＝2Sb
根据ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb
可得mb＝ma＝m
a 进入磁场的速度方向向右，b 的速度方向向左，根据右手定则可知，a 产生的感应电流方向
是E 到F，b 产生的感应电流方向是H 到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b 的感
应电流是两个感应电流之和，则有E＝2BLv0，I＝
对于b，根据牛顿第二定律有BIL＝mba
联立解得在t＝0 时刻b 棒的加速度大小为a＝
(2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同速度，根据系统动量守恒有2mv0－mv0＝
(2m＋m)v，解得v＝，此时，电路中感应电流为0，a、b 棒一起向右匀速运动，直到b 棒出
磁场区域，之后b 棒不受安培力、a 棒受安培力减速直到停下；从b 棒出磁场区域到a 棒刚
好停止磁场边界处，对a 棒运用动量定理得－BLΔt＝0－2mv，又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝
联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为Δs＝
(3)对a、b 组成的系统，最终b 棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒定律有mv0
2＝mv2＋Q
总
对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt
因a、b 流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b 产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb
＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q 总，联立解得b 棒产生的焦耳热为Qb＝mv0
2
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第十四章　光
第1 课时　光的折射、全反射
例1　C　[根据折射定律有n＝，且n>1，解得i1>r1，所以折射光线向右偏折；根据折射定
律有n＝，n＝，根据几何关系可知r1＝r2，解得i1＝i2，所以出射光线与入射光线平行，故
选C。]
例2　BD　[由于红光的折射率小于紫光的折射率，根据v＝，可知在冰晶内红光的传播速
度比紫光的大，故A 错误；若题图乙中紫光满足θ1＝θ3＝60°，根据几何关系可知θ2＝30°，
则折射率为n＝，代入数据解得n＝，故B 正确；保持入射角不变，将紫光改为红光，因紫
光的折射率大于红光的折射率，则偏转角将减小，故C 错误；根据光电效应方程有Ekm＝hν
－W0可知，由于红光频率小于紫光频率，且红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则
紫光对应的光电子最大初动能一定比红光的大，故D 正确。]
例3　(1)　(2)
解析　(1)作出光路图如图所示，设光线的入射角为α，出射角为β，则
由几何关系可得Rsin α＝R
解得α＝60°
由几何关系可知β＝30°
由折射定律可知n＝＝
(2)光在透明玻璃体中的传播速度v＝
光在透明玻璃体中的传播时间t1＝＝，由图及折射定律知光线从O1点出射后与竖直方向的
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夹角α＝60°，所以光从透明玻璃体出射后到光屏所用的时间t2＝＝，则光从入射点传播到光
屏所用的时间t＝t1＋t2＝。
例4　(1)(2－)πR2　(2)
解析　(1)根据题意，设光发生全反射的临界角为C，由sin C＝
解得C＝30°
画出光路图，如图所示
光线①恰好发生全反射，发光区域是一个小的球冠，设小球冠高为h，由几何关系有cos 30°
＝，
解得h＝R
发光球面面积：
S＝2πRh＝(2－)πR2
(2)如图，大球冠底面所对的圆心角为120°，光束正中间的光线②直接穿过大球冠，通过大
球冠的路程为
x＝R＋Rcos 60°＝R
光在玻璃球内的传播速度v＝，所以该光束正中间的光线通过大球冠的时间为t＝＝＝。
例5　C　[设光在该材料中传播速度为v，由L＝vt，解得v＝＝2.4×108 m/s，由n＝，可知
n＝1.25，设此光线发生全反射临界角为C，则sin C＝＝0.8，光线刚好发生全反射时在透明
材料中的路程为s＝＝7.5 m，则t′＝＝ s＝3.125×10－8 s，故选C。]
例6　C　[设光线在OQ 界面的入射角为α，折射角为β，由几何关系可知α＝30°，则由折
射定律可知n＝＝，光线射出OQ 界面的临界条件为恰好发生全反射，光路图如图所示，其
中CS⊥OB，光线在A、B 两点发生全反射，由全反射规律sin C＝＝可得，全反射的临界角
为45°，AB 之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，故选C。]
例7　(1)45°　(2)L
解析　(1)根据全反射规律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C，由折射定律得
sin C＝①
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代入数据得C＝45°②
设光线在BC 面上的折射角为r，由几何关系得r＝30°③
根据光的折射定律n＝④
联立③④式代入数据得i＝45°⑤
(2)在△OPB 中，根据正弦定理得
＝⑥
设从入射到发生第一次全反射所用的时间为t，光线在介质中的传播速度为v，得＝vt⑦
v＝⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝L。
第2 课时　光的干涉、衍射和偏振
例1　B　[根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有Δx＝λ，由题图知Δx 乙＝2Δx 甲，则d 乙＝d
甲，故选B。]
例2　AB　[薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的，根据干涉条件，入
射光C 应采用单色光，波长一定，不会出现干涉条纹重合现象，若采用复合光则会出现干
涉条纹重合的现象，选项A 正确；干涉条纹是由A 的下表面反射光和B 的上表面反射光发
生干涉产生的，选项B 正确；当A、B 之间某处距离为入射光的半波长奇数倍时，则两列光
波的光程差为半波长的偶数倍，所以对应条纹是亮条纹，选项C 错误；薄膜干涉是等厚干
涉，即亮条纹处空气膜的厚度相等，亮条纹右偏说明被检查物体表面上有凸起，选项D 错
误。]
拓展　密集　稀疏　右移
例3　C　[薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，当入射光为复色光
时，出现彩色条纹。由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉
条纹上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C 正确，A、B、D 错误。]
例4　AD　[由折射定律可得，Ⅱ光的折射角小，折射率大，所以Ⅱ光的频率大，波长短，
故A 正确；由n＝得，Ⅰ光在棱镜中的传播速度比Ⅱ光的大，故B 错误；干涉条纹间距与波
长成正比，Ⅱ光的波长短，故题图乙中a 是Ⅰ光的干涉图样，故C 错误；衍射图样中央亮条
纹宽度与波长成正比，故题图乙中c 是Ⅰ光的衍射图样，故D 正确。]
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例5　(1)把自然光转换成偏振光
(2)横波　(3)ACD
解析　(1)自然光不是偏振光，但自然光通过偏振片后变为偏振光，故A 的作用是把自然光
转换成偏振光。
(2)偏振现象证明光是一种横波。
(3)偏振片只能让一定偏振方向的光通过，没有样品时，要使到达O 处的光最强，偏振片
A、B 的透光方向应相同；当放入样品时，由于样品的“旋光度”是α，即偏振方向不再与
B 的透振方向平行，到达O 处光的强度会减弱，A 正确，B 错误；偏振片B 转过的角度等于
α，并使偏振片B 的透振方向与偏振光的偏振方向平行时，光到达O 处的强度将再次最大，
C 正确；同理，D 正确。
例6　C　[太阳光射入六边形冰晶时，a 光的折射角大于b 光的折射角，由折射定律n＝，冰
晶对a 光的折射率小于对b 光的折射率，由v＝判断可知，在冰晶中，a 光的传播速度较大，
故A 正确；a 光的折射率小于b 光的折射率，故a 光的频率小于b 光的频率，由于c＝λf，所
以a 光的波长大于b 光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ 知a 光相邻条纹间距较大，
故B 正确；由临界角公式sin C＝可知，a 光的折射率较小，a 光的临界角较大，故C 错误；
由于a 光的波长大于b 光的波长，根据单缝衍射实验中，入射光的波长越长，中央亮条纹越
宽，故a 光中央亮条纹更宽，故D 正确。]
第3 课时　实验十七：测量玻璃的折射率
实验十八：用双缝干涉测量光的波长
例1　(1)AD　(2)D　(3)
(4)偏小　不变
解析　(1)为了使作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，A 正确；根据折射定
律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对折射率的测定结果不
产生影响，B 错误；为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，若选用粗的大
头针完成实验，容易出现观察误差，从而造成测量误差，C 错误；插在玻璃砖同侧的两枚大
头针之间的距离应适当大些，引起的角度误差会减小，D 正确。
(2)由题图可知，选用的玻璃砖两光学表面平行，则入射光线应与出射光线平行，B、C 错误；
又光线在玻璃砖中与法线的夹角应小于光线在空气中与法线的夹角，A 错误，D 正确。
(3)由折射定律可知n＝＝＝。
(4)如图，甲同学在测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，
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可见测量的折射角偏大，则由折射定律n＝可知，测量的折射率n 比真实值偏小。用题图②
测折射率时，只要操作正确，折射率的测量值与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与
真实值相比不变。
例2　(1)(或)　－　(2)1.50　(3)偏小
解析　(1)圆周上的刻度被平分为60 等份，则每个刻度表示的弧度为＝，根据圆周上的读数
可得，入射角i＝，折射角γ＝＝－
(2)sin i－sin γ 图像的斜率表示玻璃砖的折射率，则有n＝＝＝1.50
(3)若入射光线发生如题图甲中虚线AB 所示的偏离，则入射角的测量值偏小，折射率的测量
值偏小。
例3　(1)单缝　双缝　滤光片　(2)D
(3)2.332(2.331、2.333 均可)
15．325(15.324、15.326 均可)
6．5×10－7　(4)减小
解析　(1)观察单色光的双缝干涉图样实验中，通过滤光片获得单色光，通过单缝获得线光
源，通过双缝获得相干光，故光具座上先放置b 单缝和c 双缝，再放置a 滤光片，就可以观
察到单色光的双缝干涉图样。
(2)若要使得分划板中心刻线与干涉条纹平行，则仅旋转毛玻璃处的测量头即可，故选D。
(3)由题图甲可知示数为
2 mm＋0.332 mm＝2.332 mm(2.331、2.333 均可)
由题图乙可知示数为15 mm＋0.325 mm＝15.325 mm(15.324、15.326 均可)
由Δx＝λ 得λ＝＝
 m
≈6.5×10－7 m
(4)若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则λ 减小，由Δx＝λ 可知相邻亮条纹中心间距减小。
例4　(1)S′　(2)6×10－7　(3)AC
解析　(1)如果S 被视为其中的一个缝，S′相当于另一个“缝”。
(2)第3 条亮条纹中心到第12 条亮条纹中心的间距为22.78 mm，则相邻亮条纹间距为Δx＝ 
m≈2.53×10－3 m，等效双缝间的距离为d＝2h＝0.30 mm＝3.0×10－4 m，根据双缝干涉条
纹间距公式Δx＝λ，有λ＝Δx＝ m≈6×10－7 m。
(3)根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ 可知，仅增大D、仅减小d 或仅增大波长λ 都能够增大
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光屏上相邻两条亮条纹之间的距离，所以A、C 正确。
第十五章　热学
第1 课时　分子动理论　内能　固体和液体
例1　B　[由于气体分子间的距离较大，所以气体分子的体积V0远小于摩尔体积与阿伏加德
罗常数之比，即V0<，所以NA<，故A 错误；阿伏加德罗常数等于气体的摩尔质量与气体分
子质量之比，即NA＝＝，故B 正确，C 错误；气体密度与单个分子体积的乘积不等于单个
气体分子的质量，故D 错误。]
例2　(1)　(2)
解析　(1)体积为V 的气凝胶质量为m＝ρV，故可知含有的分子数为n＝·NA＝
(2)1 mol 气凝胶的体积为Vmol＝
1 mol 气凝胶包含NA个分子，故每个气凝胶分子的体积为V0＝，同时有V0＝π·()3，联立解得
每个气凝胶分子的直径为d＝。
例3　D　[这一现象是因为墨水中添加物的布朗运动，根本原因是分子的热运动，故A、
B、C 错误；温度越高，分子的热运动越剧烈，故将杯中的冷水换成热水，这一过程会进行
的更迅速，故D 正确。]
例4　D　[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，故A 错误；内能的宏观表现是温度，温度越高，内能越大，故B 错误；氧气分子
尺寸的数量级为10－10 m，而PM2.5 颗粒直径小于或等于2.5 μm，故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，故D
正确。]
例5　C　[分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，
引力做正功，分子势能减小，在r0处分子势能最小，分子间距离继续减小，分子力表现为斥
力，分子力做负功，分子势能增大，C 正确。]
例6　B　[温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平
均动能比水蒸气的小，故A 错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和
水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，分子总动能增加，体积增大，分子间平均距离变大，
分子总势能增大，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B 正确；温度越高，分子热
运动的平均速率越大，45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率
小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C 错误；温度越高，分子
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热运动越剧烈，故D 错误。]
例7　D　[新材料由多层石墨烯叠加而成，可知结构规则的新材料为晶体，晶体具有固定的
熔点，故A、B 错误；由分子动理论可知，分子做永不停息的无规则运动，故C 错误；层与
层间距约为六边形边长的两倍，远大于分子间距离，由分子力的特点可知，层间相邻碳原子
间作用力表现为引力，故D 正确。]
例8　B　[因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，故A 错误；将棉线圈中
肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B 正确；液晶显示器是利用液
晶光学性质具有各向异性的特点制成的，故C 错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料
浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，故D 错误。]
第2 课时　实验十九：用油膜法估测油酸分子的大小
实验二十：探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
例1　(1)4.6×10－2　4.3×10－10
(2)C　(3)AC
解析　(1)一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V＝× mL＝2×10－11 m3，根据大于半个方格的
计为一个，小于半个方格的不计的原则，可得油膜形状占据的方格数约为N＝115 格，所以
油膜的面积为S＝115×202×10－6 m2＝4.6×10－2 m2，所以油酸分子的直径为d＝＝ m
＝4.3×10－10 m
(2)实验中把分子看作小球，认为油酸分子能够一个一个紧密排列，在水面上形成单分子层
油膜，是采用了理想模型法，C 正确。
(3)计算油酸分子直径的依据是d＝。油酸未完全散开，则测得的油膜面积所占方格数目偏少，
所以导致油酸分子直径计算值偏大，A 正确；油酸酒精溶液浓度计算值低于实际值，则一滴
溶液中纯油酸计算体积偏小，导致油酸分子直径计算值偏小，B 错误；计算油膜面积时，舍
去了所有不足一格的方格，则测得的油膜面积所占方格数目偏少，所以导致油酸分子直径计
算值偏大，C 正确；求每滴溶液体积时，1 mL 的溶液的滴数多记了10 滴，则导致一滴溶液
体积计算值偏小，则一滴溶液中纯油酸体积计算值偏小，导致油酸分子直径计算值偏小，D
错误。
拓展　B　[设一个油酸分子体积为V，则V＝π()3，由NA＝可知，要测定阿伏加德罗常数，
还需知道油酸的摩尔体积，故B 正确。]
例2　(1) B　(2)2.04×105　(3)增大
解析　(1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温
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情况下，一定质量的气体，p 与成正比。故选B。
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有＝ mL－1＝100×10－3 mL－1，由题图乙可读出封闭气
体压强为p＝2.04×105 Pa
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV 乘积时，根据p(V0
＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会
随p 的增大而增大。
例3　(1)AC　(2)p0－
(3)橡皮帽内气体体积　升高　增大
解析　(1)每挂上一个钩码，平衡后，待封闭气体的体积不再发生变化，再读出体积，可以
减小误差，故A 正确；挂钩码时，不能用手紧紧握住注射器，因为手的温度会改变封闭气
体的温度，使测量结果不准确，故B 错误；实验前，应在活塞上涂上润滑油，并来回拉动
几次，可以增加密封性，也可以减小摩擦带来的误差，故C 正确；注射器不隔热，所以实
验时封闭气体的温度与外界温度相同，气体做等温变化，不需要测量温度，故D 错误。
(2)由平衡关系可得nmg＋p＝p0，可得p＝p0－。
(3)实验操作规范，图线不过原点，则b 代表注射器橡皮帽内气体的体积；由＝C 可知V＝
CT，体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，向上偏离，斜率变大，说明可能是温度升
高；公式中的C 与气体质量成正比，斜率变大，也可能是由于装置气密性不好导致气体质
量增大。
例4　(1)AC　(2)　(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质量的气体，因
此不应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注射器，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)作出图像为一条直线，根据玻意耳定律pV＝C 可得V＝C，故x 轴应为。
(3)设石子体积为V1，若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，对一定质量
的气体根据玻意耳定律可得p(V－V1)＝C，整理得V＝＋V1，可得V1＝b；若考虑该误差影响
则表达式为p(V＋V0－V1)＝C，整理得V＝＋V1－V0，可知V1－V0＝b，故V1＝b＋V0。
第3 课时　气体的性质
例1　甲：p0－　乙：p0＋
丙：p0－ρgh　丁：p0＋ρgh1
戊：p0－ρgh
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己：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)
pb＝p0＋ρg(h2－h1)
解析　题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p0S＝p 甲S＋Mg，
得p 甲＝p0－。
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示
　　　
由平衡条件，有p 乙S 下sin α＝p0S 上＋FN＋mg，FN＝Mg，S 下sin α＝S 上，
S 下为活塞下表面面积，S 上为活塞上表面面积，即S 上＝S，
由以上得p 乙＝p0＋。
题图丙中，以B 液面为研究对象，由平衡条件有p 丙S＋ρghS＝p0S，
所以p 丙＝p0－ρgh
题图丁中，以A 液面为研究对象，由平衡条件有p 丁S＝p0S＋ρgh1S
所以p 丁＝p0＋ρgh1
题图戊中，以B 液面为研究对象，由平衡条件有
p 戊S＋ρghsin 60°·S＝p0S
所以p 戊＝p0－ρgh
题图己中，从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所
以b 气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a 气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－
h3)。
例2　(1)T1　(2)
解析　(1)活塞被卡子托住前，气体经历等压变化，设活塞刚刚接触卡子时气体的温度为
T2，
根据盖—吕萨克定律有＝
式中V1＝SL1，V2＝SL2
根据题意L2＝(1－)L1＝L1
联立解得T2＝T1
(2)活塞被卡子托住后，再降低温度，气体经历等容变化，根据查理定律有＝，式中p3＝p0，
根据力的平衡条件有p2＝p1＝p0＋
联立可得T3＝。
例3　(1)30 cm　(2)374 K
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解析　(1)设抽出的水银长度为Δh，设管的横截面积为S，A 部分气体初始压强为p1，水银密
度为ρ，则有p1＋ρgh1＝p0＋ρgh2，解得p1＝104 cmHg
液面相平时，设A 部分气体压强为p2，p2＝p0＋ρg(h2－Δh)
对A 气体，根据玻意耳定律可得
p1L1S＝p2(L1＋)S
联立解得Δh＝30 cm
(2)若仅缓慢加热A 部分气体，使下方液柱左右液面相平，根据理想气体状态方程有＝
其中T1＝(－3＋273) K＝270 K，
p2′＝p0＋ρgh2＝108 cmHg，
解得T2≈374 K。
例4　(1)5×104 Pa　(2)266 K
解析　(1)氦气温度不变，则发生的是等温变化，设氦气在目标位置的压强为p1，由玻意耳
定律得p0V0＝p1·1.5V0，解得p1＝p0，由目标处的内外压强差可得p1－p＝p0，解得p＝p0＝
5×104 Pa
(2)由胡克定律F＝kx 可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的，
即px＝p0×＝p0。设此时氦气的压强为p2，活塞两侧压强相等，可得p2＝px＋p＝p0，由理想
气体状态方程可得＝，其中V2＝V0＋0.5V0×＝V0，解得T＝T0＝266 K。
例5　C　[方法一：根据气体实验定律分析：
a→b 过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C 得知，体积应减小，故
A 错误；b→c 过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C
得知，由于压强减小，故体积增大，故B 错误；c→a 过程中，由题图可知，p 与T 成正比，
则气体发生等容变化，体积不变，温度升高则压强增大，综上所述可知在b 状态时，气体的
体积最小，故C 正确，D 错误。
方法二：根据图像斜率的意义分析：
由理想气体状态方程＝C 得：p＝T，斜率k＝，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V
越小，故从图可以看出Va＝Vc＞Vb，温度可由图像直观反映出来。]
思考　
　　
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第4 课时　专题强化：气体实验定律的综合应用
例1　(1)15 cm　(2)(9－45) cm
解析　(1)设管的横截面积为S，调整N 的高度后，M 管中气体压强为p2。对M 管中封闭气
体有，
状态Ⅰ：p1＝75 cmHg，
V1＝54 cm×S，T1＝300 K
状态Ⅱ：T2＝T1＝300 K，
V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg
此时M、N 两玻璃管中气体压强差
Δp＝p2－p0＝15 cmHg
故固定M、N 时两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。
(2)M 中气体温度升高至T＝360 K 时，设N 中水银面升高x，则对M 管中封闭气体有
状态Ⅲ：V3＝(45 cm＋x)S，
T3＝T＝360 K，p3＝p0＋pΔh＋p2x
由理想气体状态方程得＝
解得x＝(9－45) cm。
例2　(1)V　(2)
解析　(1)设外界大气压强为p0，封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p1、p2，
从状态2 到状态3(活塞第三次达到平衡)，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，
将V2＝V，T2＝T，T3＝T 代入解得V3＝V
(2)从状态1 到状态2，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
将V1＝V，V2＝V 代入得p1＝p2
状态1，由力的平衡条件有p0S＋mg＝p1S
状态2，由力的平衡条件有p0S＋mg＝p2S＋F
代入数据解得p0＝。
例3　(1)2p0　p0　(2)
解析　(1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0，解得
旋转后上部分气体压强为p1＝2p0。旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积
增大为SL0＋SL0＝SL0，则p0·SL0＝p2·SL0，解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg 竖直向下，上部分气体对活塞的作用
力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件
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可知p1S＝mg＋p2S，解得活塞的质量为m＝。
例4　pA＝74.36 cmHg
pB＝54.36 cmHg
解析　设B 管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20 
cmHg，倒置后A 管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A 管中水银柱长度减小1 cm，
又因为SA＝4SB，可知B 管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压
强分别为pA′、pB′，所以有pA′＋23 cmHg＝pB′。倒置前后温度不变，根据玻意耳定律
对A 管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′，对B 管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′，其中LA′
＝10 cm＋1 cm＝11 cm，LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm
联立以上各式解得pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg。
第5 课时　专题强化：理想气体的变质量问题
例1　10 次
解析　充气过程气体温度不变，设充了n 次，此时胎内气体压强为p1，选最后胎内所有气体
为研究对象。根据玻意耳定律p0(V＋nV0)＝p1V
室温变化后，胎内气体温度升高，在室外时不爆胎，可视为气体体积不变，根据查理定律＝
根据题意T1＝(27＋273)K＝300 K，
T2＝(37＋273)K＝310 K，pm＝4.50×105 Pa，联立解得n≈10(次)。
例2　(1)　(2)[1－()n]p0S
解析　(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，第一次抽气后，压强
p1、气体体积V＝V0＋V1，根据玻意耳定律p0V0＝p1V，解得p1＝
(2)同理第二次抽气p1V0＝p2V
解得p2＝＝()2p0
以此类推……
则当n 次抽气后助力气室内的气体压强pn＝()np0，则刹车助力系统为驾驶员省力大小ΔF＝
(p0－pn)S＝[1－()n]p0S。
例3　(1)2.2p0　(2)
解析　(1)假设窑内温度为387 ℃时，排气阀未开启，则气体升温过程中发生等容变化，根
据查理定律有＝，解得p1＝2.2p0<2.4p0，则假设成立；
(2)设窑内气体温度为927 ℃，压强为2.4p0时，体积为V2，根据理想气体状态方程有＝，
解得V2＝
排出气体的体积为V 排＝V2－V0
则排出气体质量与窑内原有气体质量的比值为η＝＝，解得η＝。
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例4　(1)1.1×105 Pa　(2)见解析
解析　(1)气闸舱抽气过程中
p0V 气＝p 气(V 气＋V 抽)
得抽出的气体体积V 抽≈6.43 m3
把这部分气体充进工作舱后，求工作舱气压可由下列两种方法：
方法一：转化法：
先将p 气＝0.7×105 Pa，V 抽＝6.43 m3的气体转化为压强为p0、体积为V 的气体。对于被抽
出的气体，p 气V 抽＝p0V，向工作舱排气过程，p0V 工＋p0V＝p 工V 工
解得p 工≈1.1×105 Pa，p 工为换气结束后气体稳定后的压强。
方法二：利用克拉伯龙方程：
p0(V 工＋V 气)＝p 工V 工＋p 气V 气
将p0＝1×105 Pa，p 气＝0.7×105 Pa
V 工＝60 m3，V 气＝15 m3，
代入得p 工≈1.1×105 Pa，p 工为换气结束后工作舱中气体压强。
(2)气闸舱剩余气体对舱门B 的压力为F＝，其中d＝1 m，代入数据解得F≈5.5×104 N，可
以再次减小气闸舱内压强后，减小开门的阻力。
例5　(1)21 ℃　(2)124
解析　(1)大钢瓶的容积一定，从北方到该市对大钢瓶内气体，有＝
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)方法一：转化法
设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3，
则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据p2V2＝p3V3得V3＝2.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV，其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3
根据p4V4＝p5V5得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124 个小钢瓶。
方法二：利用克拉伯龙方程：
p2V2＝p2′V2＋p·nV
其中p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，V＝0.01 m3，p＝4×104 Pa，p2′＝2×105 Pa，将数
据代入上式得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124 个小钢瓶。
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第6 课时　热力学定律与能量守恒定律
例1　B　[由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A 错误；爬山过程中温度
减小，则气体内能减小，故B 正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气
体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C 错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容
积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D 错
误。]
例2　AD　[设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，
等容过程为状态二V2＝V1＝V0，T2＝400 K，等压过程为状态三p3＝p0，V3＝？，T3＝400 
K，由理想气体状态方程可得，＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，等压过程中，气体体积增加了
原体积的，C 错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两
个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D 正确；等压过程内能
增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的
大小为W＝p0(V0－V0)＝200 J，解得V0＝6 L，A 正确，B 错误。]
例3　B　[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。]
例4　AB　[根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T－V 图像的斜率为，故有pa＝pb>pc，故
A 正确，C 错误；理想气体由a 变化到b 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B 正
确；理想气体由a 变化到b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝
Q＋W，而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q>0，Q>ΔU，即气体从外界吸热，且从
外界吸收的热量大于其增加的内能，故D 错误。]
例5　B　[根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b 气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，
且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b 过程中
气体吸热，A 错误，B 正确；根据理想气体的状态方程＝C，可知p－V 图像的坐标值的乘积
反映温度，a 状态和c 状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c 过
程的温度先升高后降低，且状态b 的温度最高，C 错误；a→c 过程气体体积增大，气体对外
界做正功，即外界对气体做负功，D 错误。]
拓展　(1)4p0V0　吸收　4p0V0
解析　p－V 图像与V 轴所围的面积表示气体对外界做的功Wac＝＝4p0V0；由图像知Ta＝Tc，
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故从a→c 的过程中ΔU＝0，因为气体对外界做功，W<0，由ΔU＝W＋Q 知，Q>0，即气体
要吸收热量，吸收的热量Q＝－W＝4p0V0。
(2)吸收　2p0V0
解析　整个过程中气体对外界做的功大小等于△acd 的面积，即W′＝×2p0×2V0＝2p0V0，又
因ΔU＝0，故气体吸收的热量Q＝2p0V0。
例6　(1)300 K 或27 ℃　(2)49.25 J
解析　(1)根据盖—吕萨克定律得＝，可得TD＝300 K，即27 ℃
(2)汽缸内空气在等压膨胀过程中压强恒为p，活塞受力如图，由平衡条件得p0S＝mg＋pS，
解得p＝9.8×104 Pa，该过程中外界对气体做功W＝－pΔV＝－12.25 J，根据热力学第一定
律ΔU＝W＋Q，可得Q＝49.25 J。
例7　(1)见解析　(2)120 J
解析　(1)状态Ⅰ状态参量：体积V＝1 L，温度T1＝(273＋27)K＝300 K，
压强p1＝p0＝1.0×105 Pa
状态Ⅱ状态参量：体积V2＝2 L；
由于等压膨胀p2＝p1＝1.0×105 Pa
由等压变化规律＝，
解得T2＝2T1＝600 K
状态Ⅲ状态参量：T3＝300 K，
体积V3＝V2＝2 L
由等容变化可知＝，
可得p3＝p2＝0.5×105 Pa
封闭气体的压强p 随热力学温度T 的变化图像为
(2)加热过程由热力学第一定律得ΔU1＝W1＋Q1
外界对气体做功W1＝－p1ΔV1＝－1.0×105×1×10－3 J＝－100 J
又Q1＝Q＝220 J，可得ΔU1＝120 J，
汽缸冷却过程是等容变化，则W2＝0
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内能变化ΔU2＝－ΔU1＝－120 J，
由ΔU2＝W2＋Q2，可得Q2＝－120 J，则在汽缸冷却的过程气体放出的热量为120 J。
第十六章　近代物理
第1 课时　能量量子化　光电效应
例1　AD　[能完全吸收照射到它上面的各种频率的电磁波而不发生反射的物体称为黑体，
选项A 正确；由题图可知，随着温度的降低，各种波长的光辐射强度都有所减小，选项B
错误；随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，选项C 错误；一
般物体辐射电磁波的情况除了与温度有关，还与材料的种类及表面情况有关，但黑体辐射电
磁波的情况只与它的温度有关，选项D 正确。]
例2　(1)　h　(2)
解析　(1)由题意可知每个光子的动量为p＝
每个光子的能量为E＝hν＝h
(2)太阳辐射的硬X 射线光子以球面波的形式均匀地向各个方向辐射，以太阳为圆心，半径
为R 的球面上每平方米面积上接收到的光子数相同，太阳每秒辐射光子的总能量E 总＝P①
面积为S 的镜头每秒接收到的辐射光子的能量E1＝·E 总＝②
又E1＝Nhν＝N③
联立①②③解得P＝。
例3　C　[在P 向b 端移动的过程中，在到达O 点之前，A 极电势低于K 极电势，随着P 靠
近O，静电力对光电子做的负功越来越少，微安表的示数增大；过了O 点之后，A 极电势高
于K 极电势，静电力对光电子做正功，微安表的示数增大，当达到饱和电流后微安表的示
数不再增大，A、B 错误；A 极电势逐渐升高，P 到达O 点前静电力对光电子做的负功减小，
过了O 点后静电力对光电子做的正功逐渐增大，根据动能定理可知到达A 极的光电子动能
不断增大，C 正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，可知K 极逸出的光电子的最
大初动能不变，D 错误。]
拓展　不变　不变　增大
例4　C　[由题意可知，光子能量E＝＝ eV＝6.2 eV，光子能量大于两种金属的逸出功，故
均能发生光电效应，A 错误；截止频率只与金属自身的性质有关，与入射光的频率无关，B
错误；由爱因斯坦光电效应方程有Ek＝E－W0，结合动能定理eUc＝Ek得，铝的遏止电压为
2 V，钙的遏止电压为3 V，则金属铝和金属钙的遏止电压之比为2∶3，故C 正确，D 错
误。]
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例5　A　[根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc＝Ekmax，根据爱因斯坦光电效应方程有
Ekmax＝hν－W0，当Uc为0 时，解得W0＝hνc，A 正确；钠的截止频率为νc，根据题图可知，
截止频率小于8.5×1014Hz，B 错误；根据上述分析，有Uc＝ν－，可知题图中直线的斜率表
示，遏止电压Uc与入射光频率ν 成线性关系，不是正比，C、D 错误。]
例6　D　[甲光干涉条纹间距大说明甲光波长较长，频率低，使同一金属板发生光电效应时，
甲光对应的最大初动能小，所以遏止电压小，甲光应对应曲线C，据p＝可知甲光的动量小，
故A、B 错误；若想通过题图甲装置测得题图乙中的UB和UC，需在光电管两端应加反向电
压，A 极板应接电源负极，K 极板应接电源正极，故C 错误；波长越长的光，对同一装置做
单缝衍射实验的现象越明显，甲光更容易发生明显衍射现象，故D 正确。]
第2 课时　波粒二象性　物质波　原子结构与玻尔理论
例1　D　[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＝kλ，解得λ＝6 nm，故A、B 错误；由题意可知p′＝1.1×10－27 N·s，λ′＝600 nm，
则p＝＝＝1.1×10－25 N·s，故C 错误，D 正确。]
例2　BD　[根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为Ek＝＝ J
≈8.0×10－17 J，故A 错误；发射电子的物质波波长约为λ＝＝ m＝5.5×10－11 m，故B 正
确；物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子依次通
过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故C 错误，D 正确。]
例3　D　[题图(a)只有分散的亮点，表明光具有粒子性；题图(c)呈现干涉条纹，表明光具有
波动性，A、B 错误，D 正确；紫外线也具有波粒二象性，也可以观察到类似的图像，C 错
误。]
例4　ABD　[α 粒子质量远大于电子质量，电子对α 粒子速度的影响可以忽略，故A 正确；
入射方向的延长线越接近原子核的α 粒子，所受库仑力就越大，发生散射时的偏转角越大，
故B 正确；α 粒子散射类似于碰撞，根据实验数据无法确定各种元素原子核的质量，故C 错
误；由α 粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是10－15 m，故D 正确。]
例5　ACD　[因在玻尔理论的跃迁公式hν＝＝－E1(－)中，若m＝2 即可变形为巴耳末公式
＝R∞(－)(n＝3,4,5，…)
的形式，则巴耳末公式表示的是电子从高能级向量子数为2 的低能级跃迁时发出的光谱线波
长，选项A 正确，B 错误；
若把巴耳末公式中的2 换成1 则计算所得的λ 的值减小，即得到的是波长小于可见光的紫外
光区的谱线波长，选项C 正确；
对比两式hν＝＝－E1(－)
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＝R∞(－)(n＝3,4,5，…)
可得R∞＝－，选项D 正确。]
例6　C　[从n＝4 跃迁到n＝2 能级时，辐射光子能量ΔE1＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 
eV，处于蓝光的能量范围，若使处于基态的氢原子被激发后只辐射蓝光，不辐射紫光，则
需激发氢原子到n＝4 能级，则激发氢原子的光子能量为ΔE2＝E4－E1＝12.75 eV，故选C。]
例7　A　[由题图可知①和③对应的跃迁能级差相同，可知①和③的能量相等，选项A 正确；
因②对应的能级差小于④对应的能级差，可知②的能量小于④的能量，根据E＝hν 可知②的
频率小于④的频率，选项B 错误；因②对应的能级差小于①对应的能级差，可知②的能量
小于①的能量，②的频率小于①的频率，则若用①照射某金属表面时能发生光电效应，用②
照射该金属不一定能发生光电效应，选项C 错误；因④对应的能级差大于①对应的能级差，
可知④的能量大于①的能量，即④的频率大于①的频率，因用①照射某金属表面时能逸出光
电子的最大初动能为Ek，根据Ek＝hν－W 逸出功，则用④照射该金属，逸出光电子的最大初动
能大于Ek，选项D 错误。]
第3 课时　原子核
例1　D　[根据C→N＋e，即C 发生β 衰变的产物是N，选项A 错误；β 衰变辐射出的电子
来自原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B 错误；半衰期是放射性物质的固有
属性，由原子核本身决定，与外界环境无关，选项C 错误；若测得一古木样品的C 含量为
活体植物的，可知经过了2 个半衰期，则该古木距今约为5 730×2 年＝11 460 年，选项D
正确。]
例2　BD　[铀238 发生α 衰变的方程为U→Th＋He，选项A 错误；测得某岩石中现含有的
铀是岩石形成初期时的一半，即经过了一个半衰期，可推算出地球的年龄约为45 亿年，选
项B 正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适用，选项C 错
误；铀238(U)最终衰变形成铅206(Pb)，α 衰变的次数＝8 次，β 衰变的次数82＋2×8－92＝
6 次，选项D 正确。]
例3　C　[根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，有x＋y＝
N，经历2t0后有x＋y＝，
联立可得x＝N，y＝N，
在t＝4t0时，原子核数为x 的元素经历了4 个半衰期，原子核数为y 的元素经历了2 个半衰
期，则此时未衰变的原子核总数为n＝x＋y＝，故选C。]
例4　A　[因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈，才有可能克服它们自身相互间的排斥力，
使得它们间的距离缩短，才能发生核聚变，故A 正确；核聚变中电荷是守恒的，故B 错误；
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因为太阳一直在发生核聚变，会放出大量能量，根据质能方程可知有质量亏损，故C 错误；
核聚变的方程为H＋H→He＋n，题中为核裂变方程，故D 错误。]
例5　A　[根据电荷数和质量数守恒知，核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n，故A 符合题意
根据电荷数和质量数守恒知，核反应方程为U→Th＋He，故B 不符合题意；根据电荷数和
质量数守恒知，核反应方程为N＋He→O＋H，故C 不符合题意；根据电荷数和质量数守恒
知，核反应方程为C→N＋e，故D 不符合题意。]
例6　D　[设Y 的电荷数和质量数分别为m 和n，根据核反应方程中质量数和电荷数守恒可
知，第一个核反应方程的电荷数和质量数满足A＋14＝n＋17，Z＋7＝m＋8，第二个核反应
方程的电荷数和质量数满足n＋7＝2A，m＋3＝2Z，联立解得Z＝2，A＝4，故选D。]
例7　C　[根据质能方程E＝mc2可知，每秒平均减少的质量为Δm＝＝ kg＝ kg，则每秒平
均减少的质量量级为1029 kg，故选C。]
例8　BD　[该反应前后质量亏损为Δm＝mI－mXe－me＝131.037 21 u－131.031 86 u－0.000 
549 u＝0.004 801 u，
ΔE＝Δmc2＝0.004 801×931.5×106×1.6×10－19 J≈7.16×10－13 J，故A 错误，B 正确；放射
性元素I 发生的衰变为β 衰变，故C 错误；由于半衰期为8 天，可知经过16 天，即经过两个
半衰期，75%的I 原子核发生了衰变，故D 正确。]
例9　B　[原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，A 错误；一次“氦闪”放出的核能为
12×7.69 MeV－3×4×7.08 MeV＝7.32 MeV，B 正确；反应过程中释放能量，核子有质量亏
损，故氦4 的核子平均质量大于碳12 的核子平均质量，C 错误；氦4 的比结合能为7.08 
MeV，结合能为4×7.08 MeV＝28.32 MeV，D 错误。]
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