三年高考真题物理真题(215页)_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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2017-2019 年高考真题物理分项汇编
专题01
物理常识
单位制...................................................................................................................................................2
专题02
运动的描述
直线运动.............................................................................................................................................3
专题03
相互作用.....................................................................................................................................................................5
专题04
牛顿运动定律.............................................................................................................................................................9
专题05
曲线运动.................................................................................................................................................................. 11
专题06
万有引力定律与航天.............................................................................................................................................. 15
专题07
功和能.......................................................................................................................................................................20
专题08
动量...........................................................................................................................................................................26
专题09
静电场.......................................................................................................................................................................28
专题10
稳恒电流.................................................................................................................................................................. 37
专题11
磁场...........................................................................................................................................................................38
专题12
电磁感应.................................................................................................................................................................. 45
专题13
交流电.......................................................................................................................................................................53
专题14
原子结构、原子核和波粒二象性..........................................................................................................................55
专题15
选修3-3...................................................................................................................................................................61
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专题01
物理常识
单位制
1．（2019·北京卷）国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。
例如，由m和s可以导出速度单位m·s–1。历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或
其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967
年用铯–133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率∆ν=9 192 631 770 Hz定义s；1983年用真空中的光速c
=299 792 458 m·s–1定义m。2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应
关系如图，例如，s对应∆ν，m对应c）。新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展
产生深远影响。下列选项不正确的是
A．7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性
B．用真空中的光速c（m·s–1）定义m，因为长度l与速度v存在l=vt，而s已定义
C．用基本电荷e（C）定义安培（A），因为电荷量与电流I存在I=q/t，而s已定义
D．因为普朗克常量h（J·s）的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位
【解析】本题属于信息题，由题所给信息结合和的物理意义解答。由题意可知，如果以实物或其运动来定义基
本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，所以7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性，
故A正确；用真空中的光速定义m，即光在真空中传播299792458分之一秒的距离，且s早已定义，故B正确；由公
式可知，安培即为1 s时间内通过的电荷量，故C正确；由题意可知，h对应的单位为，而能量的单位单位中包含
质量，故可以对Kg进行定义，故D错误。
2．（2019·浙江选考）下列物理量属于标量的是
A．速度
B．加速度
C．电流
D．电场强度
【解析】加速度、速度、电场强度既有大小又有方向，为矢量，虽然电流有方向，但只有一个，没有正负之分，
所以为标量，C正确．
3．（2019·浙江选考）发现电流磁效应的物理学家是
A．法拉第
B．奥斯特
C．库仑
D．安培
【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了库仑定律，安培发现了分子电
流假说，B正确．
4．（2019·浙江选考）用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是
A．N/C
B．V/m
C．kg•m/（C•s2）
D．kg•m/（A•s3）
【解析】电场强度
F
E
q

，电场力的单位为N ，电量的单位为C ，所以电场强度的单位是N/ C ，而
2
3
kg m/s
1 N/C
1
1kg m/A s
A s






，D正确．
5．（2019·浙江选考）小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，
材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为31.4m，利用物理
知识测得沙子之间的摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近
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A．60 m2
B．200 m2
C．250 m2
D．500 m2
【解析】沙堆底部周长为31.4 m，故圆锥体的底部圆半径为，对锥面上的一粒沙粒分析，当满足（为锥体的底
角）时沙粒刚好静止，故，解得圆锥体高
2.5 m
h 
，故圆锥体的体积约为
2
3
3
1
1 3.14 5
2.5 m
60 m
3
3
V
Sh






，A正确．
6．（2019·天津卷）（1）第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量定义，“国际千克原器”于2019年
5月20日正式“退役”。的数值为，根据能量子定义，的单位是______，该单位用国际单位制中的力学基本单位表
示，则为______。
【答案】
【解析】由，能量的单位为，频率的单位为，故h的单位为，又因能量的单位换成力学基本单位可表示为，则h
的单位为
7．（2018·浙江选考）用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是
A．
B．
C．
D．
【解析】根据
，
，可得
，故A 正确，B、C、D 错误；
8．（2018·浙江选考）通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是
A．亚里士多德
B．伽利略
C．笛卡尔
D．牛顿
【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A 错误；伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维
持物体运动的原因，故B 正确；笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C 错误；牛顿在伽利
略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第个根据实验提出力
不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D 错误；故选B。
专题02
运动的描述
直线运动
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第
一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足
A．1<<2
B．2<<3
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C．3<<4
D．4<<5
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。
则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系




1:
2
1 :
3
2 : 2
3 :
5
2 ....




，
可知，即，故本题选C。
2．（2019·浙江选考）一辆汽车沿平直道路行驶，其v–t 图象如图所示。在t=0 到t=40 s 这段时间内，汽车的位移
是
A．0
B．30 m
C．750 m
D．1 200 m
【解析】在v–t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40 s 内的位移为




1
10
40
30 m
750 m
2
x 




，C 正确。
3．（2018·新课标全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的
动能
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。
根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=mv2，
可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC 错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移
x 成正比，选项B 正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2=，即与列车的动量二次方成正比，选项D 错
误。
4．（2018·浙江选考）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104
m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升
到井口的最短时间是
A．13 s
B．16 s
C．21 s
D．26 s
【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为
2
1
32 m
2
v
x
a


，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：
1
2
2
104
2 32 s
5 s
8
x
x
t
v





，
总时间为：，故C 正确，A、B、D 错误。故选C。
5．（2018·新课标全国II 卷）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度–时间图象分别如图中甲、乙两条曲
线所示。已知两车在t2 时刻并排行驶，下列说法正确的是
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A．两车在t1 时刻也并排行驶
B．t1 时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
【答案】BD
【解析】v–t 图象中图象包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2 时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积
可知在t1 时刻甲车在后，乙车在前，故A 错误，B 正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，
乙的加速度也是先减小后增大，故C 错D 正确。
6．（2018·新课标全国III 卷）甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲
乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示。下列说法正确的是
A．在t1 时刻两车速度相等
B．从0 到t1 时间内，两车走过的路程相等
C．从t1 到t2 时间内，两车走过的路程相等
D．从t1 到t2 时间内的某时刻，两车速度相等
【答案】CD
【解析】根据位移图象的物理意义可知，在t1 时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选
项A 错误；从0 到t1 时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B 错误；从t1 到t2 时间内，两车都是从x1 位置走到x
2 位置，两车走过的路程相等，选项C 正确；根据位移图象的斜率等于速度可知，从t1 到t2 时间内的某时刻，两车
速度相等，选项D 正确。
专题03
相互作用
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其
一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬
挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】如图所示，以物块N 为研究对象，它在水平向左拉力F 作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹
角为45°的过程中，水平拉力F 逐渐增大，绳子拉力T 逐渐增大；
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对M 受力分析可知，若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向下，则随着绳子拉力T 的增加，则摩擦力f 也逐渐增大；
若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向上，则随着绳子拉力T 的增加，摩擦力f 可能先减小后增加。故本题选BD。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物
块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大
为
A．150kg B．kg
C．200 kg
D．kg
【解析】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150kg，故A 选项符合题意。
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之
间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，
圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则
A．
B．
C．
D．
【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，
1
cos30
F
mg

，
2
sin30
F
mg

。解得
1
3
2
F
mg

，
2
1
2
F
mg

由牛顿第三定律知
1
2
3
1
,
2
2
F
mg
F
mg


，故D 正确
4．（2019·天津卷）2018 年10 月23 日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索
（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是
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A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力
数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；
B、由图甲可知，当索塔高度降低后，变大，变小，故T 变大，故B 错误
C、由B 的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确
D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要，钢索AC、AB 的拉力FAC、FAB 进行合成，合力竖直向下，钢索
不一定要对称分布，故D 错误；综上分析：答案为C。
5．（2019·江苏卷）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹
角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为
（A）
（B）
（C）Tsinα
（D）Tcosα
【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C 正确。
6．（2018·天津卷）明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，
曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木
楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则
A．若F 一定，θ大时大
B．若F 一定，θ小时大
C．若θ一定，F 大时大
D．若θ一定，F 小时大
【答案】BC
【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向右的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木
楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F 沿两侧分解的推力是相等的，力F 的分解如图：
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则
1
2
1
1
cos 90
cos 90
2
cos 90
2
sin
2
2
2
2
N
N
N
N
F
F
F
F
F





























，，故解得，所以F 一定时，越
小，越大；一定时，F 越大，越大，BC 正确。
7．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长
也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板
上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）
A．86 cm B．92 cm
C．98 cmD．104 cm
【解析】设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量
100 cm
80 cm
10 cm
2
L




，由共点力的平衡
条件可知，钩码的重力
2
2
100
80
2
1.2
100
G
k L
k L





，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点时，钩码
的重力，解得，则弹性绳的总长度变为，故选B。
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个
方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三
角形中，然后根据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与
竖直方向的夹角跟着改变。
8．（2017·天津卷）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点，悬挂衣服的衣
架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【答案】AB
【解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob 段长度分别为la 和lb，则，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α
和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，，则。满足
mg
F


cos
2
，



sin
sin
sin
l
l
l
d
b
a



，
即，，d 和l 均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A 正
确，CD 错误；将杆N 向右移一些，d 增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B 正确。
【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长
和两杆间的距离有关。
9．（2017·新课标全国Ⅰ卷）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（）。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
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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。
10．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F 的大小不
变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为
A．B．C．D．
【解析】F 水平时：F
mg


；当保持F 的大小不变，而方向与水平面成6 0 ° 角时，则
cos60
(
sin 60 )
F
mg
F



，联立解得：，故选C。
【名师点睛】此题考查了正交分解法在解决平衡问题中的应用问题；关键是列出两种情况下水平方向的平衡方
程，联立即可求解。
专题04
牛顿运动定律
1．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上
的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f
随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以
忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出
A．木板的质量为1 kg
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B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0~2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】结合两图像可判断出0~2 s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F
等于f，故F 在此过程中是变力，即C 错误；2~5 s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由
牛顿运动定律，对2~4 s 和4~5 s 列运动学方程，可解出质量m 为1 kg，2~4 s 内的力F 为0.4 N，故A、B 正确；
由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D 错误。
2．（2018·浙江选考）通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是
A．亚里士多德
B．伽利略
C．笛卡尔
D．牛顿
【解析】A、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A 错误；B、伽利略通过理想斜面实验提出了力
不是维持物体运动的原因，故B 正确；C、笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C 错误；D、
牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根
据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D 错误；
故选B。
3．（2018·新课标全国I 卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一
竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，
下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【解析】由牛顿运动定律，F–mg+F 弹=ma，F 弹=k(x0–x)，kx0=mg，联立解得F=ma+kx，对比题给的四个图象，可
能正确的是A。
4．（2018·浙江选考）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t 图像能反应体重计示数随时间变化的是
A．
B．
C．
D．
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【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，
处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超
重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A、B、D 错误；
故选C。
【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，
处于超重状态。
5．（2018·新课标全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速
度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大
小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过
程
A．矿车上升所用的时间之比为4:5
B．电机的最大牵引力之比为2:1
C．电机输出的最大功率之比为2:1
D．电机所做的功之比为4:5
【答案】AC
【解析】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）
×v0，解得：t=5t0/2，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A 正确；由于两次提
升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F–mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶
1，选项B 错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；加速
上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=–，减速上升过程
的牵引力F2=ma2+mg=m(g–)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第①次提升过程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；
第②次提升过程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；两次做功相同，选项D 错误。
专题05
曲线运动
1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度
和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速
度，其v–t 图像如图（b）所示，t1 和t2 是他落在倾斜雪道上的时刻。则
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1 时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】A．由v–t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距
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离，所以，A 错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B
正确C．由于v–t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由，易知a1>a2，故C 错误；D．由图
像斜率，速度为v1 时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1<fy2，故D 正
确。
2．（2019·江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，
角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，
故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C 错误；由匀
速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D 正确。
3．（2019·浙江选考）一质量为2.0×103 kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，
当汽车经过半径为80 m 的弯道时，下列判断正确的是
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s 时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s 时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A 错误；当最
大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得
2v
f
m r

，解
得
4
3
1.4 10
80
560
20 1.4 m/s
2.0 10
fr
v
m







，所以汽车转弯的速度为20 m/s 时，所需的向心力小于
1.4×104 N，汽车不会发生侧滑，BC 错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超
过7.0 m/s2，D 正确。
4．（2018·江苏卷）某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，
先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的
A．时刻相同，地点相同
B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同
D．时刻不同，地点不同
【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。弹射管在竖直方向
做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且
弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移
相等，因此落点不相同，故选项B 正确。
5．（2018·北京卷）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200
m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落
过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考
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虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
【解析】上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖
直向下的加速度，故AB 错；下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，
所以落点在抛出点的西侧，故C 错，D 正确。
6．（2018·天津卷）滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑
道AB，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑
过程中
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
【解析】根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，
从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程
中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A 错误；
运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有
2
2
cos
cos
N
N
v
v
F
mg
m
F
m
mg
R
R







，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力
越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B 错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化
量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C 正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D 错误。
7．（2018·新课标全国III 卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在
该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
A．2 倍
B．4 倍C．6 倍D．8 倍
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角
为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=·v，
即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时
的速率的2 倍，选项A 正确。
8．（2018·新课标全国I 卷）如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R：bc 是半径为R 的四分之
一的圆弧，与ab 相切于b 点。一质量为m 的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静
止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为
A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR
【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。
设小球运动到c 点的速度大小为vC，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理得：F·3R–mgR=mvc2，又F=mg，解得：
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vc2=4gR，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直
线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动
可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的
位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，
则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，选项C 正确ABD 错误。
9．（2018·浙江选考）A、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3，
运动方向改变的角度之比是3:2，则它们
A．线速度大小之比为4:3
B．角速度大小之比为3:4
C．圆周运动的半径之比为2:1
D．向心加速度大小之比为1:2
【解析】因为相同时间内他们通过的路程之比是4:3，根据，则A、B 的线速度之比为4:3，故A 正确；运动方向
改变的角度之比为3:2，根据，则角速度之比为3:2，故B 错误；根据可得圆周运动的半径之比为，故C 错误；
根据a=vω得，向心加速度之比为，故D 错误。
10．（2018·江苏卷）火车以60 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约
10°。在此10 s 时间内，火车
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
【答案】AD
【解析】圆周运动的弧长s=vt=60×10 m=600 m，选项A 正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所
以合力不为零，加速度不为零，故选项B 错误；由题意得圆周运动的角速度
10
3.14
180 10
t








rad/s=
rad/s，又，所以m=3439m，故选项C 错误、D 正确。
11．（2017·新课标全国Ⅰ卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。
速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大
的球用时少，故C 正确，ABD 错误。
【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理论知识简单，难在由题意分析出水
平方向运动的特点。
12．（2017·江苏卷）如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇，若两球的抛出速
度都变为原来的2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为
（A）
（B）
（C）
（D）
【解析】设第一次抛出时A 球的速度为v1，B 球的速度为v2，则A、B 间的水平距离x=(v1+v2)t，第二次两球的
速度为第一次的2 倍，但两球间的水平距离不变，则x=2(v1+v2)T，联立得T=t∕2，所以C 正确；ABD 错误。
【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变。
13．（2017·江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物
块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v 向右匀速运动，
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小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量
均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是
（A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
（B）小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2F
（C）物块上升的最大高度为
（D）速度v 不能超过
【解析】由题意知，F 为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有
达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A 错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，，绳中
的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F 时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B 错误；D 正
确；物块能上升的最大高度，，所以C 错误。
【名师点睛】在分析问题时，要细心。题中给的力F 是夹子与物块间的最大静摩擦力，而在物块运动的过程中，
没有信息表明夹子与物块间静摩擦力达到最大．另小环碰到钉子后，物块绕钉子做圆周运动，夹子与物块间的
静摩擦力会突然增大。
专题06
万有引力定律与航天
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向
下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物
体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星
球N的3倍，则
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【答案】AC
【解析】A、由a–x 图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象
的斜率为，纵轴截距为重力加速度。根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在
某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量。又因为：，联立得。故两星球的密
度之比为：，故A 正确；B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0 的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，
即：；结合a–x 图象可知，当物体P 和物体Q 分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P 和物体
Q 的质量之比为：，故B 错误；C、物体P 和物体Q 分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根
据
2
2
v
ax

，结合a–x 图象面积的物理意义可知：物体P 的最大速度满足
2
0
0
0
0
1
2
3
3
2
Pv
a
x
a x





，物体Q
的最大速度满足：
2
0
0
2
Q
v
a x

，则两物体的最大动能之比：
2
2
2
2
1
2
4
1
2
Q
Q
kQ
Q
Q
kP
P
P
P
P
m v
E
m
v
E
m
v
m v




，C 正确；D、物体P
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和物体Q 分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P 和Q 振动的振幅A 分别为和，即物体P
所在弹簧最大压缩量为2，物体Q 所在弹簧最大压缩量为4，则Q 下落过程中，弹簧最大压缩量时P 物体最大
压缩量的2 倍，D 错误；故本题选AC。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程
中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是
【解析】根据万有引力定律可得：，h 越大，F 越大，故选项D 符合题意。
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别
为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判
定
A．a 金>a 地>a 火
B．a 火>a 地>a 金
C．v 地>v 火>v 金
D．v 火>v 地>v 金
【解析】AB．由万有引力提供向心力可知轨道半径越小，向心加速度越大，故知A 项正确，B 错误；CD．由得
可知轨道半径越小，运行速率越大，故C、D 都错误。
4．（2019·北京卷）2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）。
该卫星
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
【解析】由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A 错误；由于第一宇宙速度为卫
星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B 错误；由于第二宇宙速度为卫
星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C 错误；将卫星发射到越高
的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D 正确。
5．（2019·天津卷）2018 年12 月8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类
航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为、半径为，探测器的质量为，
引力常量为，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时，探测器的
A．周期为
B．动能为
C．角速度为
D．向心加速度为
【解析】由万有引力提供向心力可得
2
2
2
2
2
4
GMm
v
m
r
m
r
m
ma
r
T
r






，可得，故A 正确；解得，由于，
故B 错误；解得，故C 错误；解得，故D 错误。综上分析，答案为A。
6．（2019·江苏卷）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球
运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力
常量为G。则
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A．
B．
C．
D．
【解析】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以，过近地点圆周运动的速度为，由于
“东方红一号”在椭圆上运动，所以，故B 正确。
7．（2019·浙江选考）20 世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞
行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt 内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力
F（其它星球对它的引力可忽略）。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星
球的较高轨道上绕星球做周期为T 的匀速圆周运动。已知星球的半径为R，引力常量用G 表示。则宇宙飞船和
星球的质量分别是
A．，
B．，
C．，
D．，
【解析】直线推进时，根据动量定理可得，解得飞船的质量为，绕孤立星球运动时，根据公式，又，解得，D
正确。
8．（2018·江苏卷）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5 月9 日发射的“高分五号”轨道高度
约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号冶相
比，下列物理量中“高分五号”较小的是
A．周期
B．角速度
C．线速度
D．向心加速度
【解析】本题考查人造卫星运动特点，意在考查考生的推理能力。设地球质量为M，人造卫星质量为m，人造
卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有
2
2
2
2
2π
Mm
v
G
m
m
r
m
r
ma
r
r
T











，得，，，，因
为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半径大，所以选项A 正确，BCD 错误。
9．（2018·北京卷）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为
地球半径60 倍的情况下，需要验证
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/60
【解析】设月球质量为，地球质量为M，苹果质量为，则月球受到的万有引力为：，苹果受到的万有引力为：，
由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A 错误；根据牛顿第
二定律：，，整理可以得到：，故选项B 正确；在月球表面处：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出
月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C 错误；苹果在月球表面受到引力为：，由于月球本身的半径
大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D 错误。
10．（2018·新课标全国II 卷）2018 年2 月，我国500 m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其
自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为。以周期T 稳定自转的星体的密度
最小值约
A．
B．
C．
D．
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【解析】在天体中万有引力提供向心力，即，天体的密度公式，结合这两个公式求解。设脉冲星值量为M，密
度为，根据天体运动规律知：，，代入可得：，故C 正确；故选C。
11．（2018·新课标全国III 卷）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16
倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4 倍。P 与Q 的周期之比约为
A．2:1
B．4:1
C．8:1
D．16:1
【解析】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P 的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q 的轨道半径为RQ=4R，根
据开普勒定律，==64，所以P 与Q 的周期之比为TP∶TQ=8∶1，选项C 正确。
12．（2018·浙江选考）土星最大的卫星叫“泰坦”（如图），每16 天绕土星一周，其公转轨道半径约为
6
1.2 10 km

，
已知引力常量
11
2
2
6.67 10
N m /kg
G




，则土星的质量约为
A．
B．
C．
D．
【解析】卫星绕土星运动，土星的引力提供卫星做圆周运动的向心力设土星质量为M：
2
2
2
4π
GMm
m
R
R
T

，解
得
2
2
2
4π R
M
GT

，带入计算可得：
2
6
3 3
26
-11
2
4 3.14
(1.2 10
10
5 10
kg
6.67 10
16 24 3600
M










）
（
）
，故B 正确，A、C、D 错
误。
13．（2018·天津卷）2018 年2 月2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少
数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地
球的半径和地球表面的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，
根据以上数据可以计算出卫星的
A．密度B．向心力的大小C．离地高度D．线速度的大小
【答案】CD
【解析】根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的外有引力充
当向心力，故有，卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，AB 错误；由解
得，而，故可计算卫星距离地球表面的高度，C 正确；根据公式，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算
出卫星绕地球运动的线速度，D 正确。
14．（2018·新课标全国I 卷）2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过
程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12 圈，将两颗中子星
都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中
子星
A．质量之积
B．质量之和
C．速率之和
D．各自的自转角速度
【答案】BC
【解析】双中子星做匀速圆周运动的频率f=12 Hz（周期T=1/12 s），由万有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2πf）
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2，G=m2r2（2πf）2，r1+r2=r=40 km，联立解得：（m1+m2）=（2πf）2Gr3，选项B 正确A 错误；由v1=ωr1=2πfr1，
v2=ωr2=2πfr2，联立解得：v1+v2=2πfr，选项C 正确；不能得出各自自转的角速度，选项D 错误。
15．（2017·北京卷）利用引力常量G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是
A．地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）
B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【解析】在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有，可得，
A 能求出地球质量。根据万有引力提供卫星、月球、地球做圆周运动的向心力，由，，解得；由，解得；由，
会消去两边的M；故BC 能求出地球质量，D 不能求出。
【名师点睛】利用万有引力定律求天体质量时，只能求“中心天体”的质量，无法求“环绕天体”的质量。
16．（2017·新课标全国Ⅲ卷）2017 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次
交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，
组合体运行的
A．周期变大
B．速率变大
C．动能变大
D．向心加速度变大
【解析】根据万有引力提供向心力有
2
2
2
2π
(
)
GMm
mv
m
r
ma
r
T
r



，可得周期，速率，向心加速度，对接前
后，轨道半径不变，则周期、速率、向心加速度均不变，质量变大，则动能变大，C 正确，ABD 错误。
【名师点睛】万有引力与航天试题，涉及的公式和物理量非常多，理解万有引力提供做圆周运动的向心力，适
当选用公式
2
2
2
2
2π
(
)
GMm
mv
m
r
m
r
ma
r
T
r





，是解题的关键。要知道周期、线速度、角速度、向心加
速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关。
17．（2017·江苏卷）“天舟一号”货运飞船于2017 年4 月20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空
间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km 的圆轨道上飞行，则其
（A）角速度小于地球自转角速度
（B）线速度小于第一宇宙速度
（C）周期小于地球自转周期
（D）向心加速度小于地面的重力加速度
【答案】BCD
【解析】根据知，“天舟一号”的角速度大于同步卫星的角速度，而同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，
所以“天舟一号”的角速度大于地球自转角的速度，周期小于地球自转的周期，故A 错误；C 正确；第一宇宙速
度为最大的环绕速度，所以“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度，B 正确；地面重力加速度为，故“天舟一号”
的向心加速度a 小于地面的重力加速度g，故D 正确。
【名师点睛】卫星绕地球做圆周运动，考查万有引力提供向心力。与地球自转角速度、周期的比较，要借助同
步卫星，天舟一号与同步卫星有相同的规律，而同步卫星与地球自转的角速度相同。
18．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M、N 为轨道短轴
的两个端点，运行的周期为。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M、Q 到N 的运动
过程中
A．从P 到M 所用的时间等于
B．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大
C．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小
D．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【答案】CD
【解析】从P 到Q 的时间为T0，根据开普勒行星运动第二定律可知，从P 到M 运动的速率大于从M 到Q 运
动的速率，可知P 到M 所用的时间小于T0，选项A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械
能守恒，选项B 错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，从P 到Q 阶段，速率逐渐变小，选项C 正确；从M
到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D 正确；故选CD。
【名师点睛】此题主要考查学生对开普勒行星运动定律的理解；关键是知道离太阳越近的位置行星运动的速率
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越大；远离太阳运动时，引力做负功，动能减小，引力势能增加，机械能不变。
19．（2017·天津卷）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接
形成组合体。假设组合体在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，地球
表面处重力加速度为g，且不考虑地球自转的影响。则组合体运动的线速度大小为__________，向心加速度大
小为___________。
【答案】
【解析】在地球表面附近，物体所受重力和万有引力近似相等，有：，航天器绕地球做匀速圆周运动，万有引
力提供向心力，有：
ma
h
R
v
m
h
R
Mm
G




2
2)
(
，解得：线速度，向心加速度。
【名师点睛】本题难度不大，应知道在地球表面附近物体所受重力和万有引力近似相等，即“黄金代换”。
专题07
功和能
1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek 与重力势能Ep 之和。取地面为
重力势能零点，该物体的E 总和Ep 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据
可得
A．物体的质量为2 kg
B．h=0 时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m 时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】A．Ep–h 图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A 正确B．h=0 时，Ep=0，Ek=E
机–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B 错误；C．h=2 m 时，Ep=40 J，Ek=E 机–Ep=85 J–40
J=45 J，故C 错误；D．h=0 时，Ek=E 机–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m 时，Ek′=E 机–Ep=80 J–80 J=0 J，故
Ek–Ek′=100 J，故D 正确。
2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、
方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图
所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为
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A．2 kg
B．1.5 kgC．1 kg
D．0.5 kg
【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12 N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。
3．（2019·江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向
左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与
地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
【答案】BC
【解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A 错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为：，
故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：，故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：，
解得：，故D 错误。
4．（2019·浙江选考）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
【解析】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A 正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运
动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是
一直增加，B 错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C 正
确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势
能减少，动能增加，D 正确。
5．（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜
直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R=10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且
在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v0=10 m/s 的速度滑上轨道AB，并恰
好能冲到轨道BC 的最高点。已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2 倍，轨道BC 光滑，则小车从
A 到C 的运动时间是
A．5 s
B．4.8 s
C．4.4 s
D．3 s
【解析】设小车的质量为m，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度
2
1
0.2
0.2
2m/s
f
mg
a
g
m
m




，
在AB 段，根据动能定理可得，解得，故；小车在BC 段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的
圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得，解得，，故小车在BC 上运动的加速度为，故小车在BC
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段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A 正确。
6．（2018·江苏卷）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球
的动能Ek 与时间t 的关系图象是
A．
B．
C．
D．
【解析】本题考查动能的概念和Ek–t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做竖直上抛运动时，速
度v=v0–gt，根据动能得，故图象A 正确。
7．（2018·新课标全国II 卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面
的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
A．10 N
B．102 N
C．103 N
D．104 N
【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：
2
1
2
mgh
mv

，解得：
2
2 10 3 25
10 15 m/s
v
gh





，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定
理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C 正确。
8．（2018·新课标全国II 卷）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，
木箱获得的动能一定
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【解析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。
木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：，
所以动能小于拉力做的功，故A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD 错误。
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9．（2018·天津卷）滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑
道AB，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑
过程中
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
【解析】根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，
从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程
中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A 错误；
运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有
2
2
cos
cos
N
N
v
v
F
mg
m
F
m
mg
R
R







，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力
越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B 错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化
量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C 正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D 错误。
10．（2018·新课标全国III 卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落
在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
A．2 倍
B．4 倍
C．6 倍
D．8 倍
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾
角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=v，
即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面
时的速率的2 倍，选项A 正确。
11．（2018·新课标全国I 卷）如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R；bc 是半径为R 的四分
之一的圆弧，与ab 相切于b 点。一质量为m 的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处
从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
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【解析】设小球运动到c 点的速度大小为vC，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理得：F·3R–mgR=mvc2，又
F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力
下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由
竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，
在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的
位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，选项C 正确ABD 错误。
12．（2018·新课标全国I 卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的
动能
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能
公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC 错误；由v2=2ax，可知
列车动能与位移x 成正比，选项B 正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2=，即与列车的动量二次方成
正比，选项D 错误。
13．（2018·江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块
由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。在从A 到B 的过程中，物块
A．加速度先减小后增大
B．经过O 点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】物体从A 点到O 点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过
程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小
球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A 点与O 点之间；弹力小于摩擦力过程，
合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减
小而增加，物体作减速运动；从O 点到B 点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A 正确、选项
B 错误；从A 点到O 点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O 点到B 点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，
故选项C 错误；从A 到B 的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D 正确。
14．（2018·新课标全国III 卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的
速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度
的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提
升过程
A．矿车上升所用的时间之比为4:5
B．电机的最大牵引力之比为2:1
C．电机输出的最大功率之比为2:1
D．电机所做的功之比为4:5
【答案】AC
【解析】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）
×v0，解得：t=5t0/2，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A 正确；由于两次提
升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F–mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶
1，选项B 错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；加
速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=–，减速上升过
程的牵引力F2=ma2+mg=m(g–) ，匀速运动过程的牵引力F3=mg 。第①次提升过程做功
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W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；两次做功相同，
选项D 错误。
15．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。
小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力
A．一直不做功
B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心
D．始终背离大圆环圆心
【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力
一直不做功，选项A 正确，B 错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD 错误；
故选A。
【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方
向，先是沿半径向外，后沿半径向里。
16．（2017·江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为，与斜面间的动摩擦因数不变，则
该过程中，物块的动能与位移的关系图线是
【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：，同理，下滑过程中，由动能定理可得：，故C 正确；ABD 错误。
【名师点睛】本题考查动能定理及学生的识图能力，根据动能定理写出Ek–x 图象的函数关系，从而得出图象斜
率描述的物理意义。
17．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，一质量为m，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端Q 缓
慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为
A．
B．C．D．
【解析】将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，PM 段绳的机械能不变，MQ 段绳的机械能的增加量为
2
1
2
1
1
(
)
(
)
3
6
3
3
9
E
mg
l
mg
l
mgl






，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。
【名师点睛】重点理解机械能变化与外力做功的关系，本题的难点是过程中重心高度的变化情况。
18．（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，
乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
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D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻
发生变化，则机械能在变化，故A 错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持
力，故B 正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C 错误；
乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不
变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D 错误。
【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力
的冲量等于物体动量的变化”。
19．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度
从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大
时。对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）
A．
B．C．D．
【解析】物块由最低点到最高点有：；物块做平抛运动：x=v1t；；联立解得：，由数学知识可知，当时，x 最
大，故选B。
【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可
通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。
20．（2017·江苏卷）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mg
（B）A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于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mg，所以A
正确；当A 下降至最低点，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，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。
专题08
动量
1．（2019·江苏卷）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小
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孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为_________。
A．
B．C．D．
【解析】设滑板的速度为，小孩和滑板动量守恒得：，解得：，故B 正确。
2．（2018·新课标全国II 卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面
的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
A．10 N B．102 N
C．103 N
D．104 N
【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：
2
1
2
mgh
mv

，解得：
2
2 10 3 25
10 15 m/s
v
gh





，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定
理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C 正确。
3．（2018·新课标全国I 卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的
动能
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能
公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC 错误；由v2=2ax，可知列
车动能与位移x 成正比，选项B 正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2=，即与列车的动量二次方成正
比，选项D 错误。
4．（2018·新课标全国III 卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b 所带电
荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，
它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作
用和重力可忽略。下列说法正确的是
A．a 的质量比b 的大
B．在t 时刻，a 的动能比b 的大
C．在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
【答案】BD
【解析】根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a、b 经过电容器两极板间下半区域
的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE=maaa，对
微粒b，由牛顿第二定律，qE=mbab，联立解得：>，由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A 错误；在a、b 两
微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于b 微粒，a 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定理，在t 时刻，a 的动
能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在
t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b 微粒受到的电场力（合
外力），根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D 正确。
【名师点睛】若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a 的质量比b 小吗？在t 时刻力微粒的动量还相等吗？在t
时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？
5．（2017·新课标全国Ⅰ卷）将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从
火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30
B．5.7×102
C．6.0×102
D．6.3×102
【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：
p=m1v1=m2v2=30，所以A 正确，BCD 错误。
【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。
6．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间t 变化的
图线如图所示，则
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A．t=1 s 时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s 时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】由动量定理有Ft=mv，解得，t=1 s 时物块的速率，A 正确；F–t 图线与时间轴所围面积表示冲量，所以
t = 2
s 时物块的动量大小为
2
2 kg m/s
4 kg m/s
p 




，B 正确；t = 3
s 时物块的动量大小为
(2
2 1 1) kg m/s
3 kg m/s
p





，
C
错
误
；
t =
4
s
时
物
块
的
动
量
大
小
为
(2
2 1 2) kg m/s
2 kg m/s
p





，速度不为零，D 错误。
【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t 图线与时间轴所围面积表示冲量。
7．（2017·江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇
时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s 和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量
之比．
【答案】3:2
【解析】由动量守恒定律得，解得
代入数据得。
【名师点睛】考查动量守恒，注意动量的矢量性，比较简单。
专题09
静电场
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型
运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为
4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg
B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
【解析】设该发动机在s 时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s 内喷射出的气
体质量
6
3
0
4.8 10 kg
1.6 10 kg
3000
m
F
m
t
v






，故本题选B。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹
上的另外一点，则
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【答案】AC
【解析】A．若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷，则先加速后减速，故A 正确；
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B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误。C．由于N 点速度大于等于零，故N 点
动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确D．粒子可
能做曲线运动，故D 错误；
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方
体的另外两个顶点。则
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】由几何关系，
可知b 的电势大于a 的电势，故A 错误，把负电荷从a 移到b，电势能减少，故D 错误;由对称性和电场的叠加
原理，可得出a、b 的合电场强度大小、方向都相同，故B、C 正确。
4．（2019·北京卷）如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则
A．a点场强的大小比b点大
B．b点场强的大小比c点小
C．a点电势比b点高
D．b点电势比c点低
【解析】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向
电势逐渐降低确定各点的电势的高低。由点电荷的场强公式可知，a、b 两点到场源电荷的距离相等，所以a、b
两点的电场强度大小相等，故A 错误；由于c 点到场源电荷的距离比b 点的大，所以b 点的场强大小比c 点的
大，故B 错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a 点与b 点电势相等，负电荷的电场线是
从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b 点电势比c 点低，故D 正确。
5．（2019·天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v 从点竖直向上运动，通
过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程
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A．动能增加
B．机械能增加
C．重力势能增加
D．电势能增加
【解析】由动能的表达式可知带电小球在M 点的动能为，在N 点的动能为，所以动能的增量为，故A 错误；带
电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公
式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移
2
2
v
x
t
vt


，因此有
2
x
h

，对小球由动能定理有
2
3
2
k
qEx
mgh
E
mv




，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，
故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为，故C 错误。
6．（2019·江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，
电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是
【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场
力方向速度为，功率为，所以P 与t 成正比，故A 正确。
7．（2019·江苏卷）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为
+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB
移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有
A．Q1移入之前，C点的电势为
B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D．Q2在移到C点后的电势能为-4W
【答案】ABD
【解析】由题意可知，C 点的电势为，故A 正确；由于B、C 两点到A 点()的距离相等，所以B、C 两点的电势
相等，所以从C 点移到B 点的过程中，电场力做功为0，故B 正确；由于B、C 两点的电势相等，所以当在B
点固定后，C 点的电势为，所以从无穷远移到C 点过程中，电场力做功为：
2
2
0
4
W
W
qU
q
W
q











故
C 错误；由于C 点的电势为，所以电势能为，故D 正确。
8．（2019·浙江选考）等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是
A．a 点的电势低于b 点的电势
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B．a 点的场强大于b 点的场强，方向相同
C．将一负电荷从a 点移到b 点电场力做负功
D．负电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能
【解析】沿电场线方向电势降低，故a 点电势高于b 点电势，A 错误；电场线的疏密程度表示电场强
度大小，电场线越密，电场强度越大，故a 点的场强大于b 点的场强，电场线的切线方向为场强方向，
故ab 两点的电场强度方向不同，B 错误；负电荷在低电势处电势能大，所以从a 点（高电势）移动到
b 点（低电势），电势能增大，电场力做负功，C 正确D 错误．
9．（2019·浙江选考）电荷量为4×10
－6 C 的小球绝缘固定在A 点，质量为0.2 kg、电荷量为－5×10
－6 C 的小球用绝
缘细线悬挂，静止于B 点。A、B 间距离为30 cm，AB 连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2，
小球可视为点电荷。下列图示正确的是
A．
B．
C．
D．
【解析】两球之间的库仑力为
6
6
9
2
2
4 10
5 10
9.0 10
N
2 N
0.3
A
B
q q
F
k
r









，小球B 受到的重力大
小为，且F 与竖直方向夹角为60°，，故小球B 受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三
角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B 正确．
【点睛】当三力平衡时，能组成一个封闭的矢量三角形，再结合一个角为60°的等腰三角形为等边三角
形即可求解。
10．（2018·江苏卷）如图所示，水平金属板A、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向
下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴
A．仍然保持静止
B．竖直向下运动
C．向左下方运动
D．向右下方运动
【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力。两极板平行时
带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由
于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向
右下方运动，选项D 正确。
11．（2018·北京卷）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是
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A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【解析】当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容
器带电，故选项A 正确；根据电容器的决定式：，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，
根据可知，电量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器的决定式：，
只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C 增大，根据可知，电量Q 不变，则电压U 减小，则静
电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据可知，电量Q 增大，则电压U 也会增大，则电容C 不变，故选项D
错误。
12．（2018·天津卷）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用
下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为，粒子在M 和N 时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能
分别为。下列判断正确的是
A．
B．
C．
D．
【解析】将粒子的运动分情况讨论：从M 运动到N；从N 运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，
电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M 运动
到N 点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故
电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；
若粒子从N 运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向
如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D 正
确。
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【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹
的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．
13．（2018·新课标I 卷）如图，三个固定的带电小球a、b 和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 c
m。小球c 所受库仑力的合力的方向平衡于a、b 的连线。设小球a、b 所带电荷量的比值的绝对值为k，则
A．a、b 的电荷同号，
B．a、b 的电荷异号，
C．a、b 的电荷同号，
D．a、b 的电荷异号，
【解析】对小球c 所受库仑力分析，画出a 对c 的库仑力和b 对c 的库仑力，若a 对c 的库仑力为排斥力，ac
的电荷同号，则b 对c 的库仑力为吸引力，bc 电荷为异号，ab 的电荷为异号；若a 对c 的库仑力为引力，ac
的电荷异号，则b 对c 的库仑力为斥力，bc 电荷为同号，ab 的电荷为异号，所以ab 的电荷为异号。设ac 与b
c 的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’，Fbc=k’，tanθ=3/4，tanθ=Fbc/Fac，ab 电
荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，选项D 正确。
【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。
14．（2018·全国II 卷）如图，同一平面内的a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a、c
连线的中点，N 为b、d 连线的中点。一电荷量为q（q>0）的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W1；若该
粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W2，下列说法正确的是
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b 两点连线平行
B．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为
C．若c、d 之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1=W2，则a、M 两点之间的电势差一定等于b、N 两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】利用电场力做功，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系。选项
根据题意无法判断，故A 项错误。由于电场为匀强磁场，M 为a、c 连线的中点，N 为b、d 连线的中点，所以
+
2
2
c
a
c
a
M
c










，
+
2
2
d
b
d
b
N
d










，若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一
定为


1
2
+
+
2
2
2
2
c
a
d
b
cd
ab
MN
M
N
qU
qU
W
W
W
qU
q
q
q















，故B 正确；因为不知道匀强
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电场方向，所以场强大小不一定是
2
W
qL ，故C 错误；若W 1 = W 2 ，说明
cd
ab
U
U

，



aM
bN
M
N
U
U
a
b









，由因为
+
2
2
c
a
c
a
M
c










；
+
2
2
d
b
d
b
N
d










，
解得：，故D 正确。
15．（2018·全国III 卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b 所带电荷量大
小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由
静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作用和重
力可忽略。下列说法正确的是
A．a 的质量比b 的大
B．在t 时刻，a 的动能比b 的大
C．在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
【答案】BD
【解析】根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a、b 经过电容器两极板间下半区
域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE=maaa，
对微粒b，由牛顿第二定律，qE=mbab，联立解得：>，由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A 错误；在a、
b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于b 微粒，a 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定理，在t 时刻，a
的动能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，
所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b 微粒受到的电
场力（合外力），根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D 正确。
16．（2018·新课标I 卷）图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为
2 V。一电子经过a 时的动能为10 eV，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是
A．平面c 上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2 倍
【答案】AB
【解析】根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差
为U，根据电子从a 到d 的过程中克服电场力所做功为Wab=6 eV，电场方向水平向右。由Wab=3 eV，联立解
得：U=2 V。已知b 的电势为2 V，则平面c 上的电势为零，选项A 正确；由于af 之间的电势差为4U=8 V，一
电子经过a 时的动能为10 eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则
该电子就到达不了平面f，选项B 正确；由于题述没有指出电子速度方向，选项CD 错误。
17．（2017·江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点．由点静
止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子
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（A）运动到点返回
（B）运动到和点之间返回
（C）运动到点返回
（D）穿过点
【解析】设A、B 板间的电势差为U1，B、C 板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O 点静
止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C 板向右移动，B、C 板间的电场强度，E
不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确；BCD 错误．
【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的
动态分析，在电荷量Q 不变的时候，板间的电场强度与板间距无关．
18．（2017·天津卷）如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个
电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B 两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。
下列说法正确的是
A．电子一定从A 向B 运动
B．若aA>aB，则Q 靠近M 端且为正电荷
C．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpB
D．B 点电势可能高于A 点电势
【答案】BC
【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB 是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线
的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A 错误；若aA>
aB，说明电子在M 点受到的电场力较大，M 点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M 端为场
源电荷的位置，应带正电，故B 正确；无论Q 为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能，电势能是标量，
所以一定有EpA<EpB，故C 正确，D 错误。
【名师点睛】本题考查的知识点较多，应从曲线运动的特点和规律出发判断出电子的受力方向，再利用相关电
场和带电粒子在电场中的运动规律解决问题。
19．（2017·江苏卷）在x 轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确有
（A）q1 和q2 带有异种电荷
（B）x1 处的电场强度为零
（C）负电荷从x1 移到x2，电势能减小
（D）负电荷从x1 移到x2，受到的电场力增大
【答案】AC
【解析】由图知x1 处的电势等于零，所以q1 和q2 带有异种电荷，A 正确，图象的斜率描述该处的电场强度，
故x1 处场强不为零，B 错误；负电荷从x1 移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C
正确；由图知，负电荷从x1 移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D 错误．
【名师点睛】本题的核心是对φ–x 图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，
依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱——电场强度．
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20．（2017·新课标Ⅰ卷卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示。电
场中四个点a、b、c 和d 的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec 和Ed。点a 到点电荷的距离ra 与点a 的电势a 已在图
中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b、c 点移动到d 点，在相邻两点
间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc 和Wcd。下列选项正确的是
A．Ea：Eb=4:1
B．Ec：Ed=2:1
C．Wab:Wbc=3:1
D．Wbc:Wcd=1:3
【答案】AC
【解析】由题图可知，a、b、c、d 到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式可
知，，，故A 正确，B 错误；电场力做功，a 与b、b 与c、c 与d 之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以，，
故C 正确，D 错误。
【名师点睛】本题主要考查学生的识图能力，点电荷场强及电场力做功的计算。
21．（2017·新课标Ⅲ卷）一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分
别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eV
D．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV
【答案】ABD
【解析】如图所示，设a、c 之间的d 点电势与b 点相同，则，d 点坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c 点作cf⊥bd 于
f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度
26 17 V/cm
2.5 V/cm
3.6
U
E
d




，A 正确；因为四边形Oacb
是矩形，所以有，解得坐标原点O 处的电势为1 V，B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V，电子带负电，所以电
子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV，C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V，电子从b 点运动到c 点，电场力
做功为9 eV，D 正确。
【名师点睛】在匀强电场中沿同一方向线段的长度与线段两端的电势差成正比；在匀强电场中电场线平行且均
匀分布，故等势面平行且均匀分布。以上两点是解决此类题目的关键。电势与电势能之间的关系，也是常考的
问题，要知道负电荷在电势高处电势能低。
22．（2017·北京卷）如图所示，长l=1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在
水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强E=3.
0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
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（1）小球所受电场力F 的大小。
（2）小球的质量m。
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小。
【答案】（1）3.0×10–3 N
（2）4.0×10–4 kg
（3）2.0 m/s
【解析】（1）根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为
F=qE=1.0×10–6×3.0×103 N=3.0×10–3 N
（2）小球受mg、绳的拉力T 和电场力F 作用处于平衡状态，如图所示
根据几何关系有，得m=4.0×10–4 kg
（3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有
2
1
(1 cos37 )
2
mgl
mv


得
2
(1 cos37 )
2.0 m/s
v
gl



【名师点睛】本题力电综合问题，但电场力与对小球施加水平向右的恒力F 作用效果相同，因此可以用相关的
力学知识来解答。
专题10
稳恒电流
1．（2019·江苏卷）如图所示的电路中，电阻R=2 Ω．断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表
的读数为2 V，则电源的内阻r为
A．1 Ω
B．2 Ω C．3 Ω D．4 Ω
【解析】开关s 断开时有：，开s 闭合时有：，其中，解得：，
故A 正确。
2．（2018·江苏卷）如图所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80 V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放
电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电
路
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A．充电时，通过R 的电流不变
B．若R 增大，则充电时间变长
C．若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E 减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
【答案】BCD
【解析】电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，
选项A 错误；当电阻R 增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B 正确；
若C 增大，根据Q=CU，电容器的带电荷量增大，选项C 正确；当电源电动势为85 V 时，电源给电容器充电仍
能达到闪光灯击穿电压80 V 时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D 正确。
3．（2017·江苏卷）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则
（A）电感L1 的作用是通高频
（B）电容C2 的作用是通高频
（C）扬声器甲用于输出高频成分
（D）扬声器乙用于输出高频成分
【答案】BD
【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信
号的作用是通低频阻高频，所以A 错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻
低频，故BD 正确；C 错误。
【名师点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素有关，记住这个
问题不难解决。
专题11
磁场
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框
平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线
框LMN受到的安培力的大小为
A．2F
B．1.5F C．0.5F D．0
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【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两
端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长
度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN 所受的合
力大小为，故本题选B。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸
面（abcd 所在平面）向外。ab 边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子
的比荷为k。则从a、d 两点射出的电子的速度大小分别为
A．，
B．，
C．，
D．，
【解析】a 点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，d 点射出粒子半径为，R=，故vd= =，故B 选项符合题
意
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸
面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象
限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为
A．
B．C．D．
【解析】运动轨迹如图。
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即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时
间为
2
2
1 2
4
4
2
T
m
m
t
qB
qB






；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为
1
1
1 2
2
6
6
3
2
T
m
m
t
B
qB
q






；
则粒子在磁场中运动的时间为：
1
2
2
7
3
2
6
m
m
m
t
t
t
qB
qB
qB








，故B 正确，ACD 错误。.
4．（2019·北京卷）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b
点射出。下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a 两点的速率，根据确定粒子运动半径和
运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A 错误；由于洛伦兹力不做功，
所以粒子动能不变，即粒子在b 点速率与a 点速率相等，故B 错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以
磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b 点右侧射出，故C 正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径
减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D 错误。
5．（2019·天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，
电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长
为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移
动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电
压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（
）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压与v 无关
C．前、后表面间的电压与成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，
因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D 正确，
由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a 成正比，故BC 错误。
6．（2019·江苏卷）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强
度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静
止．则a、b的电流方向可能是
A．均向左
B．均向右
C．a的向左，b的向右
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D．a的向右，b的向左
【答案】CD
【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b 两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，
由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使
矩形线框静止，a、b 两导线的电流方向相反，故CD 正确。
7．（2019·浙江选考）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ
固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数
为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A 正确
B 错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C 错误；
静止时，线圈II 平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D 错误．
【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生
相互作用．
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥．
8．（2019·浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为
B 的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b 的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R 连接，
上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判
断正确的是
A．上板为正极，电流
B．上板为负极，电流
C．下板为正极，电流
D．下板为负极，电流
【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板
为电源的正极，根据平衡有，解得稳定时电源的电动势，则流过R 的电流为，而，，则得电流大小为，
C 正确．
【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平
衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析．
9．（2018·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速
直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用
下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，
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磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C 正确，ABD 错误。
10．（2018·全国II 卷）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流方
向向上；L1 的正上方有a、b 两点，它们相对于L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大
小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b 两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则
A．流经L1 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
B．流经L1 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
C．流经L2 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
D．流经L2 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
【答案】AC
【解析】先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生
的磁场强度。L1 在ab 两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2 在a 点产生的磁场
强度设为B2，方向向里，在b 点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知，，
可解得：；，故AC 正确。
11．（2018·新课标I 卷）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿
南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于
静止状态。下列说法正确的是
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导
线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面
向里的方向转动，选项A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感
应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开
后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为
由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，
选项D 正确。
12．（2017·江苏卷）如图所示，两个单匝线圈a、b 的半径分别为r 和2r．圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重
合，则穿过a、b 两线圈的磁通量之比为
（A）1:1
（B）1:2
（C）1:4
（D）4:1
【解析】根据磁通量的定义，当B 垂直于S 时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S 为有磁感线穿过区域的面积，
所以图中a、b 两线圈的磁通量相等，所以A 正确；BCD 错误．
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【考点定位】磁通量
【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S 的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．
13．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方
向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c 电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a 在
纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是
A．
B．
C．
D．
【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B 正确，ACD 错误。
【考点定位】带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是
洛伦兹力的方向判断。
14．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，在磁感应强度大小为B0 的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，
两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处
的磁感应强度为零。如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为
A．0
B．C．D．2B0
【解析】如图1 所示，P、Q 中电流在a 点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系有，如果让P 中
的电流反向、其他条件不变，如图2 所示，由几何关系可知，a 点处磁感应强度的大小为
2
2
0
1
0
2 3
3
B
B
B
B



，故选C。
【考点定位】磁场叠加、安培定则
【名师点睛】本题关键为利用安培定则判断磁场的方向，在根据几何关系进行磁场的叠加和计算。
15．（2017·新课标Ⅰ卷）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，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
D．L1、L2 和L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【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、
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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，即L1、L2、L3 单位长度受到的磁场力之比为，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。
16．（2017·新课标Ⅱ卷）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两
端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于
竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【答案】AD
【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线
圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A
正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，
转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B 正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧
的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C 错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下
侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转
过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D 正确；故选AD。
【考点定位】电动机原理；安培力
【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方
向的变化分析安培力的方向变化情况。
17．（2017·新课标Ⅱ卷）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。大
量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为，这些粒子在
磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重
力及带电粒子之间的相互作用。则为
A．
B．C．D．
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为，
如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；同理，若粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的
轨道半径为；根据，则，故选C。
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【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图，知道能打
到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。
专题12
电磁感应
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线
MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN
上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的
时间间隔内
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
【答案】BC
【解析】AB、根据B-t 图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0 时刻，磁场的方向
发生变化，故安培力方向的方向在t0 时刻发生变化，则A 错误，B 正确；
CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C 正确，
D 错误。故本题选BC。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。
虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、
MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度变小恰好为
零，从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是
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【答案】AD
【解析】于PQ 进入磁场时加速度为零，AB．若PQ 出磁场时MN 仍然没有进入磁场，则PQ 出磁场后至MN
进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN 同一位置释放，故MN 进入磁场时与PQ
进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A 正确B 错误；CD．若PQ 出磁场前MN 已经进入磁场，
由于磁通量φ不变，PQ、MN 均加速运动，PQ 出磁场后，MN 由于加速故电流比PQ 进入磁场时电流大，故C
正确D 错误。
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式
的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。
4．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，
两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨
垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是
【答案】AC
【解析】ab 棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd
受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，
感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC 正确，BD 错误。
5．（2019·天津卷）单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与
时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是
A．时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为
C．线框转一周外力所做的功为
D．从到过程中线框的平均感应电动势为
【答案】BC
【解析】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A 错误；由图可知交流电的
周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B 正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发
热量，，故C 正确；从0 时刻到时刻的平均感应电动势为，故D 错误。
6．（2018·全国II 卷）如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽
度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框
中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是
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A．
B．
C．
D．
【解析】找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流
的方向。要分过程处理本题。
第一过程从①移动②的过程中
左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动
势方向相同所以，则电流为，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生
的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，
然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流
的大小为，方向是逆时针
当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流
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表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D 正确。
7．（2018·新课标I 卷）如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中心，O 为圆心。轨道的电
阻忽略不计。OM 是有一定电阻。可绕O 转动的金属杆。M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在半
圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定
（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B'（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的
电荷量相等，则等于
A．
B．C．D．2
【解析】过程I 回路中磁通量变化ΔΦ1=BπR2，设OM 的电阻为R，流过OM 的电荷量Q1=ΔΦ1/R。过程II 回路中
磁通量变化ΔΦ2=（B’–B）πR2，流过OM 的电荷量Q2=ΔΦ2/R。Q2=Q1，联立解得：B’/B=3/2，选项B 正确。
【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新。
8．（2018·江苏卷）如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度
为B。质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨
接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于
【答案】BC
【解析】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力。由于金属棒进入两个磁场的速度相等，
而穿出磁场后金属杆做加速度为g 的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A 错误；对金属杆
受力分析，根据可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v–t 图象如图所示，由于0~t1 和t1~t2 图
线与t 轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2–t1），选项B 正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，
根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热
量为4mgd，选项C 正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，
根据得金属杆进入磁场的高度应大于，选项D 错误。
点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进
入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做
减速运动。
9．（2018·全国III 卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R，R 在PQ 的右侧。导线PQ 中
通有正弦交流电流i，i 的变化如图（b）所示，规定从Q 到P 为电流的正方向。导线框R 中的感应电动势
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A．在时为零
B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向
D．在时最大，且沿顺时针方向
【答案】AC
【解析】由图（b）可知，导线PQ 中电流在t=T/4 时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，
根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4 时导线框中产生的感应电动势为零，选项A 正确；在t=T/2 时，导线PQ 中
电流图象斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2 时，导线框中
产生的感应电动势方向不变，选项B 错误；由于在t=T/2 时，导线PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，
导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由
楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 正确；由楞次定律可判断出在t=T 时感应电动势的方
向为逆时针方向，选项D 错误。
点睛
此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：
一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉
第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。
10．（2018·新课标I 卷）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿
南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于
静止状态。下列说法正确的是
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导
线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面
向里的方向转动，选项A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感
应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开
后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为
由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，
选项D 正确。
【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。
11．（2017·新课标Ⅰ卷）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动
对STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图
所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减
最有效的方案是
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【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A 图中系统振动时在磁场中的部分有时多有
时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A 正确；而BCD 三个图均无此现象，
故错误。
【名师点睛】本题不要被题目的情景所干扰，抓住考查的基本规律，即产生感应电流的条件，有感应电流产生，
才会产生阻尼阻碍振动。
12．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金
属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共
面。现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是
A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向
C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向
D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
【解析】因为PQ 突然向右运动，由右手定则可知，PQRS 中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T 中的磁通量减
小，由楞次定律可知，T 中有沿顺时针方向的感应电流，D 正确，ABC 错误。
【名师点睛】解题关键是掌握右手定则、楞次定律判断感应电流的方向，还要理解PQRS 中感应电流产生的磁
场会使T 中的磁通量变化，又会使T 中产生感应电流。
13．（2017·天津卷）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab 与两导轨垂直
并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，
ab 始终保持静止，下列说法正确的是
A．ab 中的感应电流方向由b 到a
B．ab 中的感应电流逐渐减小
C．ab 所受的安培力保持不变
D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（为一定值），则闭合回路中的磁通量
减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b，故A 错误；根据法
拉第电磁感应定律，感应电动势
B S
E
k S
t
t









，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆
定律，所以ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C
错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f 与安培力F 等大反向，安培
力减小，则静摩擦力减小，故D 正确。
【名师点睛】本题应从电磁感应现象入手，熟练应用法拉第电磁感应定律和楞次定律。
14．（2017·新课标Ⅱ卷）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0.1 m、总电阻为
0.005 Ω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
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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0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t=0.4 s 至t=0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【答案】BC
【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=0.5 m/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
2 A
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。
15．（2017·北京卷）图1 和图2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和L2 为电感线圈。实验时，断开开关S1
瞬间，灯A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯A3 立即变亮，最终A2
与A3 的亮度相同。下列说法正确的是
A．图1 中，A1 与L1 的电阻值相同
B．图1 中，闭合S1，电路稳定后，A1 中电流大于L1 中电流
C．图2 中，变阻器R 与L2 的电阻值相同
D．图2 中，闭合S2 瞬间，L2 中电流与变阻器R 中电流相等
【解析】断开开关S1 瞬间，灯A1 突然闪亮，由于线圈L1 的自感，通过L1 的电流逐渐减小，且通过A1，即自感
电流会大于原来通过A1 的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1 的电流小于通过L1 的电流，L1 的电阻小于
A1 的电阻，AB 错误；闭合S2，电路稳定时，A2 与A3 的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R 与L2
的电阻值相同，C 正确；闭合开关S2，A2 逐渐变亮，而A3 立即变亮，说明L2 中电流与变阻器R 中电流不相等，
D 错误。
【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情
况。电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小
的正向电流，使电流逐渐减小。
16．（2017·江苏卷）如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量
为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该
磁场区域以速度v0 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足
够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
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（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小l；
（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
【答案】（1）
（2）（3）
【解析】（1）感应电动势
感应电流
解得
（2）安培力
牛顿第二定律
解得
（3）金属杆切割磁感线的速度，则
感应电动势
电功率
解得
【名师点睛】本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv，切割的速度（v）是导体与磁场的相对速度，
分析这类问题，通常是先电后力，再功能．
17．（2017·北京卷）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的
工作原理可以简化为如图1、图2 所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ 固定在水平面内，相距为L，电
阻不计。电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v 平行于MN）
向右做匀速运动。
图1 轨道端点MP 间接有阻值为r 的电阻，导体棒ab 受到水平向右的外力作用。图2 轨道端点MP 间接有直流
电源，导体棒ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
（1）求在Δt 时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
（2）从微观角度看，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认
为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3（图1 的导体棒ab）、图4（图2 的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过
程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。
【答案】（1）
（2）a．如图3、图4
b．见解析
【解析】（1）图1 中，电路中的电流
棒ab 受到的安培力F1=BI1L
在Δt 时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab 克服安培力做的功
2
2
2
1
B L v
t
E
F v t
R
r




电
图2 中，棒ab 受到的安培力F2=BIL
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在Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab 做的功
（2）a．图3 中，棒ab 向右运动，由左手定则可知其中的正电荷受到b→a 方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作
用下，正电荷沿导体棒运动形成感应电流，有沿b→a 方向的分速度，受到向左的洛伦兹力作用；图4 中，在电
源形成的电场作用下，棒ab 中的正电荷沿a→b 方向运动，受到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒向
右运动，正电荷具有向右的分速度，又受到沿b→a 方向的洛伦兹力作用。如图3、图4。
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图4 所示，沿棒方向的洛伦兹力
1f
qvB

，做负功
1
1
W
f u t
qvBu t




垂直棒方向的洛伦兹力，做正功
所示，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；做正功，宏观上表现为安培
力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过
程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递能量的作用。
【名师点睛】洛伦兹力永不做功，本题看似洛伦兹力做功，实则将两个方向的分运动结合起来，所做正、负功
和为零。
专题13
交流电
1．（2019·江苏卷）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20 V时，输出电压
A．降低2 V
B．增加2 V
C．降低200 V
D．增加200 V
【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，
所以有：，当输入电压增加20V 时，输出电压增大200V，故D 正确。
2．（2018·江苏卷）采用220 kV 高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来
的，输电电压应变为
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV
D．880 kV
【解析】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率P=UI，U 为输电电压，I 为输电
线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损=I2R，R 为输电线路的电阻，即P 损=。当输电功率一定时，输电线路损
失的功率为原来的，则输电电压为原来的2 倍，即440 V，故选项C 正确。
3．（2018·天津卷）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值
电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V 的读数分别为I、U，R 消耗的功率为P。若
发电机线圈的转速变为原来的，则
A．R 消耗的功率变为
B．电压表V 的读数为
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C．电流表A 的读数变为2I
D．通过R 的交变电流频率不变
【解析】根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流
电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；根据可知转速变为原来的，则角速度变
为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原
线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R
消耗的电功率变为，A 错误B 正确；副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，
C 错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D 错误。
4．（2018·全国III 卷）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交变电源
上，在一个周期内产生的热量为Q 正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q 方:Q 正等于
A．
B．
C．1:2
D．2:1
【解析】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q
=I2RT=T，可知在一个周期T 内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q 方∶Q 正=u02∶（）2=2∶1，选项D 正
确。
点睛
此题将正弦交变电流和方波交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波
交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T 内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，
导致错选C。
5．（2018·全国III 卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R，R 在PQ 的右侧。导线PQ 中
通有正弦交流电流i，i 的变化如图（b）所示，规定从Q 到P 为电流的正方向。导线框R 中的感应电动势
A．在时为零
B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向
D．在时最大，且沿顺时针方向
【答案】AC
【解析】由图（b）可知，导线PQ 中电流在t=T/4 时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，
根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4 时导线框中产生的感应电动势为零，选项A 正确；在t=T/2 时，导线PQ 中
电流图象斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2 时，导线框中
产生的感应电动势方向不变，选项B 错误；由于在t=T/2 时，导线PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，
导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由
楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 正确；由楞次定律可判断出在t=T 时感应电动势的方
向为逆时针方向，选项D 错误。
点睛
此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：
一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉
第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。
6．（2017·天津卷）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
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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
【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（），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，一个周期内线圈产生的热量，故D 正确。
【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。
7．（2017·北京卷）如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线
圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是
A．原线圈的输入功率为220W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝
数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C 错误；流过电阻R 的电流为2 A，可知负载消耗的功率为2
20 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A 错误；由P=UI 可知，电流表的读数为1 A，B 正确，
由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D 错误。
【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副
线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。
专题14
原子结构、原子核和波粒二象性
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。要使处于基
态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为
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A．12.09 eV
B．10.20 eV C．1.89 eV
D．1.5l eV
【解析】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3 能级后，跃迁才可能产生能量
在1.63eV~3.10eV 的可见光。故
1.51
( 13.60)eV
12.09eV
E




。故本题选A。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）太阳内部核反应的主要模式之一是质子—质子循环，循环的结果可表示为，已知和的
质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为
A．8 MeV
B．16 MeV
C．26 MeV
D．52 MeV
【解析】由
2
E
mC


知


2
4
2
p
e
E
m
m
m
c







，
2
E
m
c



=
6
19
16
931 10
1.6 10
J
9 10





27
31
1.7 10
kg
0.9 10
kg






，忽略电子质量，则：


2
4 1.0078
4.00
26MeV
26
E
u
u
c 





，故C
选项符合题意；
3．（2019·天津卷）如图为、、三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。由、、组成的复色光通
过三棱镜时，下述光路图中正确的是
【解析】由光电效应的方程，动能定理，两式联立可得，故截止电压越大说明光的频率越大，则有三种光的频
率，则可知三种光的折射率的关系为，因此光穿过三棱镜时b 光偏折最大，c 光次之，a 光最小，故选C，ABD
错误。
4．（2019·天津卷）我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018 年获得重大突破，等离子体中心电子温度首次
达到1 亿度，为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是
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A．核聚变比核裂变更为安全、清洁
B．任何两个原子核都可以发生聚变
C．两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前增加
D．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加
【答案】AD
【解析】核聚变的最终产物时氦气无污染，而核裂变会产生固体核废料，因此核聚变更加清洁和安全，A 正确；
发生核聚变需要在高温高压下进行，大核不能发生核聚变，故B 错误；核聚变反应会放出大量的能量，根据质
能关系可知反应会发生质量亏损，故C 错误；因聚变反应放出能量，因此反应前的比结合能小于反应后的比结
合能，故D 正确。
5．（2019·江苏卷）100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子．后来，人们用α粒子轰击核也打出了质子：；该
反应中的X是
（选填“电子”“正电子”或“中子”）．此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能．目
前人类获得核能的主要方式是
（选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”）。
【答案】中子
核裂变
【解析】由质量数和电荷数守恒得：X 应为：即为中子，由于衰变是自发的，且周期与外界因素无关，核聚变
目前还无法控制，所以目前获得核能的主要方式是核裂变；
6．（2019·江苏卷）在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ=6.4×107 m，每个激光脉冲的能量E=1.5×10-2 J．求
每个脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量h=6.63×l0-34 J·s，光速c=3×108 m/s．计算结果保留一位有效数字）
【答案】光子能量，光子数目n=，代入数据得n=5×1016
【解析】每个光子的能量为，每个激光脉冲的能量为E，所以每个脉冲中的光子个数为：，联立且代入数据解
得：。
7．（2019·浙江选考）处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时，能辐射出a、b 两种可见光，a 光照射某金属表面
时有光电子逸出，b 光照射该金属表面时没有光电子逸出，则
A．以相同的入射角射向一平行玻璃砖，a 光的侧移量小于b 光的
B．垂直入射到同一单缝衍射装置，a 光的衍射中央亮条纹宽度小于b 光的
C．a 光和b 光的频率之比可能是20/27
D．a 光子的动量大于b 光子的
【答案】BD
【解析】根据题意可知a 光频率低于b 光频率，玻璃砖对a 光的折射率大于对b 光的折射率，b 光的折
射率较小，以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b 光的折射角较大，所以b 光侧移量小，
即a 光的侧移量大于b 光的，A 错误；频率越大，波长越小，通过同一单缝衍射装置时，中央亮条纹
宽度越小，B 正确；a 光的频率大，故频率之比不可能为，C 错误；频率越大，波长越小，即，根据可
知，D 正确。
【点睛】本题关键是知道光的频率越大，则其波长越小，同一光学器件对其的折射率越大，通过同一
单缝衍射装置时中央亮条纹宽度越小．
8．（2019·浙江选考）一个铍原子核（）俘获一个核外电子（通常是最靠近原子核的K 壳层的电子）后发生衰变，
生成一个锂核（），并放出一个不带电的质量接近零的中微子νe，人们把这种衰变称为“K 俘获”。静止的铍核发
生零“K 俘获”，其核反应方程为已知铍原子的质量为MBe=7.016929u，锂原子的质量为MLi=7.016004u，1u 相当
于9.31×102MeV。下列说法正确的是
A．中微子的质量数和电荷数均为零
B．锂核（）获得的动能约为0.86MeV
C．中微子与锂核（）的动量之和等于反应前电子的动量
D．中微子与锂核（）的能量之和等于反应前电子的能量
【答案】AC
【解析】反应方程为，根据质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零，A 正确；根据
质能方程，质量减少


2
7.016929
7.016004
9.31 10 MeV
0.86MeV
e
m
u
m







，为释放的核能，
不是锂核获得的动能，B 错误；衰变过程中内力远大于外力，故反应前后动量守恒，故中微子与锂核
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（）的动量之和等于反应前电子的动量，C 正确；由于反应过程中存在质量亏损，所以中微子与锂核
（）的能量之和小于反应前电子的能量，D 错误。
9．（2018·北京卷）在核反应方程中，X 表示的是
A．质子
B．中子C．电子D．α粒子
【解析】设X 为：，根据核反应的质量数守恒：，则：，电荷数守恒：，则，即X 为：为质子，故选项A 正确，
BCD 错误。
点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出X 的电荷数和质量数，从而确定X 的种
类。
10．（2018·全国II 卷）用波长为300 nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.2810–19 J。已知普朗
克常量为6.6310–34 J·s，真空中的光速为3.00108 m·s–1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为
A．11014 Hz
B．81014 Hz
C．21015 Hz
D．81015 Hz
【解析】知道光电效应方程；知道逸出功并结合两个公式求解。由光电效应方程式得：
0
k
E
h
W



，得：
0
k
k
c
W
h
E
h
E






，刚好发生光电效应的临界频率为，则，代入数据可得：，故B 正确。
11．（2018·天津卷）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2 的能级跃迁到n=2
的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A．对应的前后能级之差最小
B．同一介质对的折射率最大
C．同一介质中的传播速度最大
D．用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能
【解析】根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；
根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应。波长越大，频率
越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A 正确；的频率最小，
同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC 错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，
若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D 错误。
【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小。
12．（2018·天津卷）国家大科学过程——中国散裂中子源（CSNS）于2017 年8 月28 日首次打靶成功，获得中子束
流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台，下列核反应中放出的粒子为中子的是
A．俘获一个α粒子，产生并放出一个粒子
B．俘获一个α粒子，产生并放出一个粒子
C．俘获一个质子，产生并放出一个粒子
D．俘获一个质子，产生并放出一个粒子
【解析】根据质量数和电荷数守恒可知四个核反应方程分别为、、，，故只有B 选项符合题意；
【点睛】核反应过程中，质量数与核电荷数守恒，应用质量数与核电荷数守恒即可写出核反应方程式。
13．（2018·全国III 卷）1934 年，约里奥–居里夫妇用α粒子轰击铝核，产生了第一个人工放射性核素X：。X 的原子
序数和质量数分别为
A．15 和28
B．15 和30
C．16 和30
D．17 和31
【解析】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X 的电荷数为2+13=15，质量数为4+27–1=30，根据
原子核的电荷数等于原子序数，可知X 的原子序数为15，质量数为30，选项B 正确。
14．（2017·天津卷）我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际
热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是
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A．
B．
C．4
27
30
1
2
13
15
0
He
Al
P
n



D．235
1
144
89
1
92
0
56
36
0
U
n
Ba
Kr
3 n




【解析】
是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核，同时放出一个中子，属于聚变反应，故A 正确；是卢瑟福
发现质子的核反应，他用α粒子轰击氮原子核，产生氧的同位素——氧17 和一个质子，是人类第一次实现的原
子核的人工转变，属于人工核反应，故B 错误；是小居里夫妇用α粒子轰击铝片时发现了放射性磷（磷30），
属于人工核反应，故C 错误；235
1
144
89
1
92
0
56
36
0
U
n
Ba
Kr
3 n




是一种典型的铀核裂变，属于裂变反应，故D
错误。
【名师点睛】本题的关键是知道核反应的分类，区别衰变和核反应。
15．（2017·新课标Ⅰ卷）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是。
已知的质量为2.013 6 u，的质量为3.015 0 u，的质量为1.008 7 u，1 u=931 MeV/c2。氘核聚变反应中释放
的核能约为
A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV
【解析】根据质能方程，释放的核能
2
mc
E



，
H
He
n
2
0.003 5u
m
m
m
m





，则
2
2
0.0035u 931MeV/
3.258 5 MeV
3.3 MeV
E
c
c






，故B 正确，ACD 错误。
【名师点睛】本题考查质能方程，注意原子核的质量单位不是kg，由质能方程求核能时要细心。
16．（2017·江苏卷）原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的有
．
（A）核的结合能约为14 MeV
（B）核比核更稳定
（C）两个核结合成核时释放能量
（D）核中核子的平均结合能比核中的大
【答案】BC
【解析】由图知核的比结合能约为7 MeV，所以结合能约为4×7=28 MeV，故A 错误；核比核的比结合能大，
所以核比核更稳定，B 正确；两个核结合成核时，即由比结合能小的反应生成比结合能大的释放能量，C 正确；
由图知核中核子的平均结合能比核中的小，所以D 错误．
【名师点睛】本题主要是要理解比结合能的含义，知道结合能与比结合能的区分与关系．以及在核反应过程中
由比结合能小的反应生成比结合能大的要释放能量．
17．（2017·新课标Ⅲ卷）在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb 的单色光a、b 照射到同种金属上，测得相应的
遏止电压分别为Ua 和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka 和Ekb。h 为普朗克常量。下列说法正确的是
A．若νa>νb，则一定有Ua<Ub
B．若νa>νb，则一定有Eka>Ekb
C．若Ua<Ub，则一定有Eka<Ekb
D．若νa>νb，则一定有hνa–Eka>hνb–Ekb
【答案】BC
【解析】由爱因斯坦光电效应方程，又由动能定理有，当时，，，A 错误，B 正确；若，则有，C 正确；同种金
属的逸出功不变，则不变，D 错误。
【名师点睛】本题主要考查光电效应。发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只
影响单位时间内发出光电子的数目；光电子的最大初动能和遏止电压由照射光的频率和金属的逸出功决定；逸
出功由金属本身决定，与光的频率无关。
18．（2017·北京卷）2017 年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm（1
nm=10–9 m）附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源
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利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个
分子的能量约为（取普朗克常量h=6.6×10–34 J·s，真空光速c=3×108 m/s）
A．10–21 J
B．10–18 J
C．10–15 J
D．10–12 J
【解析】一个处于极紫外波段的光子的能量约为，由题意可知，光子的能量应比电离一个分子的能量稍大，因
此数量级应相同，故选B。
【名师点睛】根据题意可知光子的能量足以电离一个分子，因此该光子的能量应比该分子的电离能大，同时又
不能把分子打碎，因此两者能量具有相同的数量级，不能大太多。
19．（2017·新课标Ⅱ卷）一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为。下列说法正确的是
A．衰变后钍核的动能等于粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间
D．衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【解析】根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向，选项B 正确；根据可知，衰变后
钍核的动能小于粒子的动能，选项A 错误；铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个粒
子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项C 错误；由于该反应放出能量，由质能方程可知，
衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D 错误；故选B。
【名师点睛】此题考查了原子核的反冲问题以及对半衰期的理解；对于有能量放出的核反应，质量数守恒，但
是质量不守恒；知道动量和动能的关系。
20．（2017·江苏卷）质子（）和α粒子（）被加速到相同动能时，质子的动量
（选填“大于”、“小于”或“等于”）
α粒子的动量，质子和α粒子的德布罗意波波长之比为
．
【答案】小于
2:1
【解析】动量与动能的关系：，又质子的质量小于α粒子的质量所以质子的动量小于α粒子的动量，且；根据，
可得质子和α粒子的德布罗意波波长之比为2:1．
【名师点睛】考查公式，动量与动能的关系以及物质的波的波长和公式，较容易．
21．（2017·北京卷）在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放射出的α粒
子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q 分别表示α粒子的质量和电荷量。
（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程。
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。
（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为
（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有
根据圆周运动的参量关系有
得α粒子在磁场中运动的周期
根据电流强度定义式，可得环形电流大小为
（3）由，得
设衰变后新核Y 的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0
可得
根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有
2
2
2
1
1
2
2
mc
Mv
mv




解得
说明：若利用解答，亦可。
【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒。
（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反
方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公
式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小。
（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量
亏损。
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专题15
选修3-3
1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5 分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理
想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与
外界相同。此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度____
______（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。
【答案】低于
大于
【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故，但活塞移动的过程中，
容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即，根据热力学第一定律可知：，
故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体
状态方程：，又，m 为容器内气体质量。联立得：，取容器外界质量也为m 的一部分气体，由于容器内温度T
低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。
2．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体
用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，
改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下
用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使
用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
【答案】（1）p2=3.2×107 Pa
（2）p3=1.6×108 Pa
【解析】（1）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、
压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律
p0V0=p1V1
①
被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律
p2V2=10p1
③
联立①②③式并代入题给数据得
p2=3.2×107 Pa
④
（2）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律
⑤
联立④⑤式并代入题给数据得
p3=1.6×108 Pa
⑥
3．（2019·新课标全国Ⅱ卷）（5分）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，
对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面
积的次数，则N1______N2，T1______T3，N2______N3。（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】大于
等于
大于
【解析】1、2 等体积，2、3 等压强由pV=nRT 得：=，V1=V2，故=，可得：T1=2T2，即T1>T2，由于分子密度
相同，温度高，碰撞次数多，故N1>N2；由于p1V1= p3V3；故T1=T3；则T3>T2，又p2=p3，2 状态分析密度大，
分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3 状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故3 状态
碰撞容器壁分子较少，即N2>N3。
4．（2019·新课标全国Ⅱ卷）（10分）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面
上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，
氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过
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程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（1）抽气前氢气的压强；
（2）抽气后氢气的压强和体积。
【答案】（1）p10=（p0+p）
（2）
【解析】（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10=（p0+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1 和V1，氢气的压强和体积分别为p2 和V2，根据力的平衡条件有p2·S=
p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
5．（2019·新课标全国Ⅲ卷）（5分）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精
溶液，稀释的目的是_______________________________________________________________。实验中为了测量
出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以_________________________________________________
_______________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________________
___________。
【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜
把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积
油膜稳定后得表面积S。
【解析】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准
确测量，故而使用累积法，测出N 滴油酸溶液的体积V，用V 与N 的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分
子油膜，油膜的厚度h 可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度。
6．（2019·新课标全国Ⅲ卷）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水
银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表
面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296
K。
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的
温度。
【答案】（1）L=41 cm
（2）T=312 K
【解析】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为
h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
①
由力的平衡条件有
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p=p0+ρgh
②
p1=p0–ρgh
③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h）
④
V1=S（L–h）
⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm
⑥
（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312 K
⑧
7．（2019·北京卷）下列说法正确的是
A．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C．气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变
【解析】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动
能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强。A．温度是分子平均动能标志，所以温度标志着物体内大量分
子热运动的剧烈程度，故A 正确；B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B 错误；
C．由压强公式可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关，故C 错误；D．温度是分子平
均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D 错误。
8．（2019·江苏卷）在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体
A．分子的无规则运动停息下来
B．每个分子的速度大小均相等
C．分子的平均动能保持不变
D．分子的密集程度保持不变
【答案】CD
【解析】分子的无规则运动则为分子的热运动，由分子动理论可知，分子热运动不可能停止，故A 错误；密闭
容器内的理想气体，温度不变，所以分子平均动能不变，但并不是每个分子的动能都相等，故B 错误，C 正确；
由于没有外界影响且容器密闭，所以分子的密集程度不变，故D 正确。
9．（2019·江苏卷）由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的．在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用
总体上表现为
（选填“引力”或“斥力”）．分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如题13A-1图所示，能总体上
反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中
（选填“A”“B”或“C”）的位置．
【答案】引力
C
【解析】由于在小水滴表面层中，水分子间的距离大于，所以水分子之间的相互作用总体上表现为引力，由于
当分子间距离为时，分子间作用力为0，分子势能最小即图中的B 点，由于表面层中分子间距大于，所以能总体
反映小水滴表面层中水分子势能的是C 位置。
10．（2019·江苏卷）如题13A-2图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程（气体与外界无
热量交换），其中B→C过程中内能减少900 J．求A→B→C过程中气体对外界做的总功．
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【答案】W=1 500 J
【解析】由题意可知，过程为等压膨胀，所以气体对外做功为：，过程：由热力学第一定律得：，则气体对外
界做的总功为：，代入数据解得：。
11．（2018·北京卷）关于分子动理论，下列说法正确的是
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间同时存在着引力和斥力
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【解析】扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A 错误；布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运
动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故B 错误；
分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减
小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分子间距大于平衡位置时，分子表现为引
力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故C 正确，D 错误。
【点睛】本题考查了布朗运动、扩散以及分子间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明了分子在做永不
停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的。
12．（2018·江苏卷）如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走
热量，使温度计示数低于周围空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则_____。
A．空气的相对湿度减小
B．空气中水蒸汽的压强增大
C．空气中水的饱和气压减小
D．空气中水的饱和气压增大
【解析】温度计示数减小说明蒸发加快，空气中水蒸汽的压强减小，选项B 错误；因空气的饱和气压只与温度
有关，空气温度不变，所以饱和气压不变，选项C、D 错误；根据相对湿度的定义，空气的相对湿度减小，选
项A 正确。
【点睛】本题考查湿度温度计的原理、分子速率分布的特点和热力学第一定律，解题的关键是要理解热力学的
基本概念、弄清热力学第一定律各物理量的含义，注意气体等压变化过程中（C→A）应用计算外界对气体做的
功。
13．（2018·江苏卷）一定量的氧气贮存在密封容器中，在T1 和T2 温度下其分子速率分布的情况见右表．则T1___
（选填“大于”“小于”或“等于”）T2。若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的
容器中，速率处于400~500 m/s 区间的氧气分子数占总分子数的百分比___（选填“大于”“小于”或“等于”）18.6%。
【答案】大于
等于
【解析】分子速率分布与温度有关，温度升高，分子的平均速率增大，速率大的分子数所占比例增加，速率小
的分子数所占比例减小，所以T1 大于T2；泄漏前后容器内温度不变，则在泄漏后的容器中，速率处于400~500
m/s 区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变，仍为18.6%。
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14．（2018·全国II 卷）对于实际的气体，下列说法正确的是______。（填正确答案标号，选对1 个给2 分，选对2
个得4 分，选对3 个得5 分，每选错1 个扣3 分，最低得分0 分）
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
【答案】BDE
【解析】气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故AC 错，BE 对；根据热力学第一定律
知道，改变内能的方式有做功和热传递，所以体积发生变化时，内能可能不变，故D 正确。
15．（2018·全国III 卷）如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如p–V 图中从a 到b 的直线所示。
在此过程中______。（填正确答案标号，选对1 个给2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分，每选错1 个扣
3 分，最低得分0 分）
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【答案】BCD
【解析】一定质量的理想气体从a 到b 的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb 可知，Tb>Ta，即气体的温
度一直升高，选项A 错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B 正确；由于
从a 到b 的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C 正确；根据热力学第一定律，从a 到b 的
过程中，气体一直从外界吸热，选项D 正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E 错误。
16．（2018·新课标I 卷）如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气
体，下列说法正确的是_____。（填正确答案标号，选对1 个给2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分，每
选错1 个扣3 分，最低得分0 分）
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d 的内能相等
E．状态d 的压强比状态b 的压强小
【答案】BDE
【解析】本题考查对一定质量的理想气体的V–T 图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体
内能及其相关的知识点。
由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb 可知，pb>pa，即过程中气体的压强逐渐增大，选项A 错误；由于过程中气
体体积增大，所以过程中气体对外做功，选项B 正确；过程中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能
减小，根据热力学第一定律，过程中气体放出热量，选项C 错误；由于状态c、d 的温度相等，根据理想气体
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的内能只与温度有关，可知状态c、d 的内能相等，选项D 正确；由理想气体状态方程pdVd/Td=pbVb/Tb 可知，状
态d 的压强比状态b 的压强小，选项E 正确。
17．（2018·江苏卷）如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为2.0×105 Pa，经历ABCA 的过程，整个过程
中对外界放出61.4 J 热量。求该气体在AB 过程中对外界所做的功。
【答案】气体对外界做的功为138.6 J
【解析】整个过程中，外界对气体做功W=WAB+WCA，且WCA=pA（VC–VA）
由热力学第一定律ΔU=Q+W，得WAB=–（Q+WCA）
代入数据得WAB=–138.6 J，即气体对外界做的功为138.6 J
18．（2018·全国II 卷）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a 和b，a、b 间距为h，a 距缸底的高
度为H；活塞只能在a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可
忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温
度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处。求此时气缸内气体的温度以及在此过
程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
【答案】
【解析】由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气
体参量，计算温度或者体积。
开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度
为T1，压强为p1，根据查理定律有
①
根据力的平衡条件有
②
联立①②式可得
③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a 处和
b 处时气体的体积分别为V1 和V2。根据盖—吕萨克定律有
④
式中
V1=SH⑤
V2=S（H+h）⑥
联立③④⑤⑥式解得
2
0
0
1
1
h
mg
T
T
H
p S














⑦
从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
⑧
19．（2018·全国III 卷）在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。
当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm 和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0
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cmHg。现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边
空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
【答案】7.5 cm
【解析】设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1 和p2。U 形管水平放置时，两边气体压强
相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
①
式中为水银密度，g 为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1=pl1′②
p2l2=pl2′③
l1′–l1=l2–l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′=22.5 cm⑤
l2′=7.5 cm⑥
20．（2018·新课标I 卷）如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部
分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分
气体的压强均为p0，现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K 关闭，活塞平
衡时其下方气体的体积减小了，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽
缸内液体的质量。
【答案】
【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为，压强为；下方气体的体积为，压强为。在活塞下移的过
程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
①
②
由已知条件得
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③
④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
⑤
联立以上各式得
⑥
21．（2018·北京卷）以下关于热运动的说法正确的是
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
【解析】水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，A 错误；分子在永不停息地做无规则运动，B 错误；
水的温度升高，水分子的平均速率增大，并非每一个水分子的运动速率都增大，D 错误；选项C 说法正确。
【名师点睛】温度是分子平均动能的标志，但单个分子做无规则运动，单个分子在高温时速率可能较小。
22．（2017·新课标Ⅰ卷）氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子
速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1 个得2 分，选
对2 个得4 分，选对3 个得5 分。每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【答案】ABC
【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不
同，温度越高，速率大的分子占比例越高，故虚线为0 ℃，实线是100 ℃对应的曲线，曲线下的面积都等于1，
故相等，所以ABC 正确。
【名师点睛】本题主要抓住温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率
的分子所占比例不同的特点。
23．（2017·新课标Ⅱ卷）如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之
间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原
来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________。
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【答案】ABD
【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A 正
确，C 错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，选项BD 正确；气体在被
压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E 错误；故选ABD。
【名师点睛】此题考查学生对热力学第一定律的理解和运用能力；要知道气体在向真空膨胀时不对外做功；绝
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热状态时Q=0；理想气体的内能只与温度有关。
24．（2017·江苏卷）一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 变化到状态C，其V–T 图象如图12A–1 图所示．下列
说法正确的有_________．
（A）A→B 的过程中，气体对外界做功
（B）A→B 的过程中，气体放出热量
（C）B→C 的过程中，气体压强不变
（D）A→B→C 的过程中，气体内能增加
【答案】BC
【解析】由图知A→B 的过程中，温度不变，体积减小，故外界对气体做功，所以A 错误；根据热力学定律知，
A→B 的过程中，气体放出热量，B 正确；B→C 的过程为等压变化，气体压强不变，C 正确；A→B→C 的过程中，
温度降低，气体内能减小，故D 错误．
【名师点睛】两个过程：A 到B 等温变化，B 到C 等压变化．
25．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b，再经过等温过
程bc 到达状态c，最后经等压过程ca 回到状态a。下列说法正确的是_______（填正确答案标号。选对1 个得
2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分。每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）。
A．在过程ab 中气体的内能增加
B．在过程ca 中外界对气体做功
C．在过程ab 中气体对外界做功
D．在过程bc 中气体从外界吸收热量
E．在过程ca 中气体从外界吸收热量
【答案】ABD
【解析】在过程ab 中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，压强增大，温度升高，内能增
加，A 正确，C 错误；在过程ca 中，气体体积缩小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，故内能减小，由
热力学第一定律可得气体向外界放出热量，B 正确，E 错误；在过程bc 中，温度不变，内能不变，体积增大，
气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，D 正确。
【名师点睛】本题考查了理想气体的三种特殊状态变化，等容变化、等压变化和等温变化，考查了其中气体与
外界的能量交换情况及热力学第一定律，解题时要分析清楚图象，根据理想气体状态方程与热力学第一定律解
题。
26．（2017·江苏卷）题12A–2（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，
记录炭粒位置的时间间隔均为30 s，两方格纸每格表示的长度相同．比较两张图片可知：若水温相同，______
___（选填“甲”或“乙”）中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，___________（选填“甲”或“乙”）中水分子的热运
动较剧烈．
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【答案】甲
乙
【解析】温度相同，颗粒越大，布朗运动越不明显，所以若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，
温度越高，布朗运动越明显，故乙中水分子的热运动较剧烈．
【名师点睛】本题主要考查布朗运动，布朗运动与悬浮在液体中颗粒的大小及液体的温度有关．
27．（2017·江苏卷）科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为6
6 kg/mol，其分子可视为半径为3×10–9 m 的球，已知阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol–1．请估算该蛋白的密度。
（计算结果保留一位有效数字）
【答案】
【解析】摩尔体积
由密度，解得
代入数据得
【名师点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数，摩尔质量、摩尔体积等物理量间的关系，记得公式，用心计算，
小心有效数字的要求即可．
28．（2017·新课标Ⅰ卷）如图，容积均为V 的汽缸A、B 下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2 位于细管的中部，
A、B 的顶部各有一阀门K1、K3；B 中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打
开，活塞在B 的底部；关闭K2、K3，通过K1 给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p0 的3 倍后关闭K1。
已知室温为27 ℃，汽缸导热。
（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
【答案】（i）V/2
2p0
（i i ）
顶部
（i i i）
1.6 p0
【解析】（i）设打开K2 后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体
都经历等温过程。由玻意耳定律得
①
②
联立①②式得
③
④
（ii）打开K3 后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V2（）时，活塞下气
体压强为p2，由玻意耳定律得⑤
由⑤式得
⑥
由⑥式知，打开K3 后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p2 为
（iii）设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1=300 K 升高到T2=320 K 的等容过程中，由查理定律
得⑦
将有关数据代入⑦式得
p3=1.6p0⑧
【名师点睛】本题重点考查理想气体的状态方程，在分析的时候注意，气缸导热，即第一个过程为等温变化，
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审题的时候注意关键字眼。
29．（2017·新课标Ⅱ卷）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在
1 个大气压、温度T0 时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1 个大气压，重力加速度大小为g。
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
【答案】（i）
（ii）
（iii）
【解析】（i）设1 个大气压下质量为m 的空气在温度T0 时的体积为V0，密度为
①
温度为T 时的体积为VT，密度为：②
由盖-吕萨克定律可得：③
联立①②③解得：④
气球所受的浮力为：⑤
联立④⑤解得：⑥
(ⅱ)气球内热空气所受的重力：⑦
联立④⑦解得：⑧
(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨
联立⑥⑧⑨可得：
0
0
0
0
0
b
a
VT
VT
m
m
T
T





【名师点睛】此题是热学问题和力学问题的结合题；关键是知道阿基米德定律，知道温度不同时气体密度不同；
能分析气球的受力情况列出平衡方程。
30．（2017·新课标Ⅲ卷）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻
璃细管K1 和K2。K1 长为l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通。
开始测量时，M 与K2 相通；逐渐提升R，直到K2 中水银面与K1 顶端等高，此时水银已进入K1，且K1 中水银面
比顶端低h，如图（b）所示。设测量过程中温度、与K2 相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1 和K2 的内
径均为d，M 的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（i）待测气体的压强；
（ii）该仪器能够测量的最大压强。
【答案】（i）
（ii）
【解析】（i）水银面上升至M 的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等
于待测气体的压强p。提升R，直到K2 中水银面与K1 顶端等高时，K1 中的水银面比顶端低h；设此时封闭气体
的压强为p1，体积为V1，则
①
②
由力学平衡条件得③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得④
联立①②③④式得⑤
（ii）由题意知⑥
联立⑤⑥式有⑦
该仪器能够测量的最大压强为⑧
【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用，解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象，并能找到气体在
不同状态下的状态参量，然后列方程求解。
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