100日冲刺优等生百日捷进提升（物理）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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100 日冲刺优等生物理百日捷进提升
目录
专题01
质点的直线运动...........................................................................................2
专题02
相互作用....................................................................................................... 9
专题03
牛顿运动定律.............................................................................................18
专题04
曲线运动.....................................................................................................28
专题05
万有引力定律.............................................................................................38
专题06
机械能.........................................................................................................45
专题07
碰撞与动量守恒.........................................................................................55
专题8
交变电流与传感器.......................................................................................65
专题9
磁场............................................................................................................... 73
专题10
电磁感应.....................................................................................................84
专题11 近代物理初步................................................................................................93
专题12
分子动理论与统计观点........................................................................ 100
专题13
固体、液体、气体与能量守恒............................................................ 103
专题14
机械振动和机械波.................................................................................108
专题15
光学
电磁波相对论.......................................................................... 115
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专题01
质点的直线运动
第一部分
名师综述
本专题中的难题分为二，一为对运动图像的考查，对图像的考查范围很广，涉及的内容页比较多，几乎涉及了直
线运动中的所有知识以及应用，特别是利用图像处理追击相遇问题时高考考查的重难点，在解题过程中，要注意分析
图像的轴、点、线、面积、斜率等方面，考查方式多为选择题。二是对多过程直线运动的考查，综合了匀变速直线运
动公式、追击相遇问题，考查方式多为计算题，在做题过程中需要（1）要养成画物体运动示意图，或者x-t 图象与
v-t 图象的习惯，特别是比较复杂的运动，画出示意图或者运动图像可使运动过程直观化，物理过程清晰，便于研究，
（2）要注意分析研究对象的运动过程，搞清楚整个运动过程按运动性质的转换可以分为哪几个阶段，各个阶段遵循什
么规律，各个阶段又存在哪些联系。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．在不计空气阻力的情况下，某物体以30m/s 的初速度从地面竖直上抛，则（重力加速度g 取10m/s2）
（
）
A. 前4s 内物体的平均速度大小为10m/s
B. 前4s 内物体的位移大小为50m
C. 第2s 末到第4s 末物体的平均速度为5m/s
D. 第2s 内和第4s 内物体的速度改变量不相同
【解析】竖直上抛运动是初速度向上，加速度向下的匀变速直线运动，而对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速
度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故前4s 内的平均速度等于第2s 末的瞬时速度，故
4v ＝v2＝v0−gt＝30−10×2＝
10m/s，故A 正确；根据平均速度公式，前4s 位移为x4＝
4v t4＝10×4＝40m，故B 错误；对于匀变速直线运动，某段
时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故第2s 末到第4s 末物体的平均速度等于第3s 末的瞬时速度，
根据速度时间公式，有：
24
v
＝v3＝v0−gt3＝30−10×3＝0，故C 错误；加速度为g，向下，故第2s 内和第4s 内物体的
速度改变量△v=g•△t=10×1=10m/s，故D 错误；
故选A。
考点：匀变速直线运动的规律
【名师点睛】本题关键是要把竖直上抛运动的上升和下降的整个过程看成匀变速直线运动进行处理，而不能分段处理，
否侧将使问题复杂化。
2．如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A 放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨
过光滑轻质滑轮与物体B 相连接，B 的质量M＝1kg，绳绷直时B 离地面有一定高度。在t＝0 时刻，无初速度释放B，
由固定在A 上的速度传感器得到的数据绘出的A 沿斜面向上运动的v－t 图象如图乙所示，若B 落地后不反弹，g 取
10 m／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，则下列说法正确的是
（
）
A. B 下落的加速度大小a＝10m／s2
B. A 沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A 做的功W＝3J
C. A 的质量M＝0．5Kg，A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0．5
D. 0～0．75 s 内摩擦力对A 做的功0．75J
【解析】由图乙可知物体A 先加速运动0.5s，加速度
，位移
，然后再匀减速运动
0.25s 减速到零，加速度
，位移
．因为物体A 和B 连接在一起，所以B 加速下
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落0.5s 落地，其加速度为4m/s2，故选项A 错误；对物体B 由牛顿第二定律知：
，解得：
，
所以绳子对物体A 做的功
，故选项B 正确；对物体A，B 未落地时，由牛顿第二
定律知：
，B 落地后，由牛顿第二定律知：
，解得：
，
，故选项C 错误；摩擦力做的功
，故选项D 错误．
3．有一个物体以初速度v0 沿倾角为θ的足够长的粗糙斜面上滑，已知物体与该斜面间的动摩擦因数μ< tanθ，那么下图
中能正确表示该物体的速度
v
随时间
t
变化的图线是
（
）
【解析】分析：物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，后沿斜面向下做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律可知：物
体上滑的加速度大于下滑的加速度，则上滑的时间短于下滑的时间，返回出发点时速度与初速度v0小．
解答：解：物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，后沿斜面向下做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律可知：物体上
滑的加速度大于下滑的加速度，则上滑的时间短于下滑的时间，返回出发点时速度与初速度v0 小．则a 图符合物体的
运动情况．
故选A
点评：本题是速度图象问题，关键要根据牛顿第二定律和运动学的规律分析物体上滑和下滑加速度、速度、时间的关
系．
4．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1 运行．初速度大小为v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面
上滑上传送带，以地面为参考系，v2＞v1．从小物块滑上传送带开始计时，其v﹣t 图象不可能的是
（
）
A.
B.
C.
D.
【解析】物体由于惯性冲上皮带后，从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0 再反向加速后匀速，也可以
一直减速，分情况进行讨论即可解题．
解：A、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面
上做匀速运动，故A 正确；
B、小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1 后匀速
运动，故B 正确；
C、小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故C 正确；
D、物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1 后匀速运动，故D 错
误．
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5．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定．近
年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标
准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g 值测得很准．具体做法是：将真空长直
管沿竖直方向放置，自其中的O 点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过
比O 点高H 的P 点，小球离开P 点至又回到P 点所用的时间为T1.由T1、T2 和H 的值可求得g 等于
（
）
A.
2
2
2
1
8H
T
T

B.
2
2
2
1
4H
T
T

C.
2
2
2
1
8H
T
T

D.
2
2
1
4
H
T
T

【解析】将上抛运动转化成自由落体来处理，则根据运动的对称性可知，小球从最高点到落回到O 点的时间是
2
2
T ,则
有从最高点到O 点的距离为
2
2
1
(
)
2
2
T
h
g

；同理从最高点到P 点的距离满足：
2
1
1
(
)
2
2
T
h
H
g


；联立解得：
2
2
2
1
8H
g
T
T


，故选C.
6．如图所示，在倾角为300 的光滑斜面上端系有一劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m="2"
kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变。若挡板A 以a="6" m/s2 的加速度沿斜面向下做匀
加速直线运动，斜面固定不动，取g="10" m/s2，则
（
）
A. 小球向下运动0．04 m 时速度最大
B. 小球向下运动0．01 m 时与挡板分离
C. 小球速度最大时与挡板分离
D. 小球从一开始运动就与挡板分离
【解析】球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，
此时物体所受合力为零．即：
，解得：
，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最
大时小球向下运动的路程为0 ．05m ，A 错误；当小球刚下落时，加速度最大，小球的最大加速度为
，故小球从一开始运动就与挡板分离，D 正确BC 错误；
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加
速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
7．质量分别为2m 和m 的A.B 两物体分别在水平恒力
1
F 和
2
F 的作用下沿水平面运动，撤去
1
F 、
2
F 后受摩擦力的
作用减速到停止，其v
t
图像如图所示，则下列说法正确的是
（
）
A.
1
F 和
2
F 大小相等
B.
1
F 和
2
F 对A.B 做功之比为2:1
C.A.B 所受摩擦力大小相等
D.全过程中摩擦力对A.B 做功之比为1: 2
【解析】匀减速运动的加速度大小分别为
0
0
2
A
v
a
t

，
0
0
B
v
a
t

，摩擦力大小分别为
0
0
2
A
A
mv
f
ma
t


，
0
0
B
B
mv
f
ma
t


，
对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为
0
1
0
v
a
t

，
0
2
0
2
v
a
t

，根据牛顿第二定律得，1
1
2
A
F
f
ma


，2
2
B
F
f
ma


，
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解得
0
1
0
3mv
F
t
=
，
0
2
0
3
2
mv
F
t
=
，所以
1F 和
2
F 大小不相等，A.B 所受摩擦力大小相等，故A 错误，C 正确；两个物体匀加
速直线运动的位移大小分别为
0 0
1
2
v t
x 
，
0
0
2
0 0
2
2
v
t
x
v t


＝
，
1F 和
2
F 对A.B 做功分别为
1
1
2
0
1
3
2
4
W
F x
mv



，
2
2
2
2
0
3
2
W
F x
mv


，所以
1F 和
2
F 对A.B 做功之比为11: ，根据“面积”等于位移，由几何知识得到，全过程中两物体
的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为11: ，故全过程中摩擦力对A.B 做功之比为11: ．故选项BD 错误。
【名师点睛】速度图线的斜率等于加速度，根据斜率求出两个物体做匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定
律研究摩擦力关系及
1F 和
2
F 大小的关系．根据图线与坐标轴所围“面积”确定出两个物体匀加速过程位移关系，求出
1F 和
2
F 对A.B 做功之比和全过程中摩擦力对A.B 做功之比。
8．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B 为两种材料的分界线，长度AB>BC。先将ABC 按图1 方式搭建成倾角
为θ的斜面，让一小物块（可看做质点）从斜面顶端由静止释放，经时间t 小物块滑过B 点；然后将ABC 按图2 方式
搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t 滑过B 点。则小物块
（
）
A. 与AB 段的动摩擦因数比与BC 段的动摩擦因数大
B. 两次滑到B 点的速率相同
C. 两次从顶端滑到底端所用的时间相同
D. 两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同
【解析】Ａ、第一种情况：从Ａ到Ｂ过程，


2
2
1
1
1
1
sin
cos
2
2
AB
a t
g
t






，第二种情况从Ｃ到Ｂ的过程，


2
2
2
2
1
1
sin
cos
2
2
CB
a t
g
t






，因为AB>BC，所以
1
2



，即物块与AB 段的动摩擦因数比与BC 段的动
摩擦因数小，选项Ａ错误．Ｂ、据题意两次做匀加速直线运动
2
v
s
t

，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故
第一次到Ｂ的速率更大些，选项Ｂ错误。D、由
1
2
cos
cos
f
W
mg
AB
mg
BC








，则两次摩擦力做功相等，
故D 正确。Ｃ、两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑块中物块到达底端速度相等v，
则第一种
1
1
2
v
v
BC
t


，第二种
2
2
2
v
v
BA
t


，因BC<BA,
1
2
v
v

,所以t1<t2,即第二次到达底端的时间较长，选项
C 错误.故选D.
9．（多选）如图所示的位移﹣时间（x﹣t）图象和速度（V﹣t）图象中，给出了四条曲线1、2、3、4 代表四个不同
物体的运动情况，则下列说法错误的是
（
）
A. 图线1、3 表示物体做曲线运动
B. X﹣t 图象中0～t1 时间内物体1 和2 的平均速度相等
C. V﹣t 图象中t3时刻物体3 的速度大于物体4 的速度
D. 两图象中t2、t4 时刻分别表示物体2 和4 开始反向运动
【答案】
ACD
【解析】A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度-时间图象还是位移-时间图象只能表示物体做直
线运动，故A 错误；
B、x
t
图象中
1
0
t
～时间内物体1 和2 通过的位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故B 正确；
C、由图知，v
t
图象中3t 时刻物体3 的速度等于物体4 的速度，故C 错误；
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D、x
t
图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动，而
2t 时刻之前物体2 的运动沿正方向，
2t 时刻之后物体2 沿负方向运动，故2t 时刻开始反向运动，v
t
图象中速度的
正负表示运动方向，从
5
0
t

这段时间内速度始终为正，故4t 时刻没有反向运动，故D 错误。
点睛：对于v
t
图线和s
t
图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多
积累。
10．（多选）一个以初速度v0沿直线运动的物体，t 秒末的速度为vt，如图所示，则下列说法正确的是：
（
）
A. 0～t 秒内的平均加速度
0
tv
v
a
t


B. t 秒之前，物体的瞬时加速度越来越小
C. 平均加速度和瞬时加速度的方向相同
D. t＝0 时的瞬时加速度为零
【答案】
ABC
【解析】A、根据加速度的定义，0～t 秒内的平均加速度
0
tv
v
a
t


，A 正确；
B、图线的切线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，B 正确；
C、因为物体做加速运动，加速度与速度同向，平均加速度和瞬时加速度的方向相同，C 正确；
D、t＝0 时速度时间图像的斜率不为零，瞬时加速度不为零，D 错误。
故选：ABC。
11．（多选）甲、乙、丙三个物体从同一地点出发的速度－时间图象如图所示，图中甲、丙是曲线，乙是直线，关于
三者的运动，下列说法正确的是
（
）
A. 甲的速度越来越大，加速度也越来越大
B. 乙的速度越来越大，加速度也越来越大
C. 丙的速度越来越大，加速度也越来越大
D. 在0—t1 时间内，甲、乙、丙的平均速度v 甲>v 乙>v 丙
【答案】
CD
【解析】在速度时间中，图象的“斜率”表示加速度．倾斜的直线运动表示匀加速直线运动．图象与坐标轴所围的面积
表示位移，结合这些知识分析．
从图中可知三者的速度都越来越大，速度时间图像的斜率表示加速度，故甲的加速度在减小，丙的加速度在增大，乙
的加速度恒定，AB 错误C 正确；根据速度图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知，甲的位移最大，丙的位移最小，
而时间相等，所以v
v
v


甲
乙
丙，故D 正确．
12．（多选）—辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀速直线运动，直到停止，下表
给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知
（
）
A. 汽车在时刻开始做匀速直线运动
B. 汽车匀速运动的时间为5s
C. 汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度
D. 汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s
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【解析】已知汽车做初速度为零的匀加速直线运动，由1s 末的速度可以求出加速度；由表格数据可得汽车在5s 末的速
度达到最大值12m/s，由速度时间关系得出加速运动的时间；分别求出物体做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减
速直线运动的位移相加；平均速度等于位移与时间的比值．
根据1~3s 内做加速运动可知加速度
2
2
1
9
3
/
3
/
2
a
m s
m s



，而从表格中可知汽车做匀速直线运动的速度为12m/s，
也就是加速阶段最大速度为12m/s，故根据
0
v
v
at


可知加速时间为t=4s，故汽车在t=4s 开始做匀速直线运动，A
错误；从表格中可知减速运动时的加速度为
2
2
2
3
9
/
6
/
1
a
m s
m s



，在t=9.5s 时速度为9m/s，故已经减速了
9 12
0.5
6
t
s
s




，所以在t=9s 开始减速运动，故匀速运动时间为5s ，B 正确；加速阶段的平均速度
1
0 12
/
6
/
2
v
m s
m s



，减速阶段的平均速度
1
12
0
/
6
/
2
v
m s
m s



，故C 错误；0-4s 做匀加速度为a=3m/s2的
匀加速运动，产生的位移：
2
2
1
1
1
3 4
24
2
2
x
at
m
m




；4-9s 做匀速度v=12m/s 的匀速直线运动，产生的位移：
2
12 5
60
x
m
m



；9-11s 做初速度为12m/s，加速度a′=-6m/s2 的匀减速运动，减速时间
12
2
6
t
s
s


，产生的位
移：


2
3
1
12 2
6
2
12
2
x
m
m





，所以汽车产生的总位移：
1
2
3
24
60 12
96
x
x
x
x
m
m







，故全
程的平均速度：
96
8.73
/
11
x
m
v
m s
t
s



，故D 正确．
二、非选择题
13．如图所示，一圆环A 紧套在一均匀粗糙圆木棒B 上，A 的厚度相对B 的长度来说可以忽略不计，圆环A 处在圆
木棒B 的上端点，圆木棒B 的下端点距地面的高度为H，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以
竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，重力加速度为g．
（1）求木棒B 下端点刚落地时，环A 和木棒B 的速度大小；
（2）假设木棒与地面相碰后，木棒B 做竖直向上匀减速运动的加速度大小为a1，圆环A 做竖直向下匀加速运动的加
速度大小为a2，当木棒B 运动到最高点时，圆环A 恰好运动到B 的下端点，求木棒B 的长度．
【答案】（1）
0
2
v
gH

（2）


2
1
2
1
3
gH a
a
L
a


【解析】（1）环A 和木板B 一起做自由落体运动，木棒B 下端点刚落地时，有
2
0
2gH
v

解得
0
2
v
gH

（2）木板与地面相碰后，木板B 做匀减速运动，有
0
1
v
a t

，
2
1
0
1
1
2
x
v t
a t


对环A：
2
2
0
2
1
2
x
v t
a t


1
2
L
x
x


联立解得


2
1
2
1
3
gH a
a
L
a


14．雾天行车经常发生车辆追尾相撞的事故，造成极大的人生伤害和财产损失。现假设某条高速公路限制速度为
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
v
120km/h，某种雾天的能见度（即观察者与能看见的最远目标间的距离）s0=27m，汽车紧急制动时产生的平均制
动力F=1．35×104N，汽车质量m=1500kg，其制动过程可以视为匀减速运动，制动时司机的反应时间（即司机发现
状况到踩下刹车的时间，该时间内汽车仍然匀速运动）为t0=0．5s，求：
（1）当汽车速度为v1=108km/h 时，从踩下刹车到汽车停止运动，汽车滑行的距离;
（2）在该雾天，为了安全，汽车行驶的速度不能超过多少?
【答案】
（1）50m
（2）18m/s
【解析】（1）设汽车滑行距离为x，
由牛顿运动定律有：F=ma
①
根据运动规律有：v12=2ax
②
由①②并代入数据解得
x=50m
（2）设最大速度为v2，从发现危险到车停止，汽车将经过匀速运动与匀减速运动，
其中匀速运动的位移为x1
x1=v2t0
③
匀减速运动的位移为x2
v22=2ax2
④
根据题设条件
s0=x1+x2
⑤
由①③④⑤并代入数据解得最大速度v2=18m/s
考点：匀变速直线运动的规律的应用；
【名师点睛】此题是匀变速直线运动的规律的应用于追击相遇问题；解题时要认真分析问题的物理过程，结合匀变速
直线运动的规律和位移的关系列出方程求解．
15．机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示灯．有一辆汽车在平直路面上以36km/h 的速度朝该路口停车线匀
速前进，在车头前端离停车线70m 处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的
汽车允许通过．
（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽
车的加速度a1 至少多大？
（2）若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以a2=2m/s2 的加速度沿直线加速3s，为了
防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后
汽车加速度a3 的大小（结果保留两位有效数字）．
【答案】
（1）2.5m/s2（2）6.1m/s2
【解析】（1）设初速度
，反应时间
司机反应时间内汽车通过位移
m
匀加速时间
s
，
解得
（2）汽车加速结束时通过的位移为
m
此时车头前端离停车线的距离为
m
此时速度为:
匀减速过程有
解得
16．如图所示，质量为60kg 的滑雪运动员，在倾角θ为37°的斜坡顶端，从静止开始自由下滑50m 到达坡底，用时5s，
然后沿着水平路面继续自由滑行，直至停止，不计拐角处能量损失，滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，g 取
10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
⑴运动员下滑过程中的加速度大小；
⑵滑板与坡面间的滑动摩擦力大小；
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⑶运动员在水平路面上滑行的时间。
【答案】
⑴a1＝4m/s2；⑵f1＝120N；⑶t2＝8s
【解析】⑴设运动员在斜坡上下滑的加速度为a1，下滑的时间为t1，根据匀变速直线运动位移公式有：s1＝
，解
得：a1＝
m/s2＝4m/s2
⑵运动员在斜坡上下滑时受重力mg、斜坡的支持力N1 和滑动摩擦力f1作用，根据牛顿第二定律可知，在沿斜坡向下
方向上有：mgsinθ－f1＝ma1
解得f1＝mgsinθ－ma1＝360N－60×4N＝120N
⑶在垂直斜坡方向上有：N1－mgcosθ＝0
设滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数为μ，根据滑动摩擦定律有：f1＝μN1
根据匀变速直线运动平均速度公式可知，运动员滑至坡底的速度为：v＝
运动员在水平面上滑行时，受重力mg、水平面的支持力N2 和滑动摩擦力f2 作用，根据牛顿第二定律可知，运动员在
水平面上滑行的加速度为：a2＝
＝－μg
根据匀变速直线运动速度公式可知，运动员在是平面上滑行的时间为：t2＝
联立以上各式，并代入数据解得：t2＝8s
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专题02
相互作用
第一部分
名师综述
相互作用是整个高中物理力学问题的解题基础，很多类型题都需要受力分析，然后用力的合成与分解、共点力平衡方
程解题，其中对重力、弹力、摩擦力的考查方式大多以选择题的形式出现，每个小题中一般包含几个概念。考查受力
分析的命题方式一般是涉及多力平衡问题，可以用力的合成与分解求解，也可以根据平衡条件求解，考查方式一般以
选择题形式出现，特别是平衡类连接体问题题设情景可能更加新颖。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为L 的金属棒ab 悬挂在c、d 两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从
a 到b 的电流I 后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度
的大小．方向是
（
）
A.
，竖直向上
B.
，竖直向下
C.
，平行悬线向上
D.
，平行悬线向下
【解析】为了使该棒仍然平衡在该位置上，
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,得：
，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D 正确。
2．倾角为30o的固定斜面上有一个质量为m=3.0kg 的小物体。小物体与轻绳相连，绳的另一端跨过光滑的定滑轮悬挂
着一个质量为M=2.0kg 的物体如图所示，两物体均处于静止状态。关于物体m 的受力判断（取g=10m/s2），下列说法
正确的是
（
）
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上
C．斜面对物体的摩擦力大小为5N，方向沿斜面向下
D．斜面对物体的作用力为30N，方向竖直向上
【解析】对于物体M：绳子拉力T 与重力G=Mg 平衡，T=Mg,对m 受力分析可知，T -mgsin30°=f,斜面对物体的摩
擦力f 大小为5N，方向沿斜面向下，A、B 错误，C 正确；斜面对物体的作用力为支持力和摩擦力的合力，大小不为
20N，D 错误。
3．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球
的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是
（
）
A. 若小车向左运动，N 可能为零
B. 若小车向左运动，T 不可能为零
C. 若小车向右运动，N 不可能为零
D. 若小车向右运动，T 不可能为零
【解析】若小车向左做减速运动，则加速度向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加
速度相同，故此时N 为零，故A 正确；B、若小车向左加速运动，则加速度向左，若此时重力与斜面的支持力的合力
可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，故B 错误；同理可知当小车向右时，也可能做加速或
减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N 和T 均可以为零，故CD 均错误；
4．一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m 一向下的初速度v0 ，则m 正好保持匀速下滑，
如图所示，现在m 下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是
（
）
A. 在m 上加一竖直向下的力F1，则m 将保持匀速运动，M 对地有水平向右的静摩擦力的作用
B. 在m 上加一个沿斜面向下的力F2，则m 将做加速运动，M 对地有水平向左的静摩擦力的作用
C. 在m 上加一个水平向右的力F3，则m 将做减速运动，在m 停止前M 对地有向右的静摩擦力的作用
D. 无论在m 上加什么方向的力，在m 停止前M 对地都无静摩擦力的作用
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【解析】滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零．以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力
情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力．木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用．
m 原来保持匀速下滑，M 静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面
没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾．对m，有
sin
cos
mg
f
mg





，即得
sin
cos




，是斜面的倾角．当施加竖直向下的力
1F 时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合
力为零，故地面对M 无摩擦力，对m 受力分析可知，



sin
cos
0
mg
F
mg
F







，所以m 做匀速运动，
故A 错误；在m 上加一沿斜面向下的力
2
F ，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m 与斜面间的
弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块
的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B 错误；在m 上加一水平向右的
力
3
F ，沿斜面方向


3
3
sin
cos
cos
sin
0
mg
F
mg
F









（
，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了
3sin
F
，则摩擦力增加
3sin
F

，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图，则斜面所受
的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C 错误；无论在m 上加上
什么方向的力，m 对斜面的压力与m 对斜面的摩擦力都是以1：μ的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便
没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D 正确．
5．如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A 端用铰链固定，滑轮O 在A 点正上方（滑轮大小及摩擦
均可忽略），B 端挂一重物P，现施加拉力T 将B 缓慢上拉（绳和杆均未断），在杆达到竖直前
（
）
A. 绳子越来越容易断
B. 绳子越来越不容易断
C. 杆越来越容易断
D. 杆越来越不容易断
【解析】以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N 和绳子的拉力F，
作出力图如图：
由平衡条件得知，N 和FT的合力与T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：
T
F
N
T
AB
BO
AO


又T=G，解得：
AB
N
G
AO

，
T
BO
F
G
AO

使∠BAO 缓慢变小时，AB、AO 保持不变，BO 变小，则N 保持不变，FT 变小．故杆无
所谓易断不易断，绳子越来越不容易断．故B 项正确．故选B。
考点：物体的平衡
【名师点睛】考查了力的动态分析，本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的
关系，再分析力的变化，是常用的方法。
6．用三根轻绳将重量为G 的物块悬挂在空中，如图所示，已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac
绳和bc 绳中的拉力分别为
（
）
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A．
G
2
1
，
G
2
3
B．
G
2
3
，
G
2
1
C．
G
4
3
，
G
2
1
D．
G
2
1
，
G
3
3
【解析】以结点c 为研究对象，受三段绳子的拉力，处于平衡状态，故合外力为零，根据平行四边形法则可求ac 绳上
拉力
G
G
F
o
ac
2
3
30
cos


；bc 绳上拉力为
G
G
F
o
bc
2
1
30
sin


，所以A、C、D 错误；B 正确。
7．如图所示，固定斜面上叠放着物块A、B，一平行于斜面向下的力F 作用在B 上，使A、B 一道沿斜面向下运动，
下列说法正确的是
（
）
A. 若斜面粗糙，则A 一定受到平行斜面向上的摩擦力
B. 若斜面光滑，则A 一定受到平行斜面向上的摩擦力
C. 若斜面粗糙，则A 一定受到平行斜面向下的摩擦力
D. 若斜面光滑，则A 一定受到平行斜面向下的摩擦力
【解析】据题意，物体A 受到的摩擦力的有无及摩擦力方向决定于AB 物体的加速度大小，如果斜面粗糙，当物体B
的加速度大于物体A 的加速度，物体B 相对于物体A 向下运动，物体A 受到摩擦力平行斜面向下，故选项A 错误，
也可能物体B 的加速度小于物体A 的，物体A 相对于物体B 向下运动，物体A 摩擦力沿斜面向上，故选项C 错误；
如果斜面光滑，物体B 加速度大于物体A，物体B 一定相对于物体A 向下运动，物体A 摩擦力沿斜面向下，故选项B
错误而选项D 正确。
8．半圆柱体P 放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P
和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN 绕
O 点缓慢地逆时针转动，在Q 到达最高位置前，发现P 始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是
（
）
A. MN 对Q 的弹力大小保持不变
B. MN 对Q 的弹力先增大后减小
C. P、Q 间的弹力先增大后减小
D. P 所受桌面的作用力一直增大
【解析】对Q，受重力mg、MN 的弹力N1 和P 的弹力N2 作用，其受力示意图如下图所示，根据共点力平衡条件可
知三力必构成首尾相接的封闭三角形，且力矢量三角形与图中ΔOAB 相似，在MN 绕O 点缓慢地逆时针转动的过程中
α角增大，因此OB 增大、AB 减小，所以N2 增大、N1减小，故选项A、B、C 错误；对P，受重力Mg、Q 的弹力N2′
和桌面的作用力F 作用，如下图，在MN 绕O 点缓慢地逆时针转动的过程中β角增大，N2′＝N2 增大，根据余弦定理
可知F 增大，故选项D 正确。
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考点：本题主要考查了物体的受力分析、共点力平衡条件的应用，以及整体法和隔离法的灵活运用、动态平衡的分析
问题，属于中档题。
9．（多选）如图所示，滑块B 放在斜面体A 上，B 在水平向右的外力F1，以及沿斜面向下的外力F2共同作用下沿斜
面向下运动，此时A 受到地面的摩擦力水平向左。若A 始终静止在水平地面上，则下列说法中正确的是
（
）
A. 同时撤去F1 和F2，B 的加速度一定沿斜面向下
B. 只撤去F1，在B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力的方向可能向右
C. 只撤去F2，在B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力的方向可能向右
D. 只撤去F2，在B 仍向下运动的过程中，A 所受地面的摩擦力不变
【答案】
AD
【解析】本题可以假设从以下两个方面进行讨论．
（1）斜劈A 表面光滑（设斜面的倾角为θ，A 的质量为mA，B 的质量为mB）
（
）
A、同时撤去F1 和F2，物体在其重力沿斜面向下的分力mBgsinθ的作用下也一定沿斜面向下做匀加速直线运动，故A
正确；
B、如果撤去F1，使A 相对地面发生相对运动趋势的外力大小是FN2sinθ=mBgcosθsinθ，方向向右．如图a
所示．
由于mB gcosθsinθ＜（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ，所以A 所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可
能向右．故B 错误；
C、撤去F2，在物体B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力的变化情况要从A 受地面摩擦力作用的原因角度去思
考，即寻找出使A 相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况．通过分析，使A 相对地面有向右滑动趋势的外力是
（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ．如图b、c 所示．与F2 是否存在无关．所以撤去F2，在物体B 仍向下运动的过程中，A 所
受地面的摩擦力应该保持不变．故C 错误D 正确；
因此，在斜劈表面光滑的条件下，该题的答案应该是AD．
（2）斜劈A 表面粗糙（设A 表面的动摩擦因数为μ）
在斜劈A 表面粗糙的情况下，B 在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直
线运动．由题意知，在B 沿斜劈下滑时，受到A 对它弹力FN 和滑动摩擦力f．根据牛顿第三定律，这两个力反作用于
A．斜劈A 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的．FNsinθ＞fcosθ，又因为f=μFN，
所以FN sinθ＞μFNcosθ，即μ＜tanθ．
（
）
A、同时撤出F1 和F2，由以上分析可知mBgsinθ＞μmBgcosθ．所以物体B 所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定
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沿斜劈向下，故A 正确；
B、如果撤去F1，在物体B 仍向下运动的过程中，N=mgcosθ，f=μN，图中假设A 受的摩擦力fA 方向向左，
Nsinθ=fcosθ+fA，则有：fA=Nsinθ-μNosθ=N（sinθ-μcosθ）＞0 所以斜劈A 都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方
向是向左．故B 错误；
CD、又由于F2 的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2 后，斜劈A 所受摩擦力的大小和方向均保持
不变．故C 错误D 正确；因此，在斜劈A 表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是AD．
故选：AD．
10．（多选）如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM
竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为（
π
2

）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在
OM 由竖直被拉到水平的过程中
（
）
A. MN 上的张力逐渐增大
B. MN 上的张力先增大后减小
C. OM 上的张力逐渐增大
D. OM 上的张力先增大后减小
【答案】
AD
【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM 绳上拉力F2，MN 上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量
三角形如图所示，在F2 转至水平的过程中，MN 上的张力F1 逐渐增大，OM 上的张力F2 先增大后减小，所以AD 正
确，BC 错误。
【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN 两力的夹角不变，两力
的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。
11．（多选）在光滑的水平面上有一质量为2 kg 的物体，它的左端与一劲度系数为100 N/m 的轻弹簧相连，右端连接
一细线，物体静止时细线与竖直方向成37°角，此时水平面对物体的弹力为零，如图所示．已知sin 37°＝0．6，cos 37°
＝0．8，重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确的是
A. 当剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为7．5 m/s2
B. 当剪断弹簧的瞬间，物体的合外力为零
C. 当剪断细线的瞬间，物体的加速度为零
D. 当剪断细线的瞬间，物体受到的合外力为15 N
【解析】以物体为研究对象，进行受力分析可知，物体受细线拉力为
25
T
N

，弹簧弹力为
15
F
N

，在剪断弹簧的
瞬间，细线的拉力会突变，物体静止不动，细线的拉力为0，加速度为0，故A 错误，B 正确；在剪断细线的瞬间，弹
簧的弹力不突变，受力分析可知，此时物体受到的合外力为15N ，根据牛顿第二定律得：加速度为
2
7.5
/
F
a
m s
m


合
，
故C 错误，D 正确，
考点：牛顿第二定律
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【名师点睛】本题的解题关键是抓住弹簧与细线模型的不同，根据不同的特点分析瞬间小球的受力情况，由牛顿第二
定律求解。
12．（多选）如图所示为缓慢关门时（图中箭头方向）门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为30N，锁舌
表面较光滑，摩擦不计，已知sin37°=0．6，cos37°=0．8，则下列说法正确的是
（
）
A．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大
B．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变
C．此时锁壳碰锁舌的弹力为37．5N
D．此时锁壳碰锁舌的弹力为50N
【答案】
AD
【解析】关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则弹力增大，故A 正确B 错误；对锁舌，受
到弹簧弹力，锁壳的作用力，受力平衡，则有：
sin37
F
F


弹
，因此
30
50
0.6
F
N
N


，故C 错误D 正确；
二、非选择题
13．如图所示，质量为m 的物体A 压在放于地面上的竖直轻弹簧B 上，现用细绳跨过定滑轮将物体A 与另一轻弹簧
C 连接，当弹簧C 处于水平位置且右端位于a 点时，弹簧C 刚好没有发生变形，已知弹簧B 和弹簧C 的劲度系数分别
为k1 和k2，不计定滑轮、细绳的质量和摩擦．将弹簧C 的右端由a 点沿水平方向拉到b 点时，弹簧B 刚好没有变形，
求a、b 两点间的距离．
【答案】
1
2
1
1
mg k
k







【解析】当弹簧C 处于水平位置且右端位于a 点，弹簧C 刚好没有发生变形时，根据胡克定律得
弹簧B 压缩的长度
1
B
mg
x
k

当将弹簧C 的右端由a 点沿水平方向拉到b 点，弹簧B 刚好没有变形时，根据胡克定律得
弹簧C 伸长的长度
2
C
mg
x
k

根据几何知识得，a、b 两点间的距离S=xB+xC=
1
2
1
1
mg
k
k







．
点睛：对于含有弹簧的问题，要学会分析弹簧的状态，弹簧有三种状态：原长、伸长和压缩，含有弹簧的问题中求解
距离时，都要根据几何知识研究所求距离与弹簧形变量的关系．
14．如图所示，质量M=2kg 的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg 的小球相连，今用跟水平方向成60°
角的力F=10
3 N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m 的相对位置保持不变，g=10m/s2。在运动
过程中，求：
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（1）轻绳与水平方向的夹角
（2）木块M 与水平杆间的动摩擦因数μ。
【答案】
（1）300（2）
3
= 3

【解析】（1）m 处于静止状态，其合力为零．以m 为研究对象，由平衡条件得：
水平方向cos60
cos
0
T
F
F



①
竖直方向sin60
sin
0
T
F
F
mg




②
解得：
30


（2）M、m 整体处于静止状态，可看做整体，系统所受合力为零．以M、m 整体为研究对象．由平衡条件得
水平方向cos60
0
N
F
F



③
竖直方向
sin60
0
N
F
F
Mg
mg




④
由③④得
3
3

考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】要注意明确整体法与隔离法的正确应用．
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系
统的内力．
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析．隔
离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问
题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用
15．如图所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°。现用一端
固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°。
（1）求当斜面体静止时绳的拉力大小；
（2）若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须
满足什么条件？
【答案】
（1）
mg
T
3
3

；（2）
9
3

k
。
【解析】（1）对小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件和几何关系，有：
绳对小球的拉力
mg
mg
T
3
3
30
cos
2



（2）对小球和斜面整体受力分析，如图所示，根据平衡条件，可知：
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地面对斜面的支持力
mg
T
mg
N
2
3
30
cos
2





地面对斜面的摩擦力
mg
T
f
6
3
30
sin



需满足
N
k
f


，即
mg
k
mg
2
3
6
3


，可得：
9
3

k
16．如图，一个半径为R 的半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根
轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A 和B，当它们处于平衡状态时，小球A 与O 点的连线与水平线的夹角
为60°。
(1)求小球A 与小球B 的质量比mA∶mB；
(2)现将A 球质量改为2m、B 球质量改为m，且开始时A 球位于碗口C 点，由静止沿碗下滑，当A 球滑到碗底时，求
两球总的重力势能改变量；(B 球未碰到碗壁)
(3)在(2)条件下，当A 球滑到碗底时，求B 球的速度大小。
【答案】
(1) 3 :1；(2)


2
2 mgR


(3)


2 2
2
5
gR

【解析】(1) 设绳的张力为T，对A 球进行受力分析，有
A
sin 60
sin 60
N
T
m g




cos60
cos60
N
T



对B 球进行受力分析，有
B
T
m g

可解得：
A
B
:
3 :1
m
m 
(2) A 球的重力势能改变量为
pA
A
2
E
m gR
mgR



B 两球的重力势能改变量为
pB
B
2
2
E
m g
R
mgR




所以A、B 两球总的重力势能改变量为


2
2
p
pA
pB
E
E
E
mgR





(3) 当A 球滑到碗底时，设A、B 两球的速度分别为
Av 、
Bv ，则
A
B
cos45
v
v


⑴
根据A、B 两球总机械能守恒，有
0
K
p
E
E



⑵
即


2
2
A
A
B
B
1
1
2
2
0
2
2
m v
m v
mgR




⑶
联立以上三式，解得：


B
2 2
2
5
v
gR


（或0.23gR 或0.48 gR ）
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专题03
牛顿运动定律
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，且更加
突出考查学生运用"力和运动的观点"分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考考查的重点和热点，应
用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运动定律与曲线运动，万有引力定律
以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多，一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的
瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律在生活
生产和科技中的应用。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．一质量均匀木块在水平恒力F1 的作用下，在水平面上做匀速直线运动。当对该木块另外施加一倾斜向下与F1 在同
一竖直平面内的恒定推力F2 时，如图所示，则对该木块以后运动情景的描述不正确的是
（
）
A. 木块可能继续做匀速直线运动
B. 木块的运动可能变为匀加速直线运动
C. 木块所受到的合力可能越来越小，最后变为零
D. 木块的运动可能变为匀减速直线运动，直至静止
【解析】在加恒定推力F２前，木块受力情况如图1 所示，由平衡条件得：
在竖直方向上，有：ܨ1 −ܨ݂1 = 0 在水平方向上，有：ܨܰ1 −݉
t = 0 又ܨ݂1 = ߤܨܰ
解得：ߤ=
ܨ1݉
t
在加恒定推力F２后，木块受力情况如图2 所示，设F２与水平方向夹角为ߠ，则
在竖直方向上，有：ܨܰ2 =݉
t + ܨ2sinߠ
在水平方向上木块受到的合力为ܨݔ= ܨ1 + ܨ2cosߠ−ܨ݂2 = ܨ1 + ܨ2cosߠ−ߤܨܰ2
解得：ܨݔ= ܨ1 + ܨ2cosߠ−
ܨ1݉
t (݉
t + ܨ2sinߠ) = ܨ2cosߠ−
ܨ1݉
t ܨ2sinߠ= ܨ2(cosߠ−ߤsinߠ)
当cosߠ−ߤsinߠ= 0 时，木块继续做匀速直线运动；当cosߠ−ߤsinߠ= 0 时，木块做匀加速直线运动；当cosߠ−ߤsinߠ= 0
时，木块做匀减速直线运动．故ABD 对该木块以后运动情景的描述正确，C 对该木块以后运动情景的描述不正确，所
以选C．
2．如图所示，木块A 静止在斜面体B 上。设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f.当斜面体水平向左做
加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A 相对于斜面体B 始终保持静止，则
（
）
A. N 增大, f 增大
B. N 不变，f 增大
C. N 减小,f 先增大后减小
D. N 增大,f 先减小后增大
【解析】当加速度较小时，摩擦力f 沿斜面向上.将加速度分解为沿斜面向下的加速度和垂直于斜面向上的加速度．
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根据牛顿第二定律得：ܰ
−݉
tcosߠ=݉
tsinߠ，݉
tsinߠ−݂
=݉
tcosߠ，得到ܰ
=݉
tcosߠ+݉
tsinߠ；݂
=݉
tsinߠ−݉
tcosߠ,可知当a 增大时，N 增大，f 减小．当加速度较大时，摩擦力f 沿斜面向下．根据牛顿第二定律
得:ܰ
−݉
tcosߠ=݉
tsinߠ，݉
tsinߠ+݂
=݉
tcosߠ，得到ܰ
=݉
tcosߠ+݉
tsinߠ，݂
=݉
tcosߠ−݉
tsinߠ,可知当a 增
大时,N 增大,f 增大．所以N 增大，f 先减小后增大．故D 正确．故选D．
3．质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上促使质量为m 的小球静止在圆槽上，如图所示，
则．
（
）
A．小球对圆槽的压力为
MF
M
m

B．小球对圆槽的压力为
mF
M
m

C．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大
D．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
【解析】由整体法可求得系统的加速度a＝
F
M
m

，小球对圆槽的压力FN＝m
2
2
g
a

＝m
2
2
2
(
)
F
g
M
m


，当F
增大后，FN增大，只有选项C 正确．
4．如图，用相同材料做成的质量分别为m1、m2的两个物体中间用一轻弹簧连接。在下列四种情况下，相同的拉力F 均
作用在m1上，使m1、m2作加速运动：①拉力水平，m1、m2在光滑的水平面上加速运动。②拉力水平，m1、m2在粗糙的水
平面上加速运动。③拉力平行于倾角为θ的斜面，m1、m2沿光滑的斜面向上加速运动。④拉力平行于倾角为θ的斜面，
m1、m2沿粗糙的斜面向上加速运动。以
1
2
3
4
l
l
l
l




、
、
、
依次表示弹簧在四种情况下的伸长量，则有
（
）
A.
2l

＞
1l

B.
4l

＞
3l

C.
1l
＞
3l

D.
2l

＝
4l

【解析】对于情形①，将两个物体看成一整体受力分析，由牛顿第二定律可得
1
2
1
(
)
F
m
m a


所以
1
1
2
F
a
m
m


，
对m2受力分析，由牛顿第二定律可得
1
1
2
1
f
k l
m a

解得
2
1
1
2
(
)
m F
k l
m
m


；
对于情形②，将两个物体看成一整体受力分析，由牛顿第二定律可得
1
2
1
2
2
(
)
(
)
F
m
m g
m
m a





所以
2
1
2
F
a
g
m
m




，对m2受力分析，由牛顿第二定律可得
2
2
2
2
2
2
f
m g
k l
m g
m a






解得
2
2
1
2
(
)
m F
k l
m
m



；
对于情形③，将两个物体看成一整体受力分析，由牛顿第二定律可得
1
2
1
2
3
(
) sin
(
)
F
m
m g
m
m a





所以
3
1
2
sin
F
a
g
m
m




，对m2受力分析，由牛顿第二定律可得
3
2
2
3
sin
k l
m g
m a



解得
2
3
1
2
(
)
m F
k l
m
m



；
对于情形④，将两个物体看成一整体受力分析，由牛顿第二定律可得
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1
2
1
2
1
2
4
(
) sin
(
) cos
(
)
F
m
m g
m
m g
m
m a









所以
4
1
2
sin
cos
F
a
g
m
m







，对m2受力分析，由牛
顿第二定律可得
4
2
2
2
4
sin
cos
k l
m g
m g
m a






解得
2
4
1
2
(
)
m F
k l
m
m



，所以由以上分析可知
1
2
3
4
l
l
l
l



，故选项D 正确．
考点：解答本题要灵活选用隔离法和整体法，正确进行受力分析，列牛顿第二定律方程解答即可．
5．在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相
同的物块a 和b，木板和物块均处于静止状态。现对物块a 和b 分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动。当物块
与木板分离时，P、Q 的速度分别为v1、v2，物块P、Q 相对地面的位移分别为s1、s2。已知两物块与木板间的动摩擦因
数相同，下列判断正确的是
（
）
A．若F1＝F2、m1>m2，则
2
1
v
v 
、
2
1
s
s 
B．若F1＝F2、m1<m2，则
2
1
v
v 
、
2
1
s
s 
C．若F1 > F2、m1=m2，则
2
1
v
v 
、
2
1
s
s 
D．若F1 < F2、m1=m2，则
2
1
v
v 
、
2
1
s
s 
【答案】
D .
【解析】首先看
1
2
F
F

时情况：由题很容易得到a
b
、所受的摩擦力大小是相等的，因此a
b
、加速度相同，我们设
a
b
、加速度大小为a，对于P
Q
、
，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为
1a ，
2
Q m
（
）的加速度大
小为
2a ，根据牛顿第二定律得：
1
1
mg
a
m


，
2
2
mg
a
m


，其中m 为物块a 和b 的质量．
设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
a 与P 的相对位移
2
2
1
1 1
1
1
2
2
L
at
a t


b 与Q 的相对位移
2
2
2
2 2
1
1
2
2
L
at
a t


若
1
2
1
2
m
m
a
a
＞
，＜
，所以得：1
2
t
t
＜
P 的速度为
1
1 1
v
a t

，Q 的速度为
2
2 2
v
a t

物块a 相对地面的位移分别为
2
1
1
1
2
s
a t

物块b 相对地面的位移分别为
2
2
2
1
2
s
at

则
1
2
1
2
v
v
s
s
＜，＜
，故A、B 错误．
若
1
2
1
2
F
F
m
m

＞、
，根据受力分析和牛顿第二定律的：
则a 的加速度大于b 的加速度，即
a
b
a
a
＞
由于
1
2
m
m

，所以P、Q 加速度相同，设P、Q 加速度为a．
它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
a 与P 的相对位移
2
2
1
1
1
1
2
2
a
L
a t
at


b 与Q 的相对位移
2
2
2
2
1
1
2
2
b
L
a t
at


由于
a
b
a
a
＞
，所以得：1
2
t
t
＜
，则
1
2
1
2
v
v
s
s
＜，＜
，故C 错误．
根据C 选项分析得：
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若
1
2
1
2
a
b
F
F
m
m
a
a

＜、
，＜
则
1
2
1
2
v
v
S
S
＞、＞
故D 正确．
考点：本题考查了动能定理的应用
点评：要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．要把受力分析
和牛顿第二定律结合应用．
6．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不
可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm．现用平行于斜面的拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木
块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F 的最大值
（
）
A．3
5
mf
B．3
4
mf
C．
mf
D．3
2
mf
【解析】由题意可知，当下面2m 的物体摩擦力达到最大时，拉力F 达到最大．将4 个物体看做整体，由牛顿第二定律：
F+6mgsin30°=6ma，
将2 个m 及上面的2m 看做整体：fm+4mgsin30
0=4ma
以上联立解得：
3
2
m
F
f

考点：牛顿第二定律、整体及隔离法
【名师点睛】此题考查了整体法及隔离法的应用、物体的平衡问题；解题的关键是正确选择研究对象，并能对研究对
象正确的受力分析，根据平衡条件列出方程解答；要使四个物体一块做加速运动而不产生相对活动，则两接触面上的
摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出下面质量为m 的物体先达到最大静摩擦力；由牛顿第二定
律可求得拉力。
7．如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A 和B 紧靠着放在光滑水平面上，从t=0 时刻起，对B 施加向右的水平恒力F2=4.0N，
同时对A 施加向右的水平变力F1，F1 变化规律如图所示。下列相关说法中正确的是
（
）
A. 当t=0 时，A、B 物体加速度分别为aA=5m/s2 ，aB=2m/s2
B. A 物体作加速度减小的加速运动，B 物体作匀加速运动
C. t=12s 时刻A、B 将分离，分离时加速度均为a=2m/s2
D. A、B 分离前后，A 物体加速度变化规律相同
【解析】若AB 之间没有力的作用，则
，当
时，
，而
，所以
单独
作用在A 上的加速度大于AB 之间没有力的作用时的加速度，此时AB 一起运动，加速度为：
，故A 错误；由A 得分析可知：随着
的减小，刚开始时AB 在两个力的作用下做加速
度越来越小的加速运动，故B 错误；当
单独在A 上的加速度等于
单独作用在B 上的加速度时，AB 之间恰好没有
力的作用，此后
继续减小，A 的加速度继续减小，AB 分离，根据牛顿第二定律得：
，根据
图象可知，此时
，所以
时刻A、B 将分离，分离时加速度均为
，故C 正确；AB 分离前，A 受
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到
和B 对A 的弹力作用，分离后A 只受
作用，A 物体加速度变化规律不相同，故D 错误。
考点：牛顿第二定律、力的合成与分解的运用
【名师点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意抓住AB 分离时的临界条件进行分析解题，即当AB 之间刚好没有
作用力且加速度相同时开始分离。
8．如图所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在地面上，长为L、质量为m 的均质软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，
用细线将质量也为m 的物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，当软绳全部离开斜面时，物块仍未到达地面。
已知软绳与斜面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是
（
）
A．释放物块的瞬间，软绳的加速度为g(1－sinθ－μcosθ)
B．从释放物块到软绳刚好全部离开斜面过程中，物块的加速度先增加后减少
C．从释放物块到软绳刚好全部离开斜面过程中，软绳克服摩擦力做功为μmgLcosθ
D．软绳刚好全部离开斜面时的速度为
1
(3 sin
cos )
2 gL





【答案】
D
【解析】由于物块与软绳通过细线相连，而细线不可伸长，因此，物块与软绳具有了相同大小的加速度，故对整体，
在刚释放物块瞬间，根据牛顿第二定律有：mg－mgsinθ－μmgcosθ＝2ma，解得它们运动的加速度大小为：a＝g(1－
sinθ－μcosθ)/2，故选项A 错误；当软绳有Δm 部分离开斜面时，对整体，根据牛顿第二定律有：(m＋Δm)g－(m
－Δm)gsinθ－μ(m－Δm)gcosθ＝2ma，解得：a＝(1 sin
cos
2





＋
(1 sin
cos )
2
m
m






)g，显然，在从释
放物块到软绳刚好全部离开斜面过程中，Δm 逐渐增大，加速度a 应逐渐增大，故选项B 错误；从释放物块到软绳刚好
全部离开斜面过程中，软绳所受斜面的滑动摩擦力逐渐减小，且随软绳移动的距离均匀减小，所以该过程中软绳克服
摩擦力做功为：W克＝0
cos
2
mg
L




＝
cos
2
mgL

，故选项C 错误；在从释放物块到软绳刚好全部离开斜面过程
中，根据功能关系有：
(3
sin )
2
mgL


－
cos
2
mgL

＝1
2
×2mv
2，解得软绳刚好全部离开斜面时的速度为：v＝
1
(3 sin
cos )
2 gL





，故选项D 正确。
考点：本题综合考查了牛顿第二定律、功能关系(或能的转化与守恒)的应用，以及变力的功的计算问题，属于较难题。
9．（多选）如图所示，质量为m 的小球用两细线悬挂于A、B 两点，小球可视为质点，水平细线OA 长
1L ，倾斜细线
OB 长为
2
L ，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为g，下列论述中不
正确的是
（
）
A. 在剪断OA 现瞬间，小球加速度大小为tan
g

B. 剪断OA 线后，小球将来回摆动，小球运动到B 点正下方时细线拉力大小为


3
2cos
mg


C. 剪断OB 线瞬间，小球加速度大小为sin
g

D. 剪断OB 线后，小球从开始运动至A 点正下方过程中，重力功率最大值为
1
3
2
3
mg
gL
【答案】
ACD
【解析】剪断OA 线瞬间，小球受重力和线的拉力，沿切线和径向建立坐标，在沿切线方向：
sin
mg
ma

，解得：
sin
a
g


，故A 说法错误；剪断OA 线后，小球将来回摆动，小球运动到B 点正下方时的速度为v，根据动能定理得：
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

2
1
1 cos
2
mgL
mv



，在最低点由牛顿第二定律得：
2v
T
mg
m L


，联立以上解得：


3
2cos
T
mg



，
故B 说法正确；剪断OB 线瞬间，小球只受重力，由牛顿第二定律可得：a=g，故C 说法错误；剪断OB 线后，小球下
落到细线与水平方向夹角为时，重力的瞬时功率最大，根据动能定理：
2
1
1
sin
2
mgL
mv

，重力的瞬时功率为：
1cos
P
mgv


，以上联立可得：
cos
2
sin
P
mg
gL



，解得重力功率最大值为：
max
2 3
2
3
P
mg
gL

，故D
说法错误。所以选ACD.
10．（多选）如图所示，质量为2kg 的木板M 放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，对外最
大弹力为4N，质量为1kg 的可视为质点物块m 恰好与竖直挡板接触，已知M、m 间动摩擦因数μ=0.5，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M 受水平向左力F 作用，F 与M 位移关系为F=3+0.5x，重力加速
度
2
10
/
g
m s

，关于M、m 的运动，下列表述正确的是
（
）
A. 当F 刚作用时，竖直挡板对m 就有弹力作用
B. m 的最大加速度为
2
9
/
m s
C. 当M 运动位移为24m 过程中，F 所做的功为216J
D. m 获得的最大速度无法求解
【解析】当F 刚作用时，F=3N，把M、m 看成一个整体，由牛顿第一定律：


F
M
m a


，代入数据解得：
2
1
/
a
m s

，
对m 隔离分析：
1 1
1
F
ma
N
N




，m 所受的最大静摩擦力为：
max
0.5 1 10
5
f
mg
N
N





，可见m 所
受的静摩擦力可以提供m 的合外力，所以竖直挡板对m 无弹力作用，故A 错误；当m 受到向左的最大静摩擦力和挡板
的弹力达到最大时，m 的加速度有最大值，由牛顿第二定律：
max
f
N
ma


，代入数据解得：
2
9
/
a
m s

，故B 正
确；外力F 随位移成线性变化，当x=0 时F=3N，当x=24 时F=15N，作出F-x 图像，可知图线与坐标轴所围的梯形面
积即为所做的功：
3 15
24
216
2
F
W
J
J




，故C 正确；当竖直挡板对m 的弹力达到4N 时，m 的速度有最大值，
对m 有：
max
f
N
ma


，代入数据解得：
2
9
/
a
m s

，此时的外力为


3 9
27
F
M
m a
N
N




，由此可得
运动的位移为：
48
x
m

，那么F 在该过程中做的功为：
3
27
48
720
2
W
J
J




，由动能定理：


2
2
1
2
W
M
m v


，
联立解得：
2
4 30
/
v
m s

，故D 错误。所以BC 正确，AD 错误。
11．（多选）如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着以加速度a=

gsin
2
1
匀加速下滑，A 与B
的接触面光滑。已知A 与斜面之间的动摩擦因数μA是B 与斜面之间动摩擦因数μB的2 倍，斜面倾角为α。则关于μA、
μB及AB 之间的弹力FN的说法正确的是
（
）
A．μA =

tan
3
2
B．μB =

tan
2
1
C．FN =

mgsin
3
1
D．FN=

mgsin
6
1
【答案】
AD
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【解析】对AB 的整体，根据牛顿定律：2
sin
cos
cos
2
A
B
mg
mg
mg
ma








其中μA=2μB，解得μA=

tan
3
2
，
选项A 正确，B 错误；对物体A：
sin
cos
A
BA
mg
mg
F
ma






解得：FBA=

mgsin
6
1
故选项D 正确，C 错误；故选AD．
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时要认真分析物体的受力情况，灵活应用整体及隔离法列方程求
解．
12．（多选）如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地面上，A、B 间的动摩擦因数为μ，B
与地面间的动摩擦因数为1
2 .最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A 施加一水平拉力F，则
（
）
A. 当F<2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B. 当
5
2
F
mg


时，A 的加速度为1
3
g

C. 当F>2μmg 时，A 相对B 滑动
D. 无论F 为何值，B 的加速度不会超过1
2
g

【解析】根据A、B 之间的最大静摩擦力，隔离对B 分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B 不发生
相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．
设B 对A 的摩擦力为
1f ，A 对B 的摩擦力为
2f ，地面对B 的摩擦力为
3f ，由牛顿第三定律可知
1f 与
2f 大小相等，方
向相反，
1f 和
2f 的最大值均为2 mg

，
3f 的最大值为3
2
mg

，故当
3
0
2
F
mg


＜
时，AB 均保持静止；继续增
大F，在一定范围内A、B 将相对静止以共同的加速度开始运动，故A 错误；设当A、B 恰好发生相对滑动时的拉力为
'
F ，
加速度为
'
a ，则对A，有
' 2
2
'
F
mg
ma



，对A、B 整体，有
3
'
3
'
2
F
mg
ma



，解得
'
3
F
mg


，故当
3
3
2
mg
F
mg




时，A 相对于B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当
3
F
mg


时，A 相对于B 滑动，C 正
确；当
5
2
F
mg


时，A、B 以共同的加速度开始运动，将A、B 看作整体，由牛顿第二定律有
3
3
2
F
mg
ma



，
解得
3
g
a


，B 正确；对B 来说，其所受合力的最大值
3
1
2
2
2
m
F
mg
mg
mg






，即B 的加速度不会超过1
2
g

，
D 正确．
二、非选择题
13．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m=1kg 的足够长的木板C，在C 上放置有A、B 两物体，A 的质量mA=1kg，
B 的质量为mB=2kg．A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=3J，现突然给A、B 一瞬时冲量作用，
使A、B 同时获得v0=2m/s 的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B
分离．已知A 和C 之间的摩擦因数为μ1=0.2，B、C 之间的动摩擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：
（1）弹簧与A、B 分离的瞬间，A、B 的速度分别是多大？
（2）已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B 和C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A、B、C 的加
速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？
（3）已知C 与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？
【答案】
（1）
s
/
m
3
0


B
A
v
v
、
；（2）
s
/
m
5.1
J
5.4


v
Q
、
；（3）0.75m；
【解析】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB 弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：
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

B
B
A
A
B
A
v
m
v
m
v
m
m



0
1 分


2
2
2
0
2
1
2
1
2
1
B
B
A
A
B
A
P
v
m
v
m
v
m
m
E




2 分
联立解得：
s
/
m
3
0


B
A
v
v
、
.
2 分
（2）对物体B 有：
2
2
s
/
m
1


g
aB

1 分
对AC 有：

a
m
m
g
m
A
B


2

1 分
又因为：
g
m
a
m
A
A
1


1 分
故物体AC 的共同加速度为
2s
/
m
1

a
.
1 分
对ABC 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：

v
m
m
m
v
m
B
A
B
B



1 分


2
2
2
1
2
1
v
m
m
m
v
m
Q
B
A
B
B




2 分
解得：
s
/
m
5.1
J
5.4


v
Q
、
1 分
（3）C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0 后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A 达到
共同速度v１，之后AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度v２后做匀速运动。在些
过程中由于摩擦力做负功，故C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度。
2
2
2
1
s
/
m
1
s
/
m
2




g
a
g
a
B
A


、
1 分
C
B
A
ma
g
m
g
m


2
1


，解得：
2s
/
m
4

C
a
1 分
t
a
v
t
a
v
v
C
A





1
1 分
解得：
s
/
m
5.0
1 
v
s
5.0

t
1 分
m
5.0
2
1
1



t
v
v
xA
1 分
m
25
.0
2
1
1





t
v
v
xC
1 分
故AC 间的相对运动距离为
m
75
.0
|
|
1
1



C
A
AC
x
x
x
1 分
14．如图，在倾角为
o
30

的足够长的光滑绝缘斜面上，带正电的物块A 和不带电绝缘物块B 相距2L .
3
A
B
m
m

，
物块A 位于斜面底端，斜面处于范围足够大、方向平行斜面向上的匀强电场中。将A、B 同时由静止释放，两物块恰好
在AB 中点处发生第一次碰撞，A、B 碰撞过程相互作用时间极短，已知A、B 碰撞过程无机械能损失，且A 的电荷没有
转移，A、B 均可视为质点，重力加速度为g 。求：
（1）第一次相碰前瞬间A、B 的速度大小；
（2）第一次碰撞后，第二次碰撞前，A、B 之间的最大距离；
（3）若斜面长度有限，要使A、B 仅能在斜面上发生两次碰撞，试求斜面长度的范围。
【答案】
（1）
gL
（2）2L (3)5
13
L
x
L


【解析】( 1 )对B 由动能定理有：
2
0
1
sin
2
B
B
m gL
m v

（2 分）
解得
0v
gL

，故A、B 的速度大小均为
gL （2 分）
(2)选平行斜面向上，对第一次碰撞有：
0
0
1
2
A
B
A
B
m v
m v
m v
m v



（1 分）
2
2
2
2
0
0
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
A
B
A
B
m v
m v
m v
m v



（1 分）
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解得：
1
0
v 
，
2
2
v
gL

（2 分）
撞后：A 匀加速，B 匀减速.加速度大小相等
由
sin
B
B
m g
m a

有：
2
g
a 
（1 分）
设A、B 第二次碰撞前距离为
1x

，有:
2
2
1
2
1
1
2
2
B
A
x
x
x
v t
at
at






（1 分）
当
2
2
2
v
L
t
a
g


时，
1x

有最大值2L （1 分）
(3)当
1
0
x


时，A、B 第二次碰撞，此时
1
L
t
t
g


2
A
v
at
gL


，
2
0
Bv
v
at



（1 分）
对第二次碰撞有：
3
4
A
A
B
B
A
B
m v
m v
m v
m v



（1 分）
2
2
2
2
3
4
1
1
1
1
2
2
2
2
A
A
B
B
A
B
m v
m v
m v
m v



（1 分）
解得：
3v
gL

，
4
3
v
gL

（1 分）
设A、B 第三次碰撞前距离为
2x

，有:
2
2
2
4
3
1
1
(
)
2
2
B
A
x
x
x
v t
at
v t
at









当
2
0
x


时，A、B 即将第三次碰撞，此时
2
L
t
t
g


（1 分）
所以斜面的最小长度：
2
min
2 1
1
1
2
x
L
v t
at



（1 分）
则
min
5
x
L

（1 分）
所以斜面的最大长度：
2
2
max
2 1
1
4 2
2
1
1
2
2
x
L
v t
at
v t
at





（1 分）
则
max
13
x
L

（1 分）
故5
13
L
x
L


15．如图所示，有一质量为M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块A 和B（均可视
为质点），由车上P 处分别以初速度v1=2m/s 向左和v2=4m/s 向右运动，最终A、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小
车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s
2。求：
（1）小车的长度L；
（2）A 在小车上滑动的过程中产生的热量；
（3）从A、B 开始运动计时，经5s 小车离原位置的距离。
【答案】
（1）
1
2
3
9.5
L
s
s
s
m




（2）2J
（3）
m
s
125
.1
'
【解析】（1）由于开始时物块A、B 给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B 做减速运动，加速度a
大小一样，但是A 的初速度小，所以A 的速度先减为零。
设A 在小车上滑行的时间为t1，位移为s1，由牛顿定律
mg
ma


A 做匀减速运动，由运动学公式
1
1
v
at

1
2
1
2as
v 
由以上三式可得
2
1
/
a
m s

，1
2
t
s

1
2
s
m

A 在小车上滑动过程中，B 也做匀减速运动，B 的位移为s2，由运动学公式
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2
1
1
2
2
2
1 at
t
v
s


可得
2
6
s
m

A 在小车上停止滑动时，B 的速度设为v3，有
2
2
3
at
v
v


可得
3
2
/
v
m s

B 继续在小车上减速滑动，而小车与A 一起向右方向加速。因地面光滑，两个物块A、B 和小车组成的系统动量守恒，
设三者共同的速度为v，达到共速时B 相对小车滑动的距离为
3
  s
v
M
m
mv
)
2
(
3


可得
0.5
/
v
m s

在此过程中系统损失的机械能为
2
2
3
3
)
2
(
2
1
2
1
v
M
m
mv
s
mg





可得
3
1.5
s
m

故小车的车长
1
2
3
9.5
L
s
s
s
m




（2）由于A 从开始滑动到相对小车静止以后，它随小车一起运动。故C 点距小车左端的距离为
1 
2
s
m

摩擦生热等于滑动摩擦力与相对位移的乘积



1s
F
Q
f
2J
（3）小车和A 在摩擦力作用下一起做加速运动，由牛顿运动定律
1
)
mg
m
M a



（
可得小车运动的加速度
2
1
/
3
1
s
m
a 
小车加速运动的时间为3t ，小车匀速运动的时间为4t
1 3
v
a t

可得
3
 1.5
t
s

所以
4
1
3
5
1.
)
5
t
t
t s
s




（
经5s 小车离原位置有
4
1
2
2
'
vt
a
v
s


可得
m
s
125
.1
'
16．如图所示，绝缘传送带与水平地面成37°角，倾角也是37°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上且与传送带良好对
接，轻质绝缘弹簧下端固定在斜面底端。皮带传动装置两轮轴心相L=6 m，B、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与
传送带之间不打滑。现将质量m=0.1kg、电荷量q=+2× 10
-5 C 的工件(视为质点，电荷量保持不变)放在弹簧上，用力
将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件滑到传送带端点B 时速度v0= 8m/s，AB 间的距离s=1m，AB 间无电场，工件与传
送带间的动摩擦因数μ=0.25。（g 取10m/s
2。sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)求弹簧的最大弹性势能;
(2)若皮带传动装置以速度v 顺时针匀速转动，且v 可取不同的值(安全运行的最大速度为10 m/s)，在工件经过B 点时，
先加场强大小E=4×10
4 N/C，方向垂直于传送带向上的均强电场，0.5s 后场强大小变为E'=1.2 ×10
5 N/C，方向变为
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垂直于传送带向下。工件要以最短时间到达C 点，求v 的取值范围;
(3)若用Q 表示工件由B 至C 的过程中和传送带之间因摩擦而产生的热量，在满足(2)问的条件下，请推出Q 与v 的函
数关系式。
【答案】
(1)
p
3.8J
E 
(2)
min
10
/
6
/
m s
v
m s


(3)
0.4
2.2(J)
Q
v


【解析】(1) 从A 到B 的过程中，由机械能守恒定律有
2
p
0
1
sin
2
E
mgs
mv



代入数据可得
p
3.8J
E 
，
(2)工件经过B 点运动1
0.5
t
s

的过程中，根据
cos
qE
mg


可知，摩擦力为零，工件做匀减速运动，故有：
1
sin
mg
ma

，
2
1
6
/
a
m s

，
所以
1
0
1 1
5
/
v
v
a t
m s



，
2
1
0 1
1 1
1
3.25
2
x
v t
a t
m



当场强大小变为
'
E
，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到达C 点，传送带对它的滑动摩擦力要一
直向上，设满足此条件的传送带最小速度为
min
v
根据牛顿第二定律有:
2
(
'
cos )
sin
qE
mg
mg
ma






，
2
2
2
/
a
m s

工件沿传送带发生的位移
2
1
2.75
x
L
x
m



2
2
min
1
2
2
2
v
v
a x


，解得
min
6
/
v
m s

所以当传送带以
min
10
/
6
/
m s
v
m s


运动时，工件将以最短时间到达C 点
(3) 由于第一个过程中摩擦力为零，所以只在第二个过程中产生热量，
在第二个过程中经历的时间为
min
1
2
2
0.5
v
v
t
s
a



传送带在2t 时间内发生的位移
'
2
2
x
vt

故
'
2
2
(
'
cos )(
)
Q
qE
mg
x
x





代入数据可得
0.4
2.2(J)
Q
v


资料正文内容开始>>
专题04
曲线运动
第一部分
名师综述
曲线运动是高考的热点内容，有时为选择题，有时以计算题形式出现，重点考查的内容有：平抛运动的规律及其研究
方法，圆周运动的角度、线速度、向心加速度，做圆周运动的物体的受力与运动的关系，同时，还可以与带电粒子的
电磁场的运动等知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的合成与分解，竖直平面内的圆周运动应掌握最高点和最
低点的处理方法。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．如图，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为6 m 处的O 点，以1 m/s 的速度水平抛出一
个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为（
）
（
）
A. 0.1 s
B. 1 s
C. 1.2 s
D. 2 s
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【答案】
A
【解析】分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖
直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
解答：解：设飞行的时间为t，
则x=V0t
h=
1
2gt2
因为斜面与水平面之间的夹角为45°，如图所示，
由三角形的边角关系可知，
AQ=PQ
所以在竖直方向上有，
OQ+AQ=6m
所以V0t+
1
2gt2=6
代入数据，解得
t=1s
故选B．
2．如图所示，一根长为L 的细杆的一端固定一质量为m 的小球，整个系统绕杆的另一端在竖直面内做圆周运动，且
小球恰能过最高点。已知重力加速度为g，细杆的质量不计。下列说法正确的是
（
）
A．小球过最低点时的速度大小为
gL
B．小球过最高点时的速度大小为
gL
C．小球过最低点时受到杆的拉力大小为5mg
D．小球过最高点时受到杆的支持力为零
【答案】
C
【解析】因杆能支撑小球，轻杆带着物体做圆周运动，只要物体能够到达最高点就可以了，所以小球恰能过最高点时，
在最高点的速度为零，所以B 错误；设小球过最低点的速度为v ，小球从最高点到达最低点的过程中，只有重力做功，
机械能守恒，则有
2
1
2
2
mg
L
mv


，解得：
2
v
gL

，故A 错误；在最高点和最低点时球的重力与杆对球的作用力
的合力提供向心力．以小球为研究对象，设在最低点时杆对小球的作用力大小为
1F ，方向竖直向上，根据牛顿第二定
律得，
2
1
v
F
mg
m L


，解得：
1
5
F
mg

，故C 正确；以小球为研究对象，设在最高点时杆对小球的作用力大小为F，
方向竖直向上，小球刚好能通过最高点P，速度为零，根据牛顿第二定律得，
2
0
v
mg
F
m r



，即有F=mg，所以
小球过最高点时受到杆的支持力大小为mg ，方向竖直向上，故D 错误．所以选C．
3．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度匀速旋转，伞边
缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r 的圆形，当地重力加速度的大小为g ，根据以上数据可推知伞边缘距地面
的高度为
（
）
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A．
2
2
2
2
(
)
2
g r
R
R


B．
2
2
2
2
(
)
2
g r
R
r


C．
2
2
2
(
)
2
g r
R
R


D．
2
2
2
2
gr
R

【答案】
A
【解析】分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体
运动来求解，两个方向上运动的时间相同．
解答：解：雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有：h= 2
1 gt2，t=
g
h
2
水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以v0=ωR
雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x=v0t=ωR
g
h
2
伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r 的圆形，根据几何关系可知水平距离为：x=
2
2
R
r 
所以
2
2
R
r 
=ωR
g
h
2
解得：h=
2
2
2
2
(
)
2
g r
R
R


故选A
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落
体运动来求解．
4．如图所示，两物块A、B 套在水平粗糙的CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD 中点的轴OO'
转动，已知两物块质量相等，杆CD 对物块A、B 的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直
但无弹力），物块A 到OO'轴的距离为物块B 到OO'轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从
绳子处于自然长度到两物块A、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是
（
）
A. B 受到的静摩擦力一直增大
B. B 受到的静摩擦力是先增大后减小
C. A 受到的静摩擦力是先增大后减小
D. A 受到的合外力一直在增大
【答案】
D
【解析】分析B，因为是A 先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时B 受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，
此后B 的向心力一部分将会由绳子拉力来提供，静摩擦力会减小，而在产生拉力前B 的静摩擦力是一直增大的，其实
B 所受静摩擦力是先增大后减小再增大的，故A，B 错误；C、由于A 的半径比B 大．根据向心力的另一个公式ܨ向=݉߱
2ܴ，
可知A、B 的角速度相同，所以A 所需向心力比B 大，因为两物体的最大静摩擦力一样，所以A 物体的静摩擦力会先
不足以提供向心力而使绳子产生拉力，之后随着速度的增大，静摩擦力已经最大不变了，绳子拉力不断增大来提供向
心力，所以A 所受静摩擦力是先增大后不变的，C 错误；根据向心力公式，ܨ向=݉
ݒ2ܴ
，在发生相对滑动前物体的半径
是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D 正确．
5．一水平放置的圆盘，可以绕中心O 点旋转，盘上放一个质量为m 的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，
另一端系于O 点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为μ，如图所示．铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O 点的距离为r，
这时弹簧的拉力大小为F，g 取10 m/s2，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能
是．
（
）
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A．ω≥
F
mg
mr


B．ω≤
F
mg
mr


C.
F
mg
mr


<ω<
F
mg
mr


D.
F
mg
mr


≤ω≤
F
mg
mr


【答案】
D
【解析】当铁块匀速转动时，水平方向上铁块受弹簧拉力和静摩擦力的作用，转速较小时，静摩擦力背向圆心，则F
－Ff＝mω2r，因最大静摩擦力Ffm＝μmg，得ω≥
F
mg
mr


，选项B 错误；转速较大时，静摩擦力指向圆心，则F＋
Ff ＝mω2r ，因最大静摩擦力Ffm ＝μmg ，解得ω≤
F
mg
mr


. 综合以上情况可知，角速度ω 的取值范围为
F
mg
mr


≤ω≤
F
mg
mr


.
6．如图所示，水平传送带AB 距离地面的高度为h，以恒定速率v0 顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间
夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向
左、右运动。下列判断正确的是
（
）
A. 甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧
B. 甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等
C. 甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D. 若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等
【答案】
D
【解析】设v 大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a 的匀减速运动．乙物体向向右做初速
度为v，（若v 大于v0），则乙也做加速度为a 的匀减速运动．若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放
点的水平距离相等；若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做匀速运动，则水平距离不等，故AB 错误；若v 小于v0．弹
簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a 的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程
是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a 的匀加速运动，运动方向
和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B 点时的速度相同．落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲
乙做的功一定相等．故C 错误，D 正确．
故选：D。
考点：本题考查了传送带问题、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、摩擦力的功
【名师点睛】由于两滑块以相对地面相同的速率分别向左、右运动时，速率大小不确定，两滑块的运动情况有多种可
能情况。应分析全面，不能遗漏。若甲、乙滑块能落在同一点，说明离开传送带时速度相等，初末速率相等，根据动
能定理可知，摩擦力对甲、乙做的功一定相等。
7．如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是
半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v
逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传
送带，则
（
）
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A. 固定位置A 到B 点的竖直高度可能为
B. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关
C. 滑
块不可能重新回到出发点A 处
D. 传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多
【答案】
D
【解析】若滑块恰能通过C 点时有：
2
Cv
mg
m r

①，由A 到C根据动能定理知
2
1
2
AC
C
mgh
mv

②,联立①②解得
2
AC
R
h

，
则AB 最低高度为2
2.5
2
R
R
R


，故A 错误；B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：
2
1
0
2
2
C
mv
mgR
mgx




，知x 与传送带速度无关，故B 错误；C、若回到D 点速度大小不变，则滑块可重新回到
出发点A 点，故C 正确；D、滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越
多，故D 正确；故选D．
考点：考查功能关系；动能定理．
【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在
圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．
8．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆
上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝4
5 L ，重力加速度
为g，现将外力增大到原来的4 倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为3
5 L 时的速度大小为
（
）
A. 1 10
5
gL
B.
8
5
25
gL
C. 1 15
5
gL
D.
6
5
25
gL
【答案】
B
【解析】开始时O 与A 间距离：OA＝
2
2
4
3
5
5
L
L
L








设AB 质量均为m，对开始时的B 受力分析如图，则tan
N
mg

又tan
OA
OB

所以
3
4
N
mg

以开始时的AB 两物体作为整体受力分析：水平方向只受F 和N，故F＝N
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将外力增大到原来的4 倍(方向不变)，则
2
4
4
3
F
F
N
mg



小球B 运动到与O 点的距离为3
5 L 时，
2
2
3
4
5
5
OA
L
L
L








＝
这一过程中A 向左移动了
4
3
1
5
5
5
x
L
L
L



，B 上升了
4
3
1
5
5
5
h
L
L
L



此时绳与竖直方向夹角的正切值
4
tan
3

，
3
cos
5

，
4
sin
5

此时AB 间的速度关系为
cos
sin
B
A
v
v




，即
3
4
A
B
v
v

以AB 为整体，由功能关系得：
2
2
2
1
1
2
2
A
B
F x
mgh
mv
mv



联立解得：
8
5
25
B
v
gL

9．（多选）如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC,A、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，
圆心处固定一电荷量为+q1 的点电荷.将另一质量为m、电荷量为+q2 的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力
加速度为g，则
（
）
A. 小球运动到B 点时的速度大小为2tܴ
B. 小球运动到B 点时的加速度大小为2t
C. 小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少݉
tܴ
D. 小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3݉
t +݇
ݍ1ݍ2ܴ
2
【答案】
ABD
【解析】A、q1、q2 间的库伦力始终与运动方向垂直，不做功，在小球从A 到B 的运动过程中，只有重力做功，机械
能守恒，݉
tܴ
=
1
2݉
v2，ݒ=
2tܴ，A 正确；
B、小球运动到B 点时有向心加速度，加速度大小t =
ݒ2ܴ
= 2t，B 正确；
C、由于库伦力始终与运动方向垂直，不做功，电势能不变，C 错误；
D、小球运动到B 点时合外力等于向心力，对轨道的压力F，ܨ−݉
t −݇
ݍ1ݍ2ܴ
2
=݉
ݒ2ܴ
= 2݉
t，F=3݉
t +݇
ݍ1ݍ2ܴ
2 ，D 正确。
故选ABD。
10．（多选）a、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为
a
v 、
bv ，从抛出至碰到台上的
时间分别为
at 、
bt ，则
（
）
A．
a
v ＞
bv
B．
a
v ＜
bv
C．
at ＞
bt
D．
at ＜
bt
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【答案】
AD
【解析】两个物体做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据
g
h
t
gt
h
2
2
1
2


可得
，即
a
b
t
t 
所以D 正确；又
水平方向匀速直线运动
vt
x 
可得
t
x
v 
即
b
a
v
v 
Ａ正确，本题选ＡＤ。
11．（多选）如图所示，BC 是半径为
1
R
m

的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O 的正下方，
0
60
BOC


，
将质量为
1
m
kg

的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧
之间有摩擦，能够使小球从B 到C 做匀速圆周运动，重力加速度大小为
2
/
10
g
m s

，则下列说法正确的是
（
）
A．从B 到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变
B．从B 到C，小球克服摩擦力做功为5J
C．A、B 两点间的距离为
7
12
m
D．小球从B 到C 的全过程中，小球对轨道的压力不变
【答案】
BC
【解析】小球由A 至B 做平抛运动，设初速度
0
v ，平抛时间t ，B 点的速度方向与圆轨道相切，故平抛的速度偏向角
为
0
60 ，有
0
tan 60
o
gt
v

，竖直方向有
2
1
cos
2
y
R
gt



，水平方向有
0
x
v t

，则A、B 之间的距离为
2
2
7
12
x
y
m


，C 正确；从B 至C 由动能定理：
0
(1
cos 60 )
0
G
f
f
w
w
mgR
w





，所以
0
(1
cos 60 )
5
f
w
mgR



J，B 正确；从B 至C 轨道对小球的弹力与重力沿半径方向的分力共同提供向心力，向
心力大小不变，重力的分力变大，所以轨道对小球的弹力变大，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力变大，故D 错
误；小球能保持匀速圆周运动，则小球所受的摩擦力与重力切向分力相等，所以轨道之间的动摩擦因数是变小，所以A
错误。
12．（多选）如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q，它们的质量相同，与圆盘
的最大静摩擦力都是fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，P 离圆心距离为r1，Q 离圆心距离为r2，且r1
＜r2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则下列说法错误的是
（
）
A. ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心
B. ω取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C. ω取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D. ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
【答案】
ACD
【解析】根据
2
mg
mr



，Q 的转动半径大，Q 先达到最大静摩擦力，当角速度增加，绳子出现张力，Q 靠张力和
静摩擦力的合力充当向心力，P 也靠张力和静摩擦力的合力充当向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，P 所受的
静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大静摩擦力时，如果角速度再增大，PQ 与圆盘间会发生相对滑动，所以：
Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心。即B 正确，ACD 错误。选错的故
答案为ACD。
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点睛：圆周运动中的连接体问题，既要隔离研究，又要抓住它们之间的联系：角速度关系、绳中张力大小相同。
二、非选择题
13．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道ABC 的底部是一半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 点的切线水
平，C 点与水平雪地间距离为H，如图所示，D 是圆的最高点，一运动员从A 点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点
D 旋转一周，再经C 后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度v 落到了雪地上，
已知运动员连同滑雪装备的总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，
求：
(1)A、C 的高度差为多少时，运动员刚好能过D 点？
(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；
(3)强风对运动员所做的功．
【答案】
(1) 5
2
R
(2)
2 2
5gR
g t

H－1
2
gt2
(3) 1
2
mv2－mg
5
2
H
R







【解析】(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在D 点有：mg＝m
2
D
v
R
从A 运动到D 的过程由动能定理得mg(h－2R)＝1
2
mv 2
D
联立解得h＝5
2
R .
(2)运动员做平抛运动，运动时间t 时在竖直方向的速度为vy＝gt，从A 到C 由动能定理得5
2
mgR＝1
2
mv 2
C
所以运动员刚遭遇强风时的速度大小为v1＝
2
2
C
y
v
v

＝
2 2
5gR
g t

此时运动员下落高度为h1＝1
2
gt2
所以此时运动员距地面高度为h2＝H－h1＝H－1
2
gt2
(3)设强风对运动员所做的功为W，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知
W＝1
2
mv2－mg
5
2
H
R







.
14．如图所示，圆环A 的质量m1=10kg，被销钉固定在竖直光滑的杆上，杆固定在地面上，A 与定滑轮等高，A 与定
滑轮的水平距离L＝3m，不可伸长的细线一端系在A 上，另一端通过定滑轮系系在小物体B 上，B 的质量m2＝2kg，
B 的另一侧系在弹簧上，弹簧的另一端系在固定在斜面底端的挡板C 上，弹簧的劲度系数k＝40N/m，斜面的倾角θ＝
30°，B 与斜面的摩擦因数μ＝
3 /3，足够长的斜面固定在地面上，B 受到一个水平向右的恒力F 作用，F=20
3 N，
开始时细线恰好是伸直的，但未绷紧，B 是静止的，弹簧被压缩。拔出销钉，A 开始下落，当A 下落h＝4m 时，细线
断开、B 与弹簧脱离、恒力F 消失，不计滑轮的摩擦和空气阻力。问
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（1）销钉拔出前，画出物体B 的受力示意图，此时弹簧的压缩量
（2）当A 下落h=4m 时，A、B 两个物体的速度大小关系？
（3）B 在斜面上运动的最大距离
【答案】
（1）
1
x
m

（2）
0.8
B
A
v
v

（3）3.8m
【解析】（1）对B 受力分析如图：
2 cos
sin
m g
F
N




，
0,
0
N
f


根据胡克定律可得：
2 sin
cos
40
kx
m g
F
N





，解得
1
x
m

（2）下落4m 时，
cos
0.8
B
A
A
v
v
v



（3）在下落4m 的过程中，对系统由功能关系可得：
2
2
1
1
2
2
1
1
2 cos
2
2
A
B
m gh
m v
m v
m gx
F
x






解得
6.02
/
Bv
m s

之后
0
0
2
sin30
cos30
10
/
a
g
g
m s




2
'
1.8
2
Bv
x
m
a


故
2
'
3.8
x
x
x
m



总
15．某同学玩“弹珠游戏”装置如图所示，S 形管道BC 由两个半径为R 的1/4 圆形管道拼接而成，管道内直径略大于
小球直径，且远小于R，忽略一切摩擦，用质量为m 的小球将弹簧压缩到A 位置，由静止释放，小球到达管道最高点
C 时对管道恰好无作用力，求：
⑴小球到达最高点C 的速度大小；
⑵若改用同样大小质量为2m 的小球做游戏，其它条件不变，求小球能到达的最大高度；
⑶若改用同样大小质量为m/4 的小球做游戏，其它条件不变，求小球落地点到B 点的距离。
【答案】
⑴vC＝
gR ；⑵h＝5
4 R ；⑶d＝10R
【解析】⑴由于小球到达管道最高点C 时对管道恰好无作用力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg＝
2
Cv
m R
，解
得小球到达最高点C 的速度大小为：vC＝
gR
⑵由于忽略一切摩擦，因此小球与弹簧组成的系统机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为：Ep
＝
2
1
2
C
mv ＋2mgR＝5
2 mgR
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改用质量为2m 的小球时，因为Ep＝5
2 mgR ＜4mgR，所以小球不能到达C 点，设此时小球能到达的最大高度为h，
根据机械能守恒定律有：Ep＝2mgh，解得：h＝5
4 R
⑶改用质量为m/4 的小球时，小球能通过最高点C 后做平抛运动，设此时离开C 点时的速度为v，根据机械能守恒定
律有：Ep＝
2
1
2
4
m v

＋1
2 mgR
根据平抛运动规律可知，此时小球离开C 点后做平抛运动的水平射程：x＝
4R
v
g
联立以上各式解得：x＝8R
根据图中几何关系可知，小球落地点到B 点的距离为：d＝x＋2R＝10R
考点：本题主要考查了平抛运动规律、圆周运动向心力公式、牛顿第二定律、机械能守恒定律的应用问题，属于中档
题。
16．如图所示，设AB 段是距水平传送带装置高为H=1.25m 的光滑斜面，水平段BC 使用水平传送带装置，BC 长L=5m，
与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg 的小物块由静止开始从A 点下滑经过
B 点的拐角处无机械能损失．小物块在传送带上运动到C 点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D 点进入竖直光
滑圆孤轨道下滑．D、E 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m 圆弧对应圆心角θ=106°，O 为轨道的
最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）小物块在B 点的速度大小．
（2）小物块在水平传送带BC 上的运动时间．
（3）水平传送带上表面距地面的高度．
（4）小物块经过O 点时对轨道的压力．
【答案】
（1）小物块在B 点的速度大小为5m/s．（2）小物块在水平传送带BC 上的运动时间为1.5s．
（3）水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．（4）小物块经过O 点时对轨道的压力为43N．
【解析】（1）加速下滑过程中只有重力做功，对滑块沿斜面下滑过程运用动能定理列式求解；
（2）小滑块在传送带上先加速后匀速，先受力分析后根据牛顿第二定律求出加速过程的加速度，然后根据速度时间公
式求加速时间，再根据平均速度公式求加速位移，再求匀速时间，最后得到总时间；
（3）对于平抛运动，根据速度方向先求出落地时的竖直分速度，然后根据速度位移公式求解出传送带上表面距离地面
的高度差；
（4）先根据速度分解的平行四边形定则求出落地时速度，再对从D 到O 过程运用动能定理列式求出O 点速度，最后
运用牛顿第二定律求解对轨道最低点压力．
解：（1）小物块由A 运动B，由动能定理，mgh= mvB2﹣0，
代入数据解得：vB=5m/s；即小物块在B 点的速度为5m/s．
（2）由牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得：a=μg=4m/s2
水平传送带的速度为v0=3m/s，
加速过程，由v0=vB﹣at1，得：t1=
=
=0.5s
则匀速过程L1=
t1=
×0.5=2m，
t2=
=
=1s，
故总时间t=t1+t2=1.5s
即小物块在水平传送带BC 上的运动时间为1.5s．
（3）小物块从C 到D 做平抛运动，在D 点有：
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vy=v0tan
，代入数据解得：vy=4m/s，
由速度位移公式得：vy2=2gh，代入数据解得：h=0.8m，
故水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（4）小物块在D 点的速度大小为：vD=
，
代入数据解得：vD=5m/s，
小物块从D 点到O 过程，
由动能定理得：mgR（1﹣cos
）= mv2﹣mvD2，
在O 点由牛顿第二定律得：F﹣mg=m
，
代入数据解得：F=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：F′=F=43N
即小物块经过O 点时对轨道的压力为43N．
答：（1）小物块在B 点的速度大小为5m/s．
（2）小物块在水平传送带BC 上的运动时间为1.5s．
（3）水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（4）小物块经过O 点时对轨道的压力为43N．
点评：本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律、向心力公式列式求
解．
资料正文内容开始>>
专题05
万有引力定律
第一部分
名师综述
万有引力定律是高考的必考内容，也是高考命题的一个热点内容。考生要熟练掌握该定律的内容，还要知道其主
要应用，要求能够结合该定律与牛顿第二定律估算天体质量、密度、计算天体间的距离（卫星高度）、以及分析卫星运
动轨道等相关问题。由于高考计算题量减少，故本节命题应当会以选择题为主，难度较以前会有所降低。本章核心内
容突出，主要考察人造卫星、宇宙速度以及万有引力定律的综合应用，与实际生活、新科技等结合的应用性题型考查
较多。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。假如宇航员在月球上测得摆长为L 的单摆
做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，则月球的密度为
（
）
A.
2
3
L
GrT

B.
2
3 L
GrT

C.
2
16
3
L
GrT

D.
2
3
16
L
GrT

【解析】据题意，已知月球上单摆的周期为T，据单摆周期公式有：
2
l
T
g


，可以求出月球表面重力加速度为：
2
2
4
l
g
T


；据月球表面物体重力有月球万有引力提供，有：
2
Mm
G
mg
R

，月球平均密度设为，据
3
4
3
M
V
R





，联立以上关系可以求得：
2
3 L
GrT


，故选项A 正确。
【结束】
2．由于太阳不断向外辐射电磁能，其自身质量不断减小．根据这一理论，在宇宙演变过程中，地球公转的情况是
（
）
A．公转周期变大
B．公转半径减小
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C．公转速率变大
D．公转角速度变大
【解析】如果太阳质量不变，线速度V 正好能够满足万有引力提供需要的向心力．可是太阳质量变小了，万有引力就
变小了，这个时候需要的向心力就比万有引力大了．地球就做离心运动了，也就离太阳越来越远了．所以运动半径变
大;
B、地球跑远了，同时是在背离太阳做负功的，这个时候动能转化为势能，所以速率变小了．同时半径又变大了，根据
r


，所以角速度就变小了，根据
2 r
T



所以周期就变长了．
本题考查了万有引力在天体中的应用，这个题目有所不同的是中心体的质量也在发生改变，所以要考虑全面．
【结束】
3．一宇宙飞船绕地心做半径为r 的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m 的人站在可称体重的台秤上．用R 表示地
球的半径，g 表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，
N
F 表示人对秤的压力，下面
说法中正确的是
（
）
A．
g
R
r
g
2
2


B．
g
r
R
g
2
2


C．
N
F =
g
R
r
m
D．
N
F =
g
r
R
m
【解析】做匀速圆周运动的飞船及其上的人均处于完全失重状态，台秤无法测出其重力，故
N
F =0，C、D 错误；对地
球表面的物体，
mg
R
Mm
G

2
，宇宙飞船所在处，
g
m
r
Mm
G


2
，可得：
g
r
R
g
2
2


，A 错误、B 正确．
【结束】
4．因“光纤之父”高锟的杰出贡献，早在1996 年中国科学院紫金山天文台就将一颗于1981 年12 月3 日发现的国际
编号为“3463”的小行星命名为“高锟星”。假设高锟星为均匀的球体，其质量为地球质量的1/k 倍，半径为地球半径的
1/q 倍，则“高锟星”表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的
（
）
A．q/k 倍
B．k/q 倍
C．q2/k 倍
D．k2/q 倍
【解析】考点：万有引力定律及其应用．
分析：在行星表面的物体受到的重力等于行星对物体的万有引力，根据万有引力公式求出重力加速度的表达式，然后
根据根据“高锟星”质量、半径与地球质量、半径的关系求出“高锟星”表面的重力加速度．
解：设行星质量是M，半径是R，物体质量是m，
行星表面的物体受到的重力等于行星对它的万有引力，
则G
2
Mm
R
=mg，重力加速度g=
2
GM
R
，
g
g
高锟星
地球
=
2
2
GM
GM
R
R
地球
高锟星
高锟星
地球
=
2
2
M
R
M
R
高锟星
地球
地球
高锟星
=
2
2
1
(
)
M
R
k
R
M
q
地球
地球
地球
地球
=
2
q
k
；
故选C．
【结束】
5．有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星。建立在北纬40°北京某观测站的一位观测员，要在每天晚上相同时刻在天
空正上方同一位置观察到该卫星。卫星的轨道必须满足下列那些条件（已知地球质量为M，地球自转的周期为T，地
球半径为R）
（
）
A．该卫星一定在同步卫星轨道上
B．卫星轨道平面与地球北纬40°线所确定的平面共面
C．满足轨道半径
3
2
2
2
4
n
GMT
r


（n=1，2，3，……）的全部轨道都可
D．满足轨道半径
3
2
2
2
4
n
GMT
r


（n=1，2，3，……）的部分轨道
【解析】同步卫星定轨在赤道的正上方，不可能在北纬40°正上方观察到，A 错误；卫星轨道平面绕地心做圆周运动，
经过北纬40°C 错误；因为是每天晚上的相同时刻能观察到，故
T
T '
n

（
1 2 4
n
, . .....

），根据公式
2
2
2
4
Mm
G
m
r
T
r
(
)
n


解得
3
2
2
2
4
n
GMT
r


1 2 4
n
, . .....

，故C 错误，D 正确；
【结束】
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6．北斗卫星导航系统是中国正在实施的自主发展、独立运行的全球卫星导航系统。2010 年1 月17 日凌晨在西昌成功
发射了第三颗北斗导航卫星，这是一颗地球同步卫星。若第一颗北斗导航卫星绕地球做圆周运动的周期为12 小时，则
两颗卫星相比较
（
）
A．第三颗北斗卫星的高度一定比第一颗北斗卫星的高
B．第三颗北斗卫星的速度一定比第一颗北斗卫星的大
C．第三颗北斗卫星的加速度一定比第一颗北斗卫星的大
D．第三颗北斗卫星的向心力一定比第一颗北斗卫星的大
【解析】本题考查万有引力定律；人造卫星的加速度、线速度和轨道的关系及同步卫星特征。解答本题的关键是抓住
同步卫星特征及万有引力提供向心力，列式求解出线速度、高度、加速度和向心力的表达式，再进行讨论。因为第三
颗北斗导航卫星是一颗地球同步卫星，所以其周期与地球自转周期相同为24 小时。人造卫星绕地球做匀速圆周运动，
根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，则有
2
2
2
4
GMm
r
m
r
T


整理得
2
3
2
4
GMT
r


，又因第三颗北斗导航卫星绕地球做圆周运动的周期大于第一颗北斗
导航卫星绕地球做圆周运动的周期，所以第三颗北斗卫星的高度一定比第一颗北斗卫星的高，故A 正确；由
2
2
GMm
v
m r
r

得
GM
v
r

所以第三颗北斗卫星的速度一定比第一颗北斗卫星的小，故B 错误；由
2
GMm
ma
r

得
2
GM
a
r

，所以第三颗北斗卫星的加速度一定比第一颗北斗卫星的小，故C 错误；因两颗卫星的
质量关系不确定，由
2
GMm
F
r

知，两颗卫星的向心力大小关系无法确定，故D 错误。所以选A。
【结束】
7．2015 年12 月10 日，我国成功将中星1C 卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道。如图所示为该卫星沿椭圆
轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P 距地心O 的距离为3R，则
（
）
A. 卫星在远地点的速度大于
3tܴ
3
B. 卫星经过远地点时的速度最大
C. 卫星经过远地点时的加速度小于
t
9
D. 卫星经过远地点时加速，卫星可能再次经过远地点
【解析】若卫星以半径为3R 做匀速圆周运动，则
ܩܯ݉
(3ܴ)2 ＝݉
ݒ2
3ܴ，在根据ܩܯ=ܴ
2t，整理可以得到ݒ＝
3tܴ
3 ，由于卫星
到达远地点P 后做近心椭圆运动，故在P 点速度小于
3tܴ
3 ，故A 错误；根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则
速度越小，故远地点速度最小，故B 错误；根据
ܩܯ݉
(3ܴ)2 ＝݉
t'，
ܩܯ݉
(ܴ)2 ＝݉
t，则在远地点，t'＝
t
9，故C 错误；卫星经过远
地点时加速，则可以以半径为3R 做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故D 正确。
考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有
引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动。
【结束】
8．2013 年12 月2 日晚，发射了嫦娥三号。几天后，运载火箭将嫦娥三号直接送入地月转移轨道；近月制动被月球捕
获，进入距月球表面高h 环月圆轨道。作为地球天然卫星的月球，月球的质量M,已知月球直径约为r，则月球的平均
密度ρ和圆轨道的运行周期T。（引力常量为G）
（
）
A.
；
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B.
；
C.
；
D.
；
【解析】由密度公式得：
，做圆周运动的过程中万有引力提供向心力，所以
，解
得
，故C 正确；
【结束】
9．（多选）1772 年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地
球）所在同一平面上有5 个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5 所示，人们称为拉格朗日点．若飞行器位于这些点
上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动．若发射一颗卫星定
位于拉格朗日L2 点，下列说法正确的是
（
）
A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等
B. 该卫星在L2 点处于平衡状态
C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度
D. 该卫星在L2 处所受太阳和地球引力的合力比在L1 处大
【答案】
CD
【解析】该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动的周期相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力．根
据公式
2
2
4
a
r
T


向心加速度和向心力关系．
该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动周期和地球绕太阳运动周期相等，但与地球自转周期没有
关系，故A 错误；该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡
状态，故B 错误；由于该卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，该卫星的轨道半径大，根据公式
2
2
4
a
r
T


分析
可知，“嫦娥二号”的绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C 正确；因为这些点上的周期相
同，根据
2
2
4
a
r
T


可得半径越大，向心加速度越大，所以根据F
ma

可得半径越大受到的合力越大，故D 正确
【结束】
10．（多选）2017 年4 月22 日，我国首艘货运飞船“天舟一号”与“天宫二号”空间实验室完成交会对接。若飞船绕地
心做匀速圆周运动，距离地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。下列说法正确
的是
（
）
A. 根据题中条件可以估算飞船的质量
B. 天舟一号飞船内的货物处于平衡状态
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C. 飞船在圆轨道上运行的加速度为


2
2
gR
R
h

D. 飞船在圆轨道上运行的速度大小为
g
R R
h

【答案】
CD
【解析】飞船的质量在计算过程中抵消，所以无法计算飞船的质量，飞船内的货物跟飞船一块做匀速圆周运动，合力
指向地心，不为零，不是平衡状态，AB 错误；运动过程中万有引力充当向心力，故有


2
Mm
G
ma
R
h


，联立黄金替
代公式
2
gR
GM

，可得


2
2
gR
a
R
h


，C 正确；根据公式
2
2
Mm
v
G
m
r
r

，解得
GM
v
r

，联立黄金替代公式
2
gR
GM

，可得
g
v
R
R
h


，D 正确．
【结束】
11．（多选）2011 年7 月,天文学家通过广域红外勘测器（WISE）发现地球首个特洛伊小行星。这颗小行星位于太阳
一地球4 号拉格朗日点。这颗小行星叫做2010 TK7,直径接近300 米,当前距离地球8000 万公里。它的公转轨道与地
球相同,并始终在地球前方（打转）,它陪伴着地球至少度过了几千年的时光。下面关于这颗小行星与地球的说法正确的
是
（
）
A. 绕太阳运动的向心加速度大小相等
B. 受到太阳的万有引力大小相等
C. 绕太阳运动的周期相等
D. 在小行星运动一个周期过程中万有引力做正功
【答案】
AC
【解析】小行星与地球围绕太阳公转，公转轨道与地球相同，根据
ܩܯ݉
ݎ2 ＝݉
t，解得t＝
ܩܯ
ݎ2 ，其中M 为太阳的质量，公
转轨道半径相同，所以绕太阳运动的向心加速度大小相等，故A 正确；根据万有引力定律ܨ=
ܩܯ݉
ݎ2 ，小行星与地球质
量不一定相等，所以受到太阳的万有引力大小不一定大小相等，故B 错误；小行星和地球均绕太阳公转，根据开普勒
第三定律有，ܴ
3ܶ
2＝k，知绕太阳运动运动的周期相等，故C 正确；小行星运动一个周期过程中，万有引力不做功，故D
错误；故选AC．
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要的理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、周期、
加速度与轨道半径的关系。
【结束】
12．（多选）神州十一号已于2016 年10 月19 日凌晨成功与天宫二号成功实施自动交会对接，神州十一号发射过程
为变轨发射，示意图如图所示，其中1 为近地圆轨道，2 为椭圆变轨轨道，3 为天宫二号所在轨道，P 为1、2 轨道的
交点，以下说法正确的是：
（
）
A．神州十一号在1 轨道运行时的动能大于其在3 轨道运行时的动能
B．神州十一号在1 轨道运行时的机械能大于其在2 轨道运行时的机械能
C．神州十一号在2 轨道运行时的机械能小于其在3 轨道运行时的机械能
D．神州十一号在1 轨道运行时经过P 点的动能大于其在2 轨道运行时经过P 点的动能
【答案】
AD
【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
2
Mm
v
G
m
r
r

，解得：
  GM
v
r

，卫星的动能：
2
2
2
1
K
GMm
E
mv
r


，神州十一号在1 轨道运行时的轨道半径小于其在3 轨道运行时的轨道半径，神州十一号在1 轨
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道运行时的动能大于其在3 轨道运行时的动能，故A 正确；神州十一号由轨道1 变轨到轨道2 时要加速，加速过程机
械能增加，因此神州十一号在1 轨道运行时的机械能小于其在2 轨道运行时的机械能，故B 错误；神州十一号由轨道
2 变轨到轨道3 时要加速，加速过程机械能增加，因此神州十一号在2 轨道运行时的机械能小于其在3 轨道运行时的
机械能，故C 正确；神州十一号由轨道1 变轨到轨道2 时要加速，神州十一号在1 轨道运行时经过P 点的动能小于其
在2 轨道运行时经过P 点的动能，故D 错误；故选AC。
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．知道知道卫
星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现变轨。
【结束】
二、非选择题
13．天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX－3 双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星
视为质点，不考虑其他天体的影响，A、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所
示．引力常量为G，由观测能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T.
(1)可见星A 所受暗星B 的引力FA 可等效为位于O 点处质量为m′的星体(视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别
为m1、m2，试求m′(用m1、m2 表示)；
(2)求暗星B 的质量m2 与可见星A 的速率v、运行周期T 和质量m1 之间的关系式．
【答案】
（1）设A、B 的圆轨道半径分别为1r 、2r ，由题意知，A、B 做匀速圆周运动的角速度相同，设其为。
由牛顿运动定律，有
2
2
1
1
2
2
A
B
A
B
F
m
r F
m
r F
F





设A、B 之间的距离为r ，又
1
2
r
r
r


，由上述各式得：
1
2
1
2
m
m
r
r
m


，①
由万有引力定律，有：
1
2
2
A
m m
F
G
r

将①代入得：


3
1
2
2
2
1
2
1
A
m m
F
G
m
m
r


令
1
2
1
'
A
m m
F
G r

比较可得：


3
2
2
1
2
'
m
m
m
m


-②
（2）由牛顿第二定律，有：
2
1
1
2
1
1
'
m m
v
G
m
r
r

③
又可见星A 的轨道半径：
1
2
vT
r


④
由②③④式解得：


3
3
2
2
1
2
2
m
v T
G
m
m



⑤
【结束】
14．西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号02 星”送入太空.火箭飞行约26 分钟后，西安卫星测
控中心传来的数据表明，星箭分离，卫星成功进入地球同步转移轨道.“天链一号02 星”是我国第二颗地球同步轨道数据
中继卫星，又称跟踪和数据中继卫星，由中国航天科技集团公司所属中国空间技术研究院为主研制.中继卫星被誉为“卫
星的卫星”，是航天器太空运行的数据“中转站”，用于转发地球站对中低轨道航天器的跟踪测控信号和中继航天器发回
地面的信息的地球静止通信卫星.
（1）已知地球半径R，地球表面的重力加速度g，地球自转周期T，万有引力常量为G，请你求出地球的密度和“天链
一号02 星”距地面的高度？
（2）某次有一个赤道地面基站发送一个无线电波信号，需要位于赤道地面基站正上方的“天链一号02 星”把该信号转
发到同轨道的一个航天器，如果航天器与“天链一号02 星”
处于同轨道最远可通信距离的情况下，航天器接收到赤道
地面基站的无线电波信号的时间是多少？已知地球半径为R，地球同步卫星轨道半径为r，无线电波的传播速度为光
速c.
【答案】
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【解析】（1）地面附近重力等于万有引力：
2
GMm
mg
R

密度公式：
M
V

体
3
4
3
V
R


体
得：
3
4
g
GR



同步卫星受到的万有引力提供向心力，故：
2
2
2
(
)
GMm
m
r
r
T


卫星的高度：h=r-R
得：
3
2
2
2
4
gR T
h
R



（2）“天链一号02 星”与同轨道的航天器的运行轨道都是同步卫星轨道，所以“天链一号02 星”与同轨道的航天器绕地
球运转的半径为r，“天链一号02 星”与航天器之间的最远时的示意图如图所示．
无线电波从发射到被航天器接收需要分两步．首先赤道地面基站A 发射的信号被中继卫星B 接收，然后中继卫星B 再
把信号传递到同轨道的航天器C。
由几何知识可知：“天链一号02 星”与航天器之间的最远距离：
2
2
1
2
R
r
s


无线电波信号经过的总路程
2
2
2
s
r
R
r
R




s
ct

得：
2
2
2 r
R
r
R
t
c



【结束】
15．据人民网报道，北京时间2013 年12 月6 日17 时53 分，嫦娥三号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道。
探测器环月运行轨道可视为圆轨道。已知探测器环月运行时可忽略地球及其他天体的引力，轨道半径为r，运动周期为
T，引力常量为G。求：
（1）探测器绕月运行的速度的大小；
（2）探测器绕月运行的加速度的大小；
（3）月球的质量。
【答案】
（1）
T
r
v

2

（2）
r
T
a
2)
2
( 

（3）
2
3
2
4
GT
r
M


【解析】（1）探测器绕月运行为匀速圆周运动，根据圆周运动的线速度定义可知
T
r
v

2

（2）探测器绕月运行的加速度的大小即圆周运动的向心加速度
r
T
a
2)
2
( 

（3）设月球质量为M，嫦娥三号探测器的质量为m，探测器运行时月球对它的万有引力提供向心力，根据万有引力定
律和牛顿第二定律有
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r
T
m
r
GMm
2
2
)
2
( 

可得
2
3
2
4
GT
r
M


【结束】
16．为了让世界更多的了解中国，我国将利用“中星”卫星网络向世界传输视频信号。假设图所示为控制中心大屏幕上
出现的“中星”卫星运行轨迹图，它记录了该卫星在地球表面上垂直投影的位置变化。图中表示在一段时间内该卫星绕
地球飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度（如在沿轨
迹①通过亦道时的经度为西经135°，绕行一圈后沿轨迹②再次经过赤道时经度为180°……）。
（1）求“中星”卫星的运行周期；
（2）若地球半径为R，“中星”卫星的运行周期为T,地球表面处的重力加速度为g,求“中星”卫星离地面的高度H。
【答案】
（1）3 小时（2）
2
2
3
2
4
gR T
H


【解析】（1）由图分析知：卫星绕地球转一圈地球自转

45 故T=3 小时（4 分）
（2）对卫星
2
2
2
4
Mm
G
m
r
r
T


（3 分）
又
2
Mm
G
mg
R

（3 分）
得
2
2
3
2
4
gR T
r


故
2
2
3
2
4
gR T
H


（2 分）
【结束】
资料正文内容开始>>
专题06
机械能
第一部分
名师综述
本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范
围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。题目类型以计算题
为主，选择题为辅，大部分试题都与牛顿定律、圆周运动、及电磁学等知识相互联系，综合出题。许多试题思路隐蔽、
过程复杂、灵活性强、难度较大。从高考试题来看，功和机械能守恒依然为高考命题的热点之一。机械能守恒和功能
关系是高考的必考内容，具有非常强的综合性。重力势能、弹性势能、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒
定律是本单元的重点。弹力做功和弹性势能变化的关系是典型的变力做功，应予以特别地关注。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．如图所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，
则小球在运动过程中
（
）
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A．系统的动量守恒，动能守恒
B．系统的动量守恒，机械能守恒
C．系统的动量不守恒，机械能守恒
D．系统的动量不守恒，动能守恒
【解析】小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，小球与弹簧相互作用时，弹簧
会用墙壁的作用力，所受合外力不等于零，动量不守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，
但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒．故C 正确，A、B、
D 错误．
2．如图所示，滑块以速率v1，沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2<v1，
则下列说法正确的是
（
）
A. 滑块在上滑过程中机械能减少，在下滑过程中机械能增加
B. 在上滑和下滑两过程中，重力做的功相同
C. 在上滑和下滑两过程中，摩擦力做的功相同
D. 在上滑和下滑两过程中，摩擦力的平均功率相等
【解析】A、因为v2＜v1，说明物体受到滑动摩擦力，摩擦力方向与物体运动方向相反，所以物体一直克
服摩擦力做功，其机械能一直减小，A 错误；
B、设滑块升高的最大高度是H，则上升的过程中重力做功W = ﹣mgH，下降的过程中重力做功为W = mgH，
二者不相等，B 错误；
C、设斜面的长度为L，上滑与下滑所用时间分别为t1和t2．则：L =
v1
2 ݐ1，L =
v2
2 ݐ2，因为v2＜v1，则得ݐ2＞ݐ1，
即下滑时间较长；设物体的质量为m，动摩擦因数为μ，斜面的长度为L，倾角为α，则上滑过程中摩
擦力做功为：Wf = ﹣μmgcosα•L，下滑过程中摩擦力做功为：Wf = ﹣μmgcosα•L，可见，在上滑和下滑两
过程中，摩擦力做功相等，C 正确；
D、在上滑和下滑两过程中，摩擦力做的功相同，而时间不同，所以摩擦力的平均功率不相等，D 错误；
故选C。
3．如图所示，在足够长的光滑平台上，有一劲度系数为k 的轻质弹簧，其一端固定在固定挡板上，另一端连接一质量
为m 的物体A .有一细绳通过定滑轮，细绳的一端系在物体A 上(细绳与平台平行)，另一端系有一细绳套，物体A 处于
静止状态．当在细绳套上轻轻挂上一个质量为m 的物体B 后，物体A 将沿平台向右运动，若弹簧的形变量是x 时弹簧
的弹性势能Ep＝
1
2kx2，则下列说法正确的有
（
）
A. A、B 物体组成的系统的机械能守恒
B. 当A 的速度最大时，弹簧的伸长量为ݔ=
2݉
t݇
C. 物体A 的最大速度值vm＝݉
t2
2݇
D. 细绳拉力对A 的功等于A 机械能的变化
【解析】对于A、B 和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，而A、B 物体组成的系统的
机械能不守恒，A 错误；整体系统机械能守恒，mgx=
1
2kx2+
1
2•2mv2，A 做加速度逐渐减小加速度运动，当A 的加速度为0
时，即当x=݉
t݇时，A 的速度最大，由以上两式解得：vm＝݉
t2
2݇，由以上分析B 错误，C 正确；细绳拉力对A 的功等于A
机械能的变化和弹簧弹性势能的增加之和，D 错误；
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4．右是测定运动员体能的一种装置，运动员质量m1，绳拴在腰间并沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦、质量）悬挂
质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带上侧以速率v 向右运动，下面说法正确的是
（
）
A.人对重物m2做功的功率为m2gv
B.人对重物m2做功的功率为m1gv
C.人对传送带做功
D.人对传送带不做功
【解析】功率P
Fv

，由于人用力蹬传送带过程人的重心不动，所以让你所拉的重物也不运动，即速度为0，所以人
对重物做功的功率为0，选项AB 错。人用力向后蹬传送带，对传送带产生向右的作用力，而传送带又向右运动，所以
人对传送带做正功，选项C 对D 错。
5．如图所示为“割绳子”游戏中的一幅截图，游戏中割断左侧绳子糖果就会通过正下方第一颗星星…….糖果一定能
经过星星处吗？现将其中的物理问题抽象出来进行研究：三根不可伸长的轻绳共同系住一颗质量为m 的糖果（可视为
质点），设从左到右三根轻绳的长度分别为l1 、l2 和l3，其中最左侧的绳子处于竖直且张紧的状态，另两根绳均处于
松弛状态，三根绳的上端分别固定在同一水平线上，且相邻两悬点间距离均为d，糖果正下方的第一颗星星与糖果距离
为h。已知绳子由松弛到张紧时沿绳方向的速度分量即刻减为零，现将最左侧的绳子割断，以下选项正确的是
（
）
A.只要满足
2
2
1
2
)
(
d
h
l
l



，糖果就能经过正下方第一颗星星处
B.只要满足
2
2
1
3
4
)
(
d
h
l
l



，糖果就能经过正下方第一颗星星处
C.糖果可能以
)
(
1
2
2
2
2
2
2
l
d
l
d
mgl


的初动能开始绕中间悬点做圆运动
D.糖果到达最低点的动能可能等于
]
)
(
[
2
2
2
1
2
2
2
3
2
2
2
2
l
d
l
l
d
l
l
mg



【解析】A、B、糖果在绳拉直前做自由落体运动，绳2 和绳3 不能绷紧，后绕绳做圆周运动，则绕2l 运动而3l 未伸直，
或绕3l 运动而2l 未伸直，则需同时满足
2
2
2
1
(
)
l
d
l
h



和
2
2
3
1
(
)
4
l
l
h
d



，故选项A、B 均错误。C、从小球
自由下落到2l 刚刚伸直，由动能定理得
2
1
(
)= 2
2
2
2
1
mg
l
d
l
mv


，在绳2 绷紧后，沿绳方向速度会损失掉，剩余速
度为
2
y
d
v
v l


；解得
2
1
1
(
)
2
2
2
2
y
2
2
2
mgd
mv
l
d
l
l



，故C 错误；D、以C 选项末态为初态，以糖果刚刚到达最低点为
末态，由动能定理得
2
2
2
3
2
1
(
)
2
k
y
mg l
l
d
E
mv




，解得
3
2
2
2
2
2
1
3
2
2
2
2
(
)
[
]
k
l
d
l d
E
mg l
l
l




，由于绳子绷紧过程可能
有两次速度损失而产生能量损失，故绷紧后动能会少于
k
E ，故D 正确．故选D。
6．如图所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v ，粮袋与传
送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说
法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（
）
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A．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为
)
cos
(sin


g
，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动
C．若


tan

，则粮袋从A 到B 一定一直是做加速运动
D．不论大小如何，粮袋从A 到B 一直匀加速运动，且

sin
g
a 
【解析】A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带
相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加
速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v；故A 正确．
B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）．故
B 错误．
C、若μ≥tanθ，粮袋从A 到B 可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动．故
C 错误．
D、由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动．故D 错误．
7．质量m＝2kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x 之间的
关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0．2，g=10m/s
2，则下列说法中不正确的是
（
）
A．x＝1m 时物块的速度大小为2m/s
B．x＝3m 时物块的加速度大小为1．25m/s
2
C．在前2m 的运动过程中物块所经历的时间为2s
D．在前4m 的运动过程中拉力对物块做的功为25J
【解析】根据图象知，x=1m 时，动能为2J，即1
2
mv
2＝2J，解得
2
/
v
m s

．故A 错误．对x=2m 到x=4m 段运用动能
定理，有：Fx-μmgx=△Ek，解得F=6．5N．
2
2
6.5
0.2 20
/
1.25
/
2
F
mg
a
m s
m s
m




＝
＝
＝
．故B 早起．对前2m 运
用动能定理得，Fx-μmgx=△Ek ，解得F=6N ，物体的加速度
2
2
6
4
/
1
/
2
F
mg
a
m s
m s
m




＝
＝
．末速度
2
8
 
  2
/
2
K
E
v
m s
m

＝
＝
，根据v=at 得，t=2s．故C 正确．对全过程运用动能定理得，WF-μmgs=△Ek，解得WF=25J．故
D 正确．此题选择错误的选项，故选A．
8．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆
上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝4
5 L ，重力加速度
为g，现将外力增大到原来的4 倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为3
5 L 时的速度大小为
（
）
A. 1 10
5
gL
B.
8
5
25
gL
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C. 1 15
5
gL
D.
6
5
25
gL
【解析】开始时O 与A 间距离：OA＝
2
2
4
3
5
5
L
L
L








设AB 质量均为m，对开始时的B 受力分析如图，则tan
N
mg

又tan
OA
OB

所以
3
4
N
mg

以开始时的AB 两物体作为整体受力分析：水平方向只受F 和N，故F＝N
将外力增大到原来的4 倍(方向不变)，则
2
4
4
3
F
F
N
mg



小球B 运动到与O 点的距离为3
5 L 时，
2
2
3
4
5
5
OA
L
L
L








＝
这一过程中A 向左移动了
4
3
1
5
5
5
x
L
L
L



，B 上升了
4
3
1
5
5
5
h
L
L
L



此时绳与竖直方向夹角的正切值
4
tan
3

，
3
cos
5

，
4
sin
5

此时AB 间的速度关系为
cos
sin
B
A
v
v




，即
3
4
A
B
v
v

以AB 为整体，由功能关系得：
2
2
2
1
1
2
2
A
B
F x
mgh
mv
mv



联立解得：
8
5
25
B
v
gL

9．（多选）如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图（乙）所
示．设物块与地面间的最大静摩擦力݂max的大小与滑动摩擦力大小相等，则
（
）
A. ݐ1时刻物块的速度为零
B. 物块的最大速度出现在ݐ3时刻
C. ݐ1~ݐ3时间内F 对物块先做正功后做负功
D. 拉力F 的功率最大值出现在ݐ2~ݐ3时间内
【答案】
ABD
【解析】冲量是力与时间的乘积，在0-ݐ1时间拉力小于最大静摩擦力，所以合外力等于0，故合力的冲量为0，ݐ1时刻
物块的速度为零，故A 正确；ݐ1到ݐ3时刻，合力向前，物体一直加速前进，ݐ3时刻后合力反向，要做减速运动，所以ݐ3
时刻A 的速度最大，故B 正确；0～ݐ3时间内速度方向没有改变，力F 方向也没变，所以F 对物块A 一直做正功，故C
错误；ݐ2时刻拉力最大，但物体的速度在ݐ3时刻最大，ݐ2到ݐ3时间内，拉力减小而速度增大，所以拉力F 的功率最大值
出现在ݐ2~ݐ3时间内，故D 正确．
考点：考查了摩擦力，牛顿第二定律与图像，功和功率的计算
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【名师点睛】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，
物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动．
10．（多选）如图甲所示,质量为m=1 kg 的小物块放在长直水平面上,用水平细线紧绕在半径为R=0．2 m、质量为M=1
kg 的薄壁圆筒上。t=0 时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,小物块的v—t 图象如图乙,物块和地
面之间的动摩擦因数为μ=0．2。则
（
）
A．圆筒转动的角速度满足ω= 5t
B．细线的拉力大小为2 N
C．细线拉力的瞬时功率满足P= 4t
D．在0∽2 s 内,电动机做的功为8J
【答案】
AD
【解析】根据v-t 图象可知，小物体做匀加速直线运动，速度随时间变化的关系式为v=t，圆筒边缘线速度与物块前
进速度大小相同，根据v=ωR 得：ω=5t，故A 正确；物体运动的加速度
2
2
 
1
/
2
v
a
m s
t



，根据牛顿第二定律得：
F-μmg=ma，解得：细线的拉力F=1×1+0．2×10=3N，故B 错误；细线拉力的瞬时功率P=Fv=3t，故C 错误；物体在
2s 内运动的位移x=v2t=12×2×2=2m，根据能量守恒可知，电动机做的功转化为物体和圆筒的动能以及克服摩擦力做
的功，则有：电动机做的功为
2
2
1
1
1 1
2
0.2 10 2
8
2
2
W
M
m
v
fx
J











（
）
（
）
，故D 正确．故选AD
考点：v-t 图象；牛顿第二定律；功率
【名师点睛】本题考查牛顿第二定律、速度时间图象的性质、圆的性质等内容，要求能正确理解题意，并分析物体的
爱力情况及能量转化过程。
11．（多选）如图所示，三个小球A、B、C 的质量均为m，A 与B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C 置于水
平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、
B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中
（
）
A. A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于3
2
mg
B. A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于3
2
mg
C. 弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下
D. 弹簧的弹性势能最大值为
3
2
mgL
【答案】
AB
【解析】A 球动能最大时，速度最大，受合外力为零，以ABC 整体为研究对象，在竖直方向：向下的重力3mg，向上的
B、C 两球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C 受到地面的支持力等于3
2
mg，故B 正确；A 的动能达到最大前，
有向下的加速度，所以整体向下的合力小于3mg，故B、C 受到地面的支持力小于3
2
mg，所以A 正确；当A 下降至最低
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点，弹簧形变量最大，弹性势能最大，此时A 的加速度向上，故C 错误；弹簧的最大弹性势能等于A 球下降至最低点
时减少的重力势能，即
p
3
1
2
2
E
mg
L










，所以D 错误．
【名师点睛】本题的重点是当A 球的动能最大时，受合外力为零，在竖直方向整体加速度为零，选择整体为研究对象，
分析AB 两个选项；弹性势能最大对应A 球下降至最低点，根据能量守恒定律，可求最大的弹性势能．
12．（多选）如图所示,在距水平地面高为0．4 m 处,水平固定一根长直光滑杆,在杆上P 点固定一定滑轮,滑轮可绕水平
轴无摩擦转动,在P 点的右边,杆上套有一质量m="2" kg 的小球A。半径R=0．3 m 的光滑半圆形细轨道,竖直地固定在地
面上,其圆心O 在P 点的正下方,在轨道上套有一质量也为m="2" kg 的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳,通过定滑轮
将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内,两小球均可看做质点,不计滑轮大小的影响, 且细绳刚好没有张力，
g 取10 m/s2。现给小球A 一个水平向右的恒力F="55" N。以下说法正确的是
（
）
A. 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中,力F 做的功WF=16．5J
B. 当细绳与圆形轨道相切时，小球B 与小球A 速度大小相等
C. 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时,小球A 速度的大小v=3 m/s
D. 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时,小球B 速度的大小v=4m/s
【解析】A、对于F 的做功过程，由几何知识得到：力F 作用点的位移x=PB-PC= 0．42 + 0．32-（0．4-0．3）=0．4m，
则力F 做的功W=Fx=55×0．4J=22J，故A 错误；当绳与轨道相切时，两球速度大小相等，如图所示：
，故B 正确；由于B 球到达C 处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A 的速度为零，根据两球及绳子组成的系统的
能量变化过程，由功能关系得：W=
1
2mv2+mgR，代入已知量得：22=
1
2×2×v2+2×10×0．3，解得小球B 速度的大小v=4m/s，
故C 错误，D 正确；故选BD。
二、非选择题
13．如图所示，AB 为半径为R=0.45m 的光滑4
1 圆弧，它固定在水平平台上，轨道的B 端与平台相切。有一小车停在光
滑水平面上紧靠平台且与平台等高，小车的质量为M=1.0kg，长L=1.0m。现有一质量为m=0.5kg 的小物体从A 点静止
释放，滑到B 点后顺利滑上小车，物体与小车间的动摩擦因数为μ=0.4，g=10m/s
2。
（1）求小物体滑到轨道上的B 点时对轨道的压力。
（2）求小物体刚滑到小车上时，小物体的加速度a1和小车的加速度a2各为多大？
（3）试通过计算说明小物体能否从小车上滑下？求出小车最终的速度大小。
【答案】
（1）15N；（2）a1= 4m/s
2
，
a2=2 m/s
2；（3）不能，1.0m/s；
【解析】（1）小物体在圆弧上滑动，由动能定理得
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2
0
1
2
mgR
m

v
（1 分）
圆弧最低点，由牛顿第二定律得
2
0
B
m
F
mg
R


v
（1 分）
由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力FB′=FB=15N
（1 分）
（2）小物体：
1
mg
ma


（1 分）
小车：
2
mg
Ma


（1 分）
a1= 4m/s
2
a2=2 m/s
2
（1 分）
（3）设小物体没有从小车上滑下去，则最终两者速度相等
0
1
2
a t
a t


v
（1 分）
2
1
1
0
1
2
x
t
a t


v
（1 分）
2
1
2
2
2
x
a t

（1 分）
相对位移
1
2
0.75m<1m
x
x
x



（1 分）
物体没有从小车上滑下去，最终和小车以相同的速度运动
2t
v = a
=1.0m/s
（1 分）
14．如图所示，劲度系数k＝100N/m 的一根轻质弹簧，右端固定在竖直墙壁上，左端连接一质量m＝1.0kg 的小物块，
开始时弹簧处于原长，小物块静止于O 点，现将小物块缓慢向左拉动至A 点后释放，让小物块沿水平面向右运动起来，
已知OA 长度L＝0.25m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力可看成等于滑动摩擦力的大小，g 取
10m/s
2。
⑴试在坐标纸中作出小物块在由O 移动到A 的过程中，弹簧弹力F 随伸长量x 变化的F-x 图象，类比于由v-t 图象求
位移的方法，求此过程中克服弹簧弹力做的功W；
⑵求小物块从A 点向右运动过程中的最大速度v；
⑶求小物块从A 点开始运动后，第一次到达最右端时，弹簧的形变量；
⑷求小物块从A 点开始运动直至静止的总路程。
【答案】
⑴
，W＝3.125J；
⑵v＝2.4m/s；⑶x1＝0.23m；⑷s＝3.12m
【解析】根据胡克定律可知，弹簧弹力F 与伸长量x 的关系为：F＝kx＝100x，其中0≤x≤0.25m
其F-x 图象如下图所示
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在F-x 图象中图线与x 轴所围的面积即表示了此过程中克服弹簧弹力做的功，有：W＝1
2 kL L

＝3.125J
⑵小物块从A 点向右运动过程中受重力mg、地面的支持力N 和滑动摩擦力f，以及弹簧弹力F 作用，根据牛顿第二定
律分析可知，此时小物块向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，其速度达到最大，设此时弹簧
的拉伸量为x0，有：kx0＝μmg
解得：x0＝0.01m
此过程中弹簧弹力做的功为：W0＝1
25
2

×0.24J＝3.12J
根据动能定理有：W0－μmg(L－x0)＝
2
1
2 mv －0
解得：v＝2.4m/s
⑶设小物块第一次到达最右端时，弹簧的压缩量为x1，小物块从A 点运动到最右端的过程中，弹簧弹力先做正功，后
做负功，根据动能定理有：1
2 kL L

－
1
1
1
2 kx
x

－μmg(L＋x1)＝0－0
解得：L－x1＝2 mg
k

＝0.02m，即x1＝0.23m
⑷设从A 点释放小物块后，小物块共出现n 次速度为零，且只要kx＞μmg，小物块总能回到O 点，在满足kx＞μmg
时，小物块每一次由最右端运动至最左端或由最左端运动至最右端(即小物块连续两次速度为零)的过程中，弹簧总是
先做正功再做负功，设物块第n－1 次速度为零时，弹簧的形变量为xn－1，第n 次速度为零时，弹簧的形变量为xn，根
据动能定理有：
2
1
1
2
n
kx －
2
1
2
n
kx －μmg(xn－1＋xn)＝0－0
解得：Δx＝xn－1－xn＝0.02m
有：k(L－nΔx)≤μmg＜k[L－(n－1)Δx]，解得：12≤n＜13，即取n＝12
对全程，根据动能定理有：1
2 kL L

－
2
1 (
12
)
2 k L
x


－μmgs＝0－0
解得：s＝
2
2
(
12
)
2
kL
k L
x
mg




＝3.12m
考点：本题主要考查了胡克定律、动能定理(功能关系)及图象的应用问题，属于较难题。
15．如图所示，以A、B 和C、D 为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧
靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C 两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，
运动到A 点时刚好与传送带速度相同，然后经A 点沿半圆轨道滑下，再经B 点滑上滑板，滑板运动到C 点时被牢固粘
连。物块可视为质点，质量为m,滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R,板长l=6.5R,板右端到C 点的距离L 在R<L<5R
范围内取值，E 点距A 点的距离s=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为
5.0


，重力加速度g 已知。
(1)求物块滑到B 点的速度大小;
(2)求物块滑到B 点时所受半圆轨道的支持力的大小;
(3)试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功
f
W 与L 的关系;并判断物块能否滑到CD 轨道的中
点。
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【答案】
（1）
gR
uB
3

（2）10mg
（3）当R<L<2R 时，
)
2
13
(
4
1
)
5.6
(
L
R
mg
L
R
mg
W f




；
当2R≤L<5R 时,
mgR
R
R
mg
W f
4
14
)
5.0
8
(



；
不能滑到CD 轨道中点。
【解析】（1）设物块滑到B 点的速度大小为uB,对物体从E 到B 过程，
根据动能定理得
2
2
1
2
B
mu
R
mg
mgs



解得：
gR
uB
3

（2）物块在B 点时，根据牛顿第二定律午
2
B
N
u
F
mg
m R


解得：
2
10
B
N
u
F
m
mg
mg
R



（3）物块从B 滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开
始作匀速运动。
由动量定理


B
mu
m
M u


它们的共同速度为
3
B
u
u
gR


此过程，对物块据动能定理得
2
2
1
2
1
2
1
B
mu
mu
mgs



解得s1=8R
此过程，对滑板据动能定理得
2
2
1
0
2
Mgs
Mu



解得s2=2R
由此可知物块在滑板上滑过s1－s2=6R 时，二者就具有共同速度了。因为6R<6.5R,所以物块并没有从滑板上滑下去
讨论：
当R<L<2R 时，物块在滑板上一直匀减速运动至C ，运动的位移为6.5R+L ，克服摩擦力做的功
)
2
13
(
4
1
)
5.6
(
L
R
mg
L
R
mg
W f




设滑上C 点的速度为
cu ，对物块根据动能定理得
2
2
2
1
2
1
)
5.6
(
B
c
mu
mu
L
R
mg




解得
mgR
L
R
mg
muc



)
5.2
(
2
1
2
1
2
，所以物块不可能滑到CD 轨道的中点
当2R≤L<5R 时，物块的运动的匀减速运动8R，匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做的功
17
(8
0.5 )
4
f
W
mg
R
R
mgR




解得
mgR
mgR
mu c

4
1
'
2
1
2
，所以物块不能滑到CD 轨道的中点
（也可以由
2
1
1
2
2
mu
mgR
mgR


可看出只要物块与滑板达到共同速度，就不能滑到CD 轨道的中点）
（事实上由
2
1
4.5
3.5
7
2
B
mu
mgR
mgR
mgR
mgR
mg
R







，看出只要摩擦力做功的位移超过7R，物块就不能
冲到CD 轨道的中点。由S1=8R>7R 知道达到共同速度必然冲不到CD 轨道中点;而由已知6.5R+L>7.5R>7R 即若不能达到
共同速度，同样冲不到CD 轨道中点。）
16．如图所示质量为m=1kg 的滑块（可视为质点）由斜面上P 点以初动能EK0=20J 沿斜面向上运动，当其向上经过Q
点时动能EKQ=8J，机械能的变化量ΔE 机=-3J，斜面与水平夹角α=37°。PA 间距离l0=0.625m，当滑块向下经过A 点并通过
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光滑小圆弧后滑上质量M=0.25kg 的木板(经过小圆弧时无机械能损失），滑上木板瞬间触发一感应开关使木板与斜面
底端解除锁定（当滑块滑过感应开关时，木板与斜面不再连接），木板长L=2.5m，木板与滑块间动摩擦因数µ1=0.20，
木板与地面的动摩擦因数µ2=0.10。滑块带动木板在地面上向右运动，当木板与右侧等高光滑平台相碰时再次触发感应
开关使木板与平台锁定。滑块沿平台向右滑上光滑的半径R=0.1m 的光滑圆轨道（滑块在木板上滑行时，未从木板上滑
下）。
求：①物块与斜面间摩擦力大小；
②木块经过A 点时的速度大小v1；
③为保证滑块通过圆轨道最高点，AB 间距离d 应满足什么条件？
【答案】
①2N
②5m/s
③2.5m&lt; d≤6m
【解析】①P 到Q：-(mgsinα+f）s1=EKQ-EK0
-f s1=ΔE 机
得：f= mgsinα/3=2N
②P 到最高点：-(mgsinα+f）s2=0-EK0
得：s2=2.5m
滑块从最高点到A：(mgsinα-f）( s2+ l0）=mv12/2-0
得：v1=5m/s
③若滑块在木板上滑行时木板没碰到平台则：
m：μ1mg=ma1 得：a1=2m/s2
M：μ1mg-μ2(m+M）g=Ma2 得：a2=3m/s2
M、m 达到共速的时间为t1 有：v2=v1- a1t1= a2t2 得：v2=3.0m/s，t1=1.0s
此过程中各自位移：s1="(" v1+ v2）t1/2=4.0m
s2="(0+" v2）t1/2="1.5" m
相对位移：Δs= s 1-s2=2.5m=L
故此时m 恰好滑至木板右端，之后相对静止在地面上滑行。
若滑块能达到圆弧最高点，则：mg+N=mv42/R
且：N≥0
C 到最高点：-2mgR= mv32/2 – mv42/2
得：v3≥
m/s
整体从共速到与平台相碰：-μ2(m+M）gx= (m+M）v32/2 –(m+M）v22/2
得：x≤2m
d≤x+ s1，d≤6m
若木板长刚好等于AB 间距则滑块滑道平台的速度大于3m/s，能通过圆轨道的最高点。
故：AB 间距：2.5m< d≤6m
资料正文内容开始>>
专题07
碰撞与动量守恒
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。
考纲要求
1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。
2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
命题规律
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1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。
2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、
反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．如图所示，物体A、B 的质量分别为m、2m，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A 从
圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则
（
）
A．A 不能到达B 圆槽的左侧最高点
B．A 运动到圆槽的最低点速度为
2gR
C．B 一直向右运动
D．B 向右运动的最大位移大小为2
3
R
【解析】AB 组成的系统动量守恒，AB 刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以B 先向右加速后又
减速到零，因为系统机械能守恒，当B 静止时，A 运动恰好到左侧最高点，A 错误，根据动量守恒定律可得
1
2
2
s
s
m
m
t
t

，
又知道
1
2
2
s
s
R


，所以可得
1
2
2
2
2
3
m
s
s
R
R
m
m





，D 正确，B 向右先加速后减速，减速到零之后又向左先
加速后减速，即做往返运动，C 错误；当A 运动到最低端时，水平方向上动量守恒，所以有
1
2
2
mv
mv

，还知道满足
机械能守恒，所以有
2
2
1
2
1
1
2
2
2
mgR
mv
mv



，联立可得
1
2
3
v
gR

，B 错误
2．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a，如图
所示。今有一个质量为m1，（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水
平方向，则下列说法正确的是
（
）
A. 小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反
B. 两者分开时斜面体向左移动的距离是
1

n
a
C. 分开时小球和斜面体的速度大小分别是
1
2

n
ngh 和
)1
(
2

n
n
gh
D. 小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为
1
1


n
gh
nm
【解析】试卷分析：在这个过程中由于小球沿弧线运动至最低处，所以处于超重状态，在竖直方向其合外力不为零，
但是在水平方向由于整体合外力为零，可以视为水平方向动量守恒，所以A 答案错误。根据动量守恒定律以及能量守
恒定律则
2
2
1
1 1
1 2
1 1
1 2
1
1
2
2
m gh
m v
nm v
m v
nm v







，解上式则
1
2
2
1
2
(
1)
ngh
v
n
gh
v
n
n










，所以C 答案正确。另外根据动量守恒定律
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1 1
1 2
m v
nm v

则有
1 1
1 2
1
2
m s
nm s
s
s
a



且
，解得
2
1
a
s
n


，但斜面体向右运动，所以B 错。对于小球而言，根据
动能定理则
2
1 1
1
2
W
m v
弹+mgh=
，则
1
=-
1
m gh
W
n 
弹
，所以D 错误。
考点：动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理
点评：此类题型考察分方向动量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用。并且利用了动量守恒定律的推论求出斜面体
的运动位移，结合动能定理求出弹力做功。
3．如图所示，质量为M 足够长的长木板A 静止在光滑的水平地面上，质量为m 的物体B 以水平速度v0 冲上A，由于
摩擦力作用，最后停止在木板A 上。若从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，木板A 向前运动了1m，并且
M>m。则B 相对A 的位移可能为
（
）
A．0.5m
B．1m
C．2m
D．2.5m
【解析】设木块和木板相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律可知：mv0=（M+m）v；对木板由动能定理可得：
2
1
2
fs
M v
=
，对系统由能量守恒定律可得：
2
2
0
1
1
2
2(
)
f x
m v
M
m v
=
-
+
；联立上述三式可得：
M
m
x
s
m

+
=
，
由于M>m，则
2
2
x
s
m
>
=
，故选项D 正确。
4．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，
一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是
（
）
A. 在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变
B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C. 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D. 小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h 处
【解析】小球在槽上运动时，由于小球受重力，故两物体组成的系统外力之和不为零，故动量不守恒；当小球与弹簧
接触相互作用时，小球受外力，故动量不再守恒，故A 错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于
球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，但当
小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，水平方向动量不守恒，C 错误；因两物体均有向左的速度，若槽的速度大
于球的速度，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的
速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故D 正确；故选D．
考点：机械能守恒定律、动量守恒定律
【名师点睛】小球在槽上运动时，由于小球受重力，小球与弹簧接触相互作用时，小球受外力，故两物体组成的系统
动量不守恒。全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒。若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇；而若
球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，小球不会回到最高点。
5．如图所示，置于水平面上的质量为M 、长为L 的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在板上与左端相齐处有一质量
为m 的小物体（m
M

，
3
M
m

），木板与物体一起以水平速度v 向右运动，若M 与m 、M 与地的接触均光滑，
板与墙碰撞无机械能损失，则从板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是
（
）
A.板与小物体组成的系统,总动量可能不守恒
B.当物体和木板对地的速度相同时,物体到墙的距离最近
C.当小物体滑到板的最左端时，系统的动能才达到最大
D.小物体一定会从板的最左端掉下来
【解析】板与墙碰撞无机械能损失，板与墙碰撞以后以等大的速度v 向左运动，物体则以v 向右运动，此后，对木板和
物体组成的系统，外力之和为零，动量守恒，选项A 错误。物体到墙的距离最近时应是其速度向右在弹簧弹力作用下
减为零时，而当物体和木板对地的速度相同时是弹簧被压缩最短，选项B 错误。由于各接触面光滑，故在弹簧恢复到
原长时，系统的动能已达到最大值，选项C 错误。设弹簧恢复到原厂时木板的速度
1v ，物体的速度
2v ，，取向左为正，
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由动量守恒定律：
1
2
Mv
mv
Mv
mv



，由机械能守恒定律：
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
Mv
mv
Mv
mv



，联立解得：
1
(
3 )
M
m v
v
M
m



，
2
(3
)
M
m v
v
M
m



，因
3
M
m

，则
2
1
0
v
v


，则小物体一定会从板的最左端掉下来，选项D 正
确。故选D。
6．如图所示，水平传送带AB 距离地面的高度为h，以恒定速率v0 顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间
夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向
左、右运动。下列判断正确的是
（
）
A. 甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧
B. 甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等
C. 甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D. 若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等
【解析】设v 大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a 的匀减速运动．乙物体向向右做初速
度为v，（若v 大于v0），则乙也做加速度为a 的匀减速运动．若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放
点的水平距离相等；若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做匀速运动，则水平距离不等，故AB 错误；若v 小于v0．弹
簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a 的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程
是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a 的匀加速运动，运动方向
和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B 点时的速度相同．落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲
乙做的功一定相等．故C 错误，D 正确．
故选：D。
考点：本题考查了传送带问题、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、摩擦力的功
【名师点睛】由于两滑块以相对地面相同的速率分别向左、右运动时，速率大小不确定，两滑块的运动情况有多种可
能情况。应分析全面，不能遗漏。若甲、乙滑块能落在同一点，说明离开传送带时速度相等，初末速率相等，根据动
能定理可知，摩擦力对甲、乙做的功一定相等。
7．如图所示，水平光滑地而上停放着一辆质最为M 的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R 的四分之一
圆弧轨道AB 是光滑的，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m 的物块（可
视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道未端C 处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不
计，关于物块从A 位置运动至C 位置的过程，下列说法中正确的是
（
）
A．在这个过程中，小车和物块构成的系统水平方向动量守恒
B．在这个过程中，物块克服摩擦力所做的功为mgR
C．在这个过程中，摩擦力对小车所做的功为mgR
D．在这个过程中，由于摩擦生成的热量为
m
M
mMgR

【解析】分析：A、系统所受合外力为零时，系统动量守恒；
B、由动能定理或机械能守恒定律求出物块滑到B 点时的速度，
然后由动量守恒定律求出物块与小车的共同速度，最后由动能定理求出物块克服摩擦力所做的功；
C、由动能定理可以求出摩擦力对小车所做的功；
D、由能量守恒定律可以求出摩擦生成的热量．
解答：解：A、在物块从A 位置运动到B 位置过程中，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力不为零，系统在
水平方向动量不守恒，故A 错误；
B、物块从A 滑到B 的过程中，小车静止不动，对物块，由动能定理得：mgR= 2
1 mv2-0，解得，物块到达B 点时的速
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度
gR
v
2

；在物块从B 运动到C 过程中，物块做减速运动，小车做加速运动，最终两者速度相等，在此过程中，
系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得mv=（M+m）v′，v′=
m
M
gR
m

2
，以物块为研究对象，
由动能定理可得：-Wf= 2
1 mv′2- 2
1 mv2，解得：Wf=mgR-
2
2
)
(
m
M
gh
Mm

，故B 错误；
C、对小车由动能定理得：Wf 车= 2
1 Mv′2=
2
2
)
(
m
M
gh
Mm

，故C 错误；
D、物块与小车组成的系统，在整个过程中，由能量守恒定律得：mgR=Q+ 2
1 （M+m）v′2，解得：Q=
m
M
mMgR

，D
项正确；
故答案为：D．
点评：动量守恒条件是：系统所受合外力为零，对物体受力分析，判断系统动量是否守恒；熟练应用动量守恒定律、
动能定律、能量守恒定律即可正确解题．
8．一轻质弹簧的两端与质量分别为m1 和m2 的两物块A、B 相连，并静止于光滑水平面上，如图（甲）所示。现使A
以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，A、B 的速度图像如图（乙）所示，则
（
）
A．在t1、t3 时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．在t3 到t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物块的质量之比为m1 ：m2=1 ：2
D．在t2 时刻A 与B 的动能之比为Ek1 ：Ek2 = 8 ：1
【解析】由图可知1t 、3t 时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性
势能最大，弹簧处于压缩状态，故A 错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时
1
m 逐渐减速，
2
m 逐渐加速，弹
簧被压缩，1t 时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，
2
m 依然加
速，
1
m 先减速为零，然后反向加速，2t 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐
增大，两木块均减速，当3t 时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从3t 到4t 过程中弹簧由伸长状态
恢复原长，故B 错误；系统动量守恒，选择开始到1t 时刻列方程可知：
1 1
1
2
2
m v
m
m
v


（
）
，将
1
3
/
v
m s

，2
1
/
v
m s

代入得：
1
2
1: 2
m m 
:
，故C 正确；在2t 时刻A 的速度为：
1
/
A
v
m s

，B 的速度为：
2
/
Bv
m s

，根据
1
2
1: 2
m m 
:
，
求出
1
2
:
18
k
k
E
E
: ，故D 错误．
9．（多选）如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动,A 球带电为-q，B 球带电为+2q。
下列说法中正确的是
（
）
A．相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒
B．相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大
C．相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力,而相碰后的作用力为斥力
D．相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零
【答案】
AD
【解析】相碰前两球的运动过程中，两球所受的合外力为零，故两球的总动量守恒，选项A 正确，B 错误；相碰分离
后的两球的总动量等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前和相碰后系统的合力为零，选项C 错误；相碰分离后任
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一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零，选项D 正确；故选AD．
考点：动量守恒定律
【名师点睛】此题考查了动量守恒定律的条件；要知道不管是碰前还是碰后，系统的合力总是为零，动量总是守恒的。
10．（多选）如图所示，将一轻质弹簧从物体B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1=2.0kg 的
物体A。平衡时物体A 距天花板h=2.4m，在距物体A 正上方高为h1=1.8m 处由静止释放质量为m2=1.0kg 的物体B，
B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A 碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度与A 运动，两物体不粘连，且可
视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25s 第一次到达最低点，（弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，
g=10m/s2）下列说法正确的是
（
）
A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/s
B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25m
C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18N
D. A、B 在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
【答案】
ABC
【解析】A项：B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律
0
2
2 10 1.8
6
m
m
v
gh
s
s





，
AB 碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为vt，根据动量守恒定律


2 0
1
2
t
m v
m
m
v


，代入数据可得：
2
t
m
v
s

，
故A 正确；
B、C 项：从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B 作为研究对象，根据动量定理：

2
2
0
t
m g
F t
m v



，
解得F=18N，方向竖直向上，此过程对B 分析，根据动能定量理可得
2
2
2
1
0
2
t
Fx
m gx
m v




，解得x=0.25m，故
BC 正确；
D 项：根据动能定理：A、B 在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功和克服重力做功之和，
故D 错误。
点晴：本题关键是明确两个物体的运动规律，然后运用自由落体运动规律，动量守恒定律和动量定理列式求解。
11．（多选）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具
有Ep＝10.8 J 弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与
水平面相切、半径为R＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g 取10 m/s2。则下列说法正确的是
（
）
A. M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
B. 球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4
N·s
C. 若半圆轨道半径可调，且球m 能从B 点飞出，则飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D. 弹簧弹开过程中，弹力对m 的冲量大小为1.8 N·s
【解析】弹簧弹开小球过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球的速度；小球离
开圆形轨道后做平抛运动，应用动量定理与平抛运动规律分析答题．
释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：݉
ݒ1 −ܯݒ2 = 0，由机械能守恒得：
1
2݉
ݒ1
2 +
1
2 ܯݒ2
2 = ܧܲ，代入数据解得ݒ1 = 9݉
/ݏ，ݒ2 = 3݉
/ݏ；m 从A 到B 过程中，由机械能守恒定律得：
1
2݉
ݒ1
2 =
1
2݉
ݒ1'2 +݉
t ⋅2ܴ，解得ݒ1' = 8݉
/ݏ，以向右为正方向，由动量定理得，球m 从轨道底端A 运动到顶端B
的过程中所受合外力冲量大小为：ܫ= ȟ݌=݉
ݒ1' −݉
ݒ1 = 0.2 × ( −8) −0.2 × 9 =−3.4ܰݏ，则合力冲量大小为3.4N•s，
M 离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，故A 错误B 正确；设圆轨道半径为r 时，飞出B 后水平位移最大，由A 到B 机
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械能守恒定律得：
1
2݉
ݒ1
2 =
1
2݉
ݒ1'2 +݉
t ⋅2ݎ，在最高点，由牛顿第二定律得݉
t +ܰ
=݉
ݒ'1
2
ݎ，m 从B 点飞出，需要
满足ܰ
≥0，飞出后，小球做平抛运动2ݎ=
1
2 tݐ2，ݔ= ݒ1'ݐ，当8.1 −4ݎ= 4ݎ时，即ݎ= 1.0125݉
时，x 为最大，球
m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C 错误；由动量定理得，弹簧弹开过
程，弹力对m 的冲量大小为ܫ= ȟ݌=݉
ݒ1 = 0.2 × 9 = 1.8ܰ
⋅ݏ，故D 正确．
12．（多选）两个小球A、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A 的速度v1＝3
m/s(设为正)，B 的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是
（
）
A. 均为+1 m/s
B. ＋4 m/s 和－5 m/s
C. ＋2 m/s 和－1 m/s
D. －1 m/s 和＋5 m/s
【答案】
AD
【解析】两球碰撞过程中动量守恒．本题的难点在于判断碰撞后A 球的速度方向，A 的速度方向可能与原来相反，也
可能与原来相同，分两种情况研究．
发生正碰，则根据动量守恒得：
'
'
A
A
B
B
A
A
B
B
m v
m v
m v
m v



①，根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得
2
2
2
2
1
1
1
1
'
'
2
2
2
2
A
A
B
B
A
A
B
B
m v
m v
m v
m v



②,它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故A 正
确；速度如果是4m/s 和-5m/s，那么A、B 动能都增加，故B 错误；发生正碰后，A、B 速度方向不变即还是相向运动，
这不符合实际情况．故C 错误；发生正碰后，A、B 反向，符合以上等式，故D 正确
【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同
向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．
二、非选择题
13．如图，木块A、B 的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B 间夹有一小块炸药（炸药的质
量可以忽略不计）。让A、B 以初速度v0 一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为
0
2
v ，此时炸药爆炸使
木块A、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进。已知O、P 两点间的距离为s，设炸药爆
炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
（1）木块与水平地面的动摩擦因数μ；
（2）炸药爆炸时释放的化学能。
【答案】
（1）
2
0
3
8
v
gs ；（2）
2
0
1
4 mv
【解析】设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0。
从O 滑到P，对A、B，由动能定理得：
2
2
0
0
1
1
2
2 (
)
2
2
2
2
v
mgs
m
mv







……①
解得：
2
0
3
8
v
gs

………②
在P 点爆炸时，A、B 动量守恒：
0
2
2
v
m
mv


………③
根据能量的转化与守恒：
2
2
0
0
1
1
2
2
2
2
v
E
m
mv




（
）
………④
解得：
2
0
0
1
4
E
mv

………⑤
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14．如图所示，有一质量为M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块A 和B（均
可视为质点），由车上P 处分别以初速度v1=2m/s 向左和v2=4m/s 向右运动，最终A、B 两物块恰好停在小车两端没
有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。求：
（1）小车的长度L；
（2）A 在小车上滑动的过程中产生的热量；
（3）从A、B 开始运动计时，经5s 小车离原位置的距离。
【答案】
（1）
1
2
3
9.5
L
s
s
s
m




（2）2J
（3）
m
s
125
.1
'
【解析】（1）由于开始时物块A、B 给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B 做减速运动，加速度
a 大小一样，但是A 的初速度小，所以A 的速度先减为零。
设A 在小车上滑行的时间为t1，位移为s1，由牛顿定律
mg
ma


A 做匀减速运动，由运动学公式
1
1
v
at

1
2
1
2as
v 
由以上三式可得
2
1
/
a
m s

，1
2
t
s

1
2
s
m

A 在小车上滑动过程中，B 也做匀减速运动，B 的位移为s2，由运动学公式
2
1
1
2
2
2
1 at
t
v
s


可得
2
6
s
m

A 在小车上停止滑动时，B 的速度设为v3，有
2
2
3
at
v
v


可得
3
2
/
v
m s

B 继续在小车上减速滑动，而小车与A 一起向右方向加速。因地面光滑，两个物块A、B 和小车组成的系统动量守恒，
设三者共同的速度为v，达到共速时B 相对小车滑动的距离为
3
  s
v
M
m
mv
)
2
(
3


可得
0.5
/
v
m s

在此过程中系统损失的机械能为
2
2
3
3
)
2
(
2
1
2
1
v
M
m
mv
s
mg





可得
3
1.5
s
m

故小车的车长
1
2
3
9.5
L
s
s
s
m




（2）由于A 从开始滑动到相对小车静止以后，它随小车一起运动。故C 点距小车左端的距离为
1 
2
s
m

摩擦生热等于滑动摩擦力与相对位移的乘积



1s
F
Q
f
2J
（3）小车和A 在摩擦力作用下一起做加速运动，由牛顿运动定律
1
)
mg
m
M a



（
可得小车运动的加速度
2
1
/
3
1
s
m
a 
小车加速运动的时间为3t ，小车匀速运动的时间为4t
1 3
v
a t

可得
3
 1.5
t
s

所以
4
1
3
5
1.
)
5
t
t
t s
s




（
经5s 小车离原位置有
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4
1
2
2
'
vt
a
v
s


可得
m
s
125
.1
'
15．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m=1kg 的足够长的木板C，在C 上放置有A、B 两物体，A 的质量mA=1kg，
B 的质量为mB=2kg．A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=3J，现突然给A、B 一瞬时冲量作
用，使A、B 同时获得v0=2m/s 的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后
与A、B 分离．已知A 和C 之间的摩擦因数为μ1=0.2，B、C 之间的动摩擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静
摩擦力．求：
（1）弹簧与A、B 分离的瞬间，A、B 的速度分别是多大？
（2）已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B 和C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A、B、C 的
加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？
（3）已知C 与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？
【答案】
（1）
s
/
m
3
0


B
A
v
v
、
；（2）
s
/
m
5.1
J
5.4


v
Q
、
；（3）0.75m；
【解析】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB 弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：


B
B
A
A
B
A
v
m
v
m
v
m
m



0
1 分


2
2
2
0
2
1
2
1
2
1
B
B
A
A
B
A
P
v
m
v
m
v
m
m
E




2 分
联立解得：
s
/
m
3
0


B
A
v
v
、
.
2 分
（2）对物体B 有：
2
2
s
/
m
1


g
aB

1 分
对AC 有：

a
m
m
g
m
A
B


2

1 分
又因为：
g
m
a
m
A
A
1


1 分
故物体AC 的共同加速度为
2s
/
m
1

a
.
1 分
对ABC 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：

v
m
m
m
v
m
B
A
B
B



1 分


2
2
2
1
2
1
v
m
m
m
v
m
Q
B
A
B
B




2 分
解得：
s
/
m
5.1
J
5.4


v
Q
、
1 分
（3）C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0 后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A 达到
共同速度v１，之后AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度v２后做匀速运动。在
些过程中由于摩擦力做负功，故C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度。
2
2
2
1
s
/
m
1
s
/
m
2




g
a
g
a
B
A


、
1 分
C
B
A
ma
g
m
g
m


2
1


，解得：
2s
/
m
4

C
a
1 分
t
a
v
t
a
v
v
C
A





1
1 分
解得：
s
/
m
5.0
1 
v
s
5.0

t
1 分
m
5.0
2
1
1



t
v
v
xA
1 分
m
25
.0
2
1
1





t
v
v
xC
1 分
故AC 间的相对运动距离为
m
75
.0
|
|
1
1



C
A
AC
x
x
x
1 分
16．如图（甲）示，光滑曲面MP 与光滑水平面PN 平滑连接，N 端紧靠速度恒定的传送装置，PN 与它上表面在同一
水平面．小球A 在MP 上某点静止释放，与静置于PN 上的工件B 碰撞后，B 在传送带上运动的v-t 图象如图（乙）且
t0 已知，最后落在地面上的E 点．已知重力加速度为g，传送装置上表面距地面高度为H．
（1）求B 与传送带之间的动摩擦因数μ；
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（2）求E 点离传送装置右端的水平距离L；
（3）若A、B 发生的是弹性碰撞且B 的质量是A 的2 倍，要使B 始终落在E 点，试判断A 静止释放点离PN 的高度h
的取值范围．
【答案】
见试题分析
【解析】（1）由v-t 图象知，在t0 时间内，B 的加速度大小
①（1 分）
B 所受滑动摩擦力大小
f=2 μmg
②（1 分）
又由牛顿第二定律可知B 所受合力大小
f=2ma
③（1 分）
解得：
④（1 分）
（2）由v-t 图象知，小球在传送带上最后的运动阶段为匀速运动，即与传送装置已达到共同速度，它从传送装置抛出
的速度vB1=
, 由平抛物体运动规律：
⑤（1 分）
⑥（1 分）
由①②，代入vB1=
，得：
⑦（1 分）
（3）若使B 始终落到地面上E 点，也必须是以相同速度离开传送装置；设B 离开传送带时的速度为
，即有
⑧（1 分）
由图象可求出B 在传送带上运动时的对地位移始终为
⑨（1 分）
设A 的质量为m，碰前速度为v，碰后速度vA；B 质量为2m，碰后速度vB.
A 下滑过程机械能守恒（或动能定理）
mgh=
⑩（1 分）
A、B 碰撞过程，由A、B 系统动量守恒
mv = mvA+2mvB
⑪（1 分）
A、B 系统机械能守恒
⑫（1 分）
联立⑩⑪⑫可解得
，
⑬（1 分）
B 始终能落到地面上E 点，有以下两类情形：
ⅰ.若
，B 进入传送带上开始匀减速运动，设B 减速到
经过位移为S1，有
⑭（1 分），则应满足
联立①⑧⑨⑬⑭式，可得
⑮（1 分）
ⅱ.若
，B 以速度vB 进入传送带上匀加速至
，设此过程B 对地位移为S2，有
⑯（1 分），且恒有
联立①⑧⑯式，得
⑰（1 分），即
恒成立，
综上所述，要使工件B 都落在地面的E 点，小球A 释放点高度h 必须满足条件：
⑱（1 分）
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资料正文内容开始>>
专题8
交变电流与传感器
第一部分
名师综述
本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用，在学习的过程中，要注意理论联系实际，要善于知
识的迁移、综合和应用，本章主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一中心展开，复习时需
要注意的问题有：
1.区分瞬时值、有效值、最大值、平均值.
①瞬时值随时间做周期性变化，表达式为
t
NBS
e

sin

(从中性面开始计时).
②有效值是利用电流的热效应定义的，即如果交流电通过电阻时产生的热量与直流电通过同一电阻在相同时间内产生
的热量相等，则直流电的数值就是该交流电的有效值.用来计算电路中的电功率和电热.
③最大值用

NBS
Em 
来计算，是穿过线圈平面的磁通量为零时的感应电动势.
④平均值是利用
t
n
E



来进行计算的，计算电量时用平均值.
2.理想变压器的有关问题，要注意掌握电流比的应用，当只有一原一副时电流比
2
1
2
1
n
n
I
I 
，当理想变压器为一原多副
时，电流比关系则不适用，只能利用输入功率与输出功率相等来进行计算.同时掌握输入功率与输出功率的决定与被决
定的关系.
3.要了解远距离输电的基本模式，弄清输电的基本规律，正确设计出输电方案，更好地传送电能.
4.对传感器部分：
①应知道求解传感器问题的思路：传感器问题具有涉及的知识点多、综合性强、能力要求高等特点，而传感器的形式
又多种多样，有的原理甚至较难理解.但不管怎样，搞清传感器的工作原理及过程是求解问题的关键.因此，求解时必须
结合题目提供的所有信息，认真分析传感器所在的电路结构，这样才能对题目的要求作出解释或回答.另外，平时应多
注意实际生产、生活中的一些实例，多一些思考，多动手，多查资料，开阔自己的视野，丰富自己的经验，达到学以
致用、活学活用的目的.
②特别注意加速度计与加速度传感器：加速度传感器实际上是变式加速度计，它将加速度信号转换为电压信号输出，
该传感器可以制作成振动传感器(因为振动物体的加速度一般不为零)，振动传感器可以广泛地应用在报警、测量等领
域(如汽车、摩托车防盗报警器等).
第二部分
精选试题
一、选择题
1．图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的
轴匀速转动，产生的电
动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，不计电路的其他
电阻，则B
（
）
t/(×10-2s)
O
e/V
1
2
31.1
-31.1
图甲
图乙
A．t＝0 时刻线圈平面与中性面垂直
B．每秒钟内电流方向改变100 次
C．灯泡两端的电压为22V
D．0~0.01s 时间内通过灯泡的电量为0
【解析】由图乙电动势随时间变化的正弦规律图像可知：计时起点e=0，即从中性面开始计时，所以A 错误；由图象
可知：电动势周期为0.02s，所以频率为50Hz，即每秒钟内电流方向改变100 次，所以B 正确；由图象可知：电动势
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的有效值为22V，所以灯泡两端的电压为
V
U
8.
19
22
100
90



，所以C 错误。0~0.01s 时间内通过灯泡的电流均为
正方向，所以电量不为0，即D 错误。
【结束】
2．如图，线圈abcd 的ad 长20cm，ab 长10cm，匝数N=50 匝，电阻不计，在磁感应强度B=
T 的匀强磁场中绕
OO1 轴匀速转动，角速度w=100rad/s，OO1 轴通过ad 且同时垂直于ad 和bc，距ab 的距离是距dc 的距离的2 倍．线
圈的输出端接单相理想变压器线圈，接在变压器副线圈两端的灯泡“10V，10W”刚好正常发光．则
（
）
A. 变压器原线圈两端电压有效值为100
2 V
B. 变压器原线圈中电流为1A
C. 变压器的原副线圈匝数比为10：1
D. 通过灯泡的交流电频率为50Hz
【解析】线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的
输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论
矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为
50
2
0.2 0.1 100V
100 2V
m
E
nBs







V，
故有效值为U1=100V，故A 错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：
1
2
100
10
10
1
n
n 

，故
C 正确；根据功率为P
UI

知
2
10
1
10
P
I
A
U



，又
1
2
2
1
1
10
I
n
I
n


知
1
0.1A
I 
，故B 错误；通过灯泡的交流电频率
为
100
2
2
f





，故D 错误；
【点睛】对于变压器需要掌握公式
1
1
2
2
U
n
U
n

、
1
2
2
1
I
n
I
n

，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功
率，
【结束】
3．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串
一个相同的灯泡L，则
（
）
A．灯L 也能正常发光
B．灯L 比另外三个灯都暗
C．灯L 将会被烧坏
D．不能确定
【答案】
A.
【解析】原、副线圈中的电流之比为
1
2
I
I
＝
2
1
n
n
＝1
3
，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I 额＝
2
3
I .又I1＝1
3
I2，
所以通过原线圈中灯L 的电流恰为其额定电流，灯L 正常发光，所以A 正确．
【结束】
4．某交流发电机给灯泡供电,产生交变电流的图像如图所示,下列说法中正确的是
（
）
A.交变电流的频率为100Hz
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B.交变电流的瞬时表达式为i=5cos(50πt) A
C. 该交流电的电压的有效值为5
D.在t=5×10-3s 时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大
【解析】由图象可知，交变电流的周期
0.02
T
s

，可知频率为50Hz，A 错误；电流的最大值为5A，根据图象可在瞬
时值表达式为：i=5cos(100πt) A ，B 错误；由于交流电流的有效值
2
m
I
I 
，此交流电流的有效值5
2
A，而题中没
给出灯泡的电阻，因此无法知道交流电压的有效值，C 错误；在t=5×10-3s 时，回路的感应电流最小，此时线圈处于
中性面上，穿过交流发电机线圈的磁通量最大，D 正确。
【结束】
5．某同学为了验证自感现象，自己找来带铁芯的线圈L（线圈的自感系数很大，构成线圈导线的电阻可以忽略）、两
个相同的小灯泡A 和B、开关S 和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。经检查，各元件和导线均是完好
的，检查电路无误后，开始进行实验操作。他可能观察到的现象是
（
）
A．闭合S 瞬间，A 比B 先亮
B．闭合S 瞬间，B 比A 先亮
C．断开S 瞬间，A 比B 先熄灭
D．断开S 瞬间，B 比A 先熄灭
【解析】从实物图中我们可以看出两个小灯泡是并联状态，其中自感线圈和B 灯泡串联，当闭合开关的瞬间，通过B
的电流增大，自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增大，所以B 是逐渐亮起来，而A 灯泡不受影响，故A 比B 先亮，
A 正确，B 错误；当断开开关的瞬间，电流电流减小，自感线圈要阻碍电流的减小，产生与原电流方向相同的感应电流，
所以B 灯泡是缓慢熄灭，而A 是立即熄灭，故CD 错误，
【结束】
6．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中
1R 、
2
R 、
3
R 和
4
R 均为固定电阻，开关S 是闭合的，
1V
和
2
V 为理想电压表，读数分别为
1
U 和
2
U ；
1A 、
2
A 和
3
A 为理想电流表，读数为别为
1I 、
2I 和
3I 。现断开S，
1
U 不
变，下列推断正确的是：
（
）
V1
A1
V2
A2
R1
A3
R2
R3 R4
S
~
A、
2
U 变小，
3I 变小
B、
2
U 不变，
3I 变小
C、
1I 变小，
2I 变小
D、
1I 变小，
2I 变大
【解析】原副线圈电压之比等于线圈匝数比值，因此S 断开不能改变U2 大小，所以排除A。由于U2 不变，当S 断开，
则输出端负载增加，即总电流变小，即I2 变小，输出功率变小，所以I1 也变小。所以排除D。因此R1 分得电压变小，
所以R234 总电压增加，因此R2 电流应该变大。由于I2 变小，所以I3 变大。综上分析答案为C。
考点：远距离输电
点评：本题考查了远距离输电问题中常见的问题，结合闭合电路欧姆定律，通过先分析内阻，在分析定值电阻从而找
到解决问题关键。
【结束】
7．如图甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R 构成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，
产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则
（
）
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A．电压表的示数为14.14 V
B．通过电阻的电流为0.707 A
C．电阻R 上消耗的功率为3.75 W
D．通过电阻的电流方向每秒变化100 次
【答案】
B
【解析】14.14V 为电动势的有效值，而电压表显示的是路端电压，所以A 错；通过电阻的电流应是：
，所以B 正确；电阻R 上消耗的功率为：
从乙图可知，交流电
的频率是25Hz，通过电阻的电流方向每秒变化50 次，所以D 错。
【结束】
8．如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2 ；
B 为降压变压器，其输人功率为P3,，输入电压为U3。A、B 均为理想变压器，,输电电流为I，输电线的总电阻为r，则
下列关系正确的是
（
）
A．U2= U3
B．U2= U3+Ir
C．P1 >P2
D．P2=P3
【解析】由于输电线有电阻，输电线上有电压降，所以U2= U3+Ir，选项A 错误B 正确。对于理想变压器，P1 =P2，选
项C 错误；由于输电线上发热，消耗电能，所以P2>P3，选项D 错误。
【结束】
9．（多选）如图甲所示，一交流发电机向远距离的理想变压器输电，输电线等效电阻Rl=2ȳ，变压器匝数比nl：n2=2：
1，发电机输出的交变电压随时间变化图象如图乙所示，交流电压表示数为5V，R2=10ȳ，则
（
）
A. 通过R2 的交变电流频率为50Hz
B. 图象上对应的0.01s 时刻，发电机中的线圈刚好与中性面重合
C. R2 两端的电压为10V
D. 发电机输出功率为12.5W
【答案】
ABC
【解析】理想变压器不改变交流电的频率，故通过ܴ
2的交变电流的频率和交流电的频率相同，为݂
=
1
0.02 ܪݖ= 50ܪݖ，
A 正确；图象上对应的0.01s 时刻，交流电压为零，此时磁通量最大，磁通量变化率最小为零，故发电机中的线圈刚好
与中性面重合，B 正确；变压器原线圈输入端电压为ܷ
=
25 2
2 V = 25V，故原线圈输出端电压为ܷ
1 =ܷ
−ܷܴ
1 = 20V，
根据公式ܷ
1ܷ
2 =݊
1݊
2可得副线圈两端电压，即ܴ
2两端电压为ܷ
2 =ܷ
1݊
2݊
1 = 10V，C 正确；发电机输出功率为为电阻ܴ
1消耗的
电功率与副线圈中消耗的电功率之和，故发电机输出功率为ܲ
=
52
2 +
102
10 = 12.5 + 10(W) = 22.5W，D 错误；
【结束】
10．（多选）如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有
交流电压表V、交流电压表A2、滑动变阻器R 等，所有电表都是理想电表，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，
灯泡L 的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是
（
）
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A. 交流电压表V 的读数为32 V
B. 灯泡L 两端电压的有效值为32 V
C. 当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，电流表A2 示数增大，A1 示数增大
D. 由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s
【答案】
AC
【解析】根据图b 可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；再根据电压之比等于线圈匝数之
比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L 两端的电压的
有效值，再根据电路结构分析电流表的变化．
由图b 可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据
1
1
2
2
U
n
U
n

，可得副线圈电压为32V，交流电压表V 的示数为有效
值，即为32V，故A 正确；设灯泡L 两端电压的有效值为
'
U ，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流
有效值的定义有
2
2
32
'
2
T
U
T
r
r

，解得
'
22.6V
U 
，故B 错误；当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，滑动变阻器阻值
减小，则由欧姆定律可知，电流表
2
A 示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表
1
A 示数也增
大，故C 错误；根据
2
2
100
/
0.02
rad s
T







，可知，交流发电机转子的角速度为100
/
rad s

，故D 错误．
【结束】
11．（多选）如图所示，MN、PQ 是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变
压器的副线圈与阻值为R 的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2 =k，导轨宽度为L。质量为m 的
导体棒ab 垂直MN、PQ 放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度随时间变化的规律是
2
sin
m
v
v
t
T








，
范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表。
则下列说法中正确的是
（
）
A. 导体棒两端的最大电压为
m
BLv
B. 电阻R 上的电压为
2
2
m
BLv
k
C. 电流表的示数为
2
m
BLv
k R
D. 导体棒克服安培力做功的功率为
2
2
2
2
2
m
B L v
k R
【答案】
ABD
【解析】A、根据题意，电动势的瞬时值表达式为：
2
sin
m
e
BLv
t
T








，则最大电动势为：
m
m
E
BLv

，故选项A
正确；
B、由于大电动势为：
m
m
E
BLv

，则电动势的有效值为：
2
m
E
E 
，则副线圈两端的电压为：
1
2
2
n
E
k
U
n


，则
2
2
2
m
BLv
U
k

，故选项B 正确；
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C、则副线圈电流为：
2
2
2
2
m
BLv
U
I
R
kR


，在根据
2
1
1
2
I
n
k
I
n


，则电流表读数为
2
1
2
2
2
m
BLv
I
I
k
k R


，故选项C 错
误；
D、根据能量守恒，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻R 的热功率，故
2
2
2
2
2
2
2
m
B L v
U
P
R
k R


，故选项D 正确。
【结束】
12．（多选）在匀强磁场中，一个100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁
通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则
（
）
A. t=0 时，线圈平面平行于磁感线
B. t=1 s 时，线圈中的电流改变方向
C. t=1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大
D. 一个周期内，线圈产生的热量为
2
8π J
【答案】
AD
【解析】t=0 时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A 正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁
通量有最大值）电流的方向改变一次，t=1 s 时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B 错误；t=1.5 s 时，磁通
量有最大值，但磁通量的变化率为零（
0
t


），根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C 错误；
感应电动势最大值
m
m
2π
4π V
E
NBS
N
T





，有效值
m
2 2πV
2
E
E 

，一个周期内线圈产生的热量
2
2
8π J
E
Q
T
R



，
【结束】
二、非选择题
13．两个完全相同的电热器，分别通过如图a 和b 所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个
电热器的电功率之比Pa∶Pb 等于多少？
【答案】
2∶1
【解析】有效值与最大值关系I=
是仅对正弦交变电流适用，即对于b 图才有Ib=
，Pb=
R=
R，对于a
图的方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R 的电流都是Im，只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来
说，它与电流方向是没有关系的.因此从热效应来说,a 图交变电流与电流是Im 的恒定电流是等效的，也可以说a 图交变
电流有效值就是Im.因此Ia=Im，Pa=
R=
R.所以Pa∶Pb =1∶
=2∶1.
【结束】
14．某发电厂发电机的输出功率P＝100 kW，发电机端电压U＝250 V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8 Ω.要使传
输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V，那么：
(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．
(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．
【答案】
：见解析
【解析】(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示．
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(2)按题意，P 损＝5%P＝0.05×100×103 W
＝5×103 W.
设输电线路中的电流为I，P 损＝I2R，
I＝
P
R
磁＝
3
5 10
8

A＝25 A.
输送电压U2＝P
I
＝
3
100 10
25

V＝4000 V，
对升压变压器
1
2
n
n
＝
1
2
U
U
＝250
4000
＝1
16
，
输电线路上损失电压
U 损＝IR＝25×8 V＝200 V，
降压变压器原线圈n3 两端电压
U3＝U2－U 损＝(4000－200) V＝3800 V，
用户在副线圈n4 两端得到电压U4＝220 V，
所以
3
4
n
n
＝
3
4
U
U
＝3800
220
＝190
11
.
即升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16；
降压变压器原、副线圈匝数比为190∶11.
【结束】
15．某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S 的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线
框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R。使线框绕轴以角速度匀速转动，数字实验系统实时显示回路
中的电流i 随时间t 变化的关系如图所示。当线圈平面和竖直方向的夹角为时，电流达到最大值
m
I 。求：
(1)该处地磁场的磁感应强度大小B 及地磁场方向与水平面间的夹角a；
(2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q；
(3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值（
m
t









)；线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，
通过导线的电荷量q。
【答案】
（1）
m
I R
B
nS

；地磁场方向与水平面夹角2



；（2）
2
m
I R
Q



（3）
3
2
m
I
q


【解析】（1）根据欧姆定律：
m
m
E
I
R

交流电的最大值表达式为：
m
E
nBS

则：
m
I R
B
nS

线圈平面与磁场方向平行时，感应电流最大，所以地磁场方向与水平面夹角2



。
（2）根据焦耳定律：
2
Q
I RT

2
mI
I 
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2
T



联立得：
2
m
I R
Q



（3）根据法拉第电磁感应定律：E
n
t




m
m
I R
t
n









根据：E
n
t




，
E
I
R

，q
I t
，
sin
m





，
m
m
m
E
I R
n
n





联立得线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量：
3
2
m
I
q
n R





【名师点睛】
（1）根据欧姆定律及交流电的最大值表达式求出磁感应强度大小，根据中性面的定义求出地磁场方向与水平面间的夹
角；（2）根据焦耳定律利用有效值求出回路中产生的焦耳热；（3）根据法拉第电磁感应定律，利用平均电流求出通过
导线的电荷量。
【结束】
16．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220 匝，
线圈面积S=0.1m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B=
T．为用此发电机所发出交流
电带动两个标有“220V
11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图．求：
（1）发电机的输出电压为多少？
（2）变压器原副线圈的匝数比为多少？
（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？
【答案】
（1）发电机的输出电压为2200V；
（2）变压器原副线圈的匝数比为10：1；
（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为10A
【解析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生
感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效
值，电表测量值也是有效值
解：（1）线圈产生的电动势最大值为：
Em=NBSω=2200
（V）
输出电压就等于电动势，输出电压的有效值为
U1=
=2200（V）
（2）由于电动机的额定电压为220V，由电压与匝数成正比
得：
=10：1
（3）根据P 入=P 出=2.2×104W
根据P 入=U1 I1
解得：I1=10A
答：（1）发电机的输出电压为2200V；
（2）变压器原副线圈的匝数比为10：1；
（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为10A
【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将
变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值
【结束】
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资料正文内容开始>>
专题9
磁场
第一部分
名师综述
带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。
带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数
学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀
及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。
纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、
功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合
分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有
构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K 为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀
强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c 从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K 的过程中，下列说法正
确的是
（
）
A. 在K 处球a 速度最大
B. 在K 处球b 对轨道压力最大
C. 球b 需要的时间最长
D. 球c 机械能损失最多
【解析】对a 小球受力分析可知，ܨt + ݍvܤ−݉
t =݉
ݒt
2
ݎݎ，所以ܨt =݉
t −ݍݒܤ+݉
ݒt
2
ݎ；
对b 球受力分析可得，ܨܾ−݉
t =݉
ݒܾ2
ݎ，所以ܨܾ=݉
t +݉
ݒܾ2
ݎ；
对c 球受力分析可知ܨܿ−݉
t =݉
ݒܿ2
ݎ，所以ܨܿ=݉
t +݉
ݒܿ2
ݎ；
由于a 球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b 球受到的电场力对小球做负功，到达
最低点时的速度的大小最小，所以b 球的运动的时间也长，所以A 错误C 正确；c 球受到的电场力对小球做正功，到
达最低点时球的速度大小最大，所以c 球的机械能增加，c 球对轨道压力最大，所以B 错误，D 错误。
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的bc 球，电场力对小球做功，
影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。
2．如图所示，在空间中有一坐标系Oxy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I 和Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区
域I 中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内．边界上的P 点坐标
为(4L，3L)．一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射人区域I，经过一段时间后，粒子恰
好经过原点O．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法中不正确的是
（
）
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A．该粒子一定沿y 轴负方向从O 点射出
B．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间
qB
m
t
60
53

D．该粒子运动的可能速度为
)
3,2,1
(
12
25



n
nm
qBL
v
【解析】带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
2v
qvB
m R

,解得
mv
R
qB

所以，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径分别为：
1
2
2
R
R

,有题意知OP 边与x 轴的夹角
3
tan
4
L
L

，
知
37

，故带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射人区域I 与OP 边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的
对称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y 轴负方向，故A 选项正确，B 选项错误；粒子在磁场中做匀速圆周
运动的周期为
2 m
T
qB


，粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为
1
106

，粒子在区域Ⅰ中运动的时间为
1
1
1
53
2
90
m
t
T
qB






，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为
2
106

粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
1
1
2
53
2
180
m
t
T
qB






所以该粒子在磁场中运动的最短时间
1
2
t
t
t


= 53
60
m
qB

，故C 选项正确；带电粒子每次从区域
Ⅱ射出为一个周期，在OP 边移动的距离为
0
1
2
L
L
L


，其中
1
1
8
2
cos37
5
mv
L
R
qB


，
2
2
4
2
cos37
5
mv
L
R
qB


，而
0
5L
nL

,n=1,2,3……联立解得
)
3,2,1
(
12
25



n
nm
qBL
v
,故D 选项正确；综上所述，只有B 选项错误。
3．如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B 的有界匀强磁场(边界上有磁场)，其边界为一边长为L 的三角
形，A．B．C 为三角形的顶点。今有一质量为m．电荷量为+q 的粒子(不计重力)，以速度
3
V
4
qBL
m

从AB 边上某
点P 既垂直于AB 边又垂直于磁场的方向射人磁场，然后从BC 边上某点Q 射出．若从P 点射入的该粒子能从Q 点射
出，则
（
）
A．
B．
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C．
D．
【答案】
AD
【解析】
因为带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心必定在经过AB 的直线上，可将粒子的运动轨迹画出来，然后移动三角形，获
取AC 边的切点以及从BC 边射出的最远点。由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为
3
4
R
L

，如图所示，
当圆心处于O1 位置时，粒子的运动轨迹与AC 边相切，并与BC 边相切，因此入射点P1，为离开B 最远的点，满足
2
3
4
PB
L

，A 项正确；当圆心处于O2 位置时，粒子从P2 射入，打在BC 边的Q 点，由于此时Q 点距离AB 最远
为运动轨迹的半径R，故QB 最大，即
1
2
QB
L ，D 项正确。
4．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注
人对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两种带电粒子将被局
限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞，为维持带电粒子在环状空腔中的
匀速圆周运动，下列说法正确的是
（
）
A. 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷
越大，磁感应强度B 越大
B. 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷
越大，磁感应强度B 越小
C. 对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子运动的周期越大
D. 对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变
【解析】由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导
出电子圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析．电子在加速电场中，根据动能定理得
电子在匀强磁
场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
得到，电子圆周运动的半径
，周期
。
A、B 对于给定的加速电压，v 不变，又由题得知，r 不变，则带电粒子的比荷
越大，则B 越小．故A 错误，B 正确．
C、D 由上可知，加速电压U 越大，电子获得的速度v 越大，要保持半径r 不变，B 应增大，则T 会减小．故CD 错误．故
选B。本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动类型，除了常规思路外，抓住隐含条件进行分析是关键．本题的
隐含条件是电子的运动半径不变．
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5．为了诊断病人的心脏功能和动脉血液黏稠情况，需测量血管中血液的流量，如图所示为电磁流量计示意图，将血管
置于磁感应强度为B 的磁场中，测得血管两侧a、b 两点间电压为u，已知血管的直径为d，则血管中血液的流量Q(单
位时间内流过的体积)为
（
）
A.
u
Bd
B.
du
B

C.
4
du
B

D.
2
4
d u
B

【解析】本题考查的是带电粒子在电场和磁场中的运动问题。设血液在血管中做匀速直线运动，则有：qvB
qE

,得：
U
E
U
d
v
B
B
dB



则血管中血液的流量Q(单位时间内流过的体积)为
2
4
4
U
d
Q
vs
B
B
t
u
d
d





答案选C。
6．欧洲强子对撞机在2010 年初重新启动，并取得了将质子加速到1.18 万亿ev 的阶段成果，为实现质子对撞打下了
坚实的基础。质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A 时都会
被加速（图1），当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向
做匀速圆周运动，并最终实现对撞（图2）。质子是在磁场的作用下才得以做圆周运动的。下列说法中正确的是
（
）
A．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
B．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
C．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
D．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动。质子在环
形加速器中运动时，质子每次经过位置A 时都会被加速，速度增大，环形空腔的半径保持不变，由
2
v
mv
qvB
m
r
r
qB


　　即
知，B 逐渐增大，故A、B 错误；质子在对撞轨道中运动时，环形空腔的半径保持
不变，络仑兹力不做功，速率不变，由
mv
r
qB

磁场始终保持不变，故C 错误，D 正确。
7．如图所示，在直角坐标系ݔth 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多
质量为m、电荷量为+ ݍ的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从原点O 射入
磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用，下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中ܴ
=݉
ݒ
ݍܤ，
正确的图是
（
）
A. A
B. B
C. C
D. D
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【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，以ݔ轴为边界的磁场，粒子从ݔ轴进入磁场后在离开，速度ݒ与ݔ轴的夹角
相同，根据左手定和ܴ
=݉
ݒ
ݍܤ，知沿x 轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y 轴进入的刚好转半个周期，如图，在两
图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D 正确；
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析
法分析。
8．如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N 匝，线圈的下部悬
在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右
边再加上质量为m 的砝码后，天平重新平衡．由此可知
（
）
A. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
B. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
C. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
D. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
【解析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小
解：由题可知B 的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖
直向上，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码．则有mg=2NBIL，所以B=
．故ABC 错误，
D 正确
故选：D
【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定即利用好左手定则即可，以及会利用力的平衡去求解问题
9．（多选）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2 和L3 两两等距，均通有电流I ，L1 中电流方向与L2 中的相同，
与L3 中的相反，下列说法正确的是
（
）
A. L1 所受磁场作用力的方向与L2、L3 所在平面垂直
B. L3 所受磁场作用力的方向与L1、L2 所在平面垂直
C. L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1: 3
D. L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为
3 :
3 :1
【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1 受力分析，如图所示，可知L1 所受磁场力的方向与L2、L3 所
在的平面平行，故A 错误；对L3 受力分析，如图所示，可知L3 所受磁场力的方向与L1、L2 所在的平面垂直，故B 正
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确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2 受到的磁场力的合力等于F，L3 受的磁场力的合力为
3F ，即
L1、L2、L3 单位长度受到的磁场力之比为1:1: 3 ，故C 正确，D 错误。
【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安
培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。
10．（多选）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝
缘材料制成，长、宽、高分辨为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在
前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，
若用Q 表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是
（
）
A. 若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面的电势高
B. 前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关
C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
D. 污水流量Q 与电压U 成正比，与ab 无关
【解析】A、正负离子流动时，根据左手定则，正离子洛伦兹力，向后表面偏转，所以后表面上带正电荷，前表面上带
负电荷，前表面电势比后表面低．故A 错误，B 正确．C、最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
U
q
qvB
b 
，流量Q=vS=vbc，所以
QB
U
c

，与离子浓度无关．故C 错误．D、由
cU
Q
B

知污水流量Q 与电压成
正比，与a、b 无关．故D 正确．故选BD．
【点睛】解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处
于平衡，前后表面形成稳定的电势差．
11．（多选）如图所示，某空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和磁场力
作用下，从静止开始沿曲线acb 运动，到达b 点时速度为零，c 点为运动的最低点，则
（
）
A．离子必带负电
B．a．b 两点位于同一高度
C．离子在c 点速度最大
D．离子到达b 点后将沿原曲线返回a 点
【解析】粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电，
故A 错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在a 到b 的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，a、b 两点等
电势，因为该电场是匀强电场，所以a、b 两点位移同一高度，故B 正确；根据动能定理得，离子运动到c 点电场力做
功最大，则速度最大，故C 正确；只要将离子在b 点的状态与a 点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电
势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在b 之右侧重现前面的曲线运动，因此，离
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子是不可能沿原曲线返回a 点的，如图所示，故D 错误。
考点：带电粒子在混合场中的运动
【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力
情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功。
12．（多选）绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为-q 的小球从斜面上高h 处，以初速度为v0、方向
与斜面底边MN 平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。
已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是
（
）
A. 小球在斜面上做匀变速曲线运动
B. 小球到达底边MN 的时间ݐ=
2݄
tsin2ߙ
C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为0＜ܤ≤݉
t
ݍݒ0ܿtݏߙ
D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为0＜ܤ≤݉
t
ݍݒ0 ݏ݅݊
ߙ
【答案】
ABC
【解析】对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即速度变化，
不会影响重力沿斜面的分力，由于速度与合力方向垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故A 正确；小球做类平抛运动，
在斜面上，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解及牛顿第二定律，则小球的加速度t =݉
tݏ݅݊
ߙ݉，
再由运动学公式，球到达底边MN 的时间ݐ=
2݄
tݏ݅݊
2ߙ，故B 正确；小球垂直磁场方向的速度始终为v0，小球能够沿斜
面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0＜qv0B≤mgcosα，解得：磁感应强度的取值范围为0＜ܤ≤݉
t
ݍݒ0ܿtݏߙ，故C 正
确，D 错误；故选ABC.
二、非选择题
13．如图所示，在xoy 平面内的y 轴左侧有沿y 轴负方向的匀强电场，y 轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴为匀
强电场和匀强磁场的理想边界。一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）从x 轴上的N 点（-L，0）以
v0 沿x 轴正方向射出。已知粒子经y 轴的M 点（0，-L/2）进入磁场，若匀强磁场的磁感应强度为
.求：
（1）匀强电场的电场强度E 的大小；
（2）若粒子离开电场后，y 轴左侧的电场立即撤去，通过计算判断粒子离开磁场后到达x 轴的位置是在N 点的左侧还
是右侧？
（3）若粒子离开电场后，y 轴左侧的电场立即撤去。要使粒子能回到N 点，磁感应强度应改为多少？
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【答案】
（1）
（2）粒子到达N 点的右侧；（3）
【解析】（1）
粒子在电场中做类平抛运动，有：
①
②
③
由①②③可：
④
（2）设粒子到M 点的速度大小为v，方向与x 轴正方向成θ角。粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，粒子从y 轴上
A 点离开磁场。
则有：
⑤
⑥
⑦
由几何关系知，MA 的距离为：
⑧
联立②③⑤⑥⑦可得：
⑨
⑩
可知A 点的坐标为（0，
），根据对称性在A 点的速度方向与y 轴负方向成
，粒子离开磁场后做匀速直线
运动，粒子到达x 轴上
位置。所以粒子到达N 点的右侧。
（3）要使粒子回到N 点，粒子须在y 轴上的B 点离开在磁场。设新磁场的磁感应强度大小为
，在磁场中做圆周运
动的半径为r，则有：
（11）
（12）
联立⑥⑩（11）（12）可解得：
（13）
14．如图所示，在直角坐标系xoy 平面的第II 象限内有半径为R 的圆
1
O 分别与x 轴、y 轴相切于C（R

，0）、D（0，
R ）两点，圆
1
O 内存在垂直于xoy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度B．与y 轴平行且指向负方向的匀强电场左边界
与y 轴重合，右边界交x 轴于G 点，一带正电的粒子A（重力不计）电荷量为q 、质量为m ，以某一速率垂直于x 轴
从C 点射入磁场，经磁场偏转恰好从D 点进入电场，最后从G 点以与x 轴正向夹角45°的方向射出电场．求：
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（1）OG 之间距离；
（2）该匀强电场电场强度E；
（3）若另有一个与A 的质量和电荷量相同、速率也相同的正粒子A，从C 点沿与x 轴负方向成30°角的方向射入磁
场，则粒子A再次回到x 轴上某点时，该点坐标值为多少？
【答案】
（1）
2
OG
R

（2）
2
2
qRB
E
m

（3）
3
(2
,0)
2
R
R

【解析】（1）设粒子A 速率为
0v ，其轨迹圆圆心在O 点，故A 运动到D 点时速度与y 垂直，粒子A 从D 至F 做类平
抛运动，令其加速度为a，在电场中运行的时间为t，则有：
2
1
2
y
R
at


0
x
OG
v t


①
（2 分）
0
0
tan 45
y
x
v
at
v
v


②
（2 分）
联立①②两式解得：
0
0
1
1
tan 45
2
2
2
y
at
x
v



，故
2
OG
R

③
（2 分）
（2）粒子A 的轨迹圆半径为R，由
2
0
0
v
qv B
m R

，
得：
0
qBR
v
m

④
（2 分）
qE
a
m

⑤
（1 分）
联立①③⑤式得
2
0
1
2
(
)
2
qE
R
R
m
v



⑥
(2 分)
解得：
2
2
qRB
E
m

⑦
（1 分）
（3）令粒子A轨迹圆圆心为O，因为
o
90
O CA




，O C
R


，以O为圆心，R 为半径做A的轨迹圆交圆形磁
场
1
O 于H 点，则四边形
1
CO HO

为菱形，故
//
O H
y

轴，令粒子A从J 点射出电场，交x 轴于K 点，因与粒子A 在
电场中的运动类似，
0
45
JKG


，GK
GJ

.
(2 分)
OI
JG
R


，又
0
cos30
OI
R
R


，解得
0
3
cos30
2
JG
R
R


（3 分）
粒子A再次回到x 轴上的坐标为
3
(2
,0)
2
R
R

（2 分）
15．某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁
场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P 为板上的
三点，M 位于轴线OO′上，N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q 的粒子以某
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一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点。改变粒子入射速度
的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。
（1）求磁场区域的宽度h；
（2）欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
（3）欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值。
【答案】
（1）h＝（
2
3 ܮ－3݀）（1－
3
2 ）；（2）Δv＝
ݍܤ݉（
ܮ
6－
3
4݀
）；（3）vn＝
ݍܤ݉（
ܮ݊－3݀）（2≤n＜
3ܮ
3݀，n 取整数）
【解析】（1）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带电粒子的运动轨迹如下图所示。
由图中几何关系有：L＝3rsin30°＋
3݀
2tan30°，h＝r（1－cos30°）
解得：h＝（
2
3 ܮ－3݀）（1－
3
2 ）
（2）设带电粒子初始入射速度为v1，改变速度后仍然经过上方的磁场区域一次后到达N 点，此时速度的改变量最小，
设为v2，粒子改变速度后，在磁场中运动的轨道半径为r′，带电粒子的运动轨迹如下图所示。
由图中几何关系有：L＝4r′sin30°＋
3݀
2tan30°
根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有：qv1B＝݉
ݒ1
2
ݎ，qv2B＝݉
ݒ1
2
ݎ
粒子入射速度的最小变化量Δv＝|v2－v1|
联立以上各式解得：Δv＝
ݍܤ݉（
ܮ
6－
3
4݀
）
（3）粒子可能从上方磁场出来后经过M 点，也可能从下方磁场出来后经过M 点，不妨假设粒子共n 次经过了磁场区
域到达了M 点，此时在磁场中运动的轨道半径为rn，速度为vn，根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有：qvnB＝݉
ݒ2
2
ݎ
根据几何关系有：L＝2nrnsin30°＋݊݀tan30°
解得：vn＝
ݍܤ݉（
ܮ݊－3݀）
由于粒子经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点，因此粒子不可能只经过上方一次射出后直接到达M 点，因此有：
n≥2
又因为，粒子必须能够经过磁场改变其运动速度的方向才能到达M 点，因此满足n＜
ܮ݀tan30°＝
3ܮ
3݀
所以：vn＝
ݍܤ݉（
ܮ݊－3݀）（其中2≤n＜
3ܮ
3݀，且n 为整数）
16．如图所示，与纸面垂直的竖直面MN 的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E 的匀强电场（上、下及左侧无界）。
一个质量为m 、电量为q
mg E

的可视为质点的带正电小球，在
0
t 
时刻以大小为
0v 的水平初速度向右通过电场中
的一点P，当
1
t
t

时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D 点，
D 为电场中小球初速度方向上的一点，PD 间距为L ，D 到竖直面MN 的距离DQ 为L .设磁感应强度垂直纸面向里为
正.
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（1）试说明小球在0— 1
0
t
t

时间内的运动情况,并在图中画出运动的轨迹；
（2）试推出满足条件时1t 的表达式（用题中所给物理量
0
B 、m 、q 、
0v 、L 来表示）；
（3）若小球能始终在电场所在空间做周期性运动.则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度
0
B 及运动的最大周期T
的表达式（用题中所给物理量m 、q 、
0v 、L 来表示）。
【答案】
（1）如甲图所示
（2）1
0
0
L
m
t
v
qB


（3）
0
6L
T
v

【解析】（1）在0～t1 时间内做匀速直线运动，在t1～t1+t0 时间内做匀速圆周运动
（2 分）
轨迹如甲图所示
（3 分）
（2）小球进入电场时，做匀速直线运动时
Eq
mg

①
（1 分）
在t1 时刻加入磁场，小球在时间t0 内将做匀速圆周运动（如图甲所示），设圆周运动周期为
0T ，半径为
0
R ，竖直向下
通过D 点，则：0
0
3
4
t
T

②
（1 分）
2
0
0
0
v
qv B
m R

③
（1 分）
PF
PD
R


即
0 1
v t
L
R


④
（1 分）
将③代入④式解得1
0
0
L
m
t
v
qB


（2 分）
（3）小球运动的速率始终不变，当R 变大时，
0T 也增加，小球在电场中的运动的周期T 增加，在小球不飞出电场的
情况下，当
0T 最大时，有：
2
DQ
R

，即
0
0
2mv
L
qB

⑤
（2 分）
0
0
0
2
2
R
m
T
v
B q




⑥
（2 分）
综合⑤⑥式得
0
0
2 mv
B
Lq


0
0
L
T
v

⑦
综合轨迹图可知，小球在电场中运动的最大周期
0
0
3
4 (
)
4
T
T
t



⑧
（2 分）
综合上式解得:
0
6L
T
v

所以小球在电场中运动一个周期的轨迹如图乙所示：
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专题10
电磁感应
第一部分
名师综述
近年来高考对本考点内容考查命题频率极高的是感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生的感应电动势
的计算，且要求较高．几乎是年年有考；其他像电磁感应现象与磁场、电路和力学、电学、能量及动量等知识相联系
的综合题及图像问题在近几年高考中也时有出现；另外，该部分知识与其他学科的综合应用也在高考试题中出现。试
题题型全面，选择题、填空题、计算题都可涉及，尤其是难度大、涉及知识点多、综合能力强，多以中档以上题目出
现来增加试题的区分度，而选择和填空题多以中档左右的试题出现，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、
应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此历来是高考的热点。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，在
磁场以变化率k 均为减弱的过程中
（
）
A．线框产生的感应电动势大小为kL2
B．电压表的读数为2
2
kl
C．a 点的电势高于b 点的电势
D．电容器所带的电荷量为零
【解析】线框产生的感应电动势大小为：
，A 错；电压表的读数为0，B 错；根据楞次定律，a 点的电势高
于b 点的电势，C 正确；线框相当于电源，对电容充电，因此电容器带的电荷量不是0，D 错。
2．如图所示，平行于y 轴的导体棒以速度v 向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区
域，导体棒中的感应电动势E 与导体棒位置x 关系的图像是
（
）
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A.
B.
C.
D.
【解析】
如图所示，设导体棒运动到位置x 处，由几何关系可得导体棒切割磁感线的有效长度为
，产生的感应电动势为
整理后可得
，从方程可以看出，感应电动势E 与导体棒位置x 关系的图像是一个椭圆，故正
确的选项为A。
3．如图所示，匀强磁场区域宽度为l，现有一边长为d(d>l)的矩形金属框以恒定速度v 向右通过磁场区域，该过程中
有感应电流的时间总共为
（
）
A.
B.
C.
D.
【解析】当线框的右边进入磁场开始产生感应电流，直到右边开始离开磁场区域，该过程中金属框中有感应电流，时
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间是1
l
t
v

，当线框的左边进入磁场开始产生感应电流，直到左边开始离开磁场区域，该过程中金属框中有感应电流，
时间是2
l
t
v

，所以该过程金属框中有感应电流的时间总共为2l
v
．故选B．
4．青藏铁路刷新了一系列世界铁路的历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一种电磁装置可
以向控制中心传输信号以确定火车位置和运动状态，原理是将能产生匀强磁场的磁铁，安装在火车首节车厢下面，俯
视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便产生一个电信号，被控制中心接收到，当火车通过线圈时，若
控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图乙所示，则说明火车在做
（
）
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐加大的变加速直线
【解析】由u-t 图象得到，线圈两端的电压大小与时间成正比，即有u=kt 由法拉第电磁感应定律u=BLv，则v= U
kt
BL
BL

，
B、L、k 均一定，则速度v 与时间t 成正比，所以火车做匀加速直线运动．B 正确。
5．如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R 的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨
所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v 沿金属导轨滑
行时，其他电阻不计，电阻R 中的电流为
（
）
A.
0
60
sin
R
Bdv
B.
R
Bdv
C.
R
Bdv
0
60
sin
D.
R
Bdv
0
60
cos
【解析】导线切割磁感线的有效长度是
0
60
sin
d
L 
，感应电动势
BLv
E 
，R 中的电流为
R
E
I 
.联立解得
I=
0
60
sin
R
Bdv
6．如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω，
磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i 的正方向。
则
（
）
A. 0～5 s 内i 的最大值为0.1 A
B. 第4 s 末i 的方向为正方向
C. 第3 s 内线圈的发热功率最大
D. 3～5 s 内线圈有扩张的趋势
【解析】由法拉第电磁感应定律：
可以看出B-t 图像的斜率越大，所以零时刻线圈的感应电动
势最大，即
，由欧姆定律：
,A 错；从第3s 末到第5s 末竖直向上的磁场一直在
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减小，由楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流是负值，B 错；由图
乙图像可知，在第3s 内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，最小，C 错；由图乙所示
可知，3～5s 内穿过线圈的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，D 对。
7．如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ 是两根平行的金属导轨，而ab、cd 为串有伏特表和安培表的两根金属棒，它
们同时以相同的速度向右运动时，下列说法中正确的是
（
）
A. 电压表有读数，电流表有读数
B. 电压表无读数，电流表有读数
C. 电压表无读数，电流表无读数
D. 电压表有读数，电流表无读数
【解析】当两棒以相同的速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数．电压表是
由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数，没有电流通过电压表时，指针不偏
转，电压表就没有读数．故C 正确．
8．如图所示，边长为2l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l 的正方形导线框所在平面与磁
场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t=0 开始，使导线框从图示位置开始
以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I 表示导线框中的感应电流（以逆时针方
向为正），则下列表示I-t 关系的图线中，正确的是
（
）
【解析】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故AB 错误；进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感
应电动势和感应电流在变化，故C 错误；线框进入磁场过程，有效切割长度L 均匀增大，感应电动势E 均匀增大，感
应电流I 均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度L 均匀减小，感应电动势E 均匀减小，感应电流I 均匀减小，两个过
程电流方向相反，故D 正确．
9．（多选）如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直．规定垂直纸面向里方向
为磁场的正方向，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．则
（
）
A. 从0 到t2 时间内，导线框中电流的方向先为adcba 再为abcda
B. 从0 到t2 时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
C. 从0 到t1 时间内，导线框中电流越来越小
D. 从0 到t1 时间内，导线框ab 边受到的安培力越来越小
【解析】从0 到t2 时间内，线圈中磁通量的变化率相同，则感应电动势不变，电路中电流大小和方向不变，根据楞次
定律可知电流方向为adcba，故AC 错误，B 正确；从0 到t1 时间内，电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL 可知，
F 与B 成正比，因为B 逐渐减小，所以安培力越来越小，故D 正确。所以BD 正确，AC 错误。
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10．（多选）在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B
的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a、b，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑
定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻将b 也垂直导轨放置，a、c 此
刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则
下列说法正确的
（
）
A. 物块c 的质量是2msin
B. b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a、c 增加的动能
C. b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能
D. b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mgsin
BL

【答案】
AD
【解析】b 棒静止说明b 棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a 棒匀速向上运动，说明a 棒受绳的拉
力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c 匀速下降则c 所受重力和绳的拉力大小平衡．由
b 平衡可知，安培力大小
sin
F
mg


安
，由a 平衡可知
sin
2
sin
F
F
mg
mg





绳
安
，由c 平衡可知
c
F
m g

绳
；
因为绳中拉力大小相等，故2
sin
c
mg
m g

，即物块c 的质量为2 sin
m
，故A 正确；b 放上之前，根据能量守恒知
a 增加的重力势能也是由于c 减小的重力势能，故B 错误；a 匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C 错误；根
据b 棒的平衡可知
sin
F
mg


安
又因为F
BIL

安
，所以
sin
mg
I
BL


，故D 正确；
【点睛】从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法
的角度处理更简捷．
11．（多选）如图，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab 边长为l1，bc 边长为l2，
线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，e f 为磁场的边界，且e f∥MN．线
框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，Ｆ沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入
磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是
（
）
A. 线框进入磁场前的加速度为
sin
F
mg
m


B. 线框进入磁场时的速度为

2 2
1
sin
F
mg
R
B l


C. 线框进入磁场时有a→b→c→d 方向的感应电流
D. 线框进入磁场的过程中产生的热量为（F −mgsinθ）l1
【答案】
ABC
【解析】线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma,线框的加速度为
sin
F
mg
a
m



．故A 正
确．设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受力平衡，
sin
F
F
mg



安
，而
2 2
1
1
1
=
Bl v
B l v
F
B
l
R
R



安
，解得
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

2 2
1
sin
F
mg
R
v
B l



，选项B 正确；根据右手定律可知，线框进入磁场时有a→b→c→d 方向的感应电流，选项C 正
确; 由能量关系，线框进入磁场的过程中产生的热量为力F 做的功与线圈重力势能增量的差值，即F l2−mg l2sinθ，选
项D 错误；故选ABC.
12．（多选）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方
形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t=0
时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下
列说法正确的是
（
）
A. 磁感应强度的大小为0.5 T
B. 导线框运动速度的大小为0.5m/s
C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D. 在t=0.4s 至t=0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
【答案】
CD
【解析】由E–t 图象可知，线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度
0.1 m/s=0.5m/s
0.2
l
v
t


，选项B 正确；E=0.01 V，
根据E=BLv 可知，B=0.2 T，选项A 错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在
t=0.4 s 至t=0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流
0.01 A
2A
0.005
E
I
R



，所受的安培力大小为F=BIL=0.04 N，
选项D 错误；故选BC。
【名师点睛】此题是关于线圈过磁场的问题；关键是能通过给出的E–t 图象中获取信息，得到线圈在磁场中的运动情
况，结合法拉第电磁感应定律及楞次定律进行解答。此题意在考查学生基本规律的运用能力以及从图象中获取信息的
能力。
二、非选择题
13．如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计。
水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜
轨道平面所在区域。现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab 和cd，垂直于轨道分别置于水平轨
道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd 下滑过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示。（g=10m/s2）
求：
（1）导轨平面与水平面间夹角θ；
（2）磁场的磁感应强度B；
（3）导体棒ab 对水平轨道的最大压力FN 的大小；
（4）若已知从开始运动到cd 棒达到最大速度的过程中，ab 棒上产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd 棒横截面
的电荷量q。
【答案】
(1)
30

（2）B=1T
（3）
3N
N
F
（4）
1C
q 
【解析】(1) 由a
v

图象可知，导体棒cd 刚释放时，加速度
2
5m/s
a 
对cd 棒受力分析，由牛顿第二定律得：
sin
mg
ma

得
2
sin
5m/s
a
g



故：
30


（2）当cd 棒匀速下滑时，由图象知a=0，v=1m/s
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sin
mg
F

安
=
F
BIL
安
2
BLv
I
R

联立得：
2
2
sin
2
B L v
mg
R

解得：B=1T
（3）当电路中的电流I 最大时，ab 棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大
N
F
mg
F


安
由牛顿第三定律：
N
N
F
F

解得：
3N
N
F
（4）ab 棒产生的焦耳热
2
=
0.45J
ab
Q
Q
I Rt


，cd 棒产生的热量与ab 棒相同
对cd，由能量守恒定律：
2
1
sin
2
2
mgx
mv
Q


解得：
1m
x 
q
I t


2
E
I
R

=
E
t


则：
1C
2
2
BLx
q
R
R





考点：考查电磁感应、图象、能量守恒定律、牛顿第二定律．
【名师点睛】本题中的导轨倾斜部分和水平部分都足够长，分析知道在斜轨上棒最终匀速运动，在水平轨道上最终静
止，再运用电磁感应的规律和力学知识求解.
14．如图所示，AB、CD 是处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B1 的匀强磁场的两条金属导轨（足够长），导轨宽度
为d，导轨通过导线分别与平行金属板MN 相连，有一与导轨垂直且始终接触良好的金属棒ab 以某一速度
0
沿着导轨
做匀速直线运动。在y 轴的右方有一磁感应强度为B2 的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x 轴的下方有一场强为E 的
方向平行x 轴向右的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在M 板由静止经过平行金属板MN，然后
以垂直于y 轴的方向从F 处沿直线穿过y 轴，而后从x 轴上的G 处以与x 轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠
加的区域，最后到达y 轴上的H 点。已知OG 长为l，不计粒子的重力。求：
（1）金属棒ab 做匀速直线运动速度的大小B？
（2）粒子到达H 点时的速度多大？
（3）要使粒子不能回到y 轴边界，电场强度以满足什么条件？
【答案】
见试题分析
【解析】解：金属棒ab 在切割磁感线过程中产生的感应电动势为：
0
1 

d
B

（2 分）
设粒子在F 进入磁场时的速度为，由牛顿第二定律得：
R
m
B
q
2
2



（2 分）
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由几何知识可得（如图）

60
sin

R
l
（2 分）
粒子在通过MN 过程中由动能定理得：
2
2
1


m
q

（2 分）
联解以上各式得：
d
mB
l
qB
B
0
1
2
2
2
1
3
2


（2 分）
（2）从D 到C 只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有
2
2
2
1
2
1


m
m
qEl
H 


，
（2 分）
解得：
m
qEl
m
l
B
q
H
2
3
4
2
2
2
2
2



（2 分）
（3）
0
2
3
4
0
2
2
2
2
2



m
qEl
m
l
B
q
H
时，

（1 分）
要使粒子不能回到y 轴边界，
m
qEl
m
l
B
q
2
3
4
2
2
2
2
2

（2 分）
即
m
l
qB
E
3
2
2
2

（1 分）
15．如图所示，两根足够长的金属导轨ab、cd 与水平面成=37 固定，导轨间距离为L=1m，电阻不计。在导轨上
端接一个阻值为R0 的定值电阻。在c、N 之间接有电阻箱。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平
面垂直，磁感应强度大小为B=1 T；现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。金属
棒下滑过程中与导轨接触良好。金属棒与导轨间的滑动摩擦因数为=0. 5。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大
速度vm ，得到vm-R 的关系如图所示。若轨道足够长，重力加速度g 取10
2
/
m s 。求：
(1)金属杆的质量m 和定值电阻R0 的阻值；
(2)当电阻箱R 取3.5 时，且金属杆的加速度为l
2
/
m s 时，此时金属杆的速度。
【答案】
（1）0.5kg；0.5Ω（2）2m/s
【解析】（1）金属杆以速度vm 下滑时，根据法拉第电磁感应定律：E=BLvm
由闭合电路的欧姆定律可知：E=I（R+R0）
当金属棒以最大速度下滑时有：
sin
cos
mg
BIL
mg





联立解得：
0
2
2
2
2
(sin
cos )
(sin
cos )
m
mg
mg
v
R
R
B L
B L










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由vm-R 图线可知：
2
2
(sin
cos )
1
mg
B L





；
解得：m=0.5kg；R0=0.5Ω
（2）设金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律可知：E’=BLv
由闭合电路的欧姆定律可知：E’=I（R+R0）
当金属杆下滑的加速度为1m/s2 时，根据牛顿第二定律可得：
sin
cos
mg
BIL
mg
ma






解得v=2m/s
16．如图甲所示，将一间距为L＝1 m 的U 形光滑导轨（不计电阻）固定倾角为θ＝30°，轨道的上端与一阻值为R＝1
Ω的电阻相连接，整个空间存在垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B 未知，将一长度也为L＝1 m、阻值
为r＝0．5 Ω、质量为m＝0．4 kg 的导体棒PQ 垂直导轨放置（导体棒两端均与导轨接触）．再将一电流传感器按照如
图甲所示的方式接入电路，其采集到的电流数据能通过计算机进行处理，得到如图乙所示的I－t 图象．假设导轨足够
长，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直．已知重力加速度g＝10 m/s2．
（1）求0．5 s 时定值电阻的发热功率；
（2）求该磁场的磁感应强度大小B；
（3）估算0～1．2 s 的时间内通过传感器的电荷量以及定值电阻上所产生的热量．
【答案】
（1）1．21 W （2）1．25 T．（3）1．65 J
【解析】（1）由I-t 图象可知当t=0．5s 时，I=1．10A；
P=I2R=1．102×1．0W=1．21W
（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1．60A，
稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinθ=BIL
解得ܤ＝݉
tݏ݅݊
ߠ
ܫܮ
＝1.25ܶ
（3）1．2s 内通过电阻的电量为图线与t 轴包围的面积，由图知，总格数为130 格，q=130×0．1×0．1C=1．30C
由图知，1．2s 末杆的电流I=1．50A
由闭合电路欧姆定律得ܫ＝
ܧܴ
+ݎ＝
ܤܮݒܴ
+ݎ
得ݒ＝
ܫ(ܴ+ݎ)
ܤܮ
＝1.8݉
/ݏ
又q＝ܫҧ ⋅△ݐ＝
ܧഥܴ
+ݎ⋅△ݐ＝
△߮
△ݐ⋅
△ݐܴ
+ݎ＝
△ܴ߮
+ݎ＝
ܤܮݔܴ
+ݎ
所以：ݔ＝
ݍ(ܴ+ݎ)
ܤܮ
＝1.56݉
根据能量守恒得mgxsinθ＝
1
2mv2+Q，
电路中产生的总热量为Q＝mgxsinθ−
1
2mv2＝2．47J
QR＝ܴܴ+ݎQ＝1．65J
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专题11 近代物理初步
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律。
考纲要求
1、知道什么是光电效应，理解光电效应的实验规律；会利用光电效应方程计算逸出功、极限频率、最大初动能等物理
量；知道光的波粒二象性，知道物质波的概念．
2、知道两种原子结构模型，会用玻尔理论解释氢原子光谱；掌握氢原子的能级公式并能结合能级图求解原子的跃迁问
题。
3、掌握原子核的衰变、半衰期等知识；会书写核反应方程，并能根据质能方程求解核能问题．
命题规律
1、光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点，也是考查的热点，一般以
选择题形式出现，光电效应方程可能会以填空题或计算题形式出现。
2、核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题，也可能与其它
知识联合出题．
3、半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点问题，试题一般以基础知识为主，较简单.
第二部分
精选试题
一、选择题
1．图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受
到何种辐射．当胸章上1 mm 铝片和3 mm 铝片下的照相底片被感光，而5mm 铅片下的照相底片未被感光时，则工作
人员可能受到了辐射的射线是
（
）
A. α和β
B. α和γ
C. β和γ
D. α、β和γ
【解析】试题分析：α射线贯穿能力很差，用一张纸就能把它挡住．β射线贯穿本领较强，很容易穿透黑纸，也能穿透
几厘米厚的铝板．γ贯穿本领更强，甚至能穿透几厘米厚的铅板．
α射线贯穿能力很差，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住．β射线贯穿本领较强，很容易穿透黑纸，也
能穿透几厘米厚的铝板．γ贯穿本领更强，甚至能穿透几厘米厚的铅板．由于本题目中射线能穿透1mm 和3mm 的铝
板，但不能穿透铅板，故一定不含γ射线，但一定含有β射线，可能含有α射线，A 正确．
【结束】
2．2017 年1 月9 日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数原子核发生核反应的过程中都
伴着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法正确的是
（
）
A.
90
234
Th 衰变为86
222
Rn，经过3 次α衰变，2 次β衰变
B. 1
2
H+1
3
H→2
4
He+0
1
n 是α衰变方程，90
234
Th→91
234
Pa+−1
0
e 是β衰变方程
C.
92
235
U+0
1
n→56
144
Ba+36
89
Kr+30
1
n 是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程
D. 高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为2
4
He+ 7
14
N→8
17
O+1
1
n
【解析】90
234݄ܶ
衰变为86
222ܴ݊
，经过3 次α衰变，2 次β衰变，故A 正确；1
2
H+1
3
H→2
4
He+0
1
n 是核聚变方程，
90
234
Th→91
234
Pa+−1
0
e 是β衰变方程，故B 错误；92
235
U+0
1
n→56
144
Ba+36
89
Kr+30
1
n 是核裂变方程，不是氢弹的
核反应方程，故C 错误；高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为2
4
He+ 7
14ܰ→8
17
O+1
1
H，
故D 错误。故A 正确，BCD 错误。
【结束】
3．如图为氢原子能级图，5 种金属的逸出功如下表：
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大量处在n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，可产生多种不同频率的光。现将其中频率最大的光，分别照射在以上5
种金属的表面。则在这五种金属表面逸出的光电子中，最大的动能约为
（
）
A. 7.77eV
B. 10.61eV
C. 11.46eV
D. 12.75eV
【解析】在氢原子向低能级跃迁时，从n=4 跃迁到n=1 的能级时，产生的光的频率最大，即ܧ=݄
ݒ41 =−0.85 −
−13.60݁
쨠= 12.75݁쨠，根据光电效应方程EKm=hv-W0 得，从4 能级到1 能级跃迁发出的光子照射金属铯产生光电子
最大初动能为：12.75-2.14=10.61eV，故B 正确，ACD 错误。
【结束】
4．用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A，K 两极间的电压
大小可调，电源的正负极也可以对调．分别用a，b，c 三束单色光照射，调节A，K 间的电压U，得到光电流I 与电压
U 的关系如图乙所示．由图可知
（
）
A. 单色光a 和c 的频率相同，但a 的光强更强些
B. 单色光a 和c 的频率相同，但a 的光强更弱些
C. 单色光b 的频率小于a 的频率
D. 改变电源的极性不可能有光电流产生
【解析】光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac 光对应的截止
频率小于b 光的截止频率，根据eU 截= 1
2
mvm2=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U 截越大．a 光、c 光的截
止电压相等，所以a 光、c 光的频率相等；当a、c 光照射该光电管，因频率相同，则a 光对应的光电流大，因此a 光
子数多，那么a 光的强度较强，故A 正确，BC 错误；若改变电源的极性，仍可能有光电流产生，但电流大小会发生变
化，故D 错误；故选A．
点睛：解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU 截= 1
2
mvm2=hγ-W，同时理解光电流的大
小与光强有关．
【结束】
5．下列说法正确的是
．
（
）
A. 电子的衍射图样表明电子具有波动性
B. 氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子
C. 在光电效应现象中，金属的逸出功随入射光的频率增大而增大
D. 在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的强度有关
【解析】电子的衍射图样表明粒子具有波动性，故A 正确；氢原子从某激发态跃迁至基态要释放特定频率的光子，故
B 错误；在光电效应现象中，金属的逸出功与材料有关，与入射光的频率无关，故C 错误；根据光电效应方程：
0
K
E
hv W


，可知最大初动能与入射光的频率有关而入射光的强度无关，故D 错误。所以A 正确，BCD 错误。
【结束】
6．下列关于放射性现象的说法中,正确的是
（
）
A. 原子核发生α衰变时,生成核与原来的原子核相比,中子数减少了4
B. 原子核发生α衰变时,生成核与α粒子的总质量等于原来的原子核的质量
C. 原子核发生β衰变时,生成核的质量数比原来的原子核的质量数多1
D. 单质的铀238 与化合物中的铀238 的半衰期是相同的
【解析】原子核发生α衰变时,生成核与原来的原子核相比,中子数减少了2,A 错误;生成核与α粒子的总质量小于原来的原
子核的质量,B 错误;原子核发生β衰变时,生成核的质量数与原来的原子核的质量数相同,C 错误;放射性元素的半衰期由原
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子核的内部因素决定,跟元素的化学状态无关,所以单质的铀238 与化合物中的铀238 的半衰期是相同的,D 正确.
【结束】
7．下列说法中错误的有
（
）
A. 太阳内部发生的核反应是热核反应
B. 光电效应揭示了光具有粒子性
C. 动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等
D. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
【解析】A、太阳的能量来自于其内部发生的热核反应即聚变反应，A 正确；
B、光电效应说明光具有粒子性，故B 正确；
C、根据ɉ =݄݌可知，动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长一定相等，故C 正确；
D、ߚ衰变的实质是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故D 错误。
【结束】
8．如图所示，用频率为v0 的光照射某金属能够使验电器指针张开，当用频率为2v0 的单色光照射该金属时
（
）
A. 一定能发生光电效应
B. 验电器指针带负电
C. 金属的逸出功增大
D. 逸出电子的最大初动能变为原来的2 倍
【解析】用频率为v0 的光照射某金属能够使验电器指针张开，说明发生了光电效应，当用频率为2v0＞v0 的单色光照
射该金属时，仍会发生光电效应．故A 正确．因金属中电子逸出来，导致金属带正电，则验电器指针也带正电．故B
错误．逸出功与入射光的频率无关．故C 错误．当用频率为2v0 的单色光照射该金属时，根据光电效应方程Ekm=hγ-W0
得，因W0 没有变化，则最大初动能不等于原来的2 倍，故D 错误．故选A．
点睛：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程Ekm=hγ-W0．注意最大初动能与频率不成正比，
及理解逸出功与入射光的频率无关．
【结束】
9．（多选）以下说法正确的是
（
）
A. α衰变是原子核内的变化所引起的
B. 某金属产生光电效应，当照射光的颜色不变而增大光强时，光电子的最大初动能将增大
C. 当氢原子以n=4 的状态跃迁到n=1 的状态时，要辐射光子
D.
15
1
12
4
7
1
6
2
N
H
C
He



是α衰变方程
【答案】
AC
【解析】试题分析：从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；根据光电效应方程分析
光电子最大初动能的变化；衰变是自发进行的，不需要其它粒子轰击．
衰变是原子核内的变化所引起的，A 正确；根据光电效应方程
0
km
E
hv W


知，光的颜色不变，即频率不变，增大
光强，光电子的最大初动能不变，故B 错误；当氢原子从n=4 的状态跃迁到n=1 的状态时，能量减小，辐射出光子，
故C 正确；
15
1
12
4
7
1
6
2
N+ H
C+ He

【结束】
10．（多选）1905 年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。在
给出与光电效应有关的四个图像中，下列说法正确的是
（
）
A. 图1 中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说法锌板带正电，验电器带负电
B. 图2 中，从光电流与电压的关系图像中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度
有关
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C. 图3 中，若电子电量用e 表示，
1
、
c
、
1
U 已知，由
c
U


图像可求得普朗克常量的表达式为
1
1
c
U e
h




D. 图4 中，由光电子最大初动能
k
E 与入射光频率的关系图像可知该金属的逸出功为E 或
0
h
【答案】
CD
【解析】A、用紫外线灯发出的紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属
指针带正电，故选项A 错误；
B、由图可知电压相同时，光照越强，光电流越大，只能说明光电流强度与光的强度有关，遏止电压只与入射光的频率
有关，与入射光的强度无关，故选项B 错误；
C、根据爱因斯坦光电效应方程
0
c
U e
h
W



，可知
0
c
W
h
U
e
e



，图像
c
U


的斜率表示h
e
，即
1
1
c
U
h
e




，解
得
1
1
c
U e
h




，故选项C 正确；
D、根据光电效应方程
0
km
E
h
W



知道
k
E


图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功，则逸出功为E，当最大初动能
为零，入射光的频率等于金属的极限频率，则金属的逸出功等于
0
h，故选项D 正确。
点睛：用弧光灯照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子，从而可以得出锌板和指针的电性，注意光照越强，光电流
越大，但遏止电压与光的强度无关。
【结束】
11．（多选）下列说法中正确的是
（
）
A. 用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大
B. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大
C. 光电子的最大初动能随入射光频率增大而增大
D. 在光照条件不变的情况下，对发射出来的光电子加上正向电压对光电子加速，所加电压不断增大，光电流也不断增
大
【解析】试题分析：根据光电效应方程判断光电子最大初动能与什么因素有关；通过电子轨道半径的变化，通过库仑
引力通过向心力，得出电子动能的变化，通过原子能量的变化得出电势能的变化；饱和光电流的大小与光照强度有关
根据爱因斯坦光电效应方程ܧ݇݉
=݄
ߛ−ܹ
0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大，不可见光的频率有比可
见光大的，也有比可见光小的，故A 错误C 正确；氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子
能量增大，根据݇݁
2
ݎ2 =݉
ݒ2
ݎ，知电子动能减小，则电势能增大，原子总能量增大，B 正确；在光照条件不变的情况下，
对发射出来的光电子加上正向电压对光电子加速，随电压不断增大，光电流并不是不断增大，当光电流到达最大时，
称为饱和光电流．饱和光电流的大小与光照强度有关，故D 错误．
【结束】
12．（多选）下列说法中正确的是
（
）
A. 放射性元素的半衰期与温度、压强无关
B. 玻尔理论认为，原子中的核外电子轨道是量子化的
C. “原子由电子和带正电的物质组成”是通过卢瑟福a 粒子散射实验判定的
D. 天然放射性元素23290Th(钍)共经过4 次α衰变和6 次β衰变变成20882Pb(铅)
【答案】
AB
【解析】放射性元素的半衰期只和本身的性质有关，与外界因素无关，A 正确；玻尔认为，原子中原子轨道是量子化
的，能量也是量子化的，故B 正确；卢瑟福a 粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，C 错误；设衰变过程经历了x
次ߙ衰变、y 次ߚ衰变，则由电荷数与质量数守恒得：232 = 208 + 4ݔ，90 = 82 + 2ݔ−h，得x=6，y=4，D 错误；
【结束】
二、非选择题
13．氢原子能级图如图所示，氢原子从n=2 的激发态跃迁到基态。
①求氢原子辐射的光子能量。
②氢原子辐射的光子照射逸出功为3．34eV 的锌板时，求逸出光电子的最大初动能。
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【答案】
①10．2eV
②6．86eV
【解析】试题分析：①
1
-
hv
E E


2
10.2 eV
②
km
0
-
E
hv W

6.86eV

考点：波尔理论
【名师点睛】此题考查了波尔理论；关键是知道辐射光子的能量等于两个能级的能级差；知道光电效应方程的表达式．
【结束】
14．实验室考查氢原子跃迁时的微观效应。已知氢原子能级图如图所示，氢原子质量为
。设原来处于
静止状态的大量激发态氢原子处于n=5 的能级状态。
①求氢原子由高能级向低能级跃迁时，可能发射出多少种不同频率的光；
②若跃迁后光子沿某一方向飞出，且光子的动量可以用
表示a 为普朗克常量，v 为光子频率,c 为真空中光速），
求发生电子跃迁后氢原子的最大反冲速率。（保留三位有效数字）
【答案】
①可以有
10
2
5 
C
n
种不同频率的光辐射②
1
s
m
17
.4



原
v
【解析】①可以有
10
2
5 
C
n
种不同频率的光辐射。（3 分）
②由题意知氢原子从n=5 能级跃迁到n=1 能级时，氢原子具有最大反冲速率。（1 分）
氢原子发生跃迁时辐射出的光子能量为
1
5
E
E
E
E




（1 分）
开始时，将原子（含核外电子）和即将辐射出去的光子作为一个系统，
由动量守恒定律可得：
0


光
原
原
p
v
m
（2 分）
光子的动量
c
h
p


，

h
E 
（1 分）
氢原子速度为
c
m
h
v
H
H


所以
1
s
m
17
.4



原
v
（1 分）
【结束】
15．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
⑴当今医学影像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11
作示踪原子。碳11 是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14 获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。
若碳11 的半衰期τ为20min，经2.0h 剩余碳11 的质量占原来的百分之几？（结果取2 位有效数字）
⑵回旋加速器的原理如图，D1 和D2 是两个中空的半径为R 的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f 的交流电源上，
位于D1 圆心处的质子源A 能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2 置于
与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效
电流I 与P、B、R、f 的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。
⑶试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 是增大、减小还
是不变？
【答案】
120
20
0
1
1
1.6%
2
2
t
t
m
m
















2
P
I
BR f


1
k
k
r
r



【解析】（1）核反应方程为14
1
11
4
7
1
6
2
N
H
C+ He


①
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设碳11 原有质量为m0，经过t=2.0h 剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：
120
20
0
1
1
1.6%
2
2
t
t
m
m
















②
（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：
2v
qvB
m R

③
质子运动的回旋周期为：
2
2
R
m
T
v
qB




④
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频率f 的关系可得：
1
f
T

⑤
设在t 时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
2
1
2
N
mv
P
t


⑥
输出时质子束的等效电流为：
Nq
I
t

⑦
由上述各式得
2
P
I
BR f


若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分
（3）方法一：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
1
k
k
k
r
r
r




，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为U，由动能定理知
2
2
1
1
1
2
2
2
k
k
qU
mv
mv



⑧
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知
k
k
mv
r
qB

，则


2
2
2
2
1
2
2
k
k
q B
qU
r
r
m



⑨
整理得


2
1
4
k
k
k
mU
r
qB
r
r




⑩
因U、q、m、B 均为定值，令
2
4mU
C
qB

，由上式得
1
k
k
k
C
r
r
r 



⑾
相邻轨道半径rk+1，rk+2 之差
1
2
1
k
k
k
r
r
r






同理
1
2
k
k
k
C
r
r
r





因为rk+2>rk，比较
kr

，
1
kr 

得
1
k
k
r
r



说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r
减小
方法二：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
1
k
k
k
r
r
r




，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知
k
k
mv
r
qB

，故
1
1
k
k
k
k
r
v
r
v



⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量
k
E
qU


⒀
以质子在D2 盒中运动为例，第k 次进入D2 时，被电场加速（2k﹣1）次
速度大小为


2
1 2
k
k
qU
v
m


⒁
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同理，质子第（k+1）次进入D2 时，速度大小为


1
2
1 2
k
k
qU
v
m



综合上述各式可得
1
1
2
1
2
1
k
k
k
k
r
v
k
r
v
k






整理得
2
2
1
2
1
2
1
k
k
r
k
r
k




，
2
2
1
2
1
2
2
1
k
k
k
r
r
r
k








2
1
1
2
2
1
k
k
k
k
r
r
k
r
r






同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，
1
2
1
k
k
k
r
r
r






，整理后有



2
1
1
+1
2
2
2
1
k
k
k
k
r
r
k
r
r







由于rk+2>rk，比较
kr

，
1
kr 

得
1
k
k
r
r



说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r
减小，用同样的方法也可得到质子在D1 盒中运动时具有
相同的结论。
【结束】
16．两个氘核发生如下核反应：
,
1
0
3
2
2
1
2
1
n
He
H
H



，其中氘核的质量为2.0136u，氦核的质量为3.015u，中子质量为
1.0087u，（1u 质量对应的能量为931.5Mev）（1）求核反应中释放的核能；（2）在以上两氘核以相等的动能0.35Mev
进行对碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能；（3）假设反应中产生的氦核
沿直线向原来静止的碳核（
C
12
6
）接近，受库仑力的影响，当它们距离最近时，两个原子核的动能各是多少？
【答案】
（1）
3 26
E
.
Mev


（2）氦核和中子的动能分别为
0 99
He
E
.
Mev

2 97Mev
n
E
.

（3）氦核与碳核的动能分别为
0 04
He
E
.
Mev

，
0 16
c
E
.
Mev

【解析】（1）释放的核能
Mev
mc
E
26
.3
2 



（4 分）
（2）设碰后产生的中子和氦核的质量分别为mh 和mHe,速度分别为
He
h
v
v

和
由动量守恒有
He
He
h
h
v
m
v
m





0
（2 分）
由此可得E 碰后产生的中子与氦核的动能
比为
1
3
)
(
2
1
2
1
2
2
2











h
He
He
He
h
h
He
He
h
h
He
n
m
m
V
m
V
m
V
m
V
m
E
E
（2 分）
所以，氦核和中子的动能分别为
)
1(
99
.0
)
2
(
4
1
0
分
Mev
E
E
EHe




)
1(
97
.2
)
2
(
4
3
0
分
Mev
E
E
En




（3）设碳核质量为mc,氦核与碳核相距最近时的速度为v，根据动量守恒定律，有
v
m
m
v
m
c
He
He
He



)
(
（3 分）
所以
He
v
v



5
1
（1 分）
从而得到氦核与碳核的动能分别为
Mev
E
v
m
E
He
He
He
04
.0
25
1
2
1
2





（2 分）
Mev
E
v
m
E
He
c
c
16
.0
25
4
2
1
2




（2 分）
【结束】
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专题12
分子动理论与统计观点
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，更加注
重：
（1）建立宏观量和微观量的对应关系，如分子动能与温度相对应，分子势能与体积相对应，物体的内能与温度、体积、
物质的量相对应等；
（2）强化基本概念与基本规律的理解和记忆；
（3）建立统计的观点；
（1）考纲要求
掌握分子动理论的基本内容.2.知道内能的概念.3.会分析分子力、分子势能随分子间距离的变化．
（2）命题规律
高考热学命题的重点内容有：(1)分子动理论要点，分子力、分子大小、质量、数目估算；题型多为选择题和填空题，
绝大多数选择题只要求定性分析，极少数填空题要求应用阿伏加德罗常数进行计算(或估算)。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．下列叙述正确的有
（
）
A．布朗运动不是分子运动，但说明了固体微粒内的分子在做无规则运动
B．当分之间的距离逐渐增大时，分子间的引力和斥力都同时减小
C．固体微粒越小，温度越高，布朗运动就越明显
D．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大
E．物体的内能跟物体的温度和体积有关。
【答案】
BCE
【解析】布朗运动不是分子运动，但说明了液体内的分子在做无规则运动，选项A 错误；当分子之间的距离逐渐增大
时，分子间的引力和斥力都同时减小，选项B 正确；固体微粒越小，温度越高，布朗运动就越明显，选项C 正确；温
度升高，物体内的分子的平均热运动速率增大，但不是每一个分子的热运动速率都增大，选项D 错误；物体的内能跟
物体的温度和体积有关，选项E 正确；故选BCE。
考点：布朗运动；分子力；物体的内能
【名师点睛】此题考查的都是易错知识点；尤其是布朗运动，要知道布朗运动既不颗粒分子的运动，也不是液体分子
的运动，而是液体分子无规则运动的反映。
【结束】
2．下列说法正确的是
（
）
A. 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能
B. 将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加
C. 已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加
D. 液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张
力
E. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强一定减小
【解析】机械能能全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，选项A 错误；将两个分子由距离极近
移动到相距无穷远的过程中，分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增加，选项B 正确；气体分子间
的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，气体对外做功，分子引力对分子做负功，分子势能增加，而温度不变则分子
平均动能不变，故内能增加，故C 正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间
的作用表现为相互吸引，即存在表面张力，选项D 正确；气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞
次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁
单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小．故E 错误．故选BCD.
点睛：本题重点是C，分子的内能与分子动能和势能有关，而动能由温度决定，分子势能的变化要看分子力做功的正
负.
【结束】
3．下列说法中正确的是
（
）
A．一定质量的气体，在压强不变时，则单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而减少
B．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离
C．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其它元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
D．同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
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E．液体表面具有收缩的趋势，是由于液体表面层里分子的分布比内部稀疏的缘故
【答案】
BCE
【解析】气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素
有关，在压强不变时，气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数随温度降低而增加，A 错误；知道阿伏加
德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，用摩尔质量除以摩尔密度可以得到摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数得到每个
分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即为分子间距，故B 正确；生产半导体器件时，需要在纯净的半导体
材料中掺入其它元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项C 正确；同一种物质在不同的温度时可能以晶
体和非晶体两种不同的形态出现，如石墨和金刚石；故D 错误；液体表面具有收缩的趋势，是由于液体表面层里分子
的分布比内部稀疏的缘故，选项E 正确；故选BCE．
考点：气体的压强；阿伏加德罗常数；晶体与非晶体；表面张力
【名师点睛】此题考查了热学部分的几个简单的知识点，都是比较简单的知识，只要多看书加强记忆和理解，很容易
得分．
【结束】
4．关于热现象和热学规律，下列说法正确的是
（
）
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显
D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的
E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
【解析】知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积（分子间
隙大），故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B 正确；悬浮在液
体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C 正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一
定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D 正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E 错误；
故选BCD．
考点：阿伏加德罗常数、布朗运动、热力学第二定律、饱和蒸汽压强
【名师点睛】本题考查了
【结束】
5．下列说法正确的是
（
）
A. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B. 在一定温度下，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
C. 一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少
D. 一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的
E. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的
趋势
【解析】只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子运动占据的体积，选项A 错误；在一定温
度下，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显，选项B 正确；一定质量的理想气体压强不变时，气体分子
单位时间内对器壁单位面积的冲量不变，温度升高时气体分子的平均动能变大，故分子对器壁的平均作用力变大，但
因压强不变，故平均碰撞次数随着温度升高而减少，选项C 正确；一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的，D 正确；
由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，选
项E 错误；故选BCD.
【结束】
6．下列说法中正确的是
（
）
A. 布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运
动就越显著
B. 温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数越多，液体继续蒸发，饱和气压强增大
C. 一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5×104J 并对外界做功1.0×104J，则气体体的温度升高，密度减小
D. 晶体在熔化过程中所吸收的热量，既增加分子的动能，也增加分子的势能
E. 分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
【答案】
BCE
【解析】布朗运动是由于液体（或气体）分子对固体微粒的碰撞引起的，但只有在固体微粒很小时，各个方向的液体
分子对它的碰撞不均匀才引起它做布朗运动。因此固体微粒体积越小，布朗运动越显著，所以A 错误；温度升高时，
液体里能量较大的分子增多，单位时间内从液面飞出的分子也增多，致使饱和汽的密度增大，因而压强增大，所以C
正确；晶体在熔化过程中，温度不变，分子动能不变，吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，故D 错误；
r＜r0，分子力表现为斥力，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小，所以E 正确。
【结束】
7．下列说法正确的是
（
）
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A. 气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
B. 雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
C. 食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
D. 两个物体内能相同，则它们的温度一定相同
E. 温度升高时，液体的饱和汽压增大
【答案】
BCE
【解析】气体很容易充满整个容器，这是分子无规则运动的表现，选项A 错误；雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮
雨，是因为水的表面张力作用，选项B 正确；食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，选项
C 正确；物体的内能与物质的量、温度、体积及状态都有关，故两个物体内能相同，则它们的温度不一定相同，选项D
错误；温度升高时，液体的饱和汽压增大，选项E 正确；故选BCE.
【结束】
8．下列说法正确的是
（
）
A. 一定质量的某种气体体积为V，分子数为N，则气体分子体积为
B. 分子动理论是热现象微观理论的基础
C. 布朗运动说明了固体颗粒分子在做无规则运动
D. 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
E．一切自发的宏观自然过程总是向熵增加的方向进行
【答案】
BDE
【解析】因为气体分子之间有空隙，
不等于气体分子的体积，A 错误；分子动理论是热现象微观理论的基础，B 正
确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，它反应了液体分子的无规则运动，C 错误；有些晶体和非晶体在一定条件
下可以相互转化，D 正确；熵增大的反应有利于反应的自发进行，但是熵增加的反应不一定都是自发反应，故D 错误；
故选BDE。
【结束】
9．关于物体的内能，下列说法正确的是
（
）
A. 一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时，分子势能减小
B. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关
C. 通电时电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的
D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
E. 一定温度下饱和汽的压强与气体的体积无关
【答案】
BDE
【解析】一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时，分子动能不变，因为要吸热，故分子势能增大，选项A 错误；物体
内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，选项B 正确；电流通过电阻发热，它的内能增加是通过电流做
功方式实现的，故C 错误;自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，选项D 正确；饱和汽的
压强与液体的种类和温度有关，与体积无关；故E 正确；故选BDE.
【结束】
10．下列说法正确的是
（
）
A. 外界对封闭气体做功时，气体内能可能增大
B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向
D. “油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
【答案】
ACE
【解析】根据热力学第一定律，外界对封闭气体做功时，如果气体不放热或者放出的热量小于外界做的功时，气体内
能就会增大，选项A 正确；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项B 错误；空调既能制
热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，选项C 正确；“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油
酸分子直径用的是油酸酒精溶液中含有油酸的体积除以油膜的面积，选项D 错误；生产半导体器件时，需要在纯净的
半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项E 正确；故选ACE.
【结束】
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专题13
固体、液体、气体与能量守恒
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，以选择
题的形式考查晶体和非晶体的特点、液体的表面张力、饱和汽与饱和汽压、热力学运动定律的理解等；以计算和问答
题的形式结合气体考查内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律等；
（1）考纲要求
知道晶体、非晶体的区别；理解表面张力，会解释有关现象；掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问
题。知道改变内能的两种方式，理解热力学第一定律；知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二
定律；掌握能量守恒定律及其应用．
（2）命题规律
高考热学命题的重点内容有：理想气体状态方程和用图象表示气体状态的变化；气体实验定律的理解和简单计算；固、
液、气三态的微观解释和理解。高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个方面：热力学定律的理解和简单计算，
多以选择题的形式出现。
第二部分
精选试题
一、选择题
1．下列说法中正确的是
（
）
A. 知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离
B. 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则气体对外界做功，气体分子的平均动能减小．
C. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
D. 没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
E. 一定量100 C

的水变成100 C

的水蒸气，其分子之间的势能增加
【答案】
ABE
【解析】知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离，选项A 正确；一定
质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则气体对外界做功
0
W 
，Q=0，根据E
W
Q



可知气体内能减
小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B 正确．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是液体分
子无规则运动的反映，选项C 错误；根据热力学第二定律可知，即使是没有摩擦的理想热机也不可以把吸收的能量全
部转化为机械能，选项D 错误；一定量100 C

的水变成100 C

的水蒸气，要吸收热量，二分子动能不变，故其分子
之间的势能增加，选项E 正确；故选ABE.
【结束】
2．下列说法中正确的是
（
）
A. 悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动越剧烈
B. 液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
C. 空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D. 有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
E. 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
【答案】
BDE
【解析】微粒越大，其受到分子撞击的不平衡性越小，运动越不明显，故A 错误；液体表面表现为张力，是由于液体
表面分子间距离大于液体内部分子间的距离引起的，即分子间表现为引力，故B 正确；空气的绝对湿度用空气中所含
水蒸气的压强表示的，故C 错误；、晶体和非晶体区别在于内部分子排列，有些通过外界干预可以相互转化，如把晶体
硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D 正确；
随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，当分子力表现为引力时，分子势能增大，故E 正确．
【结束】
3．下列说法正确的是
（
）
A. 扩散运动就是布朗运动
B. 当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的作用力随分子间距离的减小而增大
C. 物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大
D. 热力学第二定律表明，自然界中一切宏观过程都具有方向性，在任何情况下都是不可逆的
E. 气体自发的扩散运动总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
【答案】
BCE
【解析】布朗运动的现象是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，扩散是指不同的物质相互接触
时，彼此进入对方的现象，A 错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，B 正确；温度是分子平均动能
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大小的标志，物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大，C 正确；在外界做功的情况下，热量可以从低温物体传
向高温物体，D 错误；由热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故D 正
确．
【结束】
4．下列有关热现象的说法正确的是
（
）
A. 分子力随分子间距离减小而增大
B. 气体吸收热量，其分子的平均动能可能减小
C. 布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动
D. 缓慢压缩一定量理想气体，若此过程气体温度不变，则外界对气体做正功但气体内能不变
E. 气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多
【答案】
BDE
【解析】分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，选项A 错误；根据热力学第一定律ȟܷ
=ܹ
+ܳ
可知，气
体吸收热量，但是气体的温度可能减小，其分子的平均动能可能减小，选项B 正确；布朗运动虽不是分子运动，但它
证明了液体的分子在做无规则运动，选项C 错误；缓慢压缩一定量理想气体，若此过程气体温度不变，则气体体积减
小，外界对气体做正功；由于气体温度不变，故气体内能不变，选项D 正确；气体体积不变时，温度越高，气体分子
热运动的平均速率变大，则单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，选项E 正确；故选BDE.
【结束】
5．如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长
20
l
cm

（可
视为理想气体），两管中水银面等高。先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面
10
h
cm

（环境温度不变，大气压强
0
75
p
cmHg

）
①求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）
②此过程中左管内的气体对外界
（填“做正功”“做负功”“不做功”），气体将
（填“吸热”或放
热“）。
【答案】
①
50
p
cmHg

②做正功；吸热
【解析】①设U 型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为
1p ，右端与一低压舱接通后左管中封闭
气体压强为
2p ，气柱长度为2l ，稳定后低压舱内的压强为p 。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
1 1
2
2
pV
p V

①
1
0
p
p

②
2
h
p
p
p


③
1
1
V
l S

④
2
2
V
l S

⑤
由几何关系得
2
1
2(
)
h
l
l


⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得
50
p
cmHg

⑦
②做正功；吸热
【结束】
6．如题图所示，活塞将一定质量的理想气体封闭在圆柱形气缸内，活塞与气缸之间无摩擦，先将气缸放在
o
0 C 的冰水
混合物中气体达到平衡状态a ，测得气体的体积为V ，然后将气缸从冰水混合物中移出后，在室温（
o
27 C ）中达到
平衡状态b ，外界大气压强保持不变．求：
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①气缸内气体在平衡状态b 的体积；
②气缸内气体从状态a 到状态b 过程是从外界吸热还是向外界放热？
【答案】
①
100
V
V
91
b 
②气体从外界吸热
【解析】①设气缸内气体在平衡状态b 的体积为Vb ，对一定质量的理想气体等压变化得：
V
V
300
273
b 
（2 分）
解得：
100
V
V
91
b 
（2 分）
②气体从状态a 到状态b ，由热力学第一定律：U
Q
W



其中温度升高，则内能增加（
0
U


）；气体体积增大，对外作功（
0
W 
）
可得
0
Q 
，即气体从外界吸热
（2 分）
【结束】
7．某同学在研究气体的等容变化规律时,在实验室将一玻璃瓶开口向上竖直放入烧杯中的水里,缓慢加热到
o
77 C 时,用
一个软木塞封住瓶口,然后将烧杯中水温缓慢降至
o
42 C ，若想向上拔出软木塞,至少需要施加多大外力？已知大气压强
5
0
1.0 10
P
Pa


,瓶口面积
3
2
1.0 10
S
m



，软木塞的重量
0.50
G
N

，取热力学温度
273 K
T
t


，（软木塞与瓶
口之间的摩擦不计）.
【答案】
10.5
F
N

【解析】以玻璃瓶内气体为研究对象，
5
1
0
1.0 10
P
P
Pa



，
1
(273
77)K=350K
T 

，
1
(273
42)K=315K
T 

，
由查理定律可得：
1
2
1
2
P
P
T
T

（2 分）
以软木塞为研究对象，由平衡条件得：
2
0
F
P S
P S
G



（2 分）
联立解得：
10.5
F
N

（2 分）
【结束】
8．如图所示，开口处有卡口、内截面积为S 的圆柱形气缸开口向上竖直放置在水平面上，缸内总体积为V0，大气压
强为p0，一厚度不计、质量为m 的活塞（m＝0．2p0S/g）封住一定量的理想气体，温度为T0 时缸内气体体积为0．8V0，
先在活塞上缓慢放上质量为2m 的砂子，然后将缸内气体温度升高到2T0，求：
（1）初始时缸内气体的压强P1 =?
（2）
在活塞上放上质量为2m 的砂子时缸内气体的体积V2 =?
（3）最后缸内气体的压强P4=?
【答案】
（1）1．2p0（2）0．6V0（3）1．92p0
【解析】（1）p1＝p0＋mg/S＝1．2p0
（2 分）
（2）p2S＝p0S＋mg＋2mg，p2＝p0＋3mg/S＝1．6p0
（1 分）
等温过程，由p1V0＝p2V2 得V2＝0．6V0
（2 分）
（3）设温度升高到Tx 时活塞上升到卡口，此时V3＝V0,该过程气体做等压过程，
由V2/T0＝V3/Tx
得Tx＝5T0/3
（2 分）
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由Tx＝5T0/3 < 2 T0，可以判断此后温度升高到2T0 的过程为等容过程
（1 分）
则p2/T1＝p3/T2 得p3＝1．92p0
（2 分）
【结束】
9．将一个长度L=100cm 的长玻璃管竖直摆放，管的A 端开口，B 端封闭。利用水银在管的下部封闭着一段空气柱，
各段初始长度如图，已知外界大气压p0=75cmHg，温度始终不变．
①被封闭的气体压强是多大；
②缓慢将管子绕通过B 点的水平粥转动180°，使管倒立，求此时管内空气柱的长度．
【答案】
①
1
100cmHg
p 
②l=80．75cm
【解析】①对水银柱分析，由平衡条件可得：
1
0
25
p S
p
S
S





解得：
1
0
25cmHg=100cmHg
p
p


②假设所有水银都能留在管内，则倒立后，管内压强为：
0
25cmHg=50cmHg
p
p


，由波意耳定律可得气柱长度
变为90cm，由于90cm+25cm>L,所以必有部分水银溢出
设剩余的空气柱长度为l，则气柱的压强为
2
0
(
)cmHg=(
25)cmHg
p
p
L
l
l




由波意耳定律：
2
1
0
p l
p L

解得：l=80．75cm
考点：考查理想气体的状态方程．
【名师点睛】该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体
的水银柱长度的变化．
【结束】
10．如图所示，一些水银被装在粗细均匀竖直放置的两边等长U 形管中．U 形管左边封闭着一段长为h =57cm 的空气
柱，右端开口与大气相连，刚开始两边水银面处于同一高度．已知空气可以当成理想气体，外界大气压恒为p0= 76cm
汞柱。环境温度不变，若向U 形管右边加入水银柱（未产生新的空气柱）。①最多可加入多长的水银柱？②此时左端封
闭的空气柱变为多长？
【答案】
76cm，38cm
【解析】温度不变，封闭的空气量不变，根据克拉伯龙方程：
S
h
P
S
Ph
1
1
0

P
P
P



1
1h
P 

P为最终压强差，P 为最开始的压强。因为加入最多的水银，所以右边液面与管口齐平，则两边水银高度差等于空气
柱长度，解得h1=38cm，即空气柱长度为38cm
可以加入△L=57cm+（57cm-38cm）=76cm 水银柱
【结束】
11．在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A 到状
态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A 到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J．图线AC 的反向延
长线过坐标原点O，B、C 两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：
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（1）从状态A 到状态C 的过程，该气体对外界做的功W1 和其内能的增量ΔU1；
（2）从状态A 到状态B 的过程，该气体内能的增量ΔU2 及其从外界吸收的热量Q2.
【答案】
（1）w1=0，ΔU1=9J
（2）ΔU2=9J
Q2=3J
【解析】（1）从状态A 到状态C 过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功W1=0
根据热力学第一定律有△U1=W1﹢Q1，内能的增量△U1=Q1=9J
（2）从状态A 到状态B 过程，体积减小，温度升高，该气体内能的增量△U2=△U1=9J
根据热力学第一定律有△U2=W2﹢Q2
从外界吸收的热量Q2=△U2-W2=3J
考点：热力学第一定律
【名师点睛】本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定．记住热力学第一定律的表达式△U=W﹢Q，并
理解各量的物理意义；此题考查基本的应用能力。
【结束】
12．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m 的活塞，封闭了一定质量
的理想气体．温度为热力学温标T0 时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高
为L0．已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：
（ⅰ）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？
（ⅱ）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？
（ⅲ）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】（ⅰ）缓慢升高气缸内的温度，气体等压膨胀，当气柱长为L 时，活塞与汽缸脱离。设缸内气体的温度为T。
，T＝
T0
（ⅱ）设缸内气体压力为F，由于气体是等压膨胀，压力不变。
根据活塞受力平衡：
，
缸内气体压力对活塞做功：
（ⅲ）根据热力学第一定律：
，由于缸内气体压力对活塞做功，W 为负，
所以Q＝ΔU＋（p0S－mg）（L－L0）
考点：理想气体状态方程、热力学第一定律
【名师点睛】活塞与大气联通，缓慢升高气缸内的温度的过程中，气体压强不变。根据理想气体状态方程可求出缸内
气体的温度。根据活塞受力平衡可求出缸内气体的压力。根据热力学第一定律求出气体在活塞下移的过程中吸收的热
量。
【结束】
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专题14
机械振动和机械波
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查的基本概念和基本规律。
考纲要求
(1)知道简谐运动的概念，理解简谐运动的表达式和图象；知道什么是单摆，知道在摆角较小的情况下单摆的运动是简
谐运动，熟记单摆的周期公式；理解受迫振动和共振的概念，掌握产生共振的条件．
(2) 知道机械波的特点和分类；掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒
效应，掌握波的干涉和衍射的条件．
命题规律
(1)考查的热点有简谐运动的特点及图象；题型以选择题和填空题为主，难度中等偏下，波动与振动的综合也有计算题
的形式考查。
(2)考查的热点有波的图象以及波长、波速、频率的关系题型以选择题和填空题为主，难度中等偏下，波动与振动的综
合也有计算题的形式考查．
第二部分
精选试题
一、选择题
1．t=0 时刻，同一介质中在x=-8m 和x=8m 处分别有振源A 和B 同时做振幅A=10cm 的简谐振动，t=4s 时，波形
如图所示，则可知
（
）
A. 振源A 与振源B 的频率相同
B. 机械波在此介质中的传播速度v=1m/s
C. t=8s 时，0 点处在平衡位置并向y 轴负方向运动
D. t=11s 时，0 点处在y=10cm 处，并向y 轴正方向运动
E. 此两列波在x 轴相遇时，在AB 间会形成稳定的干涉图样，其中x=0，4，-4 处是振动加强点
【解析】由图可知，ɉܣ= 2݉
, ɉܤ= 4݉
，两列波的波速相同，故根据݂
=
ݒ
ɉ 可知，݂ܣ݂
ܤ=
ɉܤ
ɉܣ= 2 ，选项A 错误；机械波
在此介质中的传播速度ݒ=
ݔ
ݐ=
4
4݉
/ݏ= 1݉
/ݏ，选项B 正确；t=8s 时，两列波均传到O 点，由两列波在O 点引起的
振动方向均向下，故0 点处在平衡位置并向y 轴负方向运动，选项C 正确；t=11s 时，由A 振动在O 点的振动位移为
零，振动速度向上；由B 振动在O 点的振动位移为10cm，振动速度为零；故由振动的合成可知，0 点处在y=10cm 处，
并向y 轴正方向运动，选项D 正确；因两列波的频率不同，故此两列波在x 轴相遇时，在AB 间不会形成稳定的干涉
图样，选项E 错误；故选BCD.
点睛：此题是关于机械波的传播及叠加问题；关键是知道机械波的独立传播原理及叠加原理；在同种介质中机械波的
波速相同.
2．一列沿x 轴传播的简谐横波，t＝0 时刻的波形如图所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动。
再过0.5 s，质点Q 第二次到达波谷，下列说法中正确的是
（
）
A. 波沿x 轴负方向传播
B. 波的传播速度为60 m／s
C. 波的传播周期为0.2 s
D. t＝0 至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 m
E. 1 s 末质点P 的位移是零
【答案】
ABD
【解析】t＝0 时刻，质点Q 恰在平衡位置且向下振动，可知波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；再过0.5 s，质点Q
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第二次到达波谷，可得5
0.5
4
T 
，T=0.4s，波的传播速度为
24
/
60
/
0.4
v
m s
m s
T




，选项B 正确，C 错误；0.9s=
1
2 4T ,故t＝0 至0.9 s 时间内P 点通过的路程为2.25×4A=9×0.2m=1.8 m，选项D 正确；1s=2.5T，则1 s 末质点P 的
位移是-0.2m，选项E 错误；故选ABD.
3．如图甲所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距10m 的两质点A、B，C 为AB 的中点。从0 时刻起，A、B 同时
开始振动，且都只振动了一个周期。图乙为A 的振动图象，图丙为B 的振动图象。若A 向右传播的波与B 向左传播的
波在0.5s 时相遇，则下列说法正确的是
（
）
A. 两列坡的坡长都是5m
B. 两列波在A、B 间的传播速度均为10m／s
C. 在两列波相遇过程中，C 为振动加强点
D. 在1s 时，质点B 经过平衡位置且振动方向向上
E. 1 s 内，C 经过的路程为0
【答案】
BDE
【解析】两波在均匀介质中传播波速相同，设为v，则有2vt=xAB，代入解得：ݒ=
ݔܣܤ
2ݐ＝
10
2×0.5 = 10݉
/ݏ．由图T=0.2s，
则波长为：λ=vT=2m．故A 错误，B 正确．当A 的波峰（或波谷）传到C 时，恰好B 的波谷（或波峰）传到C 点的
振动始终减弱．故C 错误．质点A 处产生的振动传递到B 的时间：ݐ'＝
ݔܣܤ
ݒ＝
10
10 ＝1ݏ，所以在1s 时，质点A 处产生的
振动恰好传播到B 点，由于A 处的振动起振的方向向上，所以质点B 从平衡位置且振动方向向上．故D 正确．由于C
点的振动始终减弱，而且两侧的振动的振幅相等，所以在1s 内，C 经过的路程为0，故E 正确．故选BDE。
点睛：本题解题关键是要抓住在均匀介质中传播的同类波波速相同，而且两波匀速传播这个特点．
4．下列说法中正确的是
（
）
A. 光的偏振现象说明光是一种横波，但并非所有的波都能发生偏振现象
B. 电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波随即消失
C. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄
D. 一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹，是因为玻璃三棱镜吸收了白光中的一些色光
E. 火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁
【答案】
ACE
【解析】只有横波才能发生偏振现象，A 正确；当发射电路的电磁振荡停止了，只是不能产生新的电磁波，但已发出
的电磁波不会立即消失，还要继续传播一段时间，B 错误；若由红光改为绿光，波长变短了，根据公式
L
x
d 

可知
干涉条纹间距变窄，C 正确；一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹是因为光的折射，不是因为三棱镜吸收
了光，D 错误；火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥，故E 正确。
5．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P 的速度为v，经过1.0 s 它的速度第一次与v 相同，再经过
0.2 s 它的速度第二次与v 相同，则下列判断中正确的是
（
）
A. 波沿x 轴正方向传播，波速为6m/s
B. 波沿x 轴负方向传播，波速为5 m/s
C. 若某时刻质点M 到达波谷处，则质点P 一定到达波峰处
D. 质点M 与质点Q 的位移大小总是相等、方向总是相反
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E. 从图示位置开始计时，在2.0 s 时刻，质点P 的位移为20 cm
【答案】
BCE
【解析】由图可知该波的波长为λ=6m．根据图示时刻质点P 的运动情况，确定完成一次全振动，得到P 振动的周期为
T=1.2s，而且图示时刻P 点的运动沿y 轴负方向，可判断出波沿-x 方向传播，由公式v
T


求出波速．图示时刻，质
点M 与质点Q 的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质
点M 与P 是反相点，振动情况总是相反．写出质点P 的振动方程，再求从图示位置开始计时t=2.0s 时刻质点P 的位
移．
由图读出波长
6m

．根据质点P 的振动情况可得：该波的周期为
1.0
0.2
1.2
T
s
s
s



，则波速为
6
/
5
/
1.2
v
m s
m s
T




．根据质点P 的运动情况可知，图示时刻P 点运动方向沿y 轴负方向，则沿波x 轴负方向传
播，故A 错误B 正确；由图知质点M 与质点P 的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点
M 到达波谷处，则质点P 一定到达波峰处，故C 正确；图示时刻，质点M 与质点Q 的位移大小相等、方向相反，但它
们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反，故D 错误；该波的周期T=1.2s，从图示位置
开始计时，质点P 的振动方程为
2
2
5
sin
20sin
20sin
6
1.2
6
3
6
y
A
t
t
cm
t
cm
T






























，当t=2.0s
时，代入解得
20
y
cm

，即从图示位置开始计时，在2.0 s 时刻，质点P 的位移为20cm，故E 正确．
6．一列简谐横波向x 轴负方向传播，在t=0 时的波形如图所示，P、Q 两质点的平衡位置的坐标分别为(-1，0)、（-7，
0）。已知t=0.7 s 时，质点P 第二次出现波峰，下列说法正确的是
（
）
A. 该波的波长为5m
B. 该波的波速为10 m/s
C. 振源的起振方向沿y 轴负方向
D. 当质点Q 位于波峰时，质点P 位于波谷
E. t=0.9 s 时，质点Q 第一次出现波峰
【答案】
BDE
【解析】从图中可知ɉ = 4݉
，根据题意可知
5
4ܶ
+ܶ2 = 0.7ݏ，解得ܶ
= 0.4ݏ，故该波的波速为ݒ=
ɉܶ=
4
0.4݉
/ݏ= 10݉
/ݏ，
A 错误B 正确；波上所有质点的起振方向都和波源的起振方向相同，从图中可知x=1m 处的质点起振方向向上，故振
源的起振方向沿y 轴正方向，C 错误；因为PQ 之间的距离ݔܲܳ
= 6݉
=
3
2 ɉ，为半波长的奇数倍，故两点为反相点，所
以当质点Q 位于波峰时，质点P 位于波谷，D 正确。从t=0 时刻传播到x=-7m 处所需时间为ݐ1 =
8݉
10݉
/ݏ= 0.8ݏ，即t=0.9s
时，质点Q 振动了0.1s，即
1
4ܶ，故质点Q 第一次出现波峰，E 正确。
7．如图甲所示，在某介质中波源A、B 相距d＝20m，t＝0 时两者开始上下振动，A 只振动了半个周期，B 连续振动，
所形成的波的传播速度都为v＝1.0m/s，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示．下列说法正确的是
（
）
A. B 发出的波波长为2m
B. 在t＝0 到t＝1s 内波源A 处的质点传播的距离为1m
C. A 发出的波传播到距A 点1m 处时，质点A 开始振动的方向向上
D. 距A 点1m 处的质点，在t＝0 到t＝22 s 内所经过的路程为128cm
E. 在t＝0 到t＝16s 内从A 发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数为10
【答案】
ACD
【解析】由图知，B 的周期TB=2s，则B 波的波长为：λB=vTB=2m，故A 正确．波源A 处的质点只上下振动，并不向
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前移动，故B 错误．图知，t=0 时刻A 点的振动方向向上，即质点A 开始振动的方向向上，故C 正确．距A 点1 米处
的质点在先经过左边的A 波路程为：s1=2×4cm=8cm；B 波22 秒传播的距离为：x=vt=22m，B 波的波长为：λB=2m；
B 波已经传播过距A 点1 米处的质点△x=3m，经过此点1.5 个波长，故此点又振动的路程为：s2=6×20cm=120cm；
距A 点1 米处的质点，在t=0 到t=22 s 内所经过的路程：s=s1+s2=128cm，故D 正确．16 s 内两列波相对运动的长
度为：△l=lA+lB-d=2vt-d=12 m，A 波宽度为：t =
ɉܣ
2 = ݒܶ
ܣ
2 = 0.2݉
，又B 波的波长为：λB=2 m，则݊
=
△݈
ɉܤ=
12
2 = 6 ，
可知A 波经过了6 个波峰．故E 错误．故选ACD。
点睛：本题要理解并掌握波的叠加原理，要知道波的叠加也遵守矢量的运算法则，能熟练运用波形平移法分析波的传
播过程。
8．一列简谐横波沿z 轴正方向传播，在t 秒与(t+0．2)秒两个时刻，x 轴上(-3 m，3 m)区间的波形完全相同，如图所
示为￡秒时刻的波形图．并且图中M、N 两质点在t 秒时位移均为2.5 cm，下列说法正确的是
（
）
A. (t+0.1)秒时刻，x= -2 m 处的质点位移大小一定是
5 cm
B. 质点M 随波一起沿z 轴正方向传播
C. 从t 秒时刻起，x=2 m 处的质点比x=2.5 m 的质点先回
到平衡位置
D. 从t 秒时刻起，在质点M 第一次到达平衡位置时，质点N 恰好到达波峰
E. 从t 秒时刻起经过0．15 s，x=l m 处的P 点通过的路程可能为45 cm
【答案】
ACE
【解析】由图知波长λ=4m．由于t 秒与（t+0.2）秒两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得：△t=0.2s=nT，
n=1，2…，由于周期不确定，时间0.1s 等于半个周期的整数倍，则（t+0.1）秒时刻，x=-2m 处的质点可能在波峰，
也可能在波谷，位移的大小是5cm．故A 正确．机械波传播的过程中，质点不随波迁移，选项B 错误；质点沿x 轴正
向传播，在t=0 时刻x=2.5 m 的质点向下振动，故从t 秒时刻起，x=2 m 处的质点比x=2.5 m 的质点先回到平衡位置，
选项C 正确；根据数学知识得知质点M 和N 之间的距离等于
ɉ
6 ，由波形得知，质点M 第一次到达平衡位置时，质点N
不在波峰．故D 错误．当n=3 时，ܶ
=
0.2
3 ݏ，此时0.15ݏ=
9
4ܶ
，则x=1m 处的质点运动的路程为
9
4 × 4ܣ= 45ܿ݉
，
选项E 正确；故选ACE.
9．如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2 m，各质点均静止在
各自的平衡位置，t=0 时刻振源a 开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成
的简谐横波以2 m/s 的速度水平向右传播，则下列说法正确的是
（
）
A. 波传播到质点c 时，质点c 开始振动的方向竖直向下
B. 0～4 s 内质点b 运动的路程为6 cm
C. 4～5 s 内质点d 的加速度正在逐渐减小
D. 6 s 时质点e 第一次处于波峰位置
E. 各质点都振动起来后，a 与c 的运动方向始终相反
【答案】
BCE
【解析】由乙图知，振源a 开始振动的方向是向上，介质中所有质点开始振动的方向都与振源起振方向相同，所以波
传播到质点c 时，质点c 开始振动的方向竖直向上，故A 错误；乙图知，周期T=4s，振动形式传播到b 点需时t=x∕t=1s，
即1s 末质点b 开始振动，到4s 末通过路程为6cm，所以B 正确；传播到d 点需时3s，4s 末d 质点到达波峰，所以在
4～5 s 内质点d 从波峰向平衡位置运动，位移减小，根据牛顿第二定律-kx=ma 知，d 质点的加速度正在逐渐减小，所
以C 正确；同理可判断，4s 末质点e 开始振动，6s 末（半个周期后）又回到平衡位置，所以D 错误；波长λ
vT
8m


，
所以a、c 两质点相距半个波长，运动方向始终相反，故E 正确。
10．如图所示，一质量为M 的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质
量为m 的铁球。用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则
（
）
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A. 弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置
B. 在小球向平衡位置运动的过程中，小球的位移.回复力.加速度都逐渐减小，速度增大
C. 若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期
2
m
T
k


D. 若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为mg
k
E. 若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是

M
m g
k

【答案】
BCE
【解析】A、平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，小球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小
相等，即mg
kx

，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A 错误；
B、振动中的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而小球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复
力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律
F
a
m

得到，加速度也减小，小球向着平衡位置运动时，回复力
与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B 正确；
C、单摆周期公式
2
L
T
g


，根据平衡条件有kL
mg

，联立解得
2
m
T
k


，故选项C 正确；
D、当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg ，则轻弹簧处于压缩状态，弹力
F
Mg
kx


，解得弹簧的压缩量为
Mg
x
k

，故选项D 错误；
E、框架重力为Mg ，只有铁球处在最高位置，即弹簧被压缩，框架受到竖直向上的弹力等于Mg ，框架对桌面的压力
恰好减小为零，根据胡克定律，这时弹簧被压缩
Mg
l
k

，铁球处于平衡位置时，弹簧被拉长
0
mg
l
k


，振幅是离
开平衡位置的最大距离，最大振幅


0
m
M
m g
A
l
l
k



，因此铁球的振幅只要不大于

M
m g
k

，框架就不
会离开桌面，故选项E 正确。
11．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，波传到x＝1 m 处的P 点时，P 点开始向下振动，以此时为计时起点。已知在t
＝0.4 s 时PM 间第一次形成图示波形，此时x＝4 m 处的M 点正好在波谷。下列说法中正确的是
（
）
A. P 点的振动周期为0.4 s
B. M 点开始振动的方向沿y 轴正方向
C. 当M 点开始振动时，P 点正好在波峰
D. 这列波的传播速度是10 m/s
E. 在从计时开始的0.4 s 内，P 质点通过的路程为30 cm
【答案】
ACD
【解析】由题意，简谐横波沿x 轴正向传播，从波传到x=1m 处的P 点时开始计时，PM 间第一次形成图示波形，P 点
振动了一个周期，故P 点的周期为0.4s．故A 正确．
由于P 点振动了一个周期，波传播了一个波长，说明t=0.4s 时波刚好传到x=5m 处，该处质点将沿y 轴负方向起振，
所以P 点开始振动的方向沿y 轴负方向，故B 错误．由图知，M 点已经振动了1
4
T，图示时刻P 点正向下振动，则在1
4
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周期前，即M 点开始振动时，P 点正好在波峰，故C 正确．这列波的传播速度是
4
/
10
/
0.4
v
m s
m s
T




，选项D
正确；从计时开始的0.4s 内，即一个周期内，P 质点通过的路程为4A=40cm，故E 错误．故选ACD．
点睛：本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，确定P 点的周期；简谐波传播过程中，各个质点的起振
方向都相同，与波源的起振方向也相同．
12．如图所示，a、b、c、……k 是弹性介质中等距离分布在一条直线上的若干个质点。t＝0 时刻，处在e 处的波源从
平衡位置开始向上做简谐运动，形成在质点a、b、c、……k 所在的直线上传播的横波，其振幅为3cm、周期为0.2s。
若沿波的传播方向，后一个质点比前一个质点迟0.05 s 开始振动。t＝0.25 s 时，直线上距波源e 点2m 处的某质点第
一次达到最高点。则下列判断正确的是
。
（
）
A. 该机械波的传播速度为8m/s
B. 该机械波的波长为2m
C. 图中相邻两个质点间距为0.5m
D. 当a 点经过的路程为12cm 时，h 点经过的路程为9cm
E. 当b 点在平衡位置向下运动时，c 点位于平衡位置的下方
【答案】
BCE
【解析】后一个质点比前一个质点迟0.05s 振动，所以t=0.25s 时，e 后面的第五个质点开始振动，即质点J 开始振动，
所以J 质点前面的质点i 第一次到达波峰，即从e 到i 相距2m，所以相邻质点间的距离为
2
0.5
4
m
x
m


，故t=0.25s
时波传播到了2.5m 处，所以波速为
2.5
10
/
0.25
v
m s


，故波长为
2
vT
m


，A 错误BC 正确；因为质点h 到e
点的距离小于质点a 到e 点的距离，所以质点h 先振动，故h 的路程大于质点的路程，故D 错误；波从e 点向左右两
侧传播，根据波的传播方向知，当b 点在平衡位置向下振动时，c 点位于波谷即平衡位置下方，故E 正确．
【点睛】本题也可以先求波长，再求波速：由波的周期为0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s 开始振动，可知相邻质点
间的距离等于1
4
波长，e 振动0.05s 第一次到达波峰，根据t=0.25s 时，x 轴上距e 点2.0m 的某质点第一次到达最高
点，可得到波长，从而求得波速．
二、非选择题
13．嫦娥二号”载人飞船的成功发射，标志着我国航天技术新的突破．如果宇航员将在地面上校准的摆钟拿到月球上去．
(1)若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？
(2)若要在月球上使该钟与在地面上时一样准，摆长应如何调节？(已知g 月＝6
g )
【答案】
(1)
6
6
h
(2)调为原来的1
6
【解析】：(1)设在地球上该钟的周期为T0，在月球上该钟的周期为T，设在月球上指示的时间为t，则在月球上该钟在
时间t 内振动的次数N＝t
T
.设在地面上振动次数N 时所指示的时间为t0，则有N＝
0
0
t
T
，所以t
T
＝
0
0
t
T
又T＝2π
l
g
所以t0＝
0T
T
·t＝
g
g月
地
·t＝
6
6
×1 h＝
6
6
h
所以地面上的实际时间为
6
6
h.
(2)要使其与在地面上时走得一样准应使T＝T0，即g
l地
地
＝g
l月
月
，
l 月＝g
g月
地
·l 地＝1
6
l 地．应将摆长调为原来的1
6
.
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14．如图甲所示是一列沿+x 方向传播的简谐横波在t=0 时的波形图，已知波速v=2 m/s，质点PQ 相距3.2 m。求：
①在图乙中画出质点Q 的振动图象（至少画出一个周期）。
②从t – 0 到Q 点第二次振动到波谷的这段时间内质点P 通过的路程。
【答案】
（1）见解析（2）0.22m
【解析】①图象如图所示（3 分）
②从t=0 到Q 点第二次到达波谷所需时间
3.6
0.8 s
0.8s
2.2s
2
x
t
T
v







（3 分）
（或由Q 点的振动图象得Q 点在t=2.2s 时第二次到达波谷）
在这2.2s 内P 质点经历
2.2
3
2
0.8
4
t
T 

（2 分）
因而通过的路程为s=
4
22cm
t
A
T 

=0.22m
（2 分）
15．如图所示，为甲、乙两个单摆的振动图象，由图可知，
①甲乙两个单摆的摆长之比为

乙
甲：L
L
；
②以向右为单摆偏离平衡位置位移的正方向，从
0

t
起，当甲第一次到达右方最大位移时，乙偏离平衡位置的位移
为

乙
x
cm．
【答案】
①
:
1: 4
L
L

甲
乙
②
2
2
x
cm

【解析】①从图像中可得
4
T
s

甲
，
8
T
s

乙
，根据单摆周期公式
2
L
T
g


可得
:
1: 4
L
L

甲
乙
②乙振动的角速度为
2
4
T




，故乙振动的表达式为
0.01sin 4
x
t


（m），当甲第一次到达右方最大位移时，经
历的时间为1s，代入可得
2
2
x
cm

考点：考查了单摆周期
【名师点睛】本题关键是根据位移时间关系图象得到两个单摆的振幅和周期的关系，然后结合周期公式进行分析；
16．如图中实线是一列简谐横波在1t =0 时刻的波形图，虚线是这列波在2t =0．5s 时刻的波形，这列波的周期T 符合：
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2
1
3
4
T
t
t
T



，问
①若波速向右，波速多大？
②若波速向左，波速多大？
③若波速大小为74m/s，波速方向如何？
【答案】
①54m/s②58m/s③向左
【解析】由图象可知
8m

，由
2
1
3
4
T
t
t
T



知波传播距离为3
4
x



，即n=3
（1）当波向右传播时，波传播距离为


3
3
3 8
3
27
8
s
m
m







，
波速为
27
/
54
/
0.5
s
v
m s
m s
t



．
（2）当波向左传播时，波传播距离为


5
3
3 8
5
29
8
s
m
m







，
波速为：
29
/
58
/
0.5
s
v
m s
m s
t



．
（3）若波速大小为74m/s，在
2
1
t
t
t


时间内波传播的距离为：
74 0.5
37
s
vt
m
m




．
因为
5
37
4
8
s
m





，所以波向左传播．
考点：考查了波的多解问题
【名师点睛】本题是两个时刻的波形问题，由于有时间
2
1
3
4
T
t
t
T



限制，解得的是特殊值，也可以写出没有限制
条件时波传播距离的通项，再求出特殊值．
资料正文内容开始>>
专题15
光学
电磁波相对论
第一部分
名师综述
综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。
考纲要求
（1）理解折射率的概念，掌握光的折射定律；掌握全反射的条件，会进行有关简单的计算．
（2）理解光的干涉现象，掌握双缝干涉中出现明暗条纹的条件；理解光的衍射现象，知道发生明显衍射的条件；知道
光的偏振现象，了解偏振在日常生活中的应用
（3）知道电磁波是横波；了解电磁波的产生、传播、发射和接收，熟记电磁波谱；了解狭义相对论的基本假设和几个
重要结论．
命题规律
（1）分析几何光学中的折射、全反射和临界角问题时，应注意与实际应用的联系，作出正确的光路图，可能出现计算
题和作图题。
（2）光的干涉、衍射和偏振部分，以考查基本概念及对规律的简单理解为主，主要是以选择题和填空题为主
（3）电磁波和相对论部分，以考查基本概念及对规律的简单理解为主，主要是以选择题为主
第二部分
精选试题
一、选择题
1．下列有关光现象的说法正确
．．的是
（
）
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A. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
B. 泊松亮斑是光的衍射现象
C. 全息照片的拍摄利用了光的衍射原理
D. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度。
E. 双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变宽
【答案】
ABE
【解析】A、增透膜是利用光的薄膜干涉现象，以消弱反射光的强度，增大透射光的强度。故A 正确；
B、当光照到不透光的小圆板上时，在光屏的阴影中心出现的亮斑叫泊松亮斑，泊松亮斑是光的衍射现象。故B 正确；
C、全息照相利用了激光的相干性好的特点，利用光的干涉原理工作的；故C 错误；
D. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片，以消除玻璃的反射光的影响。故D 错误。
D. 在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由红光改为紫色光,根据条纹间距公式△x= L
d ，波长变短，故则干涉条纹间
距变窄，故D 正确；
故选：ABE
2．下列说法正确的是
（
）
A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值
也叫做能量子
B．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量和动量P跟它对应的波的频率和波长之间，遵从
h


和
h
p

C．光的干涉现象中，干涉亮条纹部分是光子到达几率大的地方
D．光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性
E．X 射线是处于激发态的原子核辐射出的
【答案】
ABC
【解析】普朗克把最小的能量单位叫做能量子，所以A 选项是正确的；德布罗意提出实物粒子也具有波动性，所以B
选项是正确的；光子到达频率高的区域就是光亮区，所以C 选项是正确的；在康普顿效应中，光子动量减小，据
h
p

可知波长变大，康普顿效应揭示了光的粒子性，故D 错误；X 射线是处于激发态的原子内层电子受激辐射出的故E 错
误；
考点：考查了光的干涉；物质波；原子核衰变
【名师点睛】普朗克提出能量量子化，能量都是能量子ε的整数倍；关系式
h


和
h
p

中，能量与动量体现粒子
性，而频率与波长体现波动性；干涉现象中，亮条纹部分是光子到达几率大；而暗条纹则是光子到达几率小，康普顿
效应中，一部分动量转移给电子，光子散射后波长变长；对于半衰期不会受到环境因素的影响，从而即可求解．
3．下列说法正确的是
（
）
A. 在光的反射现象中，光路是可逆的，但在光的折射现象中，光路是不可逆的
B. 从接收到的高频信号中还原出所携带的声音或图像信号的过程称为解调
C. 当观察者相对波源运动时，观察者往往会发现接收到的波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应
D. 光从空气射入水中，其波速减小，频率也减小
E. 在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的
【答案】
BCE
【解析】光的折射、反射光路都是可逆的，A 错误；从接收到的高频信号中还原出所携带的声音或图象信号的过程称
为解调，而将信号放入电磁波过程称这调制，故B 正确；当观察者相对波源运动时，观察者往往会发现接收到的波的
频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应，C 正确；光从一种介质传播向另一种介质，频率不变，D 错误；根据相对性
原理，在所有惯性系中，物理定律有相同的表达形式，即一切物理规律都是相同的，E 正确；
4．如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束单色细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入，对射出的折射光线的
强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示。图丙是这种材料制成的透明体，左侧是半径为R 的半圆柱体，右
侧是长为8R，高为2R 的长方体，一束该单色光从左侧A′点沿半径方向，且与长方体的长边成37°角射入透明体。已
知光在真空中的传播速度为c，以下说法中正确的是
（
）
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A. 该透明材料的临界角是37º
B. 该透明材料的临界角是53º
C. 该透明材料的折射率为
5
4
D. 该透明材料的折射率为
5
3
E. 光线在透明长方体中运动的总时间为
25ܴ
2ܿ
【答案】
BCE
【解析】由图乙可知，θ=37°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角C，即得：
C=90°-37°=53°．故A 错误，B 正确．根据全反射临界角公式：sinܥ=
1݊，得该透明材料的折射率：݊
=
5
4 ，故C 正
确，D 错误．
因为临界角是53°，光线在玻璃砖中刚好发生3 次全反射，光路图如图所示，则光程为：L=10R；光在该透明材料中
的传播速度为：ݒ=ܿ݊
；光线在透明长方体中运动的总时间：ݐ=
ܮ
ݒ=
25ܴ
2ܿ
．故E 正确．故选BCE.
点睛：解决本题的关键是要理解全反射现象及其产生的条件，并掌握临界角公式，同时注意光在器具中的传播速度与
光在真空中传播速度的不同．
5．下列说法中正确的是
（
）
A. 机械波的频率等于波源的振动频率，与介质无关
B. 爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的
C. 光纤通信是一种以光波为传输介质的通信方式，光波按其波长长短，依次可分为红外线、可见光和紫外线光，但红
外线光和紫外线光属不可见光，它们都不可用来传输信息
D. 根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波
E. 宇宙红移现象表示宇宙正在膨胀，这可以用多普勒效应来解释。说明我们接收到的遥远恒星发出的光比恒星实际发
光频率偏小。
【答案】
ADE
【解析】机械波的频率与波源振动的频率相同，与传播介质无关，A 正确；在所有的惯性系中，光在真空中的传播速
率具有相同的值c．这叫光速不变原理，B 错误；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，
都可以用来传输信息，故C 错误；根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波，D 正
确；根据多普勒效应可知，宇宙紅移现象表示宇宙正在膨胀，说明我们接收到的遥远恒星发出的光比恒星实际发光频
率的小，故E 正确．
6．下列物理现象正确的是
（
）
A. 透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时，能观察到彩色条纹，这是光的色散现象
B. 在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰
C. 经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度
D. 紫外线比红外线更容易发生衍射现象
E. 人耳能听见的声波比超声波更易发生衍射
【答案】
BCE
【解析】当光通过狭缝时，若缝的尺寸与光的波长相当，则会发生明显的衍射现象，故A 错误；可使景像清晰是利用
光的偏振．只能让振动方向与透振方向一致的通过，故B 正确；根据公式ȟݔ=
ܮ݀ɉ，红光的波长比绿光长，则红光的干
涉条纹间距比绿光宽，故C 正确；紫外线波长小于红外线，则越不容易发生衍射现象，故D 错误；人耳能够听到的声
波的波长长，比超声波更容易发生衍射，故D 正确；
7．如图所示，两束单色光a、b 从水下面射向A 点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是
（
）
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A. 用同一双缝干涉实验装置分别以a、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距
B. a 比b 更容易发生衍射现象
C. 在水中a 光的速度比b 光的速度小
D. 在水中a 光的临界角大于b 光的临界角
E. 若a 光与b 光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a 光
【答案】
ABD
【解析】由图可知，单色光a 偏折程度小于b 的偏折程度，根据折射定律
sin
sin
r
n
i

知，a 光的折射率小于b 光的折射
率，则知a 光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式
L
x
d 

，可得，干涉条纹间距与波长成正比，所以a 光的干
涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距，故A 正确；a 光的波长长，波动性强，更容易发生衍射现象，故B 正确；由
c
v
n

知，在水中a 光的速度大，故C 错误；由全反射临界角公式
1
sinC
n

，知折射率n 越大，临界角C 越小，则知在水中
a 光的临界角大于b 光的临界角，故D 正确；若a 光与b 光以相同入射角从水射向空气时，由于在水中a 光的临界角
大于b 光的临界角，所以b 光的入射角先达到临界角，则b 光先发生全反射，首先消失的是b 光，故E 错误．
8．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是
（
）
A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象
D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
E. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄
【答案】
CDE
【解析】A、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故A 错误；
B、用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象，故B 错误；
C、在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，故C 正确；
D、光学镜头上的增透膜是利用光的薄膜干涉现象，D 正确；
E、在光的双缝干涉实验中，干涉条纹间距：
l
x
d 

，若仅将入射光由红光改为绿光，入射光波长变短，则干涉条
纹间距变窄，E 正确。
故选：CDE。
9．（下列说法正确的是
（
）
A. 透过平行与日光灯的窄缝观察发光的日光灯时能看到彩色条纹是光的干涉现象
B. 在镜头前装上偏振片滤掉水面反射的偏振光，可使水中鱼的像更清晰
C. 不同波长的光在玻璃中传播时，波长越短，速度越慢
D. 在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
E. 已知弹簧振子初始时刻的位置及振动周期，就可知弹簧振子任意时刻的运动速度
【解析】A、透过与日光灯平行的窄缝观察到彩色条纹是光的单缝衍射现象，A 错误；
B、在镜头前装上偏振片滤掉水面反射的偏振光，通过镜头的是鱼反射的光线，鱼的像更清晰，B 正确；
C、光在玻璃中传播时，波长越短，频率越高，折射率越大，速度越慢，C 正确；
D、单摆做简谐振动的周期：
2
l
T
g


，
2
2
4
/
T
l g


，周期的平方与其摆长成正比，D 正确；
E、已知弹簧振子初始时刻的位置及振动周期，运动方向不确定，就无法确定弹簧振子任意时刻的运动速度，E 错误。
故选：BCD。
10．下列说法中正确的是
（
）
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A. 机械波的频率等于波源的振动频率，与介质无关
B. 爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的
C. 光纤通信是一种以光波为传输介质的通信方式，光波按波长长短，依次可分为红外线、可见光和紫外线，但红外线
光和紫外线光属不可见光，它们都不可用来传输信息
D. 根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波
E. 宇宙红移现象表示宇宙正在膨胀，这可以用多普勒效应来揭示。说明我们接收到的遥远恒星发出的光比恒星实际发
光频率偏小
【答案】
ADE
【解析】机械波的频率与波源振动的频率相同，与传播介质无关，A 正确；在所有的惯性系中，光在真空中的传播速
率具有相同的值c．这叫光速不变原理，B 错误；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，
都可以用来传输信息，故C 错误；根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波，D 正
确；根据多普勒效应可知，宇宙紅移现象表示宇宙正在膨胀，说明我们接收到的遥远恒星发出的光比恒星实际发光频
率的小，故E 正确．
11．下列说法正确的是
（
）
A. 简谐运动的周期与振幅无关
B. 在双缝干涉实验中，光的频率越低得到的条纹间距越宽
C. 在纵波的传播方向上，某个质点的振动速度等于波的传播速度
D. 泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相利用了光的相干性
E. 当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的频率变小
【答案】
ABD
【解析】简谐运动的周期与振幅无关，选项A 正确；在双缝干涉实验中，光的频率越低，则波长越大，根据
l
x
d 

可知得到的条纹间距越宽，选项B 正确；在纵波的传播方向上，因质点在自己平衡位置做简谐振动，故某个质点的振
动速度并不等于波的传播速度，选项C 错误；泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相利用了光的相干性，选项D 正确；根
据多普勒效应可知，当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音的频率变大，选项E 错误；故选ABD.
12．．如图所示，abc 是截面为等腰直角三角形的棱镜，一束白光垂直入射到ac 面上，无色光射出ab 面。保持光线
入射点O 的位置不变，改变光线的入射方向（不考虑自bc 面反射的光线），则
（
）
A. 使入射光在纸面内逆时针逐渐偏转，不可能有色光射出ab 面
B. 使入射光在纸面内顺时针逐渐偏转，可能有色光射出ab 面，且先射出的是紫光
C. 使入射光在纸面内顺时针逐渐偏转，可能有色光射出ab 面，且先射出的是红光
D. 使入射光在纸面内顺时针逐渐偏转，某种色光从ac 面传播到ab 面的时间变长
E. 使入射光在纸面内逆时针逐渐偏转，某种色光从ac 面传播到ab 面的时间变长
【答案】
ACE
【解析】A、根据题意可知：当入射角等于45°时会发生全反射，若入射光逆时针旋转，入射到ab 面上的光线的入射
角大于45°，所以肯定会发生全反射，不会有光从ab 边射出，A 正确；
B、C、根据题意可知：当入射角等于45°时会发生全反射，垂直射入ac 面的白光在ab 面已发生全反射，当入射光顺
时针转动时，入射角逐渐小于450．七种色光中，红光的折射率最小，紫光的折射率最大，由临界角公式
1
sinC
n

得
知，红光的临界角最大，紫光的临界角最小，所以红光最先小于临界角，不发生全反射，而产生折射，则红光先射出，
B 错误；C 正确；
D、当入射光顺时针转动时，入射角逐渐小于450，随着入射角增大，光线在棱镜中传播的路程逐渐减小，光从ac 面
传播到ab 面的时间变短，D 错误；
E、入射光在纸面内逆时针逐渐偏转，随着入射角增大，折射角增大，光线在棱镜中传播的路程增大，光从ac 面传播
到ab 面的时间变长，E 正确；
故选ACE。
二、非选择题
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13．如图所示，AOB 是1/4 圆柱玻璃砖的截面，玻璃砖的折射率为
2 。一束平行光以45°入射角射向玻璃砖的OA 平
面，这些光线中只有一部分能从圆柱的AB 面上射出。假设凡射到OB 面的光线全部被吸收，也不考虑OA 面的反射作
用，试求圆柱AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几?
【答案】
占AB 面的1/6．
【解析】：在OA 面发生折射，设折射角为r，
因为
r
n
o
sin
45
sin

①
所以
2
1
45
sin
sin


n
r
o
②
解得r＝30°
③
设射到AB 面上的光线，其射出部分为NB 部分，则∠MNO 应等于临界角C，
因为
n
C
1
sin

，
所以C＝45°
④
在△MNO 中，因为∠OMN＝90°-r=60°
所以∠MON＝180°-60°-C＝75°
⑤
所以射出光线部分BN 所对应的圆心角为15°，占AB 面的1/6．
⑥
评分标准：本题9 分. ①、②、③共4 分，④式2 分，⑤、⑥式共3 分。
本题考查的是光的折射，对折射定律和全反射的应用，光在AO 面上进行折射进入玻璃砖，然后某部分光线在AB 弧面
上发生了全反射，从而光线有一部分射不出来，
14．如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0 m。从点光源A 射向池边的光线AB 与
竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。
（i）求池内的水深；
（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0 m。当他看到正前下方的点光源A 时，他的
眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1 位有效数字）。
【答案】
（i）
7 m≈2.6 m
（ii）0.7 m
【解析】（i）如图，设到达池边的光线的入射角为i。依题意，水的折射率n=
4
3 ，光线的折射角θ=90°。
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由折射定律有
nsin i=sin θ①
由几何关系有
sin i=
2
2
l
l
h

②
式中，l=3 m，h 是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得
h=
7 m≈2.6 m③
（ii）设此时救生员的眼睛到池边的距离为x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ'=45°。由折射定律有
nsini'=sin θ' ④
式中，i'是光线在水面的入射角。设池底点光源A 到水面入射点的水平距离为a。由几何关系有
sini'=
2
2
a
a
h

⑤
x+l=a+h' ⑥
式中h'=2 m。联立③④⑤⑥式得
x=(3
7
23 –1)m≈0.7 m⑦
【学科网考点定位】光的折射定律
【名师点睛】本题主要考查了光的折射定律的应用；解题关键是根据题意画出完整的光路图，然后根据光的折射定律
结合几何关系列出方程求解；此题意在考查考生应用数学处理物理问题的能力。
15．如图所示，ABC

为一直角三棱镜的截面，其顶角
0
30

α
，BC 边长为a，棱镜的折射率为
2 ，P 为垂直于直线
BCO 的光屏。现有一宽度等于AB 的平行单色光束垂直射向AB 面，求在光屏P 上被折射光线照亮的光带的宽度。
（已知
4
6
4
2
75
sin

＝

；
4
2
4
6
75
cos
－
＝

）
【答案】
a
CE
)
2
3
2
(


【解析】光线在AB 面上折射后方向不变，射到AC 面上的入射角
0
30

i
，设折射角为r ，据折射定律
r
sin
1
30
sin
2
0


……2 分
得r=
0
45 ……2 分
由此可画出折射光线在光屏上的光带宽度等于CE（如图示）………2 分
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图中
0
45

EAC
，
0
30

ECA
，
a
AC
2

在AEC

中，据正弦定理有
0
0
75
sin
45
sin
AC
CE

………2 分
化简得
a
CE
)
2
3
2
(


………2 分
16．如图所示，是用某种玻璃制成的横截面为圆形的圆柱体光学器件，它的折射率为
3 ，横截面半径为R。现用一束
细光线垂直圆柱体的轴线以i=60°的入射角射入圆柱体，不考虑光线在圆柱体内的反射。真空中光速为c。
（1）作出光线穿过圆柱体并射出的光路图。
（2）求出该光线从圆柱体中射出时，出射光线偏离原方向多大的角度？
（3）光线在圆柱体中的传播时间。
【答案】
（1）光路如图；（2）60°（3）3R
c
【解析】（1）由折射定律
sini
n
sinr
＝
，得
1
2
sini
sinr
n


;则光线射入圆柱体内的折射角为r=30°，由几何知识得，光
线从圆柱体射出时，在圆柱体内的入射角为30°，在圆柱体外的折射角为60°，光路图如图所示．
（2）由几何知识，出射光线偏离原方向的角度为α=60°
（3）根据几何知识得到，光线在圆柱体中的路程：S=
3 R
介质中传播速度
3
c
c
v
n


所以，光线在圆柱体中的传播时间为
3
S
R
t
v
c


考点：光的折射定律
【名师点睛】本题是几何光学问题，这里用到几何知识和光路的可逆性原理作光路图．基本题。
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