一轮复习88练答案精析_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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一轮复习88 练答案精析
第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究
第1 练　运动的描述
1．B　[研究航天员在舱外的姿态时，航天员的体积和形状不能忽略，航天员不可以视为质
点，故A 错误；研究神舟十三号飞船绕地球运行的周期时，神舟十三号飞船的体积和形状
可以忽略，飞船可以视为质点，故B 正确；神舟十三号飞船与天和核心舱完成自主对接过
程，神舟十三号飞船的体积和形状不可以忽略，不可以视为质点，故C 错误；王亚平在空
间站中将冰墩墩抛出，相对飞船冰墩墩做匀速直线运动，因飞船相对地面做匀速圆周运动，
则以地面为参考系，冰墩墩不做匀速直线运动，故D 错误。]
2．C　[“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，
选地球为参考系，二者都是运动的，A、B 错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核
心舱成功对接后，二者相对静止，C 正确，D 错误。]
3．ABC　[由a＝可知，加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛
车，加速度可能是零，也可能不是零，A 正确；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开始运动，
汽车的速度一定发生变化，所以加速度一定不为零，B 正确；汽车启动得越快，说明汽车的
速度变化越快，加速度越大，C 正确；汽车的加速度为－5 m/s2，加速度中的正、负号表示
加速度方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车做加速运动，若不同，汽车做减速运
动，D 错误。]
4．A　[由于题图中数据是手机计步器记录的国庆节去周恩来纪念馆的运动情况，因此其中
的8.52 公里为该同学运动轨迹的长度，故题图中的8.52 公里为路程，故B 错误；根据题意
可知，01：11：05 为手机计步器记录的运动的总时间，因此题图中的01：11：05 为时间间
隔，故C 错误；根据上述可知，7.19 km/h 指总路程与总时间的比值，即题图中7.19 km/h 为
平均速率，故A 正确；题图中消耗热量370.6 的单位为焦耳，故D 错误。]
5．C　[无人机在10 s 内的路程为s＝40 m＋30 m＝70 m，则10 s 内的平均速率为1＝＝
 m/s＝7 m/s，A、B 错误；由位移的定义可知，无人机在10 s 内的位移为x＝ m＝50 m，则
10 s 内的平均速度大小为＝＝ m/s＝5 m/s，C 正确，D 错误。]
1
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6．B　[由x＝(5＋2t3) m 可知，t1＝0 时，x1＝5 m；t2＝2 s 时，x2＝21 m；t3＝3 s 时，x3＝59 
m；所以Δx1＝x2－x1＝16 m，Δx2＝x3－x2＝38 m，故平均速度大小分别为1＝＝8 m/s，2＝＝
38 m/s，选项B 正确。]
7．B　[由题图可知，初速度约为20 km/h＝ m/s，末速度约为60 km/h＝ m/s，根据加速度
的定义式a＝，可得a≈1.4 m/s2，故B 正确，A、C、D 错误。]
8．B　[由题设所给的G 值公式可知，G 值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，
则车辆的动力越强劲，故A 错误，B 正确；题中100 公里每小时为瞬时速度，故C 错误；
100 km/h≈27.8 m/s，根据题设所给的G 值公式可得Δt≈×10 s≈6.2 s，故D 错误。]
9．CD　[位移是指由起点指向终点的有向线段，小球发生的位移大小为0.5 m，方向竖直向
下，故A 错误；设向下为正方向，则速度变化量Δv＝－7 m/s－10 m/s＝－17 m/s，负号说
明速度变化量方向竖直向上，故B 错误；小球的平均速度＝＝ m/s＝ m/s≈1.67 m/s，方向
竖直向下，故C 正确；根据加速度的定义式有a＝＝－ m/s2≈－56.7 m/s2，负号说明加速度
方向竖直向上，故D 正确。]
10．C　[气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，水平方向位移为x＝πR＝0.6π m，竖直
方向位移为y＝2R＝1.2 m，故位移大小为s＝≈2.2 m，故选C。]
11．AC　[计算汽车速度的原理是利用短时间内的平均速度来代替瞬时速度，故汽车速度的
表达式为v＝，A 正确，B 错误；若L＝8 m，Δt＝0.2 s，则汽车的速度为v＝＝40 m/s＝144 
km/h>120 km/h，超速，照相机将会拍照，C 正确；若L＝8 m，Δt＝0.3 s，则汽车的速度为
v＝＝96 km/h<120 km/h，未超速，照相机不会拍照，故D 错误。]
12．D　[从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过的位移为零，因此平均速度
为0；设从山脚爬上山顶路程为s，则有上山时间t1＝，下山时间t2＝，因此往返全程的平均
速率为v＝＝，故选D。]
13．(1)v0t1　(2)v0(t2－t1) 
解析　(1)依题意，由于红外线的传播时间可以忽略，可得A、B 间的距离为x1＝v0t1
(2)同理可知：进行第二次测量时，A、B 间的距离为x2＝v0t2，则小车运动的距离Δx＝x2－x1
＝v0(t2－t1)，两次发射超声波脉冲的时间间隔为Δt，即为小车运动Δx 所用的时间，则小车
运动的速度为v＝，解得v＝。
第2 练　匀变速直线运动的规律
1．B　[以汽车刹车时的速度方向为正方向，由0－v0
2＝2ax 得a＝＝－5 m/s2，负号表示加
速度方向与速度方向相反，故选B。]
2．B　[该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B。]
2
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3．A　[由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，则由v＝v0＋
at 可知，汽车在2 s 末停止，故它在前3 s 内的位移等于前2 s 内的位移，x＝24×2 m－6×
4 m＝24 m，则汽车在前3 s 内的平均速度大小为＝＝ m/s＝8 m/s，故A 正确。]
4．C　[由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进
隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v 进入隧道，再在隧道中匀速运动，
出了隧道再匀加速到v0。则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速运动时有t2＝，列车尾
部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速
率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，故选C。]
5．A　[因为从A 到B 和从B 到C 速度的增加量Δv 均为6 m/s，可知从A 到B 的时间和从B
到C 的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6 
m/s2，A 正确。]
6．A　[可将动车组匀减速过程看作初速度为0 的匀加速过程，根据匀变速直线运动规律可
知匀减速直线运动最后连续通过三段位移的比值为27∶8∶1，根据平均速度的计算公式＝，
可知这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1，故A 正确，B、C、D 错误。]
7．B　[根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de 段所用的时
间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，可得出通过cd 段的时间为(－)t，通过de 段的时间为(2
－)t，则通过ce 段的时间为(2－)t，A 错误，B 正确；通过b 点的时刻为通过ae 段的中间时
刻，故b 点的瞬时速度等于ae 段的平均速度，C、D 错误。]
8．C　[运动员在ab、bc、cd 三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为
1∶2∶1，有L1＝v0t＋at2，
L2＝(v0＋at)·2t＋a(2t)2
＝2v0t＋4at2
L3＝(v0＋3at)·t＋at2＝v0t＋at2，观察可得L2＝L1＋L3，故选C。]
9．A　[频率为2 Hz 频闪照相机，拍照间隔为T＝＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2
－1)×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，故A 正确；匀变速直线运动的平均速度等于
中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm 位置时速度为v1＝ m/s＝2.5 m/s，故B 错
误；根据0 位置到3 cm 位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片
中0 位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C 错误；运动员在照片前
6 cm 内的平均速度为＝ m/s＝2 m/s，故D 错误。]
10．AD　[从刹车到停止，汽车正好经过了24 块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，
则有0－v0
2＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1 块路边石末端时的速度大小为v1＝＝
v0，A 正确；汽车经过第18 块路边石末端时的速度大小为v18＝＝，B 错误；根据初速度为
零的匀变速直线运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12 块路边石
3
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与后12 块路边石的时间之比为(－1)∶1，C 错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续
相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18 块路边石与后6 块路边石的时间之比为
1∶1，D 正确。]
11．C　[由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS 间的距离为x，则根据题意有RS＝
＝，ST＝＝，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT
＝vR－a·5t1，则at1＝2 m/s，又有RS＝vR－a·＝10 m/s，则vR＝11 m/s，联立解得vT＝1 m/s，
故选C。]
12．B　[
由题意知，质点先做匀减速直线运动，速度减小到零后，再反向做匀加速直线运动，即在这
段时间内运动方向改变，如图所示，选项A 错误；由v＝v0＋at 得－2v＝v－at，可得时间t
＝，选项B 正确；由v2－v0
2＝2ax 得，从初速度为v 减速到零所通过的路程x1＝，然后反向
加速到2v 所通过的路程x2＝＝，总路程为x＝x1＋x2＝，选项C 错误；再经过相同时间，质
点速度为v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D 错误。]
第3 练　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
1．D　[铯原子团仅受重力的作用，加速度g 竖直向下，大小恒定，在v－t 图像中，斜率绝
对值等于重力加速度，故斜率不变，所以v－t 图像应该是一条倾斜的直线，故选项A、B 错
误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C 错误，D 正确。]
2．B　[陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s
下落前5 m 的过程所用的时间为
t1＝＝ s＝1 s
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
t2＝t－t1＝0.4 s，故B 正确。]
3．A　[由于不计空气阻力，两物体均做自由落体运动，由v2＝2gh 可知v＝，所以甲、乙落
地时的速度大小之比为1∶，故A 正确；由h＝gt2可知t＝，所以物体做自由落体运动的时
间取决于高度，与物体所受重力的大小无关，即甲物体先落地，故B 错误；由于两物体都
做自由落体运动，加速度均为重力加速度，故C 错误；由于两物体都做自由落体运动且同
时下落，则在两物体均未落地前，甲、乙之间的距离不变，故D 错误。]
4．C　[物体第1 s 内的位移为h1＝gt0
2＝×10×12 m＝5 m，则物体最后1 s 内的位移为h2＝
2h1＝10 m，又gt 总
2－g(t 总－1 s)2＝h2，解得t 总＝1.5 s，则物体开始下落时距落地点的高度
为h＝gt 总
2＝×10×1.52 m＝11.25 m，故选C。]
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5．B　[设桥面该处到水面的高度为h，根据自由落体运动位移公式，对铁球2 有h＝gt2
2，
对铁球1 有h－L＝gt1
2，又t2－t1＝Δt，解得h＝20 m，故选B。]
6．(1)40 m/s　(2)4.32×106 N　(3)10 s
解析　(1)设发射塔高为h，根据平均速度公式h＝t，得v＝＝40 m/s
(2)火箭上升时的加速度为a＝＝8 m/s2，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，得F＝m(g＋a)＝
4.32×106 N
(3)方法一：脱离后部件还将继续做竖直上抛运动，d＝＝80 m，
所以离地高度为H＝h＋d＝180 m
上升过程所用的时间t1＝＝4 s
下降过程所用的时间t2＝＝6 s
所以脱落后到落地时间为10 s。
方法二：根据－h＝vt－gt2，得t＝10 s。
7．C　[由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C
正确。]
8．B　[甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不
断均匀增大，A 错误，B 正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0，
方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H 均无关，C 错误；由竖直上抛的对称性可
知，两球落地的时间差Δt＝，与v0 有关，与H 无关，D 错误。]
9．AC　[作出重锤的v－t 图像，如图所示，根据自由落体运动规律可知，重锤下落时离地
高度为h1＝gt1
2，根据匀变速直线运动中平均速度＝可知，重锤在空中运动的平均速度等于
接触地面后的平均速度，A 正确，D 错误；根据s＝t 可知，重锤下落时离地高度h1和重锤接
触地面后下降距离h2之比为＝，故重锤接触地面后下降的距离为h2＝gt1(t2－t1)，B 错误；根
据v＝at 可知，重锤接触地面后的加速度大小为a＝＝，C 正确。]
10．D　[根据竖直上抛运动规律，竖直向上运动到同一水平线上时，乙小球的运动时间为t
＝，甲小球到达的最高点高度为h＝g()2＝gt2
2，甲小球下落的高度为h′＝g(－)2＝gt1
2，故该
位置距离抛出点的高度为h″＝h－h′＝g(t2
2－t1
2)，故选D。]
11．BC　[频闪照相的时间间隔T＝＝0.2 s，题图中所有位置曝光两次，所以d 点到竖直上
抛的最高点的时间间隔为t＝，所以从最高点开始至下落到b 点经历的时间为tb＝t＋2T＝T
＝0.5 s，小球经过b 点时的速度大小为vb＝gtb＝5 m/s，选项A 错误；从最高点下落到a 点
经历的时间为ta＝t＋3T＝T＝0.7 s，所以a 点距竖直上抛的最高点的距离为ha＝gta
2＝
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2.45 m，选项B 正确；初速度为0 的匀加速直线运动在连续相同时间内的位移之比为
1∶3∶5∶7∶9∶11∶13，若从最高点至a 点分为7 个相同的时间间隔，每个时间间隔为0.1 
s，满足l1∶l2∶l3＝(13＋11)∶(9＋7)∶(5＋3)＝3∶2∶1，选项C 正确，选项D 错误。]
12．(1)10.5 m/s　(2)0.05 s
解析　(1)C 在圆管落地前穿过圆管的条件是，圆管落地的瞬间小球经过B 端，此过程小球
的速度为最小值。设圆管的落地时间为t，则h＝gt2，解得t＝2 s，此时C 恰好经过B 端，则
有vmint－gt2＝L，解得vmin＝10.5 m/s，即v0应大于10.5 m/s。
(2)由上述分析可知，小球一定在空中穿过圆管，设C 到达A 端的时间为t1，
则有(v0t1－gt1
2)＋gt1
2＝h
设C 到B 端的时间为t2，
则有(v0t2－gt2
2)＋gt2
2＝h＋L
C 从A 端穿过圆管所用的时间为
Δt＝t2－t1，解得Δt＝0.05 s。
第4 练　专题强化：运动学图像问题
1．D　[x－t 图像的斜率表示速度，0～t1时间内小车做匀加速运动，速度变大，所以图像斜
率变大，t1～t2时间内小车做匀减速运动，则图像的斜率变小，在t2时刻小车停止，图像的
斜率变为零，故选D。]
2．D　[由题图可知，无人机的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知无人机在
t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t5时刻，故A、C 错误；t3～t4时间内无人
机速度方向向上，加速度方向向下，不是做自由落体运动，故B 错误；v－t 图像中图线与
横轴所围的面积表示位移，0～t1时间内无人机的位移小于做匀加速运动时的位移，根据＝
可知，0～t1时间内无人机的平均速度小于，故D 正确。]
3．BD　[A 图是v－t 图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以途中不可能出现
甲、乙船头并齐，故A 错误；B 图是v－t 图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速
度大，v－t 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在途中甲、丙位移会相同，
所以在途中甲、丙船头会并齐，故B 正确；C 图是s－t 图像，由图可知，丁一直运动在甲的
前面，所以途中不可能出现甲、丁船头并齐，故C 错误；D 图是s－t 图像，交点表示相遇，
所以甲、戊在途中船头会并齐，故D 正确。]
4．B　[根据x－t 图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t 关系图像可大致表示为B
图，故选B。]
5．D　[在v－t 图像中速度的正负表示运动方向，由题图可知乙的速度方向一直为正，运动
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方向没有发生改变，故A 错误；在0～t2时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者
间距逐渐增大，t2时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以在0～t2时间内，t2时刻
两者相距最远，乙物体未追上甲，故B、C 错误；根据v－t 图像的斜率表示加速度可知，在
0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D 正确。]
6．B　[由题图可以看出，t＝0 时刻速度为负，t1时刻速度为零，0～t1段加速度方向与速度
方向相反，因此0～t1段运动员向上做匀减速运动，故A 错误；0～t2段为直线，加速度不变，
只受重力作用，处于完全失重状态，故B 正确；根据题意，在0～t2段运动员的加速度不变，
t2时刻加速度开始减小，说明运动员除受到重力外还受到水的阻力作用，根据牛顿第二定律，
运动员的加速度减小，因此t2时刻运动员刚好接触水面，故C 错误；v－t 图像斜率表示加速
度，根据v－t 图像可知，t3～t4段图线切线的斜率先增大后减小，因此运动员的加速度先增
大后减小，故D 错误。]
7．B　[由题图可知，在0～1 s 内物体加速度逐渐增大，不是匀加速直线运动，故A 错误；
a－t 图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，则1 s 内速度变化量为Δv＝×1×2 m/s
＝1 m/s，由于t＝0 时物体的速度为1 m/s，则t＝1 s 时物体的速度为v＝v0＋Δv＝2 m/s，故
B 正确；0～1 s 内物体沿正方向加速运动，1 s 末加速度反向，物体将沿原方向做减速运动，
故C 错误；0～3 s 速度变化量为Δv′＝(×1×2－1×2) m/s＝－1 m/s，故D 错误。]
8．D　[x－t 图像斜率表示速度，由题图可知，3～6 s 内速度方向不变，3 s 末和6 s 末的速
度方向相同，故A 错误；由x－t 图像可知，物体前6 s 通过的位移为Δx＝－2 m－4 m＝－6 
m，物体前6 s 的平均速度大小为＝＝m/s＝1 m/s，故B 错误；设物体的初速度为v0，加速度
为a，由x－t 图像可知，物体前3 s 通过的位移为Δx′＝3 m－4 m＝－1 m，把前3 s 通过的
位移和前6 s 通过的位移代入运动学方程x ＝v0t ＋at2 ，可得v0 ＝ m/s ，a ＝
－ m/s2，故C 错误，D 正确。]
9．C　[汽车制动过程，由题图乙可知其加速度a 随位移x 均匀增大，故汽车做加速度逐渐
增大的减速运动，故A 错误；根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v0
2＝2ax，汽车做非
匀变速直线运动，运用“微元法”，可知“a－x”图线与x 轴所围图形的“面积”表示“速
度平方变化量的一半”。可知汽车制动中0－v0
2＝2××(－6)×12 (m2/s2)，可得汽车开始制
动时的速度大小为v0＝6 m/s，故B 错误，C 正确；刹车过程中最大加速度大小为6 m/s2，如
果一直以最大加速度刹车，所用的时间为t′＝＝ s，实际加速度是逐渐增大的，所以刹车
制动时间一定大于 s，故D 错误。]
10．C　[两人同时同地出发，当速度相同时，两人第一次相距最远，根据v－t 图像与t 轴所
围面积表示位移可知，沿运动方向Δx1＝×(4－2)×2 m＝2 m，此时两人距离为s1＝＝ m＝2 
m<5 m，所以此时不会断开连接；假设经过时间t′恰好断开连接，则沿运动方向Δx2＝2t′
－[×(1＋4)×3＋1×(t′－3)]，此时两人距离为s2＝＝ m＝5 m，联立解得t′＝7.5 s，故选
7
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C。]
11．A　[由x＝v0t＋at2变形可得＝v0·＋a，与题目给定的图线对比，由纵截距可知a＝－2 
m/s2，解得a＝－4 m/s2，由图像斜率可知v0＝ m/s＝10 m/s，故A 正确，B 错误；机动车速
度变为0 所需时间为t＝＝2.5 s，故机动车在前3 s 的位移是x＝＝ m＝12.5 m，故C 错误；
机动车前3 s 的动量变化量为Δp ＝p2 －p1 ＝0 －1 000×10 kg·m/s ＝
－104 kg·m/s，故D 错误。]
12．A　[由v2＝2ax 和F＝ma，可得v2＝x，结合题图可知汽车从开始运动到前进x1过程中，
受到的合外力越来越大，A 正确；汽车受到的合外力越来越大，由W＝Fl，汽车运动相同的
距离，合外力对汽车做的功不相等，B 错误；由题可知，汽车做加速度逐渐增大的加速运动，
作出v－t 图像，如图所示。汽车从开始运动到前进x1过程中，若做匀加速直线运动，平均
速度等于，由图可知图线与时间轴围成的面积小于匀加速直线运动图线与时间轴围成的面积，
故汽车的平均速度小于，C、D 错误。]
第5 练　实验一：探究小车速度随时间变化的规律
1．(1)AB　(2)1.92　0.960
解析　(1)长木板上方的细线必须与长木板平行，故A 正确；实验中应先接通电源再释放小
车，故B 正确；该实验测量速度随时间的变化，所以不需要小车的质量远大于钩码的质量，
也不需要平衡摩擦力，故C、D 错误。
(2)根据逐差法可知加速度
a＝＝×10－2 m/s2
＝1.92 m/s2，
根据EG 的平均速度等于F 点的瞬时速度有vF＝＝0.960 m/s。
2．(1)平行　(3)17.25(17.24、17.26 也可) 
解析　(1)为了使木块能够做匀变速运动，需要调节滑轮使细线与木板平行。
(3)刻度尺的分度值为0.1 cm，需要估读到0.01 cm，所以读数为17.25 cm。木块的加速度大
小为a＝＝＝。
3．(1)刻度尺　(2)1.5
(3)
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(4)光栅板受到空气阻力的作用
解析　(1)该实验测量重力加速度，不需要天平测质量；需要用刻度尺测量遮光带(透光带)的
宽度，故需要刻度尺。
(2)根据平均速度的计算公式可知
v＝＝＝1.5 m/s。
(3)根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的速度，有v1＝，
v2＝，v2＝v1＋g·
可得g＝。
(4)光栅板下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度。
4．(1)左　40　1.5　(2)C
解析　(1)①重锤自由落体，速度越来越大，纸带点迹间的距离越来越大，所以纸带的左端
连接重锤；
②由逐差法g＝，其中f＝，代入数据解得f＝＝ Hz＝40 Hz，根据匀变速直线运动的规律可
得A 点的速度为vA＝＝×40 m/s≈1.5 m/s。
(2)该次实验产生误差其中最主要的原因是“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动，故A、B 错误，
C 正确。
5．(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率　(2)9.72　2.27 
(3)存在空气阻力(或水滴滴落的频率不恒定)
解析　(1)后一水滴经过一个频闪间隔运动到前一水滴的位置，可看到一串仿佛固定不动的
水滴，即频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率时，水滴仿佛不动。
(2)由逐差法知，g＝＝
 m/s2
＝9.72 m/s2；
平均速度等于中间时刻的瞬时速度
v8＝＝ m/s
≈2.27 m/s。
(3)存在空气阻力会对水滴的运动产生影响，水滴滴落的频率不恒定也会对实验产生影响。
6．(1)3.2　(2)
(3)小于　(4)AC
解析　(1)小球在第三张图中曝光时间Δt 内的平均速度大小v＝＝ m/s＝3.2 m/s
(2)由自由落体运动规律得
v2＝2g(H＋)，又v＝，
联立解得g＝
(3)忽略空气阻力的情况下，设小球下落H 的速度为v1，下落H＋的速度为v2，下落H＋d 的
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速度为v3，由自由落体运动规律得v1
2＝2gH，
v2
2＝2g(H＋)，v3
2＝2g(H＋d)
易得v2＝，而小球在曝光时间内的平均速度v＝＝
因为v2－v2
2＝－<0
所以v<v2，所以由本实验原理v2＝2g(H＋)可得，本实验测得的重力加速度小于真实值；若
考虑空气阻力，则由牛顿第二定律mg－Ff＝ma，所测得的加速度a 小于重力加速度的真实
值。
(4)选用密度大、体积小的发光小球，则空气阻力的影响相对小很多，有利于减小误差，故
A 正确，B 错误；将快门调大，即减小Δt，则v1和v3的差值减小，由v2－v2
2＝－可知v 和
v2的差值也减小，则有利于减小误差，故C 正确，D 错误。
第二章　相互作用
第1 练　重力　弹力　摩擦力
1．A　[物体受到的重力是由于地球的吸引而产生的，是万有引力的一个分力，而万有引力
与运动状态无关，与其他力无关，故A 正确；重力的方向总是竖直向下的，在不同的位置
方向不一定相同，故B 错误；一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认
为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心，所以重心是等效出来的，与
其他部分没有区别，故C 错误；重力等于质量与重力加速度的乘积，在不同的地方，质量
不变，但重力加速度有可能会变化，两极的重力加速度最大，赤道最小，所以在地球的不同
地方，物体的重力有可能变化，故D 错误。]
2．BD
3．BC　[若棋盘竖直，棋子所受的摩擦力与棋子的重力等大反向，则磁性越强，棋子所受
摩擦力不变，减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小，故A 错误，C 正确；若棋盘竖直，
棋子所受合力为零，则棋盘对棋子的作用力与棋子的重力等大反向，故B 正确；若使棋盘
倾斜，如题图乙，棋子仍相对棋盘静止，棋子所受摩擦力等于重力沿棋盘方向的分力，小于
棋子的重力，棋子受到的摩擦力变小，故D 错误。]
4．C　[该弹簧测力计的示数等于弹簧一端受到的拉力，则示数为1.0 N，选项A、B 错误；
该弹簧的劲度系数为k＝＝ N/m＝20 N/m，选项C 正确；不挂钩码时，该弹簧的劲度系数
不变，仍为20 N/m，选项D 错误。]
5．A　[需用约1 N 的拉力克服最大静摩擦力，A4 纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及
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A4 纸的质量，有1 N＝2μn1＝2×μ××106 (N)，解得μ≈0.33，故选A。]
6．(1)6 N　(2)12 N　(3)12 N
解析　(1)设木箱与地面间的最大静摩擦力为Ffmax，则有Ffmax＝μFN，
FN＝mg，解得Ffmax＝12 N
当F1＝6 N 时，由于F1<Ffmax
木箱没有滑动，则地面对木箱的摩擦力为静摩擦力，Ff1＝F1＝6 N
(2)当F2＝15 N 时，由于F2>Ffmax
木箱滑动，地面对木箱的摩擦力为滑动摩擦力，则有Ff2＝Ffmax＝12 N
(3)若此后将拉力减小为F3＝5 N，此时木箱仍在滑动，则木箱受到的摩擦力仍是滑动摩擦力，
即Ff3＝Ffmax＝12 N。
7．D　[根据题意，对蚂蚁受力分析，设蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角为θ，如
图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos θ，Ff＝mgsin θ，由于α>β，则A 处蚂蚁受到的支持力
比B 处蚂蚁小，B 处蚂蚁受到的摩擦力比A 处蚂蚁小，故A、B 错误；蚂蚁与轮胎之间保持
静止，则A 处蚂蚁受到静摩擦力，大小不一定为μmgcos α，B 处蚂蚁受到的摩擦力大小为
mgsin β，故C 错误，D 正确。]
8．A　[物块只能在A、B 两点间保持静止，则在A、B 两点时摩擦力数值上达到最大，且方
向相反，故A、B 两点弹簧的弹力大小相等，但方向相反，由A 点弹簧的长度小于B 点的长
度，故在A 点时弹簧处于压缩状态，在B 点时弹簧处于伸长状态，且形变量相同，又最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，在A 点和B 点时，有k＝μmg，解得μ＝，A 正确。]
9．B　[以沙堆整体为研究对象，只受重力和地面的支持力，地面对沙堆的摩擦力为零，故
A 错误；沙堆表面上的沙粒受重力、支持力和摩擦力的作用静止，则沙堆倾角α 满足μ＝tan 
α，若已知μ 与s，则由几何关系可估算出沙堆的高度，故B 正确；由于沙堆密度未知，故
不能算出其质量，故C 错误；未靠墙放置时，设沙堆的底面积为S，则其体积V＝Sh＝Sμr＝
μS·，当沙堆靠墙时形成半个圆锥体，设沙堆的底面积为S′(底面为半圆形)，则其体积V′
＝S′h′＝S′μr′＝μS′·，质量不变，则体积不变，则有V＝V′，即μS·＝μS′·，可得
S′<S，即占地面积会减小，故D 错误。]
10．AD　[初始时刻弹簧1 处于压缩状态，弹簧1 的压缩量x1＝，弹簧2 处于原长；最终时
刻有两种可能性，情况1：当弹簧1 的弹力大小减小为原来的时，弹簧1 仍处于压缩状态，
其压缩量x1′＝
弹簧2 处于伸长状态，弹簧2 的伸长量x2＝＝
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则A 端竖直向上移动的距离
d＝(x1－x1′)＋x2＝
情况2：当弹簧1 的弹力大小减为原来的时，弹簧1 处于拉伸状态，其伸长量为x1′＝
弹簧2 处于伸长状态，弹簧2 的伸长量x2′＝＝
则A 端竖直向上移动的距离
d＝(x1＋x1′)＋x2′＝，故选A、D。]
11．AD　[根据胡克定律得弹簧的弹力大小为F 弹＝kx＝200×0.02 N＝4 N，故A 正确；对
乙受力分析，取向右为正方向，根据牛顿第二定律F 弹＋Ff＝m 乙a，解得Ff＝－2 N，负号表
示方向向左，根据牛顿第三定律，乙对甲的静摩擦力方向向右，故B、C 错误；对整个系统，
根据牛顿第二定律有F－Ff 地＝(m 甲＋m 乙)a，解得Ff 地＝1 N，故D 正确。]
12．B　[根据题意可知，物块与木板之间的弹力的大小等于物块的重力，由公式Ff＝μFN可
知，木板对物块的摩擦力为Ff2＝μ2mg，只增大物块沿挡板运动的速度，木板对物块的摩擦
力不变，故D 错误；根据题意，物块相对于木板的运动方向如图所示，根据运动的合成和
分解规律可知tan θ＝1，解得θ＝45°，由平衡条件可知，挡板对物块的支持力为FN1＝Ff2sin 
45°，挡板对物块的摩擦力大小Ff1＝μ1FN1＝μ1μ2mg，故A 错误，B 正确；结合A、B 分析可
知，只增大木板向左运动的速度，θ 增大，则FN1增大，竖直挡板对物块的摩擦力将变大，
故C 错误。]
第2 练　力的合成与分解
1．C　[三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小
值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才
可能为零，选项A 错误；合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小，选项B 错误；合
力能够为零的条件是三个力的矢量箭头能组成首尾相接的三角形，任意两个力的和必须大于
第三个力，选项C 正确，D 错误。]
2．D　[沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小
为Fcos 30°＝F，故选D。]
3．A　[由于木板始终处于静止状态，因此维修前后合力F1都是零，保持不变，两轻绳各剪
去一段后长度变短，悬挂木板时轻绳与竖直方向的夹角变大，根据力的合成知，合力不变，
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两分力夹角变大时，两分力的大小变大，故A 正确，B、C、D 错误。]
4．AC　[题图甲知F1、F2的合力为8 N，水平向右，与F3方向一致，则3 个力的合力为12 
N，方向水平向右，故A 正确；对题图乙，F3与F2的合力与F1大小相等，方向相同，所以3
个力的合力为6 N，方向水平向右，故B 错误；题图丙中，将F3与F2正交分解，则水平方
向大小相等，方向相反；竖直方向合力为5 N，则3 个力的合力大小为8 N，方向竖直向上
故C 正确；题图丁中，将F3与F2正交分解，水平方向合力大小为1 N，竖直方向合力为4 
N，所以3 个力的合力在水平方向的大小为1 N，在竖直方向为3 N，由勾股定理求得合力大
小等于 N，故D 错误。]
5．BD　[绳子对定滑轮B 的作用力为BA 和BC 两段绳子弹力的合力，方向不可能竖直向下，
故A 错误；重物匀速运动，则任意段绳子的弹力等于重物重力的一半，即。由平行四边形
定则可知，合力方向沿∠ABC 的角平分线，与BA 夹角为30°斜向下，大小为，故B、D 正确，
C 错误。]
6．B　[将力F 分解在垂直于针尖的两个侧面的方向上，如图所示，由几何关系知，针尖在
倾斜侧面上对瓶塞的推力FN比水平侧面的推力FN′大，故A 错误，B 正确；由三角函数得
FN＝，FN′＝，若F 一定，使用顶角越小的针尖，则倾斜侧面对瓶塞产生的推力就越大，
故C、D 错误。]
7．A　[由三角形定则可知，当F2 与合力的方向垂直时，θ 最大，此时有sin θ＝，故选
A。]
8．BC　[两根耙索的合力大小为F′＝2Fcos 30°＝F，A 错误，B 正确；由平衡条件得，地
对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos 30°＝F，C 正确，D 错误。]
9．C　[以一个小铁珠为研究对象，将力F 按照作用效果进行分解如图所示。
由几何关系可得小铁珠对钉柱产生的侧向压力大小为
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FN＝＝F，故C 正确。]
10．A　[对物体A 上方绳结受力分析，如图甲所示，根据共点力平衡及几何关系可知，合
力正好平分两个分力的夹角，可得F1＝mAg，对滑轮受力分析，如图乙所示，由几何关系得
F2＝mBg，根据同一根轻绳拉力特点可知F1＝F2，则mA＝mB，得＝，A 正确。]
　　
11．(1) N　(2)2 000 N
解析　(1)将力F 按作用效果沿AB 和AC 两个方向进行分解，如图甲所示，且F1＝F2，
则有2F1cos α＝F，则扩张机AB 杆的弹力大小为F1＝＝ N
(2)再将F1按作用效果分解为FN和FN′，如图乙所示，则有FN＝F1sin α，联立得FN＝，根
据几何知识可知tan α＝＝10，则FN＝5F＝2 000 N。
12．(1)0.5G　(2)0.4G
解析　(1)分析圆柱体工件的受力可知，沿轴线方向受到拉力F 和两个侧面对圆柱体工件的
滑动摩擦力，由题给条件知F＝Ff，将工件的重力进行分解，如图所示，由平衡条件可得
G＝F1＝F2，
由Ff＝μF1＋μF2得F＝0.5G。
(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F1′＝F2′＝Gcos 37°＝0.8G，此时工
件所受槽的摩擦力大小Ff′＝2μF1′＝0.4G。
第3 练　牛顿第三定律　共点力的平衡
1．D　[墙壁对吸盘的作用力有竖直向上的摩擦力和水平方向的支持力，合力方向不是竖直
向上，故A 错误；吸盘受到的摩擦力与吸盘和物体所受重力大小相等，不会变化，故B 错
误；吸盘与墙壁之间有水平方向和竖直方向两对作用力与反作用力，故C 错误；空气对吸
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盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力，故D 正确。]
2．C　[如图所示，将机器人(包括磁铁)重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解。沿斜面方
向，由平衡条件得Ff＝Gcos θ，故A 错误，C 正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝Gsin 
θ＋FN，故B、D 错误。]
3．BD　[对结点O 受力分析可得FTOC＝mg＝50 N，FTOB＝FTOC＝50 N，FTOA＝＝mg＝50 N，
故选B、D。]
4．BC　[先对A、B 整体受力分析，受重力、水平力F、斜面的支持力；当水平力F 平行斜
面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时，有上滑趋势，此时受到沿斜面向下的静摩擦力；
当水平力F 平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时，有下滑趋势，此时受到沿
斜面向上的静摩擦力；当水平力F 平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，无
相对滑动趋势，此时与斜面间无摩擦力；再对A 受力分析，受水平力F、重力、支持力和向
左的静摩擦力，共4 个力；最后对B 受力分析，受重力、A 对它的压力、向右的静摩擦力和
斜面对B 的支持力，若B 相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若B 相对斜
面无滑动趋势，则不受斜面的摩擦力，即B 可能受4 个力，也可能受5 个力，故选B、C。]
5．A　[由力的平衡条件可得F1sin 60°＝G＋F2sin 45°，F1cos 60°＝F2cos 45°，解得F1＝(＋
1)G，故选A。]
6．C　[由题意知两轻绳OA 和AB 的长度之比为∶1，B 球恰好在悬点O 的正下方，由几何
关系可知，OA 与AB 垂直；以B 球为研究对象，受力示意图如图(a)所示，由平衡条件得F2
＝mgtan(90°－30°)＝mg，以A、B 两球整体为研究对象，受力示意图如图(b)所示，由平衡条
件得F1－F2＝3mgtan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故选C。]
7．B　[取O 点为研究对象，O 点在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，
FT1＝FT2，两力的合力与F 等大反向，根据几何关系可得
2β＋α＝180°，
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所以β＝55°，故选B。]
8．B　[设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可
得4Fcos 30°＝G，解得F＝G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆
受到地面的作用力应与F 平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝
Fsin 30°＝G，B 正确，A、C、D 错误。]
9．AB　[把动滑轮及物块看作一个整体，设跨过滑轮的轻绳上的张力大小为FT，整体在竖
直方向上受力平衡，则有FTsin 53°＋FTsin 37°＝mg，解得FT＝mg，水平方向上有FTcos 53°
＋FTcos 37°＝F，得作用在物块上的水平拉力大小为F＝mg，故A、B 正确；隔离物块进行
受力分析，则由平衡条件可得物块与滑轮间的轻绳中的张力大小为FT′ ＝＝
mg，由数学知识可知物块与滑轮间的轻绳中的张力与竖直方向成45°角，则tan 45°＝1，故
C、D 错误。]
10．D　[六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角
为30°，对第3 块石块受力分析如图。
结合力的合成可知tan 60°＝，对第2 块和第3 块石块整体受力分析如图，
tan 30°＝，
联立解得＝2，故选D。]
11．(1)30°　(2)
解析　[(1)对B 进行受力分析，设轻绳对B 的拉力为FT，由平衡条件可得
Fcos 30°＝FTcos θ，Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
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解得FT＝10 N，tan θ＝，即θ＝30°
(2)对A 进行受力分析，由平衡条件有FTsin θ＋Mg＝FN，FTcos θ＝μFN
解得μ＝。]
12．D　[对麻绳受力分析，受重力mg、左侧悬点对麻绳的拉力F1、右侧悬点对麻绳的拉力
F2，
则F1cos 37°＋F2cos 53°＝mg，
F1sin 37°＝F2sin 53°，
解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B 错误；对P 点右侧麻绳受力分析，受重力m2g、最低
点P 处张力F、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F＝F2sin 53°＝0.48mg，m2g＝F2cos 53°＝
0.36mg，所以P 点右侧麻绳质量为m2＝0.36m，故C 错误，D 正确。]
第4 练　专题强化：动态平衡和临界、极值问题
1．A　[根据题意，电脑始终处于平衡状态，对电脑受力分析，如图所示，由平衡条件可得，
电脑受到的支持力大小为FN＝Gcos θ
电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsin θ
由卡位4 缓慢调到卡位1，θ 减小，故FN增大，Ff减小，故B 错误，A 正确。
支架对电脑的作用力即为电脑受到的支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力的合力大小等
于电脑的重力，保持不变，根据“三角形两边之和大于第三边”可知，电脑受到的支持力与
摩擦力两力大小之和大于其重力大小，C、D 错误。]
2．D　[对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足Fcos θ＝mg，墙壁对球的支持力
满足tan θ＝，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ 减小，则cos θ 增大，tan θ 减小，所以F
和FN都减小，故A、B、C 错误；因为足球始终保持静止状态，所以F 和FN的合力始终与
mg 等大反向，故D 正确。]
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3．D　[瓦片受重力、两根檩条的支持力和摩擦力，共5 个力，A 错误；檩条对瓦片作用力
应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B 错误；摩擦力等于mgsin θ，减小檩条的倾
斜角度θ 时，摩擦力减小，C 错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于mgcos θ，当增
大檩条间的距离 d 时，两弹力与竖直方向的夹角增大，则两弹力增大，D 正确。]
4．C　[若保持绳子的长度、绳子与B 杆的结点不变，将B 杆缓慢向右移动，绳子与竖直方
向之间的夹角增大，绳子上的拉力逐渐增大，故A 错误；若保持绳子的长度、B 杆的位置不
变，只移动绳子与B 杆的结点，绳子与竖直方向之间的夹角保持不变，绳子上的拉力保持
不变，故B 错误，C 正确；若只改变绳子的长度，则绳子与竖直方向之间的夹角一定随之改
变，绳子上的拉力一定改变，故D 错误。]
5．D　[由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受
合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B 错误；对健身者受
力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsin θ＋FN＝Mg，又有FT＝
mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有FTcos θ＝Ff，当从B 缓慢移到A 时，θ 角
逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三
定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C 错误，D 正
确。]
6．A　[以圆柱体B 为研究对象，分析受力如图所示
当将A 缓慢向右移动一小段距离，F1与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B 的弹力FN2增
大；以圆柱体A、B 整体为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1＝(mA＋mB)g，当将
A 缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A 的弹力FN1不变，故A 正确，B、C、D 错误。]
7．D　[以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，
水平拉力F＝mgtan α，夹角α 逐渐增大，则水平拉力F 逐渐增大，绳子的拉力为FT＝，故
绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地
面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，Ff＝FTcos θ＝，逐渐增大，故选D。]
8．A　[由于存在对称性，仅对木楔的一个侧面受力分析，如图所示，当木楔能自锁而不会
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自动滑出时，一定满足FNsin<μFNcos，整理得μ>tan，故选A。]
9．C　[对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得＝＝
在小球从B 点缓慢上升到C 点的过程中，重力大小、方向均不变，AB 变小，OA、OB 不变，
则拉力F 逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大
圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。]
10．C　[对石墩进行受力分析如图所示
Fcos θ＝μFN
FN＋Fsin θ＝mg
解得2F(cos θ＋sin θ)＝mg，即F＝，可解得，当θ＝时，F 最小为0.5mg，故小李能拖动石
墩，且当θ＝时最省力，故选C。]
11．(1)53°　(2)1 kg
解析　(1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环
的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图甲所示，
根据平衡条件有
μFN＝FTcos θ①
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FN＝FTsin θ②
联立①②解得tan θ＝＝，
即θ＝53°。
(2)由题意，根据几何关系可知
φ＝90°
按如图乙所示，以O 为坐标原点建立xOy 直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件
有Gcos θ＋FTsin θ－mg＝0③
FTcos θ－Gsin θ＝0④
联立③④解得m＝1 kg。
12．AB　[对小球B 受力分析，将FT、F、mg 组成矢量三角形，由于FT和F 的夹角始终不
变，作辅助圆如图所示拉力F 一直变大，初始状态时最小，为mg，A、B 正确；拉力F 的
水平分力先变大后变小，对A、B、C 整体进行受力分析知斜面体C 所受地面摩擦力大小等
于拉力F 的水平分力大小，也是先变大后变小，故C、D 错误。]
第5 练　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
1．(2)CD　(3)相同位置　(5)大小和方向
解析　(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆
环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动
两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔
在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向，故选C、D。
(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F
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的大小，沿细线标记此时F 的方向。
(5)比较F′和F 的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
2．(1)刻度尺　(2)见解析　5　(3)B
解析　(1)本实验需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的测量工具是刻度尺。
(2)由题图可知，当m＝0 时，x 大于零，说明没有挂钩码时，弹簧伸长，是由弹簧自身的重
力造成的。k＝＝，代入数据解得k＝5 N/m。
(3)F－L 图像中横截距表示弹簧的原长，故b 的原长比a 的长，故A 错误；F－L 图像的斜率
表示弹簧的劲度系数k，故a 的劲度系数比b 的大，故B 正确，C 错误；弹簧的弹力满足胡
克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D 错误。
3．(1)见解析图　(2)5　20　(3)重力　摩擦力
解析　(1)如图所示
(2)当弹力为0 时，弹簧的形变量为0，此时弹簧长度等于原长，可知弹簧原长为L0＝5 cm，
根据胡克定律可知k＝，可知图线的斜率表示劲度系数，即k＝＝ N/m＝20 N/m。
4．(1)4.0　(2)AB　(4)不需要
解析　(1)弹簧测力计读数为4.0 N；
(2)验证力的平行四边形定则需测量合力和分力的大小和方向，故选A、B；
(4)因为每一次都是独立的实验，对绳结受力平衡即可，故不需要保证结点O 的位置与第一
次相同。
5．(3)见解析图　(4)15.35　(5)128
解析　(3)根据表格数据描点连线如图；
(4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1 mm，故读数l＝15.35 cm；
(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则n1mg＝k(l1－l0)，
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n2mg＝k(l2－l0)
则橡皮筋的劲度系数为k＝
从作出的l－n 图线读取数据则可得
k＝＝mg (N/cm)，
l0＝＝9.00 cm，设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－l0)，可得m1＝×6.05×(15.35－9.00) 
g≈128 g。
6．(1)1.0×102　(2)C　(4)平行四边形　F′
解析　(1)在第①步，由胡克定律F＝kΔx 可得弹簧的劲度系数为k＝＝1.0×102 N/m；
(2)为了保证两次拉橡皮筋的力效果相同，则第二次拉橡皮筋时也使其下端到达O 点，故选
C。
(4)探究力的平行四边形定则，在力的图示中，两个分力与合力构成的四边形接近平行四边
形，因为存在实验误差，合力的理论值是根据力的平行四边形定则这个理论作出来的，所以
F′是F1、F2两力的合力的理论值。
第三章　运动和力的关系
第1 练　牛顿第一定律　牛顿第二定律
1．C　[伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动状态的原因，A 错误；牛顿第一
定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，质量是物体惯性大小的唯一量度，惯
性与速度无关，B 错误；牛顿在伽利略和笛卡儿等人的研究基础上，总结出了牛顿第一定律，
伽利略和笛卡儿的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，C 正确；作用力与
反作用力具有同时性，即同时产生，同时消失，没有先后之分，D 错误。]
2．A　[滑翔伞沿直线朝斜向右下方向做匀加速直线运动，则F 与G 的合力方向与v 同向，
故A 符合题意，B、C、D 不符合题意。]
3．B　[书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大
加速度，即有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，
高铁的最大加速度为4.0 m/s2，B 正确，A、C、D 错误。]
4．D　[根据s－t 图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v 增大，t2～t3时间内v 减小，t1～t2
时间内v 不变，故B、C 错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则
FN<mg，故A 错误；t2～t3 时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则
FN>mg，故D 正确。]
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5．B　[根据题干公式ΔF＝k 整理可得k＝，代入相应物理量单位可得比例系数k 的单位为
＝＝kg·m/(s2·A2)，故选B。]
6．B　[上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度
均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相
反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加
速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，
A 错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力
一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低
点的速度大小，故排球被垫起时的速度最大，B 正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为
零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C 错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气
阻力也在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D 错误。]
7．D　[根据题意由题图可知，t1时刻手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A 错误；
手机一直向下运动，t2时刻手机加速度仍向下，所以手机还在向下加速，速度比t1时刻更大，
故B 错误；根据题意，设手给手机的支持力为F，向下为正方向，由牛顿第二定律有mg－F
＝ma，可得F＝mg－ma，可知当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，
即手受到的压力最大，由题图可知，t4时刻手机具有向上的最大加速度，即t4时刻手受到的
压力最大；t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重状态，所以手受到的压力比手机
重力大，故C 错误，D 正确。]
8．ABC　[m＝＝50 kg，在t0～t1时间内，根据牛顿第二定律可知F1－mg＝ma1，解得a1＝
－1 m/s2，可知在t0～t1时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，t1～t2根据牛
顿第二定律可知F2－mg＝ma2，解得a2＝0，可知在t1～t2时间内，此人做匀速直线运动或静
止，t2～t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3－mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，可知在t2～t3时间
内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C 符合要求。]
9．D　[题图乙中，人受到重力和轻绳的拉力，由于两个力不共线，且合力方向斜向下，故
人只能匀加速下滑，故A 正确，不符合题意；题图乙中，钢索对人的作用力大小FT＝
mgcos 30°＝mg，故B 正确，不符合题意；题图丙中，人受到重力和轻绳的拉力，两力均沿
竖直方向，若合力不为零，则合力必沿竖直方向，与速度不共线，人不可能做直线运动，因
此合力一定为零，人一定匀速下滑，故C 正确，不符合题意；题图丙中，轻环也做匀速直
线运动，所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上，合力不
可能为零，因此轻环一定受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D 错误，符合题意。]
10．A　[钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以A、B 的受力情况不变，加速度均为0，
物体B 对物体A 的压力等于自身重力，对箱式电梯受力分析可知(mB＋mA＋M)g＝Ma，解得
a＝，故选A。]
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11．D　[对小球受力分析，可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向
水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做匀加速直线运动，A
错误；设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得m1gtan θ＝
m1a，解得a＝gtan θ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为a＝gtan θ，苹果箱和箱内的
苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，以这箱苹果为研
究对象，根据牛顿第二定律有Ff＝Ma＝Mgtan θ，方向水平向左，B 错误；以苹果箱中间一
个质量为m 的苹果为研究对象，所受合外力为F 合＝ma＝mgtan θ，设周围其他苹果对它的
作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有Fsin α＝
ma，在竖直方向上Fcos α＝mg，加速度a＝gtan θ，可知F＝，tan α＝tan θ，则α＝θ，即
F＝，C 错误，D 正确。]
12．C　[在上升过程中，对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示，
由牛顿第二定律可知Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋，又整体向上做减速运动，v 减小，所以a 减
小；再对物体单独受力分析如图乙所示
因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知mg＋FN＝ma，则FN
＝ma－mg，而a 减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越
小；同理当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当kv＝Mg 时，
做匀速运动，此后物体对箱子的压力不变。故选C。]
13．D　[将a 沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：
Ff＝max，
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竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又＝，联立解得Ff＝0.2mg，故D 正确。]
第2 练　牛顿第二定律的基本应用
1．B　[根据运动学公式，小车2 s 末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A 错误；根据牛顿第二
定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间
为t2＝＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B 正确，C、D 错误。]
2．D　[设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 
有最小值，故当θ 从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t 先减小后增大，故选D。]
3．B　[关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小为a，结合题图可得
a＝＝kg，a＝ m/s2＝0.6 m/s2
解得k＝0.06，A 错误；
v－t 图线与横轴围成的面积表示位移，为x＝(25＋40)×6× m＝195 m
整个运动过程中的平均速度大小为＝＝ m/s＝4.875 m/s，B 正确，C 错误；平衡车在加速段
时有F－kmg＝ma′，a′＝ m/s2
代入数值解得F＝108 N，D 错误。]
4．AD　[由牛顿第二定律F－μmg＝ma，可得a＝－μg，故图像的斜率表示，是物体质量的
倒数，C 错误；由图像得＝ kg－1＝1 kg－1，故物体质量为1 kg，A 正确；由图像知，当
F≤1 N 时，物体的加速度为零，说明物体保持静止状态；当F>1 N 时，物体开始做加速运
动，故物体所受滑动摩擦力大小为1 N，B 错误；由图像可知，当F＝3 N 时，物体的加速
度大小为2 m/s2，故D 正确。]
5．A　[无人机做匀变速直线运动，有0－v0
2＝2a(s－l)，解得无人机的加速度a＝－4 m/s2，
对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小为F＝＝88 N，故选A。]
6．B　[如图所示，过D 点作OD 的垂线与竖直虚线交于G，以OG 为直径作圆，可以看出
F 点在辅助圆内，而B 点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B 项正确，A、C、D
错误。]
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7．BD　[t3时刻由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，解得Ff＝0.4 N，故B 正确；充电宝在t2
时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向
下的加速度，而加速度大小小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时
刻所受的摩擦力方向相同，故C 错误；t2时刻充电宝具有的加速度最大，充电宝与手机之间
的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有Ff′－mg＝ma′，又Ff′＝μFN，解得充电宝与手机
之间的吸引力大小至少为FN＝10 N，此时Ff′＝5 N，故D 正确，A 错误。]
8．AB　[由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力
f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平
外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度
大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4
～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma2，
另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解
得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木
板之间的动摩擦因数，选项D 错误。]
9．(1)9 m　(2)2.4 N　(3)31.5 m
解析　(1)无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有
F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1
代入数据解得a1＝2 m/s2，达到最大速度时所上升的高度h1＝＝9 m。
(2)对摄像头，根据牛顿第二定律，
有FT－mg＝ma1，代入数据得FT＝2.4 N，由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力大小
FT′＝FT＝2.4 N。
(3)若要上升高度最大，则无人机开始以最大升力匀加速运动的时间t1＝＝3 s，无人机最后
关闭动力系统后匀减速运动直到悬停，速度为零，则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2
代入数据解得a2＝12 m/s2
根据公式，依题意有t3＝，h3＝t3
代入数据解得t3＝0.5 s，h3＝1.5 m
无人机匀速运动时间
t2＝t－t1－t3＝3.5 s
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匀速运动的位移h2＝vt2＝21 m
所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3＝31.5 m。
10．(1)160 N　(2)0.5
解析　(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0 的匀加速直线运动，加速度大
小为a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度为vm；在水平雪道上滑行时，做末速度为0 的匀
减速直线运动，位移大小为x2，时间为t2分析运动过程可得x1＝t1, x2＝t2，t1＋t2＝14 s
解得斜直雪道末速度vm＝20 m/s
在斜直雪道的时间t1＝6 s，
在水平雪道用时t2＝8 s
在斜直雪道上的加速度大小为a1＝＝ m/s2，由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma1
解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为Ff＝160 N。
(2)设在水平雪道上滑行时，加速度为大小a2，则a2＝＝2.5 m/s2，使水平雪道距离缩短为60 
m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则vm
2－v2＝2a2x3，解得v＝10 m/s
设在防滑毯上的加速度大小为a3，则v2＝2a3x4
解得a3＝＝ m/s2＝5 m/s2
由牛顿第二定律可得μmg＝ma3，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。
第3 练　专题强化：牛顿第二定律的综合应用
1．C　[对两物块整体受力分析有Fmax＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，又
FTmax＝2 N，联立解得Fmax＝4 N，故选C。]
2．C　[设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38 节
车厢，由牛顿第二定律得F－38Ff＝38ma；设倒数第3 节车厢对倒数第2 节车厢的牵引力为
FT，对后2 节车厢，由牛顿第二定律得FT－2Ff＝2ma，联立解得FT＝，故选项C 正确。]
3．AD　[设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加
速度a＝，对最左边的物体分析FTB＝ma＝，对最右边的物体分析，有F－FTA＝m′a，解得
FTA＝F－，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M 增大，因为m、m′不变，所以FTB
减小，FTA增大。故选A、D。]
4．A　[P 静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1＝2 N<μmPg＝2.5 
N，推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝＝1 N，故Q 物体加速下降，
有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P 物体将以相同大小的加速度向右加速运动，对P 由
牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故选A。]
5．AC　[当水平向右的外力F＝12 N 作用在Q 物体上时，假设P 与Q 相对静止一起向右做
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匀加速直线运动，以P 与Q 为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝
2 m/s2，以P 为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 
N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C 正确，D 错误；P 的加速度方向水平向右，可知Q 对P 的
摩擦力方向水平向右，A 正确；水平面对Q 的摩擦力大小为Ff 地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B 错
误。]
6．AD　[对桶C 受力分析如图所示，当车向左做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有
FBsin θ－FAsin θ＝ma
竖直方向根据平衡条件可得FBcos θ＋FAcos θ＝mg，加速度变大，则B 对C 的支持力增大，
A 对C 的支持力减小，故A 正确；当货车向左做加速运动，C 将要脱离A 时，A 对C 的支
持力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度为a＝g，故B 错误；货车向左
匀速运动时，C 受力平衡，无论速度多大，都有FB＝FA，且满足FBcos θ＋FAcos θ＝mg，则
B 对C 的支持力不变，故C 错误；当货车向右做加速运动，C 将要脱离B 时，B 对C 的支持
力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度a＝g，故D 正确。]
7．BD　[t＝0 时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A 和B 的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定
律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A 错误；由分析知，A 和B 开始分离时，
A 和B 速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝
m2a′，联立解得t＝ s，当t＝1 s 时，A、B 已分离，FB1＝5 N，对B 由牛顿第二定律有aB
＝＝2.5 m/s2，C 错误，B、D 正确。]
8．C　[对B 隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A 隔离分析，由牛顿第二定律
得FT－m1gsin θ＝m1a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B 错误，C 正确；如果将B
物块换成一个竖直向下大小为30 N 的力，对A 分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝
m1a′，解得a′＝24 m/s2，则物块A 的加速度与换前不同，故D 错误。]
9．BC　[设滑块A 的质量为m，木板B 的质量为M，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为
μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N 时，滑块A 与木板B 达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，
根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N 时，A 与B 将发生相对
滑动，对A 单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙知＝
 kg－1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D 错误，B 正确。当F＝10 N 时，滑块A
的加速度为aA＝＝6 m/s2，C 正确。]
10．(1)μ≥0.5　(2) m/s
解析　(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得FT＝mg＝20 N
对木箱受力分析，可得Ff＝2FT
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又Ff＝μMg，联立解得μ＝0.5
要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。
(2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律
可得FT－mg＝2ma
对木箱受力分析，
有F－μMg－2FT＝Ma，
解得a＝0.5 m/s2
当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m 时，重物向上的位移为h＝2x＝1 m，由
2×2a·h＝v2，可得此时重物的速度大小为v＝ m/s。
11．(1)　(2)60°　 m
解析　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则沿木板方向有mgsin θ＝Ff，
其中Ff＝μmgcos θ，解得μ＝。
(2)当θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，
则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v0
2＝2ax
得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ＝，故α＝30°，
又因x＝
当α＋θ＝90°时x 最小，即θ＝60°，
所以x 最小值为
xmin＝＝ m。
12．BCD　[对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，故A 错误；前
0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P、Q 之间的弹力为零
且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－mPgsin θ
＝mPa，前0.2 s 时间内两物体的位移x0－x1＝at2，由未加拉力时受力平衡得kx0＝(mP＋mQ)gsin 
θ，联立解得a＝ m/s2，x1＝ m，故B、C、D 正确。]
第4 练　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
1．C　[要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，
即μmgcos θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A 错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩
擦力大小为mgsin θ，故B 错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送
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带向上，故C 正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送
时间不会无限缩短，故D 错误。]
2．C　[由题图乙可知，物块先做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做顺时针
的匀加速运动，故B 错误，C 正确；当物块与传送带一起顺时针加速后，物块受静摩擦力，
物块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D 错误。]
3．CD　[根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速
运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2－
v0
2＝2ax，解得v＝ m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥ m/s≈9.4 m/s，故选C、
D。]
4．D　[快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动
趋势，不受摩擦力作用，故A、B 错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加
速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v 的过程所用时间为t＝＝0.5 
s，与传送带的相对位移为Δx＝vt－t＝0.25 m，故C 错误；快件匀速运动的时间为t′＝＝5 
s，所以快件运输总时间为t 总＝t＋t′＝5.5 s，故D 正确。]
5．(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
解析　(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦
力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos 
α>
mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可
知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝
4.5 s。
6．BCD　[0～t1内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得煤块的加速度大
小为a1＝8 m/s2，所以t1＝＝ s＝1 s，故A 错误；t1～t2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的
加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，所以t2＝＋t1＝2 s，故B 正确；由图像知，在0
～t2内，煤块向上运动的位移为x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故C 正确；0～t1内，
传送带位移大小为x1＝vt1＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δx1＝4 
m，t1～t2内，传送带位移大小为x2＝v(t2－t1)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带
比煤块多走Δx2＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有x＝a2t3
2，解得t3＝ 
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s，传送带向上运动的位移为x3＝vt3＝4 m，故划痕总长为Δx＝4 m－2 m＋10 m＋4 m＝(12
＋4) m，故D 正确。]
7．C　[v－t 图像的斜率表示加速度，根据题图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之
后的加速度，可知物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送
带向上运动，传送带逆时针转动，根据题图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，A 错误；
根据上述，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则有mgsin θ>μmgcos θ，
解得μ<tan θ，B 错误；根据上述，t0时刻之前有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，a1＝，t0时刻之
后有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2gsin θ－，C 正确；由于mgsin θ>μmgcos θ，若
传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块始终有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，即若传送带反转，则物块将一直以大小为2gsin θ－的加速度做
匀加速直线运动，D 错误。]
8．(1)3.6 m　0.5　(2)3 m/s
解析　(1)由v－t 图像可知，传送带AB 段的长度为
LAB＝(0.5＋1.3)×4 m＝3.6 m
货物在水平传送带上运动时，
根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
由题图丙可知在传送带AB 上的加速过程加速度为a1＝ m/s2＝5 m/s2，则μ＝0.5
(2)依题意，货物以4 m/s 滑上倾斜传送带CD 部分，CD 以顺时针方向转动但速度未知，
第一种情况：若传送带CD 部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍
弃；
第二种情况：若传送带CD 部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，则
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2
故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直
线运动，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，
解得a3＝2 m/s2
v－t 图像如图：
则有x1＝，
x2＝，LCD＝x1＋x2，解得v＝3 m/s，即传送带的速度至少为3 m/s 快递员才能在D 端取到货
物。
9．D　[传送带甲、乙正常工作时均做匀速运动，速度大小分别为v 甲、v 乙，所以，工件滑
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上乙时，水平方向相对传送带乙的速度水平向右，沿传送带乙方向相对传送带乙的速度与乙
的运动方向相反，所以相对传送带乙的速度为这两个分速度的合速度，方向向右下方，因为
合速度方向的反方向为滑动摩擦力方向，力与速度方向相反，工件A 做匀减速直线运动，
轨迹沿速度方向，故D 正确，A、B、C 错误。]
第5 练　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
1．A　[设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因
数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后
在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减
速运动时的加速度大小都为a＝μg。由于圆柱体A 先离开薄板，B、C 同时后离开薄板，则
根据v＝at 可知，A 离开薄板时的速度小于B、C 离开薄板时的速度，同时A 加速运动的位
移小于B、C 加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax 可知，B、C 在桌面上滑动的距离
相等，且大于A 在桌面上滑动的距离，故A 正确。]
2．BC　[物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故
μmg＝ma1，而v－t 图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解
得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t 图像可知木板的加速度大小为a2＝
 m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D 错误，B 正确；由题图乙可知物块和木板在t＝2 s
时分离，两者在0～2 s 内的v－t 图像与t 轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋
3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C 正确。]
3．(1)22 N　(2)6 m/s
解析　(1)木板所受摩擦力的大小
Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t 滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝a1t2②
木板相对于地面的位移
x2＝v0t－a2t2③
又L＝x2－x1④
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
4．BC　[对小滑块B 进行受力分析，如图甲，
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可知FNB＋Fsin 37°＝mBg
Ff1＝μ2FNB
根据牛顿第二定律有
Fcos 37°－Ff1＝mBaB
联立可得aB＝6 m/s2，故B 正确；
对长板A 受力分析，如图乙，
可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg
由Ff 地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A 静止，即aA＝0，故A 错误；
若力F 作用一段时间后，撤去力F，则对A 有
aA′＝＝1 m/s2
对B 有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A 的加速度大小增大，B 不会相对A 静止，故C 正确，D 错误。]
5．(1)16 N　(2)1 s　(3)0.326 m
解析　(1)设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg＝mam，解得am＝
3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有
Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，
解得Fm＝16 N
(2)当F＝22 N 时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝
Ma1，解得a1＝6 m/s2
小物块加速度
a2＝＝μ2g＝3 m/s2
小物块滑到木板中点C，有
a1t1
2－a2t1
2＝，解得t1＝1 s
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(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝3 m/s，撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M
＋m)g＝Ma3，解得a3＝2 m/s2，设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，则
有－v2·＝，解得v3＝(3＋) m/s，此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4，解得a4＝1 
m/s2，此后小物块做平抛运动，h＝gt2
2，落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－a4t2
2－
v2t2，解得Δx≈0.326 m。
6．(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 m　(3)12 m
解析　(1)在0～2 s 时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的
摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2 是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝
μ1FN1，FN1＝mgcos θ
Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcos θ
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin 
θ－Ff1＝ma1
Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2
联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2
(2)在t1＝2 s 时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，
则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s
t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为
零，
对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2
对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2′，a2′＝－2 m/s2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0，联立得
t2＝1 s
在t1＋t2时间内，L1＝a2t1
2＝2 m，
L2＝|a2′|t2
2＝1 m
L＝L1＋L2＝3 m
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(a1t1
2＋v1t2＋a1′t2
2)－(a2t1
2＋
v2t2＋a2′t2
2)＝12 m。
第6 练　实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的关系
1．(1)BD　(2)0.40
解析　(1)补偿阻力时，细绳不用牵引小车，故A 错误；补偿阻力时，小车后面应固定一条
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纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木
板做匀速直线运动，故B 正确；器材调整完毕后，尽量让小车靠近打点计时器，不一定每
一次都要从同一位置由静止释放，故C 错误；补偿阻力后，改变小车质量多次实验，但长
木板与水平桌面间的角度不需要调整，故D 正确。
(2)由Δx＝aT2可得小车的加速度大小为a＝＝＝
×10－3 m/s2
＝0.40 m/s2。
2．(1)A　(2)0.93　(3)1.0
解析　(1)小车在水平轨道上所受合外力为绳上拉力和摩擦力的合力，应通过垫高靠近打点
计时器一侧的木板让重力沿斜面方向的分力与摩擦力相等，此时小车所受合外力为绳上拉力，
故A 正确；当重力沿斜面方向的分力与摩擦力相等时有mgsin θ＝μmgcos θ，由此可知，当
增加沙和沙桶的质量后，重力沿斜面方向的分力与摩擦力依然相等，故B 错误；为保证打
在纸带上的点足够多，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故C 错误；
此实验中，小车所受的合外力等于力传感器示数的两倍，因此不需要满足沙和沙桶的总质量
m 远小于小车的质量M，故D 错误。
(2)相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×＝5× s＝0.1 s，由逐差法可知小车的加速度为a＝
＝ m/s2＝0.93 m/s2。
(3)由牛顿第二定律可知2F＝Ma，则a＝F，斜率k＝＝ kg－1＝2 kg－1，解得M＝1.0 kg。
3．(1)>　(2)2.45　120
解析　(1)根据打点计时器的位置可判断出，释放后，A 应向下运动，B 向上运动，故
mA>mB；
(2)A、C 之间的时间间隔及C、E 之间的时间间隔均为T＝×2 s＝0.2 s，由xCE－xAC＝aT2，解
得a＝2.45 m/s2，据牛顿第二定律可得mAg－FT＝mAa，FT－mBg＝mBa，解得mB＝mA＝120 
g。
4．(1)mg　(2)
解析　(1)由题意可得，取下托盘和砝码后，小车在斜面上做匀加速直线运动，小车受到的
合外力为F＝mg
(2)由牛顿第二定律和速度位移公式可得()2＝2L，
可得m＝·
可知k＝，则M＝。
5．(1)12　(2)0.20　(3)0.13
解析　(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O 点，A 点到O 点的距离为5.00 cm。拉动
滑块使其左端处于A 点，由静止释放并开始计时。结合题图乙的F－t 图像有Δx＝5.00 cm，
F＝0.610 N，根据胡克定律k＝，可得k≈12 N/m
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(2)根据牛顿第二定律有F＝ma
则a－F 图像的斜率表示滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据题图丙中Ⅰ，则有＝ 
kg－1＝5 kg－1，则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20 kg
(3)滑块上增加待测物体，同理，根据题图丙中 Ⅱ，则有＝ kg－1＝3 kg－1，则滑块、待测物
体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33 kg，则待测物体的质量为Δm＝m′－m≈0.13 kg。
阶段复习练(一)　力与直线运动
1．C　[潜艇在0～50 s 内先向下加速后向下减速，则50 s 时向下到达最大深度，故A 错误；
由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝×30×50 m＝750 m，故B 错误；潜艇在“掉深”
时向下加速，则由图像可知加速度大小为a＝ m/s2＝1.5 m/s2，在自救时加速度大小为a′＝ 
m/s2＝1 m/s2，所以加速度大小之比为3∶2，故C 正确；潜艇在0～20 s 内向下加速，加速
度向下，处于失重状态，故D 错误。]
2．CD　[根据题意，由于不知道物体A、B 初始状态的位置关系，则无法判断A、B 间的距
离变化情况，故A 错误；由题图可知，A 的图像关于t1对称，由v－t 图像的斜率表示加速
度可知，t2～t3时间内A 的加速度不是一直小于B 的加速度，故B 错误；由题意可知，0～t3
时间内图线a、b 与横轴围成的面积相等，即0～t3时间内A、B 的位移相等，则0～t3时间内
A 的平均速度等于B 的平均速度，故C 正确；根据题意，由题图可知，由于A 的图像关于t1
对称，则有t3＝2t1，则t1～t3时间内A 的位移大小为A 总位移的一半，B 的位移大小为B 总
位移的，由于A、B 在0～t3时间内的位移相等，则t1～t3时间内A、B 的位移大小之比为
2∶3，故D 正确。]
3．B　[对物体施加沿斜面向下的力F 使其匀速下滑，对物体分析可知Ff＝μmgcos θ，FN＝
mgcos θ，而增大沿斜面的拉力F 使物体加速下滑，物体所受的滑动摩擦力和斜面支持力大
小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面体的摩擦力Ff′和压力FN′大小、方向均不变，
则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与斜面体之间的摩擦力不变，地面对斜面体的支
持力也不变，故选B。]
4．C　[水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据
平衡条件知mgsin θ－2Ff1＝0，将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，
则每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－2Ff2
＝ma，由于摩擦力变小，故加速度变大，可知圆筒将匀加速下滑，故选C。]
5．C　[将小球的运动逆向看作初速度为0 的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移
—时间公式x＝v0t＋at2，可知2 m＝a·(2 s)2，2.5 m＝at2－a(t－2)2，解得a＝1 m/s2，t＝2.25 
s，故B、D 错误，C 正确；小球的初速度大小为v0＝at＝2.25 m/s，故A 错误。]
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6．C　[对货物A 受力分析，其动态图如图，货物A 缓慢向上移动，则拉力与竖直方向的夹
角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物A 的支持力变小，由牛顿
第三定律知货物A 对玻璃棚的压力越来越小。故选C。]
7．A　[设OA、OB、OC、OD 与竖直方向夹角为θ，OA、OB、OC、OD 绳子拉力为FT，根
据受力分析及几何关系可知4FTcos θ＝G，由几何关系知cos θ＝＝，联立可得FT＝G，故
选A。]
8．C　[设物体运动的加速度大小为a，对A、B 整体有a＝，隔离B，可得A 对B 作用力大
小FAB＝2m×a＝，由牛顿第三定律知B 对A 作用力大小FBA＝，对A 在竖直方向有μFBA＝
mg，得μ＝，故选C。]
9．D　[开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二
定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t1
＝＝0.5 s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第
二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零
所需时间t2＝＝2.5 s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0 s，故选D。]
10．C　[因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，
是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A 错误；从题图甲中
的A 点到题图乙中的A 点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可
知题图甲中经过A 点的动能较大，故B 错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝at2，
可知题图甲在A、B 之间的运动时间较短，故C 正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑
动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B 之间克服摩擦力做的功相等，故D 错
误。]
11．(1)144 m　(2)28 m/s
解析　(1)由牛顿第二定律可得F－mg－f＝ma1，解得无人机的加速度大小为a1＝8 m/s2
则在t＝6 s 时无人机离地面的高度为h＝a1t2＝×8×62 m＝144 m
(2)无人机突然失去升力而坠落，下落过程中，有mg－f＝ma2，解得无人机的加速度大小为
a2＝7 m/s2
当动力设备重新启动并提供向上最大升力时，无人机的速度最大，则有
h1＝，重新提供向上最大升力后，根据牛顿第二定律可得F＋f－mg＝ma3
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解得无人机的加速度大小为a3＝14 m/s2
由题意可知无人机着地速度为零，则有h2＝，又h1＋h2＝H＝84 m
联立解得无人机从开始下落过程中的最大速度为vm＝28 m/s。
12．(1)0.5 s　(2)见解析
解析　(1)根据题意，对物块，由牛顿第二定律有μ2m2g＝m2a 物，代入数据解得a 物＝4 m/s2
对木板，由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a 木，代入数据解得a 木＝2 m/s2
设经过时间t 物块滑离木板，有L＝v0t－a 物t2－a 木t2，代入数据解得t1＝0.5 s(t2＝ s 舍去)
(2)物块滑离木板时，物块的速度为v1＝v0－a 物t＝3 m/s
木板的速度为v2＝a 木t＝1 m/s
物块滑离木板后，加速度a 物1＝4 m/s2
对木板有μ1m1g＝m1a 木1，
解得a 木1＝2 m/s2
分析可知在木板停止前物块的速度始终大于木板，物块的停止距离为x1＝＝1.125 m，木板
的停止距离为x2＝＝0.25 m，由于x1>x2，所以不会相撞。
第四章　抛体运动　圆周运动
第1 练　曲线运动　运动的合成与分解
1．B　[曲线运动加速度可以恒定，也可以不恒定，A 错误；物体做曲线运动时，速度方向
时刻改变，速度的变化量一定不为零，则加速度一定不为零，B 正确；物体做曲线运动时，
可能受恒力的作用，例如平抛运动，C 错误；物体做曲线运动的条件是加速度方向与速度方
向不在同一直线上，D 错误。]
2．A　[篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧，故选A。]
3．B
4．ACD　[根据A、B 沿绳方向的速度相等，有v1cos β＝v2，解得＝，故A 正确，B 错误；
由于A 在外力作用下沿竖直杆以速度v1向下匀速运动，轻绳与杆的夹角逐渐减小，则B 的
速度大小v2逐渐增大，即B 沿斜面向上做加速运动，B 的加速度沿斜面向上，对B 进行受
力分析可知轻绳拉力一定大于mgsin α，故C 正确；B 对斜面有斜向右下方的压力，斜面在
该压力作用下有向右运动的趋势，则斜面受到地面水平向左的摩擦力，故D 正确。]
5．D　[由题图可知，质点在x 轴方向上做匀加速直线运动，在y 轴方向上做匀速直线运动，
合力的方向沿x 轴方向，在x 轴方向上的初速度大小为3 m/s，在y 轴方向上的速度大小为
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4 m/s，则初速度大小v0＝ m/s＝5 m/s，初速度方向不沿x 轴方向，所以质点做匀变速曲线
运动，故A 错误，D 正确；质点在x 轴方向上的加速度为ax＝1.5 m/s2，y 轴方向上的加速度
为零，则合加速度为a＝1.5 m/s2，所以合外力为F＝ma＝4×1.5 N＝6 N，故B 错误；t＝2 s
时质点在x 轴方向上的速度大小为vx＝6 m/s，在y 轴方向上的速度大小为vy＝4 m/s，则合速
度大小为v＝ m/s>6 m/s，故C 错误。]
6．D　[将两物体的速度分别沿绳方向和垂直绳方向分解，两物体沿绳方向的分速度大小相
等，则有v1cos α＝vBcos β，解得B 物体的速度为vB＝，故选D。]
7．AD　[由于乙船恰好到达P 点，则水流方向向右，且乙船沿河岸方向的分速度恰好等于
水流的速度，即v 水＝v0cos α，故A 正确；设甲船的过河时间为t，则d＝v0tsin α，甲船水
平位移x 甲＝(v0cos α＋v 水)t，联立解得x 甲＝，故B 错误；由于乙船沿NP 运动，在水流的作
用下，甲船到达对岸时，应在P 点的右侧，而两船在垂直河岸方向速度相同，一定会相遇，
且在NP 上某点相遇，故C 错误；两船在垂直河岸方向的分速度都为v 垂直＝v0sin α，河宽d
一定，因此两船同时到达河对岸，渡河时间均为t＝＝，故D 正确。]
8．D　[以罐子为参考系，沙子在水平方向向左做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方
向做自由落体运动，合加速度恒定，沙子在空中排列在一条斜向左下的直线上，故选D。]
9．A　[当物块以速度v 向右运动至杆与水平方向夹角为θ 时，B 点的线速度等于物块的速
度在垂直于杆方向上的分速度vB＝vsin θ，则杆的角速度ω＝＝＝，小球A 的线速度大小vA
＝Lω＝，故选A。]
10．B　[由于t 时刻小车的速度为v＝gt，可知小车的加速度大小为g，方向水平向右，对物
块在水平方向有FN＝mg，在竖直方向有mg－μFN＝ma，vy＝at，则t 时刻物块的速度大小vt
＝，解得vt＝gt，故选B。]
11．(1)　(2)
(3)
解析　(1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向有F＝max，v0
2＝2axxmax，解
得xmax＝。
(2)水平方向速度减小为零所需时间t1＝由对称性知小球从A 运动到B 的总时间t＝2t1
竖直方向上有y＝gt2＝。
(3)小球运动到B 点时速率最大，此时有vx＝v0，vy＝gt，
则vmax＝＝。
第2 练　抛体运动
1．BD　[平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，
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因y＝gt2，ya＜yb＝yc，所以b 和c 的飞行时间相等且比a 的飞行时间长，A 错误，B 正确；
因x＝vt，xa＞xb＞xc，ta＜tb＝tc，故va＞vb＞vc，C 错误，D 正确。]
2．B　[由题意知枪口与P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹
击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝gt2，可知下落高度相同，所以将击中P 点；
又由于初始状态子弹到P 点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t
＝，故选B。]
3．B　[抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1 的加速度
等于谷粒2 的加速度，A 错误；谷粒2 做斜抛运动，谷粒1 做平抛运动，在竖直方向上谷粒
2 做竖直上抛运动，谷粒1 做自由落体运动，竖直方向上位移相同，故谷粒2 运动时间较长，
C 错误；谷粒2 做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平
方向上的分速度。两谷粒从O 点运动到P 点的水平位移相同，但谷粒2 运动时间较长，故
谷粒2 水平方向上的速度较小，即最高点的速度小于v1，B 正确；两谷粒从O 点运动到P 点
的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1 的平均速度大于谷粒2 的平均速度，
D 错误。]
4．B　[由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的石子落回到与抛出点同一高度时，竖直方向
的分速度与斜下抛的竖直分速度大小v0sin θ 相同，方向也相同。如图，从A 点经过相同高
度，斜上抛石子的状态与斜下抛石子的状态相同，故B 正确，C 错误；两石子在空中运动的
时间差为斜上抛石子在抛出点上方运动的时间，A 错误；落至水面时水平射程x＝v0cos 
θ·t，因两石子运动时间不同，故落至水面时的水平射程不同，D 错误。]
5．A　[设斜面倾角为θ，则tan θ＝＝＝，可得t＝，两小球的飞行时间均与初速度v0成正
比，故A 正确；
两球抛出后只受重力作用，加速度g 相同，所以速度的变化快慢相同，故B 错误；
根据题意知，落在a 点的小球竖直位移比落在b 点的小，根据h＝gt2，可知落在a 点的小球
运动的时间小于落在b 点的，根据Δv＝gt 可知，落在a 点的小球速度变化小于落在b 点的，
故C 错误；
设小球落到斜面上速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝2tan θ，所以小球落在a 点和
b 点时的速度方向相同，故D 错误。]
6．(1)　(2)
解析　(1)炸弹在竖直方向做自由落体运动，则有H－h＝gt2，
解得t＝
(2)设炸弹的水平位移为x，如图，则有＝，d2＝x2＋h2
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解得d＝。
7．C　[小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有mg(H－h)＝mv2，从右端出口飞出后，
小球做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得x＝2，根据数学知识可知，当H－h＝h 时，x
最大，即h＝1 m 时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－
0.8 m＝0.2 m，故C 正确。]
8．C　[由题意可得，对球1，有tan α＝＝，对球2，有tan β＝，又tan α·tan β＝1，联立
解得t1∶t2＝2∶1，A、B、D 错误，C 正确。]
9．AC　[根据题意，设位移与水平方向的夹角为θ，速度与水平方向的夹角为α，由平抛运
动规律有tan θ＝＝tan α，若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则有h 甲>h 乙，
由h＝gt2可得t＝
可知，甲所投的箭在空中运动时间长，由x＝v0t 可知，甲所投箭的初速度较小，故A 正确，
B 错误；
若箭在竖直方向下落的高度相等，则箭在空中运动时间相等，且有x 甲<x 乙
则甲所投箭的初速度较小，由vy＝gt 可知，甲、乙所投的箭落入壶口时竖直速度相等，则由
v＝可得，甲所投的箭落入壶口时速度比乙小，故C 正确，D 错误。]
10．(1)5 m　(2)20 m/s　(3)80 m
解析　(1)从O 点起跳的水平速度
vx＝v0cos 30°＝10 m/s
竖直速度vy＝v0sin 30°＝10 m/s
运动员到达空中最高点时竖直速度减为零，则所用时间t＝＝1 s
水平位移x＝vxt＝10 m
竖直位移y＝＝5 m
运动员在空中运动的最高点到起跳点O 的距离s＝＝5 m
(2)沿垂直着陆坡面方向的初速度
vy′＝v0sin 60°＝10 m/s
平行着陆坡面的速度
vx′＝v0cos 60°＝10 m/s
垂直着陆坡面的加速度大小
ay＝gcos 30°＝5 m/s2
平行着陆坡面的加速度大小ax＝gsin 30°＝5 m/s2，
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经时间t1离着陆坡面最远t1＝＝2 s，此时速度大小为v＝vx′＋axt1＝20 m/s
(3)设OC 的距离为L
平行着陆坡面方向运动员做匀加速直线运动，
有L＝vx′t2＋axt2
2，又t2＝2t1，解得L＝80 m。
11．BD　[设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0 竖直
2＝2g(H－h)
代入数据得
v0 竖直＝ m/s＝12 m/s
则v0 水平＝ m/s＝5 m/s
网球击出点到P 点水平方向的距离
x 水平＝v0 水平t＝v0 水平·＝6 m
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0 水平⊥＝v0 水平·＝4 m/s
平行墙面的速度分量
v0 水平∥＝v0 水平·＝3 m/s
反弹后，垂直墙面的速度分量
v 水平⊥′＝0.75·v0 水平⊥＝3 m/s
则反弹后的网球速度大小为
v 水平＝＝3 m/s
网球落到地面的时间
t′＝＝ s＝1.3 s
着地点到墙壁的距离d＝v 水平⊥′t′＝3.9 m
故B、D 正确，A、C 错误。]
第3 练　实验五：探究平抛运动的特点
1．(1)B　(2)ACD
(3)x4－x3＝x3－x2＝x2－x1　D
解析　(1)实验时需要重垂线来确定竖直方向，不需要弹簧测力计和打点计时器，故选B。
(2)实验时每次必须由同一位置静止释放小球，以保证小球到达轨道最低点的速度相同，选
项A 正确；挡板每次不一定严格地等距离下降记录小球位置，选项B 错误；小球运动时不
应与木板上的白纸相接触，否则会改变运动轨迹，选项C 正确；记录的点应适当多一些，
以减小误差，选项D 正确。
(3)因相邻两位置的时间间隔相同，则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则满足：x4
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－x3＝x3－x2＝x2－x1；由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误
差较小，则用计算式求得的水平速度误差较小，故选D。
2．(1)B　(2)C　(3)D
解析　(1)用如题图甲所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故A、C 错误；
在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B 正确。
(2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次
小球需要从斜槽M 上同一位置静止释放，斜槽不需要光滑，故A 错误，C 正确；上下调节
挡板N 时不必每次等间距移动，故B 错误。
(3)竖直方向，根据y1＝gt1
2
水平方向x－＝v0t1
联立可得v0＝(x－)
故A 错误；
竖直方向：y1＝gt1
2，y2＝gt2
2
水平方向：x－＝v0t1,2x－＝v0t2
联立可得v0＝，故B 错误；
竖直方向：y4＝gt2
水平方向：4x－＝v0t
联立可得v0＝(4x－)
故D 正确，C 错误。
3．(1)1.0　2.0　(2)9.7
解析　(1)小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v0＝＝ 
m/s＝1.0 m/s；
竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段位移的平
均速度，因此小球在A 点速度的竖直分量大小为
vy＝ cm/s≈2.0 m/s。
(2)由竖直方向为自由落体运动可得
g＝，代入数据可得g＝9.7 m/s2。
4．(1)C　(2)x　(3)v0＝
解析　(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定
要光滑，但必须是水平的，故A 错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上
相同的位置由静止释放，故B 错误，C 正确；因为存在摩擦力，故不满足机械能守恒定律，
故D 错误。
(2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y2－y1＝gT2，水平方向由匀速直线运动规律得x＝
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v0T，联立解得v0＝＝x。
(3) 因为Δy＝y2－y1＝gT2，x＝v0T，
联立可得Δy＝x2，
所以Δy－x2图像的斜率为k＝，
解得v0＝。
5．(1)　
(2)确定　g
解析　(1)由抛出到P 点过程，根据平抛运动规律有tan θ＝＝，Lcos θ＝v0t，解得t＝，v0＝ 
(2)h 一定时，设落点与O 点连线与水平方向夹角为α，根据位移规律tan α＝，落点处速度
方向的反向延长线过O 点，则tan α＝，联立解得h＝gt2，h 一定，则用时一定，则竖直方
向下落高度一定，则落点位置是确定的。由以上分析可知，竖直方向下落高度为gt2＝h，用
时t＝，根据几何关系有(h＋h)2＋(v0t)2＝R2，解得v0
2＝g。
第4 练　圆周运动
1．BD　[速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时
刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度；加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，
所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B、D 正确，A、C 错误。]
2．C　[根据匀速圆周运动的规律，此时ω＝2πn＝100π rad/s，向心加速度大小a＝ω2r≈
1 000 m/s2，故选C。]
3．C　[拖把头中的水同时都绕转轴一起做圆周运动，因此角速度相同，A 错误；
由向心力公式F＝mω2r，可知拖把头中的水离脱水桶的转轴越远，转动的半径越大，所需的
向心力越大，水在拖把头上的附着力越不容易提供所需向心力，水越容易做离心运动，因此
越容易被甩出，B 错误；
踩踏踏板的速度越大，脱水桶的转速也越大，线速度也越大，由向心力公式F＝m 可知，转
动半径一定时，线速度越大，所需向心力也越大，拖把头中的水分越容易被甩出，C 正确；
踩踏踏板的速度不变，可知拖把头中的水转动的角速度大小相同，由线速度与角速度的关系
v＝ωr，可知在不同位置的水到脱水桶转轴的距离不同，即转动半径不同，所以所有水分的
线速度大小不相等，D 错误。]
4．A　[物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析如图所示，可知物体的重力
与摩擦力平衡，即Ff＝G，根据物体所受弹力提供向心力有FN＝mω2r，可知当圆筒的角速
度增大以后，物体所受弹力增大，摩擦力不变，故选A。]
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5．C　[质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，质点所受合外力提供质点做圆周运动
的向心力，则F 合＝Fn＝mr，联立可得Fn＝r3，其中为常数，r 的指数为3，
故n＝3，故选C。]
6．D
7．D　[A、B 属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则va∶vb＝1∶1，由向心加速度公
式a＝得aa∶ab＝rb∶ra＝1∶2，A、C 错误；C、D 属于同轴转动，角速度相等，则ωc∶ωd
＝1∶1，B 错误；根据匀速圆周运动的周期T＝，可得Tc∶Td＝ωd∶ωc＝1∶1，D 正确。]
8．C　[设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为α，由几何关系得tan α＝＝1，解得α＝，
直杆转动的时间t＝t 汽－t 反＝2 s，直杆转动的角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，故选C。]
9．BC　[飞镖以水平速度v0掷出，恰好击中P 点，则有x＝v0t,2R＝gt2，ωt＝(2n＋1)π(n＝
0,1,2,3…)，仅增大v0，则飞镖到镖盘的时间变短，所以下落的高度h＝gt2<2R，飞镖不可能
击中P 点，故A 错误；仅减小v0，则飞镖到镖盘所在竖直平面时，时间变长，所以下落的
高度h＝gt2>2R，飞镖不可能击中镖盘，故B 正确；仅增大ω， 可知n 值变大，关系式ωt＝
(2n＋1)π(n＝0,1,2,3…)仍可成立，则飞镖仍可能击中P 点，故C 正确；由A、B、C 项的分
析可知，若减小ω 和v0，飞镖不可能击中P 点，故D 错误。]
10．(1)4 m/s2　(2)1 430.8 N　(3)27°
解析　(1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2
(2)根据F 向＝m
解得过弯时所需的向心力大小为
F 向＝73× N＝1 430.8 N
(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得F 向＝
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
11．(1)45°　(2)(4＋)mg
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解析　(1)小球到达B 点时竖直分速度vy＝
则tan θ＝，解得θ＝45°
(2)设小球到达B 点时速度大小为vB，则有vB＝v0，设轨道对小球的支持力为F，
根据F－mgcos 45°＝m，
解得F＝(4＋)mg
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(4＋)mg。
12．B　[暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止，则频闪光源照射圆盘时，圆盘转过
的角度是θ＝的整数倍，则T＝ s 内至少转过，则角速度最小为ω＝＝4π rad/s，则转速至少
为n＝＝2 r/s，故选B。]
第5 练　专题强化：圆周运动的临界问题
1．B　[如果要使汽车在粗糙的桥面经过桥顶时，不受摩擦力作用，即汽车只受重力作用，
则有mg＝m，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s 时，汽车对桥顶的压力为车重力的，即
支持力为mg，则有mg－mg＝m，联立解得v′＝20 m/s，所以B 正确，A、C、D 错误。]
2．D　[沿a 轨道运动，设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得
mgtan θ＝m＝mr，r＝Rsin θ
解得v＝，
T＝2π
沿a 轨道一定做匀速圆周运动，θ 越小，v 越小，周期越大，沿a 轨道运动的速度比沿b 轨
道运动的速度小，周期大，A、C 错误，D 正确；
沿c 轨道在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝m，解得vmin＝，故在最高点的最小速度为，
B 错误。]
3．AB　[运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能提供拉力，也可能提供支持力，
如在最高点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有mg＝m，可得v＝，当运动员在最高点
的速度大于时，单杠对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于时，单杠对运动员
的力为支持力，故A 正确；从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方
向垂直，不做功，故B 正确；若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速
度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，故D 错误；从最高点到
最低点，根据动能定理有mg·2L＝mv2，解得v＝2，在最低点，有F－mg＝m，所以F＝
5mg，故C 错误。]
4．B　[由于物体A、B 及物体C 能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，
由静摩擦力提供向心力，则B 对A 的摩擦力一定为FfA＝3mω2r，又有0<FfA≤Ffmax＝3μmg，
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由于角速度大小不确定，B 对A 的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg，A 错误，B 正确；
若物体A 达到最大静摩擦力，则3μmg＝3mω1
2r，解得ω1＝，若转台对物体B 达到最大静摩
擦力，对A、B 整体有5μmg＝5mω2
2r，解得ω2＝，若物体C 达到最大静摩擦力，则μmg＝
mω3
2×1.5r，解得ω3＝，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体A、B 及物体C 均随转台一起匀速转动，
则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C 所受摩擦力
先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C 物体，C、D 错误。]
5．C　[球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝
m，解得vB＝，故A 错误；由于A、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小vA＝，故B
错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和杆的弹力的合力提供向心力，
有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，由牛顿第三定律可知杆受到A 球的弹力大小为1.5mg，则水
平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C 正确，D 错误。]
6．D　[A 达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω0A
2rA，解得ω0A＝2 rad/s，同理
可得，B 达到最大静摩擦力时的临界角速度为ω0B＝ rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，
B 先达到角速度临界值，则B 的摩擦力先达到最大，选项A 错误；当B 的摩擦力达到最大，
转速再增加时，细线出现张力，即当ω1＝ rad/s 时，细线开始出现张力，选项B 错误；当
A、B 两物体出现相对圆盘滑动时，B 受到的摩擦力方向背离圆心，A 受到的摩擦力方向指
向圆心，则对A 有FT＋μmAg＝mAω1
2rA，对B 有FT－μmBg＝mBω1
2rB，解得ω1＝5 rad/s，选项
C 错误，D 正确。]
7．B　[运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力，二者的
合力恰好提供向心力，其他位置一定受重力、支持力、摩擦力三个力，三者的合力提供向心
力，故A 错误；在圆盘最低点，根据μmgcos 15°－mgsin 15°＝mωmax
2r，解得ωmax≈0.47 
rad/s，故B 正确；ω 取不同数值时，设摩擦力指向圆心，则有mgsin 15°＋Ff＝mω1
2r，设摩
擦力背离圆心，则有mgsin 15°－Ff′＝mω2
2r，由两式可知ω 取不同数值时，运动员在最高
点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C 错误；运动员转到最低点时恰好不滑动，
有
μmgcos 15°－mgsin 15°＝mωmax
2r，若此时半径变大，合力不足以提供向心力，运动员将会做
离心运动，故D 错误。]
8．CD　[当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为FT
＝，可知此时随着小球角速度越大θ 越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球角
速度再大时θ 不变，故此时绳子的拉力不变，故A 错误；当小球与圆筒刚好接触时有mgtan 
θ＝mω2R，tan θ＝＝，解得ω＝，故可知当ω>时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角
速度ω＝时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为FT＝＝＝mg，当小球角速度ω＝<时，
小球未与圆筒接触，此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用，故B 错误，C 正确；当小球
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角速度ω＝时，此时小球与圆筒间有弹力作用，对小球受力分析FTsin θ＋FN＝mω2R，FTcos 
θ＝mg，解得筒壁与小球之间作用力大小为FN＝mg，故D 正确。]
9．D　[在最高点，若v＝0，则F＝mg＝c
若F＝0，重力提供向心力，
则mg＝m＝m
解得g＝，m＝，故A、B 错误；
若F＝0，有v2＝a，则v2＝b 时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖
直向上，故C 错误；
当v2＝b 时，根据mg＋F＝m，
F＝c＝mg，解得b＝2gR
当v2＝3b 时，根据mg＋F′＝m，解得F′＝5mg，故D 正确。]
10．BCD　[若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝
 m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得mv0′2＝mg·2R＋mv2，解
得v0′＝ m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，若小球恰好到达与圆心等高的点，
则mv0″2＝mgR，得v0″＝ m/s<v0＝3.5 m/s，则小球会脱离圆轨道，故A 错误，B 正确；
设当小球脱离圆轨道时，其位置与圆心的连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力
作用，将重力分解如图所示。
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝m，从最低点到脱离点，由机械能守
恒定律得mv0
2＝mgR(1＋sin θ)＋mv1
2，联立解得sin θ＝，即θ＝30°，则v1＝ m/s，故C、D
正确。]
第6 练　实验六：探究向心力大小与半径、角速度、质量的
关系
1．(1)C　(2)一　(3)B
解析　(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C 位置，则探究向心力的大小与半
径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C 位置，则两球做圆周运动的半径相等；
传动皮带位于第二层，则两球做圆周运动的角速度之比为ω 左∶ω 右＝R2∶2R2＝1∶2，根据
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F＝mω2r，可知当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为F 左∶F 右＝ω 左
2∶ω 右
2＝1∶4，故选B。
2．(1)　(2)　　角速度的平方
解析　(1)根据滑块角速度与线速度的关系可知该滑块的角速度为ω＝＝。
(2)根据F＝mω2r，可得F＝·，所以应作出F 与的关系图像。 F－图像的斜率为。根据F＝
·，得F＝ml，所以实验过程中向心力与角速度的平方成正比。
3．(1)BD　(2)6.70　(3)F－F0　是一条过原点的倾斜直线　(4)
(5)高
解析　(1)圆弧没必要保持光滑，从不同高度下滑，小球经过光电门的速度不同，速度根据
小球直径和光电门测量的挡光时间测出，A 错误；小球要选择体积小，密度大的，减小阻力
的影响，B 正确；没有必要测量小球到地面的竖直高度，只要保证竖直高度相同，平抛运动
的时间相同，只需证明小球水平位移和水平速度成正比即可证明平抛运动的水平分运动为匀
速运动，C 错误；小球在圆弧最低点有F－F0＝m，要验证向心力公式，需要测量小球的质
量，D 正确。
(2)小球的直径d＝6 mm＋0.05×14 mm＝6.70 mm。
(3)小球经过光电门的速度v＝，小球在圆弧最低点有F－F0＝，以F－F0为纵轴，为横轴作
图像，若图像是一条过原点的倾斜直线，则说明向心力大小与小球速度的平方成正比。
(4)设圆弧最低点到地面的竖直高度为h，则h＝gt1
2，得平抛运动时间t1＝，水平位移x＝vt1
＝，作x－y 图像，若图像成正比，则说明平抛运动水平方向为匀速直线运动，其中y 应该
为。
(5)由x＝可知，甲、乙两位同学以不同的桌面高度进行实验，得到甲、乙两条图线，则x－
的斜率表示d，甲的斜率大，故甲同学实验时的桌面高度比乙同学的高。
4．(1)1.500　(2)静止的小球球心正下方　(3) 
解析　(1)游标卡尺读数为D＝15 mm＋0×0.05 mm＝15.00 mm＝1.500 cm；
(2)将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心正下方；
(3)根据向心力周期公式，得Fn＝mr＝＝，设小球做圆周运动时，悬线与竖直方向的夹角为
θ，根据受力分析可知F 合＝mgtan θ，又由几何关系可知
tan θ＝，
联立解得F 合＝。
5．(1)　(2)　(3) 
解析　(1)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的速度v＝
(2)由牛顿第二定律有，
在最低点FN－mg＝
由牛顿第三定律有FN＝F
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解得F＝mg＋＝mg＋＝
mg＋·，所以横轴表示
(3)由表达式可知k＝，b＝mg
解得g＝；R＝。
第五章　万有引力与宇宙航行
第1 练　万有引力定律及应用
1．C　[由开普勒第一定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行的椭圆轨道的一个焦点上，
故A 错误；火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不可能始终相等，故B 错
误；根据开普勒第三定律(周期定律)知，太阳系中所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公
转周期的平方的比值是一个常量，故C 正确；对于太阳系某一个行星来说，其与太阳连线
在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同时间内扫过的面积不相等，故D 错误。]
2．C　[根据G＝ma 可知，该小行星在近日点加速度比远日点大，故A 错误；根据开普勒第
二定律，该小行星在近日点运行速度比远日点大，故B 错误；该小行星轨道的半长轴大于
地球轨道半径，小于木星轨道半径，已知木星绕太阳公转的周期为11.86 年，根据开普勒第
三定律可知，该小行星的公转周期一定小于11.86 年，故C 正确；在同一轨道上，只有万有
引力做功，机械能守恒，该小行星在近日点的机械能等于远日点的机械能，故D 错误。]
3．A　[设地球与太阳距离为r，根据题述可知木星与太阳的距离
R＝＝
设木星的公转周期为T，根据开普勒第三定律，则有＝
，T 地＝1 年，解得T＝
年，选项A 正确，B、C、D 错误。]
4．A　[根据万有引力提供向心力可得G＝m2r，可得M＝，故该中心恒星与太阳的质量之比
为＝·＝·≈1，所以该中心恒星的质量M1≈M2＝2×1030 kg，故选A。]
5．B　[悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据F＝G，
可得＝G∶
G＝×2＝，故选B。]
6．C　[卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有G＝mr2，又由题可知r3
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＝pT2，联立解得M＝，C 项正确。]
7．ABC　[根据万有引力定律得F＝G，知＝＝×22＝，该人在火星表面受到的万有引力是在
地球表面受到的万有引力的，故D 错误；根据G＝mg，可得＝＝×22＝，则火星表面的重力
加速度为g，故B 正确；根据ρ＝∝，可得＝＝×23＝，故C 正确；因为火星表面的重力加速
度是地球表面重力加速度的，根据h＝知该人以相同的初速度在火星上跳起的最大高度是在
地球上跳起的最大高度的，为h，故A 正确。]
8．D　[设该行星的半径为R，质量为M，卫星的质量为m，根据题意，由万有引力充当向
心力有G＝m，对沿该行星表面附近飞行的卫星，则有G＝m′R，解得M＝，故选D。]
9．C　[夹角最大时，OB 与AB 垂直，根据几何关系有rB＝rAsin θ，由开普勒第三定律可得
＝，则＝，A、B 错误；t 时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝·πr2，则＝·＝，C 正确，
D 错误。]
10．(1)＝　0.98
(2)＝1－
解析　(1)在北极地面称量时，物体受到的重力等于地球的引力，则G＝F0，在北极上空高出
地面h 处称量时，有G＝F1，
则＝。
当h＝1.0%R 时≈0.98。
(2)在赤道地面称量时，考虑地球的自转，地球的引力提供重力(大小等于弹簧测力计示数)与
物体随地球自转需要的向心力；在赤道上小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力
和弹簧测力计的作用力，
有G－F2＝mR()2
得＝1－＝1－。
11．C　[设地球的密度为ρ，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小似近相
等，有g＝G。由于地球的质量为M＝ρ·πR3，所以重力加速度的表达式可写成g＝＝＝
πGρR。质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d 的地球内部，受到地球
的万有引力即为半径等于(R－d)的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”所在处的重
力加速度g′＝πGρ(R－d)，所以有＝；根据G＝mg″，“天宫一号”所在处的重力加速度
为g″＝，所以＝，＝，故C 正确，A、B、D 错误。]
第2 练　人造卫星　宇宙速度
1．AB　[地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，A 正确；根据G＝m＝mr 可知，因地
球同步卫星的周期一定，则高度、速度大小都是一定的，B 正确，C 错误；我国发射的同步
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通信卫星不可以定点在北京上空， D 错误。]
2．C　[根据G＝man，可得an＝，因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度大小相
同；因该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小以及受到地球的万有引力大小均不相同。
故选C。]
3．BD　[根据万有引力提供做圆周运动的向心力有＝m＝ma＝mr，可得v＝，a＝，T＝。
因为第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，由v＝知它们的线速度都小于第一宇宙速度，且
轨道半径大的线速度小，故A、C 错误；由a＝知轨道半径大的向心加速度小，故B 正确；
由T＝知轨道半径大的周期大，故D 正确。]
4．D　[根据题意可得，木卫三的轨道半径为r3＝nr。根据万有引力提供向心力有G＝m 三
r3，可得r3＝，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4，可得木卫一轨
道半径为r1＝，木卫二轨道半径为r2＝，故A、B 错误；木卫三围绕的中心天体是木星，月
球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与T0之比，故C 错误；根据万有引力
提供向心力，分别有
G＝m 三nr，G＝m 月r，联立可得＝n3，故D 正确。]
5．A　[因为“夸父一号”轨道要始终保持太阳光能照射到，则在一年之内转动360°，即轨
道平面平均每天约转动1°，故A 正确；第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最
大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9 km/s，故B 错误；根据G＝ma，可知“夸父一
号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C 错误；“夸父一
号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题干信息不能求出日地间平均距
离，故D 错误。]
6．D　[由mg＝G，可得g＝，结合题意可得g 月＝g 火，A 项错误；由mg＝m 可知v＝，所
以v 月＝v 火，B 项错误；由F 引＝G，可知F 月＝F 火，C 项错误；由G＝m()2r 可知T＝2π，
所以T 月＝T 火，D 项正确。]
7．C　[平衡锤和空间站的角速度相等，根据a＝rω2，可知平衡锤的加速度大于空间站的加
速度；根据v＝rω，可知平衡锤的线速度大于空间站的线速度，故A、B 错误；平衡锤受拉
力和万有引力共同作用提供向心力，所以平衡锤做圆周运动所需的向心力大于地球对它的万
有引力，故C 正确；若平衡锤与空间站之间的缆绳断裂，则平衡锤所受引力不足以提供向
心力，平衡锤做离心运动，故D 错误。]
8．D　[地球同步卫星不一定与c 在同一个轨道上，但轨道半径相等，卫星的质量不相等，
由万有引力定律F＝可知，它们受到的万有引力大小不相等，A 错误；对于b、c，由万有引
力提供向心力有G＝ma，解得 a＝，rc＞rb，所以 ab＞ac，由于a、c 做匀速圆周运动的周期
相等，又a＝rω2，rc＞ra，可得 ac＞aa，所以a、b、c 做匀速圆周运动的向心加速度大小关
系为 ab＞ac＞aa，B 错误；a 与地球的万有引力一部分提供a 随地球自转的向心力，C 错误；
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对于a、c，其周期相等，所以 Ta＝Tc，对于b、c，由万有引力提供向心力有G＝mr，解得T
＝2π，rc＞rb，所以Tc＞Tb，即a、b、c 做匀速圆周运动的周期大小关系为 Ta＝Tc>Tb，D 正
确。]
9．B　[由G＝m，得到星球的第一宇宙速度v＝，设地球的第一宇宙速度为v1，由g＝ωv1
＝v1，得v1＝，设火星的第一宇宙速度为v2，则＝·，代入数据解得v2＝v1＝，故选B。]
10．B　[由T＝和ω＝得T＝，故B 正确；由万有引力提供向心力有G＝m()2r，又v＝ωr，G
＝mg，联立解得v＝，r＝，故A、D 错误；由a＝ω2r，ω＝，r＝，联立解得a＝，故C 错
误。]
11．AC　[根据G＝ma，得a＝G，由题图可知rA＝rC>rB，则aA＝aC<aB，A 正确；卫星C 向
后喷气加速做离心运动，不能追上同轨道的卫星A，B 错误；根据(－)t＝2π，卫星A 与卫星
B 又一次相距最近经过的时间为t＝，C 正确；第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速
度，则卫星A、C 的发射速度大于第一宇宙速度，D 错误。]
12．AB　[设物体在星球表面的速度为v2，当它脱离该星球引力时r→∞，此时速度为零，
由机械能守恒定律得mv2
2－＝0，解得星球的第二宇宙速度v2＝。第一宇宙速度是星球表面
附近卫星的最大环绕速度，由G＝m，解得v1＝，故火星第一宇宙速度与地球第一宇宙速度
之比＝＝，又v 火2＝v 火1，代入数据解得火星第二宇宙速度v 火2≈5.27 km/s，故选A、B。]
第3 练　专题强化：卫星变轨问题　双星模型
1．C　[“天问一号”在飞往火星的过程中，从近日点到远日点速度变小，故A、B 错误；
根据G＝ma 可知，“天问一号”与太阳之间的距离变大，加速度变小，故C 正确，D 错
误。]
2．A　[要想使天舟五号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时
要想不脱离原轨道，根据F＝m，则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨
道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，
则图A 是正确的。]
3．D　[对神舟十二号飞船，由万有引力提供向心力可得G＝mr，解得T＝2π，由于r1<r3，
神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，A 错误；飞船沿
轨道Ⅱ从A 运动到B 的过程中，机械能守恒，B 错误；对神舟十二号飞船，由万有引力提供
向心力可得G＝m，解得v＝，因为r1<r3，则有飞船在轨道Ⅰ上的速度大于沿轨道Ⅲ运行的
速度，飞船从轨道Ⅱ运动到B 处时加速做离心运动进入轨道Ⅲ，因此在轨道Ⅰ上的速度大
于沿轨道Ⅱ运动经过B 点的速度，C 错误；由开普勒第三定律可得＝，解得T2＝T1，D 正
确。]
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4．C　[天问一号要到达火星，需要脱离地球的引力束缚，发射速度大于第二宇宙速度，故
A 错误；根据开普勒第三定律k＝，在“火星捕获段”运行的半长轴大，故天问一号在“火
星捕获段”运行的周期大于它在“火星停泊段”运行的周期，故B 错误；天问一号从“火
星捕获段”需在近火点减速才能运动到“火星停泊段”，故C 正确；着陆巡视器从“离轨
着陆段”至着陆到火星表面的全过程中，重力势能减小，动能减小，机械能不守恒，故D
错误。]
5．BC　[A、B 双星靠相互间的万有引力提供向心力，相等的时间内转过相同的角度，故角
速度相等，A 项错误；A 与B 所需向心力大小相等，有m1ω2r1＝m2ω2r2，即m1r1＝m2r2，因为
A、B 质量之比为m1∶m2＝3∶2，则轨道半径之比r1∶r2＝2∶3，所以A 做圆周运动的半径
为L，B 做圆周运动的半径为L，C 项正确，D 项错误；根据v＝ωr 可知，角速度相等，A
与B 做圆周运动的线速度大小之比等于轨道半径之比为2∶3，B 项正确。]
6．AC　[假设恒星和黑洞的质量分别为M、m，环绕半径分别为R、r，且m<M，两者之间
的距离为L，则根据万有引力提供向心力有G＝F 向，恒星和黑洞之间的距离不变，随着黑
洞吞噬恒星，在刚开始吞噬的较短时间内，M 与m 的乘积变大，黑洞和恒星之间的万有引
力变大，故A 正确；黑洞和恒星的角速度相等，根据万有引力提供向心力有G＝mω2r＝
Mω2R，其中R＋r＝L，解得黑洞的角速度ω＝，由于(M＋m)和L 均不变，则角速度不变，
故B 错误；根据mω2r＝Mω2R，得＝，因为M 减小，m 增大，所以R 增大，r 减小，由v 恒
＝ωR，v 黑＝ωr，可得v 恒变大，v 黑变小，故C 正确，D 错误。]
7．D　[对近地卫星，有 G＝m()2R，地球的质量M1＝ρ1·πR3，联立解得ρ1＝，以地球赤道处
一质量为m0的物体为研究对象，只有当它受到的万有引力大于等于它随地球一起旋转所需
的向心力时，地球才不会瓦解，设地球不因自转而瓦解的最小密度为ρ2，则有G＝m0()2R，
M2＝ρ2·πR3，联立解得ρ2＝，所以＝，故选D。]
8．BC　[双中子星做匀速圆周运动的频率f＝12 Hz(周期T＝＝ s)，由万有引力提供向心力，
可得＝m1r1(2πf)2，G＝m2r2(2πf)2，
r1＋r2＝r＝400 km
联立解得 m1＋m2＝，质量之和可以估算；由v＝2πfr 可得v1＋v2＝2πfr1＋2πfr2＝2πfr，速率
之和可以估算；不能得出质量之积和各自的自转角速度，故选B、C。]
9．B　[三星系统是三颗星都绕同一圆心O 做匀速圆周运动，由此它们转动的角速度相同，
由线速度与角速度的关系公式v＝ωr，可知星体的线速度大小vA＝vB，A 错误；由向心加速
度公式a＝ω2r，可得星体的加速度大小aA＝ωrAO，aB＝ωrBO＝2ωrAO，则有aA＝aB，B 正确；
三颗星体都绕同一圆心O 做匀速圆周运动，因此可得星体A、B 受力如图所示，由图可知，
A、B 间的万有引力大小等于A、C 间的万有引力大小，B、C 间的万有引力大小小于A、B
间的万有引力大小，分力的夹角相等，因此FA>FB，C 错误；
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由图可知，A、B 间的万有引力大小等于A、C 间的万有引力大小，可知mB＝mC，B、C 间的
万有引力大小小于A、B 间的万有引力大小，可知mA>mC，则有mA>mB，D 错误。]
10．(1)　(2)1.5×1012 m/s2
解析　(1)根据G＝mr
可得M＝
(2)根据G＝m0g，＝
解得g＝＝ m/s2＝1.5×1012 m/s2。
11．D　[当卫星在r1＝r 的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在此圆轨道上运行时通过A 点
的速度大小为v0＝，所以发动机在A 点对卫星做的功为W1＝mv2－mv0
2＝mv2－；当卫星在r2
＝2r 的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在此圆轨道上运行时通过B 点的速度大小为v0′
＝，而根据卫星在椭圆轨道上时到地心的距离与速度的乘积为定值可知，在椭圆轨道上通过
B 点时的速度为v1＝v＝v，故发动机在B 点对卫星做的功为W2＝mv0′2－mv1
2＝－mv2，所
以W1－W2＝mv2－，故选D。]
阶段复习练(二)　力与曲线运动
1．B　[铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A 错误；铅球的加速度恒为重力加速
度，保持不变，B 正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀
加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D 错误。]
2．C　[将乒乓球击打球拍的速度沿水平方向和竖直方向分解，则两次击打球拍水平方向分
速度相等，即v1sin 45°＝v2sin 30°，解得＝，选项C 正确。]
3．A　[根据题图可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点左边的运动，根据
平抛规律可知h＝gt2，vx＝，轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小，
竖直分速度vy
2＝2gh，轨迹①的竖直分速度大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为v1，沿
轨迹①运动的最小速度即水平速度小于v2，故A 正确，B 错误；因为运动时间不同，故沿轨
迹①和轨迹②运动过程的速度变化量Δv＝gΔt 不同，故C 错误；因为两轨迹位移大小相同，
但时间不同，故沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，故D 错误。]
4．A　[根据G＝m(R＋h)，G＝mg，得T＝，A 正确；根据G＝ma，得a＝，空间站的运动
半径小于同步卫星的运动半径，则空间站的加速度比同步卫星的加速度大，B 错误；空间站
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运行的线速度一定小于第一宇宙速度7.9 km/s，C 错误；空间站为环绕天体，无法求出其质
量，D 错误。]
5．BD　[根据开普勒第三定律有＝，解得T 樊＝5.67 年，故A 错误；“樊锦诗星”在远日点
将做近心运动，其速度v1小于以该位置到太阳距离为半径圆周运动的速度v2，根据万有引
力提供向心力有G＝m，得v＝，轨道半径越大，卫星的线速度越小，可知v2小于地球公转
速度v3，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故B 正确；根据牛顿第
二定律可知G＝ma，a＝，“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为＝，
故C 错误；轨道半长轴为3.18 天文单位，远日点到太阳中心距离r1为4.86 天文单位，则近
日点到太阳中心距离r2为1.5 天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段
时间Δt 内的运动，根据开普勒第二定律有v1r1Δt＝v4r2Δt，解得＝＝，故D 正确。]
6．A　[设小球A 在空中运动的时间为t1，小球B 在空中运动的时间为t2，对小球A，由平
抛运动的规律可得tan θ＝＝，对小球B，结合几何知识，由平抛运动的规律可得tan θ＝
＝，联立可得＝，故选A。]
7．AB　[由题意可知，小球自M 点正上方足够高处自由释放，由M 点无碰撞进入圆筒后，
其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中
有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速
度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c 是小球运动轨迹依次与MN 的交点，表明经过
相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因为圆周运动转动周期相等，根据分运动的
等时性有t1＝t2＝t3，故A 正确；小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于MN∥OO′，则a、
b、c 三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c 三点圆周运动
的线速度相等，又由于在a、b、c 三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，
可知由小球重力垂直圆筒截面的分力和筒壁弹力的合力提供圆周运动的向心力，而圆周运动
的半径相同，根据F＝m，G⊥＝mgcos θ 可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定
律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有Fa＝Fb＝Fc，故B 正确，C 错误；根据上述可知，
小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有x＝v0t＋at2，可知
lMa∶lab∶lbc≠1∶3∶5，故D 错误。]
8．C　[对小球A、B 受力分析，受到重力和支持力，在竖直方向合力为零，则有FNsin θ＝
mg，解得FN＝，所以＝＝，故A 错误；
重力和支持力的合力提供向心力，则有F 向＝，所以＝＝3，故B 错误；
小球的运动轨迹高度相同，则半径r＝htan θ，由牛顿第二定律可知＝mω2r，解得ω＝，
所以＝＝3，故C 正确；
线速度v＝ωr，解得＝1，故D 错误。]
9．(1)　(2)5.4R　(3)5.4mg
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解析　(1)设小球到达C 点时速度大小为vC，根据题意由运动学公式知vCy
2＝2g(R＋Rcos θ)
根据速度分解可知vCy＝vCsin θ，解得vC＝
(2)O1、O2两点间的距离为x1＝vCxt1＋Rsin θ，根据运动学公式可知R＋Rcos θ＝gt1
2，根据速
度分解可知vCx＝vCcos θ，解得x1＝5.4R
(3)小球在D 点的速度为
vD＝vCx＝
设细线的拉力为F，根据牛顿第二定律得F＋mg＝m，解得F＝5.4mg。
10．(1)40 m/s，方向竖直向下
(2)20 m　(3)80(＋1) m
(4)2－3
解析　(1)以B 点为坐标原点，沿斜面向下建立x 轴，垂直于斜面向上建立y 轴，B 到C 的时
间为t＝＝4 s，则运动员由B 到C 的速度变化量为Δv＝gt＝40 m/s，方向竖直向下
(2)根据速度与位移的关系有
hmax＝＝20 m
(3)运动员在水平方向有
x＝vBcos(α＋θ)·t＋gsin θ·t2＝80(＋1) m
(4)设C 点速度与斜面之间的夹角为β
vx＝vBcos(α＋θ)＋gsin θ·t
＝(10＋20) m/s
vy＝vBsin(α＋θ)＝10 m/s
则tan β＝＝2－3。
第六章　机械能守恒定律
第1 练　功、功率　机车启动问题
1．B　[由于雨滴是匀速下落，所以受力平衡，空气阻力等于重力，Ff＝mg，所以克服空气
阻力做的功为：W 克f＝Ff·h＝mgh，选项B 正确。]
2．A　[A、B 作为整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)·gsin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsin θ，
由牛顿第二定律知，A 所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A 所受合力对A 做
正功，故A 正确；B 对A 的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B 对A 的弹力对
A 做负功，故B 错误；B 对A 的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B 对
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A 的摩擦力对A 做正功，故C 错误；由于aA＝gsin θ，可知B 对A 的摩擦力和支持力的合
力大小为mAgcos θ，方向垂直斜面向上，由牛顿第三定律知，A 对B 的作用力垂直斜面向
下，与B 的运动方向垂直，则A 对B 的作用力对B 不做功，故D 错误。]
3．A　[根据F－x 图像与x 轴所围的面积表示功， 则物体从0 运动到7 m 过程拉力做的功
为W＝3×4 J＋×4 J＝40 J，由动能定理得W＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故选A。]
4．C　[两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但是方向不同，选项
A 错误；两小球落地时，B 球竖直速度较大，根据PG＝mgvy可知，B 球重力的瞬时功率较大，
选项B 错误；根据W＝mgh 可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，选项C
正确；从开始运动至落地，B 球运动时间较长，根据＝可知，B 球重力做功的平均功率较小，
选项D 错误。]
5．ABD　[小车从M 到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，
代入数据解得F＝40 N，故A 正确；
依题意，小车从M 到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N，则摩擦力做
功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B 正确；依题意，从P
到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C 错误；
依题意，小车从P 到Q，摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin 30°＝，摩擦力做功为W2＝－
Ff2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D 正确。]
6．D　[设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf
＝μ(mg－Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F 的方向有关，选项A 错误；合力做功大小W＝F
合x＝max，可知合力做功大小与力F 方向无关，选项B 错误；当力F 水平时，则有F＝ma＋
μmg，力F 做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C 错误；因合外力做功大小为max，大小一
定，而合外力做的功等于力F 与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ＝mg 时，摩擦力Ff＝
0，摩擦力做功为零，力F 做功最小，最小值为max，选项D 正确。]
7．B　[铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，
可用阻力的平均值求功，据题意可得W＝d＝d，W＝d′＝d′，联立解得d′＝(－1)d，故
A、C、D 错误，B 正确。]
8．A　[电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝Ff，加速度a＝
0。货物掉落后瞬间速度未变，系统质量减小，阻力减小为Ff′，牵引力大于阻力，具有向
前的加速度，车开始加速，由于功率不变，则牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力趋近
于Ff′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度v′＝，以后继续做匀速运动，故选
A。]
9．D　[由题意可知两节动车分别有P1＝Ff1v1，P2＝Ff2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(Ff1＋
Ff2)v，联立可得v＝，故选D。]
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10．C　[v－t 图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，可知匀加速的过程中运动位移为x0
＝，故A 错误；汽车加速至Q 点后速度达到最大，受力平衡，牵引力大小等于阻力，则有
Ff＝，故B 错误；0～t0，汽车做匀加速直线运动，牵引力恒定，t0～3t0内做加速度减小的变
加速直线运动，该过程牵引力减小，可知匀加速过程的牵引力最大，由于该车加速至P 点
后功率达到最大值P0，则有F0＝，即加速过程中牵引力的最大值为，故C 正确；若汽车在0
～3t0时间内一直做匀加速直线运动，则在3t0时速度vm＝3v0，而实际在t0～3t0时间内，加速
度一直减小，vm<3v0，故<3，故D 错误。]
11．AC　[由题图可得，变速阶段的加速度大小a＝，设第②次所用时间为t2，根据速度—
时间图像与时间轴所围的面积表示位移(此题中为提升的高度)可知，×2t0×v0＝[t2＋(t2－
t0)]×v0，解得t2＝，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t0∶＝4∶5，选项A 正
确。由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－
mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误。由功率公式P＝Fv 可知，电机
输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确。加速上升过程的加速度a1
＝，加速上升过程的牵引力F1＝ma1＋mg＝m(＋g)，减速上升过程的加速度a2＝－，减速上
升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－)，匀速运动过程的牵引力F3＝mg。第①次提升过程
做功W1＝F1××t0×v0＋F2××t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功W2＝F1××t0×v0＋
F3×t0×v0＋F2××t0×v0＝mgv0t0，两次做功相同，选项D 错误。]
12．AC　[根据v＝，可知额定功率等于图线的斜率，P＝ W＝50 kW，C 正确；
根据P＝Fv，由b 到c 过程汽车功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；
根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma 
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，由b 到c 过程汽车做非匀变速
直线运动，B 错误；
汽车能够获得的最大速度为
vm＝P×＝50×103××10－3 m/s＝12.5 m/s，D 错误；
汽车所受的阻力为
Ff＝＝ N＝4 000 N
从a 到b 汽车所受的牵引力为
F2＝5 000 N
根据牛顿第二定律得F2－Ff＝ma
解得a＝0.5 m/s2 
从a 到b 汽车持续的时间为t＝＝ s＝20 s，A 正确。]
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第2 练　动能定理及其应用
1．B　[木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负
功，根据动能定理可知WF＋Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B 正确，A 错误；
无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D 错误。]
2．B　[在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－
Ff·2πL＝0－mv0
2，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B。]
3．B　[该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，
解得W＝7.5 J，故选项B 正确。]
4．D　[物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得Ek＝E0
＋mg2t2，故选D。]
5．A　[小球从A 到C 过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝
mgh－mv2，故选A。]
6．A　[物体从D 点沿DBA 滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－
μmgcos α·xAB＝0－mv0
2，α 为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为
－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv0
2，从上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，故选A。]
7．(1)　(2) 
解析　(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有v0
2＝2a，
解得v0＝
(2)由v0＝at，解得t＝
根据动能定理有W 合＝mv0
2，解得W 合＝。
8．D　[当物块上滑的初速度为v 时，根据动能定理有－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2
当上滑的初速度为2v 时，有
－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2
联立可得μ＝(－1)tan θ，h＝4H，故选D。]
9．C　[由v－t 图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B 所受
摩擦力大小相等，所以A、B 的质量关系是2∶1，故C 正确。由v－t 图像可知，A、B 两物
体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动
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能定理可得F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝
Ff2，所以F1＝2F2。全过程中A、B 克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B 做的功大小相
等，故A、B、D 错误。]
10．C　[法一：特殊值法
画出运动示意图。
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：
－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：
(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C 正确。
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，mg－F＝ N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C 正确。]
11．(1) m/s　(2)30 J
解析　(1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcos 37°＝mv1
2
解得v1＝ m/s
(2)在斜面上下滑时有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝ m/s2，下滑到底端时的时间t1
＝＝ s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝ m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2
＝＝ s，货物从开始下滑经过4 s 时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有
mglsin 37°－W 克f＝0，克服摩擦力所做的功为W 克f＝mglsin 37°＝30 J。
12．AB　[根据Ek＝mv0
2，解得v0＝10 m/s，A 正确；根据动能定理可得－(mgsin 37°＋
μmgcos 37°)x＝F 合x＝0－100 J，其中x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B 正确；物块上升的最大
高度h＝5×
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sin 37° m＝3 m，C 错误；物块下滑时，根据动能定理(mgsin 37°－μmgcos 37°)x＝Ek′，解得
Ek′＝20 J，D 错误。]
第3 练　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用
1．D　[木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝，木块在撤去
恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最
大动能为Ek＝，故选D。]
2．B　[滑块由A 点运动至D 点，设克服摩擦力做功为W 克fAD，由动能定理得mgh－W 克fAD
＝0，即W 克fAD＝mgh，①
滑块从D 点回到A 点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W 克
fDA，由动能定理知当滑块从D 点被推回A 点有
WF－mgh－W 克fDA＝0，②
由A 点运动至D 点，克服摩擦力做的功为W 克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs，③
从D→A 的过程克服摩擦力做的功为W 克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs，④
联立③④得W 克fAD＝W 克fDA，⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D 错误，B 正确。]
3．C　[篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一
次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1
＝0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1
反弹后上升到最高点时的高度为
H2＝0.9H1＝0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H
篮球第n 次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H
根据等比数列求和公式可得
s 总＝H＋2×0.9H×
当n 趋于无穷大时，有s 总＝19H，C 正确。]
4．BC　[根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)
gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，所以＝，故A 错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间
的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin 
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θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x＝0，可得＝，故B 正确；若集装箱与货物的质量之比为
1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故
C 正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos 
θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D 错误。]
5．(1)0.1　(2)2 040 N，方向竖直向下
(3)1.5 m
解析　(1)根据题意，当运动员从D 点冲出去后做竖直上抛运动，则vD＝g，解得vD＝4 m/s
运动员从A 运动到D，根据动能定理，有－μmglBC＝mvD
2－mvA
2
解得μ＝0.1
(2)运动员从C 运动到D，根据动能定理可得－mgR＝mvD
2－mvC
2，在C 点，根据牛顿第二定
律，
有FN－mg＝m
联立解得FN＝2 040 N，根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C 点时对雪道的压
力大小为FN′＝FN＝2 040 N，方向竖直向下；
(3)运动员从A 点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－mvA
2，解得s＝52.5 
m＝11lBC＋3 m，所以运动员最后静止处距离B 点的距离为l＝lBC－3 m＝1.5 m。
6．(1)0.25　(2)3.5R≤h≤5R
解析　(1)对滑块，在Q 点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，
有mg＋mg＝
对滑块，从P 到Q，根据动能定理得
mgh－μmgLMN－mg·2R＝mvQ
2
联立两式得μ＝0.25。
(2)当滑块恰好能运动到Q 点时，释放高度最小，设为h1，恰到Q 时的速度设为v1，对滑块，
在Q 点，重力提供向心力mg＝
从释放到Q 点，根据动能定理得
mgh1－μmgLMN－mg·2R
＝mv1
2
联立两式得h1＝3.5R
当滑块恰好能抛到M 点时，释放高度最大，设为h2，到Q 点时的速度设为v2，滑块由Q 点
平抛到M 点，水平方向4R＝v2t，竖直方向2R＝gt2
从释放到Q 点，根据动能定理得
mgh2－μmgLMN－mg·2R
＝mv2
2
联立求得h2＝5R
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故释放的高度范围为3.5R≤h≤5R。
7．(1)60 N　(2)6 J　(3)0.5 m≤L≤1 m
解析　(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH－μmg－mg×2R
＝mv2－0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝m
联立解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过
程，由动能定理可得mgH－μmgLAC＋W 弹＝0－0
又有W 弹＝0－Ep
联立解得Ep＝6 J
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝m，从开始到圆轨道最高点，由动能定理
可得mg(H－2R)－μmgs1＝mv0
2－0
解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1
要使滑块不脱离轨道，BC 之间的距离应该满足LBC≥0.25 m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－
μmgs2＝0
解得s2＝1.5 m
s2＝1.5 m＝1 m＋0.5 m
LBC′＝s2－LAC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨
道，所以LBC′≥0.5 m，考虑到AC 的总长度等于1 m，所以LBC′≤1 m；结合①②两种情
况，符合条件的BC 长度为0.5 m≤L≤1 m。
第4 练　机械能守恒定律及其应用
1．CD　[甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的
机械能都增加，故A 错误；物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B
错误；小球在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C 正确；弹
丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D 正确。]
2．D　[不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，
蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员
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与蹦床组成的系统势能先变小后变大，故A 错误；A 至B，运动员先做自由落体运动，只有
重力做功，运动员机械能守恒，从B 运动到C，运动员速度先增大后减小，蹦床逐渐发生形
变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，
故B、C 错误；下落至C 点时蹦床弹性势能最大，以C 点所在平面为零势能面，有Epm＝
mg(h＋Δx)，D 正确。]
3．A　[设人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解
得v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可
知t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt
＝4× m＝4.0 m，故选A。]
4．D　[对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B 错误；两个小球组
成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝×2mv2，解得v＝，
C 错误；a 球在下滑过程中，杆和重力对a 球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝mv2，其
中v＝，联立解得W＝mgR，D 正确。]
5．A　[设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面的重力势能为零，链条的机
械能为E＝－×2mg·sin 30°－×2mg·＝－mgL，链条全部滑出后，动能为Ek′＝×2mv2，重力
势能为Ep′＝－2mg·，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－mgL＝mv2－mgL，解得
v＝2.5 m/s，故A 正确，B、C、D 错误。]
6．C　[设B 刚落地时速度为v，则根据机械能守恒有2mg×7r＝mg×7r＋×3mv2＋mv2，解
得v＝2，当物块B 落地后，A 还能上升的高度h＝＝2r，因此A 上升到最高点离地面的高度
为9r。故选C。]
7．BC　[A、B 两球为同轴转动，故角速度相等，由v＝ωr 可知处于竖直位置时，A 球的速
率一定是B 球的两倍，故B 正确；下落过程中A、B 组成的系统只有重力做功，对A、B 组
成的系统由机械能守恒定律得3mgL＋mg·＝mvB
2＋×3mvA
2，且vA＝2vB，解得vA＝2，vB＝，
故C 正确；对B 小球由动能定理得W＋mg·＝mvB
2，解得W＝－，即杆对小球B 做负功，则
小球B 的机械能减少，故A、D 错误。]
8．AC　[环下落距离为d 时，由几何关系可知此时绳子与竖直方向的夹角为37°，设此时环
的速度为v，则重物的速度为v·cos 37°＝v，故环与重物的速度之比为5∶4，故A 正确；对
系统，由机械能守恒定律可得mg·d＝mv2＋m(v)2＋mg(－1)d，解得v＝，故B 错误；环从A
到B 的过程，由功能关系可知，环克服绳的拉力做的功等于此过程中环减少的机械能，故C
正确；环从A 到B 的过程，重物的动能和势能都增加，机械能增加，故D 错误。]
9．BD　[由于A 沿斜面匀加速上滑，B 沿竖直方向匀加速下降，即A 和B 的总动能增加，
A、B 组成的系统机械能守恒，故总重力势能减少，A 错误；A 沿斜面匀加速上滑到斜面中
点的过程中，据机械能守恒可得2mg·＝mg·sin 30°＋×2mvB
2＋mvA
2，又vB＝vA，
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联立解得vA＝，
vB＝，C 错误；
设细线上的拉力大小为F，设A 的加速度大小为a，由于B 的加速度为A 的加速度的一半，
对A、B 分别由牛顿第二定律可得F－mgsin 30°＝ma,2mg－2F＝2m·a，
联立解得a＝g，F＝mg，D 正确；
A 对斜面的压力大小为FN＝mgcos 30°，对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜
面的摩擦力大小为Ff＝FNsin 30°＝mg，B 正确。]
10．(1)Mg　(2)2
(3)2l
解析　(1)设C 下落l 时，绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得
tan θ＝＝，所以θ＝30°
对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2FTcos θ＝Mg，解得FT＝Mg。
(2)当C 的加速度为0 时，A、B 的加速度也为0，故FT＝Mg＝mg，解得M＝m，
由几何关系，当C 下落l 时，
A 和B 上升的高度为h＝－l＝l
对A、B、C 组成的系统，根据机械能守恒定律有Mg·l－2mgh
＝MvC
2＋2×mvA
2
vA＝vCcos θ
解得vC＝2＝2
(3)设D 下落至最低点时，轻绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D 组成的系统，由机械能
守恒定律有mgd＝2mg(－l)，由几何关系得d＝，解得d＝2l。
11．BC　[a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b 球为研究对象，
b 球的初速度为零，当a 球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b 球
此时的速度也为零，由此可知从a 球释放至a 球运动到两杆的交点过程中，b 球速度是先增
大再减小，当b 球速度减小时，轻杆对a、b 都表现为拉力，对a 分析，此时拉力在竖直方
向上的分力与a 的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A 错误；由a、b 机械能
守恒得mgΔh＝mva
2＋mvb
2，当a 下落Δh＝0.15 m 时，由几何关系可知轻杆与N 杆的夹角α
＝30°，此时vasin α＝vbcos α，联立解得va＝1.5 m/s，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点
后再向下运动L 距离，此时b 达到两杆的交点处，a 的速度为零，b 的速度最大，设为vbm，
由机械能守恒得mg(L＋Lsin θ)＝mvbm
2，解得vbm＝3 m/s，故C 正确；a 球运动到两杆的交点
处，b 的速度为零，设此时a 的速度为va0，由机械能守恒得mgLsin θ＝mva0
2，解得va0＝
2 m/s，此时a 球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a 球会继续向下加
速运动，速度会大于2 m/s，故D 错误。]
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第5 练　功能关系　能量守恒定律
1．CD　[在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A 错误；
由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B 错误；若小球匀
速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间摩
擦产生的热量，故C 正确；若小球加速下降，则根据能量守恒可知，小球减少的机械能等
于物块与桌面间摩擦产生的热量及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于
物块与桌面间摩擦产生的热量，故D 正确。]
2．A　[由题知PM 段绳的机械能不变，MQ 段绳的重心升高了Δh＝，则重力势能的增加量
为ΔEp＝mg·＝，根据功能关系，在此过程中，外力做的功等于MQ 段系统重力势能的增加
量，则W＝，故A 正确，B、C、D 错误。]
3．BD　[根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定
则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，
故A 错误；对A 受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，
根据动能定理可知，A 动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，
则拉力和重力对A 做功之和大于A 动能的增加量，故B 正确；由除重力和弹力之外的力对
物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A 做的功之和等于A 机械能的
增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A 做功，所
以两滑块组成的系统的机械能损失等于A 克服摩擦力做的功，故D 正确。]
4．CD　[小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A 错误；
小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得vB＝，则此过程中机
械能的减少量为ΔE＝mgR－mvB
2＝mgR，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝
mvB
2－0＝mgR，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少
量，则W 克f＝ΔE＝mgR，故D 正确。]
5．B　[根据题意，小物块从A 向B 是先加速后减速运动，加速度先向下后向上，方向发生
了变化，所以A 错误；设斜面的长度为L，则小物块的重力势能可以表示为Ep＝mg(L－
x)sin θ，B 选项正确；下滑过程中，小物块的动能先增大后减小，但是其图线的斜率表示其
所受的合力，根据题意可以判断合力是变力，与图像不符，所以C 错误；根据功能关系，
机械能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题
意摩擦力逐渐增大，与图像不符，所以D 错误。]
6．CD　[电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力F 合＝20 000 N－17 000 N＝
3 000 N，方向向下，则接触弹簧后开始阶段F 合>F 弹，电梯加速向下运动；随弹力的增加，
当F 合<F 弹时，电梯减速向下运动，则整个过程中电梯先加速后减速，先失重后超重，当F
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合＝F 弹时电梯速度最大，选项A、B 错误；由能量关系可知mgh＋mv2＝kh2＋Ffh，解得k＝
11 000 N/m，选项C 正确；停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为Ff′＝kh－mg＝2 000 
N，方向向下，选项D 正确。]
7．C　[单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0＝vS＝v×πR2＝4×π×102 
m3＝1 256 m3，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek＝Mv2＝ρV0v2＝
13 062.4 W，依题意，此风力发电机发电的功率为P＝20%Ek＝20%×13 062.4 W≈2.6 kW，
若风速变为8 m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的8 倍；故A、D 错误；每秒水流
机械能增加约为ΔE＝mgh＋mv′2，其中m＝ρ 水S′v′，解得ΔE＝2.04×104 J，故B 错误；
水泵正常工作每秒耗电为ΔE′＝＝2.55×104 J，风力发电机一天的发电量为E′＝Pt＝
2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J，解得t＝≈2.4 h，故C 正确。]
8．BC　[根据题意可知，小球运动到P 点时，沿杆方向除重力的下滑分力以外，还受到摩
擦力的作用，由牛顿第二定律可知，其加速度 a＝gsin 45°－<g，故A 错误；
根据题意，小球从M 到N 的过程中，由动能定理有 mgL－Wf＝0，根据小球受力及对称性
可知，当小球位于关于P 点对称的两个位置时，杆对小球的支持力大小相等，故其所受摩
擦力大小也相等，因此小球从M 到P 的过程中摩擦力对小球做的功等于从P 到N 的过程中
摩擦力对小球做的功，则有 W1＝Wf＝mgL，故B 正确；
结合B 分析可知，从M 到P，重力对小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故弹性
绳减小的弹性势能转化为小球的动能，故C 正确；
根据上述分析可知，小球和弹性绳组成的系统从M 到P 的过程中摩擦力做的功等于从P 到
N 的过程中摩擦力做的功，因此小球和弹性绳组成的系统从M 到P 的过程损失的机械能应
等于从P 到N 的过程中损失的机械能，故D 错误。]
9．(1)6 J　(2)停在BC 上距离C 端0.3 m 处(或距离B 端0.2 m 处)
解析　(1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D 端的距离为
x0，则有kx0＝mg，解得x0＝＝0.1 m
在C 点，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg 和重力，有FN′＋mg＝，解得vC＝ 
m/s。
物块从C 点到压缩弹簧速度最大时，
由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝
Ep＋Ekm－mvC
2，解得Ekm＝6 J
(2)物块从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理得
mgh－μmgs＝mvC
2－0
解得B、C 间距离s＝0.5 m
物块与弹簧作用后返回C 处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过
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程中。
设物块第一次与弹簧作用返回C 处后，物块在BC 上运动的总路程为s′，由能量守恒定律
有：μmgs′＝mvC
2，解得s′＝0.7 m，故最终物块在BC 上距离C 端为x1＝0.5 m－(0.7 m－
0.5 m)＝0.3 m(或距离B 端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下。
10．(1)0.12 m　(2) N　(3)3.36 J
解析　(1)不挂钩码将A 放置P 点时A 刚好不上滑，A 物体受力如图所示，根据平衡条件有
kx＝mgsin θ＋μmgcos θ，解得x＝0.12 m
(2)刚松手时，以A 和B 为系统，根据牛顿第二定律有Mg＝(M＋m)a
以B 为研究对象有Mg－F＝Ma，解得F＝ N
(3)设A 物体向上运动的最大距离为s1，由能量守恒定律得Mgs1＝mgs1sin θ＋μmgs1cos θ＋
k(x－s1)2－kx2，
代入数据解得s1＝0.4 m，
最高点弹簧的伸长量为x1＝s1－x＝0.4 m－0.12 m＝0.28 m，
因为kx1＋mgsin θ－Mg>μmgcos θ，所以A 将向下加速运动，设A 由最高点向下运动的最大
距离为s2，由能量守恒定律有：
mgs2sin θ＋kx1
2－k(x1－s2)2＝Mgs2＋μmgs2cos θ
代入数据解得s2＝0.16 m，
此时弹簧的伸长量为x2＝x1－s2＝0.28 m－0.16 m＝0.12 m，因为有Mg－kx2－mgsin 
θ<μmgcos θ，所以系统将处于静止状态，整个过程中A 克服摩擦力做功W＝μmgcos θ(s1＋
s2)，代入数据解得W＝3.36 J。
11．BD　[设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块
的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv0
2＝mv1
2＋Mv2
2＋fl，整
理可得mv1
2＝mv0
2－fl－Mv2
2<mv0
2－fl，D 正确，C 错误；因摩擦产生的热Q＝fl＝f(xm－
xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以
EkM＝W＝fxM<fl，B 正确，A 错误。]
12．BD　[当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力大小为F，压缩量为x，
由平衡条件知F＝kx＝2Ff，代入k 的值可得x＝l，设欲使轻杆S 发生移动，质量为m 的物体
运动的最小速度为v1，则由能量守恒定律有mv1
2＝k(l)2，由题意知，质量为m 的物体以大小
为v0的速度撞向弹簧，能使轻杆S 向右侧移动，由能量守恒定律有mv0
2＝2Ff×＋mv1
2，联
立可得v1＝v0，故A 错误，B 正确；设质量为m 的物体的运动速度大小为v2时，轻杆S 左端
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恰好完全进入薄板，则由能量守恒定律有mv2
2＝2Ff×l＋mv1
2，可解得v2＝v0，故C 错误，D
正确。]
第6 练　专题强化：动力学和能量观点的综合应用
训练1　用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块—木板
模型
1．C　[传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，
所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由x
＝at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的
位移增大，由Q＝Ffx 相对，可知摩擦产生的热量增多，故选C。]
2．C　[由能量转化和能量守恒定律可知，力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动能，
一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx 相对，x 相对＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式
可得W＝mv2，故选项C 正确。]
3．AC　[从v－t 图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2 
m/s，因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A 正确；
由题图乙可知0～t2时间内小物块的加速度为a＝1 m/s2
对物块受力分析，
可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝，故B 错误；
物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为t 加＝＝2 s
结合v－t 图像可得t2＝3 s
根据v－t 图像图线与横轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为x1′＝
－ m＝－0.5 m
故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为Δx1＝x1－x1′＝1×2 m＋0.5 m＝2.5 m
物块向上运动过程中的位移为
x2′＝ m＝2 m
物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为Δx2＝x2－x2′＝2×2 m－2 m＝2 m
所以传送带与物块的总相对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝4.5 m
所以0～t2时间因摩擦产生热量为Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，故D 错误；
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物块增加的重力势能
ΔEp＝mgsin θ·(x2－x1)＝7.5 J
物块动能的增量
ΔEk＝mv2－mv0
2＝1.5 J
则传送带多消耗的电能W 电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故C 正确。]
4．(1)0.6 s　(2)3 m　(3)4 J
解析　(1)沿传送带运动方向，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，包裹的加速度大小为a＝8 
m/s2
包裹与传送带相对静止时有v2＝at1，得t1＝0.5 s，此时包裹沿传动带方向的位移为x＝at1
2，
得x＝1 m，包裹匀速运动的时间为t2＝＝0.1 s，则从传送带启动到该包裹到达N 处所需时间
为t＝t1＋t2＝0.6 s；
(2)启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为l＝v1t＝3 m；
(3)传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v2t1－at1
2)＝4 J。
5．(1)4 m/s　1 m/s　(2)1.5 m
(3)12 J
解析　(1)假设木板和物块有相对滑动，撤去F 前，对木板由牛顿第二定律有F－μ1(m1＋m2)g
－μ2m2g＝m1a1①
解得a1＝8 m/s2
对物块由牛顿第二定律有
μ2m2g＝m2a2②
解得a2＝2 m/s2
因a1>a2，故假设成立，撤去F 时，
木板、物块的速度大小分别为
v1＝a1t1＝4 m/s③
v2＝a2t1＝1 m/s④
(2)撤去F 后，对木板有
μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a3⑤
解得a3＝4 m/s2
对物块有μ2m2g＝m2a4⑥
解得a4＝2 m/s2
设经过t2时间木板和物块速度相同
对木板有v＝v1－a3t2⑦
对物块有v＝v2＋a4t2⑧
得t2＝0.5 s，v＝2 m/s⑨
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撤去F 前，物块相对木板向左滑行了
Δx1＝t1－t1＝0.75 m⑩
撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx2＝t2－t2＝0.75 m
之后二者之间再无相对滑动，故木板长度至少为L＝Δx1＋Δx2＝1.5 m；
(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量Q1＝μ2m2gL＝3 J
共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度大小为a，有a＝μ1g＝1 m/s2
全过程中木板对地位移为
s＝t1＋t2＋＝4.5 m
木板与地面间因摩擦产生的热量为Q2＝μ1(m1＋m2)gs＝9 J，故全过程中因摩擦产生的热量为
Q＝Q1＋Q2＝12 J
解法二：由功能关系可得Q＝Fx1，
x1＝t1，Q＝12 J。
6．(1)2 m/s　(2)9.6 J
解析　(1)木板与木块相对滑动，根据牛顿第二定律
对木板有μ1(mA＋mB)gcos 37°＋μ2mBgcos 37°－mAgsin 37°＝mAa1，得a1＝5 m/s2
对木块有mBgsin 37°＋μ2mBgcos 37°＝mBa2，得a2＝10 m/s2
木板做匀减速直线运动，则v＝v0－a1t
木块做匀加速直线运动，则vB＝a2t
得vB＝2 m/s
(2)从刚放上木块到二者共速
v0－a1t1＝a2t1，得t1＝0.4 s
此过程二者的相对位移为
Δx＝v0t1－a1t1
2－a2t1
2＝1.2 m
由于tan 37°>μ2
则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B 之间的摩擦力产
生的内能为Q＝μ2mBgcos 37°·2Δx＝9.6 J。
训练2　用动力学和能量观点分析多运动组合问题
1．(1)(91.92－24) N　(2)1.5 m
(3)87 J
解析　(1)物块由C 到D，做斜上抛运动
水平方向v 水平＝＝1.6 m/s
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物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小
v＝＝2 m/s，
v 竖直＝vsin θ＝1.2 m/s
物块在C 端时竖直方向速度大小
v 竖直′＝v 竖直－gt＝－0.8 m/s，
vC＝＝ m/s
由B 到C 有mvB
2＝mvC
2＋mgR(1－cos α)
其中cos α＝，
在B 点有FN－mg＝m
由牛顿第三定律得
F 压＝FN＝(91.92－24) N
(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mgcos θ－mgsin θ＝mam，解得物块加速度大小am＝ 
m/s2，做匀减速直线运动
对木板有μ2mgcos θ＋Mgsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝MaM，解得木板加速度大小aM＝ m/s2，
做匀加速直线运动，设两者经时间t1达到共速v 共，则有v－amt1＝aMt1＝v 共
解得t1＝1.5 s，v 共＝1 m/s
此过程中s 物＝t1＝ m，
s 板＝t1＝ m
物块相对于木板运动的距离
Δs＝s 物－s 板＝1.5 m
(3)由于μ2>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
a 共＝μ1gcos θ－gsin θ＝ m/s2，
s 共＝＝1.5 m
Q 物－板＝μ2mgcos θ·Δs＝30 J
Q 板－斜＝μ1(M＋m)gcos θ·(s 板＋s 共)＝57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J。
2．(1)1.5 m　(2)0.05 m
(3)s＝
解析　(1)在C 处有
FN－mg＝m
小物块由A 运动到C 的过程中，由动能定理可得mgLsin 37°－μ1mgLcos 37°＝mvC
2－0，解得
L＝1.5 m
(2)小物块由A 运动到E 的过程中，由动能定理可得
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mgLsin 37°－μ1mgLcos 37°－mg·2R＝mvE
2－0
小物块恰能从P 点平行PQ 飞入斜面，即其速度与水平方向夹角为30°，则tan 30°＝
E 点与P 点的竖直距离为
h＝gt2＝0.05 m
(3)物块飞入P 点的速度大小为
vP＝＝2 m/s
若经弹簧一次反弹后恰能回到P 点，经过粗糙段MN 两次，
则－μ2mgcos 30°·2L0＝0－mvP
2
解得L0＝0.4 m，即当0.2 m≤L<0.4 m 时，小物块经过弹簧一次反弹后从P 点飞出，此时s＝
2L
当0.4 m≤L≤0.5 m 时，小物块无法冲出斜面，
且mgsin 30°>μ2mgcos 30°
故小物块不会停在MN 段上，最终在N 点与弹簧间往复运动，在N 点的速度为零，由动能
定理可得
mg(L2＋L)sin 30°－μ2mgscos 30°＝0－mvP
2，解得s＝2L＋1.2 m
综上所述，小物块在MN 段上运动的总路程s 与其长度L 的关系式为
s＝
第7 练　实验七：验证机械能守恒定律
1．(1)A　(2)A　(3)2.0　0.86
(4)BC
解析　(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势
能变化量，故选A。
(2)验证机械能守恒定律实验通过电磁打点计时器计时，需要交流电源，故A 正确；验证机
械能守恒定律中等式两边重物质量可以约掉，则不需要天平测质量，故B 错误。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下C 点时重物的速度
大小为vC＝＝ m/s＝2.0 m/s
O 点到C 点的这段时间内重物重力势能的减少量为ΔEp＝mghOC＝0.4×9.8×22.00×10－2 
J≈0.86 J。
(4)根据题意，设阻力为Ff，由动能定理有(mg－Ff)h＝mv2，整理可得v2＝2(g－)·h，可知，
若阻力为零，则两次实验的v2－h 图像斜率相等，由题图可知，斜率不等，则阻力不可能为
零，故A 错误，B 正确；虽然斜率不相等，但不知道两物体所受阻力的情况，则两物体的质
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量关系不确定，即m1可能等于m2，故C 正确，D 错误。
2．(1)②④　(2)5.00　0.431
(3)　(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不
准确，产生误差
解析　(1)通过光电门测量滑块运动的速度v＝，滑块下滑过程中若机械能守恒，则减少的重
力势能转化为动能mg(h1－h2)＝mv2
2－mv1
2＝m()2－m()2，整理化简得g(h1－h2)＝()2－()2，所
以测量滑块和遮光条的总质量m 不必要，测量A、B 之间的距离l 也不必要，故选②④。
(2)游标卡尺的读数为d＝5 mm＋0×0.05 mm＝5.00 mm，
滑块通过光电门的速度
v1＝＝ m/s≈0.431 m/s。
(3)根据(1)问可知
h1－h2＝
在误差允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机械能守恒。
(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，
产生误差。
3．(1)k(L－L0)h5－kh5
2　　mgh5　(2)见解析
解析　(1)从打出A 点到打出F 点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp 弹＝k(L－L0)2－k(L－
L0－h5)2，整理有ΔEp 弹＝k(L－L0)h5－kh5
2，打F 点时钩码的速度为vF＝，由于在误差允许的
范围内，认为释放钩码的同时打出A 点，则钩码动能的增加量为ΔEk＝mvF
2－0＝，钩码的
重力势能增加量为ΔEp 重＝mgh5。
(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功，则弹簧弹
性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h 增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变
大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动
的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。
4．(1)①挡光片中心　③1.650
(2)mgh＝(2M＋m)()2　(3)绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动中受到空气阻
力
解析　(1) 用挡光片经过光电门中心的平均速度代替重物经过光电门中心的瞬时速度，所以
应测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。螺旋测微器固定刻度的示数为1.5 mm，可
动刻度的示数为0.01 mm×15.0＝0.150 mm，可得d＝1.5 mm＋0.150 mm＝1.650 mm。
(2)重物A 经过光电门时的速度v＝，系统动能增加量ΔEk＝(2M＋m)v2＝(2M＋m)()2，系统重
力势能的减少量为mgh，系统机械能守恒应满足的关系式为mgh＝(2M＋m)()2。
(3)系统机械能守恒的条件是只有重力做功，但实际实验中可能存在其他力，故引起实验误
差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动中受到空气阻力。
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5．(1)　(2)＋　(3)9.87
解析　(1)中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所以v120＝
(2)若此过程机械能守恒，则有
mg＝m()2＋M()2
整理得
mgL＝＋
(3)根据牛顿第二定律有mg－2FT＝m，FT＝Ma，()2＝2aL
将Δx＝5.12 cm、L＝153.55 cm、m＝0.10 kg、M＝0.90 kg 代入解得g≈9.87 m/s2。
第七章　动量守恒定律
第1 练　动量定理及应用
1．D　[质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝
mv，
联立可得p＝m＝m·
，且x>0，故正确的相轨迹可能为D。]
2．C　[充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量
定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的
合力，A、B 错误，C 正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程
中物品动量的变化率，D 错误。]
3．D　[物块所受拉力F 的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A 错误；物块所受
重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C 错误；由动量定理可知I 合＝2mv＝Ftcos θ，故B 错误，D
正确。]
4．D　[取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×
50 kg·m/s＋(0.06×50) kg·m/s＝6.0 kg·m/s，故A、B 错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F
＝1 500 N，故D 正确，C 错误。]
5．B　[设该发动机在t 时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，
在1 s 内喷射出的气体质量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。]
6．AB　[增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据FΔt＝Δmv
可知，可以增大火箭的推力，故A 正确；当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据FΔt＝
Δmv 可知，可以增大火箭的推力，故B 正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零
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时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，
故C 错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，
故D 错误。]
7．D　[在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力作用，则有v1
2＝2gh，可得入水时的
速度v1＝10 m/s，运动员入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，因此入水后的平均速
度＝＝5 m/s，从入水到速度减为0 所用时间t＝＝ s＝ s，以竖直向下为正方向，根据动量
定理有I＋mgt＝0－mv1，可得I＝－650 N·s≈－919 N·s，即水给运动员的冲量大小约为919 
N·s，故选D。]
8．BD　[如图所示：
根据牛顿第二定律：a 甲＝＝－μg，a 乙＝－μg，由于m 甲>m 乙，所以a 甲<a 乙，由于两磁铁运
动时间相同，且同时由静止释放，所以可得v 甲<v 乙，所以选项A 错误；由于m 甲>
m 乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项
C 错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方
向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D 正确。]
9．AD　[F－t 图像与t 轴围成的面积表示拉力的冲量，根据动量定理可知t－μmgt＝p，代
入数据可解得p＝1 kg·m/s，故A 正确；同理，2～4 s 根据动量定理有t－μmgt＝mv－p，代
入数据解得v＝1 m/s，故B 错误；由上述分析可知0～2 s 内物块动量的变化量大小为
1 kg·m/s,2～4 s 内物块动量的变化量大小为0,4～5 s 内F≤1 N＝μmg，物块做匀减速运动直
到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以在0～2 s 内和2～5 s 内，物块动量的变化量大小
之比为1∶1，故C 错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，由题图可知为t＝3 s 时刻，
根据动量定理可知t′－μmgt′＝mv′－p，代入数据解得v′＝1.5 m/s，故D 正确。]
10．D　[根据动能定理有
W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，
W2＝m(5v)2－m(2v)2
＝mv2，可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动
量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。]
11．D　[设该区域每立方米空间内的尘埃数为n 个，则在Δt 时间内有vΔtSn 个尘埃附着于
舱体外表，对尘埃由动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。]
12．(1)ρv0S　(2)－
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解析　(1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δh＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV＝ΔhS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S
(2)如图，设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得
F 冲＝Mg④
其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力
由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤
其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式：v′2－v0
2＝－2gh⑥
在很短时间Δt 内，冲击玩具的水柱的质量Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理
(F 压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧
由于Δt 很小，Δmg 也很小，
故Δmg·Δt 可以忽略，⑧式变为
F 压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
第2 练　动量守恒定律
1．C
2．C　[a 离开墙壁前，a、b 和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A
错误；a 离开墙壁前，a、b 和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统
所受合外力不为零，故动量不守恒，故B 错误；a 离开墙壁后，a、b 和弹簧组成的系统所受
合力为零，故动量守恒，故C 正确，D 错误。]
3．C　[由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，
故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A 错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解
得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B 错误，C 正确；由动量定理知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑
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块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D 错误。]
4．D　[a、b 组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向
的初动量为零，在b 球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b 球的速度方向竖直向下，
a 球的速度为零，故A、B 错误，D 正确；a 球初动能为零，b 球落地前瞬间a 球的动能也为
零，且重力与地面的支持力对a 球不做功，根据动能定理可知在b 球落地前的整个过程中，
轻杆对a 球做功为零，故C 错误。]
5．BD　[系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，
而总动量不守恒，A 错误，B 正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向
左摆到原高度，C 错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方
向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM
＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向
右移动的最大距离为，D 正确。]
6．2 m/s
解析　因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为vA，C 的速度
为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
碰撞后A 与B 在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
7．B　[设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题
知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，
解得v3＝1.5 m/s，故选B。]
8．AC　[木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的
冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力
大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A 正确；以子弹A、B 和木块组成
的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量
守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，对子弹由动能定理得W＝0－Ek，由Ek＝，可
知摩擦力对两子弹做的功W＝－，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的
功不一定相等，故B 错误，C 正确；子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以子弹与木块组
成的系统机械能不守恒，故D 错误。]
9．B　[设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小
的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时
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间相同，由水平方向x＝v0t 知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移
大小之比不是1∶2，故A 项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B 项正确，
C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D 项错误。]
10．D　[设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒
(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，故D 正确。]
11．(1)m1　(2)
解析　(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的
速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1
A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点
的速度大小为vA，有m1vA
2＝m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝
由动量定理，有I＝m1vA＝m1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需
满足v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，设以此方向为正方向，
B 碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，
有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝
又Ek＝m2vB
2，可得碰撞前瞬间B 的动能Ek至少为Ek＝。
12．BC　[设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，
运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量
守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝
2mv0，…，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝，
则v7＝，v8＝。由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、
C。]
第3 练　专题强化：碰撞模型及拓展
1．B　[小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A 错误；冰块
在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B 正
确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C 错误；冰
块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹
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槽时的速率小，故D 错误。]
2．B　[由机械能守恒可知，当物块B 被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v0＝0.3 m/s，方向
向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝
0.2 m/s，即物块A 的速度大小为0.2 m/s，故选B。]
3．C　[A、B 两球在水平方向上所受合外力为零，A 球和B 球碰撞过程中动量守恒，设A、
B 两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A 球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv
＝mv1＋3mv2，假设碰撞后A 球静止，即v1＝0，则v2＝v，由题意可知A 球被反弹，所以B
球速度v2>v，A、B 两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv1
2＋×3mv2
2，
联立可得v2≤，可得<v2≤，故选C。]
4．C　[设滑块P 的质量为2m，则Q 的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P 锁定
时，Q 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P 解除锁定，Q 下滑过程中，
P、Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－
2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mvQ
2＋×2mvP
2，Q 离开P 时的动能Ek2＝mvQ
2，联立解
得＝，故C 正确。]
5．C　[x－t 图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝
4 m/s，m2 碰前的速度为0，A 错误；两物体正碰后，m1 碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 
m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B 错误；两物体碰撞
过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根
据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C 正确；根据动能的表达式Ek
＝mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D 错误。]
6．AD　[当B 在A 的右侧运动时，细绳弹力对A 一直做正功，可知当B 再次回到最低点时，
A 的速度最大，则有m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v0
2＝m2v2
2＋m1v1
2，解得v1＝2 m/s，A 正确；对B
分析，可知B 在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B 组成的系统存在超重与失重过程，
系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为
0，即系统在水平方向上动量守恒，B 错误；设物块B 恰好到达最高点上升的高度为h，此
时A、B 速度相等，则有m2v0＝(m1＋m2)v3，m2v0
2－(m1＋m2)v3
2＝m2gh，解得h＝0.3 m<l＝
0.45 m，可知物块B 不能够到达细杆MN 处，C 错误；根据上述可知，物块B 从开始运动到
最大高度的过程中，B 减小的机械能与A 增加的机械能相等，则有ΔE 机＝m1v3
2＝1 J，D 正
确。]
7．AB　[A 与B 碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mvA＋2mvB
mv2＝mvA
2＋×2mvB
2
联立解得碰后A、B 的速度分别为vA＝－v，vB＝v，B 与C 碰撞过程，由动量守恒和机械能
守恒可得
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2mvB＝2mvB′＋kmvC
×2mvB
2＝×2mvB′2＋×kmvC
2
联立解得碰撞后B 的速度为
vB′＝v
为了保证A 与B 只发生一次碰撞，需要满足|vB′|＝≤|vA|
＝
由于k>2，则有≤
联立解得2<k≤6，故选A、B。]
8．AD　[A、C 碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1
＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C 速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep
＝(mA＋mC)v1
2＝48 J，故A 正确；4 s 到12 s 的时间内弹簧弹力对A、C 的冲量为I 弹＝(mA＋
mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s 时B 的速度为零，4 s 到12 s 的
时间内对B 由动量定理可得－I 弹＋I 墙＝0，得I 墙＝I 弹＝－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向
左，故B 错误；当B 的速度与A、C 速度相等时由动量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋
mB)v2′，解得v2′＝3 m/s，所以物块B 离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep′＝(mA＋
mC)v1
2－(mA＋mC＋mB)v2′2＝12 J，故C 错误；当弹簧回到原长时B 的速度达到最大，由动
量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)v1
2＝(mA＋mC)v3
2＋
mBv4
2，解得v4＝6 m/s，故D 正确。]
9．(1)　(2)mgh　(3)h
解析　(1)物块A 运动到O 点的过程，根据动能定理可知mgh＝mv1
2，解得v1＝
(2)当A、B 发生碰撞，根据动量守恒定律可知mv1＝(m＋2m)v2，
解得v2＝
A、B 碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv1
2－(m＋2m)v2
2
＝mgh
(3)将A、B、C 看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B 到达最高点时三者在
水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3，根据能量守恒定律
可知(m＋2m)v2
2＝(m＋2m＋3m)v3
2＋(m＋2m)gh′
联立解得A 和B 沿C 能上升的最大高度为h′＝h。
10．(1)2.4 m/s　6.4 m/s　(2)见解析
解析　(1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1－cos θ)＝Mv0
2
解得v0＝4 m/s
丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv0＝Mv′＋mv
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由机械能守恒得Mv0
2＝Mv′2＋mv2，解得碰后瞬间，丙的速度大小v′＝2.4 m/s，
甲的速度大小v＝6.4 m/s
(2)假设乙能从C 点离开，乙到达C 点时甲、乙水平速度相同，设甲速度为v 甲2，从丙与甲
碰撞结束至乙从C 点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv 甲2，解得v 甲2＝3.2 
m/s
设乙从C 点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C 点离开甲过程中，
由机械能守恒得mv2＝mv 甲2
2＋mv 乙1
2＋mgR
又因为v 乙1
2＝v 甲2
2＋vy
2，解得vy＝2 m/s>0，所以乙能从C 点离开圆弧轨道。
11．BC　[小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A 错误；系统在水平方向动量守恒，
有0＝mv 小－Mv，根据能量守恒有mg(R＋R)＝mv 小
2＋Mv2，解得v 小＝3 m/s，v＝1 m/s，故
B 正确；小球的水平分速度始终为物块速度的3 倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
d＝＝0.15 m，故C 正确；小球在C 点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块
为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v 小＋v，由牛顿第二定律得F 支＝mg
＋，由牛顿第三定律得F 压＝F 支，对整体有FN＝Mg＋mg＋m＝ N，故D 错误。]
第4 练　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
1．D　[设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v′，子弹和滑块的质量分别为m、
M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′＝，由于两滑块质
量相同，子弹质量也相同，则最后共同速度也相同，故A 错误；子弹的质量相同，初、末
速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知I＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相
同，故B 错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，
故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A 中受到的平均阻力是在B 中受到的
平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B 中的深度是射入滑块A 中深度的两倍，故C 错误；
根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相
同，末动能相同，则子弹对滑块A 做的功和对滑块B 做的功相等，故D 正确。]
2．A　[木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0，故B、C 错误；木板碰
到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运
动，最终两者速度相同，设为v1。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，
则由动量守恒得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝v0＜v0，故A 正确，D 错误。]
3．BD　[规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，
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mAv0
2＝mAvA1
2＋mBvB1
2，解得vB1＝6 m/s，故A 错误，B 正确；C 与B 左侧的挡板相撞后的一
小段时间内，C 的速度大于B 的速度，C 对B 的摩擦力水平向右，此时C 对B 摩擦力的冲量
水平向右，故C 错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBvB1＝(mB＋mC)v 共，
mBvB1
2＝(mB＋mC)v 共
2＋μmCg·2L，
解得μ＝0.75，故D 正确。]
4．(1)10 m/s　(2)5 m
解析　(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，
两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，
μm2gL＝(m0＋m1)v1
2－(m0＋m1＋m2)v2
2，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车
的长度至少为5 m。
5．AC　[因子弹穿透木块过程所受阻力Ff恒定，子弹加速度大小a1＝，木块的加速度大小
a2＝，画出子弹和木块的v－t 图像如图所示
由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A 正确；木块的质量M 越大，
a2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B 错误，
C 正确；子弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s 越小，但系统产生的热量为FfL 保持
不变，故D 错误。]
6．(1) m/s　 m/s　(2)0.5 m
解析　(1)根据题意，设滑块刚离开A 时的速度为v1，此时A、B 速度相等为v2，滑块冲上A
木板至刚离开A 木板的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
由能量守恒定律有
mv0
2＝mv1
2＋×2mv2
2＋μmgL1
解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
即滑块刚离开A 时，A 和B 的速度大小为vA＝vB＝v2＝ m/s
(2)根据题意，滑块冲上B 木板的过程，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv3
由能量守恒定律有
mv1
2＋mv2
2＝×2mv3
2＋μmgL2
解得L2＝0.5 m。
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7．(1)3 m/s　(2)6 kg
(3) m/s　1 m
解析　(1)对滑块A、B 碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋
mBvB 
mAv0
2＝mAvA
2＋mBvB
2
联立代入数据得滑块A 和B 碰后滑块B 的速度大小vB＝3 m/s
(2)滑块B 恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B 刚好滑到圆弧的顶端时，滑块
B 与长木板共速，对滑块B 和长木板有mBvB＝(mB＋mC)v 
mBvB
2－(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR
联立代入数据可得v＝1 m/s，mC＝6 kg
(3)当滑块B 返回至Q 点时，长木板的速度最大，设此时滑块B 的速度为vB′，
则有(mB＋mC)v＝mBvB′＋mCvm
mBvB′2＋mCvm
2－(mB＋mC)v2＝mBgR
联立解得vm＝ m/s
设滑块B 最终没有滑离长木板，对滑块B 从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量
守恒定律有
mBgR＝μmBgΔx
解得Δx＝1 m<L＝2 m
故假设成立，滑块B 最终距Q 点的距离Δx＝1 m。
8．(1)5(1－k) m/s　方向向右
 m/s　方向向右　(2)1.875 m
解析　(1)物块C、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C、D 形成的新物块的速
度为v 物，已知C、D 的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v 物
解得v 物＝v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。
滑板A、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为v 滑，
滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg，则有
Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v 滑
解得v 滑＝v0＝ m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度为
v 物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为v 滑′＝ m/s＝0
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可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运
动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为
v 共，根据动量守恒可得
m′v 物′＝(m′＋M′)v 共
解得v 共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μm′gx 相＝m′v 物′2－(m′＋M′)v 共
2
解得x 相＝1.875 m。
第5 练　专题强化：用三大观点解决力学问题
1．(1)　(2) 
(3)mgL
解析　(1)设a 与b 碰撞前一瞬间，a 的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝
mv0
2，
解得v0＝
(2)设a、b 碰撞后的速度大小分别为v1、v2，
根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1
根据能量守恒有
mv0
2＝×3mv2
2＋mv1
2
解得v1＝v2＝v0＝
(3)由于v2＝<，因此物块b 在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，
根据牛顿第二定律有
3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma
解得a＝gsin α＋μgcos α＝g
根据对称性，物块b 在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝＝
物块b 第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为
Q＝μ·3mgcos α(v2t1＋t1＋t1－v2t1)＝mgL。
2．(1)　(2)6mgL－3mv0
2
(3)
解析　(1)A 在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝
(2)B 从M 点滑至N 点的过程中，由动能定理知
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2mg·3L－W＝×2m(2v0)2－×2mv0
2，解得W＝6mgL－3mv0
2
(3)A、B 碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
×2m×(2v0)2－(mv1
2＋×2mv2
2)＝×[×2m×(2v0)2]
解得v1＝2v0，v2＝v0
(另一解v1＝v0，v2＝v0不符合题意，舍掉)
两药品盒做平抛运动的时间t1＝
则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1
解得s＝。
3．(1)2 m/s2　3 m/s2　1 s　(2)5 m/s
(3)0<L≤0.25 m 或L＝0.625 m
解析　(1)设物块a 脱离薄板b 前，物块a 的加速度大小为a1，薄板b 的加速度大小为a2，物
块a 在薄板b 上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有
μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2
代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
由物块a 与薄板b 之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l
代入数据解得t＝1 s
(2)设物块a 离开薄板b 时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2 m/s
设物块a 从A 点滑入时的速度大小为vA，由于物块a 滑出平台后做平抛运动，则由速度关系
可得vAcos 60°＝v0
物块a 进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B 点时的速度为vB，则从A 到B 由动能定理有
m1gR(1－cos 60°)＝m1vB
2－m1vA
2
联立解得vB＝5 m/s
(3)设碰撞后瞬间物块a 的速度为vB1，小球c 的速度为vc，则由动量守恒定律和能量守恒定
律有
m1vB＝m1vB1＋m3vc
m1vB
2＝m1vB1
2＋m3vc
2
联立解得vB1＝0，vc＝5 m/s
要使连接小球c 的绳子断裂后小球c 做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若
在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3，解得0<L≤0.25 m
若在最低点绳子恰好断裂，则有
m3g·2L＝m3vc1
2－m3vc
2
FT－m3g＝m3
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解得L＝0.625 m
而若L＝0.625 m，小球c 做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3
解得v1＝2.5 m/s<vc＝5 m/s
则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球c 被碰后做平抛运动，绳长
应满足的条件为0<L≤0.25 m 或L＝0.625 m。
4．(1)30 N　(2)1.6 J
(3)(1－) s
解析　(1)滑块B 下滑到A 的底端过程，由动能定理有：mBgR＝mBv2，解得v＝2 m/s
在A 的底端，由牛顿第二定律有：FN－mBg＝mB，解得FN＝30 N，由牛顿第三定律可知B
对A 的压力大小为FN′＝30 N；
(2)当B 滑上C 后，B 受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1，解得a1＝
2 m/s2，方向水平向左
C 受B 向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律
μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，
解得a2＝10 m/s2，方向水平向左，
B 向右运动的距离x1＝，
解得x1＝1 m
C 向右运动的距离x2＝，
解得x2＝0.2 m
B、C 间因摩擦产生的热量
Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6 J；
(3)假设B 还未与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为t1，由t1＝，得t1＝0.2 s，此时B 的位移
xB1＝vt1－a1t1
2，
解得xB1＝0.36 m
则x 相＝xB1－x2＝0.16 m，
此时vB1＝v－a1t1＝1.6 m/s
由L>0.16 m，一定是C 先停下，之后B 再与C 上挡板碰撞
设再经t2时间B 与C 挡板碰撞，
由L－0.16 m＝vB1t2－a1t2
2，
得t2＝0.8 s－ s，
t2＝0.8 s＋ s(舍去)
碰撞时B 速度为
vB2＝vB1－a1t2＝2
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碰撞时由动量守恒定律可得
mBvB2＝(mB＋mC)vBC
解得碰撞后B、C 速度为
vBC＝
之后二者一起减速运动，a3＝μ2g＝8 m/s2，方向向左，经t3后停下，
得t3＝＝
B 从滑上C 到最终停止所用的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝(1－) s。
第6 练　实验八：验证动量守恒定律
1．(1)10.5　(2)A　(3)M　P
解析　(1)观察主尺的单位为 cm，读出主尺的读数是10 mm，游标尺上的第五条刻度线与主
尺上的刻度线对齐，结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为D＝10 mm＋0.1×5 mm＝
10.5 mm。
(2)在实验的过程中，需要小球A 两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同，实验时
应使小球A 每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需
要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故A 正确，B、C 错误；小球A 与B
发生正碰时，为使小球A 在碰后不反弹，要求小球A 的质量大于小球B 的质量，故D 错误。
(3)设A、B 两球的质量分别为mA和mB，由(2)中分析知mA>mB；碰前A 的速度v0；因为两个
小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律得
mAv0
2＝mAvA
2＋mBvB
2
解得vA＝v0，vB＝v0
可见碰后小球A 的速度小于小球B 的速度，也小于碰前A 的速度v0，所以小球A 单独滚下
落到水平面上的位置为N，A、B 碰后在水平面上的落点位置分别为M、P。
2．(1)C　(2)C　(3)1.63　(4)m1x2＝(m1＋m2)x4　(5)木板倾角过大(碰前小车Q 具有沿轨道向下
的速度)
解析　(1)在碰撞过程中，橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起。故选C。
(2)实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P 能在木板上匀速直线运动，补偿阻力，故A 错
误；接通打点计时器电源后，小车P 匀速运动，故释放时需有一定的初速度，故B 错误；
与小车P 碰撞前，小车Q 应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以
测量出小车P 的碰前速度，故C 正确；加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整
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木板倾角，故D 错误。
(3)碰撞前的速度应该选择BC 段求平均速度，则v＝＝×10－2 m/s≈1.63 m/s；
(4)x4为碰撞后二者的运动距离，则根据动量守恒定律可得
m1v＝(m1＋m2)v′，v＝，v′＝，
解得m1x2＝(m1＋m2)x4；
(5)由上述可知m1x2＝(m1＋m2)x4，若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，则
说明碰撞前Q 不是处于静止状态，故碰前小车Q 具有沿轨道向下的速度。
3．(3)0.10　(4)3.0　(5)3∶1
解析　(3)小球在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上有Δy＝y2－y1＝
2a＝gT2，解得频闪相机闪光的周期为T＝＝ s＝0.10 s；
(4)小球在水平方向上做匀速直线运动，由题图乙可知碰撞后质量为m2的小球水平速度为v2
＝＝ m/s＝3.0 m/s；
(5)碰撞前质量为m1的小球水平速度为v1＝＝ m/s＝2.0 m/s，碰撞后质量为m1的小球水平速
度为v1′＝＝ m/s＝1.0 m/s，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得m1v1＝m1v1′＋
m2v2，代入数据解得＝＝＝。
4．(1)A　(2)1∶30　非弹性
解析　(1)两个小球必须发生对心碰撞，故选项A 正确；碰撞后小球A 反弹，则要求小球A
的质量小于小球B 的质量，故选项B 错误；由于碰撞前后A 的速度由光电门测出，A 不需
要由静止释放，故选项C 错误。
(2)碰撞前后小球A 的速度大小由光电门测出
v1＝＝ m/s＝2.0 m/s
v1′＝＝ m/s＝1.0 m/s
小球B 碰撞后的速度大小为
v2′＝＝ m/s＝0.1 m/s
若碰撞前后动量守恒，则有
mAv1＝mA(－v1′)＋mBv2′
从而求得＝＝
碰撞前的动能E1＝mAv1
2，而碰撞后的动能E2＝mAv1′2＋mBv2′2
由于E1>E2，所以机械能不守恒，故是非弹性碰撞。
5．(1)D　B　(2)m1＝m1＋m2　(3)＝＋
解析　(1)根据题意可知，小球均做平抛运动，由题图可知，水平位移相等，则速度越大，
运动时间越短，下落距离越小，由于碰撞后小球b 的速度大于碰撞前小球a 的速度，碰撞前
小球a 的速度大于碰撞后小球a 的速度，则两球碰后，竖直挡板上的D 点为a 球的落点，竖
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直挡板上的B 点为b 球的落点。
(2)小球均做平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝gt2，解得v0＝x，如果两球
碰撞的过程动量守恒，则有m1va＝m1va′＋m2vb，整理可得m1＝m1＋m2。
(3)如果两球碰撞的过程没有能量损失，则有m1va
2＝m1va′2＋m2vb
2，整理可得＝＋。
6．(1)大约相等　(5)m1gt12　 m2(－)　(6)0.221　 0.212　(7)4
解析　(1)若气垫导轨调整水平，则滑块在气垫导轨上自由滑动时，做匀速运动。则遮光片
通过两个光电门的时间大约相等时可认为气垫导轨水平。
(5)拉力的冲量I＝m1gt12
滑块经过A、B 两光电门时的速度分别为：v1＝，v2＝，故滑块动量的改变量Δp＝m2v2－
m2v1＝
m2(－)。
(6)I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50 N·s≈0.221 N·s，
Δp＝m2(－)＝0.400×
(－) kg·m/s
≈0.212 kg·m/s。
(7)δ＝||×100%＝
||×100%≈4%。
阶段复习练(三)　能量和动量
1．C　[从0～t0时间内，对物块根据动量定理有Ft0－μmgt0＝mv，撤去拉力后，对物块根据
动量定理有－μmg×2t0＝0－mv，解得F＝6 N，故选C。]
2．B　[对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek 物－0，整理有Ek 物＝F(x＋L)－Ff(x＋
L)，故A 项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek 车－0，整理有Ek 车＝Ffx，故B 项正确；初始
时物块和小车均静止，其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为
Ek＝Ek 车＋Ek 物＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过
程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C 项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩
擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D 项错误。]
3．B　[设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v＝，故
选B。]
4．BD　[汽车的最大功率为P＝Ffvm＝2Ffv0，故A 错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律
有F－Ff＝ma，汽车速度为v0时的牵引力大小F＝＝2Ff，汽车匀加速时的加速度大小为a＝
＝，故B 正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝＝，故C 错误；汽车的速度从v0增加到
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2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma′，汽车的牵引力为F′＝，汽车的速度
从v0增加到2v0的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，汽车的加速度逐渐减小，故D 正确。]
5．ABD　[由动能定理可得ΔEk＝F 合x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合
外力为F1＝－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F2＝－mgsin α＋μmgcos α，故A 正
确；根据重力势能Ep＝mgxsin α，故B 正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做
功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x 增大均匀减小，下滑过
程，机械能随x 减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C 错误，D 正确。]
6．A　[在A 处电离出正离子，经B、C 间电压加速后，由动能定理可知eU＝mv2，解得v
＝，以推进器为参考系，应用动量定理有Ft＝nmv－0，又因为I＝，M＝，解得F＝，根据
牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为。故选A。]
7．BD　[A、B 组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A 错误；当A 球
摆到B 球正下方时，A、B 球的速度大小分别为vA和vB。以小球A 摆到最低点所在平面为
参考平面，由水平方向动量守恒得mvA＝mvB，由机械能守恒得mgL＝mvA
2＋mvB
2，解得vA
＝vB＝，A 球运动到最低点时速度大小为，故B 正确；A 球机械能减小量ΔE＝mgL－mvA
2＝
mgL，故C 错误；A、B 组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有m－m
＝0，xA＋xB＝L，解得A 球运动到最低点时，B 球向右运动距离为，故D 正确。]
8．(1)4 m/s　(2)0.5 J　(3)10
解析　(1)根据题意，物块A 在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
mAgL1sin 37°－μ3mAgL1cos 37°＝mAvA
2，代入数据可得vA＝4 m/s。
(2)A、B 两物块发生弹性碰撞，设碰后A 的速度为vA1，B 的速度为vB，由动量守恒定律有
mAvA＝mAvA1＋mBvB
由能量守恒定律有mAvA
2＝mAvA1
2＋mBvB
2，
代入数据得vB＝3 m/s
物块B 在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B 做匀减速运动，
对物块B 有aB＝μ1g＝2 m/s2
物块B 经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
则有t1＝＝0.5 s，x＝t1＝1.25 m
由于x<L2，物块B 与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，此过程传送带向左的位
移x1＝vt1＝1 m，因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μ1mBg(x－x1)，代入数据得Q
＝0.5 J。
(3)物块B 与物块C 在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有mBv
＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有mBv2＝mBvB1
2＋mCvC1
2，
代入数据得vB1＝0，vC1＝2 m/s
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由此可知，以后每次B 与C 相碰，速度都发生交换。对物块C，设与挡板碰撞次数为n 次，
由动能定理可知－μ2mCg×2ns＝0－mCvC1
2，
代入数据得n＝10。
9．(1)2 m/s　(2)0.83 N
(3)见解析
解析　(1)小钢球从O 点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小钢球到E 点的速度为0，
小钢球从C 点到E 点，根据动能定理得－mg·2R＝0－mvC
2，代入数据解得vC＝2 m/s
(2)从B 点到C 点，由动能定理得－μmgL＝mvC
2－mvB
2，小钢球经过B 点，由牛顿第二定律
得FN－mg＝m，代入数据联立解得FN＝ N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝FN＝0.83 N
(3)若小钢球恰能第一次通过E 点，设小钢球释放点距A 点为h1，从释放到E 点，由动能定
理得
mg(h1－R)－μmgL＝0，代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E 点，设小钢球释放点距A 点为h2，从释放到E 点，由动能定理
得mg(h2－R)－μmgL－2μmgcos θ·＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
①若小球释放高度h＜1.6 m，无法到达E 点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E 点一次，μ＜tan θ，则小钢球最终停在
H 点，从释放点到停在H 点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcos θ·s＝0，
代入数据解得s＝2.5(h－1 m)
③若小球释放高度2.24 m≤h，小球经过E 点两次s＝2＝2× m＝1.6 m。
第八章　机械振动　机械波
第1 练　机械振动
1．C　[由题意可知T＝ s＝2 s，A＝ cm＝3 cm，A 错误；f＝＝0.5 Hz，B 错误；小球完成
一次全振动通过的路程为振幅的4 倍，即s0＝4×3 cm＝12 cm，C 正确；小球在3 s 内通过
的路程为s＝×4A＝×4×3 cm＝18 cm，D 错误。]
2．C　[在t＝0.2 s 时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A 错误；在t＝
0.1 s 与t＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，
但是方向相反，故B 错误；从t＝0 到t＝0.2 s 时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，
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速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C 正确；在t＝0.6 s 时，弹簧振子的
位移为负方向最大，故D 错误。]
3．B　[注射器做单摆运动，周期为T＝2π，不同地方重力加速度不同，在不同地方重复该
实验，摆动周期不一定相同，故A 错误；在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平
衡位置所需的时间为，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器从A 点上方运动
至平衡位置的时间小于，同理可知注射器从平衡位置运动至B 点上方的时间小于，故注射
器从A 点上方摆到B 点上方的时间小于摆动周期，故B 正确；注射器在A 点上方与在B 点
上方时，注射器的位移大小相同，方向相反，根据a＝＝，可知注射器在A 点上方与在B 点
上方时加速度大小相同，方向相反，故C 错误；在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附
近摆动，摆动的路程等于4 倍振幅，匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，
故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4 倍振幅，故D 错误。]
4．D　[弹簧振子从D 点经过O 点运动到C 点然后再经过O 点回到D 点为一次全振动，故
A 错误；题图乙中的P 点时刻振子的速度方向沿负方向，加速度方向沿正方向，故B 错误；
由题图乙知周期为T＝1 s，弹簧振子的振幅为A＝0.1 m，则ω＝＝2π rad/s，规定竖直向下
为正方向，振子到达D 点开始计时，t＝0 时刻位移为0.1 m，可知初相位为，则弹簧振子的
振动方程为x＝0.1sin(2πt＋) m，故C 错误；弹簧振子在前2.5 s 内的路程为s＝×4A＝10A＝1 
m，故D 正确。]
5．B　[根据T＝2π，两个小球做简谐运动的周期相同，M、N 同时到达O 点，故A 错误；
M、N 通过P 点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，故B 正确；
M、N 同时到达O 点，则M 不可能在P 点追上N 并与之相碰，故C 错误；
从释放到O 点过程中，根据I＝mgt，重力对M 的冲量等于重力对N 的冲量，故D 错误。]
6．C　[当轿车以速度v 通过减速带时，车身上下振动的周期为T＝，则车身上下振动的频
率为f＝＝，该值与车速有关，故A 错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接
近，车身上下振动的幅度越大，即当车速满足f＝＝2 Hz，即v＝2 m/s，车身上下颠簸得最
剧烈，故B 错误，C 正确；当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下振动的频率可能分
别大于或小于车身系统的固有频率，车身上下颠簸的剧烈程度可能相同，故D 错误。]
7．C　[由题图可知，单摆的周期T＝4t0，根据单摆周期公式T＝2π，解得l＝，故A、B 错
误；摆球到最低点的动能Ek＝E0＝mv2，向心加速度的最大值为a＝，解得a＝，故C 正确，
D 错误。]
8．CD　[初始时，A、B 的加速度最大，对A、B 组成的系统，根据牛顿第二定律有2mg－
kx1＝2ma，kx1＝mg，解得a＝，故B 错误，C 正确；当两物体运动到最低点时，其速度为零，
弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性有kx2－2mg＝2ma，解得x2＝，对A、B
和弹簧组成的系统根据机械能守恒定律有Epmax＝2mg(x2－x1)＋E＝＋E，故D 正确；由于
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A、B 在运动过程中的最大加速度为，所以物体B 将始终受到向下的重力和A 对B 向上的支
持力，所以B 被弹簧弹回到某位置后将不会脱离物体A 向上运动，故A 错误。]
9．AD　[根据题意可知，小球从t＝0 开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M
点到B 点的时间为t0＝＝0.2 s，则＝t0＋t1＝0.3 s，T＝1.2 s，故A 正确；根据T＝2π，代入数
据得k＝40 N/m，故B 错误；小球第三次经过M 点时间t3＝t2＋t1＋＋t1＝1.3 s，故C 错误；
小球做简谐运动，有y＝Asin ωt＝Asin t＝10sin t(cm)，t1＝0.1 s 时，y＝5 cm，即O、M 两点
间的距离为5 cm，故D 正确。]
10．A　[由于摆球绕OO′轴转动，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角
很小时，重力沿图中虚线向下的分力的沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，“杆线
摆”的摆长为l＝Lcos 30°＝L，摆球沿虚线方向等效重力G′＝Gcos 60°＝mg＝mg′，故
g′＝g，“杆线摆”的周期为T＝2π＝2π，故选A。]
11．ABD　[由简谐运动的对称性可知，水平位移为0.1 m、0.3 m、0.5 m 时木棒处于平衡位
置；x 从0.05 m 到0.15 m 的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡
位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A 正确；x 从0.21 m 到0.25 m
的过程中，木棒从平衡位置上方向平衡位置移动，加速度竖直向下，大小逐渐减小，故B
正确；x＝0.4 m 时木棒位于最低点，x＝0.35 m 和x＝0.45 m 时，由图像的对称性知浮力大小
相等，说明木棒在最低点上方相同距离处，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而
两时刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，故C 错误；木
棒在最低点时有F1＝ρSgh1，在最高点时有F2＝ρSgh2，其中h1－h2＝2A，故振幅A＝，故D
正确。]
12．BC　[当A、B 两点在平衡位置的同侧时有A＝Asin φA，A＝Asin φB，可得φA＝或π(由
图中运动方向知应舍去)，φB＝或，因此可知第二次经过B 点时φB＝，则T＝t，解得T＝4t，
此时位移关系为A－A＝L，解得A＝，故A 错误，B 正确；当A、B 两点在平衡位置两侧时
有－A＝Asin φA，A＝Asin φB，解得φA＝－或－(由图中运动方向知应舍去)，φB＝或，当第
二次经过B 点时φB＝，则T＝t，解得T＝t，此时位移关系为A＋A＝L，解得A＝，C 正确，
D 错误。]
13．BCD　[由选项，若振幅A＝0.1 m，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有＋nT1＝1 
s(n＝0,1,2，…)，在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有n′T1＝2 s(n′＝1,2,3，…)，解得
T1＝ s(n＝0,1,2，…)，当n＝2 时，T1＝0.4 s，故A 错误，B 正确；
若振幅A＝0.2 m，平衡位置是AB 的中点，且质点从A 向右经过B 点，在0～t1时间内根据
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简谐运动的周期性有＋nT2＝1 s(n＝0,1,2，…)
在t1～t2 时间内根据简谐运动的周期性有＋n′T2＝2 s(n′＝0,1,2，…)，解得T2＝ s(n＝
0,1,2，…)，当n＝1 时，T2＝ s，故D 正确；若振幅A＝0.2 m，平衡位置是AB 的中点，且
质点从A 向左先到达最大位移处再向右经过B 点，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有
＋nT2＝1 s(n＝0,1,2，…)，在t1～t2 时间内根据简谐运动的周期性有n′T2＝2 s(n′＝
1,2,3，…)，解得T2＝ s(n＝0,1,2，…)，当n＝2 时，T2＝0.4 s，故C 正确。]
第2 练　实验九：用单摆测量重力加速度
1．(1)B　(2)1.07　(3)(n＝5,7,9,11…)　(L＋)　(4)BD
解析　(1)为了减小实验误差，应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，
故A 错误；为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球作为摆球，
故B 正确；单摆在摆角小于5°时的运动才是简谐运动，因此单摆的摆角不能过大，故C 错
误；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性
绳，在摆球下降或是上升的过程中，式中的l 会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不
准确，故D 错误。
(2)该游标卡尺的游标尺为10 分度值，则读数为
d＝1 cm＋0.1×7 mm＝1.07 cm
(3)由题意可知在时间t 内摆球全振动的次数为(n＝5,7,9,11…)，则可得单摆的周期为
T＝＝(n＝5,7,9,11…)
由单摆的周期公式T＝2π
其中l＝L＋，可得g＝(L＋)
(4)摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆
线长度偏小，所测重力加速度将偏小，故A 不符合题意；若计算重力加速度时用L＋d 作为
单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算得到的重力加速度值比实际偏大，故B 符合题
意；摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，故C 不符合题意；若把n 当作单摆全振动的
次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，故D 符合题意。
2．(1)1.070　96.8　(2)B　9.86　相同
解析　(1)用游标卡尺测得单摆小球的直径为1 cm＋0.05 mm×14＝1.070 cm，用秒表记录的
时间为
1 min＋36.8 s＝96.8 s；
(2)根据T＝2π，
可得T1＝2π，
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T2＝2π，
可得g＝，故选B。
根据T2＝(L＋)＝L＋，可得k＝＝
＝4，
解得g＝9.86 m/s2，仅考虑该数据处理方法，没有系统误差，则他得到的加速度g 与真实值
相比相同。
3．(1)19.20　(2)9.86　(3)随着摆线长度l 的增加，Δg 逐渐减小　随着摆线长度l 的增加，则
l＋越接近于l，此时计算得到的Δg 越小
解析　(1)摆球直径d＝19 mm＋0.02×10 mm＝19.20 mm；
(2)单摆的摆长为L＝990.1 mm＋×19.20 mm＝999.7 mm，根据T＝2π，可得g＝，代入数据
得
g＝ m/s2≈9.86 m/s2；
(3)由题图丙可知，随着摆线长度l 的增加，Δg 逐渐减小，原因是随着摆线长度l 的增加，则
l＋越接近于l，此时计算得到的Δg 越小。
4．(1)9.3　(2)2.0　(3)　(4)2　(5)D
解析　(1)直径D＝9 mm＋3×0.1 mm＝9.3 mm。
(2)小钢球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过两次最低点，所以小钢球摆
动的周期为T＝2×(1.5－0.5) s＝2.0 s
(3)由单摆周期公式可知T＝2π，解得g＝
(4)根据向心力方程以及机械能守恒可知F1－mg＝0，F2－mg＝m，mgh＝mv2，联立解得F2
＝3mg－2F1，所以F2－F1图像的图线斜率的绝对值等于2；
(5)由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误
差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C 错误，D 正确。
5. (3) 　(5)线性的　(6)A
(7)见解析
解析　(3)由题图(b)可知弹簧振子振动周期T＝；
(5)分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近常量3.95，则弹簧振子振动
周期的平方与质量的关系是线性的；
(6)因2π 的单位为＝＝s，因为s(秒)为周期的单位，则其他各项单位都不是周期的单位，故
选A；
(7)除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
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第3 练　机械波
训练1　机械波(一)
1．A　[声波在不同介质中频率和周期都不变，波长和波速都发生改变，所以选项A 正确，
B、C、D 错误。]
2．AB　[A 的起振方向竖直向上，因此振源的起振方向竖直向上，由于波的传播方向由A
到B，因此振源位于A 的左侧，A 正确；B 的振动周期等于振源的振动周期，等于波的传播
周期，则其振动周期一定为T，B 正确；传播速度与质点的振动速度是两个不同的概念，质
点B 经过平衡位置的速度不一定为v，C 错误；质点在振源的带动下做受迫振动，则质点B
开始振动的方向与振源开始振动的方向相同，与A、B 两点之间的距离无关，D 错误。]
3．D　[由于t＝0 时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y 轴正方
向，且t＝T 时波源处质点的位移和振动方向应与t＝0 时相同，根据“上坡下，下坡上”可
知t＝T 时的波形图为选项D 图，故选D。]
4．BD　[由题图可知λ＝12 m，解得λ＝16 m，A 错误；由v＝得T＝＝ s＝8 s，B 正确；简
谐运动的加速度总指向平衡位置，t＝0 时质点P 位于y 轴负半轴，加速度方向沿y 轴正方向，
C 错误；t＝0 时质点P 位于y 轴的负半轴，经过2 s＝，若波向x 轴负方向传播，P 向远离平
衡位置方向振动，在0～2 s 内质点P 运动的路程有可能小于0.1 m，D 正确。]
5．ABD　[由题图(a)可知波长为4 m，由题图(b)可知波的周期为2 s，则波速为v＝＝ m/s＝
2 m/s，故A 正确；由题图(b)可知t＝0 时，P 点向下运动，根据“上下坡”法结合题图(a)可
知波向左传播，故B 正确；根据题图(a)可知t＝0 时x＝3 m 处的质点位于波谷处，由于t＝7 
s＝3T＋T，可知在t＝7 s 时x＝3 m 处的质点位于波峰处；质点P 运动的路程为s＝3×4A＋
×4A＝70 cm，故C 错误，D 正确。]
6．D　[由t＝T 时的波形图可知，波刚好传到质点P6，根据“上下坡”法，可知此时质点P6
沿y 轴正方向运动，故波源起振的方向也沿y 轴正方向，则t＝0 时，质点P0沿y 轴正方向运
动，故A 错误；由题图可知，在t＝T 时，质点P4处于正的最大位移处，速度为零，故B 错
误；由题图可知，在t＝T 时，质点P3沿y 轴负方向运动，质点P5沿y 轴正方向运动，故两
个质点的相位不相同，故C 错误；由题图可知＝2a，解得λ＝8a，故该列绳波的波速为v＝
＝，故D 正确。]
7．C　[由两个质点的振动图像可知，该波的周期是4 s，A 错误；4 s 时，P 质点向上振动，
Q 质点向下振动，C 正确，D 错误；两个质点振动步调相反，可知两质点间距离等于(2n
＋)λ(n＝0,1,2，…)，只有当n＝0 时，λ＝6 m，λ＝12 m，v＝＝3 m/s，n≥1 时，v≠3 m/s，B
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错误。]
8．BC　[由题图可知t＝0.5 s 时，波传播的距离为x＝2.5 m，故波速为v＝＝ m/s＝5 m/s，
故A 错误；由题图可知该波的波长为λ＝2 m，所以波的周期为T＝＝ s＝0.4 s，波传播到x
＝1 m 处需要的时间t1＝＝ s＝0.2 s，由题图可知该波的起振方向向下，t＝0.3 s 时，x＝
1 m 处的质点已振动了0.1 s，即T，所以位于波谷，故B 正确；根据题图可知该波源的振动
方程为y＝Asin(t＋φ)＝－0.02sin (5πt) m＝0.02sin (5πt＋π) m，故C 正确；质点只是上下振动，
不随波左右移动，故D 错误。]
9．(1)1.25 Hz　2.5 Hz
(2)y＝25sin(5πt＋π) cm
解析　(1)由题图(b)可知甲、乙的波长分别为λ 甲＝12 m，λ 乙＝6 m
甲、乙的周期分别为T 甲＝＝ s＝ s，T 乙＝＝ s＝ s，
则甲、乙的绳端振动频率分别为f 甲＝＝1.25 Hz，f 乙＝＝2.5 Hz
(2)根据波形平移法可知，乙健身者的绳中，平衡位置为6 m 处质点在t＝0 时从平衡位置向y
轴负方向振动，设其振动方程为y＝Asin(ωt＋φ0)
其中A＝25 cm
ω＝＝5π rad/s，φ0＝π
可得y＝25sin(5πt＋π) cm。
10．(1)3.75 km/s　(2)4.8 km
解析　(1)由波形图可知地震横波的波长λS＝3 km
由题意可得t2－t1＝(n＋)T(n＝0,1,2，…)，又T>0.5 s，
可得n＝0，即T＝0.6 s
地震横波传播速度为vS＝
解得vS＝3.75 km/s
(2)由题意得Δt＝－，
解得vP＝6 km/s，又vP＝，
解得λP＝4.8 km。
11．(1)8 m　(4n＋1) m/s(n＝0,1,2…)　(2)30 cm
解析　(1)由题图可知波长为λ＝8 m，在t1＝0 时刻质点P 的振动方向沿y 轴负方向，根据同
侧法可知波传播的方向沿x 轴负方向，t2＝2 s 时刻的波形如题图中虚线所示，则有
v＝＝ m/s(n＝0,1,2…)
联立可得v＝(4n＋1) m/s(n＝0,1,2…)
(2)由v＝可得T＝＝ s(n＝0，1,2…)
由于T>2 s，则n＝0，解得T＝8 s
由于Δt＝12 s＝T，则12 s 内质点M 经过的路程s＝6A＝6×5 cm＝30 cm。
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训练2　机械波(二)
1．BD　[该现象属于波的叠加原理；插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与
该问题的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射
光叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒
现象，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干
涉现象，与该问题的物理原理相符，故选B、D。]
2．A　[根据多普勒效应，远离波源的接收者接到的频率变小，靠近波源的接收者接收到的
频率变大，则fA>f0，fB<f0，故TA<T0，TB>T0，所以ΔtA<Δt0，ΔtB>Δt0，故选A。]
3．ABC　[由题图可知，a 点是波谷与波谷相遇的点，c 点是波峰与波峰相遇的点，e 是ac
连线的中点，而该相干波源波长相同，能够形成稳定的干涉图样，因此e 点在平衡位置，而
ac 连线上的点始终处于振动加强的状态，当两列波发生干涉，图示时刻ac 两点连线上的任
意一点(不含a、c)都是向下振动的，故A 正确；
由题图可知，b 点是波源S1的波峰与波源S2波谷相遇的点，设波源S1的振幅为A1，波源S2
的振幅为A2，则b 点的振幅为A＝A2－A1＝4 cm－2 cm＝2 cm，故B 正确；
由题图可知b、d、f 三点到两个波源的距离之差均为半波长，根据几何知识可得，满足该条
件的曲线为双曲线，故C 正确；
虽然图示时刻e 点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，图示时刻其位移为
0，但e 点是振动加强点，振幅为6 cm，故D 错误。]
4．C　[分析可知A、B 两管等长时，声波的振动加强，将A 管拉长d＝15 cm 后，两声波在
O 点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－
A2＝10 可得两声波的振幅之比，＝，故C 正确，D 错误；根据振动减弱的条件及由题意可
得＝2d，解得λ＝60 cm，故A、B 错误。]
5．D　[根据题意可知，两波传播到A 点的路程差为Δs＝ m－8 m＝2 m，两列波的波速均
为v＝0.5 m/s，由题图可得 T＝4 s，所以波长为 λ＝vT＝0.5×4 m＝2 m，所以Δs＝λ，根据
题图乙和题图丙可知，两列波的起振方向是反向的，所以质点A 位于振动减弱区，故A 错
误；两波源的振动频率相等，则质点A 与质点B 振动快慢相同，故B 错误；两波分别从波
源传播到B 点的路程差为0，B 点为振动减弱点，B 点的振幅为A＝A2－A1＝4 m－2 m＝2 
m，0～4 s 内，质点B 的最大位移为2 m，故D 正确；A 点为振动减弱点，0～4 s 内，质点A
的最小位移为0，故C 错误。]
6．C　[由题图(b)的振动图像可知，振动的周期为4 s，故三列波的波速为v＝＝1 m/s，A 错
误；由题图(a)可知，与D 处距离最近的波源是波源C，距离为3 m，故开始振动后波源C 处
的横波传播到D 处所需的时间为tC＝＝3 s，故t＝2 s 时，D 处的质点还未开始振动，B 错误；
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由几何关系可知AD＝BD＝5 m，波源A、B 产生的横波传播到D 处所需的时间为tAB＝＝5 
s，故t＝4.5 s 时，仅波源C 处的横波传播到D 处，此时D 处的质点振动时间为t1＝t－tC＝
1.5 s，由振动图像可知此时D 处的质点向y 轴负方向运动，C 正确；t＝6 s 时，波源C 处的
横波传播到D 处后振动时间为t2＝t－tC＝3 s，由振动图像可知此时D 处为波源C 处传播横
波的波谷；t＝6 s 时，波源A、B 处的横波传播到D 处后振动时间为t3＝t－tAB＝1 s，由振动
图像可知此时D 处为波源A、B 处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D 处质点的
位移为y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s 时，D 处的质点与平衡位置的距离是2 cm，D 错误。]
7．AC　[由O 点的振动图像可知，周期为T＝12 s，
振幅A＝20 cm，设原点处的质点的振动方程为y＝Asin(t＋φ)，
将(0,10 cm)代入，
有10 cm＝20sin φ (cm)，
解得φ＝。在t＝7 s 时刻，
y7＝20sin(×7＋) cm＝－10 cm≈－17.3 cm
因7 s＝T＋T
由题可知在t＝7 s 时刻质点在y 轴负半轴向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，
则波形为C 所示；若波向左传播，则波形如A 所示，故选A、C。]
8．B　[t＝0 时刻，a 质点在波峰，b 质点在平衡位置，且向下振动。若波由a 传到b，
则a、b 间距s＝(n＋)λ＝9 m(n＝0,1,2,3，…)，
解得λ＝ m(n＝0,1,2,3，…)，当n＝0 时λ＝12 m，
当n＝1 时λ＝ m，
当n＝2 时λ＝ m，…
若波由b 传到a，则a、b 间距s＝(n＋)λ＝9 m(n＝0,1,2,3，…)，
解得λ＝ m(n＝0,1,2,3，…)，
当n＝0 时λ＝36 m，当n＝1 时λ＝ m，当n＝2 时λ＝4 m，…
可知A、C、D 可能出现，不符合题意，B 不可能出现，符合题意。]
9．BD　[结合波源P2在t＝0.25 s 时波的图像可知，此时刚开始振动的x＝2.5 m 处质点的起
振方向沿y 轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源P2的起振方向沿y 轴正方向，
A 错误；
根据波源P1的振动图像可知，波源P1的起振方向向上，又因为S 点到两波源的波程差为Δx
＝|P1S－P2S|＝2 m，S 点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所
以质点S 为振动加强点，故B 正确；
在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由题图可知λ＝2.0 m，T＝
0.2 s
则波速为v＝＝10 m/s
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则P1波传到S 点的时间为t1＝＝0.7 s
当t＝1.1 s，S 点已经振动了0.4 s，刚好为两个周期，因为S 点为振动加强点，所以它的振
动方向与波源P1的相同，所以它此时向y 轴正方向运动，故C 错误；
在t＝0.6 s 时，波传至距离波源6 m 处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5 m、
3.5 m 和1.5 m 处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径作圆，如图
可知SP1P2所在的平面内有2 处波峰与波峰相遇，故D 正确。]
10．(1)见解析图　(2)见解析
解析　(1)根据Δx＝vt 得Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s 时P 波刚好传播到x＝10 m 处，Q 波刚好传播到x＝0 处，
根据同侧法及两波的波长λ＝8 m 可得波形图如图所示。
(2)根据题意可知，P、Q 两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条
件为到两波源的距离差Δx＝(n＝0,1,2…)，
Δx＝|(x－0)－(10 m－x)|
解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有x＝3 m、x＝7 m
振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2…)
解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m。
11．A　[a、b 之间的距离为Δx＝(＋120) cm＝λ，此时b 点的位移为4 cm 且向y 轴正方向运
动，令此时b 点的相位为φ，则有4 cm＝8sin φ (cm)，解得φ＝或φ＝(舍去，向下振动)，
由a、b 之间的距离关系可知φa－φ＝·2π＝π，则φa＝π，可知a 点此时的位移为y＝8sin φa 
(cm)＝4 cm，且向下振动，故选A。]
第九章　静电场
第1 练　静电场中力的性质
1．AD　[电场是存在于电荷周围的一种特殊媒介物质，A 正确；
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如果正电荷的速度方向与电场力方向的夹角大于90°，则电场力做负功，等于90°电场力不
做功，小于90°电场力做正功，B 错误；
电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映电场强度的大
小，C 错误；
静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低，即由高等势面指向低
等势面，D 正确。]
2．B　[PVC 管带电方式属于摩擦起电，A 错误；塑料扁带丝由于带上同种电荷相互排斥而
会向四周散开，B 正确；用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC 管带同种电荷，C 错误；PVC 管
与“章鱼”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D 错误。]
3．A　[由题图可知从点a 到点b 过程中，电场线分布越来越密，则电场强度增大，所以负
电荷所受静电力增大，根据牛顿第二定律，则电荷的加速度也增大，负电荷受到的静电力方
向和电场强度方向相反，因为仅在静电力作用下运动，则电荷做加速度不断增大的减速运动，
v－t 图像的斜率表示加速度，根据图像分析可得正确的是A 选项。]
4．C　[由于电场线关于虚线对称，O 点为A、B 点电荷连线的中点，结合等量异种与等量
同种点电荷电场线的分布特点，可知A、B 带等量正电荷，故A、B 错误；a、b 为其连线的
中垂线上对称的两点，根据等量正点电荷电场线的分布特点，可知a、b 两点位置的电场强
度大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b 两点处所受静电力大小相等，方向相反，
故C 正确；电场线是为了形象描述看不见、摸不着的电场而人为假想的，其分布的疏密程
度表示电场强度的大小，a、b 两点处虽然无电场线，但其电场强度不为零，故D 错误。]
5．C　[设AB＝BC＝l，对C 点处点电荷根据库仑定律得F1＝－＝，将两带电金属小球接触
后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F2＝＋＝，所以＝，故选C。]
6．BD　[由题图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由电场强度的定义式可知，其斜率
的绝对值为各点的电场强度大小，则EA＝＝2×103 N/C，EB＝＝0.5×103 N/C＝，同一电荷
在A 点受到的静电力比在B 点的大，C 错误，D 正确；由题图乙知正试探电荷在A 点受静电
力方向为正，负试探电荷在B 点受静电力方向也为正，可得A、B 两点电场强度方向相反，
则点电荷Q 在A、B 之间，且为负电荷，A 错误，B 正确。]
7．D　[由小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a、b 的连线，知a、b 带异种电荷。a 对c
的库仑力
Fa＝①
b 对c 的库仑力Fb＝②
若合力向左，如图所示，
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根据相似三角形得＝③
由①②③得k＝＝＝，若合力向右，结果仍成立，D 正确。]
8．AC　[从MN 上的C 点由静止释放一试探电荷，电荷仅在静电力作用下运动，运动过程
中的速度—时间图像如题图乙所示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN
上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q 为等量同种电荷，故A 正确，B 错误；t1
时刻，试探电荷速度最大，合力做功最多，所以试探电荷位于O 点，t2时刻，试探电荷速度
为零，到达C 点关于O 的对称点，故C 正确，D 错误。]
9．B　[根据题意，由等量异种电荷的电场线分布特点可知，A、C 两点的电场强度大小相等，
方向不同，B 点的电场强度小于O 点的电场强度，故A、C 错误；B、D 两点为中垂面上距
O 点距离相等的点，则电场强度相同，故B 正确；将正试探电荷从B 点沿直线移动至O 点，
由于静电力的方向与运动方向垂直，则静电力不做功，故D 错误。]
10．D　[若B 球带负电，则A 球对B 球为吸引力，方向沿BA 方向，此时无论圆环对B 球的
支持力指向圆心还是背离圆心，小球B 都不能处于平衡状态，所以小球A 对B 为排斥力，
方向沿AB 方向，如图所示，且由受力分析可得，圆环对B 球的支持力指向圆心，即由B 指
向O，故A 错误；对B 球受力分析，由几何关系可知圆环对B 球弹力的大小为FN＝mg，则
A、B 两球之间的排斥力为FAB＝2mgcos 30°＝mg，对A 球受力分析可得FN′＝mg＋mgcos 30°
＝2.5mg，Ff＝mgsin 30°＝mg，所以当Ff＝μFN′时，动摩擦因数最小为μ＝，故B、C 错误，
D 正确。]
11．B　[由分析可知，三小球之间的距离两两相等，设两球之间的距离为r，电荷量为q，
则两球之间的库仑力为F＝k，则其中一个小球所受的库仑力合力为F 合＝2Fcos 30°，对小球
受力分析可知＝tan 30°，由几何关系可知r＝R，
联立解得q＝R，故选B。]
12．BC　[对小球M 受力分析如图(a)所示，对小球N 受力分析如图(b)所示，由受力分析图
可知小球M 带负电荷，小球N 带正电荷，故B 正确，A 错误；
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由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝L
当两小球的电荷量为q 时，由力的平衡条件得mgtan 45°＝Eq－k 两小球的电荷量同时变为原
来的2 倍后，由力的平衡条件得mgtan 45°＝E·2q－k，整理解得q＝L，故C 正确，D 错
误。]
13．C　[对小球受力分析如图所示。在△CPH 中根据正弦定理有：＝，又∠CPH＝∠OPB，
∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO 中：＝，同理：＝，FA＝k，FB＝k，联立以上各式，解得
Q1∶Q2＝2n3∶1，故选C。]
第2 练　静电场中能的性质
1．AC　[像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色
微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A 正确；像素呈白色时，胶囊下
方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微
粒所在区域的电势，故B 错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位
移向上，电场力对白色微粒做正功，故C 正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的
电场力向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，故D 错误。]
2．C　[根据等量异种点电荷的电场线由正点电荷发出，终止于负点电荷，沿电场线方向电
势降低，电场线与等势线垂直，可知电鳗尾部带正电，故A 错误；A 点与B 点关于中垂线左
右对称，电场强度大小相等，方向不同，故B 错误；B 点与D 点关于O 点对称，B 点与D
点的电场强度相同，故C 正确；负电荷从C 点沿对角线运动到A 点过程中，静电力做负功，
电势能增大，故D 错误。]
3．B　[电场线从避雷针指向云层下表面，可知实线为电场线，虚线为等势线，选项A 错误
电子由C 点沿电场线运动到A 点的过程中静电力做正功，则动能增加，选项B 正确；因AB
部分电场线密集，电场强度较大，根据U＝Ed 可知UAB>UBC，选项C 错误；因A 点的电场线
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较D 点密集，可知EA>ED，沿电场线方向电势降低，可知φA>φD，选项D 错误。]
4．D　[a、b 两点间的电势差Uab＝20 V，则电场强度的大小为E＝＝200 V/m，A 错误；b、
d 两点间的电势差为Ubd＝200×(1－cos 60°) V＝10 V＝φb－φd，b 点的电势比d 点的高10 
V，B 错误；电子带负电，电场强度水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，则将电子
从c 点移到d 点，静电力做负功，C 错误；由于沿电场线方向电势降低，则有φa<φc，电子
带负电，则有Epa＝－eφa>－eφc＝Epc，即电子在a 点的电势能大于在c 点的电势能，D 正
确。]
5．C　[电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，
故A 错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EA<EB<EC，故B 错误；由于右侧电极
接高压电源正极，左侧电极接地，所以A 点的电势高，C 点的电势低，由Ep＝qφ 可知，负
电荷在C 点的电势能大于其在A 点的电势能，故C 正确；电场线CD 是曲线，静电力方向沿
电场线切线方向，在C 点由静止释放一电子，在静电力作用下不会沿着虚线CD 运动，故D
错误。]
6．C　[沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M 点
到电荷Q 的距离比N 点的近，故A 错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正
点电荷产生的电场特点可知若EM<EN，则M 点到电荷Q 的距离比N 点的远，故B 错误；若
把带负电的试探电荷从M 点移到N 点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，
故有φM<φN，故C 正确；若把带正电的试探电荷从M 点移到N 点，电场力做负功，则是逆
着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D 错误。]
7．A　[根据对称性与电场叠加原理可知，移去a 处绝缘棒前O 点电场强度为0，则移去a
处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，设每根长棒在O 点产生
的电势为φ0，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O 点产生的电势为4φ0，现在撤去a 处
的绝缘棒后，其他三棒在O 点产生的电势为3φ0，故O 点的电势减小，故选A。]
8．BC　[由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据正点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在
M 点的机械能等于在N 点的机械能，A 错误，B、C 正确；从M 点运动到N 点的过程中，电
场力先做正功后做负功，D 错误。]
9．A　[电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A 正确；对B 中的电子受力分析如图甲，
可见B 中电子运动轨迹与静电力的受力特点相互矛盾，B 错误；对C 中的电子受力分析如图
乙，
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可见C 中电子运动轨迹与静电力的受力特点相互矛盾，C 错误；对D 中的电子受力分析如
图丙，
可见D 中电子运动轨迹与静电力的受力特点相互矛盾，D 错误。]
10．D　[线段CD 和AB 平行，根据几何关系有2|CD|＝|AB|＝2R，
所以则有UAB＝2UCD
即φA－φB＝2(φC－φD)
代入数据解得φA＝7 V，A、B 错误；
线段AB 的中点O 的电势
φO＝＝3 V
AO 的中点N 的电势φN＝＝5 V
所以CN 是一条等势线，由几何关系知CN⊥AB，故电场方向由A 指向B，电场强度大小为
E＝＝ V/m＝400 V/m，
C 错误，D 正确。]
11．AD　[电子在A 平面时的电势能为－4 eV，则根据电势能的公式EpA＝－eφA，可得平面
A 上的电势为φA＝＝ V＝4 V，故A 正确；电子从A 到D 的过程中克服静电力所做的功为6 
eV，则可知静电力做负功，电子在该匀强电场中所受静电力的方向与运动的方向相反，而
电子在电场中所受静电力的方向与电场强度的方向相反，因此可知电场强度的方向由A 指
向E，故B 错误；电子经过A 平面时的动能为7 eV，从A 到D 的过程中克服静电力所做的
功为6 eV，则可知电子到达平面D 时的动能为1 eV，由此可知每两个等势面之间的电势差
为2 V，若电子要从平面D 到达平面E，则需克服静电力做功2 eV，而电子在平面D 时的动
能为1 eV，故不管电子是做直线运动还是曲线运动都不可能到达平面E，因此该电子在电场
内运动的轨迹不可能与平面E 相切，故C 错误；该电子经过B 平面时，由动能定理可得－
eUAB＝EkB－EkA，解得EkB＝5 eV，而该电子经过D 平面时的动能为1 eV，则可知该电子经过
B 平面时的速率是经过D 平面时的倍，故D 正确。]
12．B　在直线MN 上，左边正电荷在MN 之间电场强度水平向右，右边负电荷在MN 之间
电场强度水平向右，[根据电场的叠加可知MN 间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐
渐降低，可知P 点电势高于等势面与MN 交点处电势，则P 点电势高于S 点电势，故A 错误；
由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N 点的左侧电场强度不可能为零，设M、N
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之间的距离为L，在N 点右侧与N 点距离为d 的点电场强度为零，则有＝，可知除无穷远处
外，直线MN 上电场强度为零的点只有一个，故C 错误；由A 选项分析可知：T 点电势低于
P 点电势，则正电荷在T 点的电势能低于在P 点的电势能，将正试探电荷q0从T 点移到P 点，
电势能增加，静电力做负功，故D 错误；由于电场强度方向垂直等势面，可知T 点的电场
强度方向必过等势面的球心O，根据异种点电荷的电场线分布情况可知，N、S 间电场线方
向由S 指向N，则φS>φO，由于φT＝φS，则φT>φO，故T 点电场强度方向指向O 点，故B 正
确。]
第3 练　专题强化：电场中的图像问题　电场中的功能关系
1．B　[小球由A 点运动到C 点，重力做负功，重力势能增加，静电力做的总功为负功，电
势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电
势能与产生的热量之和，故A 错误，B 正确；静电力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，
故C、D 错误。]
2．B　[由图像可知，粒子在b 点之前做加速运动，b 点之后做减速运动，可知在b 点加速度
为0，由于粒子只受静电力，所以b 点电场强度为0，且Q2 带负电，因此k－k＝0，解得
Q1∶Q2＝9∶4，故A 错误，B 正确；
因为Q1带正电、Q2带负电，所以在ab 段电场线方向由b 指向a，沿电场线方向电势逐渐降
低，故a 点的电势比b 点的电势低，故C 错误；粒子从a 到b 过程中在做加速运动，故静电
力做正功，电势能在减小，所以粒子在a 点的电势能比在b 点的电势能大，故D 错误。]
3．D　[从球边缘出发向两侧电势升高，而沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A 错误；
球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故电场强度为零，B 错误；A 点与B 点的电
场强度大小相等，但方向相反，C 错误；从B 到C，电势升高，根据Ep＝qφ，故负电荷在B
点的电势能比在C 点的电势能大，D 正确。]
4．ACD　[电势能Ep＝φq，由于微粒带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A 正确；
根据ΔEp＝FΔx，图线斜率反映静电力，O～x1段图线斜率变小，静电力减小，加速度逐渐减
小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，
B 错误；x1～x2段斜率为零，不受静电力，即电场强度为零，C 正确；x2到x3，电势能均匀
减小，微粒带正电，所以电势沿x 轴均匀降低，D 正确。]
5．D　[静电力对a 球先做正功再做负功，对b 球也是先做正功再做负功，所以杆从静止开
始由水平位置顺时针转动90°的过程中小球a、b 与轻杆组成的系统电势能减小，总动能增加，
机械能增加；杆从90°转到180°的过程中，系统电势能增大，总动能减小，机械能减小，最
后与初始位置的电势能相等，机械能也相等，总动能为零，故A、B、C 错误；由于O 点处
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电势为零，由W 电＝0－Ep，在匀强电场中W 电＝Eqx
因为两小球运动过程中在任一时刻竖直方向上的位移大小相同，所以小球a、b 任一时刻的
电势能相等，D 正确。]
6．BD　[由题图可知，从P 到Q 电场强度方向不变，带正电的试探电荷从M 点由静止释放
后能通过N 点，说明a 带正电、b 带负电，故A 错误；a 带正电、b 带负电，合电场强度最
小时，a、b 在该点产生的电场强度相等，设合电场强度最小时横坐标为x，则有Ea＝k，Eb
＝k，可知Qa>Qb，故B 正确；从P 到Q 电场强度方向不变，从正电荷指向负电荷，沿着电
场线的方向电势降低，可知x 轴上从P 至Q 电势逐渐降低，故C 错误；M、O 间的平均电场
强度大于O、N 间的平均电场强度，M、O 间距离和O、N 间距离相等，根据E＝，可知
M、O 间的电势差大于O、N 间的电势差，故D 正确。]
7．C　[根据x 轴上各点电场强度的分布特点可知，该电场的分布类似于等量正电荷中垂线
上电场强度的分布，电场线的方向与x 轴正方向一致。在x 轴上，沿电场线的方向，电势逐
渐降低，所以O 点的电势最高，故A 错误；带电粒子的电势能Ep＝qφ，由题意知带电粒子
带正电，所以粒子在O 点的电势能最大，故B 错误；由动能定理知，静电力做的功等于动
能的变化量，有qEx＝Ek－Ek0，由题意知带电粒子的初动能Ek0＝0，得Ek＝qEx，静电力始
终做正功，动能一直增大。由于电场强度随x 先增大后减小，所以动能随x 变化的图像的切
线斜率先增大后减小，故C 正确；带电粒子在运动过程中，只有静电力做功，故电势能与
动能的总和保持不变，故D 错误。]
8．D　[小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x＝L 处电势能最低，则
x＝L 处电势最高，故A、C 错误；根据功能关系知Ep－x 图像的斜率表示静电力，可知在x
＝L 处静电力为零，则k＝k，解得QA＝4QB，故B 错误；对滑块，从－L 到2L，由动能定理
有－qU－μmg·3L＝0－0，解得U＝，则从－L 到2L，电势差为负，电势升高，故D 正确。]
9．BCD　[由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A 错误；由题图可知，
0～3 s 内电势能增加9 J，则0～3 s 静电力做的功为－9 J，故B 正确；由题图可知，电势能
均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，
沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，
动能不变，故C 正确；由功能关系可知，0～3 s 内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的
动能不变，故0～3 s 内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D 正确。]
10．C　[对在y 轴正半轴上的点电荷，由平衡条件可得k＋k＝k，解得Q＝q，因在0≤x<a
区间内沿x 轴正方向电势升高，则电场强度方向沿x 轴负方向，则将P 沿x 轴向右略微移动
后释放，P 受到向右的库仑力而向右运动，故选C。]
11．(1)mv2－mgd　
(2)＋g　(3)v
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解析　(1)根据动能定理有mgd＋WCO＝mv2，得WCO＝mv2－mgd，C、O 间的电势差为
UCO＝＝
(2)点电荷A、B 在O 点的电场强度大小均为E＝k
则合电场强度大小E′＝E，小球经过O 点时加速度的大小为a，由牛顿第二定律得qE′＋
mg＝ma，解得a＝＝＋g
(3)小球在CO 和OD 两个过程中，静电力做功相同，则根据动能定理有2WCO＋mg·2d＝
mv′2
则小球经过与点电荷B 等高的D 点时速度的大小为v′＝v。
12．BCD　[上升过程系统能量守恒E＋Ek＝E 总，结合图像可知，上升过程中势能先变小后
变大，因此，小球2 的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A 错误，B 正确；根据库
仑定律FC＝可知，当r→∞时，FC→0，此时系统势能的变化量主要取决于重力做功ΔE＝
mgΔx，即mg＝，由此可知小球2 的重力等于题图中渐近线的斜率，结合图像可知mg＝＝
＝5 N，解得m＝0.5 kg，C 正确；从x＝6.0 cm 处运动至x＝20.0 cm 过程中，根据系统能量
守恒得ΔEk＝－0.4 J，即ΔEp＋ΔE 电＝0.4 J，因为WG＝－mgΔx′＝－0.7 J，解得W 电＝0.3 
J，即从x＝6.0 cm 处运动至x＝20.0 cm 过程中，静电力做0.3 J 正功，电势能减少0.3 J，D
正确。]
第4 练　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
1．CD　[电容器的电容是由电容器本身的结构决定的，与两极板间的电压以及带电荷量无
关，故A、B 错误，D 正确；根据Q＝CU 可知，Q－U 图像是过原点的直线，故C 正确。]
2．D　[电容器充电后所带的电荷量为Q＝CU＝15×10－6×5 000 C＝0.075 C，A 错误；电容
器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持
不变，B 错误；电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，C 错误；电容器放电过程中的平均
电流为＝＝ A＝25 A，D 正确。]
3．B　[电容器始终与电源相连，故电容器两极板间的电压不变，当正对的平行板左右错开
一些时，电容器两极板间距离不变，根据E＝可知，极板间的电场强度不变，故D 错误；
由带电尘粒受力平衡可得qE＝mg，极板间的电场强度不变，故带电尘粒将保持静止，故A
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错误，B 正确；
根据C＝，可知正对的平行板左右错开一些时，电容减小，根据Q＝CU，可知极板所带电
荷量减少，故C 错误。]
4．C　[开关接1 时，平行板间的电压不变，x 增大，相对介电常数减小，由公式C＝，可知
电容器的电容减小，又由Q＝CU 知，平行板电容器的电荷量减小，电容器放电，由电路图
可知，电路中的电流沿逆时针方向，A、B 错误；开关接2 时，电容器所带的电荷量保持不
变，x 减小，电容器的电容增大，由公式U＝，可知两极板的电势差减小，则静电计的指针
偏角减小，由E＝可知平行板间的电场强度减小，C 正确，D 错误。]
5．D　[加速过程中静电力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A 错误；
质子所受到的静电力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N≈2×10－14 N，选项B 错误；
加速度a＝＝ m/s2≈1.2×1013 m/s2，
则质子加速需要的时间约为t＝＝ s≈8.3×10－7 s，选项C 错误；
加速器加速的直线长度约为x＝t＝×8.3×10－7 m≈4 m，选项D 正确。]
6．(1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量
解析　(1)多用电表应满足电流“红进黑出”，因此红表笔与电池的正极相连；
(2)电容器放电过程中，电流由大逐渐变小，则小灯泡迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭，
故C 正确；
(3)实线表示充电慢，用时长，最大电流小，故接入的电阻应为大的电阻，即R2，因此实线
表示电阻箱阻值为R2时的结果；根据公式I＝，则I－t 图像与横轴所围的面积表示电容器上
的电荷量。
7．(1)　(2)2mgd－
解析　(1)由平衡条件得q＝mg
解得q＝
(2)设到达下板的速度为v，
则d＝t，v＝，由动能定理得
2mgd＋W 电＝×2mv2－0
解得ΔEp＝－W 电＝2mgd－。
8．D　[电子所受的静电力的方向与电场强度方向相反，指向A 极，所以电子向A 极运动，
电场强度逐渐增大，根据F＝eE，静电力逐渐增大，B 错误；电子的加速度a＝，电子的加
速度增大，v－t 图线的斜率增大，A 错误；根据Ep＝eEx，电子向A 极运动，电势能减小，
电场强度增大，Ep－x 图线的斜率增大，C 错误；电子向A 极运动，电势升高，电场强度增
大，φ－x 图线的斜率增大，D 正确。]
9．D　[人带着手机向前加速运动时，N 极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由C
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＝可得，手机上的电容器电容变小，A 错误；电容器始终与电源相连，所以人带着手机向前
加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器两极板间电压不变，B 错误；由E＝可得，两
极板间电场强度变小，C 错误；由电容的定义式C＝可得，两极板所带的电荷量Q＝CU，
所以两极板所带电荷量减少，D 正确。]
10．C　[微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直
线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水
平向左，微粒做减速运动，微粒到达B 点时动能小于mv0
2，选项A 错误；根据qEsin θ＝
ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B 错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项
C 正确；微粒从A 点到B 点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，选项D
错误。]
11．D　[保持极板A 不动，将极板B 稍向下平移，板间距离d 增大，根据电容的决定式C＝
知，电容C 减小；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有
单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量Q 保持不变；由于电容C 减小，由
电容的定义式C＝，可知两极板间电压U 变大；根据C＝，C＝，E＝，可得E＝，板间电场
强度E 不变，P 点与B 板间电势差UPB＝EdPB，UPB增大，根据UPB＝φP－φB可知P 点的电势
增大，根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据Ep＝qφ 可知油滴在P 点的电势能Ep减小，
故A、B、C 错误，D 正确。]
第5 练　带电粒子在电场中的偏转
1．BC　[对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在
同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度
方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增
大，故C 正确，D 错误。]
2．AD　[平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A 在上方，
竖直位移较大，由h＝at2可知，A 下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A 球带电，则
A 受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A 正确，B 错误；如果
B 球带电，由于B 的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B 所受静电力向上，
应带正电，静电力对B 做负功，电势能增加，故C 错误，D 正确。]
3．A　[若扫描电压信号如B、C、D 选项所示，则在半个周期内，粒子沿XX′方向偏转距
离相同，荧光屏上在YY′方向呈现一条直线，无法显示输入电压信号随时间周期性变化的
具体情况，若扫描电压信号如A 选项所示，则粒子打在荧光屏上的位置沿XX′方向随时间
均匀分布，又扫描电压信号周期与输入电压信号周期相同，可得到输入电压信号周期变化的
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图像，综上，A 项图像正确。]
4．A　[粒子只受静电力作用，由牛顿第二定律可得a＝＝103 m/s2
整个运动过程中水平方向不受力，速度不变，设水平方向的速度为v0，则有＝＋at
解得v0＝50 m/s，故粒子在A 点速度大小为vA＝＝100 m/s，故选A。]
5．AD　[根据动能定理有qE1d＝mv1
2，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝，在
偏转电场中，由l＝v1t2及y＝·t2
2得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转
电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y 得，偏转电场E2对三
种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv2
2，得到粒子离开偏转电
场E2打到屏上时的速度v2＝，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B 错误；
粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，
所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误；根据vy＝t2及tan θ＝得，带电粒子的
偏转角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三
种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确。]
6．AB　[垂直M 板向右的粒子做匀加速直线运动，由(v0)2－v0
2＝2aL，可求加速度的大小a
＝
两个粒子相同，所以它们的加速度大小相同，B 选项可求，B 正确；
平行M 板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由L＝at2，可求其运动时间，竖直方向上
由y＝v0t，可求竖直位移大小，板长是y 的二倍，所以A 选项可求，A 正确；
由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电荷量未知，求不出静电力做的
功，也求不出粒子电势能的变化量，所以C、D 选项不可求，C、D 错误。]
7．BD　[三个液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液
滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A 错误；由于三个液滴在竖直方向均做自由落体运动，
三个液滴的运动时间相同，选项B 正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分
速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C 错误；由于液滴c 在水平方向
位移最大，说明液滴c 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D 正确。]
8．AD　[带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝，由类平抛运动规律可知，带
电粒子在电场中运动时间为t＝，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝＝＝，
因为四个带电粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关。
(＋q，m)粒子与(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子
的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子
与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比
荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相
同，故A、D 正确，B、C 错误。]
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9．C　[甲中小球只受重力，加速度为g，乙中小球受向上的静电力，因受到的静电力始终
小于重力，可知加速度小于g，根据tan θ＝＝
可知甲中小球从抛出到落到斜面上用时较短，选项B 错误；
根据x＝v0t，小球落到A 点的水平方向位移小于落到B 点的水平方向位移，根据s＝，可知
OA 的长度小于OB 的长度，选项A、D 错误；
竖直位移y＝v0ttan θ 可知，小球落到A 点的竖直方向位移小于落到B 点的竖直方向位移，
选项C 正确。]
10．C　[粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示。粒子的运动为类平抛运
动。水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运动，
有y＝at2＝·t2，
＝tan 45°，
联立解得t＝，故A 错误；
vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角
θ≠30°，故B、D 错误；
x＝v0t＝，与P 点的距离
s＝＝，故C 正确。]
11．(1)0.03 m　(2)37°　(3)0.12 m
解析　(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a＝＝，水平方向有L＝
v0t，竖直方向有y＝at2
联立解得y＝＝0.03 m
(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，
tan θ＝＝＝＝，故偏转角为37°。
(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两
界面MN、PS 相距为L′，由相似三角形得＝，解得Y＝4y＝0.12 m。
12．ABD　[质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A 到B 的运动为匀变速
运动，A 正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设va与
电场线的夹角为β，如图所示。则有vasin β＝vbcos β，解得β＝60°，根据动能定理有
qELcos 60°＝mvb
2－mva
2，解得E＝，B 正确；根据几何关系可得，AC 的长度为Lsin 60°＝
L，则质子从A 点运动到B 点所用的时间为t＝＝，C 错误；在匀变速运动过程中，当速度方
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向与静电力方向垂直时，质子的速度最小，有vmin＝vasin 60°＝v，D 正确。]
第6 练　专题强化：带电粒子在交变电场中的运动
1．A　[在前半个周期内，A 板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向
左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受
的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复
之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向
左做匀减速直线运动，如此反复，由图像可知A 正确，B、C、D 错误。]
2．BD　[水平方向上，电子沿板方向做匀速直线运动；竖直方向上，0～内电子做匀加速直
线运动，～T 内电子做匀减速直线运动，出射速度大小为v0，故D 正确，A 错误；竖直方向
分位移为y＝·()2×2＝，由y≤可知d≥T，故B 正确；0～T 内静电力做功为零，机械能增加
量为零，故C 错误。]
3．D　[电压按正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受静电力的总冲量一定等于
0，所以经2T 时间离开电场时，粒子的速度仍为v0，故B、C 错误；在一个周期内，带电粒
子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带电粒子
在前半周期加速，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，
所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期
内加速度减小后反向加速，在后两个四分之一周期内反向加速度减小后正向加速，前半周期
的位移与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O′点
离开电场，故A 错误；因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度v0，所以
粒子在每个周期时的运动都是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D 正确。]
4．D　[粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v－t
图像如图所示
因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、
4.5 s…，满足t＝1.5n(n＝1,2,3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B 错误；极板长
度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C 错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥vy×1.5 s，vy＝
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a×1 s，a＝，联立求得d≥，故D 正确。]
5．BD　[因为t＝＝T＋，t＝时圆筒1 相对圆板的电势差为正值，同理，t＝奇数圆筒相对偶
数圆筒的电势差为正值，A 错误；由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，B 正确；电子每
经过一个间隙，静电力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n 个圆筒时动能为neU＝Ek
－0，电子运动到第n 个圆筒时动能为neU，C 错误；根据动能定理得eU＝mv1
2,2eU＝
mv2
2,3eU＝mv3
2…，neU＝mvn
2，(n＋1)eU＝mvn＋1
2，第n 个和第n＋1 个圆筒的长度之比为
Ln∶Ln＋1＝vn∶vn＋1，解得Ln∶Ln＋1＝∶，D 正确。]
6.
解析　T 时刻从M 点进入板间，T 时刻离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动
T－T＝＝，T＝
竖直方向，规定向下为正方向，且开始粒子向下做匀加速直线运动，设A、B 两板间距为
d，则E＝，由牛顿第二定律得qE＝ma1，a1＝
在～T 时间内，竖直方向最大位移是，粒子先做加速运动，时间为
t1＝－T＝T，vy1＝a1t1＝a1T，运动的位移为y1＝·vy1t1
再减速至反向加速运动，
时间为t2＝T－T－t1＝
粒子在～T 时间内做初速度为vy1方向向下，加速度a1＝方向向上的匀变速运动，运动的位
移为
y2＝vy1t2－a1t2
2
因此粒子的总位移为y＝y1＋y2＝vy1t1＋vy1t2－a1t2
2，
解得y＝－a1T2＝－
得d＝。
7．(1)　(2)－　(3)
解析　(1)根据动能定理，
有eU1＝mv0
2，解得v0＝，水平方向L＝＝v0t
联立解得t＝
(2)竖直方向y＝at2，
加速度a＝，解得y＝，
由功能关系有ey＝－ΔEp
解得ΔEp＝－
(3)电子在电场中的运动时间均为t＝，电压为U0时，e·＝ma1
电压为3U0时，e·＝ma2，
解得a2＝3a1
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在0～时间内，设－t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，
有a1t1
2＋a1t1(－t1)－
a2(－t1)2＝0，解得t1＝
即在0～时间内，～时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；
～T 时间内，设T－t2时刻射入的电子刚好偏转位移为0，
有a2t2
2＋a2t2(－t2)－
a1(－t2)2＝0
解得t2＝T，即～T 这段时间内，～(T－t2)时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出，在
一个周期内能从中线下方离开的电子射入时间间隔为Δt＝T，从中线下方离开偏转电场的电
子占电子总数的比例η＝＝。
第7 练　专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题
1．B　[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力
与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A 错误，B 正确；从a→b，静电力
做负功，电势能增大，C 错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，
D 错误。]
2．BD　[不加电场时，小球从A 到B 有mgR＝mvB
2－0，解得vB＝，平抛过程，竖直方向上
有h＝gt2，解得t＝，平抛水平位移x＝vBt＝2，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直
向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度增大了，小球落地
点仍在D 点，t∝，小球离开B 后到达地面的运动时间减小，B、D 正确。]
3．BC　[根据静电力提供向心力，有·q＝mω2r，解得ω＝·，可知轨道半径r 小的粒子角速
度大，故A 错误；根据静电力提供向心力，有·q＝m，解得v＝，可知粒子的速度大小与轨
道半径r 一定无关，又有Ek＝mv2，联立可得Ek＝，可知电荷量大的粒子动能一定大，故
B、C 正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方
向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D 错误。]
4．C　[从A 点静止释放一质量为m 的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C 点，可知静电力
和重力的合力方向沿FB 方向斜向下，可知B 点为“等效最低点”，F 点为“等效最高点”，
可知小球在F 点速度最小，动量最小。由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G
点电势能最大，在C 点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C 点机械
能最大，在G 点机械能最小，故选C。]
5．C　[当小球静止时，细线OA 恰好呈水平状态，小球受重力mg、静电力F 电、细线拉力
FT 作用，如图，小球受静电力方向与电场强度方向相同，所以小球带正电，竖直方向上
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qEsin θ＝mg，解得q＝，故A、B 错误；从A 点运动到O 点正下方的B 点的过程中，小球
电势能的增加量等于克服静电力做的功ΔEp＝－WF 电＝qELcos θ＋qELsin θ＝mgL＋，故C
正确；从A 点做匀速圆周运动到O 点正下方的B 点，由动能定理可知WG＋WF 电＋WF＝0，
解得外力F 做的功WF＝，所以外力F 做正功，故D 错误。]
6．AC　[如图，当小球到达B 点时小球的速度最大，到达C 点时速度最小，BC 连线与竖直
方向夹角为θ，则tan θ＝＝，可知θ＝60°，由A 到C 由动能定理mgR(1－cos 60°)－qERsin 
60°＝mvC
2－mv0
2，解得vC＝，选项A 正确；
电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C 点不是电势能
最大的位置，选项B 错误；若小球过A 点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减
为零，则此时的时间t＝＝，竖直方向做自由落体运动，则此时的速率为v＝vy＝gt＝，选项
C 正确，D 错误。]
7．(1)2 m/s　(2)124 N
解析　(1)从C 处在粗糙水平台面滑行至停止，由动量定理得
μ(mg＋Eq)t＝mvC，
解得vC＝1.2 m/s
由B 到C 逆向看成类平抛运动，则B 处的速度vB＝，解得vB＝2 m/s
(2)由A 到B 由动能定理有－(mg＋Eq)R(1＋sin θ)＝mvB
2－mv0
2
在A 处，由牛顿第二定律得
F－(mg＋Eq)＝m，
解得F＝124 N。
8．(1)mgR　(2)
(3)y2＝6Rx
解析　(1)小球从A 到B，根据能量守恒定律得Ep＝mvB
2＝mgR
(2)小球从B 到O，根据动能定理有
－mgR＋mg×R＝mvO
2－mvB
2，解得vO＝
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(3)小球运动至O 点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x 轴和y 轴，
则x 轴方向有mgcos 45°＝max
y 轴方向有mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0，说明小球过O 点后的运动为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
y 轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt，联立解得小球过O 点后
运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
9．BCD　[设P 点的电场强度大小为E，小球在P 点时有Eq＋mg＝ma，a＝2g，可得E＝，
又小球在PB 间运动时加速度大于2g，则PB 间电场强度大于E，且方向竖直向下。根据对
称性可知小球在OD 中点时所受合力为零，小球先减速后加速，在OD 中点时速度最小，故
A 错误；O 点的电场强度为零，小球在O 点所受静电力为零，合力等于重力，加速度大小为
g，故B 正确；从D 到B 的过程，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，
故C 正确；设OD 中点为F，根据对称性可知，P、F 点电势相等，则F、D 两点间的电势差
也为U，使小球能经过F 点即可使小球到达B 点，由－qU＋mgR>0－Ek，有Ek>qU－mgR，
故D 正确。]
第十章　电路及其应用
第1 练　电路的基本概念及规律
1．D　[根据题图可知，该电鳐放电1 次所需的时间为t＝ s，放出的电荷量为q0＝It＝60× 
C＝ C，则1 s 内该电鳐放电的电荷量大约为q＝nq0＝150× C＝30 C，故选D。]
2．B　[B 点时导体电阻为RB＝＝ Ω＝40 Ω，故A 错误，B 正确；A 点时导体电阻为RA＝＝ 
Ω＝30 Ω，工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响改变ΔR＝RB－RA＝10 Ω，
故C、D 错误。]
3．A　[根据R＝ρ 可知，对折后电阻为R′＝ρ＝R，而两段最大电流为2 A 的保险丝并联，
其允许通过的最大电流I′＝2Imax＝4 A，故选A。]
4．C　[由参数可知，电机正常工作时的电流为2 A，额定电压为12 V，所以电机的输入功
率为P＝UI＝24 W，故A 错误；A·h 是电荷量的单位，故B 错误；由参数可知，电机正常工
作时的电流为2 A，若电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2 
A，故C 正确；根据题意，由于电机为非纯电阻电路，则电机线圈的电阻小于6 Ω，故D 错
误。]
5．A　[电阻R 两端的电压UR＝IR，其中I 为线路上的充电电流或放电电流。对电容器，Q
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＝CUC，而I＝＝C，由UC－t 图像知，1～2 s 内，电容器充电，令I 充＝I；2～3 s 内，电容
器电压不变，则电路中电流为0；3～5 s 内，电容器放电，则I 放＝，I 充与I 放方向相反，结
合UR＝IR 可知，电阻R 两端的电压随时间的变化图像与A 对应，故选A。]
6．A　[当P 接通4 时，输出电压变为输入电压的0.001，即＝，解得R1＋R2＋R3＝999 Ω，
当P 接通3 时，输出电压变为输入电压的0.01，即＝，当P 接通2 时，输出电压变为输入电
压的0.1，即＝，只有A 均满足要求，故A 正确，B、C、D 错误。]
7．ABC　[若两开关都闭合，则电阻R1和R2并联，再和R 串联，UBB′为并联电路两端电压，
UBB′＝UAA′＝6 V；若S1闭合，S2断开，则R1和R 串联，UBB′′＝UAA′＝12 V；若S2闭合，
S1断开，则R2和R 串联，UBB′″＝UAA′＝8 V；若S1、S2都断开，则电路断路，UBB′＝24 
V，故选A、B、C。]
8．C　[扫地机器人正常工作时的电流为I＝＝ A＝3 A，A 错误；扫地机器人是非纯电阻用
电器，根据题中条件无法计算扫地机器人的电阻，B 错误；根据题意有q＝9 000 mA·h＝
9 A·h，扫地机器人充满电后一次工作时间约为t＝×80%＝×0.8 h＝2.4 h，C 正确；扫地机器
人充满电后一次工作时间内消耗的电能约为E 电＝Uq×80%＝57.6 W·h，D 错误。]
9．BC　[由题图甲可知Ig＝＝ A＝0.001 A＝1 mA，接b 时量程为U′＝Ig(Rg＋R＋R′)＝
0.001×(100＋2.9×103＋6×103) V＝9 V，故A 错误，B 正确；在题图乙中，改装为I1＝10 
mA＝0.01 A 电流表时，并联电阻的分流电流为I′＝I1－Ig＝10 mA－1 mA＝
9 mA＝0.009 A，分流电阻的阻值为R1＋R2＝＝ Ω＝ Ω，改装为I2＝100 mA＝0.1 A 电流表
时，可得分流电阻的阻值R1＝，联立解得R1＝ Ω，R2＝10 Ω，故C 正确，D 错误。]
10．ABC　[由题意可得，相等亮度下，白炽灯的额定功率是LED 灯额定功率的15 倍，则P
白＝15PLED，所以要使LED 灯发光亮度与100 W 的白炽灯相同，则可选用LED 灯的功率为
PLED＝×100 W＝ W，A 正确；由公式P＝UI 得，通过LED 灯的电流为ILED＝＝
 A＝ A，B 正确；在60 s 内通过LED 灯的电荷量为Q＝ILEDt＝×60 C＝ C，C 正确；由题意
可得，相等亮度下，白炽灯的额定功率是荧光灯额定功率的5 倍，则P 荧＝P 白，由W＝Pt 可
得，在相同时间内，电流对荧光灯做的功是白炽灯的，D 错误。]
11．D　[灯泡L2、L3串联，灯泡规格相同，故电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2
＝I3＝0.20 A，灯泡L1的电压U1＝3.0 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，所以＝1.25，故
A 错误，D 正确；灯泡L1的电阻R1＝＝12 Ω，故B 错误；灯泡L2的电阻R2＝＝7.5 Ω，故C
错误。]
12. (1)5 A　(2)550 W　(3)53 kg
解析　(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压UR＝U－UV＝50 V
通过电阻R 的电流IR＝＝5 A
即通过电动机的电流IM＝IR＝5 A
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(2)电动机的分压UM＝UV＝110 V
输入电动机的电功率
P 入＝IMUM＝550 W
(3)电动机的发热功率
P 热＝IM
2r＝20 W
电动机输出的机械功率P 出＝P 入－P 热＝530 W，又P 出＝mgv
解得m＝＝53 kg。
13．B　[P1和P2是串联在电路中的，所以通过P1的电流总等于通过P2的电流，A 错误；由
电阻定律可得R＝ρ＝ρ，则若P1和P2的体积相同，上、下表面积越大的电阻的阻值越大，
根据P＝I2R，由于通过P1的电流总等于通过P2的电流，则电阻越大的电功率越大，所以P1
的电功率大于P2的电功率，B 正确；根据I＝nqSv，若P1和P2的厚度相同，由于P1和P2的
面积S 不相等，故P1和P2内自由电荷定向移动的平均速率不相等，C 错误；由电阻定律可
得R＝ρ＝，若P1和P2的厚度相同，则P1和P2的阻值相同，由于P1和P2是串联关系，所以
P1两端的电压等于P2两端的电压，D 错误。]
第2 练　闭合电路欧姆定律及应用
1．D　[电源的电动势为
E＝＝ V＝3 V，
内电压为U 内＝＝ V＝0.5 V，
路端电压为U 外＝E－U 内＝3 V－0.5 V＝2.5 V，故选D。]
2．A　[由电源的U－I 图线可知，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻，故电源
a、b 电动势一样大，b 内阻较大，A 正确；当电源与电阻直接相连时，电源和电阻的U－I
图线交点表示该电阻的工作状态，其横坐标表示电路中的电流，故R 接到电源a 上，电路中
的电流较大，B 错误；
由P＝UI 可知，电源和电阻的U－I 图线交点横、纵坐标乘积(矩形面积)表示电源的输出功
率，如图所示，可知R 接到电源a 上，电源的输出功率较大，电源的效率可表示为η＝
×100%＝×100%，当R 接到电源a 上，路端电压U 较大，电源效率较高，C、D 错误。]
3．BD　[电源的总功率为P＝EI，当I＝4 A 时P＝24 W，则电源的电动势为E＝＝ V＝6 
V，由题图看出，当I＝4 A 时，外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P＝
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I2r＝24 W，解得r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B 正确；若该电源与电阻B 串联后，电路中的电流为
0.5 A，根据闭合电路欧姆定律可得I′＝，解得电阻B 的阻值为R＝－r＝ Ω－1.5 Ω＝10.5 
Ω，路端电压为U＝I′R＝0.5×10.5 V＝5.25 V，
电源内部热功率为Pr＝I′2r＝0.52×1.5 W＝0.375 W，故A、C 错误，D 正确。]
4．AD　[设电源内阻为r，题图甲中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路
电流减小，根据闭合电路欧姆定律UL＝E－I(R0＋r)，可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变
亮；当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律
可知灯泡两端电压变小，流过灯泡的电流变小，由于通过干路的总电流增大，故流过R1的
电流I1增大，根据P1＝I1
2R1可知R1电功率增大，故A 正确，C 错误；题图乙中，当环境变
暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，因为R1的阻值和灯泡的阻值不变，
故流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电
流增大，流过R1的电流变大，电功率增大，故B 错误，D 正确。]
5．D　[A 灯在干路上，A 灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路
的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B 错误；因为短路部
分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器两端的电压减小，C、D 两灯变暗，A、B
两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D 两灯是并联的，而与A、B 两灯是串联的。观察
电路中电阻的连接形式，只有R3短路符合条件，故选项A、C 错误，D 正确。]
6．B　[由闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，化简得I＝，则电源的总功率为P＝EI＝E＝－
U，若U 是自变量，则电源的总功率P 与电压U 是线性关系，A 错误，B 正确；若I 是自变
量，则电源的总功率P＝EI，即电源的总功率P 与电流I 是正比关系，故C、D 错误。]
7．D　[由闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，当I＝0 时，E＝U，由题图中图线a 与纵轴
的交点读出电源的电动势为E＝4 V，故A 错误；根据题图中两图线交点处的状态可知，电
阻两端的电压为U＝3 V，电流为I＝0.2 A，故B、C 错误；太阳能电池的内阻为r＝＝
5 Ω，故D 正确。]
8．C　[电路稳定后，由于电源内阻不计，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板电势
为，下极板电势为，极板间电势差U＝，由Q＝CU，可知C 正确。]
9．B　[滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，
两灯泡变亮，选项A 正确；总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减
小，而L1两端的电压变大，所以L2与滑动变阻器两端的电压之和减小，所以V2的示数及电
容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，Q 不变，则由C＝＝
和E＝得E＝，可知E 不变，油滴静止不动，选项B 错误；把L1的电阻R 看作电源内阻一部
分，ΔU2就是R＋r 两端电压的增加量，则＝R＋r，选项C 正确；由闭合电路欧姆定律可得
＝r，所以ΔU2>ΔU1，选项D 正确。]
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10．AD　[由题图甲可知，随电压的升高，各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值
增大，选项A 正确，B 错误；将电阻R 看作电源的内阻，则U＝E－I(R＋r)＝6－10I(V)，将
此函数关系的图像画在灯泡的U－I 图像上，如图，两图线的交点为小灯泡的工作点，则I＝
0.38 A，U＝2.2 V，则小灯泡的实际功率约为P＝IU＝0.38×2.2 W≈0.84 W，选项C 错误，
D 正确。]
11．(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω
解析　(1)电源的路端电压随电流的变化图线斜率的绝对值等于电源的内阻，则内阻
r＝||＝ Ω＝20 Ω
电源的电动势为E＝U＋Ir
取电压U1＝16 V，电流I1＝0.2 A，
代入解得E＝20 V
(2)当滑片P 滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大。此时电压U2＝4 V，
电流I2＝0.8 A，
则定值电阻R2＝＝5 Ω
(3)当滑片P 滑到最左端时，外电阻最大，电流最小，此时路端电压U1＝16 V，电流I1＝0.2 
A，
外电路总电阻为R＝＝80 Ω
又R＝R2＋，
代入解得R3＝300 Ω。
12．C　[由电路图可知，电压表示数U 与电流表示数I 的比值表示的是外电路的总电阻，滑
动变阻器的滑片P 从a 端滑到b 端，外电路的总电阻变化，则电压表示数U 与电流表示数I
的比值变化，A 错误；当滑动变阻器的滑片处于中点时，两个并联支路的电阻相等，并联后
电阻最大，则滑片P 从a 端滑到b 端的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，则电流表示
数先减小后增大，电压表示数先增大后减小，B 错误，C 正确；电压表示数变化绝对值ΔU
与电流表示数变化绝对值ΔI 的比值为电源的内阻，保持不变，D 错误。]
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第3 练　电学实验基础
1．8.021(8.020、8.022 均可)　2.060　5.236
解析　螺旋测微器的固定刻度读数为8 mm，可动刻度读数为2.1×0.01 mm＝0.021 mm，所
以最终读数为8 mm＋0.021 mm＝8.021 mm，由于需要估读，因此8.020 mm、8.022 mm 均
正确。游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标尺上第12 个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游
标尺读数为12×0.05 mm＝0.60 mm，所以最终读数为20 mm＋0.60 mm＝20.60 mm＝2.060 
cm。工件的长度L＝52 mm＋0.02×18 mm＝5.236 cm。
2．(1)0～0.6 A　0～3 V　(2)甲　见解析图　(3)见解析图　4.5　(4)B
解析　(1)金属丝的电阻Rx约为5 Ω，根据闭合电路欧姆定律得
Im＝＝ A＝0.5 A
故电流表量程应选用0～0.6 A；
电池组电动势为3 V，故电压表量程应选用0～3 V；
(2)因为Rx<，待测电阻阻值较小，故采用电流表外接法，即电路原理图甲；
实物图连接如图所示
(3)如图所示
根据U－I 图像斜率可得Rx＝＝ Ω≈4.5 Ω
(4)根据电源总功率公式得
P＝EI
＝
＝，
可知P－x 图像是一个向右平移的反比例函数图像，故选B。
3．(1)见解析图　(2)R0与Rx之间接线处断路(或Rx与电流表之间接线处断路)
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(3)①保护电路；②减小读数误差　(4)4
解析　(1)因待测电阻Rx的电阻和电流表的内阻都较小，为保护电路，应将定值电阻R0与它
们串联，又要求电流表和电压表的示数从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，由于
电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，故实验电路的原理图如图所示。
(2)出现该现象的原因可能是R0与Rx之间接线处断路。
(3)由(1)分析可知该电路中R0的作用是：①保护电路；②减小读数误差。
(4)根据I－U 图像可知斜率为k＝＝ Ω－1＝，代入数据解得Rx＝4 Ω。
4．(1)C　F　G　(2)见解析图　(3)200
(4)1 000－8×10－3p
解析　(1)电源电动势为6 V，电压表读数时要在满偏刻度的三分之一以上更准确，而且串联
定值电阻可以扩大量程，故电压表选C；
气压传感器阻值变化范围从几十欧到几百欧，流经电流表的电流约为几十毫安，故电流表选
F；
串联定值电阻，相当于扩大电压表量程，扩大到6 V 即可，电压表内阻为3 kΩ，定值电阻
选G。
(2)如图所示
(3)根据欧姆定律得Rx＝＝200 Ω
(4)根据题图丙，设Rx＝R0－kp，代入数据可得Rx＝1 000－8×10－3p (Ω)。
5．(1)最左端　(2)B　D
(3)
解析　(1)为了实验安全，闭合开关S 之前，应使电路中电流从最小值开始调节，滑动变阻
器采用分压接法，故应将滑片置于最左端。
(2)实验器材中没有电压表，要用电流表改装，只有内阻已知的电流表才能改装成电压表，
所以电路图中的电流表①选择B。
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把A2改装成量程为3 V 的电压表，根据电压表改装原理可得R＝＝ Ω
＝1 975 Ω，故定值电阻应选择D。
(3)由串、并联电路的特点和欧姆定律有I2(r2＋R2)＝(I1－I2)Rx
解得Rx＝。
6. (1)3 V　(2)D　(3)1.50　(4)
(5)不同意　理由见解析
解析　(1)所用电源为两节干电池，电动势为3 V，则所用电压表量程为3 V；
(2)闭合开关之前，滑动变阻器阻值应调到最大，电池盒上的接线柱A 应与滑动变阻器的接
线柱D 连接；
(3)电压表最小刻度为0.1 V，则示数为1.50 V；
(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝，当被测电阻阻值为R 时，电压表示数为U＝IR＝
(5)不同意。方法一：极限思维法。当R 较大时，电压表分流作用大，当R 等于R2时，可将
R1看成等效电源内阻，由于R1阻值远小于R2，故电压表读数近似等于电源电动势。
方法二：解析法。当R 较大时，电压表内阻不能忽略，
则电路中的电流
I＝，
电压表中的电流I′＝I·，
电压表读数为
U＝·＝
当R＝R2时，R 最大，此时
U＝＝，
因RV≫R1，则电压表读数近似为U＝＝，即当R＝R2时，由于R1的阻值远小于R2，所以电
压表读数近似等于电源电动势。
第4 练　实验十一：导体电阻率的测量
1．(1)2.16　(2)见解析图
(3)5.2×104　(4)
解析　(1)10 分度的游标卡尺的读数为d＝21 mm＋6×0.1 mm＝
21．6 mm＝2.16 cm；
(2)根据题图乙所示的实物图，滑动变阻器采用了分压式接法，电流表采用了内接法，故电
路图如图；
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(3)题图丙的U－I 图像的斜率即为水样的电阻大小，
R＝ Ω≈5.2×104 Ω
(4)由电阻定律R＝ρ，S＝，由题意电导率δ＝，联立得δ＝。
2. (1)乙　(2)　(3)6.5×10－5
解析　(1)由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L 是丙到乙的距离。
(2)根据电阻定律有R＝ρ
再根据欧姆定律有R＝
联立有U＝L，则ρ＝
(3)根据题图(b)可知k＝6.5 V/m，则根据(2)代入数据有ρ＝6.5×10－5 Ω·m
3．(1)C　G　(2)0.730　(3)丙
(4)a2－
解析　(1)由题意可知，电源电动势为6 V，电压表量程0～3 V，而由于待测电阻约为10 
Ω，则电流最大为I＝＝0.3 A，故不能选用量程为0～3 A 的电流表，故电流表选A1，即C；
由题意可知，为获得更多的数据，电路应采用分压接法，故滑动变阻器选电阻较小的，即
G。
(2)由题图乙所示的螺旋测微器可知，固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为23.0×0.01 
mm＝0.230 mm，螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.230 mm＝0.730 mm。
(3)由于电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法；为测得多组实验数据，
滑动变阻器应采用分压式接法，故选择电路图丙。
(4)根据欧姆定律有Rx＝，根据电阻定律有Rx＝ρ，故截面积为S0＝，故金属管线内芯截面积
的表达式为S＝a2－。
4．(1)11.050　1.995(1.994、1.996 均可)　(3)见解析图　(4)19 Ω
(5)
解析　(1)20 分度游标卡尺的精确度为0.05 mm，游标卡尺的读数为
L＝110 mm＋10×0.05 mm
＝110.50 mm＝11.050 cm
螺旋测微器的精确度为0.01 mm，螺旋测微器的读数为d＝1.5 mm＋49.5×0.01 mm＝
1.995 mm；
(3)电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流
表，此时电流表两端的电压可以计算，将改装后的大量程电流表内接，可以得出流过电阻
Rx电流的准确值以及电阻Rx两端电压的准确值，如图所示；
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(4)根据(3)分析可知，可以得出电阻的准确值，电阻Rx两端的电压Ux＝U－IRA
流过电阻Rx的电流Ix＝I＋
根据欧姆定律Rx＝
代入数据联立解得Rx＝19 Ω；
(5)根据电阻定律Rx＝ρ，
又S＝π，联立可得ρ＝。
5．(1)0.6　0.6　左　(2)乙　(3)2.3(2.2、2.4 均可)　0.26(0.24、0.25、0.27 均可)
解析　(1)实验中用两节干电池供电，则题图中的导线a 端应与“0.6”接线柱连接，b 端应
与“0.6”接线柱连接。开关闭合前，题图甲中滑动变阻器滑片应置于左端。
(2)乙同学通过U－I 图像求电阻，可减少实验的误差，则乙同学求电阻的方法更合理。
(3)由题图丙可知I－图像斜率
k＝ mA·m≈2.3 mA·m
由题图乙可知Igrg＝(I－Ig)ρ
解得I＝Ig＋·
由＝k 得Ig＝0.24 mA，
＝2.3 mA·m
若要把该表头G 改装成量程为9 mA 的电流表，则并联的电阻ρ＝，即L′＝，
解得L′≈0.26 m。
另解：将I－图像右向延长至I＝9.0 mA 处，此时对应的＝3.8 m－1，得L≈0.26 m。
第5 练　实验十二：测量电源的电动势和内阻
1．(1)甲　(2)见解析图　(3)A　(4)D
解析　(1)因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差，所以电流表采用相对电源
外接法，选择甲；
(2)根据电路图得实物连接图如图所示；
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(3)由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流。
内阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，对应实线斜率的绝对
值比虚线的小，但当电压为零时，外电路短路，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线
重合，故A 正确，B、C、D 错误；
(4)本次实验是因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电
表量程不变的情况下，可以采取的措施是增大电压表的内阻，故D 正确，A、B、C 错误。
2．(1)见解析图　(2)1.58　0.64
(3)2.5　(4)偏小
解析　(1)实物连线如图：
(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir
由题图(c)可知E＝1.58 V
内阻r＝ Ω≈0.64 Ω
(3)根据E＝I(R＋RA＋r)
可得＝·R＋
由题图(d)可知＝2 A－1
解得RA≈2.5 Ω
(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与干电池内阻的并联值，即实
验中测得的干电池内阻偏小。
3．(1)见解析图　(2)2.7　0.59
(3)偏小　偏小
解析　(1)按照题图甲所示的电路图，实物连接电路如图所示。
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(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋(R0＋r)
整理上式可得＝＋·
由－的图像可得图像的斜率为
k＝＝ Ω·V－1
＝1.7 Ω·V－1
图像纵轴截距为b＝＝0.37 V－1
解得E≈2.7 V，r≈0.59 Ω
(3)电源电动势与内阻的测量值为E 测＝，r 测＝－R0
实验误差来源是电压表分流，考虑电压表分流作用，则有E 真＝U＋I 真(r 真＋R0)＝U＋(＋)
(r 真＋R0)
整理得
＝·＋＋
可知－图像的斜率为k＝
纵轴截距为b＝＋
解得E 真＝，r 真＝－R0
从以上看出E 测＜E 真，r 测＜r 真
即电源电动势与内阻的测量值都小于真实值。
4．(1)负　(2)0～0.6 A(或0～600 mA)
(3)见解析图　6.0　2.7
解析　(1)欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，连接时要注意红表笔要与电流表的负接线
柱相连。
(2)将定值电阻R0与电流表并联进行改装，改装后的量程为
I＝Ig＋＝0.2 A＋ A
＝0.6 A
(3)根据提供的器材，采用安阻法进行测量，电路图如图所示
根据电路可知，电流表示数为I 时，总电流为3I，
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则E＝IRg＋3I(R＋r)
即R＝·－
由题图可知＝ V＝2.0 V，
＝6.0 Ω
解得E＝6.0 V，r＝ Ω≈2.7 Ω。
5．(1)15.0
(3)·R＋＋
(5)1.55　1.0　(6)5
解析　(1)为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电压表满偏电压大，
当电压表满偏时有＝，代入数据解得R＋r＝9.5 Ω，故R>7.5 Ω，因此电阻箱接入电路的电
阻值选15.0 Ω。
(3)由闭合电路欧姆定律可得
E＝U＋(R＋r)
化简可得＝·R＋＋r
(5)由上面公式可得
＝k＝，
＋r＝b＝＋，
由－R 图像计算可得
k≈0.034 V－1·Ω－1
延长图线，得到图线与纵轴的交点为0.85 V－1，则有0.85 V－1＝＋＋ (V－1)
代入可得E≈1.55 V，r≈1.0 Ω。
(6)如果电压表为理想电表，则可有
＝＋＋R，则此时E′＝
因此误差为||×100%＝5%。
第6 练　实验十三：用多用电表测量电学中的物理量
1．(1)×100　(2)BCA　(3)1 900
(4)ABD　(5)见解析
解析　(1)选择开关置于“×10”挡位置，指针指在题图中a 位置，偏转角度较小，证明此
电阻较大，为准确测量，需要更换大挡位，把开关置于“×100”挡。
(2)换挡后需要重新进行欧姆调零，把红、黑表笔短接，然后调节欧姆调零旋钮，使指针指
向欧姆零点，将红表笔和黑表笔接到待测电阻两端，再测量进行读数，故正确的顺序是
BCA。
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(3)欧姆表读数时需要用刻度乘以倍率，所以题图中示数为19×100 Ω＝1 900 Ω。
(4)题图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，并联在小灯泡两端，选择合适量程可测量小灯
泡两端电压，故A 正确；题图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，与小灯泡串联，选择合
适量程可测量流经小灯泡的电流，故B 正确；测量小灯泡电阻时，小灯泡必须与外部电路
断开，故C 错误；二极管的正向电阻很小，题图丁中欧姆表测量二极管的正向电阻，将选
择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可观察到此时欧姆表示数很小，故D 正确。
(5)会看到欧姆表指针先向右偏转，然后缓慢回到最左端。
原因是多用电表欧姆挡电路中有电源，与电容器连接时，电源给电容器充电，回路中有电流，
指针向右偏转；电容器充电过程中，电流逐渐减小至0，指针缓慢回到最左端。
2．(1)300　(2)200　1.44　4.8
(3)9 600　(4)偏大
解析　(1)两表笔短接调零时，应使表的指针指在微安表的电流满偏位置，即指针指在300 
μA 处；
(2)由题图乙可知微安表的指针指在200 μA 处；根据闭合电路欧姆定律，两表笔短接时有Ig
＝，接入阻值为2.4 kΩ 的定值电阻时，
有Ig＝ 
解得E＝1.44 V，R 内＝4.8 kΩ
(3)当电流I＝100 μA 时有
Ig＝，解得R1＝9 600 Ω
(4)由Ig＝和I＝，
可得I＝
则电动势减小，测量同一未知电阻时对应的微安表示数减小，则电阻阻值增大。
3．(1)电压　小　(2)2　261　(3)900　600
解析　(1)当开关S 接到位置6 时，电流表与电阻R3、R4串联，电阻R3、R4起到分压作用，
多用电表为电压表；开关S 接到位置5 与接到位置6 相比，接到6 时串联的电阻大，分压作
用也大，电压表的量程也更大，因此开关S 接到位置5 时的量程比接到位置6 时的量程小。
(2)当开关S 接到2 位置时，并联的电阻大，分流小，其电流表的量程小，因此开关S 接位置
2 时是小量程的电流挡；
设开关S 接1 时的最大电流为I1，接2 时最大电流为I2，由题意可知，当开关接到1 时，有
Ig(r＋R2)＝(I1－Ig)R1
当开关接到2 时，
有Igr＝(I2－Ig)(R1＋R2)
代入数据解得R2＝261 Ω
(3)由上述分析可知，当开关S 接到位置4 时，电路中的满偏电流Im＝10 mA，根据闭合电路
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欧姆定律可得
R 内＝＝ Ω＝900 Ω
由指针偏转到电流表G1满刻度的处可得Im＝，解得Rx＝600 Ω。
4．(1)黑　(2)53.0　(3)1.537
(4)15　35　(5)D
解析　(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，
串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a 表笔
流出的为黑表笔。
(2)电流表的量程是60 mA，由题图丙可知，其分度值为1 mA，示数为53.0 mA。
(3)当表头短接时电路电流最大，为表头的满偏电流Ig＝，设多用电表的内阻为Rg，则Rg＝r
＋R＋rg，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称
为中值电阻。当选择×1 Ω 挡测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15 Ω，根据(2)知多
用电表外的电阻阻值为14.0 Ω，干路电流是53.0 mA，则电源电动势是E＝I(R 内＋R 外)＝
0.053 0×(15＋14.0) V＝1.537 V。
(4)欧姆表的内阻r＝＝ Ω＝15 kΩ
表盘上30 μA 刻度线对应的电阻刻度值R＝－r＝ Ω－15 000 Ω＝35 000 Ω＝
35 kΩ。
(5)人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故A 错误；
测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，故
B 错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20 与30 正中间，
即测量值大于200 Ω 小于250 Ω，故C 错误；为保护电路安全，测量电路中的某个电阻，应
把该电阻与电路断开，故D 正确。
5．(1)红　B　(2)1 600　(3)1.1
(4)准确
解析　(1)根据黑表笔接内部电源的正极，可以判断a 为红表笔；当电表满偏时，电表总内
阻为R 内＝＝1 500 Ω，所以滑动变阻器应选择B；
(2)可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，
对应的电阻为中值电阻，E＝Ig(R 中＋R 内)，R 中＝R 内＝1 500 Ω，即表盘刻度为15 时代表1 500 
Ω，倍率为“×100”，所以被测电阻的阻值为1 600 Ω。
(3)倍率为“×10”时，中值电阻为150 Ω，即内阻为150 Ω，由此可知，满偏电流变为原来
的10 倍，即0.01 A，1×10－3×10 V＝(0.01－1×10－3)R1，解得R1＝1.1 Ω。
(4)设电源电动势为E，干路电流为Ig，调零后电表内阻为R 内，电表指针指到表盘某处时，
电表的电流为I，对应的待测电阻为Rx，根据闭合电路欧姆定律E＝IgR 内，E＝I(Rx＋R 内)，
整理得Rx＝E(－)，由于满偏电流相同，电动势相同，指针指相同的位置时电流相同，所以
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Rx相同，即测量结果准确。
第7 练　专题强化：测量电阻的其他几种方法
1．(1)C　(2)见解析图　(3)300
(4)14.7　(5)15.5
解析　(1)当电流表A1、A2满偏时，A1并联的电阻约为R0＝＝ Ω＝580 Ω
题图甲中的电阻R0应选用C；
(2)根据题图甲，用笔画线代替导线，补充完成题图乙中实物间的连线如图所示
(3)根据串并联电路特点和欧姆定律有I2＝I1＋，
整理得I2＝I1，
由题图丙可得＝，解得RA1＝300 Ω
(4)将A1改装成量程为15 V 的电压表，需要串联的电阻为R1＝
＝ Ω＝14 700 Ω＝14.7 kΩ
(5)当V0的示数为12.4 V 时，A1的示数为0.80 mA，V 的真实电阻为
RV＝ Ω＝15 500 Ω
则V 的实际量程为UV 真＝RV·IA1＝15 500×0.001 V＝15.5 V。
2．(1)R1　(2)见解析图　(3)左
(4)1 998　大于　(5)1 mA
解析　(1)根据电压表半偏法测量原理可知，为减小实验误差，满足滑动变阻器内阻远小于
电压表内阻，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选择R1。
(2)实物图连接图如图所示。
(3)在步骤b 中，闭合开关S1、S2前，滑动变阻器的滑片应移到题图甲中最左端，其目的是
保护电表，且使电压表的示数从零开始调节。
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(4)在步骤c 中，记录的电阻箱阻值为1 998.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压
不变，则有RV＝R＝1 998 Ω。
根据设计的电路，实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的左侧部分分压要变大，大于2.0 
V，故电阻箱分得的电压大于1.0 V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值，故测量值大于
真实值。
(5)该表头的满偏电流为I＝≈1 mA。
3．(1)R2　(2)①b　0.20　②变大
(3)3
解析　(1)由于电压表量程为3 V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定
值电阻两端的电压UR＝
由题图甲可知10 Ω≤Rx≤70 Ω，电动势为4 V，电压表量程为3 V，得URmax＝≤3 V，可得
R≤30 Ω，故选R2。
(2)①本实验采用等效替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻Rx，故应先将电阻箱调到
30.0 Ω，结合电路，开关应向b 端闭合；由题图甲可知Rx＝30 Ω 时，酒精气体浓度为
0.20 mg/mL。
②逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。
(3)酒精气体浓度为0.20 mg/mL 时传感器电阻为30 Ω，根据电路分压原理，此时电压表示数
为
U1＝E＝×4 V＝1 V
酒精气体浓度为0.80 mg/mL 时传感器电阻为10 Ω，此时电压表示数为
U2＝E＝×4 V＝2 V
故电压表1～2 V 为酒驾范围，占电压表总量程的，则红色长度与电压表总刻度线长度的比
例为1∶3。
4．(1)R1　2 500 Ω　(2)
(3)小王
解析　(1)题图甲电路采用半偏法测电压表内阻，实验中认为调节电阻箱时滑动变阻器上的
分压不变，但实际情况是由于并联部分的电阻增大造成分压略微增大，从而造成系统误差，
为了能尽量减小这一误差，需要滑动变阻器负责分压部分的电阻远小于支路电阻，所以滑动
变阻器应选择阻值较小的R1；
根据分压原理可知，电压表V1的内阻为RV1＝×500 Ω＝2 500 Ω
(2)根据题图乙电路可得＝，可得电压表V1的内阻为RV1＝
(3)小王同学的测量结果存在系统误差，当改变电阻箱的电阻时，电压表和电阻箱串联支路
的总电压变大，则当电压表的示数为2.5 V 时，电阻箱两端实际电压大于0.5 V，则有RV1 测>
RV1 真，由题图乙电路图可知小李同学的实验结果不存在系统误差。
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5．(1)40　×1　(2)①a　R0
②偏大　③
解析　(1)将选择开关拨至欧姆挡“×10”，由题图甲可知此时电阻大约为R＝4×10 Ω＝40 
Ω
欧姆表指针在中间位置附近读数时比较准确，为了使测量的结果更准确，该同学应选择欧姆
挡“×1”的挡位。
(2)①为了保护电路，测量电路中的电流要从小电流开始，所以在闭合开关S 前，应将滑片
P1置于a 端；
灵敏电流计G 示数为零，说明Rx的分压与AP2部分的分压相等，则有Ux＝U，
＝U，
Ux＝
联立解得Rx＝R0
②若从A 到B 端直径略有减小，根据电阻定律R＝ρ，可知从A 到B 单位长度上的电阻在增
大，当AP2段电阻丝长度为s，AP2部分实际分到的电压应满足
<U
可得Rx 真<R0＝Rx 测，可知测量值偏大。
③保持线夹P2的位置不变，设电阻丝左侧电阻为R 左，右侧电阻为R 右，当灵敏电流计G 示
数为零时，电阻箱的阻值为R1，此时有＝
电阻箱与Rx交换位置，电阻箱的阻值为R2，此时有＝
联立解得Rx＝。
第十一章　磁场
第1 练　磁场的描述　安培力
1．B　[小磁针静止时N 极指向为其所在处的磁场方向，由题图知螺线管电流在螺线管中轴
线上的磁场方向是向左的，由右手螺旋定则可知螺线管中电流方向是逆时针方向(从左侧看)，
则螺线管右端接电源正极，故A 错误；螺线管内部磁场方向向左，所以将小磁针移到螺线
管内部，小磁针N 极所指方向不变，故B 正确；若将小磁针移到螺线管左端，仍处于向左
的磁场中，小磁针N 极所指方向不变，故C 错误；螺线管正上方磁场向右，若将小磁针移
到螺线管正上方，小磁针N 极所指方向向右，故D 错误。]
2．C　[因bc 段与磁场方向平行，则不受安培力作用；ab 段与磁场方向垂直，则所受安培
力大小为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。]
3．C　[因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用力；根据两通电直导线间
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的安培力作用满足“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线
要受到中心长直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心长直导
线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如C 所示，故选C。]
4．B　[两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线在M 点处
的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M 点处的磁感应强度大小为零；
两直导线在N 点处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N 点处的磁感应强度大小为2B，
综上分析B 正确。]
5．B　[CD 导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知CD 导体棒电流在B 端产生的磁场
有垂直AB 棒向上的分量，根据左手定则可知B 端受到垂直于纸面向外的安培力，B 端向外
转动，CD 导体棒电流在A 端产生的磁场有垂直AB 棒向下的分量，根据左手定则可知A 端
受到垂直于纸面向里的安培力，A 端向里转动，故俯视看导体棒AB 将要顺时针转动，B 正
确，A、C 错误；根据安培定则可知通电瞬间CD 导体棒电流和AB 导体棒电流在线段O1O2
间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D 错
误。]
6．D　[根据右手螺旋定则，放置在FE 边的通电导线在C 点产生的磁感应强度大小为B、
方向沿CM，放置在ND 边的通电导线在C 点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC，故C
点处的磁感应强度大小为B；放置在FE 边的通电导线在O 点产生的磁感应强度大小为B、
方向沿NO，放置在ND 边的通电导线在C 点产生的磁感应强度大小为B、方向沿OP，故O
点处的磁感应强度大小为B。故选D。]
7．A　[由几何关系可知，C、D 两点间的距离L＝2Rsin 60°＝R，电流I 从C 点流入，两支
路电流满足：I1＋I2＝I，导体线圈受到的总安培力的大小F 安＝BI1L＋BI2L＝BIL＝BIR，故选
A。]
8．D　[当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图
示方向，则导线中电流方向应由M 指向N，A 错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强
度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝mgcos θ，则可知sin θ 与电流I 成正比，当I
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增大时θ 增大，则cos θ 减小，静止后，悬线对导线的拉力FT减小，由牛顿第三定律知，导
线对悬线的拉力减小，B、C 错误，D 正确。]
9．BC　[如图所示，
地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。由表中z 轴数据可看出z 轴的磁
场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A 错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处
的磁感应强度大致为B＝＝，计算得B≈50 μT，B 正确；由选项A 可知测量地在北半球，而
北半球地磁场指向北方斜向下，第2 次测量By<0，故y 轴指向南方，第3 次测量Bx>0，故x
轴指向北方而y 轴则指向西方，C 正确，D 错误。]
10．C　[设ab 边电阻为R，则ac 边电阻为R，bc 边电阻为2R，由并联分流原理，abc 中电
流为I，则ac 中电流为I，则Fbc＝BILbc，Fac＝BILac＝BILbc，故A 错误；abc 等效长度等于
ac，但电流小于ac 电流，则Fabc<Fac，故B 错误；由于Fab＝BILab，Fac＝BILac＝3BILab，所以
Fab∶Fac＝1∶3，故C 正确；由左手定则可判定Fabc方向垂直于ac 向下，故D 错误。]
11．B　[在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a
点处的磁感应强度为0，由图甲知，B1＝B0，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P；
依据几何关系及三角函数知识有：BPcos 30°＝B0，解得通电导线P 和Q 在a 处的磁场的磁感
应强度大
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小均为BP＝B0；当P 中的电流反向，其他条件不变，依据几何关系及三角函数知识，如图
乙所示，有：B2＝BP＝B0，方向垂直于PQ 向上，由矢量的合成法则，得a 点处磁感应强度
的大小为B＝ ＝B0，故B 正确，A、C、D 错误。]
12．(1) m/s　4.17 A　(2)0.085 C
解析　(1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I。
金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，由运动学公式得v2＝2gH，解得v＝
 m/s，由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0，
得I≈4.17 A
(2)对金属杆，由动量定理有：
(BI′L－mg)t′＝mv′，v′＝，又q＝I′t′，解得q＝0.085 C。
第2 练　磁场对运动电荷(带电体)的作用
1．A　[小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；小
球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B 错误；重力方向始终竖直
向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛
顿第二定律知加速度方向时刻变化，C 错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦
兹力对小球不做功，D 错误。]
2．D　[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，动能
为Ek＝mv2，联立可得Ek＝，由题意知α 粒子和β 粒子所带电荷量之比为2∶1，故α 粒子和
β 粒子的动能之比为＝，故D 正确。]
3．C　[由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，可得r＝，又p＝mv0，得r＝，碰撞过程中动
量守恒，p 不变，电荷量不变，则半径不变，故C 正确，A、B、D 错误。]
4．C　[根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向
里，故A 错误；粒子从M 运动到N 时速度方向改变了60°，所以粒子在该段时间内运动轨
迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子从M 到N 运动的时间为t＝T，又粒子在磁场中的运动周
期为T＝＝，由题知＝k，整理得t＝，故B 错误；如果N 点到虚线的距离为L，根据几何关
系有cos α＝，解得R＝2L，又R＝，则v＝2kBL，故D 错误，C 正确。]
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5．AD　[由题图可看出粒子1 没有偏转，说明粒子1 不带电，则粒子1 可能为中子，A 正确；
粒子2 向上偏转，根据左手定则可知，粒子2 应该带正电，不可能为电子，B 错误；由以上
分析可知粒子1 不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1 都不会偏转，C 错误；粒子2
在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，则
粒子2 做圆周运动的半径增大，粒子2 可能打在探测器上的Q 点，D 正确。]
6．B　[滑块自a 点由静止沿斜面滑下，在a 点不受洛伦兹力作用，故A 错误；
滑块自a 点运动到b 点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，有
mgh＝mv2，得v＝，故滑块在b 点受到的洛伦兹力大小为F＝qBv＝qB，故B 正确，C、D
错误。]
7．C　[由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以两次小球运动到最低点C 时，根据动能
定理可知，合外力做功相同，所以两次在最低点时速度大小相等；在圆1 中小球在最低点时
速度方向与磁场方向相互垂直，根据左手定则，如果小球带正电，则在圆1 中小球在最低点
线的拉力大小满足FT1＋Bqv－mg＝m，在圆2 中小球在最低点速度方向与磁场方向相互平行，
所受洛伦兹力为0，则在圆2 中小球在最低点线的拉力大小满足FT2－mg＝m，则两次小球运
动到最低点C 时，线的拉力不等，同理可知，若小球带负电，在C 点线的拉力也不等，所
以C 正确，A、B、D 错误。]
8．BC　[以滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面
向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝ma，可知随
着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条
通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1 前已经做匀速运动，因此到达光电
门2 之前滑块先加速后匀速，到达光电门2 之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A 错误，
B 正确；
滑块做匀速运动的速度大小为v＝，根据受力平衡可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝0，联
立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C 正确，D 错误。]
9．BC　[根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有
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(3r－R)2＝R2＋r2，解得R＝r，故A 错误，B 正确；
由qvB＝m，可得粒子在圆形区域做匀速直线运动的速度大小为v＝，则粒子第一次在圆形
区域内运动的时间为t＝＝，故C 正确，D 错误。]
10．(1)　(2)(L，)　(3)
解析　(1)由题意可知电子在有界圆形磁场区域受洛伦兹力而做圆周运动，设圆周运动轨迹
半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有ev0B＝m
如图所示，过A、B 点分别作速度方向的垂线交于C 点，则C 点为轨迹圆的圆心，已知B 点
速度方向与x 轴正方向之间的夹角为60°，
由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°，AC＝BC＝AB＝r，
已知OA＝L，得OC＝r－L
由几何知识得r＝2L
联立解得B＝；
(2)由于ABO 在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB 为有界磁场圆的直径，故AB 的中点为磁场
区域的圆心O1，O1的坐标为(L，)；
(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝＝，电子在磁场中运动的时间t＝T＝＝。
11．D　[选竖直向下为加速度的正方向，上升阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝
ma，
其中有Ff＝μFN＝μBqv
联立解得a＝
故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速度
为a＝＝g
下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg－μBqv＝ma，可得a＝
可知下降阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动，上升和下降时速度方向相反，加速度方
向相同，A、B 错误；
以初位置为参考平面，可知圆环的重力势能为Ep＝mgh，可知Ep－h 图像为过原点的倾斜直
线，C 错误；
圆环运动过程中克服摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，在上升阶段有Ff＝μFN＝μBqv
随着速度的减小，圆环受到的摩擦力逐渐减小，故E－h 图线的斜率在减小；下降阶段随着
速度的增大，圆环受到的摩擦力逐渐增大，故E－h 图线的斜率在增大；由于受到的摩擦力
一直做负功，故回到初始位置时机械能小于开始时的机械能，D 正确。]
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第3 练　专题强化：带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1．AD　[由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 正确；由洛伦兹力提供
向心力可得qvB＝m，整理得r＝，电子的轨迹半径与速度大小有关，速率不同，半径不同，
B 错误；由周期公式T＝可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程
中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝T，故
不同速率的电子在磁场中的运动时间都相同，C 错误，D 正确。]
2．BD　[由题意可知，粒子1 和2 在磁场中圆周运动轨迹对应的弦长之比为1∶2，则粒子1
和2 运动半径之比为1∶2，根据qvB＝m，得v＝，即速度之比为1∶2，又Ek＝mv2，可知
粒子1 与粒子2 的动能之比为1∶4，故A 错误，B 正确；由题意可知，两粒子在磁场中圆周
运动的圆心角相等，由数学知识可知，粒子1 与粒子2 在磁场中运动的弧长之比等于运动半
径之比为1∶2，故C 错误，D 正确。]
3．BC　[根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A 错误；由洛伦兹力
提供向心力可得qvB＝m，解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为r＝，由几何关系可
知其对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s＝θr＝，B 正确；粒子做圆周
运动的周期为T＝＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，C 正确；设圆形磁场区域的半
径为R，由tan ＝，解得R＝rtan ＝tan ，D 错误。]
4．B　[电子从a 点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心
力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d 点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系
有rd
2＝l2＋(rd－)2，解得：rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，
选项B 正确。]
5．A　[设四分之一圆的半径为R，画出a、b 两个粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系
可知rb＝，ra
2＝R2＋(ra－)2，可得ra＝R，又因为T＝，可得Ta∶Tb＝ra∶rb＝5∶1，A 正确，
B、C、D 错误。]
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6．C　[质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为
60°，根据几何关系可知，质子运动半径为r＝(n＝1,2,3…)，质子在磁场中做圆周运动，根
据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，联立解得v＝＝(n＝1,2,3…)，可知质子的速度不可能
为，C 满足题意要求，A、B、D 不满足题意要求。]
7．BC　[电子、质子在磁场中运动的轨迹如图所示。电子在磁场中偏转从C 点射出，根据
左手定则判断知磁感应强度方向垂直纸面向里，选项A 错误；由几何关系知：△AOC、
△AO1C 均为正三角形且全等，则电子做匀速圆周运动的半径r1＝R＝，在磁场中运动的路程
L1＝×2πr1＝πR，选项B 正确；电子在磁场中运动的时间t1＝·＝，由几何关系知：圆心O2在
圆心为O 的圆周上，四边形AODO2是边长为R 的菱形，∠AO2D＝120°，质子在磁场中运动
的轨迹半径r2＝R＝，得v2＝v＝kv，选项C 正确；质子在磁场中运动的时间t2＝·＝，则＝
＝，选项D 错误。]
8．BD　[假设粒子带负电，第一次从A 点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆
心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向
为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D
正确； 假设粒子运动过程过O 点，粒子从P 点进入磁场中速度发生偏转，则过P 点的速度
的垂线和OP 连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；
撞击筒壁以后的A 点的速度垂线和AO 连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能
过O 点，A 错误；由题意可知粒子射出磁场以后的每次偏移圆心连线组成的多边形应为以
筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B 正确；
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速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少， 
C 错误。]
9．BC　[由几何关系知梯形底边bc 长为2L。能够从ab 边射出的电子轨迹半径最小时为从b
点射出，如图甲所示
　
由几何关系可知r1＝＝L；
半径最大时为从a 点射出，如图乙所示
由几何关系可知r2＝L，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得r＝＝，则有L≤≤
L，为使粒子从ab 边射出磁场区域，粒子的速度范围为≤v≤kBL，故选B、C。]
10．ABD　[由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON 时，速度方
向与边界ON 的夹角等于从O 点出发时与边界ON 的夹角，即为60°，故A 正确；粒子第一
次穿过边界OM 之后的轨迹如图所示，从C 点穿过OM 边界进入下方磁场，由对称性和几何
关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D 点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆心角θ 为
300°，所以在磁场中运动的时间为t＝T＝＝，故B 正确；
由几何关系可得，粒子从ON 穿过时，C 点距离O 点为其圆周运动半径R 的3 倍，所以粒子
在下方磁场再次偏转，从D 点穿过OM，D、C 距离为R，粒子射出时速度方向平行于ON，
所以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次
经过边界OM，故C 错误，D 正确。]
11．C　[根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
m，解得v＝，
若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示
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由几何关系可得
(2n＋1)r＝(n＝0,1,2…)
解得v＝(n＝0,1,2…)
当n＝0 时，速度最大为vmax＝8 m/s
当n＝1 时v＝ m/s；当n＝2 时v＝ m/s，故选C。]
第4 练　专题强化：用“动态圆”思想处理临界、极值问题
1．A　[若让沿x 轴正方向射出的离子的轨迹圆绕O 点缓慢转动(如图所示)，不难得出离y
轴最远为|x|＝2r＝，离x 轴最远为y＝2r＝，所以A 项正确。]
2．B　[根据题意，速度为v 时，恰好由A 点射出，如图中轨迹Ⅰ，
由几何关系可得r＝，由牛顿第二定律有qvB＝m，联立可得R＝，要使电子恰好从D 点射
出，如图中轨迹Ⅱ，根据几何关系可得r′＝R，则有R＝，解得v′＝2v，要使电子从弧
AD 之间射出，电子从O 点射入的初速度应大于v，小于2v。故选B。]
3．C　[由题意结合左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，
做匀速圆周运动，如图所示，则有，Bqv＝m，r＝，T＝，若粒子射入磁场的速度增大为原
来的2 倍，即v′＝2v，则粒子的半径将增大为原来的2 倍，由图可知，粒子不会从b 点射
出，A 错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝，由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原
来的2 倍，则粒子的半径将增大为原来的2 倍，可粒子在磁场中运动的圆心角将减小，周期
不变，则粒子在磁场中运动的时间将减小，B 错误；若仅将磁感应强度的大小增大为原来的
2 倍，则粒子的运动半径将减小为原来的，将从a 点射出，C 正确；结合C 选项，由T＝可
知，若仅将磁感应强度大小增大为原来的2 倍，粒子在磁场中运动的周期T′＝，在磁场中
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运动时间t＝，与从N 点射出时的运动时间相同，即时间将不变，D 错误。] 
4．A　[由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故应
该是弦长为PQ，由Q 点飞出的离子圆心角最大，所对应的运动时间最长，轨迹不可能经过
圆心O 点，故A 正确，B、D 错误；因洛伦兹力永不做功，故离子在磁场中运动时动能保持
不变，但由于离子的初动能不一定相等，故飞出时的动能不一定相等，故C 错误。]
5．C　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m，解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁
场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α＝，要使
圆心角α 最大，FE 最长，经分析可知，当粒子从y 轴上的D′点射入、从x 轴上的E′点射
出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝，解得αm＝，从D′点射入磁场的粒
子在磁场中运动的时间最长，且tm＝·，解得tm＝，故选C。]
6．B　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得r1＝＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛
顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，粒子竖直向上射入磁场，恰好不能进入小圆区域时粒子
的轨迹半径r2＝R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，则
v1∶v2至少为，B 项正确。]
7．BC　[作出一些粒子的运动轨迹如图所示，从b 点射出的粒子根据几何关系有R2＝(L－
R)2＋()2，求得R＝L，A 项错误；由qvB＝m 得粒子做圆周运动的速度大小v＝＝，B 项正确；
设粒子从PQ 射出区域的上端d 点到c 点的距离为s，根据几何关系有R2＝(L－R)2＋s2，求得
s＝，因此bd＝L，C 项正确；从c 点射出磁场的粒子，在a 点时速度与MN 的夹角θ 满足
2Rcos θ＝L，可得cos θ＝0.8，则θ≠30°，D 项错误。]
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8．AC　[当粒子的速度较小时，粒子从MN 边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，
此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝×＝，故A 正确；
如图所示，当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时(设切点为Q)，粒子恰好从圆
弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨道半径r1＝，设粒子的速度大小为v1，有qv1B＝
m，解得v1＝，故B 错误；
设当粒子恰好从P 点离开磁场时，粒子的轨道半径为r2，根据几何关系有r2＝，r2＝R，设
粒子的速度大小为v2，有qv2B＝m，解得v2＝，故C 正确；
当粒子的速度大于时，粒子从Q 点右侧离开磁场，当粒子的速度小于时，粒子不可能从M
点离开磁场，故D 错误。]
9．(1)　(2)　(3)
解析　(1)由v1＝，r1＝，可得r1＝R，
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，圆弧对应的圆心角α1＝90°，由T＝，可得t1＝＝
(2)由v2＝，可得r2＝2R
粒子从N 点射出时在磁场运动的时间最长，如图所示，由几何关系可知，其轨迹弧对应的
圆心角α2＝60°
粒子在磁场中运动的时间的最大值t2＝＝
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(3)由v3＝
可得r3＝
粒子在磁场边界上出射点距M 点最远时，轨迹弧为一半圆，如图所示
由几何关系可知：出射点分布的长度为磁场边界的，即s＝。
10．AC　[粒子射出磁场时离S 最远的位置是x 轴上的P 点，可以画出其轨迹1，如图所示
可知SP 为直径，则有(2R)2＝d2＋(d)2，可得R＝d，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，联立解
得v＝，故A 正确；粒子在磁场中的运动周期为T＝＝，由几何知识可得从O 点射出的粒子
如轨迹3，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t＝＝，故B 错误；运动时间最长
的粒子为运动轨迹与x 轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，可得t1＝T。运动时间
最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，此时对应的圆心角为60°，可得t2＝T，所以t1∶t2
＝9∶2，故C 正确；沿平行x 轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，
离开磁场时的位置到O 点的距离为d，故D 错误。]
第5 练　洛伦兹力与现代科技
1．C　[洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，质子加速后获得的最大动能为Ek＝mv2，解得最大
速率约为v＝5.4×107 m/s，故选C。]
2．B　[根据题述，质子(H)以速度v0自O 点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，
可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B。因此满足速度v＝＝v0的粒子才能够
做匀速直线运动，所以选项B 正确。]
3．AD　[由左手定则可知，污水中正离子受到洛伦兹力作用偏向a 侧，负离子受到洛伦兹
力作用偏向b 侧，所以a 侧电势比b 侧电势高，与污水中正负离子的数量无关，选项A 正确，
B 错误；显示仪器显示污水流量为Q＝vS＝，又q＝qvB，解得Q＝，可见只需要再测出a、
b 两点电压就能够推算污水的流量值Q，选项D 正确；由Q＝可知，流量显示仪器的示数与
污水中离子浓度无关，选项C 错误。]
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4．D　[由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电
流I 是由负电荷定向移动形成的，故A 正确，不符合题意；根据单位时间内的脉冲数可求得
车轮转动的周期，从而求得车轮运动的角速度，最后由线速度公式v＝rω，结合车轮半径，
即可求得车速大小，故B 正确，不符合题意；根据题意，由平衡条件有qvB＝q，可得U2＝
vdB，由电流的微观定义式I＝nqSv，n 是单位体积内的导电粒子数，q 是单个导电粒子所带
的电荷量，S 是导体的横截面积，v 是导电粒子运动的速率，整理得v＝，联立解得U2＝，
可知U2与车速大小无关，故D 错误，符合题意；由公式U2＝，若传感器的电源输出电压U1
变大，那么电流I 变大，则U2变大，故C 正确，不符合题意。]
5．D　[根据静电力做功公式W＝qU，且氖20 和氖22 的电荷量相等，加速电场电压相同，
所以做的功相等，故A 错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，由于氖20 的质量
小于氖22 的质量，所以氖20 的速度大于氖22 的速度，故B 错误；在磁场中，根据洛伦兹
力提供向心力，可得qvB＝m，解得R＝，根据动能和动量的关系有mv＝，q、B 和Ek相同，
氖22 的质量大，综上可判断，氖22 在磁场中运动的半径较大，故C 错误；在加速电场中，
根据动能定理有qU＝mv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m，联立可得
R＝ ，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速
电压越大，其做圆周运动的半径越大；若加速电压发生波动，则氖20 和氖22 做圆周运动的
半径在一定的范围内变化，所以氖20 在电压较高时的半径可能和氖22 在电压较低时的半径
相等，两种离子打在照相底片上的位置就会重叠，故D 正确。]
6．B　[带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的
方向没有改变，则在AC 间加速，电场方向不需要做周期性的变化，故B 正确，D 错误；根
据qvB＝和nqU＝mv2(n 为加速次数)，联立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝
2(r3－r2)＝2(－)，所以P1P2≠P2P3，故C 错误；当粒子从D 形盒中出来时，速度最大，根据
r＝知加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关，故A 错误。]
7．AB　[在加速电场中根据动能定理有Uq＝mv2，在静电分析器中静电力提供向心力Eq＝
m，可得加速电场的电压U＝ER，故A 正确；在静电分析器中粒子所受静电力方向与电场方
向相同，故粒子带正电，粒子在加速电场中加速，加速电场方向水平向右，故极板M 比极
板N 电势高，故B 正确；磁分析器中洛伦兹力提供向心力qvB＝m，直径为PQ＝2r＝，故C
错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子有相同的比荷，
故D 错误。]
8．B　[等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q 带正电，金属板P 带
负电，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。由于金属棒恰好静止，则此时等离子体穿过金属
板P、Q 时产生的电动势U 满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL 可得F 安＝
B2L＝，再根据金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，可得F 安＝mgsin θ，则v＝，金属棒ab
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受到的安培力方向沿导轨向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故
选B。]
9．D　[根据qvB＝m，可得v＝，可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U 无关，
故A 错误；氘核被加速到最大速度时的半径为R，则v＝＝2πRf，故氘核被加速后的最大速
度不可能超过2πRf，故B 错误；氘核第n 次和第n－1 次经过两金属盒间狭缝后的分别有
nqU＝mvn
2，(n－1)qU＝mvn－1
2
解得vn＝，vn－1＝，
又qvB＝m，则r＝，则氘核第n 次和第n－1 次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为＝
＝，故C 错误；回旋加速器的周期为T＝，由于氘核(H)和α 粒子(He)的比荷相等，所以不改
变磁感应强度B 和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α 粒子，故D 正确。]
10．(1)　qEH＋
(2)　(3)
解析　(1)粒子从A 点到离开加速器下表面边缘的过程中，竖直方向在静电力作用下做匀加
速直线运动，由牛顿第二定律有qE＝ma，H＝at2
解得t＝
粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度vx取决于加速器金属盒的半径，由洛
伦兹力提供向心力，有qvxB＝
竖直方向上的速度vy＝at＝，则离开时的动能Ek＝mv2＝m(vx
2＋vy
2)＝qEH＋
(2)由(1)分析可知Ek＝nqU＋qEH，
解得n＝
(3)设粒子在狭缝中被加速的时间为t1，在磁场运动的时间为t2，有nd＝axt1
2，＝max，解得t1
＝
粒子在磁场中运动的周期T＝
已知粒子每经过一次狭缝，就会在磁场运动半个周期，则t2＝nT＝，则＝。
第6 练　专题强化：带电粒子在组合场中的运动
1．B　[设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所
示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m、T＝，可得R1
＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时
间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝＝，可得t2＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋
t2，联立以上各式解得t＝，选项B 正确，A、C、D 错误。]
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2．ABD　[根据题意可知，粒子从A 点进入磁场从B 点离开磁场时，根据左手定则可知，圆
形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A 正确；
根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动
的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，
可得＝，故B 正确；根据题意可知，粒子从B 点进入电场之后，先向右做减速运动，再向
左做加速运动，再次到达B 点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。
则粒子在磁场中运动的总时间为t 磁＝＝，故C 错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有
Eq＝ma，解得a＝＝，根据v0＝at 结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t 电＝＝
故D 正确。]
3．(1)3U　　(2)
解析　(1)设粒子运动到A 点射入电场的速度大小为v0，由动能定理得
qU＝mv0
2，解得v0＝
设粒子经过C 点时速度为v，根据题意可得＝cos θ，解得v＝2v0，
粒子从A 点运动到C 点的过程，有qUAC＝mv2－mv0
2，
解得UAC＝3U
如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′C，由洛伦兹力提供向
心力有qBv＝m，解得r＝
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(2)由几何关系得OC＝rsin θ，设粒子在电场中运动的时间t1，根据题意有OC＝v0t1 ，解得
t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T，解得t2＝，
粒子从A 点运动到C 点所用时间和从C 点运动到D 点所用时间的比值＝。
4．(1)5×107 C/kg　(2)4 m
(3)Bx≥0.2 T
解析　(1)微粒的运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得r＝Lsin 
53°＝1 m
由牛顿第二定律得qv0B＝m
代入数据解得＝5×107 C/kg
(2)微粒进入电场后做类斜抛运动，
由几何关系得yOc＝
在y 轴方向有
yOc＝－v0tcos 53°＋×t2
在x 轴方向有l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限。
由几何关系知R＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝m
解得B1 ＝ 0.2 T，故当磁感应强度Bx≥0.2 T 时，微粒能到达第四象限。
5．(1)　(2)
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(3)
解析　(1)设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为r，带负电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系2r＝d，即r＝d
由牛顿第二定律可得qv0B＝m
可得B＝
(2)粒子第二次进入电场做类平抛运动，则d＝v0t1，d＝at1
2，
qE＝ma，解得t1＝，
E＝
(3)粒子在磁场中运动的时间t2＝T＝＝，粒子第一次在电场中运动的时间t3＝
其中a＝＝，则t3＝
则粒子从O 点射出到第一次回到O 点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝。
6．(1)　(2)
(3)
解析　(1)要使粒子从(l，)处离开电场，设电场强度的大小为E1，粒子在电场中做类平抛运
动，沿x 轴方向有l＝v0t
沿y 轴方向有＝a1t2，a1＝
联立解得E1＝
(2)若电场强度为E0，粒子先在电场中做类平抛运动，自(l，y)点以速度v 进入磁场中，并在
磁场中做匀速圆周运动，最终打在MN 上的某点，此时圆心到MN 的距离设为Δx，则有l＝
v0t，y＝at2，a＝
设进入磁场时速度与x 轴正方向夹角为θ，则有tan θ＝，v＝
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，又Δx＝rsin θ
联立解得Δx＝
(3)粒子从N 点进入磁场，速度最大，则做圆周运动的半径也最大，设此时的速度偏转角为
θ′，射入磁场的速度为v′，最大半径为rm，则在电场中有tan θ′＝＝，v′＝
在磁场中有qv′B＝m
联立解得粒子在磁场中做圆周运动的最大半径为rm＝。
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第7 练　专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、 磁场中
的运动
1．C　[液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，
得＝，选项B 错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A 错误；由左手定则可判断
液滴沿顺时针方向运动，选项C 正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝m，联立得v＝，选项D 错
误。]
2．BC　[小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力作用，小球进入电磁场区域做直线运
动，小球受力如图所示，小球做直线运动，则qvBcos θ＝mg，小球的速度vcos θ＝v0，代
入数据解得v0＝2 m/s，故A 错误，B 正确；小球从A 点抛出到进入叠加场过程，由动能定
理得mgh＝mv2－mv0
2，根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝，代
入数据解得h＝1.25 m，故C 正确，D 错误。]
3．(1)(8＋π)＋(n＝0,1,2,3，…)　(2)
解析　(1)带电小球从原点进入x>0 区域后有Eq＝mg
所以在此区域内，带电小球在有磁场时做匀速圆周运动，在无磁场时做匀速直线运动，其轨
迹如图所示
在0～时间内，
有q·2v0B0＝m，即r＝
小球沿x 轴正方向前进的距离L1＝r
在～时间内，小球沿x 轴正方向前进的距离
L2＝2v0tcos ＝
在～时间内，小球沿x 轴正方向前进的距离为L1
在～时间内，小球沿x 轴正方向前进的距离为L2
以此类推，小球从上往下穿过x 轴时的位置到坐标原点的距离
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x＝n(2L1＋2L2)＋L1＝(8＋π)＋(n＝0,1,2,3，…)。
(2)由轨迹图可知，小球与x 轴的最大距离位置在第四象限
小球与x 轴之间的最大距离
d＝L2＋r(1－cos )
＝。
4．ABD　[根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了周，在t0
～1.5t0内，粒子在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上
做加速运动到速度为v，在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了周，粒子回到
极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期
内的轨迹如图所示。粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能
为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2，3…)，
当n＝1 时t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A 正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T 磁
＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下减速的位移为y＝·0.5t0＝，故极板间距应满足d≥2(r
＋y)＝＋，故B 正确；极板长度可能为L＝n·2r＝(n＝1,2,3…)，故C 错误；粒子在磁场中，
有T 磁＝＝2t0，解得B0＝，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝·0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D
正确。]
5．(1)　(2)
(3)　(n＝2,4,6…)
解析　(1)由qvB0＝m，T0＝，
联立解得T0＝。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa 边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝，
得α＝30°。
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，运动时间为t＝
T0＝，而t＝，所以磁感应强度的变化周期T 的最大值为。
(3)如图乙所示为粒子从b 点沿着ab 方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，
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粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即＝，所以磁场变化的周期为
T＝
弦OM 的长度为s＝(n＝2,4,6…)
圆弧半径为R＝＝(n＝2,4,6…)
由qv0B0＝m，解得v0＝(n＝2，4,6…)。
6．(1)　E　(2)
(3)(1＋)＋(π－)
解析　(1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN 段受力如图
因为在MN 段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°＝qE，解得＝，
要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区城内做匀速圆周运动，则小球受到的重力必须
与静电力平衡，有mg＝qE1，联立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝qE，即v＝
由qvB＝m，可知R＝＝
轨迹图如图所示，由图可知矩形的最小面积
S＝2Rcos 22.5°×(R－Rsin 22.5°)
＝
(3)在第四象限运动的时间t1＝，在第一象限矩形磁场区域运动的时间t2＝，在第一象限做匀
速直线运动的时间t3＝
联立解得小球从M 到P 的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝(1＋)＋(π－)。
阶段复习练(四)　电场和磁场
1．B　[根据C＝得知，按键过程中，板间距离d 减小，电容C 增大，故A 错误；因C 增大，
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U 不变，根据Q＝CU 知Q 增大，电容器充电，电流方向从b 流向a，故B 正确，C 错误；
根据电势差与电场强度的关系U＝Ed，可知电容器间的电场强度增大，故D 错误。]
2．B　[由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，
由于I1≪I2，可以忽略电流I1产生的磁场，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，
故而由左手定则可判断B 图正确。]
3．BC　[根据对称性可知A 点和B 点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O 点对称，
故A 错误；根据题意可知a、c 对导线b 的安培力大小F，f、d 对导线b 的安培力大小为Ffd
＝F，e 对导线b 的安培力大小为，根据力的矢量合成可得b 导线所受安培力Fb＝2Fsin 30°
＋2×sin 60°＋＝，故B 正确；根据安培定则，a、d 两条导线在O 点的磁感应强度等大反向，
b、e 两条导线在O 点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e 五根导线在O 点的磁感应强度
方向与c 导线在O 点的磁感应强度方向相同，垂直于ed 向下，故C 正确，D 错误。]
4．D　[因为是正四面体，所以各棱长相等，A 处和C 处分别有等量异种点电荷，则根据点
电荷的电场强度公式E＝k 可知，两点电荷各自在B、D 处产生的电场强度大小相等，但由
于电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷
在B、D 处产生的电场强度大小相等、方向相同，故A 错误；根据等量异种点电荷形成的电
场的特点可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M 点在该等势面上，则可
知M 点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N
点靠近正电荷，则其电势大于零，因此有φN>φM，而电子在电势越高的地方电势能越小，由
此可知电子在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故B 错误；根据正四面体的性质可知，
BD 在该等量异种点电荷连线的中垂面上，因此B、D 两点电势相等，均为零，将一试探正
电荷从B 沿直线BD 移动到D 静电力不做功，故C 错误；将位于C 处的电荷－Q 移到B 处时，
可知M、N 两点到正电荷的距离相等，且M、N 两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的
电场强度公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N 两点产生的合电场强度的大小相等，
故D 正确。]
5．B　[小球静止时细线与竖直方向成θ 角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，
三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝，故A 错误；小球恰能绕O 点在竖直
平面内做圆周运动，在等效最高点A 速度最小，如图。根据牛顿第二定律，有＝m，则最小
动能Ek＝mv2＝，故B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的
位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C 错
误；小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，静电力先做正功
后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D 错误。]
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6．AD　[Ep－x 图像中图线的斜率表示静电力，由于B 点的切线与x 轴平行，即斜率为零，
故试探电荷在B 点的静电力为零，电场强度为零，故A 正确；由于负的试探电荷在两点电
荷产生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式Ep＝－qφ 可
知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B 错误；设O、O′两点的点电荷
所带的电荷量绝对值分别为q1、q2，由于B 点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得
k＝k，解得＝，故C 错误；试探电荷在A、C 两点的电势能相等，则A、C 两点的电势相等，
又A、C 两点的电势比B 点的电势低，则φA－φB＝φC－φB，故D 正确。]
7．D　[根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB＝，则有半径公式R＝，与nqU
＝mv2，可得R＝，所以粒子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为∶，选项A 错误；粒子
从D 形盒出口引出时根据Bqv＝m，可得vm＝，其中f＝＝，解得速度为vm＝2πfr，选项B
错误；粒子在D 形盒中加速的次数为n＝＝，选项C 错误；粒子从D 形盒出口引出时的动
能为Ekm＝mvm
2＝＝πBqr2f，当磁感应强度变为原来的2 倍，因f＝，则f 变为原来的2 倍，
则此时Ekm＝4πfqBr2，选项D 正确。]
8．BCD　[从F 点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，洛伦兹力提供
向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，由几何关系可得r1＝＝，
联立解得v＝，故A 错误；
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，所有从AF 边上飞出磁场的粒子，在磁场中转
过的圆心角均为120°，则在磁场中的运动时间均为t＝T＝×＝，故B 正确；
由几何关系可得，从E 点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60°，粒子在磁场中的运动时间
为t＝T＝×＝，故C 正确；
由几何关系可得，从ED 边上的某一点垂直ED 飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为
30°，则有AE＝2acos 30°＝a，r3＝＝2a，故D 正确。]
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9．BC　[因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即
电子会打到C 端，故有UCD<0，C 端电势低于D 端电势，故A 错误；根据电场强度定义式可
得F＝Ee，又因E＝，电子受静电力大小为F＝Ee＝e，故B 正确；当霍尔元件状态稳定时，
根据平衡条件，有Bev＝e，其中I＝nevhd，解得|UCD|＝，仅增大电流I，|UCD|增大；仅增大
d，|UCD|减小，故C 正确，D 错误。]
10．D　[根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A
错误；打到M、N 两点的粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子打到N 点时，在磁场中的轨迹
对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最短，则有tmin＝T＝×＝，故B 错误；粒子在磁场
中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝，由图可知粒子打到M 点时，在磁场中的
轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得，tan θ＝＝，可得θ＝60°，则最小半
径为r1＝Rtan ＝R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1＝，故C 错误；由图可知，
从P 点到 N 点的粒子在磁场中的运动时间小于从P 点到 M 点的粒子在磁场中的运动时间；
离开磁场到打到收集器，从P 点到 N 点的粒子通过的位移小于从P 点到 M 点的粒子通过的
位移，从P 点到 N 点的粒子的速度大于从P 点到 M 点的粒子的速度，则从P 点到 N 点的
粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P 点到 M 点的粒子从离开磁场到打到收集器
所用时间，故从P 点到 N 点的粒子比从P 点到 M 点的粒子运动时间短，故D 正确。]
11．(1)v0　(2)或
解析　(1)设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x 轴时的速度为v，磁感应强
度大小为B。粒子在电场中做类斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。
在电场中，根据类抛体运动规律
vcos 53°＝v0sin 53°
根据动量定理Eq·t＝mvsin 53°＋mv0cos 53°，根据动能定理
Eq·L＝mv2－mv0
2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝m
根据几何关系2Rsin 53°＝v0sin 53°·t
联立解得E＝，B＝
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可得＝v0
(2)设改变后的磁感应强度为B′，粒子运动轨迹如图所示
在第一象限x1＝v0sin 53°·t
在第三、四象限B′qv＝m
在第二象限，根据运动学公式
x2＝vcos 53°·t′
L＝vsin 53°·t′－at′2
根据牛顿第二定律Eq＝ma
根据几何关系2R′sin 53°＝x1＋x2
联立解得B′＝或B′＝
则＝或＝。
12．(1)　v0　(2)
(3)＋
解析　(1)由题可知，从P 到Q 粒子做类平抛运动，则，解得E＝，由动能定理可知Eqd＝
mv2－mv0
2
解得v＝v0
(2)将速度v 沿坐标轴分解如图所示，故粒子的运动可看成为沿x 负方向的匀加速直线运动和
竖直方向匀速圆周运动的合运动
由题可知圆周运动的半径为r＝d，
vy＝＝v0
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根据圆周运动的基本规律得
Bqv0＝m
解得B＝
(3)粒子沿x 轴负方向做匀加速直线运动，故x＝v0t′＋·t′2
粒子在磁场中从进入磁场运动到第二次与过x 轴的水平面相交所用的时间为t′＝T＝·＝
联立解得x＝＋。
第十二章　电磁感应
第1 练　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
1．BCD
2．B　[N 极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方
向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A 错误；铝环右摆
的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁体对铝环做的功大于铝环动能的增加量，
故B 正确；仅将铝环改为铁环，条形磁体吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C 错误；若将
磁体的S 极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D 错误。]
3．B　[长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A 错误
由楞次定律可以判断在0～t2时间内，线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B 正确；
穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C
错误；由楞次定律和左手定则判断线框所受安培力的合力方向先向上后向下，故D 错误。]
4．C　[在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A 错
误；在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点
受到的安培力为零，故B 错误；t1～t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，
根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向，t2～t3时间内，磁感应强度垂直圆环
向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向沿顺时针方向，故C 正确；
t2～t4时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，
后出现扩张趋势，故D 错误。]
5．D　[ t1～t3时间内，根据“来拒去留”，磁铁受到线圈的作用力方向靠近线圈时是向上
的，远离线圈时也向上，A 错误；磁铁下落过程减少的重力势能大于增加的动能，原因是线
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圈对磁铁的作用力在这个过程中做负功，B 错误；若将线圈的匝数加倍，则穿过线圈的磁通
量变化量不变，原因是穿过线圈的磁通量和匝数无关，C 错误；若将磁铁两极翻转后重复实
验，磁通量的变化情况和原来相反，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D 正
确。]
6．D　[当滑片P 向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b 的电流增大，
从而判断出穿过线圈a 的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a 中感应电
流方向俯视应为逆时针，故A、B 错误；再根据楞次定律推论“增缩减扩”判断出线圈a 应
有收缩的趋势，故C 错误；根据“增离减靠”可知线圈a 对水平桌面的压力将增大，故D
正确。]
7．D　[根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时
间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A 错误；线
框中产生的感应电流为I＝＝n＝n·，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生
的感应电流不变，B 错误；线框ad 边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根
据安培力表达式F 安＝BIL，故所受的安培力随时间变大，C 错误；根据楞次定律的推论增离
减靠可知，线框有向右远离通电直导线的趋势，故线框整体受到的安培力方向水平向右，D
正确。]
8．AB　[当ab 棒自北向南经过最低点时，由右手定则知ab 棒上的电流方向自a 向b，金属
架上的电流方向则为自c 到d，故A 正确；当链条与竖直方向成45°角时，ab 棒来到了最高
点，其速度为0，不产生感应电动势，回路中感应电流一定为零，故B 正确；如图所示，当
ab 棒自南向北摆动的过程中，穿过闭合回路abcd 的磁通量一直减小，故C 错误；当ab 棒
自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，故D
错误。]
9．C　[若B1、B2都竖直向上，从上向下看，当a 盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感
应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b 盘电流为b′→O′，根据左手定则，可知b 盘
沿逆时针方向(俯视)转动；若B1、B2都竖直向下，从上向下看，当a 盘顺时针转动时，其半
径切割磁感线，感应电流方向为O→a′→O′→b′→O，b 盘电流为O′→b′，根据左手
定则，可知b 盘沿逆时针方向(俯视)转动；若B1向上，B2向下，从上向下看，当a 盘顺时针
转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为a′→O→b′→O′→a′，b 盘电流为
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b′→O′，根据左手定则，可知b 盘沿顺时针方向(俯视)转动；若B1向下，B2向上，从上向
下看，当a 盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流方向为
O→a′→O′→b′→O，b 盘电流为O′→b′，根据左手定则，可知b 盘沿顺时针方向(俯
视)转动，A、B、D 错误，C 正确。]
10．AD　[根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根
据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面
向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 项正确；开关闭合并保持一段时间
后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B、C 项错误；开关闭合并保持一段时
间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，这时直导线上方的磁
场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 项正确。]
11．(1)左偏　右偏　(2)不停振动
(3)短接G 表前后各摇动G 表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了
解析　(1)滑动变阻器滑片向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量
方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A 接线柱流入，
故G 表指针向左偏。抽出铁芯时，磁通量减小，G 表指针向右偏。
(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G 表指针不停振动。
(3)若G 表未损坏，短接G 表，并摇动G 表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短
接G 表摇动时的幅度小，若G 表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象。
12．CD　[若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏
的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，故A 错误；若线圈在恒定电流正上方由西向
东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，安培力为零，
故B 错误；根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上
方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定
则可知，线圈中的电流方向(俯视)先逆时针后顺时针；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，
穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中
的电流方向(俯视)先顺时针后逆时针，故C 正确；由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈
受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D 正确。]
第2 练　法拉第电磁感应定律、自感和涡流
1．D　[由题知，开始时，开关S 处于闭合状态，由于L 的电阻很小，Q 灯正常发光，P 灯
微亮，通过L 的电流大于通过P 灯的电流，断开开关，Q 所在电路未闭合，立即熄灭，由于
自感，L 中产生感应电动势，与P 组成闭合回路，故P 灯闪亮后再熄灭，故选D。]
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2．A　[由题图可看出导体棒OA 段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其
中导体棒AC 段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，即φC＝φA，则φO>φC，A 正确，
B、C 错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D 错误。]
3．D　[磁感应强度B 先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方
向一直向左，A 错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝n(r)2＝，B 错误；由题图乙可知
磁感应强度B 一直在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C 错误；根据闭合
电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为P＝()2R1＝，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功
率最大，D 正确。]
4．A　[磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电
流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安
培力而转动的，A 项正确，C 项错误；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼
与磁体转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体的转速小，B 项错误；当磁体
停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，
所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D 项错误。]
5．AD　[由法拉第电磁感应定律可知磁场变化时才会产生感生电场，故A 正确；变化的磁
场在真空室中激发出的电场为无源场，电场线为封闭曲线，与静电场不同，故B 错误；当
题图乙中感生电场沿逆时针方向时，电子沿顺时针方向加速运动，故C 错误；题图甲线圈
中的电流增大的过程中，竖直向上的磁场增强，由楞次定律可知题图乙中形成顺时针方向的
感生电场，故D 正确。]
6．D　[由法拉第电磁感应定律，可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线
圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的
感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D 正确，
A、B、C 错误。]
7．(1)　(2)
解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝·＝
(2)由题图可知线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝＝·kt
当线框开始向上运动时有FA＝mg
解得t0＝。
8．D　[由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt 可知，制动过程中，导体会发热，A 错误；
导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培
力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B 错误；根据楞次定律，可知，
原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的
安培力仍然为阻力，C 错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量
的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D 正确。]
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9．AD　[L 为一个自感系数较大、直流电阻小于电阻R 阻值的线圈，线圈自感阻碍电流变
化，当开关闭合后，自感电动势逐渐减小，即流过线圈L 的电流增大，所以IL增大，最后稳
定时IL恒定，当开关断开后，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，
不过大小在减小，最终减为0，B 错误，A 正确；当开关闭合时，线圈自感阻碍电流变化，
L 为一个自感系数较大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻R 的电流刚开始较大，当自感电
动势逐渐减小，即流过线圈L 的电流增大，所以IR减小，最后稳定，由于自感线圈L 的直流
电阻值小于电阻R 的阻值，通过线圈L 的电流大于通过电阻R 的电流，当断开开关后，原来
通过电阻R 的电流立即消失，线圈自感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻R，其
方向与原来流过电阻R 的方向相反，最后减小为0，C 错误，D 正确。]
10．BCD　[两根导线长度相同，有2πr1＝2πr2×2，即＝，则两圆环面积之比为＝，可得＝
＝，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝nS，可得＝，故B 正确；两根导线完全相同
有＝＝，故C 正确；通过的电荷量q＝n，可得＝，故D 正确。]
11．C　[根据右手定则，a 端相当于电源正极，b 端为负极，a 端电势高于b 端电势，故A
错误；当导体杆ab 和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应电动势最
大，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bl2ω＝2BR2ω，故B 错误；根据法拉第电磁感
应定律可知，全过程中，ab 杆平均电动势为＝＝BR2ω，故C 正确；当θ＝120°时，ab 杆切
割磁感线的有效长度l′＝R，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E′＝Bl′2ω＝
BR2ω，故D 错误。]
12．(1)，方向水平向左
(2)　(3)
解析　(1)由题图可知t＝0 时线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv，
则感应电流大小为I＝＝
线框所受的安培力为
F＝2B0h＋B0h＝，方向水平向左；
(2)在τ 时刻，ab 边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，
则t＝1.2τ 时穿过线框的磁通量为
Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝，方向垂直纸面向里；
(3)2τ～3τ 时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝＝＝
感应电流大小为I′＝＝，则2τ～3τ 时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2Rτ＝。
13．AD　[从题图(b)可看出电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁
通量的变化率越来越大，因此小磁体在玻璃管内下降的速度越来越大，A、D 正确；假设小
磁体是N 极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，产生逆时针
方向的电流(俯视)，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少，产生顺时针方向的电
流(俯视)，即电流方向相反，与题干描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S 极向下同
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理，即下落过程中，小磁体的N 极、S 极方向不变，B 错误；线圈可等效为条形磁体，线圈
中的电流越大，则磁性越强，且电流的大小是变化的，则小磁体受到的电磁阻力是变化的，
不是一直不变的，C 错误。]
第3 练　专题强化：电磁感应中的电路和图像问题
1．B　[a、b 间的电压等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b 间电压为U＝
E，选项B 正确。]
2．D　[有效切割长度即a、b 连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为R，所
以产生的电动势为E＝BLv＝B·Rv，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于外电路的电阻值
为R 总，所以Uab＝－B·Rv＝－BRv，故选D。]
3．D　[因为l2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律可知，l1中磁场的变化是均
匀的，即l1中电流的变化也是均匀的，A、C 错误；根据题图乙可知，0～时间内l2中的感应
电流产生的磁场方向向左，所以线圈l1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向
右并且增大，B 错误，D 正确。]
4．AD　[根据楞次定律得0～2 s 内线框中的感应电流为顺时针方向，即为正方向，2～4 s
内感应电流为逆时针方向，即为负方向，由E＝n，I＝知，电流I 大小不变，A 正确，B 错
误；由以上分析得，在1～2 s 时间内，导线框ad 边电流方向由d 流向a，空间所加磁场的
磁感应强度方向为垂直导线框平面向外，且线性增大，电流I 为定值，根据左手定则及F＝
BIL 得，导线框ad 边受安培力向右，且线性增大，即安培力为负方向，线性增大，同理可
知0～1 s、2～3 s、3～4 s 内安培力的变化情况，C 错误，D 正确。]
5．(1)　(2)
解析　(1)设P 端的线速度大小为v，则v＝ωL
杆绕O 点匀速转动产生的感应电动势为E＝BL＝BL2ω
回路中电流I＝＝
则R 两端电压U＝IR＝
(2)R 消耗的电功率P＝I2R＝。
6．(1)0.024 V　(2)1.08×10－4 J
(3)由N 到M　0.006 C
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解析　(1)在0～0.1 s 内，由题图乙可得＝ T/s＝0.2 T/s，由法拉第电磁感应定律E＝N＝
NS，
解得E＝0.024 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律I＝＝0.06 A，由焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝1.08×10－4 J
(3)根据楞次定律可以判断，0.1～0.4 s 通过R 的电流方向由N 到M，根据q＝Δt，又＝，＝N
可得q＝N＝N，由题图乙可知，0.1～0.4 s 内磁感应强度变化大小ΔB＝0.02 T，解得q＝
0.006 C。
7．D　[金属棒绕OO′轴切割磁感线转动，回路中的电动势E＝Br2ω，故A 错误；电容器
两极板间电压等于电阻R 两端电压，为，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q＝q＝
mg，解得＝，故B 错误；外电阻消耗的功率P＝＝，故C 错误；电容器所带的电荷量Q＝C
＝，故D 正确。]
8．D　[bc 边的位置坐标x 从0～L 的过程中，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿
a→b→c→d→a，为正值。线框bc 边有效切割长度为l＝L－vt，感应电动势为E＝Blv＝B(L
－vt)·v，随着t 均匀增加，E 均匀减小，感应电流i＝，即知感应电流均匀减小。同理，x 从
L～2L 的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流
仍均匀减小，故A、B、C 错误，D 正确。]
9．C　[由题意，画出线框在t 时刻、2t 时刻、3t 时刻、4t 时刻位置示意图，
则t 时刻
2t 时刻
3t 时刻
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4t 时刻
线框在0～t 时间内，只有bc 边切割磁感线，由右手定则知电流由c→b，回路产生顺时针方
向的电流，电动势为负值，e1＝－Blv，线框在t～2t 时间内，bc 边切割右方磁场，产生由
b→c 的电动势，ed 切割左方磁场，产生e→d 的电动势，二者对回路来说等大反向，回路总
电动势为零，e2＝0；线框在2t～3t 时间内，ed 切割右方磁场，产生d→e 的电动势，fa 切割
左方磁场，产生f→a 的电动势，二者对回路同向，e3＝2Blv＋Blv＝3Blv，为正方向；在3t
～4t 时间内，只有fa 在右方磁场切割磁感线，产生a→f 的电动势，回路是顺时针，电流e4
＝
－2Blv，结合闭合电路欧姆定律I＝知只有C 图像满足，故A、B、D 错误，C 正确。]
10．D　[由楞次定律判断可知，在导线框穿过磁场的过程中，A 点的电势始终高于B 点的电
势，则UAB始终为正值。AB、DC 两边切割磁感线时产生的感应电动势均为E＝Bav，导线框
移动距离在0～a 内时，AB 切割磁感线，AB 两端的电压是路端电压，则UAB＝E＝Bav；导
线框移动距离在a～2a 内时，导线框完全在磁场中运动，穿过导线框的磁通量没有变化，不
产生感应电流，则UAB＝E＝Bav；导线框移动距离在2a～3a 内时，A、B 两端的电压等于路
端电压的，则UAB＝E＝Bav，故D 正确。]
11．(1)　(2)B0±t
解析　(1)当ab 棒刚处于磁场时，ab 棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，灯泡刚
好正常工作，则电路中路端电压U 外＝U
由电路的分压之比得U 内＝2U
则感应电动势为E＝U 外＋U 内＝3U
由E＝B0lv＝3U，可得v＝
(2)若保持磁场不移动(仍在cdfe 矩形区域)，而使磁感应强度随时间t 均匀变化，电路可视为
棒与L1并联后再与L2串联，则正常工作的灯泡为L2，所以L2两端的电压为U，电路中的总
电动势为E′＝U＋＝，根据法拉第电磁感应定律得E′＝＝ld0，联立解得＝，所以经过时
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间t 时磁感应强度的可能值Bt＝B0±t。
12．C　[由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条
相当于内阻为r 的电源，另外两根金属辐条和定值电阻R0并联，故辐条进出磁场前后电流的
大小、方向均改变，故A 错误；电路的总电阻R＝，圆环匀速转动时感应电动势E＝BL＝，
所以定值电阻R0两端的电压U＝·＝，通过定值电阻R0的电流I＝＝，故B 错误，C 正确；
圆环转动一周用时T＝，定值电阻R0产生的热量Q＝I2rT＝，故D 错误。]
第4 练　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
1．A　[ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做
减速运动，由F＝BIL＝＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A 正
确，B、C、D 错误。]
2．D　[线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，
则感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于
v 减小，所以a 也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；
当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值
表示加速度的大小，故D 正确，A、B、C 错误。]
3．A　[线框先做自由落体运动，t1时刻ab 边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A
图像中的加速度逐渐增大，故A 错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安
培力，ab 边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd 边进入磁场
后线框做自由落体运动，加速度为g，故B 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场时
若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd 边进入磁场后线框做自由落体运动，加
速度为g，故C 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速
直线运动，cd 边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D 正确。]
4．D　[设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝＝∝v，故C 错误；
根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－，故D 正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL
＝，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培
力随速度先增大后不变，最终大小为mg，故B 错误；杆两端的电压为U＝IR＝，速度先增
大后不变，所以U 先增大后不变，故A 错误。]
5．AC　[导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所
以A 正确；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R 的电荷量为q＝，所以B 错误；
设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝
mv0
2，解得W＝(mv0
2－mgL)，所以C 正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程
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中电阻R 上产生的热量为Q＝W，则Q＝(mv0
2－mgL)，所以D 错误。]
6．ABD　[由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a－v 图像可知＝a0，＝，解得m＝，B＝
＝，A、B 正确；当拉力F 做功为W 时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的
电荷量q＝t＝t＝＝，C 错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D 正确。]
7．C　[由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b 指向a，由左手定则知，金属杆所
受的安培力沿轨道向上，A、B 错误；总电阻为R 总＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受
力平衡，有mgsin θ＝BImL＝(R1＋R)，变形得＝·＋，根据题图乙可得＝k＝0.5 s·m－1·Ω，＝b
＝0.5 s·m－1，解得金属杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻阻值R1＝1 Ω，C 正确，D 错误。]
8．AB　[a 棒以速度2v0先进入磁场做切割磁感线运动，产生的感应电流为i0＝，a 棒在磁场
中会受到安培力，做减速直线运动，感应电流也随之减小。设当b 棒刚进入磁场时a 棒的速
度为v1，此时的瞬时电流为i1＝，若v1＝v0，则i1＝＝，此时两棒产生的感应电动势相抵，
电流为零，金属棒不受安培力作用，两棒均匀速运动离开，i－t 图像中无电流，只有A 图符
合；若v1<v0，即i1＝<，此时两棒产生的感应电动势不相等，要抵消一部分，因b 棒的速度
大，电流方向为b 棒中电流的流向，即逆时针方向(从上往下看)，大小为i＝，b 棒受安培力
要减速，a 棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B、D 图中只有B 图符合。因电流不可
能为恒定不变的，故C 不符合。]
9．AD　[根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为E＝3BL＋
2BL＝BLv，线框中电流为I＝＝，
则电功率为P＝EI＝，故A 正确；
此过程中线框中磁通量的变化为ΔΦ＝2B·3L2－(2BL2－3B·2L2)＝10BL2，此过程中通过线框
横截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，故B 错误；线框受到的安培力大小为F＝3BIL＋
2BIL＝，此时线框的加速度大小为a＝＝，故C 错误；
由动能定理得－W 克安＝m()2－mv2，可得此过程中线框克服安培力做的功为mv2，故D 正
确。]
10．(1)
(2)v′＝＋t
解析　(1)金属棒沿导轨匀速滑行时，设电流为I，根据平衡条件可得
mgsin θ＝BIL，又I＝，
联立解得v＝
(2)设时间Δt 内金属棒增大的感应电动势ΔE＝BL·Δv
电容器增加的电压
ΔU＝＝
根据ΔE＝ΔU，＝a
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求得电路中电流I′＝BLCa
对金属棒根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BI′L＝ma，
解得a＝
金属棒做匀加速直线运动，速度大小随时间变化的关系v′＝v＋at＝＋t。
11．(1)0.85　(2)2 s　(3)3.2 C　34 J
解析　(1)根据题意，金属棒ab 以v1＝1 m/s 的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd 恰好
要滑动，设金属棒cd 所受安培力大小为F 安′，则对金属棒cd 根据平衡条件有
F 安′＋mgsin 37°＝μmgcos 37°
其中F 安′＝BIL，I＝，E＝BLv1
联立解得μ＝0.85。
(2)设金属棒ab 向上运动的速度达到v2时，金属棒cd 刚要开始运动，此时金属棒cd 所受安
培力为F 安，则根据平衡条件有F 安＝mgsin θ＋μmgcos θ
其中F 安＝BI′L，I′＝，E′＝BLv2
联立解得v2＝16 m/s
则金属棒ab 向上运动的时间为
t＝＝ s＝2 s。
(3)金属棒ab 加速到金属棒cd 刚好要开始滑动时的位移为x＝＝ m＝16 m
则通过金属棒cd 的电荷量
q＝t＝t＝t＝，
代入数据解得q＝3.2 C
设金属棒cd 中产生的焦耳热为Q，根据功能关系可得W＝mgxsin θ＋μmgcos θ·x＋2Q＋mv2
2
代入数据解得Q＝34 J。
12．BD　[导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩
擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝Ff＝
2 N，由左手定则可知闭合回路的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、
向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向
向下，A 错误，B 正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I
＝，联立解得v2＝3 m/s，C 错误，D 正确。]
第5 练　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用
1．CD　[ab 棒进入磁场受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加
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速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，
做匀速运动，故A、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定
理mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，则感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时
电流为I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小为v′＝，故C、D 正
确。]
2．AD　[由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A 正确；金属棒刚进入磁
场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝mvm
2，解得vm＝，感应
电动势为E＝BLvm＝BL，金属棒两端电势差的最大值为E′＝E＝，故B 错误；由能量守恒
定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R 产
生的焦耳热为QR＝Q＝mg(h－μd)，故C 错误；由动量定理可知－μmgt－BLt＝0－mvm，又t
＝，解得t＝－，故D 正确。]
3．BC　[根据题意可知，S 与1 闭合后，棒受安培力作用做加速运动，棒切割磁感线产生感
应电动势，棒中的电流减小，受到的安培力减小，则棒的加速度减小，直到感应电动势等于
电源电动势，棒最后匀速运动，故A 错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S 与1 闭合
到棒ab 达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热之和，故B
正确；S 与2 闭合后，棒ab 相当于电源给电容器充电，此过程棒受到的安培力水平向左，
棒减速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，棒ab 中的电流不断减小，当棒ab 产
生的感应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到零，随后棒做匀速直
线运动，故D 错误，C 正确。]
4．CD　[若两棒不发生碰撞，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，最终两棒以v＝
的速度在导轨上做匀速直线运动，A 错误；即使两棒发生弹性碰撞，交换速度后，再经过足
够长的时间两棒也会以v＝的速度在导轨上做匀速直线运动，B 错误；若两棒不发生碰撞，
由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q＝mv0
2－×2mv2，解得Q＝mv0
2，C 正确；刚开
始时a 的速度大，a 减速，b 加速，共速前两者发生弹性碰撞，交换速度，然后a 加速，b 减
速，直至两者共速，最终两棒以v＝的速度在导轨上做匀速直线运动，回路中产生的总焦耳
热为Q＝mv0
2－×2mv2，解得Q＝mv0
2，D 正确。]
5．BC　[因为a、b 棒切割磁感线时产生感应电流，所以导体棒中有焦耳热产生，故a、b 系
统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而
b 棒受到的安培力为 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b 系统所受合外力不为零，故a、b 系
统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对
a、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2BLt＝mv1－mv0，BLt＝mv2，联立解得v1
＝，v2＝。又因为q＝t，所以通过导体棒a 的电荷量为q＝，故C 正确；由题意知稳定之后，
电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b 棒运动至稳定的过程中，由能
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量守恒定律得导体棒a、b 产生的总焦耳热为Q＝mv0
2－mv1
2－mv2
2＝mv0
2，所以导体棒a 产
生的焦耳热为Q′＝Q＝mv0
2，故D 错误。]
6．(1)　(2)2gsin θ
(3)gsin θ·t0＋
解析　(1)棒a 在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a 所受安培力相等时做匀速运动，
由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL
棒a 受力平衡可得mgsin θ＝BIL
联立解得v0＝
(2)由左手定则可以判断棒b 所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b 瞬间电路中电流不变，则
对棒b 由牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2gsin θ
(3)棒a 受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b 后，在到达共速时对棒a 由动量定理有
mgsin θt0－BLt0＝mv－mv0
棒b 受沿导轨平面向下的安培力，对b 棒由动量定理有
mgsin θt0＋BLt0＝mv
联立解得v＝gsin θ·t0＋
＝gsin θ·t0＋，＝
由法拉第电磁感应定律可得
＝＝
联立可得Δx＝＝。
7．(1)v0　(2)mv0
2　(3)
解析　(1)由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝
3mvQ＋mvP
×3mv0
2＝×3mvQ
2＋mvP
2
联立解得vP＝v0，vQ＝v0
碰后绝缘棒Q 做匀速运动，金属棒P 做减速直线运动。绝缘棒Q 和金属棒P 滑出桌面后均
做平抛运动，落地点相同，因此金属棒P 滑出导轨时的速度与Q 相同，设为vP′，
则vP′＝vQ＝。
(2)根据能量守恒有mvP
2＝
mvP′2＋Q，解得Q＝mv0
2
(3)P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－BlΔt＝mvP′－mvP
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又q＝Δt，＝＝＝
联立可得x＝，由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t＝
＝。
8．AC　[弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A 正
确；任意时刻，设电流为I，则PQ 所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN 所受安培力FMN
＝2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质
量为m, PQ 速率为v 时，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感应电流I＝＝，MN
所受安培力大小为FMN＝2BId＝，选项B 错误；设整个运动过程中，某时刻MN 与PQ 的速
率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN 与PQ 的速率之比始终为2∶1，则MN 与PQ
的路程之比为2∶1，故C 正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝
2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN 向左移动x1＝，PQ 向右移动x2＝，则q＝Δt＝＝＝，选项D
错误。]
第十三章　交变电流　电磁波　传感器
第1 练　交变电流的产生和描述
1．BC　[由题图知周期T＝0.2 s，所以频率f＝＝5 Hz，A 错误；由题图可知，感应电动势
的最大值为2 V，则有效值为E＝ V＝ V，故B 正确；由题图可知，t＝0.1 s 时，感应电动
势为0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C 正确；在线圈平面与磁场方向成30°时，感应
电动势的大小e＝2sin 60° V＝ V，故D 错误。]
2．B　[根据E＝n，可知穿过两线圈的磁通量的变化率相等，但是匝数不同，则产生的感应
电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝可知，两电阻消耗的电功率也不相等，选
项A、D 错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交变电流的频率相等，
选项B 正确；当条形磁铁的磁极到达线圈轴线时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，
由题图可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C 错误。]
3．A　[这只电源交变电压的峰值Um＝10 V，则有效值U 有＝ V＝10 V，所以这只电源可以
使“10 V　2 W”的灯泡正常发光，故A 项正确；ω＝314 rad/s，则T＝＝0.02 s，故B 项错
误；在t＝0.01 s 时，这只电源的输出电压为零，故C 项错误；10 V 小于10 V，则击穿电压
为10 V 的电容器不能直接接在这只电源上，故D 项错误。]
4．BD　[由题图可知＝，根据公式ω＝＝2πf＝2πn 得，线圈a、b 的转速之比为3∶2，故A
错误；由于最大感应电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，由题图可知，a 线圈最大感应电动势为
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15 V，则b 线圈最大感应电动势为10 V，故B 正确；由题图可知，t＝0.01 s 时，线圈a 中感
应电动势最大，则此时线圈a 位于垂直中性面位置，故C 错误；t＝0.03 s 时，线圈b 中感应
电动势为0，则此时线圈b 恰好经过中性面，故D 正确。]
5．BD　[在交流电路中，电感线圈的作用是“通低频、阻高频”，电容器的作用是“通交
流、隔直流”和“通高频、阻低频”，选项A 错误，B 正确；当输入端的信号既有高频成分
也有低频成分时，低频成分通过电感线圈L1，到达扬声器甲，高频成分通过电容器C2，到
达扬声器乙，选项C 错误，D 正确。]
6．D　[二极管具有单向导电性，使得半个周期内R 通路，另外半个周期内R 断路，在通路
的半个周期内，交流电压的有效值为20 V，有T＝·，解得U＝10 V≈14.1 V，选项D 正
确。]
7．D　[根据电流的热效应，有×1＋×2＝×3，解得U＝6 V，所以该交变电流的电压有效值
为6 V，电压表读数为6 V，A、B 错误；由焦耳定律得Q＝·T＝9 J，C 错误；由欧姆定律有
I＝＝0.5 A，D 正确。]
8．D　[从图示位置开始转动30°过程中，穿过导线框的磁通量逐渐减小，磁通量变化率逐
渐增大，故A 错误；由安培定则可知，从图示位置转动60°过程中，电流方向为KNMLK，
故B 错误；从图示位置开始计时，则线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为E＝
BSωsin(ωt＋)，当t＝0 时，E＝BSω，故C 错误；线框转动过程中产生的电动势的有效值为
E 有＝＝
BSω，由周期公式T＝，转动180°产生的热量Q＝，解得Q＝，故D 正确。]
9．ACD　[由题图乙可知，周期为0.250 s，则转速为n＝＝ r/s＝240 r/min，故A 正确；电
动势的有效值为E 有＝ V＝10 V，电压表的示数为U＝IR＝R＝9 V，故B 错误；在t＝0.125 
s 时，电动势为零，则线圈所在位置和中性面重合，穿过线圈的磁通量最大，故C 正确；在
0～0.125 s 的时间内，根据Em＝BSω 可得BS＝＝ Wb，则通过灯泡的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝
＝ C，故D 正确。]
10．BD　[由题图可知，周期为0.02 s，角速度为ω＝＝100π rad/s，故A 错误；在0～0.005 s
时间内，磁通量变化量为BS，电压峰值为200 V，由Em＝BSω 得BS＝ Wb，通过电热丝的
电荷量q＝t＝＝ C，故B 正确；电热丝两端电压U＝R＝× V＝
90 V，故C 错误；电热丝的发热功率P＝＝ W＝1 800 W，故D 正确。]
11．AC　[大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，
根据v＝ωr，可知小轮转动的角速度为4ω，则线圈转动的角速度为4ω，A 正确；线圈产生
感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势
的有效值E＝＝2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，
B 错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈，则线
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圈的匝数变为原来的2 倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感
应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2 倍，即为
2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C 正确；若仅将小轮半径变
为原来的两倍，根据v＝ωr 可知小轮和线圈的角速度变小，根据E 有效＝，可知线圈产生的
感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误。]
12．D　[矩形线圈每转动一周，电流方向改变两次，选项A 错误；在磁场中，两条边所经
过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈切割磁感线时，感应
电动势不变，是方波式交流电，故B 错误；线圈切割磁感线时，bc、ad 边的运动速度为v＝
ω·，感应电动势为E＝4NBLv，解得E＝2NBL2ω，感应电流I＝＝，bc 边所受安培力的大小
F＝NBI·2L＝，选项C 错误；一个周期内，通电时间t＝T，则I2R 总T＝I′2
R 总T，解得I′＝＝，故D 正确。]
第2 练　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
训练1　变压器
1．D　[电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A 错误；变压器
的原理是电磁感应，只能够在交流电路中才能正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故
B 错误；变压器不改变交变电流的频率，故C 错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线
圈的电流小于原线圈的电流，故D 正确。]
2．A　[由题可知原线圈输入电压的有效值为U1＝＝220 V，原线圈电流为I1＝＝
40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝＝ Hz
＝50 Hz，故选A。]
3．B　[由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，
故A 错误；由＝知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常
发光，故B 正确；由＝知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，由于原线圈的电压不变，
则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C 错误；将两个3.8 V 小灯泡并
联起来接入副线圈，由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡
正常发光，故D 错误。]
4．C　[发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz，B 错误；线圈绕垂直于磁场
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的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，则发电机输出的电压为E＝＝
πNBSnz，A 错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C 正确；发电机产生的瞬时电动势为
e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D 错误。]
5．BD　[根据＝，P 不动，则匝数比一定，可知U2不变，A 错误；P′不动，P 顺时针转动
一个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据＝可知，U1和U2的比值增大，B 正确；
P′不动，P 顺时针转动一个小角度时，根据上述可知，U2减小，则通过副线圈的电流减小，
根据＝可知，通过原线圈的电流减小，即电流表读数在减小，C 错误；P 顺时针转动一个小
角度，同时P′向下滑动时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据＝可知，U2减小，由于I2
＝，由于P′向下滑动时，滑动变阻器接入电阻R 减小，结合上述，电流I2可能不变，即P
顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变，D 正确。]
6．B　[由题图乙可知，理想变压器原线圈的交流电的周期为T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，
变压器副线圈交流电的频率与原线圈相同，故通过光敏电阻的交变电流频率为50 Hz，A 错
误；由题图乙可知，原线圈的交流电的电压的峰值U1m＝25 V，原线圈的交流电的电压的有
效值U1＝＝25 V，由＝，得U2＝5 V，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载电阻
无关，若L2的灯丝烧断，则电压表的示数仍为5 V，B 正确；当照射R 的光照强度增大时，
R 的阻值减小，副线圈的功率变大，副线圈中的电流I2变大，由＝，原线圈电流I1增大，电
流表的示数变大，C 错误；图像上对应的0.01 s 时刻，电压瞬时值为零，发电机中的线圈平
面与中性面重合，D 错误。]
7．B　[由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A 错误；由瞬时值表达式可得
ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，n1减小，
则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P 出＝U2I2增大，原线圈的输入
功率增大，C、D 错误。]
8．AC　[根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A 正确；由于漏磁，接收线圈
与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B 错误；
变压器是不改变其交变电流的频率的，故C 正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收
线圈的磁通量大小不相等，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化
率不相同，故D 错误。]
9．B　[设原、副线圈的匝数之比为n，副线圈的电流为I，根据理想变压器的原、副线圈中
电流大小与线圈匝数关系可知原线圈的电流为，又因为R 和r 的功率恰好相等，所以可知
()2r＝I2R＝4I2r，因此n＝，B 正确。]
10．AC　[根据接入电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，则交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，
所以在1 s 时间内电流方向要改变100 次，B 错误；4 盏灯相同且均正常发光，所以加在灯
泡两端的电压均为U，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有 IU1＝IU＋2IU(I、U 分别
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为灯泡的额定电流和额定电压)，得U1＝3U，根据＝＝，＝＝，则有原、副线圈的匝数比
n1∶n2∶n3＝3∶1∶2，A 正确；电源电压的有效值为U＋U1＝40 V，则U0＝40 V，C 正确；
变压器的输出功率等于副线圈各用电器功率之和，即等于三个灯泡的功率之和15 W，D 错
误。]
11．BC　[由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U1＝IR1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，＝
则有U0＝IR1，U2＝IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2，可计算出I2＝I，故A 错误，B 正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，
U0＝＝NBL2ω
又U0＝IR1，则＝，
C 正确；
由于变压器为理想变压器，则有
P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，联立解得
P0＝()
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D 错误。]
12．(1)变大　(2)12.6　(3)272　12
解析　(1)闭合S1，滑动变阻器RP是分压接法，滑片P 向右滑动后，用多用电表交流电压挡
测量线圈L1两端的电压。线圈L1两端的电压增大，因此与滑动前相比，电表的示数变大。
(2)保持S2断开状态，调整E 输出的交流电频率为50 Hz，多用电表交流电压挡测得线圈L1
两端的电压为U1＝2 500 mV。线圈L2两端电压u 随时间t 的变化曲线如题图乙所示，由u－t
图像可得，线圈L2两端电压为
U2＝＝ mV
则线圈L1两端与L2两端的电压比值为＝≈12.6
(3)闭合S2，滑动P 到某一位置并保持不变。由U－R 关系曲线可得，当频率为1 000 Hz 时，
当负载电阻R0＝20 Ω 时，R0两端的电压为UR0＝272 mV。
当频率为50 Hz 时，为保持R0两端电压不变，需保持电流不变，I＝＝＝，在U－R 关系曲
线中作出直线，U＝R
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由直线与50 Hz 曲线交点可知R＝32 Ω，故需给R0串联一电阻，此串联电阻值为R 串＝R－R0
＝12 Ω。
13．B　[设交变电源输入电压有效值为E，E＝IR2＋U1，其中U1为变压器原线圈电压，由＝，
＝，U2＝I′R1，得：U1＝IR1，其中R 等＝＝R1为变压器与电阻R1的等效电阻(见图中虚线框
内)，P2向左滑动时，R2接入电路的阻值减小，E＝IR2＋IR1，电流I 增大，R1两端电压增大，
R2两端电压U 减小，R1上消耗的电功率增大，A 错误，B 正确；P1向下滑，变压器副线圈匝
数减少，E＝IR2＋IR1，电流I 减小，U＝IR2减小，C 错误；将R2视为交变电源的内阻，当R
等与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大，故R1消耗的功率先增大后减小，D 错误。]
训练2　远距离输电
1．C　[因为发电厂的输出电压不变，由＝可知，匝数比不变，升压变压器的副线圈电压也
不变；当发电厂的输出功率增大为原来的2 倍时，根据公式P＝UI，得I2＝＝，即输电线上
的电流变为原来的两倍，又根据公式P 线＝I 线
2R＝I2
2R，输电线的电阻不变，可知输电线上
损耗的功率将增大为原来的4 倍，故选C。]
2．AD　[电线上的损耗功率为P 损＝I2R，为减小输电损失，可以减小输电电流，故A 正确；
根据P 损＝，可知此时U 表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故B 错误；根据欧姆
定律I＝，可知此时U 表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故C 错误；由公式I＝
可得，当电压升高为原来的50 倍后，电流变为原来的，故D 正确。]
3．A　[升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应
该先变交流再降压，故A 正确，B 错误；1 100 kV 指的是直流电的电压，也是交流电压的有
效值，故C 错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D 错误。]
4．D　[根据原、副线圈电压比等于匝数比可得＝，可得升压变压器的输出电压为U2＝U1，
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C 错误；
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设输电线电阻为R 线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3＋I2R 线，又＝，＝，
I4＝，联立可得U2＝(R＋R 线)I4，当用户用电器增加，可知R 减小，则降压变压器的输出电
流I4增大，故A 错误；根据＝，由于I4增大，可知I2增大，输电线上损失的功率为P 损＝I2
2R
线，可知输电线上损失的功率增大，故B 错误；根据＝，由于I2增大，可知I1增大，发电厂
输出的总功率为P 出＝U1I1，可知发电厂输出的总功率增大，故D 正确。]
5．D　[根据＝＝，又U1<U2，n1<n2，则I1>I 线，根据＝＝，又U3>U4，n3>n4，则I 线<I4，故
A、C 错误；升压变压器可以提高输电电压，从而减小输电电流，减小输电线上的功率损失，
但无法提高输电功率，故B 错误；发电机的输出功率不变时，输电电压越高，输电电流越
小，输电线上损失的功率越小，D 正确。]
6．BD　[以100 兆瓦的功率运行，该光热电站每天的发电量为W＝Pt＝105 kW×24 h＝
2.4×106 kW·h，故A 错误；远距离交流输电，要先升压后降压，T1为升压变压器，T2为降
压变压器，故C 错误，D 正确；T1为升压变压器，原线圈中的电流比副线圈中的电流大，原
线圈所用导线较粗，故B 正确。]
7．D　[根据题意有ΔP＝I2R，输电线上通过的电流为I＝＝ A＝2 A，故A 错误；根据理想
变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，则有＝，可知降压变压器输入电压为U3＝U4
＝22 000 V，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝20 V，升压变压器的输出电压为U2＝U3＋ΔU
＝22 020 V，故B 错误；发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，则有P1＝P2＝U2I
＝44 040 W，故C 错误；用户消耗的功率等于降压变压器的输入功率，则有P4＝P3＝U3I＝
44 000 W＝44 kW，故D 正确。]
8．D　[根据线圈匝数关系可知电流互感器是一种升压变压器，故A 错误；将滑动触头P 下
移，相当于增大了n3，降压变压器用户获得的电压U4＝U3，可知n3增大时，U4减小，故B
错误；电流互感器原线圈中的电流I2＝I＝10 A，升压变压器的输出电压U2＝＝2 000 V，故
C 错误；输电线上的损失功率ΔP＝I2
2R 线＝1 000 W，用户获得的功率P4＝P3＝P－ΔP＝
20 kW－1 kW＝19 kW，故D 正确。]
9．B　[若要保证负载仍能正常工作，即负载两端电压U4、通过负载的电流I4均不变，在降
压变压器处有＝n，
＝，在升压变压器处有＝m
在输电过程有U2＝U3＋I3r
解得U4＝－
输电线电阻r 增大，若U4、I4不变，可以减小m，或者增大U，A、D 错误，B 正确；根据
上述函数关系，当输电线电阻r 增大，增大n 不能够确定U4、I4的变化情况，C 错误。]
10．B　[互感器甲是电压互感器，互感器乙是电流互感器，故A 错误；电流表的示数为5 
A，电流互感器原、副线圈的匝数比1∶20，则线路上电流I＝100 A，线路上损耗的功率P 损
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＝I2r＝200 kW，电压表的示数为220 V，电压互感器原、副线圈的匝数比为200∶1，所以
U2＝
44 000 V ，功率P ＝U2I ＝4 400 kW ，则输电线路上损耗的功率占输电总功率的
×100%≈4.5%，故B 正确；降压变压器输入电压U3＝44 000 V－100×20 V＝42 000 V，用
户端的电压U4＝U3＝210 V，选项C 错误；用户使用的用电设备增多，用户回路电阻减小、
电流变大，则输送电流变大，流过电流互感器的电流变大，故D 错误。]
11．C　[由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝＝2×103 A，
A 错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则有＝＝，P4＝U4I4，解得I4＝
400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I3
2R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R
＝11 500 V，再根据＝，解得＝，B、D 错误；根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408 
kW，C 正确。]
第3 练　电磁振荡与电磁波
1．C　[根据题意可知，蓝牙通信的电磁波频率低于可见光频率，所以蓝牙通信的电磁波不
可能是蓝光，故A 错误；因为蓝牙通信的电磁波频率低于可见光频率，根据c＝λf 可知，波
长比可见光长，故B 错误；因为波长比可见光长，所以更容易发生衍射现象，故C 正确；
所有电磁波在真空中传播速度都为光速，是一样的，故D 错误。]
2．C　[空间中的5G 信号和4G 信号的频率不同，不会产生干涉现象，故A 错误；5G 信号
与4G 信号所用的无线电波在真空中传播速度一样，均等于光速，故B 错误；5G 信号相比
于4G 信号的频率高，波长短，更不容易发生衍射，所以5G 信号相比于4G 信号更不容易绕
过障碍物，所以5G 通信需要搭建更密集的基站，故C 正确，D 错误。]
3．AD　[调制是把要发射的信号“加”到高频振荡电流上去，频率越高，传播信息能力越
强，A 正确；电磁波在空气中的传播速度接近光速且恒定不变，B 错误；由v＝λf，知波长
与波速和传播频率有关，C 错误，D 正确。]
4．AC　[控制电视、空调的遥控器使用的是红外线，故A 正确；银行和商店用来鉴别大额
钞票真伪的验钞机使用的是紫外线，不是X 射线，故B 错误；手机通话使用的是无线电波，
故C 正确；机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪使用的是X 射线，不是紫外线，故D
错误。]
5．A　[图示时刻电流流向负极板，可知极板所带电荷量减小，即电容器在放电，振荡电流
增大，A 正确；根据上述可知，电容器处于放电状态，电容器上的电荷量减少，由C＝知，
两极板间电压也在减小，B、D 错误；根据上述，电容器处于放电状态，电场能正在向磁场
能转化，C 错误。]
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6．C　[题图乙所示时刻，电容器正在充电，电荷量在增大，电路中电流沿顺时针方向且在
减小，减小得越来越快，线圈中的自感电动势正在增大，电容器中的电场能正在增大，故
A、B 错误，C 正确；若L 减小，根据T＝2π，T 减小，f 增大，故D 错误。]
7．D　[人体都会发射红外线，A 错误；紫外线的频率比可见光高，B 错误；X 射线、γ 射线
频率较高，波动性较弱，粒子性较强，较易发生光电效应，C 错误；手机通信使用的是无线
电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象，D 正确。]
8．B　[收不到高频率的电台信号，因此需要增加调谐电路的固有频率，根据f＝可知，减少
线圈匝数，会导致自感系数减小，从而使固有频率增加，即应该减少线圈的匝数，故选
B。]
9．C　[根据LC 振荡电路的固有频率公式f＝，可得电容C＝。所以当频率范围为f 到
kf(k>1)时，可调电容器的最大电容和最小电容之比为＝＝k2，故选C。]
10．AD　[由题图(b)可知，0～1×10－6 s 电容器极板上电荷量减少，所以电容器处于放电过
程，故A 正确；同理，t＝2×10－6 s 时电容器极板上电荷量达到峰值，极板间的电场能最大，
此时磁场能最小，故B 错误；根据C＝可知增大电容器的板间距，电容器的电容减小，根据
T＝2π 可知周期会减小，故C 错误；根据I＝可知q－t 图线的斜率表示电路中的电流，所以
t＝4×10－6 s 时，电路中电流为零，故D 正确。]
11．B　[该装置适用于测量不导电液体的液面高度，A 错误；该装置测得的振荡频率与所用
电源的电动势大小无关，当装置使用过久，电源电动势减小时，振荡电路的周期和频率不变，
则测量的液面高度相比真实值不变，B 正确，C 错误；当储物罐内的液面高度降低时，根据
C＝，C 减小，根据f＝，所测到的LC 回路中电流的振荡频率变大， D 错误。]
12．C　[开关S 置于a 处时，电容器C 上极板接电源正极，开关S 移至b 处瞬间，电容器C
开始放电，电流计G 中将有从右向左的电流经过，故A 错误；0～过程中，电容器C 放电，
带电荷量q 减小，但是其电容不会发生变化，故B 错误；t＝时刻，电容器放电完毕，电容
器极板上没有电荷，电场能全部转化为磁场能，所以此时电感线圈L 中磁场能最大，故C
正确；～T 过程是电容器充电过程，此时电路中的电流逐渐变小，所以电流计G 的读数逐渐
变小，故D 错误。]
第4 练　传感器
实验十六：利用传感器制作简单的自动控制装置
1．D　[热敏电阻对温度很敏感，可用于温度测控装置中，光敏电阻对光照很敏感，是一种
光电传感器，电阻丝可用于电热设备中，所以A、B、C 三个说法均正确；交流电、直流电
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均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用，所以D 错误。]
2．D　[当控制开关两端电压U≥2 V 时，控制开关自动启动照明系统，可知照度小时，控
制开关两端电压大；根据表格数据可知照度小时，光敏电阻阻值大，则R1为光敏电阻，R2
为定值电阻；照度越大，光敏电阻R1阻值越小，该电路控制开关两端的电压越小，故A、B
错误；若将定值电阻的阻值变为20 kΩ，由串联电路分压规律知控制开关自动启动时光敏电
阻为
40 kΩ，此时对应照度为0.4 lx，根据题图乙可知该天系统工作时间段为0～6：00、18：00
～24：00，故C 错误；该电路中定值电阻阻值越大，控制开关自动启动时光敏电阻越大，
此时对应照度越小，该天的照明系统工作的时间越短，故D 正确。]
3．D　[从题图中可知A 线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零
线中电流方向相反、大小相等，线圈A 产生的总磁通量为零，当漏电时，火线和零线中电
流方向相反、大小不等，线圈A 产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B 中产生感
应电流，经放大后便能推动继电器切断电源。甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，
火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A 产生的总磁通量为零，线圈B 中不产生感
应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，但丙双手接触“火线与零线”
会触电(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A 产生的总磁通量为零，
线圈B 中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，A、B、C 错误；当丁
如题图中所示接触火线时会触电，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向相反、
大小不等，线圈A 产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B 中产生感应电流，经
放大后便能推动继电器切断电源，D 正确。]
4．A　[干簧管为磁控开关，当门关闭时有磁体，干簧管两簧片接通，故D 错误，A 正确；
铜或银不是磁性材料，则干簧管不可以由铜或银等导电性能更好的材料制成，故B 错误；
如将门上镶嵌磁体的N、S 极对调后，不影响磁体吸引干簧管两簧片，该报警器能正常工作，
故C 错误。]
5．(1)200　(2)30.7　150.9　(3)CD
解析　(1)闭合开关，调节滑动变阻器R，当电流表满偏时有＝R＋rg＝240 Ω，因此可知滑动
变阻器需要调节到190 Ω，则需选择最大阻值为200 Ω 的滑动变阻器。
(2)根据电流表的表盘刻度可知，该电流表的精度为1 mA，因此读数时需估读到下一位，根
据指针所示可读得电流表得示数为30.7 mA；根据闭合电路欧姆定律有U＝I(RT＋rg＋R)，代
入数据解得RT≈150.9 Ω。
(3)根据温度报警器组装的电路图，当温度低于42 ℃时，热敏电阻的阻值较大，电磁继电器
线圈中的电流较小，磁力不足以把衔铁吸下，灯不亮，说明报警指示灯连接在CD 间。
6．(1)减小　增大　a、b　(2)24.0　4.8
解析　(1)加水的过程中，压力F 变大，由题图乙知，R1的阻值逐渐减小，则电路总电阻逐
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渐减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路电流逐渐增大，则R2两端的电压逐渐增大；为
了在水量达到“预设水量”时电机停止工作，要使“控制电路”输入端电压随水量的增加而
减小，则“控制电路”输入端应该连接电路的a、b 端点。
(2)达到“预设水量”1 L 时，水壶和水的总重力为G＝(m 水＋m0)g＝(1＋0.5)×10 N＝15 N，
压力传感器R1上的压力为F＝·FB＝×15 N＝7.5 N，由题图乙读得R1的阻值为5.0 Ω，由题意
知达到“预设水量”时R1的电压应为1 V，通过R1的电流应为I1＝ A＝0.2 A，则R2的阻值
应为R2＝－R1－r＝ Ω－5.0 Ω－1 Ω＝24.0 Ω，此时R2两端的电压为U2＝I1R2＝0.2×24.0 V＝
4.8 V。
7．(1)见解析图　(2)1.8　(3)25.5　(4)R1　1.2
解析　(1)滑动变阻器最大阻值仅20 Ω，应采用分压式接法，电压表为理想电表，应采用毫
安表外接法，测量电路图如图所示。
(2)热敏电阻的阻值
R＝＝≈1.8 kΩ。
(3)根据R－t 图像，R＝2.2 kΩ 时，t 约为25.5 ℃。
(4)输出电压变大时，R2两端电压变大，R1两端电压变小。根据R－t 图像知，温度升高时热
敏电阻的阻值减小，则电路中电流变大，固定电阻两端的电压变大，所以固定电阻应为
R2，热敏电阻应为R1，t＝50 ℃时，R1＝0.8 kΩ，根据串联电路中电阻与电压的关系可得＝，
解得R2＝1.2 kΩ。
8．(1)2　见解析图　(2)不满足
(3)65.0　(4)小于
解析　(1)为了保证电路的安全应将滑动变阻器滑到2 端，从而使光敏电阻两端的电压为零；
根据实物图可得电路图如图所示
(2)根据题图丙可知纵坐标与横坐标的乘积不是一个常数，所以光敏电阻的阻值R0与照度不
满足反比例函数关系；
(3)根据闭合电路欧姆定律得I＝，根据题图丙可知在照度降低到4 000 lx 时，对应的阻值为
R0＝50 Ω，又有U＝IR0，其中U＝2.0 V，联立可得R2＝65.0 Ω；
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(4)光控装置使用较长时间后电源内阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流变小，R0
两端的电压变小，从而导致自动控制系统正常工作时的最小照度小于4 000 lx。
阶段复习练(五)　电磁感应和交变电流
1．C　[根据安培定则可知，线圈1、2 中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A 错误；
汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd 的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方
向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为
abcd，B 错误，C 正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D 错误。]
2．BC　[Um＝220 V，则U 有效＝＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝可知周期T＝0.02 s，原、
副线圈匝数比＝，解得n2＝180 匝，B、C 正确，A、D 错误。]
3．ABC　[由理想变压器基本关系知＝，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，A
正确；根据P 送＝U2I2可知，因P 送变为原来的2 倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变
为原来的，B 正确；根据P 损＝I2
2R 线，可知P 损变为原来的()2，C 正确；总功率变大，损失
的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则＝
变大，D 错误。]
4．C　[S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值R 副＝＝，则AB 的等效电阻RAB＝()2R 副＝3R，那
么此时流过灯泡L1的电流I＝＝0.5 A，故A 错误；灯泡正常发光的功率为P＝I2R＝27.5 W，
故B 错误；P 顺时针转动，n2减少，则变大，RAB变大，则流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1
一定变暗，故C 正确； 断开S1，闭合S2，则有RAB′＝()2R0＝()2，P 逆时针转动，n2增多，
则变小，RAB′由R 可减小到R，讨论R0的功率变化时，可将灯泡L1的电阻R 看作电源的
“等效内阻”，当RAB′＝R 时，R0的电功率最大，故D 错误。]
5．BC　[根据右手定则可知电流从b 端通过电阻流到a 端，因此b 端的电势高于a 端的电势，
故A 错误；金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保
持不变，故B 正确；由于轮B 和飞轮A 通过链条传动，则ωRB＝ωARA，而A 和C 同轴转动
角速度相同，得ωC＝ωA＝，辐条产生的感应电动势E＝BL＝B(RC－RA)＝，电阻R 的热功率
P＝，而E∝ω，因此电阻R 的热功率与ω2成正比，故C 正确；电路中其他电阻忽略不计，
则Uab＝E，由E＝可知，若ω 保持不变，飞轮A 的半径也不变，但金属前轮C 的半径变为
原来的，则ab 两端的电压并不会变为原来的，故D 错误。]
6．(1)0.1 A　(2)0.5 m/s　(3)3.125 C
解析　由题知ab 棒和cd 棒接入电路的部分电阻大小均为R＝DR0＝0.8 Ω。
(1)ab 棒从斜面轨道滑到底端，
根据动能定理有mgh＝mv2
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切割产生的感应电动势为E＝BDv
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得v＝1 m/s，E＝0.16 V，I＝0.1 A。
(2)因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究
对象，由动量守恒得mv＝2mv 共，解得v 共＝0.5 m/s。
(3)从ab 棒刚进入磁场到与cd 棒共速，对导体棒ab，由动量定理得
－BD·Δt＝m(v 共－v)
代入数据解得q＝Δt＝3.125 C。
7．(1)　(2)
解析　(1)金属框进入磁场的过程，
根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
感应电流I＝
金属框右边框所受的安培力大小
F 安＝BIL
安培力的冲量大小
IF＝∑BIL·Δt＝∑·Δt
又∑v·Δt＝L，可得IF＝
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感
应电流产生，不受安培力作用
根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有IF＝
根据动量定理可得－2IF＝m－mv0，解得v0＝
(2)金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，
所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示。
设金属框速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv1
感应电流I＝＝
设金属框完全进入磁场时速度大小为v2，由动量定理可得－∑BIL·Δt＝mv2－mv0
又∑v1·Δt＝L，可得v2＝，
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q 总1＝mv0
2－mv2
2
由并联电路电流规律和Q＝I2Rt 可知，R1上产生的热量Q1＝Q 总1＝
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示。
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通过R1的电流
I1＝＝，
即流过左右边框的电流之和为
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3，
由动量定理可得－∑BI1L·Δt＝mv3－mv2，可得v3＝0，则右边框刚好不出磁场，由能量守恒
定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q 总2＝mv2
2－mv3
2
R1上产生的热量Q2＝Q 总2＝，在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为Q＝Q1＋Q2
＝。
第十四章　光
第1 练　光的折射、全反射
训练1　光的折射、全反射
1．B　[由于两种不同单色光的折射率不同，在由空气进入玻璃砖时，入射角相同，根据n
＝可知，两单色光的折射角不同，作出完整光路图如图所示，故选B。]
2．A　[由n1sin θ 上
＝n2sin θ 下可知，越靠近地球表面，空气的折射率越大，从光疏介质射入光密介质的光路如
图所示，随着折射率不断变大，太阳光不断向法线方向偏折，A 正确。]
3．C　[光线射到左侧侧面时的折射角的正弦值sin β＝＝，可知β＝30°，由几何关系可知，
光线射到右侧面时的入射角也为30°，则折射角为60°，由几何关系可知红光通过三棱镜后
的出射光线与M 点入射光线的夹角为60°，故选C。]
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4．CD　[光从光密介质射向光疏介质时才可能发生全反射，因此光在A 点由空气射入介质
球，肯定不能发生全反射。在图中，对于球上任意一点，球面法线一定过球心，设r 为光从
A 点射入时的折射角，i′为光从B 点射出时的入射角，它们为等腰三角形的两底角，因此
有i′＝r，根据折射定律n＝得sin r＝，即随着i 的增大，r 增大，但r 不能等于或大于临界
角C，故i′也不可能等于或大于临界角，即光从B 点射出时，也不可能发生全反射，在B
点的反射光射向D 点，从D 点射出时也不会发生全反射。故选C、D。]
5．A　[如图，几乎贴着水面射入水里的光线，在青蛙看来是从折射角为C 的方向射来的，
则sin C＝，设青蛙所处位置最远与井口水面距离为h，根据几何关系可知h＝，解得h＝ 
m，故选A。]
6．C　[紫光的频率大于绿光的频率大于红光的频率，可知紫光的折射率大于绿光的折射率
大于红光的折射率，根据折射定律结合题图可知a 光的折射率最大，c 光的折射率最小，可
知a 光线是紫光，故A 错误；增大入射角i，则b 的折射光线向下偏移，不可能在空腔外表
面发生全反射，故B 错误；如图所示，根据几何知识可知，b 光线折射角的正弦值sin θ
＝，根据折射定律可得该透明材料对绿光的折射率n＝＝，故C 正确；根据v＝结合A 选项
分析可知c 光线在该透明材料中传播速度最大，故D 错误。]
7．A　[设入射角为θ，由折射定律可知，
对于b 光，nb＝，解得θ＝30°
对于a 光，由折射定律可知na＝＝，设a 光在水雾半球中的传播速度为va，
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由na＝可知va＝c，则a 光在水雾半球中的传播时间t＝＝，故选A。]
8．C　[根据题意，可理解为求题图乙中由A 点发出的光到B 点的传播路径，此种路径用时
最短。由题知，小明在海滩上的速度大于在海水中的速度，则海滩上相当于光疏介质，海水
中相当于光密介质，则入射角应大于折射角，故A、B 错误；根据折射定律有＝n，由v＝
(其中v 相当于v2，c 相当于v1)，可得＝n，联立可得＝，其中α、β 分别为路线与海岸线的
夹角，故C 正确，D 错误。]
9．BC　[作出光路图如图所示，根据几何关系有折射角γ＝θ
根据＝n，
解得n＝
光在三棱镜中的传播距离为
s＝sin θ
传播速度v＝，而t＝
解得t＝，故A 错误，B 正确；
由于频率越大，折射率越大，若换用频率更大的光仍以相同入射角照射到O 点，则可知折
射角将减小，根据几何关系可知光的传播距离变大，根据v＝可知，传播速度变小，因此可
知光在三棱镜中的传播时间一定变长，故C 正确，D 错误。]
10．37.25 m
解析　如图所示
根据折射定律可得n＝＝
解得sin θ＝0.6，即θ＝37°
由图中几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为x＝h1tan 53°＋h2tan 37°＝15× m＋23×
 m＝37.25 m。
11．(1)1.8　(2)
解析　(1)从D 点入射的光线，恰好从C 点射入半球，光路如图所示。设折射角为θ，由正
弦定理有＝
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又n＝，得n＝＝1.8
(2)依题意，可知光线在半球体中传播的最长路程为x＝Lcos(30°－θ)
由x＝vt，n＝，联立求得t＝。
12．D　[由几何关系可知底面对角线为
＝2a
玻璃砖的上表面刚好全部被照亮，设临界角为C，由几何关系可得
sin C＝＝
点光源O 在侧面的出射情况为一个半圆，设其半径为r，
则有sin C＝
联立解得r＝a，从外面看玻璃砖四个侧面被照亮的总面积为S＝4×πr2＝πa2，故选D。]
训练2　光的折射和全反射的综合应用
1．BC　[他发现只有当α 大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α
＝41°时激光恰好发生全反射，则sin 49°＝，则n＝，A 错误，B 正确；当他以α＝60°向水
面发射激光时，入射角i1＝30°，则根据折射定律有折射角i2大于30°，则岸上救援人员接收
激光光束的方向与水面夹角小于60°，C 正确，D 错误。]
2．C　[作出两种情况下的光路图，如图所示。设OP＝x，在A 处发生全反射，故有sin C
＝＝，由出射光平行可知，在B 处射出，
故n＝，
由于sin∠OBP＝
联立可得n＝，x＝R，故A、B 错误；
由v＝可得v＝c，故C 正确；
由于sin C＝＝，所以临界角不为30°，故D 错误。 ]
3．(1)　(2)R
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解析　(1)光路图如图所示
设光线在圆弧处的入射角为α，折射角为θ，由几何关系可得α＝30°，则θ＝45°，则n＝＝
(2)设离O 点最远的光线入射到圆弧处恰好发生全反射，该光线到O 点的距离设为d，发生
全反射的临界角为C，则sin C＝＝＝，可得C＝45°，则入射光束在AB 上的最大宽度为L
＝2d＝2Rsin 45°＝2×R＝R。
4.　a
解析　设光线在AB 面的折射角为θ，则有sin 60°＝nsin θ，由题知，光线经折射后在BC 边
的N 点恰好发生全反射，则有sin C＝，C＝90°－θ，联立解得tan θ＝，n＝
根据几何关系有tan θ＝＝
解得NC＝a－BN＝a－
再由tan θ＝，解得PC＝a。
5．C　[在A 点时，由几何关系有
sin∠BAO＝＝，由折射定律得n＝＝，故A 错误；
该束单色光在水球中的传播速度为
v＝，单色光在水球中的传播时间为t＝
代入数据解得t＝，故B 错误；折射光线AB 顺时针转到AO，在内球面上入射角从90°减小
到0°，水为光密介质，空气为光疏介质，可见，只要调整好A 点射入的单色光与AO 直线的
夹角，就能够在内球面发生全反射，故C 正确；根据对称性和光路可逆原理可知，不能在
外球面发生全反射，故D 错误。]
6．(1)　(2)75°
解析　(1)射入O 点的光入射角θ1＝45°，设折射角为θ2，由于n＝，代入数据解得θ2＝30°
光在透明体中的传播速度v＝
则t＝，解得t＝
(2)当光经AB 边界反射后射到BD 边界恰能发生全反射时，∠BDE 有最大值，设发生全反射
的临界角为C，
则sin C＝
由几何关系有α＝θ2＋(90°－C)，
解得α＝75°。
191
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7．(1)πR　(2)320 cm
解析　(1)光路图如图所示
设此光线恰好发生全反射，此时透镜内的临界角为C，由sin C＝＝＝0.75，得C＝48°
此角对应的弧长为l＝R＝πR
(2)若某束光从A 点射入半球透镜，光路图如图所示
根据题意MA＝MN，
则OA＝R－MA＝R
sin α＝＝，又n＝
解得sin β＝，即β＝53°，由几何关系可知θ＝16°，这束光照射到地面的位置与大灯间的水
平距离
s＝ cm＝ cm＝320 cm。
8．(1)
(2)<b<
解析　(1)由题意可知，当光在M 内刚好发生全反射时从M 下端面出射的光与竖直方向夹角
最大，设在M 下端面入射的光与竖直方向的夹角为α，如图甲所示
由几何关系可得
sin C＝＝cos α
可得sin α＝
192
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又因为n＝
所以sin θ＝nsin α＝
(2)根据题意，要使N 下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，光路图如图乙所示
则玻璃丝下端面到被测物体距离b 的相应范围应为b1<b<b2
当距离最近时有tan θ＝
当距离最远时有tan θ＝
根据(1)可知tan θ＝
联立解得b1＝，
b2＝
所以满足条件的b 的相应范围为
<b<。
第2 练　光的干涉、衍射和偏振
1．A　[题图甲为一定波长的光照射到不透明圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样，选项A 正
确；题图乙为双缝干涉示意图，根据Δx＝λ 可知，双缝间距越大，则相邻亮条纹间距越小，
选项B 错误；题图丙为光导纤维工作原理示意图，利用光的全反射，所以内芯的折射率比
外套的折射率大，选项C 错误；题图丁为自然光照射两个竖直放置的偏振片，若只旋转其
中一个偏振片，偏振方向不平行，此时光屏上的亮度变暗，选项D 错误。]
2．A　[由题图中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，
A 项正确，B、C、D 项错误。]
3．B　[根据题图乙可知Δx＝ μm＝200 μm，由Δx＝λ，得λ＝Δx＝400 nm，故选B。]
4．D　[“凹槽”产生极小光强是由于“凹槽”反射光与“平面”反射光叠加后削弱，是由
于干涉现象形成，故A 错误；透明介质中激光的传播速度小于真空中光速，故激光在透明
介质中的传播速度与“平面”反射光的传播速度不相同，故B 错误；由于“凹槽”反射光
与“平面”反射光叠加后削弱，考虑到“凹槽”反射光的路程，“凹槽”深度的2 倍应为激
光半波长的奇数倍，故C 错误；“凹槽”反射光与“平面”反射光是同种类型的光，频率
相同，故D 正确。]
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5．B　[由题图乙可知，在d、L 相同条件下，红光的波长更长，频率更低，形成的干涉条纹
更宽，故照射光的频率越低，形成的干涉亮条纹越宽，A 项错误；若遮住S1，用红光照射
S2，光屏上得到的是衍射条纹，减小S2的宽度m，衍射现象更明显，光屏上的中央亮条纹变
宽变暗，B 项正确；若同时用红光和蓝光分别照射S1、S2，不会发生干涉现象，光屏上不会
得到干涉条纹，C 项错误；用红光照射两条狭缝时，若狭缝S1、S2到光屏上P1点的路程差为
红光波长的3.5 倍，P1点处一定是暗条纹，D 项错误。]
6．AC　[根据光的干涉特点可知，入射光的波长越长，相邻干涉条纹的距离越大，即题图
乙观察到的干涉条纹的条数越少，故A 正确；发生薄膜干涉时，相邻亮条纹间的空气层的
厚度差为，M 和N 之间垫块的高度越高，空气层的夹角越大，所以相邻亮条纹之间的距离
变小，干涉条纹的条数越多，故B 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P 点所对应待检测物体的表面相对Q 点所对应待检测物体的表面是
凸起的，故C 正确，D 错误。]
7．D　[根据相邻两条亮条纹的间距计算公式Δx＝λ，由此可知λa<λb，故A 错误；
根据折射定律n＝，a、b 光以相同的入射角由水斜射入空气，a 光的折射角比b 光的大，则
na>nb
根据光在介质中的传播速度与折射率的关系n＝，可得在水中传播时，a 光的速度比b 光的
小，故B 错误；
在水中传播时，a 光的折射率比b 光的大，所以a 光的频率比b 光的大，故C 错误；
根据临界角与折射率的关系sin C＝，可得在水中传播时，a 光的折射率比b 光的大，a 光的
全反射临界角比b 光的小，故D 正确。]
8．D　[凸透镜的凸面和平面玻璃板之间形成一个空气薄膜，当用平行的单色光竖直向下照
射时，劈尖形空气膜上、下表面反射的两束光相互叠加而产生干涉。同一半径的圆环处的空
气膜厚度相同，上、下表面反射光的光程差相同，因此使干涉图样呈圆环状，所以牛顿环是
薄膜干涉现象，选项A、B 错误；空气薄膜厚度不同，上、下表面反射光的光程差也不同，
由于上表面是球面，所以越远离中心的地方空气薄膜厚度增加越快，光程差越大，干涉条纹
也就越密集，选项C 错误，D 正确。]
9．D
10．A　[由题知，C 的膨胀系数小于G 的膨胀系数，当温度升高时，G 增长的高度大于C
增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气层向劈尖移动，则条纹向左移动。
故选A。]
11．B　[太阳光从左侧射入球形水滴时，入射角相同，a 光的折射角小于b 光的折射角，根
据折射定律，可知na>nb，折射率大则频率高，则a 光是紫光，b 光是红光，A 错误；由A 可
知λa<λb，根据Δx＝λ 可知，用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a 光条纹间距小于b 光
条纹间距，遇到相同的障碍物，b 光比a 光更容易发生明显衍射，B 正确，C 错误；由n＝
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得va<vb，D 错误。]
12．C　[单色光在光程差相同的位置干涉连成的线会形成条纹，当肥皂液膜竖直放置时，单
色光垂直照射肥皂液膜，在前、后两面反射形成干涉条纹，若将该装置放在地球上观察，由
于重力作用，在高度相等的位置的光程差相同，故可看到水平直条纹，故A 错误；若将该
装置放在空间站观察，由于处于完全失重状态，肥皂液膜厚度均匀，所以观察不到干涉条纹，
故B 错误；因为地球表面的重力加速度大于月球表面的重力加速度，该装置在地球表面薄
膜上下厚度相差更大，该装置在地球表面观察到的水平条纹间距为Δx1，在月球表面观察到
的水平直条纹间距为Δx2，则Δx1<Δx2，故C 正确；若将光源换为蓝色光源，因为波长变短，
所以在地球表面观察，可看到水平直条纹的间距将减小，故D 错误。]
13．BD　[根据Δx＝λ 可知，若改为紫光照射，波长变短，条纹间距会减小，A 错误；
屏D 上出现干涉条纹的区域一定是反射光到达的区域，作出反射光的范围如图所示
根据相似三角形的几何关系得，区域中的最高点到镜面所在平面的距离为s1，
有＝，
解得s1＝9.0×10－3 m
区域中的最低点到镜面所在平面的距离为s2，
有＝，
解得s2＝×10－3 m
屏D 上出现干涉条纹区域的宽度为Δs＝s1－s2≈6.3×10－3 m
两条相邻亮条纹宽度为Δx＝λ＝×600×10－9 m＝5.7×10－4 m
亮条纹的数目为n＝≈11 条，B、D 正确，C 错误。]
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第3 练　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
1．C　[根据题图乙和题图丙可知条纹宽度变大，根据条纹间距公式Δx＝λ 可知，条纹间距
变大，可能是改用了波长较长的光，也有可能是增大了双缝到光屏的距离l，也有可能减小
了双缝间的距离d，但是，条纹间距与光源到单缝的距离无关；红光的波长大于绿光的波长，
故C 正确，A、B、D 错误。]
2．(1)AD　(2)11.5　1.3　6.5×10－7
解析　(1)为使屏上的干涉条纹清晰，单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝
平行，A 正确，B 错误；根据公式Δx＝λ 可知，干涉条纹疏密程度与双缝间距离、双缝到屏
的距离和光的波长有关，绿光的波长小于红光的波长，若用绿色滤光片替换红色滤光片，干
涉条纹间距会变小，C 错误，D 正确。
(2)由题图丙可知，读数为
x1＝11 mm＋5×0.1 mm＝11.5 mm
由题图戊可知，读数为x2＝16 mm＋7×0.1 mm＝16.7 mm
由题图乙和题图丁可知，A、B 两条纹间有4 个间距，则两个相邻亮条纹(或暗条纹)间的距离
为Δx＝＝1.3 mm，根据公式Δx＝λ，
代入数据解得所测单色光波长为λ＝＝ m＝6.5×10－7 m。
3．(1)C　(2)见解析图　(3)1.57　(4)A
解析　(1)入射角尽量大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度测量的相对误差会减
小，但要注意并不是入射角越大越好，应适度，故A 错误；为了防止弄脏玻璃砖，不能用
铅笔贴着光学面画出界面，故B 错误；实验中需要测角度时可用量角器，也可通过单位圆
法用圆规和直尺等工具进行线段的测量，故C 正确；判断像与针是否在同一直线时，应观
察大头针的整个部分，不能只观察其头部，故D 错误。
 (2)光路图如图所示
(3)如图所示，取小方格的边长为单位长度，则sin i＝≈0.793
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sin r＝≈0.504
n＝＝≈1.57
(4)光线经由P1、P2射入后光路图如图所示
第一次折射时入射角大于折射角，第二次是从玻璃砖射向空气，折射角大于入射角，由图可
知经P3、A 的出射光线符合事实，故对应的出射光线上的2 枚大头针是P3和A。
4．(1)针尖　(2)1.5　(3)AC　(4)C 
解析　(1)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽；
(2)由题图可知sin α＝，sin β＝，则折射率n＝＝＝1.5；
(3)大头针P1和P2、P3和P4之间的距离适当大些时，由距离误差引起的角度误差会减小，角
度的测量误差会小些，故A 正确；用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，
故B 错误；为了准确作出入射光线和折射光线，应选用尽可能细的笔画线，故C 正确；为
了减小测量的相对误差，选择的入射角尽量大些，效果会更好，但不是接近90°，故D 错误；
(4)画出光路图如图所示
根据光路图可知，经过P1、P2的光线经左侧玻璃砖折射后向下偏折，然后射入右侧玻璃砖后
平行射出，则图中右边的插针应是P5、P6，故选C。
5．(1)左　(2)0.80　(3)1.33
解析　(1)由于激光在水面发生折射，而光从光疏介质射入光密介质时，入射角大于折射角，
作出光路图如图所示
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可知，B 点位于A 点的左侧。
(2)根据几何关系可知，激光入射角的正弦值sin i＝＝0.80。
(3)根据折射定律可知水的折射率为n＝
而sin r＝＝0.60，代入数据解得n≈1.33。
6．(5)10.50　2.10　(6)0.10
解析　(5)用刻度尺测出a、b 两点间的距离为10.50 cm，两相邻暗条纹中心之间的距离为
Δx＝ cm＝2.10 cm。
(6)由Δx＝λ，解得双划痕间距为d＝0.10 mm。
第十五章　热学
第1 练　分子动理论　内能　固体和液体
1．A　[该物质的分子质量为；m kg 水中所含水分子数为NA，一个水分子中含有两个氢原
子，则所含的氢原子数为：NA×2＝NA×2＝mNA×103个，A 正确。]
2．B　[布朗运动用肉眼观察不到，对甲图，加热一锅水时发现水中的胡椒粉在翻滚，不是
布朗运动，而是翻滚的水带动的运动，不能说明温度越高布朗运动越剧烈，选项A 错误；
对乙图，半杯水与半杯酒精混合之后的总体积要小于整个杯子的容积，说明液体分子之间有
间隙，选项B 正确；对丙图，自由膨胀和扩散现象都具有单向性，不具有双向可逆性，选
项C 错误；对丁图，扩散现象也能在固体之间发生，选项D 错误。]
3．B　[当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1～2.5)即固体小颗粒在空气中做无
规则运动是布朗运动，故A 错误；温度是分子热运动平均动能的标志，从上午7 点到下午1
点，温度逐渐升高，空气分子中速率较大的分子数量占总分子数量比例逐渐变大，故B 正
确；若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间的距离逐渐变小，引力和斥力均
增大，故C 错误；若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子力表现为引力，且做
正功，所以分子势能一直减小，故D 错误。]
4．A　[食盐晶体是正六面体形，选项A 正确；食盐具有各向异性，但并非所有的物理性质
都具有各向异性，选项B 错误；食盐颗粒受潮粘连成食盐块时，形状不规则，但仍是晶体，
选项C 错误；食盐在熔化时，要吸收热量，温度保持不变，所以内能增加，选项D 错误。]
5．A　[夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A 正确，
C 错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更
多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D 错误。]
6．D　[微粒越小，布朗运动越明显，故A 错误；温度越高，氧气分子的平均速率增大，不
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是每一个分子速率都增大，故B 错误；硬币浮在水面上，主要是因为水的表面张力，故C
错误；贴于水面上的玻璃很难被拉起是因为分子引力的缘故，故D 正确。]
7．D　[由于太空中处于完全失重状态，使用普通中性笔不能流畅书写，故A 错误；由于分
子间相互作用不受重力影响，则墨汁分子间存在相互作用力，故B 错误；空间站仍能用毛
笔的原理就是毛细现象，则墨汁浸润毛笔笔尖、浸润纸张，故C 错误，D 正确。]
8．AC　[摩尔质量为μ＝m·NA＝ρ·V，可得NA＝，m＝，ρ＝，故A、C 正确，B 错误；因为
氮气分子间距很大，故可知NAV0≠V，即V0≠，故D 错误。]
9．B　[从甲图看出晶体在熔化过程中有固定的熔点T0，而非晶体在熔化过程中没有固定的
熔点，故A 错误；从乙图看出0～r0范围内，随着r 的增大，分子势能减小，分子力减小，
故B 正确；从丙图看出当温度升高时，分子速率分布曲线出现峰值时的分子速率向速率大
的一方移动，故C 错误；从丁图看出，在一定的温度下，气体分子的速率分布是确定的，
呈现“中间多，两头少”的分布规律，故D 错误。]
10．D　[由图像可知，分子间距离为r2时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离。r
＝r1时两分子之间的距离小于平衡距离，可知r＝r1时分子间的作用力表现为斥力，故A 错
误；r2是平衡距离，当r1＜r＜r2时，分子间的作用力表现为斥力，增大分子间距离，分子间
作用力做正功，分子势能Ep减小，故B、C 错误，D 正确。]
11．D　[根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为r0)时分子势能最小，可知曲线Ⅰ为分子
势能随分子之间距离r 变化的图像；根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为r0)时分子间
作用力为零，可知曲线Ⅱ为分子间引力和斥力的合力随分子之间距离r 变化的图像；根据分
子间斥力随分子之间距离的增大而减小以及分子间距离小于r0时分子间作用力表现为斥力，
可知曲线Ⅲ为分子间斥力随分子之间距离r 变化的图像，故选D。]
12．B　先减小后增大
解析　当分子间距离大于平衡距离时分子力表现为引力，因此水分子乙应向B 点移动；若
水分子乙从B 点无初速度释放，沿直线BA 方向运动，直到速度为0，最终分子间距离小于
r0，分子间的作用力先是引力后是斥力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大。
13．(1)NA　(2)
解析　(1)杯中水的质量m＝ρV
摩尔数n＝
杯中水分子数量N＝nNA
解得N＝NA
(2)平均每个水分子体积V0＝
π()3＝V0，解得D＝。
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第2 练　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
1．使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小
量筒中，测出1 mL 油酸酒精溶液的滴数，从而得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油
膜的面积
解析　实验前将油酸稀释，目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜。可以
用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液中纯油酸的体积。油酸分子直径等于一滴
油酸酒精溶液中纯油酸的体积与形成的单分子层油膜的面积之比，即d＝，故还需要测量单
分子层油膜的面积。
2．(1)B　(2)2.0×10－5　(3)C
解析　(1)根据题意，由实验原理可知，用油膜法估测油酸分子的大小的实验步骤为丙→乙
→丁→甲，故A 错误；油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，避免酒精挥发，
浓度发生变化，实验有误差，故B 正确；应等油酸完全散开稳定后才开始描绘油膜轮廓，
故C 错误。
(2)根据题意可知，1 滴这样的溶液中的油酸体积为V＝×0.2% mL＝2.0×10－5 cm3
(3)最理想的情况是爽身粉很薄，容易被油酸酒精溶液冲开，近似圆形，故选C。
3．(1)2.5×10－6　(2)35　(3)7×10－10
(4)先变大后变小　(5)A
解析　(1)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积
V＝× mL＝2.5×10－6 mL
(2)由题图可知，油膜所占坐标纸的格数约140 个，油膜的面积为S＝140×0.5×0.5 cm2＝
35 cm2
(3)油酸分子的直径约为d＝≈7×10－10 m
(4)从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，由于酒精的挥发，油膜的面积大小变化情
况是先变大后变小。
(5)甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓
度比计算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值小，由d＝，可知
所测的分子直径d 偏小，A 正确；乙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，
不小心拿错了一个注射器把溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针头比原来的细，一滴油
酸酒精溶液的实际体积变小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的实际体积变小，但体积V 还是
按原来的计算的，比实际体积大，由d＝，可知所测的分子直径d 偏大，B 错误；丙同学在
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计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些，由d
＝，可知所测的分子直径d 偏大，C 错误。
4．(1)　(2)A　(3)B
解析　(1)根据理想气体状态方程有＝C，V＝SL，可得p＝·，故横坐标为。
(2)气体的体积V＝SL，其中S 为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S 不变，所以用
L 代替V，故选A。
(3)根据实验数据，得出的结论为一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比，故选B。
5．(1)(或体积的倒数)　(2)B
(3)选用容积较大的注射器(或实验中气体的体积不能压缩得过小或测出软管中气体的体积等)
解析　(1)反比例函数是曲线，正比例函数是过原点的直线，所以要作p－图像，则应以为横
坐标。
(2)若急速推拉柱塞，则有可能造成漏气和等温条件的不满足，所以应缓慢推拉柱塞，故A
错误；推拉柱塞时，手不能握住注射器含有气体的部分，若手握着含有气体的部分，会造成
温度变化，故B 正确；因压强由压力表测量，不是由平衡条件计算，所以实验前不需要利
用天平测量出注射器、柱塞及压力表的总质量，故C 错误。
(3)某同学直接用软管连通注射器和另一压强传感器，用(1)中方法作出的图线如题图丙所示，
该图线不过原点，显然是软管里的气体体积没计算，体积的测量值偏小造成的，所以选用容
积较大的注射器可改善(或实验中气体的体积不能压缩得过小或测出软管中气体的体积等)。
6．(1)C　(2)V1　(3)　(4)见解析图
解析　(1)由于连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略，当压强增加后，软管
内原来的气体体积也应该减小，但软管体积未变，则注射器中有气体进入软管，相当于注射
器漏气，由pV＝nRT 得p＝nRT·，因漏气使n 减小，故p 与不是线性关系，当V 越小时，压
强越大，进入软管内的气体越多，则nRT 越小，斜率越小，故绘出的p－ 图像可能为C。
(2)设连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为V0，根据玻意耳定律p(V＋V0)＝C，
则有＝
由题图(b)可知，当＝0 时，V＝－V1，代入上式得V0＝V1
(3)设大米的体积为V 米，以注射器内及软管内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律p(V＋
V0－V 米)＝C，则有＝
由题图(c)可知，当＝0 时，V＝V2，
代入上式得V 米＝V2＋V0＝V2＋V1
则可求出大米的密度为ρ＝＝
(4)用手握住注射器左侧的大部分位置，向外拉动活塞时，气体的温度会增加，由理想气体
状态方程V＝C，得＝V，知随着温度增加，－V 图像的斜率减小，故图像如图。
201
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第3 练　气体的性质
1．B　[对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V＝p(V＋)，
解得p＝p0，故选B。]
2．B　[根据＝C，可得p＝T，从a 到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到
c，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 状态
的体积大于b 状态的体积，故选B。]
3．A　[烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有＝＝，又ΔT＝Δt
所以有Δp＝Δt＝p－p0
整理得p＝Δt＋p0，可见p－Δt 图像为一次函数，斜率为，截距为p0，均为正值，故正确的
图线是①，故选A。]
4．BD　[因温度变化时被封的气体进行等压变化，设温度为27 ℃时封闭气体的体积为
V1，由题意可知＝＝，则ΔT＝ΔV，可知ΔT∝ΔV＝S·Δl，玻璃管粗细均匀，所以温度计的刻
度是均匀的，故A 错误；从热胀冷缩的原理我们知道，温度计的刻度左侧高右侧低，在某
压强下完成刻度后，如果外界压强增大，蜡块将右移，所以对应测量温度偏低，故B 正确；
根据ΔV＝V1可以看出金属容器的体积越大，变化相同温度管中气体体积变化量也越大，由
于玻璃管长度一定，所以该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小，故C 错误，D
正确。]
5．(1)　(2)T0
解析　(1)根据题意，由平衡条件可知，汽缸水平放置时，内部气体压强为p1＝p0，体积为
V1＝SL
汽缸竖直时，内部气体压强为p2＝p0＋，体积为V2＝0.9SL
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得m＝
(2)根据题意可知，气体加热过程经历等压变化，由盖—吕萨克定律有＝，解得T＝T0。
6．A　[在地面时，气体的压强
p1＝760 mmHg＋25 mmHg
＝785 mmHg
温度为T1＝300 K
202
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设在地面时，氦气球体积为V，则在高度h 时，
气体的压强p2＝(760－)mmHg＋30 mmHg＝(790－) mmHg
温度为T2＝(300－)K，体积为V2＝1.2V，根据理想气体状态方程可得＝
联立解得h≈2 000 m，故选A。]
7．(1)　(2)0.8 L
解析　(1)以空腔内的气体为研究对象，最低温度时，压强为p1，T1＝240 K；最高温度时，
压强为p2，T2＝320 K；根据查理定律可知＝，解得＝
(2)设空腔的容积为V0，汽缸的容积为V，以整个系统内的气体为研究对象，则未下压活塞
时气体的压强p3＝1.0 atm，体积V1＝V0＋V，V＝1 L
活塞下压后气体的压强p4＝1.2 atm，
体积V2＝V0＋V′，V′＝0.7 L
根据玻意耳定律p3V1＝p4V2，
解得V0＝0.8 L。
8．(1)16 cm　(2)234.4 K 或－38.6 ℃
解析　(1)设玻璃管的横截面积为S，根据题意可知，玻璃管竖直放置时有
p1＝p0＋h＝80 cmHg，
V1＝L1S＝15S
玻璃管平放在水平桌面时有p2＝p0＝75 cmHg，V2＝L2S，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得
L2＝16 cm。
(2)根据题意可知，两液面相平时有p3＝75 cmHg，V3＝12.5S，由理想气体状态方程有＝
解得T3≈234.4 K，即t3＝－38.6 ℃。
9．(1)p0　(2) 
解析　(1)对左右汽缸内所封的气体，
初态压强p1＝p0
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态压强p2，体积
V2＝S·H＋H·2S＝SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0
(2)对右边活塞受力分析可知
mg＋p0·2S＝p2·2S，
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知
p0S＋k·H＝p2S，解得k＝。
203
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第4 练　专题强化：气体实验定律的综合应用
1．A　[随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A
运动至汽缸连接处时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的
压强逐渐减小，故A 正确，B、C、D 错误。]
2．B　[设汽缸水平放置时，B 中气体压强为p1，则有p1SB＝p0SA，
解得p1＝2p0＝2.0×105 Pa
设汽缸竖直放置时，A 中气体压强为p0′，B 中气体压强为p1′，根据玻意耳定律可得p0dSA
＝p0′(d＋Δd)SA，
p1dSB＝p1′(d－Δd)SB
解得p0′＝＝0.75×105 Pa，
p1′＝＝3.0×105 Pa
根据活塞受力平衡可得mg＋p0′SA＝p1′SB，
解得m＝15 kg，故选B。]
3．(1)V0　(2)p0
解析　(1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有p0V0＝3p0V1，
解得V1＝V0
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V2＝0.6V0
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V2，压强p1＝p0。
4．(1)　(2)400 K(或127 ℃)
解析　(1)旋转前后，汽缸A 中的压强分别为pA＝p0，pA′＝p0＋p0＝p0
对汽缸A 分析，根据玻意耳定律有pALS＝pA′L′S，汽缸A 中活塞下降的距离d＝L－
L′，解得d＝
(2)对汽缸B 中气体进行分析，
末状态压强pB′＝pA′＝p0
根据查理定律有＝，
其中pB＝pA＝p0，
解得TB′＝400 K，即127 ℃。
5．(1)110 cmHg　(2)440 K(或167 ℃)
解析　(1)设U 形管的横截面积为S，右侧气体A 做等温变化，有p0V0＝p1V1，其中V0＝LS，
V1＝(L－h)S
解得p1＝100 cmHg
加热后密闭容器内气体B 的压强
204
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pB＝100 cmHg＋5×2 cmHg
＝110 cmHg
(2)密闭容器内气体B 做等容变化，有＝
解得TB＝440 K，即167 ℃。
6．(1)　(2)h
解析　(1)活塞稳定时，汽缸内气体压强p1＝＋p0
从放上活塞到活塞稳定，由玻意耳定律得p0·3hS＝p1·2hS
联立解得活塞质量m＝，p1＝p0
(2)若再将一个相同的活塞从汽缸上端轻放，设系统再次稳定时上部的活塞距汽缸顶端的距
离为x，则由玻意耳定律得p0hS＝p1h1S
可得上方密封气体的高度h1＝h
对下方密封气体，系统稳定时的气体压强为p2＝＋p1＝2p0
再由玻意耳定律得p0·3hS＝p2h2S
可得下方密封气体的高度h2＝h
又由h1＋h2＋x＝h＋2h
解得x＝h。
7．(1)2.5p0　(2)
解析　(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S，得到mg＝0.5p0S
打开阀门后，活塞稳定时，对B 气体有1.5p0·V＝pB·，解得pB＝3p0
对活塞受力分析有pAS＋mg＝pBS，解得pA＝2.5p0
(2)设未打开阀门前，C 气体的压强为pC0，对A、C 两部分气体整体有
p0·V＋pC0·＝pA(＋)
解得pC0＝p0，以C 中原来的气体为研究对象有pC0·＝pA·VC，解得VC＝1.35V，所以，C 中剩
余气体的质量M2与最初C 中气体质量M0之比＝＝。
第5 练　专题强化：理想气体的变质量问题
1．D　[根据玻意耳定律可知
p0V＋5p0V0＝p1×5V，
已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，
p1＝750 mmHg＋150 mmHg
＝900 mmHg
代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。]
205
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2．D　[由查理定律得＝，解得p1＝p0，故A、B 错误；设核心舱体积为V，打开舱门，缓慢
放出气体，舱内气体与外界平衡，此时舱内气体和放出气体的总体积为V′，由玻意耳定律
有p1V＝p0V′，同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，有＝，解得＝，故
D 正确，C 错误。]
3．(1)3.1×103 Pa　(2)
解析　(1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得＝，代入数据解得p2
＝3.1×103 Pa
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹
层体积为V，以静置后的所有空气为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝V，则夹层中增加空气
的体积为ΔV＝V1－V＝V，所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。
4．(1)1.03×107 Pa　(2)93
解析　(1)瓶内气体进行等容变化，则由查理定律得＝
解得p2＝＝×107 Pa≈1.03×107 Pa
(2)设能充满的小氧气瓶个数为n 个，则由玻意耳定律得p2V＝p3(V＋nV0)，其中V＝40 L，V0
＝4 L，p3＝1×106 Pa，解得n≈93。
5．D　[设容器的容积为V0，则每次抽出空气的体积为，设第一次抽气后容器内剩余空气的
压强为p1，假设将容器内剩余气体等温压缩到压强为p0时的体积为V，根据玻意耳定律，第
一次抽气，有p0V0＝p1(V0＋V0)
第二次抽气，有p1V0＝p(V0＋V0)
剩余气体pV0＝p0V，容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为k＝，解得k＝，故选D。]
6．(1)380 个　(2)见解析
解析　(1)如果景区的氧气瓶中的氧气压强变为p0＝2×105 Pa 时，氧气的体积为V1，由玻意
耳定律得pV＝p0V1，代入数据得V1＝600 L
在该状态下放出的氧气体积为ΔV＝V1－V＝570 L，则能充满便携式氧气瓶的个数为N＝＝
380
(2)将氧气瓶移至玉龙雪山上时，氧气的压强变为p2＝p，由理想气体状态方程有＝
又T1＝t1＋273 K＝300 K
T2＝t2＋273 K＝275 K
代入数据解得V2＝41.25 L
因为V2>V ，所以氧气瓶有氧气泄漏，瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比为η ＝
×100%≈73%。
7．(1)5∶3　(2)30 次
解析　(1)将漏气前胎内气体换算为压强为1.5×105 Pa 的气体，设换算后体积为V 总，根据
玻意耳定律得p 前V＝p 后V 总，所以漏气前与漏气后的质量比为m 前∶m 后＝V 总∶V，解得m 前
206
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∶m 后＝5∶3
(2)设最多可以打n 次，根据克拉伯龙方程得＋＝，代入数据得n＝30 次。
8．(1)5p0　(2)
解析　(1)发生火灾前，以活塞为研究对象，根据平衡条件有pB＝p0
发生火灾时，以A 中理想气体为研究对象，根据查理定律有＝，解得pA＝6p0
阀门K 打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差Δp＝pA－pB＝5p0
(2)方法一：阀门K 打开后，A 中气体向B 中移动，以A 中气体为研究对象，根据玻意耳定
律有pAV0＝3p0VA1，解得VA1＝2V0
则进入到B 中的气体体积为VA1－V0＝V0
压强为3p0、温度为3T0，以B 中原气体和进入到B 中的气体为研究对象，根据克拉伯龙方
程有
＋＝，解得V＝2V0 
活塞上升的距离为h＝＝
方法二：
以A、B 中所有气体为研究对象，
＋＝＋
其中pA＝6p0，pB＝p0，V 为经过较长时间稳定后B 中气体的体积，解得V＝2V0，活塞上升
的距离为h＝＝。
第6 练　热力学定律与能量守恒定律
1．BD　[有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二
定律，A 错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B 正确；不可能通过给
物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C 错误；气体可自
发地向真空膨胀，具有方向性，D 正确。]
2．C　[由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C，可知温
度降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q 可知气体放出热量，故选
C。]
3．BC　[依题意，起飞前后桶内气体的温度保持不变，在此过程中密封桶装薯片的薄膜盖
子凸起，桶内气体体积增大，根据pV＝C 可知，压强p 减小，故A 错误；由于桶内气体温
度不变，则分子平均动能Ek不变，故B 正确；由于桶内气体温度不变，则气体内能不变，
体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，桶内气体从外界吸收热
量，故C 正确，D 错误。]
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4．D　[推杆压缩气体过程，对气体做功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体向
外界放热，故A 错误；推杆压缩气体过程，气体体积变小，根据玻意耳定律可知，针筒内
气体压强变大，故B 错误；推杆弹射过程，针筒内气体对外做功且外界无热交换，内能减
小，故C 错误；推杆弹射过程，内能减小，温度降低，针筒内气体分子平均动能减小，故D
正确。]
5．BCD　[因p－T 图像中a 到b 的线段的延长线过原点，由＝C，可知从a 到b 气体的体积
不变，则从a 到b 气体不对外做功，选项A 错误；因从a 到b 气体温度升高，可知气体内能
增加，选项B 正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，气体一直从
外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C、D 正确。]
6．A　[理想气体从状态a 变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A 正确；
由题图可知，V＝V0＋kT，根据理想气体状态方程有＝C，联立则有p＝，可看出T 增大，p
增大，B 错误；理想气体从状态a 变化到状态b，温度升高，内能增大，D 错误；理想气体
从状态a 变化到状态b，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，
气体从外界吸收热量，C 错误。]
7．(1)150 K　(2)吸收　30 J
解析　(1)根据＝
代入数据得TA＝150 K
(2)整个过程内能不变ΔU＝0
p－V 图像与V 轴围成的面积代表做的功，整个过程气体对外做功为
W1＝×104×(6－3)×10－3 J－2×104×(6－3)×10－3 J＝30 J，根据热力学第一定律可得ΔU＝
W＋Q，其中W＝－W1＝－30 J，ΔU＝0，可得Q＝30 J，可知气体从外界吸收热量，吸收的
热量为30 J。
8．AB　[由热力学第二定律知，氧气自发地由M 向N 的流动过程是不可逆的，A 正确；绝
热过程中Q＝0，从M 到N 过程中W＝0，故内能不发生变化，所以理想气体温度不变，分
装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C、D 错误；分装过程温度不变，由玻意耳定律
知，气体体积变为两倍，压强减小为原来的一半，B 正确。]
9．(1)不变　增大　(2)350　(3)11
解析　(1)圆筒导热良好，则气体从状态A 缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分
子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
(2)状态A 时的压强pA＝p0－＝1.0×105 Pa，
温度TA＝300 K，体积VA＝600 cm3；
状态C 时的压强pC＝1.4×105 Pa，温度为TC，体积VC＝500 cm3；根据＝，解得TC＝350 K
(3)从B 到C 气体进行等容变化，则WBC＝0，因从B 到C 气体内能增加25 J 可知，气体从外
界吸热25 J，而气体从A 到C 从外界吸热14 J，可知气体从A 到B 气体放热11 J，从A 到B
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气体内能不变，可知从A 到B 外界对气体做功11 J。
10.T1　ΔU＋πp(R2
3－R1
3)
解析　早上气球体积V1＝πR1
3
中午气球体积V2＝πR2
3
从早上至中午，气球内的气体做等压变化，则有＝，得T2＝T1
气球膨胀过程，气体压强为p，外界对气体做功W＝－p(V2－V1)，由热力学第一定律ΔU＝Q
＋W
解得Q＝ΔU＋πp(R2
3－R1
3)。
11．(1)4×105 Pa　(2)30　(3)900 J
解析　(1)对单向气阀受力分析p0S＋Ff＝mg＋pS，又m＝ρSh，联立可得p＝p0＋－ρgh
代入数据得p＝4×105 Pa
(2)气体做等温变化，有p0V＋Np0V1＝pV，解得充气次数N＝30
(3)由p－V 图像可知，外界对气体做功W＝－225×4 J＝－900 J，喷水过程内能不变，由热
力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0，所以气体吸收热量Q＝900 J。
第十六章　近代物理
第1 练　能量量子化　光电效应
1．A　[逸出功W0＝hνc，W0∝νc，A 正确；只有照射光的频率大于或等于金属截止频率，才
能发生光电效应，与光照的时间无关，B 错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0知，最大初动
能与入射光的频率和金属逸出功两个因素有关，入射光频率ν 不确定时，无法确定Ek与W0
的关系，C 错误；发生光电效应的前提下，入射光的频率一定时，光强越强，单位时间内逸
出的光电子数越多，D 错误。]
2．B　[根据ε＝hν 可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据λ＝，光在真空中传播
速度不变，可知光子波长减小，故A、D 错误，B 正确；根据p＝，可知光子的动量增大，
故C 错误。]
3．A　[时间t 内，照射在纸板上的光子数为N＝nctS，辐射能为E＝Nhν＝Nh，则该束光的
辐射通量为Φ＝＝，故选A。]
4．A　[电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应中的规律是：光电效应的发生时间
极短，光停止照射，光电效应立即停止，依据该原理实现声音与影像同步，故选A。]
5．B　[原始光信号频率必须大于等于截止频率，才能发生光电效应，选项A 错误；由Ek＝
hν－W0知原始光信号频率越大，则经过光电阴极发生光电效应后光电子的最大初动能越大，
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选项B 正确；原始光信号转化而成的光电子是电子，而非光子，选项C 错误；电子被外加
静电场加速，说明该电场方向与电子运动方向相反，选项D 错误。]
6．A　[设天体发射频率为ν 光子的功率为P，由题意可知天眼每秒接收光子的能量E＝P··η
＝Nhν，解得P＝，故选A。]
7．C　[光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A 极时
动能的最大值Ekm＝Ue＋hν－hν 截止，可知Ekm－U 图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，
则图像在纵轴上的截距越小，因ν1<ν2，则图像C 正确，A、B、D 错误。]
8．BC　[由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，由动能定理得Ek＝eU，用a、b 单色光照
射同种金属时，逸出功W0相同。当νa＞νb时，一定有Eka＞Ekb，Ua＞Ub，故选项A 错误，B
正确；若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，故选项C 正确；因逸出功相同，有W0＝hνa－ Eka＝
hνb－ Ekb，故选项D 错误。]
9．ABD　[将电源反接，光电管中加反向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数为0 时，
电压表的示数表示遏止电压，由动能定理得，光电子获得的最大初动能Ekm＝eUc，则该实验
可以测量光电子脱离金属后的最大初动能，故选项D 正确；根据光电效应方程得Ekm＝hν－
W0，两种入射光的频率ν 已知，由该装置可以测出两种入射光光电子获得的最大初动能，从
而列出两个方程，解方程组则可以计算出普朗克常量h 和K 极金属材料的逸出功W0，故
A、B 正确；若加正向电压，调节滑动变阻器，当电流表的示数不再增大时，电流表的示数
为该光强下的饱和电流，加反向电压不能得到饱和电流，故C 错误。]
10．AB　[根据Δx＝λ，可知甲光波长比乙光长，甲光频率小于乙光，若甲光能使题图丙中
光电管产生光电流，则乙光一定能使题图丙中光电管产生光电流，选项A 正确；UAK没有达
到遏止电压时，光电子在光电管中的运动方向由右至左，电流流经电流表方向为从上到下，
选项B 正确；根据题图丁可知，b、c 两种光射向同一光电管，反向遏止电压是一样的，说
明b、c 是同一种频率的光，但是由A 选项可知，甲、乙光频率不同，两者是矛盾的，选项
C 错误；根据上述分析可知，a 光遏止电压小，由爱因斯坦光电效应方程可知，a 光照射产
生的光电子的最大初动能一定小于b 光照射的，但是a 光照射光电管产生的光电子动能不一
定小于b 光照射光电管产生的光电子动能，选项D 错误。]
11．(1)　E－W0＋eU
(2)Ne　
解析　(1)每个光子的能量E＝hν
每个光子的动量为p＝＝
光电子从K 逸出时的最大初动能
Ek＝E－W0
光电子到达A 时的最大动能
Ekm＝Ek＋eU＝E－W0＋eU
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(2)通过微安表的电流I＝＝Ne，设t 秒发射总光子数为n，则·S＝Nt，t 秒辐射光子的总能量
E′＝nE＝·t，点光源辐射光子的功率P＝＝，得光电管窗口距点光源的距离R＝。
12．(1)1.7×1017 W　(2)5.7×108 N
解析　(1)日地之间的距离
r＝ct＝3×108×500 m＝1.5×1011 m
根据球面积公式，太阳在距地球处的球面积S＝4πr2
过地球的球心的截面面积S0＝πR0
2
地球表面接收到太阳能的功率
P0＝P＝·P
＝×3.75×1026 W
≈1.7×1017 W
(2)设地球在Δt 时间内接收到的光子数为n，接收到的光子的能量nε＝P0Δt，一个光子动量p
＝＝
根据动量定理FΔt＝np
代入数据解得F≈5.7×108 N。
第2 练　波粒二象性　物质波　原子结构与玻尔理论
1．C　[玻尔的原子理论成功地解释了氢原子的分立光谱，但不足之处是它保留了经典理论
中的一些观点，如电子轨道的概念，还不能完全揭示微观粒子的运动规律，A、B 错误；光
电效应揭示了光的粒子性，C 正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，
D 错误。]
2．A　[由题图可知n＝2 和n＝1 能级之间的能量差值为ΔE＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6 
eV)＝10.2 eV，与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子n＝2
和n＝1 能级之间的跃迁，故选A。]
3．B　[氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子放出光子，且放出光子的能量等于两能
级之差，能量减少，故选B。]
4．B　[德布罗意波长公式为λ＝，因此当电子速度减小时，动量减小，德布罗意波长变长。
电子沿着与电场相反的方向做加速运动，动量增大，德布罗意波长变短，故A 错误；电子
沿着电场方向做减速运动，动量减小，德布罗意波长变长，故B 正确；磁场对电子不做功，
不改变电子速度大小，故德布罗意波长不变，故C、D 错误。]
5．D　[原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ时有EⅡ－EⅠ＝hν0，且
从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态能级Ⅰ的过程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3，联立解得ν2＝ν0－
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ν1－ν3，故选D。]
6．BD　[高能级向低能级跃迁向外放出能量，以光子形式释放出去，故A 错误；最多能放
不同频率光子的种数为C＝6，故B 正确；从最高能级向最低能级跃迁释放的光子能量最大
对应的频率最大，波长最小，则n＝4 向n＝1 跃迁发出的光子频率最大，故D 正确，C 错
误。]
7．A　[要使处于n＝20 的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸
收光子的能量为E＝0－() eV＝0.034 eV，结合题图可知被吸收的光子是红外线波段的光子，
故选A。]
8．BC　[巴耳末系中波长最长的四种光为可见光，其中能量差最小的对应能级间的跃迁为
3→2，帕邢系中所有跃迁对应的能量均小于3→2 的能量差，频率低于可见光的频率，不可
能存在紫外线，故A 错误；赖曼系中频率最低(最低能量)的光对应的跃迁是2→1，该频率大
于巴耳末系中的任意光，用来照射光电管一定能发生光电效应，故B 正确；研究光电管的
遏止电压时，需让电子做减速运动，应变换电源的正负极，故C 正确；向右移动滑动变阻
器滑片，光电管两端加速电压增大，在达到饱和电流前，电流随电压增大而增大，达到饱和
电流后，电流保持不变，故D 错误。]
9．A　[由ΔE＝hν，根据题图甲可得ΔENa＝hνNa，ΔELi＝hνLi，代入数据可得νLi≈4.48×1014 
Hz
对照题图乙可知，锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为红色，故选A。]
10．C　[电子绕原子核做圆周运动，由库仑力提供向心力得k＝m，可得电子的动能为Ek＝
mv2＝∝，由于r1<r2，则有Ek1>Ek2，故A 错误；根据玻尔的电子轨道量子化假设，可知电子
不可以在r1和r2之间的任意轨道上稳定运动，故B 错误；处于该激发态的原子向基态跃迁
时释放的光子能量为hν＝E2－E1，可得释放的光子频率为ν＝，故C 正确；氢原子的上述能
级跃迁释放能量的方式和氢弹释放能量的方式不相同，氢弹是通过轻核聚变释放能量，故D
错误。]
11．C　[根据题图乙可知，a、b、c 三种光的遏止电压关系为Uc>Ub>Ua，根据eUc＝hν－
W0，
可知νc>νb>νa，由ν＝知λa>λb>λc，单缝衍射时，a 光中央亮条纹最宽，D 错误；由p＝知
pa<pb<pc，A 错误；
若这三种光是原子从能级n＝3 跃迁到较低能级时发出的光，根据跃迁原理可得h＝h＋h，
整理得＝＋，进入同一种介质后，由于介质对三种光的折射率不一样，造成波长发生变化，
所以不再满足上述关系，故B 错误；
a 光的遏止电压最小，根据eUc＝Ek可知，a 光照射时逸出的光电子最大初动能最小，故C
正确。]
12．A　[俄歇电子的总能量来自于2s 上的电子跃迁到1s 上所释放的能量，则有5.60 keV－
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0.70 keV＝4.9 keV，则成为俄歇电子后其动能为Ek＝4.9 keV－0.58 keV＝4.32 keV，故选
A。]
13．AD　[根据条纹间距公式Δx＝λ，可得λ＝。根据pe＝，可得pe＝，故A 正确；根据动
能和动量的关系Ek＝，结合A 选项可得Ek＝，故B 错误；光子的能量E＝W0＋Ek＝W0＋，
故C 错误；光子的动量p＝mc，光子的能量E＝mc2，联立可得p＝，则光子的动量p＝＋，
故D 正确。]
第3 练　原子核
1．D　[根据核反应满足质量数和电荷数守恒可知，Y 是α 粒子(He)，三种射线的穿透能力，
γ 射线最强，α 射线最弱；三种射线的电离能力，α 射线最强，γ 射线最弱。故选D。]
2．C　[A 选项的反应属于α 衰变，放出了氦核(He)，A 错误；B 选项的反应是卢瑟福发现质
子(H)的核反应方程，B 错误；C 选项的反应属于β 衰变，放出了电子(e)，C 正确；D 选项的
反应是重核裂变的核反应方程，D 错误。]
3．A　[镉棒通过改变中子的数量来控制反应速度，故A 正确；中子速度越快越不容易使链
式反应发生，故B 错误；正常运行的反应堆主要的辐射有γ 辐射和中子辐射，水泥防护层外
不可能检测到大量α 粒子，故C 错误；核裂变释放的能量与反应前后质量亏损有关，铀核裂
变时会因产物种类不同导致质量亏损不同，释放能量不同，故D 错误。]
4．A　[相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，A 正确；根据质量数守
恒和电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为H＋H→He＋n，B 错误；核聚变的核反
应燃料主要是氘核和氚核，C 错误；核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，D 错
误。]
5．A　[由电荷数与质量数守恒可得3＝y＋0,1＝x＋(－1)，解得x＝2，y＝3，故A 正确；半
衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故B、C 错误；半
衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，经过25 年，即两个半衰期，剩余氚为原来的四分
之一，并没有完全衰变完，故D 错误。]
6．AB　[经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，故A 正确；金属板厚度越小，探测
器接收到的辐射强度越大，故B 正确；β 射线的电离能力比α 射线弱，故C 错误；β 衰变的
实质是原子核内部的一个中子转化为一个电子和一个质子，故D 错误。]
7．B　[根据衰变方程满足质量数守恒和电荷数守恒可知Z＝87，A＝200，故X 的核子数为
200，质子数为87，B 正确，A 错误；由于该反应释放能量，生成的新核X 比锕204 更稳定，
故X 的比结合能比锕204 的比结合能大，C 错误；X 和He 的结合能之和一定大于Ac 的结合
能，D 错误。]
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8．C　[由质量数守恒和电荷数守恒有238－206＝4x,92－82＝2x－y，解得x＝8，y＝6，故
选C。]
9．D　[原子核发生衰变时，剩余质量m＝m0()，经过43.2 年剩余钚238 的质量与初始值的
比值为＝()＝()＝≈0.707，故选D。]
10．C　[根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为He＋H→He＋H＋ΔE，可知X 为质子，
故A 错误；核反应放出能量，生成的氦核比氦3 更稳定，可知氦3 的比结合能比氦核的比结
合能小，故B 错误；根据3E＋2E1＋ΔE＝4E2，可得氦3 的比结合能为E＝，故C 正确，D
错误。]
11．AC　[Po 的衰变方程为Po→At＋e，故A 正确；
放射性元素的半衰期是由原子核自身的因素决定的，跟原子所处的物理环境和化学状态没有
关系，故B 错误；
原子核发生衰变时，由动量守恒可知粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反，在洛伦兹力
作用下做匀速圆周运动，则有qvB＝，解得圆周运动半径R＝＝，p 为动量，则半径R 与电
荷量q 成反比，两粒子的电荷量大小分别为e 和85e，则RA∶RB＝85∶1，故C 正确；
由左手定则知，反冲核的速度方向向右，为逆时针方向，粒子的速度方向向左，为顺时针方
向，D 错误。]
12．(1)0　1　(4m1－m2－2m3)c2
(2)4.4×109 kg
解析　(1)根据题意，由质量数和电荷数守恒可得A＝4×1－4＝0，Z＝＝1，由爱因斯坦质
能方程得一次聚变释放的能量为ΔE＝Δmc2＝(4m1－m2－2m3)c2
(2)由爱因斯坦质能方程得，太阳每秒亏损的质量为Δm′＝＝ kg≈4.4×
109 kg。
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