高中物理——猿题库——小猿热搜——高考物理典型题300（答案册）_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

第-章力学
3
考点一匀变速直线运动及其公式图象…』
考点二重力弹力摩擦力…………….
考点三力的合成与分解.…………………
考点四共点力的平衡…………….………
考点五牛顿运动定律及其应用…………··
考点六超重和失重……………………。。…
考点七运动的合成与分解………….…….
考点八抛体运动……。。……………………
考点九圆周运动……….…,………………
考点十功和功率………...….…………。…｛
考点十一万有引力定律及其应用…。……·
』
考点十二宇宙速度……….………….……』
考点十三动能和动能定理…………。……。,
考点十四重力做功与重力势能弹性势能
考点十五功能转化与能量守恒机械能守
考点十六动量动量定理…………………
考点十七动量守恒定律及其应用…………
考点十八弹性碰撞和非弹性碰撞…………
机械能守
3
］
斗
了
◎
斗
日
β
吕
·
∑
β
β
〕
斗
’
］
］
］
〗
∑
旦
】
〕
〕
〕
］
斗
↓
斗
日
旬
G■
■■
恒定律
第二章电磁学
53
考点—
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
库仑定律………………………………。
电场强度点电荷的场强……………。
电场线电势能电势等势面.……
电势差以及与电场强度的关系。………
带电粒子在匀强电场中的运动…….…
电容器的电压电荷量和电容的关系.
53
53
54
56
57
63
~
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斗
β
’
‖
］
】
∑
斗
β
β
◎
∩
］
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〗
β
β
β
丁
γ
丁
了
γ
日
日
’
’
’
’
’
考点七欧姆定律和闭合电路的欧姆定律
考点八电阻定律…………………………
考点九电阻的串、并联….…. . .………. .
考点十电源的电动势和内阻.….……….
考点十＿电功率焦耳定律………ˉ.….
考点十二磁场磁感应强度磁感线…
考点十三安培力及其方向….…….…….
考点十四带电粒子在匀强磁场中的运动
考点十五磁通量和电磁感应现象…….。
』
考点十六法拉第电磁感应定律.….……』
考点十七楞次定律……。…….…………
考点十八自感涡流…………。….……
考点十九交变电流及其图象……….….
考点二十正弦交变电流的函数表达式..
考点二十＿理想变压器与远距离输电, .
■■
■■
■
■■
第三章热学…….
93
〕
斗
日
β
丁
目
’
’
’
’
’
’
’
’
~
考点＿分子动理论…………………………
考点二温度是分子平均动能的标志内能
考点三固体的微观结构晶体和非晶体…
考点四液体的表面张力现象……….….….
考点五气体实验定律………...……..……』
考点六理想气体……………………· .……』
考点七热力学第一定律…………….·……』
●
●●
第四章光学声学相对论物理常识
l00
l00
10l
l04
l04
考点＿光学………….
考点二声学…………。
考点三相对论及原子物理
考点四物理常识……。。…
●■■
◆■
■
~
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第-章力学
考点-匀变速直线运动及具公式图象
1. ［答案］
BD
［解析］
根据题述,两车在t≡3s时并排行驶’由图线与横轴所围面积表示位移可知,在t＝1 s时,甲车和乙车并排行
驶’选项A、C错误.由图象可知,在t＝1 s时甲车速度为10m／s’乙车速度为15m／s’0～l s时间内,甲车行驶位移为
撕l≡5m’乙车行驶位移为斯2＝l2.5m,所以在t＝0时’甲车在乙车前7.5m‖选项B正确。从t＝l s到t＝3s,甲、乙两
车两次并排行驶的位置之间沿公蹄方向的距离为鳃＝÷×（｜0＋30）×2m＝40m’选项D止确
2。［答案］
B
［解析］
列车启动的过程中加速度恒定,由匀变速直线运动的速度与时间关系可知″≡α′,且列车的动能为Ek＝
十咖删:,由以上整理得E』＝＋啊平’动能与时间的平方成正比,动能与逮度的平方成止比,M错误;将撼＝÷“』代
＝
2
人上式得E』＝…则列车的动能与位移成正比』B正确;由动能与动量的关系式E』＝六可知’列车的动能与动量的
平方成正比,D错误
3。［答案］
BD
［解析］
本题可巧用逆向思维分析,两车在t2时刻并排行驶,根据题图分析可知在tl ～〖2时间内甲车运动的位移大
于乙车运动的位移,所以在tl时刻甲车在后’乙车在前’B正确’A错误;依据u—′图象斜率表示加速度分析出C错
误,D正确
4。［答案］
CD
［解析］
抛ˉr图象某点的切线斜率表示瞬时速度’A错误;前′l时间内,由于甲｀乙的出发点不同,故路程不同,B错
误;tl ～t2时间内,甲｀乙的位移和路程都相等,大小都为z2ˉ“l ,C正确;′l ～′2时间内,甲的鳃＿t图象在某＿点的切
线与乙的z—′图象平行’此时刻两车速度相等,D正确.
5。［答案］
A
［解析］
假设物块静止时弹簧的压缩量为如0’则由力的平衡条件可知肋0＝mg,在弹簧恢复原长前』当物块向上做匀
加速直线运动时,由牛顿第二定律得F＋∧（虹0—财）-mg＝mα,由以上两式解得F＝脑＋′m,显然F和鳃为-次函数关
系’且在F轴上有截距,则A正确’BCD错误
6~ ［答案］
3。775
53.7
［解析］
实验所用的游标卡尺最小分度为0.05mm,游标卡尺上游标第］5条刻度线与主尺刻度线对齐’根据游标卡
尺的读数规则题图（b）所示的游标卡尺读数为3.7cm＋15×0.05mm＝3。7cm＋0.075cm＝3。775cm托盘中放有质
量为m≡0. l00kg的砧码时,弹簧受到的拉力F＝mg＝0. l00×9。8N≡0.980N’弹簧伸长量为匆＝3.775cm-
1950cm＝l825cm’根据胡克定律F≡肚,解得此弹簧的劲度系数人＝上≡53.7N／m
卯
考点二重力弹力摩擦力
7. ［答案］
（l）（D81.7α。0l22
（2）见解析图
（3）｜乃×｜0』（在k67×｜0］
ls3×｜0j之间均服确）
几
Ⅶ
『l
宁（在宁ˉ平之间…）
凹0
3
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lWm＝肌7Mm.十
（）° l00×9,80
［解析］
（l）根据胡克定律有′ng＝片（鳃—匆0）,解得内≡—皿且-＝
卯-冗0
≈0°0l22m／N
（2）＋—′』图象如图所示
″
（5ˉ26-4.06）×l0
ˉ
＋（删
｜
嚣
O03
0O2
O0l
蹦ˉ
兰
O
10
2O
3O
4O
50
60
∏
q
,卢』』愉…达式为搬-宁
（3）根据图象可知,∧与″的关系表达式为内≡175×l0√
n
8. ［答案］
（l）见解析（F△≡46～49N都算对）
（2）F°≡Fb
（3）BD
口
（4）橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋（或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧）
［解析］
（l）作出的图示如图所示.
1N
F〗≡3·3ON
＝
〗
70N／
｜
Ⅳ
日
β
〕~~
’
厂
（2）重物受力情况如图所示’由于重力不变’两次实验时,橡皮筋拉力T的万问相同,故水平拉力F大小相等,即Fα≡Fb
＼.
＼
T
F
F′
mg
（3）根据题图3可知,选项B、I）正确;选项A、C错误
（4）橡皮筋拉伸不宜过长,选用新橡皮筋等可减小误差
考点三力的台成与分解
9. ［答案］
B（〕
［解析］
FN
°4
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F
ˉ丁
A｀∏项｀由图解叫知｀′N＝-百,F-定时｀β大时愚in÷大’则F＂小,故A项错误’B项正确CJ）项,由图解叫知｀
s1n-亏
垄
F
′＂＝三可,卜定时,′大时÷人,则′＂大,故c项正确,I）项错误综上所述,本题正确答案为Bc
S1n-亏
兰
10。［答案］
CD
［解析］
A项’拉着轻绳从A点缓慢移到B点的过程中’以动滑轮为研究对象’可知绳中拉力大小在不断增大,故A
项错误B项’因为不知道M的重力下滑分力与绳拉力的大小关系’无法判定M与斜面间静摩擦力的方向和大小变
化情况’故B项错误C项’将重物M与斜面看成-个整体,从A点拉着轻绳沿天花板缓慢移到B点的过程中绳拉力
的水平分力增大,地面对斜面的摩擦力与绳拉力的水平分力平衡’故摩擦力增大’故C项正确。D项,将重物M与斜
面看成＿个藕体,地面对斜面的支持力等于系统重力与绳拉力的竖直分力之和,大小为c斜圃＋c删＋＋c卿,故D项
正确
综上所述’本题正确答案为CD
11. ［答案］
C
［解析］
A、B项’滑轮A的轴所受压力为两根绳子的合力’绳子两端的力的大小相等,设两方向夹角为0,其变化范
围为90。＜0＜l80°,根据力的合成法则可知滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向,滑轮A的轴所受压力不＿定总
是大于物体P的重力’故A｀B项错误
C项,当只将滑轮A向外移动时,0变小’绳子两端的合力变大,因此A的轴所受压力变大’故C项正确
D项,当只将滑轮B问上移动时’0变大’绳子两端的合力变小’因此A的轴所受压力变小’故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
】2. ［答案］
D
［解析］
当轻环再次静止不动时,处于如图所示的状态:
～
一＜
…
设OP绳与天花板的夹角为β,以滑轮为研究对象进行受力分析,如图所示
F
夕夕歹尸尸尸尸夕夕′／夕歹厂厂夕夕′尸夕夕／厂尸夕
由于是同＿条直线,则滑轮两边的细绳所受的力大小相等’根据几何关系可知滑轮两边细绳与OP的夹角也为β,由
于滑轮右边的直线与天花板平行,即处于水平状态’则根据角之间的几何关系可列出方程β＋βˉ0＝90°,可解出β≡
45.十÷｀故D项正确
综上所述,本题正确答案为D。
尸
·〕·
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13。［答案］
BD
［解析］
A项’将小从c当做.个系统分析那么地面对A.E的支持力均为F＂＝十（2″十咖）g,与β角无关,故A
项错误
B项’将重物的重力按作用效果分解’如图所示
G
轻杆受力根据平行四边形定则可得′1＝F2＝i器『’当m＿定时’0越大,轻杆受力越小,故B项正确
C项｀对A进行分析,A受到重力’支持力’杆的推力和摩擦力’根据平衡条件可得:／＝F!co慧0＝蒜∏’可知摩擦力大
小与″无关,故C项错误.
D项’″越大,A、C与地面的静摩擦力越大’可悬挂重物C的质量m越大’故I）项正确
综上所述’本题正确答案为BD
14［答案］
A
［解析］
细线拉着小球缓慢上移,所以小球受力平衡’对小球进行受力分析,小球受到重力、细线的拉力和圆环的
弹力:
FB
FN
F
根瞩几｛汇角形相似关系可得品～贪—惫在缓慢上移的过程中侧-o″—〃』所以′｀不变;在上移的过穆中刹″
长度逐渐减小,所以F减小,故A项正确.综上所述,本题正确答案为A.
15. ［答案］
（l）C
E
（2）在C中未记下两条绳的方向E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了同＿位置O
［解析］
（l）由‘‘等效代替法”的实验思想,结合实验的具体步骤’即可知步骤中的遗漏
（2）步骤C中只记下了O点的位置与弹簧测力计的示数’没有记录方向,无法作出平行四边形验证力的性质;步骤E
中’只有橡皮条的结点被拉到同-位置’才能证明两分力与合力等效
16. ［答案］
（l）3。6
（2）D
［解析］
（1）弹簧测力计读数,每lN被分成5格’则l格就等于0.2N.图指针落在3N到4N的第3格处,所以为
3°6N°
（2）实验通过作出三个力的图示,来验证“力的平行四边形定则, ,因此重物的重力必须要知道,即A项正确,故不选
择A项弹簧测力计是测力的大小,所以必须在测量之前校零’即B项正确,故不选择B项拉线方向必须与木板平
°6°
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面平行’这样才能确保力的大小准确性,即C项正确’故不选择C项当结点O位置确定时’弹簧测力计A的示数也
确定’由于重物的重力已确定,两力大小与方向均＿定’因此弹簧测力计B的大小与方问也＿定,所以不需要改变拉
力进行多次实验,即D项错误’故选择D项综上所述,本题正确答案为D.
17. ［答案］
（l）对人进行受力分析’根据平衡条件有:FN＝Mg＿′ng＝200N。
（2）滑轮对结点B的拉力为:F≡2mg＝600N’以结点B为研究对象’进行受力分析,如图所示:
F′
FBC
／｜~／
／｜／~
／′
~~／~~
／
′
′
／
／
′
′
′
／
／
′
′
′
／
′
′
′
／
／
′
′
′
／
／
根据共点力乎衡得′啊＝′憾n30·＝200何N;′圆c＝co爵:0.二400何N
［解析］
（1）对人进行受力分析’根据人所受的合力为零’求出地面对人的支持力大小
（2）求出BO绳的拉力’对B点受力分析’求出绳AB和轻杆BC所受力的大小
考点四共点力的平衡
18。［答案］
C
［解析］
以滑块0为研究对象,沿斜面方向’它受到重力的分力,没有摩擦力作用’只有在弹簧弹力作用下’
滑块Q才会保持平衡状态而匀速运动’故存在弹簧弹力。以滑块Q和L形木板P为研究对象,沿斜面方向,它
受到重力的分力’只有在摩擦力作用下,它们才会保持平衡状态而匀速运动’故P与斜面之间存在摩擦力。故
L形木板P—定受到重力,0对P的压力’斜面对P的支持力’弹簧对P的弹力’斜面对P的摩擦力,＿共5个
力’故C项正确综上所述’本题正确答案为C.
19. ［答案］
A
［解析］
木板静止时’受到重力和两个拉力’因为处于静止状态’故由共点力平衡条件可知’木板受到的合外力为
零。轻绳剪短后’木板仍处于静止状态’故合外力仍为零,Fl＝0,则Fl不变设轻绳与竖直方向所成夹角前后分别为
6! ｀02,根据平衡条件可知;F2c。鼠0｜＝等’轻绳剪短后F′2cos02＝等因为02＞0』’故尸2＞F2’故F2变大,故A项正
确综上所述’本题正确答案为A.
20。［答案］
A
［解析］
设Oα绳上的拉力为F1 ,力F与水平方向的夹角为α,如图所示
~
b
将α、6两个小球看成一个整体,对整体受力分析竖直方向;Flcos0＋Fsinα≡2mg’水平方向:Flsin0＝Fcosα,联立
方程得:F（√可bosα＋sinα）≡2mg。因为F要取最小’所以√5bosα＋sinα＝2（sjn60。cosα＋smαcos60。）＝2sin（60。
＋α）取最大值’故α≡30。’求出F＝″lg,Fl＝√g》几g,故A项正确。
综上所述’本题正确答案为A.
.7·
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21［答案］
C
［解析］
开始未用水平力拉弹簧p时,弹簧q处于压缩状态,受到的压力等于b物体的重力,根据胡克定律’弹簧q
的压缩量躯｜＝竿;当‘木块刚好要离开水平地面时’弹簧q处于伸长的状态,受到的拉力等于′物体的重力』根据胡
克定律』弹簧q的伸长量卿2＝等;此时’弹簧p处于伸长状态’受到的拉力等于b｀c的总重力』′的伸长量卿』＝平;根
据几何关系得到’该过程′弹簧的左端向左移动的距离为;,＝膊｜十露2带瓣』＝平＝8cm’故c项正确
综上所述,本题正确答案为C.
22. ［答案］
A
［解析］
当球以AB沿水平万向放置｀叫知′-十吧;当小球竖直放置任光滑的支架上时｀受力分析如图所示’以两
半球为整体,隔离右半球受力分析如图所示:
2
Ⅲ得′′二竿‖an0,根掘支架间蹿x′A′的—半,叮得β＝30.则÷志二徊,故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
23. ［答案］
B
［解析］
以向右为力的正方向’对Q物块,物体受到向右的摩擦力和向左的拉力,由物体处于平衡状态可得T-／＝
0’且Q与P之间摩擦力为／＝队吨’对P物块,物体受到向左的拉力’物块Q给的向左的摩擦力,地面给的向左的摩
擦力,以及向右的拉力’由物体处于平衡态可得Fˉ／ˉTˉ／l＝0’P与地面之间的摩擦力内＝2／』mg联立求解得F＝
4′儿mg’故B项正确综上所述,本题正确答案为B.
24. ［答案］
C
［解析］
画出O点的受力分析图
F
B
C
C
0
A
分析受力可知,O点受到竖直向下的且大小恒定的力G和方向始终沿AO方向,大小不确定的杆的弹力F,在C点逐
渐沿圆弧向上移动的过程中,由图可以看出OC绳所受的拉力先变小后变大’故C项正确.
综上所述,本题正确答案为C.
25. ［答案］
C
［解析］
绳子的张力处处相等,水平方向只受绳子的拉力分力而平衡,所以物体左右两边绳子与竖直方向的夹角是
相同的对乙作受力分析并由几何知识可知绳子的张力T≡矾2g;对环C作受力分析可知其受到左石两段绳子的作
用力利杆AB的作用力’由于不存在摩擦力’所以杆AB对环C的作用力垂直于杆’那么两段绳子对环C的作用力的
合力也垂直于杆AB,又因为绳子的张力处处相等,由几何关系可知C环左侧绳子与杆AB的夹角为45。’再对甲作受
力分析可得m｜g＝√可7’则ml :加2≡何＝tan60。,故C项正确.
。8°
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综上所述,本题正确答案为C。
本题的易错项为B项受力分析可知,各段细线受到的拉力相等’C与乙的连线与直杆间的夹角β＝45。,则C与乙的
连线与竖直方向的夹角为60°’C与甲连线与直杆的夹角也为45°,则C与甲连线与竖直方向的夹角为30。,则有:
2Tcos30。＝mlg’2Tcos60°≡′n2g’解得:坠＝tan60°。
『γ〗2
26. ［答案］
C
［解析］
A项’对α进行受力分析,α受到重力、绳子的拉力和杆对α的弹力,＿共受到3个力的作用’故A项错误
B项,对b进行分析,b受到重力和绳子的拉力.没有杆对6的弹力,否则不能平衡,所以6受到两个力的作用’故B项
错误
C项’对b分析’绳子拉力T≡mg’同-根绳子拉力相同’绳子对α的拉力等于加g,故C项正确.
D项,分别对α、b两球进行分析,如下图所示;
『
ˉ
～
足
昏
9O。-2
≥
′″′′
『∏bg
mαg
mαg
山止弦定理可得志＝鼠m（90.十0）｀解得α的翼力为c.＝吗g＝揣,故∏项错误
综上所述,本题正确答案为C。
本题的易错项为B项先分析,6受到重力、绳子的拉力’若还受到直杆的弹力时,则不能平衡’所以只受到两个力的
作用,同理可分析受三个力的作用,绳子受到的拉力’对α受力分析’α受力沿直杆方向的分力平衡,则有m侧gsin0＝
肌gcos0’解得:′7l
＝加cot0
α
27［答案］
D
［解析］
A项,对物体P受力分析,物体P受到水平向左的库仑力’垂直斜面向上的支持力’竖直向下的重力,则有
·毗～器｀义出库仑定律膊′摩～培其中,为′〃所糯电树量解膊〃√鹤塑4敞A颇镭谜
B项’由A项分析可知’物体P受到垂直斜面向上的支持力,所以P对斜面的压力不为0’故B项错误
C项,对斜面体受力分析可知’斜面体受到竖直向下的重力,竖直向上的支持力’垂直斜面向下的压力和水平向右的
摩擦力’故C项错误.
D项,对斜面体和物体P整体受力分析可知,受到竖直向下的重力’竖直向上的支持力,水平向左的库仑力和水平向
石的摩擦力,所以竖直方向上受力平衡,此时地面对斜面体的支持力F支＝（″＋m）g’由牛顿第三定律可知,斜面体
对地面的压力为（″＋m）g,故D项正确
综上所述,本题正确答案为D。
本题的易错项为A项P受力如图所示:
旬
…
内
【
哩
′
刘
『
■
●
得
解
←
~
一上
止
联
γ
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’
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尸
库
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岭
两
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β
｛
α
【
【
有
｜
‖
｜
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考点五牛顿运动定律及莫应用
28. ［答案］
CD
［解析］
A项’弹簧恢复原长的过程中’首先弹力大于笔帽重力,这段时间内笔帽做加速运动’在中间某-位置,弹
力与笔帽重力相等,在此之后,弹力会始终小于笔帽重力,笔帽将做减速运动’故A项错误.B项,弹簧对笔帽有弹力’
且笔帽在弹力的方向上有位移’所以弹簧对笔帽做正功,弹簧对桌面也有弹力’但桌面在弹力的方向上没有位移,所
以弹簧对桌面没有做功,故B项错误C项’弹簧对笔帽和桌面的作用力大小相等,作用时间相同,所以弹簧对笔帽的
冲量大小和对桌面的冲量大小相等,故C项正确D项,弹力对笔帽做的功转化为了笔帽的重力势能和笔帽的动能’
而笔帽克服重力做功的大小等于重力势能的增加量’所以相同时间内’弹力对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的
功,所以弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率’故D项正确。
综上所述’本题正确答案为CD
29. ［答案］
D
［解析］
不受空气阻力的物体’运动过程中加速度不变’0ˉ』图象为图中虚线所示.所受空气阻力大小与速率成正
比的物体’上升过程中:mg＋肋≡′nα’α＝g＋丝,开始时加速度最大,上升过程中α始终大于g’oˉt图象斜率均大于
刀〗
虚线斜率,只有选项D符合题意.
30. ［答案］
AC
［解析］
A、B项’A、B＿起沿斜面向上运动到两物块刚好要分离时’A、B的加速度相同均为gsin0’所以弹簧对A、B
没有力,弹簧处于原长状态’所以在A、B＿起沿斜面向上运动到两物块刚好要分离的过程中,弹簧的弹性势能一直
减小,故A项正确,B项错误C、D项,前＿段弹簧的弹力大于物块重力沿斜面向下的分力,物块做加速运动,当弹簧
的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力时’此时速度最大’然后物块重力沿斜面向下的分力大于弹簧的弹力,物块
做减速运动,故A｀B的动能先增大后减小,故C项正确’D项错误综上所述,本题正确答案为AC.
31［答案］
BD
［解析｜
物体匀减遮直线运动的j‖速度大小为;鹏｜-芳-兴…』-｜…』物体匀＂速运动的j‖蕊度大小;
可
.:÷盖…』…Ⅱ物体匀减…运动的时｜闯为;!｜÷舟.ˉ］.,即在］,…′反问做匀j畦
运动’故A项错误’B项正确.根据牛顿第二定律得:F＋／≡′ml ,Fˉ／＝′m2,联立两式解得:F＝7N’／＝3N,故C项
错误动摩擦因数为:／L≡上≡0.3,故D项正确综上所述’本题正确答案为BD·
『ng
32. ［答案］
ACD
［解析］
在开始时’汽车以恒定加速度启动,因此″—t图象在开始时是＿段直线’但是当达到最大功率时,因为速度
继续增大’故牵引力减小’汽车合力减小,加速度逐渐减小,直到加速度变为零’速度达到最大,因此在后面—段为曲
线’故A项正确当汽车的速度达到最大时,汽车的加速度为零’可见该选项中的图不对,故B项错误开始时加速度
恒定’牵引力恒定;当达到最大功率时,因速度不断变大’牵引力逐渐变小’并且变化逐渐变慢,最终,牵引力等于汽
车阻力’故C项正确根据公式P＝凡,开始时以恒定加速度启动,F为常值’因此P与o成正比;当达到最大功率时,
P不再变化’故D项正确综上所述,本题正确答案为ACD
本题易错项为B考生可能对匀速运动阶段加速度为零这＿知识点的掌握不足,故易错选B项
33. ［答案］
AB
（解析］
根据胡克定律’＝÷施加外力前｀弹簧所受压力′＝2雌.所以形变量为半,故A项正确设此时A‘间
的弹力为／V’弹簧弹力向上为2Mg’对物块B竖直方向应用牛顿第二定律有2Mg—Ⅳ—Mg＝″α,因此Ⅳ＝M（g—α）
’
故B项正确AB分离时若弹簧弹力为零,则物体B的加速度大小为g,而实际上物体B在分离时的加速度大小为α,
如果α与g不相等’则此时弹簧弹力不为零’故C项错误.当弹簧弹力等于物体B的重力时’物体B的速度达到最大
值’故D项错误』综上所述,本题正确答案为AB
° l0.
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34［答案］
A
［解析］
由牛倾第＿定榨可得《÷／＝刚,即＋＝告α十十油阁象可得十＝0」,告×（ˉ3）＋卡＝0’可解删
Ⅷ′:又鹏厂十,所以叫以解出′＂√和删翻｀敞A项正确B＼c项锗误物体徽变j畦运动加遮度乍定,根瞬题目已
知条件,加速时间不可求,故D项错误.
综上所述’本题正确答案为A.
35. ［答案］
A
［解析］
由位移公式‘二＋″』可以求出α＝α2m／息:′由牛顿第＿定律对A、B两物体分析′闽!求出B物体质量为
15kg,故A项正确’B、C、D项错误综上所述’本题正确答案为A.
36. ［答案］
B
［解析］
A项,因为水平面光滑,A、B＿定会相对于水平面滑动’故A项错误B项’因为最大静摩擦力为殉蹿＝皿川g
＝12N’当拉力F＝16N时,设A、B相对静止’对整体:F＝（mA＋mB）α＝16N》对B:受到A对B的摩擦力／b＝m‘α＝
4N,／h＜／h鲤’所以A、B相对静止,A对B的摩擦力等于4N,故B项正确C项当A、B之间摩擦力达到最大时,刚好
开始相对运动,此时拉力F为临界拉力,因此有＾x＝矾圃α｜,α｜＝6m／s2｀此时F临＝（矾剧＋mB）α! ＝48N’当F＞48
N时,A与B发生相对滑动,故当F＞16N时’不＿定发生相对滑动’故C项错误D项,由C项分析可知’
F＞48N时’A、B相对滑动’故D项错误综上所述,本题正确答案为R
37. ［答案］
ACD
O
［解析］
由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为α
≡—止
l
t
U
「降过程中的加速度为α＝-上。物块在上升和下
2
t
U＋U
降过穆中』由牛顿第二定律可得…＂外′…｜』…,ˉf＿吧,由以上各式可求得…二荒｀滑动摩擦力」
／
＼
m＼00-0l
／
7′
’而／≡陛FN≡／mlgcos0,由以上分析可知,选项A｀C正确由″＿‖图象中横轴上方的面积可求出物块沿
≡≡
斜面上滑的最大距离’可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度’选项D正确
38. ［答案］
D
［解析］
撤去挡板前,图甲和图乙中的A、B球受力-样,A球受到弹簧（轻杆）对它沿斜面向上的支持力mgsin0’B
球受到弹簧（轻杆）对它沿斜面向下的压力mgsin0,还受到挡板对它沿斜面向上的支持力2加gsin0。撤去挡板后,轻
杆受力可突变,而弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变受力,所以甲图中A加速度依然为零,B的加速度为
2gsin0,乙图中杆对A、B不再有力的作用’所以A、B均以gsin0的沿斜面加速度下落,故D项正确
综上所述’本题正确答案为D.
39. ［答案］
D
［解析］
A与木板间的最大摩擦力内厕＝以mAg＝0.2×1×10N＝2N,B与木板间的最大摩擦力／bm＝″Bg＝0.2×2
×l0N≡4N.
A项,由于F＜／im＜／hm,故AB与木板间保持相对静止整体在F的作用下向左匀加速运动’故A项错误
B项’因为F＜FAm＜FBm’A、B与木板相对静止’整体在力F的作用下向左匀加速运动’根据牛顿第二定律有Fˉh
≡′nAα’所以内≡FˉmAα＜F＝l.5N’故B项错误
. 1l
.
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C项,F＝4N＞／』m’A相对木板滑动’滑动摩擦力为／＝力m＝2N,木板和B仍然相对静止’轻质木板’所以B受到的摩
擦力／b＝2N,故C项错误.
Ⅲ项.…≥归翱…分衙阔翅′…』…山炬≡2＂′‘…睡佩≡舟-÷呻』-m′…,
正确
综上所述,本题正确答案为D.
40。［答案］
CD
［解析］
∧、cD项’对▲B应用整体法地面对A·‘的滑动摩擦力为／l＝（2哪带孤）g勃＝L5脾mg＜2似狮g当′足
够大时,A、B之间的滑动摩擦力为／h＝驰mg;运用隔离法对B进行分析,／i＿／｜＝mα圃’解得αβ＝0.5鳃’即无论F多
大’B的加速度都不会超过0.5吧;A、B之间刚好要相对滑动时有A的加速度刚好要大于B的加速度,即F′ˉ／h＝
2mαB’求得F′＝3以′ng;所以当F′＞F＞／］时’A、B＿起相对地面运动当F＞F′时,A、B存在相对滑动’故A项错误,
C、D项正确
B项’当F＝2.5队′ng时｀A、B＿起做加速运动,A、B间没有相对滑动,由整体法可得到:Fˉ′l＝（2矾＋m）α′ ,
解得《α′＝扣’故B项错误
综上所述,本题正确答案为C∏
41。［答案］
C
［解析］
A项’释放瞬间’″≡0’所以空气阻力为零,甲乙两球都是重力加速度’＿样大,故A项错误
B、C项,甲乙两球先做加速度减小的加速运动,最后做匀速运动。达到最大速度时,加速度为零’mlg＝肋l ,m2g＝k″2’
些＝上’由图象可知,″l＞″2’所以′n｜＞m2’故B项错误’C项正确.
∏02
02
D项,图线与两坐标轴围成的面积即为位移,由图可知,甲球围成的面积大于乙球,甲球下落的高度大于乙球’故D
项错误
综上所述’本题正确答案为C.
42. ［答案］
D
［解析］
对小滑环进行受力分析,受重力和支持力’将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解’根据牛顿第二定
律可得小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为α≡gsjn0（0为杆与水平方问的夹角）。由图可知’小滑环
确
正
项
Ⅲ
故
′
〕
~~
∑
~~
即
关
无
β
与
』
滞
＿
等
佣
′
以
所
β
『
厂
吕
∑
~~
＄
移
位
的
综上所述,本题正确答案为D.
43. ［答案］
AD
［解析］
A项’以物体1为研究对象,分析受力情况:重力mlg和拉力T’根据牛顿第二定律得:加lgtan0＝mlα,得
′几lg
α＝gtan0’则车厢的加速度也为gtan0,故A项正确,B项,对物体］受力分析Jbos0＝′nlg’则T＝而目ˉF故B项错
误C项’对物体2研究,分析受力情况,根据牛顿第二定律得,可知底板对物体2的支持力为／V＝『＂2g＿T＝″!2g＿
mlg
而百ˉF,故（】项错误. I）项地面对物体2的摩擦力提供加速度,则／＝m2α≡m2gtan0’故I）项正确·
综上所述,本题正确答案为A∏
· l2.
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44［答案］
A
［解析］
利用机械能守恒定律和速率变化特点解决｜司题根据机械能守恒定律可知ol ≡″2’再根
据速率变化特点可知,小球由M到P再到Ⅳ,速率先减小至最小,再增大到原速率小球由M到Q
再到Ⅳ’速率先增至最大’再减小到原速率。由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出
如图所示图象,由图象可知小球沿MQ／V路径运动的平均速率大’所以t1＞t2 ,故选项A正确
O
』2
′1
t
45. ［答案］
BC
［解析］
若″l＞″2,且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力,则可能先向右匀加速’加速至ol后随传送带＿起向右匀
速,故B正确若″l＞″2’且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力,此时P＿直向右减速,减速到零后反向加速若
FT＋从mg
″2＞″l ’P受到的滑动摩擦力向左,开始时加速度αl＝
,当减速至速度为″l时,摩擦力反向’若有FT＞／」mg,
肌
FTˉ〃mg,故C正确’A、D错误
此后加速度α2＝
m
46. ［答案］
C
［解析］
机器人沿着从A到B的路径做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知,机器人所受到的合外力的方向由
A指向B’四个选项中只有C的合外力方向符合题意’故C项正确综上所述’本题正确答案为C。
本题的易错项为B项‘‘蜘蛛侠”从A到B的过程做匀加速运动,其受到的合力由A指向B,若F的方向如选项B,则
其受到的合力竖直向上’所以F的方向应该斜向右上方.
47。［答案］
AD
［解析］
A｀B项,在′＝20s时刻有Fl＝F2＝18N,对AB整体利用牛顿第二定律有F2＋F［＝（mA＋加B）α,再对B
进行受力分析有FAB＋F2＝mBα,联立可解得FAB≡0。6N,故A项正确,B项错误
C项’在』＝2.5s时刻F,≡2.25N,F｜≡l35N;对AB整体利用牛顿第二定律有F2＋Fl＝（mA＋mB）α,再对B进行
受力分析有FAB＋F2≡加Bα,联立可解得FAB≡0. 15N＞0’所以A对B的作用力方向向右’故C项错误
D项,在AB分离时,AB之间的拉力恰好为0。3N’对A利用牛顿第二定律有0。3＋Fl≡mAα’对B利用牛顿第二定律
有F,ˉ0.3≡mBα’由图象可知Fl＝3.6—0.9t’F2＝0.9t’联立可求得t＝3S,在分开之前AB所受合外力＿直为3.6N,
所以加速度＿直为12m／s2,根据公式可得位移』＝÷咖2＝虱4m,故D项正确综上所述.本题正确答案为AD
＝
48. ［答案］
D
［解析］
设四个木块沿斜面向下运动的最大加速度为αm,则对两个质量为肌的木块和上面的一个质量为2m的木
块有媳＋4mgsin30°＝4mα m
1
Jm
解得:αm≡丁g＋环
以上端质量为2加的木块为研究对象
沿斜面方问它受到自身的重力的分力2′ngsin0和它上面的木块的摩擦力／
有扩＋2mgsin0＝2′nα m
解得旷＝拭
所以上面的两个木块不会发生相对滑动,设斜面对整体的摩擦力为Fm’对整体有:Fm＋6′＂gsin30。＝6′m m
q
解得;Fm＝亏／h
故A、B、C项错误,D项正确.综上所述’本题正确答案为∏
49。［答案］
B
［解析］
设物体A、B、C的质量都为m,剪断细线前,对B｀C整体受力分析’受到自身重力和细线的拉力而平衡,故
绳子的拉力T＝2mg;再对物体A受力分析’受到重力、细线拉力和弹簧的拉力;剪断细线后’重力和弹簧的弹力不变,
细线的拉力减为零’故物体B受到的合力等于2mg,方向向下,物体A受到的合力为2mg’方向向上’物体C受到的力
不变,合力为零’故物体B有向下的2g的加速度’物体A具有2g的向上的加速度,物体C的加速度为零’故B项正
确.综上所述’本题正确答案为B
° l3.
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50［答案］
ABD
［解析］
A项’初始时小物块恰好沿斜面匀速下滑,小物块受力平衡,设斜面倾角为0,动摩擦因数为似,小物块在平
行于斜面方向和垂直于斜面方向分别有′ngsin0＝／』mgcos0,Ⅳ＝mgcos0’则有sin0＝以cos0当施加＿个沿斜面向下
的恒力F时’小物块的垂直于斜面方向受力情况不变,在平行于斜面方向由牛顿第二定律有F＋吧sin0-陛′ngcos0
＝′m,小物块将做匀加速运动,故A项正确
B项’施加＿个竖直向下的恒力F时,垂直于斜面方向受力情况为Ⅳ＝mgcos0＋Fcos0’在平行于斜面方向,沿斜面
方向向下的受力情况为mgsin0＋Fsin0,沿斜面方向问上为滑动摩擦力叫＝／mlgcos0＋陛Fcos0＝mgsin0＋Fsin0』
合力为零,小物块仍做匀速运动’故B项正确
C项,对小物块施加＿个垂直斜面向下的恒力,小物块在后续下滑过程中,斜面体在水平方向的受力情况为:物块施
加的滑动摩擦力的分力严（mgcos0＋F）coS0’物块施加的压力的分力（mgcos0＋F）sin0,二者方向相反｀由sin0≡
以cos0可知二者大小相等,斜面体水平方向合力为零,斜面受到地面摩擦力为零,不会发生滑动,故C项错误.
D项,操作o与不施加F时斜面水平方向受力情况相同:不施加F时,斜面体在水平方向的受力情况为:物块施加的
滑动摩擦力的分力／LmgcOS20,物块施加的压力的分力′ngcos0sin0’二者方向相反』由sin0≡严cos0可知二者大小相
等,斜面体水平方向合力为零,斜面受到地面摩擦力为零操作@中,把滑块与斜面看做整体,F方向竖直向下,对水
平方向受力没有影响,故斜面受到地面摩擦力仍为零操作O由C项的分析可知斜面受到地面摩擦力也为零,故D
项正确
综上所述,本题正确答案为ABD
51。［苔案］
A
［解析］
在滑道AB段上取任意＿点E’比较从A点到E点的速度″l和从C点到E点的速度o2,易知Ul ＞刚2.因E
点处于“凸’’形轨道上,速度越大,轨道对小滑块的支持力越小’因动摩擦因数恒定’则摩擦力越小,可知由A滑到C
比由C滑到A在AB段上的摩擦力小’因摩擦造成的动能损失也小同理,在滑道BC段的“凹,形轨道上,小滑块速度
越小,其所受支持力越小,摩擦力也越小,因摩擦造成的动能损失也越小’从C处开始滑动时’小滑块损失的动能更
大。故综上所述’从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小,整个过程中从A滑到C平均速度
要更大＿些,故tl ＜′2。选项A正确
52. ［答案］
D
［解析］
A项’物块b受到重力和弹簧的拉力作用’共2个力,故A项错误.
B项,由于整个系统处于静止状态’把α、b和弹簧看成＿个整体’整体受到重力和细绳的拉力处于平衡状态,由于重
力为2mg,所以拉力大小为2mg故B项错误
C项,剪断细绳的瞬间弹簧的拉力不发生变化’所以b的加速度为0’故C项错误
D项’剪断细绳的瞬间弹簧的拉力不发生变化,所以α受到竖直向下的重力和弹簧的拉力作用’弹簧拉力大小等于剪
断细绳前b的重力大小,2′7lg≡mα,所以α的加速度为2g’故D项正确
综上所述,本题正确答案为D.
53. ［答案］
BD
2
2
［解析］
A项』当小球运动到顶端时,合力提供向心力’F＋mg＝砸十,因此图象函数表达式为F＝m÷ˉ砸g｀
故A项错误
Ⅱ项当′三0,删』-b时,懒千二鹏g解得g-＋故B项正确
C项,图象的斜率为子’绳长′不变,质量咖变小时,得到图象的斜率变小,故C项错误
D项,b＝g／,因此绳长不变,只改变小球的质量’得到图象6的位置不变’故D项正确
综上所述,本题正确答案为B∏
.
l4。
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54. ［答案］
AB
2
［解析］
因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动,由向心力公式有F＝咖÷,则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为
＂大二仔-√弯÷蝗垦三4…嘶｜｀-仔-√3等乎壁二3…,可知…绕过小圆弧弯道后做j‖…则
A、B项正确;由几何关系得直道长度为α二√L2ˉ（Rˉ厂）2＝50√可m｀由运动学公式″关ˉ″》｀＝2αd’得赛车在直道上
的加速度大小为α＝650m／s2’则C项错误;赛车在小圆弧弯道上运动时间′＝红＝2793’则D项错误
〕U小
55. ［答案］
BD
［解析］
将桌布从鱼缸下拉出的过程’鱼缸相对桌布向左运动,因此桌布对它的摩擦力方向向右,A项错误。设动摩
擦因数为陛’鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动’加速度大小为腮,设经过tl时间
鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为o’则0＝“jl ;鱼缸滑到桌面上后’做匀减速运动,加速度大小也为队g’因此鱼缸在桌
面上运动的时间』2＝方’囚此′｜＝』2,B项止确若猫增大拉力鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力’人小为…’保
持不变,C项错误若猫减小拉力,则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力,则鱼缸与桌布＿起运动’从而滑
出桌面’D项正确
56· ［答案］
BD
［解析］
由于两球由同种材料制成’甲球的质量大于乙球的质量,因此甲球的体积大于乙球的体积,甲球的半径大
丁乙球的半径设球的半糯为′根据牛顿第二定律,下落过程…—偷-…-凰—
-gˉ蒜.可知球
片厂
4
3
p×丁∏『
下落过程做匀变速直线运动’且下落过程中半径大的球下落的加速度大,因此甲球下落的加速度大,由h＝＋α』2可
≡
知,下落相同的距离’甲球所用的时间短,A、C项错误;由″2≡2αh可知,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小’B
项正确;由于甲球受到的阻力大,因此克服阻力做的功多’D项正确
57. ［答案］
BC
［解析］
施加＿恒力后,质点的速度方向可能与该恒力的方向相同,可能与该恒力的方向相反’也可能与该恒力方
向成某＿角度且角度随时间变化,但不可能总是与该恒力的方向垂直,若施加的恒力方向与质点初速度方问垂直,
则质点做类平抛运动,质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小,选项A错误’B正确质点开始时做匀
速直线运动’说明原来作用在质点上的合力为零,现对其施加＿恒力,根据牛顿第二定律’质点加速度的方向总是与
该恒力的方问相同’且人小＾变.由α＝哥可知,质点单位时间内速度的变化量△删总是尔变的,但逮率的变化量小
确定’选项C正确,D错误
58. ［答案］
AC
［解析］
运动员在0时刻开始先做自由落体运动’然后做加速度逐渐减小的加速运动,在平衡位置速度最大,然后
做加速度增大的减速运动,到达最低点速度为零』
A项’速度＿时间图象的斜率大小代表物体运动的加速度该时间段内图象的斜率逐渐减小,说明加速度不断减小,
合力逐渐减小,故A项正确。
B项’平衡位置的速度应最大’而此时物体速度为0’故B项错误。
C项,该时刻物体速度为0,由过程分析可知物体到达最低点,故C项正确
D项,在该时刻物体刚刚接触蹦床,弹力为0’故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC.
· l5·
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59. ［答案］
C
［解析］
对于竖直方问的弹簧振子问题,选择受力平衡点为平衡位置进行分拆则P为上方最大位移处.
A项’PQ两点均位于最大位移处’回复力和加速度大小相同,P处的回复力为mg’加速度为g,所以Q点的加速度也
为g,故A项错误
B项,从0到Ⅳ的过程中,质点从最大位移处运动至平衡位置’加速度不断减小’故B项错误
C项,Ⅳ处为平衡位置,速度最大’故C项正确
D项,从／＼／到P过程中,有弹簧弹力对小球做功’小球和弹簧组成的系统机械能守恒’小球本身机械能不守恒’故l）
项错误
综上所述,本题正确答案为C。
60［答案］
（l）2.75
（2）如图所示
（3）队（M＋m）g“（4）0.40
』’N
3ˉ0
2.8
2.6
24
2·2
2ˉ0
日
■丙
0
0.O50。1O0.15O.20O250.3Om／kg
［解析］
（l）对弹簧秤进行读数得2。75N.
（2）在图象上添加（0.05kg’2。l5N）、（0。20kg’2。75N）这两个点’画＿条直线使尽可能多的点落在这条直线上,不
在直线上的点大致均匀分布在直线两侧,如答案图所示
（3）由实验原理可得／≡严（M＋′″）g’／-m图线的斜率为k≡昭。
（4）根据图象求出k≡3。9N／kg,代人数据得严＝0.40。
“［答案｜
（2）｀／2M;L』）
（］）肌20 （4）多次＂｜董取平均回咖触忆＂「孺尽可熊…了（答震出—舞‖可）
（解析］
根据题述,在乙的反应时间′内’尺子卜落高度h二山ˉL｜｀由自由落体运动规律叫知,′‘＝＋g′｀解得′＝
千M≠）
代人数据得t＝0~20s
62. ［答案］
（l）对滑块受力分析可得:
mgsin0≡Fcos0
代人数据可得;F＝19EN.
3
（2）由题意可知,滑块滑到木板上的初速度为l0m／s
当F变为水平向右之后,由牛顿第二定律可得:
mgsin0＋Fcos0≡mα
解得:α＝l0m／s2
2
下滑的位移“＝六
解得:虹≡5rn
故下滑的高度h＝蒸sin30°＝2.5m.
『
【
↓
｛!
｝r:门］千
…《…《～↓ˉ←ˉ
印
（｝
｜!
凸矛……◆＝＝守＝…宁宇＝●
…
…:…锥＝…广…←…叶←…兰i
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｛
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】
←增…≡→…宅·丁＿←ˉ｜
『
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｛
…十≡铲■叫≈…↓≡器…＋ˉ;
『
］
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…ˉ↓＝十十十一↑～vˉˉ剿
丫十卜十↑十』
ˉ｜
＋十＝干写斗＝←0…√ˉ≡′
←…｛学＋ˉˉ上导＋ˉ』
≡十司＄
＄
｛
｛
『
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｛
苛ˉ↑ˉ丫＝丁≡十十-才ˉ-｝
十↑十＋寸.｛十｛
γ瞬丁ˉ广↑ˉ丁ˉ十＝十ˉˉ‘
↑-广ˉ十ˉ十＋『.↑ˉ｛
ˉ↑ˉ←十＋ˉ十ˉ十十ˉ｛
l6
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（3）由题图乙可知,二者先发生相对滑动’当达到共速后＿块做匀减速运动’设木板与地面间的动摩擦因数为队l ’滑
块与木板间的摩擦因数为队2
二者共同减速时的加速度大小αl＝lm／s2’发生相对滑动时,木板的加速度α2＝1m／s2,滑块减速的加速度大小
α3≡4m／s2
』罐休受〃分析可得;鲤｜-腆｛糕）‘ ≡以lg
可得:〃l＝0. l
在0～2s内分别对m和M做受力分析可得:
对″:似2mg-／Ll （″＋m）g＝″α2
对m;队2mg≡′m3
代人数据解方程可得:M≡l5kg.
［解析］
（l）对滑块进行受力分析’根据共点力平衡在沿斜面方向上列平衡方程可得出水平力F的大小.
（2）对滑块进行受力分析’根据牛顿第二定律求出滑块的加速度α,然后根据运动学基本公式可以求出下滑的位移
撼’最后再根据几何关系得到滑块下滑的高度九
（3）先根据乙图得到滑块和木板各个阶段的加速度,对M和m整体进行受力分析,根据牛顿第二定律可得』木板与
地面间的动摩擦因数;在滑块与木板相对滑动阶段’对滑块和木板分别进行受力分析’根据牛顿第二定律计算得,木
板的质量.
1
2
63. ［答案］
（1）设气球加速下降的加速度为α,受到空气的浮力为F,则由运动公式可知:hl≡o0t0＋丁αr0
解得α≡lm／s2.
（2）由牛顿第二定律可得:Mg—F≡』′α
抛掉质量为加的压舱物’气体匀速下降’有:（M—加）g≡F
解得m＝80kg.
（3）设抛掉压舱物时,气球的速度为″l ,经过′l＝5s下降的高度为H
由运动公式可知:Dl ＝〃0＋α『0
H≡Ul tl
解得H＝30m。
［解析］
（l）由匀加速直线运动的基本公式’代人已知量即可求得加速度
（2）由匀加速直线运动时牛顿第二定律’以及匀速直线运动时受力平衡’两个方程联立解得抛掉压舱物的质量ˉ
（3）由匀加速直线运动的速度关系可求得抛掉压舱物后气球的速度’再由匀速直线运动H≡″l tl ’可求得下降高度
“!答寨｜
（｜）缓（』）鳃』
（＂
’
4何m酗0
［解析］
小工件由传送带甲传到乙上时,考虑其运动的相对性可知:
（l）摩擦力与侧向的夹角为45。
侧向加速度大小;α＂＝“cos45°;在侧向上由匀变速直线运动规律可知ˉ2α‘＝0ˉ似;’解得小工件侧向滑动距离
x
√面b;
‘＝酝互
α
（2）设‘＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为0’侧向、纵向加速度的大小分别为α嫂、α′’则广＝tan0,很小的△′时间内,侧
卯
向、纵向的速度增量△″x＝α寥At’△Uγ＝αγ△t
l7
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AU
解得示＝tan0
九
0
″
0-△U
且由题意可知tan0≡-2≡,则÷＝ˉ二＿L＝tan0
T
0
U＿AU
x
x
x
冗
所以摩擦力方向保持不变
则当0膊＝0时,0y≡0,即工件停止侧向滑动时的速度为o＝2U0。
（3）工件在乙上滑动时侧向位移为z’沿乙方向的纵向位移为y,由题意可知:α＂＝队gcos0,αγ＝吧sin0
由匀变速运动规律可知
在侧向上;ˉ2α氮卯＝0ˉ″;
在纵向上:2αyγ＝（200）2-0
2uo
工件滑动时间:t≡—
α
γ
乙前进的距离;γ1≡200t
工件相对乙的位移;L＝√甄2＋（γ1ˉy）2’
则系统摩擦生热:Q＝严mgL
电动机做功;Ⅳ二÷哪（2删0）2ˉ÷′厕谬;＋0
-4占Ⅺmg,b
由厂二芋,解得电动机的平均输出功率为;P＝
5
［答案］
（l）F0≡′ng可得重物质量′n≡0.5kg
向下匀加速mg—Fl＝mαl
αl ＝0°8m／s2
向下匀减速F2—mg＝mα2
α2＝0.6In／s2.
（2）匀速运动速度″≡αlt｜＝2。4m／s
向卜匀喊遮运动时间′Ⅱ-÷-4.
时间坐标t0＝36s-4S≡32s
向下匀加速x!＝＋α｜‖｝＝乱6m
匀速运动x2＝测2＝60m
向下匀减速厕』＝÷曲］＝48m
总位移匆＝zl＋x2＋匆3＝68.4m
平均每层楼高h＝万兰丁＝3」m
65
［解析］
（l）以重物为参考对象’根据所给图数据对其进行受力分析’可知重物依次经历了静止状态、失重状态、匀
速状态、超重状态根据牛顿第二定律列出公式’即可求出加速度
（2）根据（l）中所求加速度及加速时间,可求出匀速运动时的速度,再根据（l）中所求减速过程加速度’可求出减速
时间’从而得出匀速运动时间,即可求出Z0’则所有必要数据皆求出’分别根据匀加速、匀速、匀减速位移公式代人数
据求出位移’各段位移求和并除以电梯经过的楼层,注意电梯一共走过22层’即得出平均楼高
.
l8。
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66. ［答案］
（1）滑块由C处释放,经挡板碰撞后第＿次滑回P点的过程中’由动能定理得
9圆÷…（‘＋＋L）＝0
解得鹏≡磊-α25;
（2）滑块在CD段上受到的滑动摩擦力以mg≡0.01N｀电场力qE＝0。03N,滑动摩擦力小于电场力,故不可能停在CD
段’滑块最终会在DCH间来回往复运动,到达D点的速度为0.
全过程使用动能定理:9ELˉ严m砂＝0
解得s＝1旦L≡3L＝2.4m;
／（J｝咱
（3）GH段的倾角0≡37。,滑块受到的重力mg＝0.04N,电场力qE＝0.03N’qEcos0＝mgsin0＝0.024N’加速度为O
所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第—次运动到C点的动能’对C到G过程由动能定理得:
Em皿＝qE（L＋厂sin0）—／儿mgL-′ng（厂—厂cos0）＝0.018J
滑块最终在DC〃间来回往复运动,碰撞绝缘体有最小动能’对D到C过程由动能定理得:
Emin≡qE厂sin0＿′7『g（『—rcos0）＝O002J。
［解析］
问题求解:（1）由于DGH段是光滑的,这个阶段没有能量损失’所以只需要考虑CD阶段的运动即可’在水
平方向上只有电场力和摩擦力做功’根据动能定理算出摩擦因数（2）由于电场力大于摩擦力,所以不可能停在CD
段’滑块最终会在DGH间来回往复运动’到达D点的速度为0.根据几何关系’列出动能定理公式’求出总路程（3）
由于在GH阶段加速度为0,所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第＿次运动到G点的动能’同样根据动能定
理算出;滑块最终在DGH间来回往复运动’最小动能同样由动能定理得出.
67。［答案］
（1）木板最初做匀速直线运动’处于平衡状态,由平衡条件得:竖直方向:FN≡屹;水平方向:Fl ＝F,滑动
摩擦力:Fl ＝／儿Mg;解得:严＝0.5;
（2）放第l块铁块后,木板做匀减速运动’则有;〃（M＋厕）gˉF二Mα‖ ;由运动学公式得;2α』L＝删;ˉ〃｝’代人数据得;
ol ＝2√6m／s;
（3）设最终有见块铁块能静止在木板上则木板运动的加速度大小:α
＝l坚哩
皿
M
第l块铁块放上后有;2α!L＝＂;ˉ〃｝
第2块铁块放上后有;2α2L＝〃;ˉ″;
第n块铁块放上后有;2α＂L二刨｝厕ˉ! ）ˉ＂＂
2
由以上各式相加得;（｜＋2＋3＋…＋＂）u.等.L＝〃;ˉ＂尉
要使木板停下来,必须有″″≡0,代人解得:n≈6.6
则6＜′l＜7,故最终有7块铁块放在木板上.
［解析］
（l）开始时木板做匀速运动,由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力’然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦因数。
（2）铁块放在木板上后,木板对地面的压力变大’木板受到的滑动摩擦力变大,由牛顿第二定律和运动学公式结合可
以求出即将放上第2块铁块时木板的速度
（3）运用归纳法分别得到第2块铁块放上后、第3块铁块放上后…第″块铁块放上后木板的速度表达式,得到″＂的
表达式’要使木板停下,〃则≡0,即可求解
68。［答案］
（l）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为αl ’刚滑到第四块的速度为＂l ,由牛顿第二定律得
似2雌＝Mα! ’由运动学公式得＂;ˉ″｝＝2α｜.3′
联立上式得:〃l＝2ms;
. l9°
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（2）设小铅块滑到第″块木块时对木块的摩擦力为们二队2屹＝5N
后面的（5ˉn＋l）块木块受到地面的最大静摩擦力为:／i＝队l ［M＋（6ˉ″）′n］g
要使木块滑动’应满足／i＜／｜,即以l ［M＋（6ˉ网）′n］g＜5N,解得:″＞3.5’故取n＝4;
（3）设小铅块滑上第四块木块经过t秒和第四｀五块木块达到共同速度’此过程小铅块和第四、五块木块相对地面的
位移为sl和s2,它们之间的相对位移为△s,第四、五块木块运动的加速度为α2’则有:从2Mg—以1（M＋2m）g≡2mα2’
′｜ˉα｜′＝α』′’‘｜＝硼｜′ˉ丁α｜′ ’,2＝＋“／.△‘二』｜—‘』.联立上式解得;』｜＝器m’△』＝:ⅡⅧ
l
2
由于△＄＜］m（s｜＜lm）,说明小铅块没有离开第四块木块,最后小铅块与第四、五块木块达到共同速度＿起减速为零
设小铅块与第四、五块木块达到共同速度为02,＿起减速的加速度大小为α3 ’减速位移为s3,
2
则陛｜（…）鼠～（2卿带删）嗡,』:…』≡麦联立［式得‘｀≡古Ⅷ
小铅块最终离第＿块木块左端的距离为;s＝3′＋sl＋s3
印7气
联立上式得到;＄＝箭m
［解析］
问题求解:
（l）小铅块在前三块木块滑动时,只受到木块的摩擦力进行匀减速运动,利用摩擦因数计算出减速运动的加速度’由
匀变速运动的公式″2ˉ＂;＝2α厕得到刚滑到第四块木块时的速度
（2）木块想要滑动,则受到小铅块对它向右的摩擦力大于地面对它向左的摩擦力,由于物块的数量随着铅块的运动
在减少,所以受到地面的最大静摩擦力也在减小’当小铅块滑到第三块木块后’后面的三块木块所受到的最大静摩
擦力为5.5N,此时的最大静摩擦力大于小铅块对木块的摩擦力,当小铅块滑到第四块木块后,后面的两块木块所受
到的最大静摩擦力为4.5N,此时的最大静摩擦力小于小铅块对木块的摩擦力,木块发生滑动.
（3）木块刚开始运动时,小铅块的速度不为零』所以此时木块先匀加速运动’小铅块匀减速运动,直到木块和小铅块
的速度相等后,＿起做匀减速运动直到静止所以距离第＿块小木块的距离分成三部分:三个木块的长度’小铅块减
速到与滑块速度相等时的位移’最后＿起匀减速到静止的位移
69. ［答案］
（l）0。
l
0.4
（2）60m
（3）6.5m
［解析］
（l）规定向右为正方问木板与墙壁相碰前,小物块和木板-起向右做匀变速运动,设加速度为αl ’小物块
o
和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有—以l（加＋M）g＝（m＋M）αl
由题图乙可知,木板与墙壁碰撞前瞬｜司的速度＂
≡4m／s,由运动学公式有″
＝″
＋α〖
@
l
0
l
l
l
2
o
5
≡Ut
＋—αt
0
0
l
2
l
l
式中,t
≡l s,＄＝4.5m是木板碰撞前的位移’″o是小物块和木板开始运动时的速度
0
联立o@o式和题给条件可得从l＝0. l
@
在木板与墙壁碰撞后｀木板以—p的初速度向左做匀变速运动’小物块以U的初速度向右做匀变速运动.设小物块
o
的加速度为α2,由牛顿第二定律有—仪2mg＝mα2
U
-U
由题图乙可得α
＝—2—1
@
2
′
ˉ〖
2
l
式中,‘2＝2s,o2＝0,t｜≡l s,ul＝4m／s,联立@@式和题给条件可得严2≡0.4.
@
（2〉设碰撞后木板的加速度为α ,经过时间△t’木板和小物块刚好具有共同速度o .由牛顿第二定律及运动学公式
3
3
得以2′＂g＋以l （M＋矾）g≡Mα3
o
U
＝＿U
＋α△t
o
3
l
3
o
＝o
＋α△』
D
3
l
2
°20°
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-0
＋U
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中’木板运动的位移为,
＝
÷
3△′
o
＝
0
＋U
小物块运动的位移为s2＝÷旦At
@
小物块相对木板的位移为△s＝s
—s
D
2
l
联立@O@OOOO@O式’并代人数值得△s≡60m
O
因为运动过程中小物块没有脱离木板’所以木板的最小长度应为6.0nl.
（3）在小物块和木板具有共同速度后’两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为α ,此过程中小物块和木板运动
4
的位移为s .由牛顿第二定律及运动学公式得队l （m＋M）g＝（m＋″）α4
o
3
0-02＝2αJ
o
3
4
3
碰后木板运动的位移为s＝5
＋s
o
l
3
联立@O@OOOOOOO式,并代人数值得s＝ˉ6。5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
70. ［苔案］
（l）物块与木板刚好没有发生相对滑动时,设物块的临界加速度为αmax,
对物块有／＝以lmgcosα’／—mgsinα≡″m max
对木板有Fˉ片ˉ／iˉ屹sinα＝MαⅧ鳃,片＝严! ′＂gcosα,／i＝以2（M＋″!）gcosα,代人数据解得F二9N,
则F应满足F＞9N;
（2）因为F＝10N＞9N,则物块能离开木板,设木板与物块经过〗时间分离
F—内ˉ／iˉ屹sinα
对物块有αl＝αm皿,对木板有α2＝
M
代人数据可解得αl ≡2。5m／s2’α2≡45m／s2
由木板与物块分离得L＝＋“／—＋α／,解得』＝l .｀产生热量0≡力L＋′i（＂叶＋α／）,解得q＝l5J
［解析］
问题求解:
（］）当物块与木板发生相对滑动时’对物块m进行受力分析,物块受到沿斜面向上的摩擦力,垂直于斜面的支持力’
竖直向下的重力’根据牛顿第二定律可求出物块的最大加速度对木板进行受力分析,木板受到自身的重力’拉力F,
传送带提供的沿斜面向下的摩擦力、垂直于斜面向上的支持力,物块提供的沿斜面向下的摩擦力,垂直于斜面向下
的压力’运用牛顿第二定律可以求出此时木板的加速度若要物块滑离木板,则要求木板的加速度大于物块的加速
度’以此求出恒力应该满足的条件
（2）因为F＝10N是满足（1）求出的条件的,判断出物块能够离开木板木板和物块均做初速度为0但加速度不同的
匀加速直线运动,刚好分离时两者的位移差为木板长度,以此求出分离需要经历的时间系统摩擦生热等于物块木
板之间摩擦生热与木板传送带之间摩擦生热之和’物块与木板的相对位移为木板长度’木板与传送带的相对位移为
木板运动的位移与传送带运动的位移之和’最后运用公式0≡∧可求解
71. ［答案］
（l）3m／s2
lm／s2
（2）4s
［解析］
（l）在0～2s时间内,A和B的受力如图所示’其中／）、／γl是A与B之间的摩擦力和正压力的大小’／i｀Ⅳ2
是B与C之间的摩擦力和正压力的大小’方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件可得
~〉
…矽~
》
′~~
／〕
~~~~~~／~
~~~~~~′~
雕
『Ⅶg
「
mg
●
°
~厂
′l＝以1Ⅳl
Ⅳl ≡∏lgCOS0
·21
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◎
◎
／i＝以2Ⅳ2
／V2＝／Vl ′＋mgcos0
规定沿斜面向下为正设A和B的加速度分别为αl和α2,由牛顿第二定律可得
mgsin0ˉ∧＝′ml
mgsin0ˉ儿＋／i ′≡′m2
Ⅳl＝Ⅳl
′
∧＝刀′
联立o@o@◎@@o式’并代人题给数据得
αl＝3m／s2
α2≡lm／S2·
（2）在tl≡2s时’设A和B的速度分别为″l和″2,则
U1＝αljl＝6m／S
u2≡α2tl＝2m／s
t＞′l时,设A和B的加速度分别为α′l和α′2.此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
α′l≡6m／s2
α′勺≡-2∏L／s2
B做减速运动设经过时间′2,B的速度减为零’则有
02＋α′2t2≡0
联立@oo式可得
′2＝］
S
在01 ＋t2时间内,A相对于B运动的距离为
』＝（÷α｜〈＋谬｜!2带÷α′｜!;）＿（÷α2』｝余侧2′2余＋α′2′;）
≡12m＜27m
此后B静止,A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B0则有
!—』＝（似」十α′］‘2）‘］十十α′｜′;
可得t3＝l s（另＿解不合题意’舍去）
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总≡〖1＋t2＋t3＝4S·
72。［答案］
（l ）设滑块A从斜面下滑过程中加速度大小为α0’到达底端时速度大小为″0’
式可得:
mgslnα-陛lmgcosα≡mα0
″;ˉ0＝2α0＄
由O@可得:o0＝6m／s
假设A滑上B的上表面后,B仍保持静止’则A在B上减速滑动至停止
αA＝队lg＝5m／S2
7
＂＝9二旦i＝凯6m＞3m
-2αA
A会从B上滑下,假设不成立
故当A滑上B的上表面后,B与地面会发生相对滑动
°22°
（l ）设滑块A从斜面下滑过程中加速度大小为α0’到达底端时速度大小为″0’
◎
◎
◎
◎
°
Ⅲ
皿
◎
D
皿
o
D
@
α3
α9
由牛顿第二定律和运动学公
山
◎
o
@
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（2）设A滑上B后’再经时间t两者达到共同速度,A、B的加速度大小分别为:
αA≡队1g＝5m／s2
◎
〃lmg≡孕2mg
αB≡
m
＝5-2山2
@
U0ˉαAt≡αBt
@
l
2
sA＝″0tˉ丁αAt
o
1
2
sB＝丁αBt
o
sAˉ＄B＝L
o
解得;队2≡0。2。
［解析］
（1）假设物块B能保持静止’通过滑块A的受力情况求解出其水平运动的最大距离,比较最大距离和B的
长度,验证假设的正确性;
（2）A、B不能保持相对静止,则A在到达B最右端时两者速度相等,结合受力分析、加速度和位移关系求解.
73. ［答案］
在F的作用下’A做匀加速运动,B静止不动’当A运动位移为Ll时B进人粗糙段,设此时A的速度为
oA’则:
对A;由动能定埋;皿｜＿陛｜（删＋哪）gL｜＝÷‰i
o
B进人粗糙段后’设A加速度为αA,B加速度为αB’
对A:由牛顿第二定律:F—陛l（M＋m）gˉ队2mg＝MαA
@
对B:由牛顿第二定律;严2mg＝mαB
o
由O得oA＝2m／S
@
由@得αA＝0
◎
即A以″A＝2m／s的速度做匀速直线运动直至A、B分离’设分离时B的速度为刨B’B在粗糙段滑行的时间为〖’则:
对A:sA＝″A〗
o
对B;oB＝αB′
@
l
2
sB＝丁αBt
o
又:SA-SB＝L2
o
联立解得:L2＝1m
［解析］
先根据动能定理求出B刚进人粗糙段时A的速度,再根据牛顿第二定律’求出B进人粗糙段后A、B两者的
加速度’再根据运动学公式求出B进人粗糙段后直到两者分离的过程中’A、B各自的位移,根据位移差等于L2’列出
方程’即可求出L2.
74. ［答案］
（1）刚释放时’对物块B’设其加速度为αl ’则′′?gsin0＝mαl
对木块A分析有:Mgsin0＜陛l （m＋M）gcos0
B在A的上部分滑动时,A保持静止设B刚离开上部分时的速度为o! ’由公式o;＝2α｜L｜
解得:ol ≡3m／s
B在A的上部分滑动时间为tl ’由″l＝αlt1
解得:ll＝0.5s
B在A的下部分滑动时’设B的加速度为α2’A的加速度为α3,该过程的时间为r2’B的位移为惩｜’A的位移为匆2:
mgsin0＿队2mgcos0≡m（J2
.23·
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吨Sin0＋以2′ngcos0ˉ陛l （M＋″!）gCOS0＝Mα3
解得:α,＝4m／s2,α｀≡l6m／s2
1
2
鳃l ＝＂lt2＋丁α2t2
l
2
腮2＝丁α3t2
卯l -加2＝L-Ll
解得;r,＝0.5s
B在A上滑动的时间为t,则t＝tl＋t2＝l s.
（2）设物块B离开薄板A时,物块B和薄板A的速度分别为o2和″3 :
U2≡0l＋α2′2
U3＝α3‖2
解得:″2＝5m／s,o3＝0.8m／s
B滑到斜面上后,设B的加速度为α4’A的加速度为α5
;
mgsin0-严3mgcos0＝mα4
雌sin0ˉ严lMgcos0≡Mα5
α4＝2m／S2’α5＝2°8m／S2
B滑到斜面上后到A、B再次相遇时间为t3 ,位移为z3:
1
2
x3＝o2t3＋丁α4t3
l
2
鳃3＝o3t3＋丁α5t3
t3＝l0°5s°
［解析］
（l）由于A由两种材料组成,需要分段考虑,首先考虑B在αb以上的运动,A上表面光滑,对A受力
分析,A重力沿斜面向下的分力小于摩擦力,所以A保持不动,对B受力分析’由牛顿第二定律可知’B的重力
沿斜面的分力提供加速度’列式结合运动学相关公式,可以求得此过程所用时间;B在α6以下运动到离开A,
分别对A｀B受力分析及牛顿第二定律列式,解出各自的加速度,结合运动学公式,可以求出此过程的时间,进
而求出总时间.
（2）物块B离开薄板A时’先运用运动学公式求出各自离开时的速度’然后对各自进行受力分析’求出各自的加速
度’根据位移相等结合运动学公式求出经历的时间。
考点六耙重和失重
75. ［答案］
C
［解析］
由于空气阻力的存在,根据F＝″皿可知箱子的实际加速度小于g’所以物体的加速度也小于g’故箱子对物体
有支持力’箱内物体对箱子底部有压力,故A项错误随着箱子下落’箱子的速度也越来越大,因此受到的空气阻力也越
来越大’加速度越来越小,所以物体受到的支持力也越来越大’故B项错误,（】项正确若下落距离足够长,空气阻力会
与重力平衡,箱子与物体一起做匀速直线运动,此时箱子对物体的支持力大小等干物体的重力大小’故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
.24.
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考点七运动的台成与分解
76. ［答案］
ACD
［解析］
A项,由h＝Hˉb′2可知伤员在竖直方向的运动是加速度为α≡2bm／s2的匀加速直线运动,竖直方向只受
两个力的作用,所以悬索的拉力大于伤员的重力,悬绳处于竖直状态,故A项正确
B、C、D项’因为直升机在水平方向做匀速直线运动’伤员在竖直方向上是匀加速直线运动,所以从地面上看伤员的
运动是类平抛运动’故C、D项正确,B项错误。
综上所述,本题正确答案为ACD
77. ［答案］
A
［解析］
如图所示,小球做圆周运动,重力和杆对球作用力的合力沿杆方向的分力提供向心力,因杆对球的作用力
恰好和杆垂直所以重力沿杆方向的分力提供向心力’得′＂gsin0＝′m』2L,所以sjn0＝匹,故A项正确
g
综上所述,本题正确答案为A。
78. ［答案］
BC
［解析］
A项,乙船恰好到达正对岸’所以水流向右.甲船的实际运动为沿水流方向的匀速运动和船沿船头方向的
匀速运动的合运动,合速度的方向显然不与河岸垂直,且合速度方向与河岸夹角小于α,所以甲船不能到达正对岸’
而是到达对岸P点的右侧’故A项错误
B项’甲｀乙两船的速度大小相同’且速度方向与河岸的夹角也相同’则两船速度在垂直于河岸方向的分速度相同’河
宽固定’所以两船渡河所用时间相等,故B项正确
C、D项’由A、B项分析知,甲、乙两船的位置连线始终与河岸平行,且两船同时到达对岸,所以两船必然相遇在／VP线
段中的某＿点’即渡河的过程中会相遇’故C项正确,D项错误
综上所述,本题正确答案为BCˉ
79。［答案］
B
′
［解析］
设小船相对静水的速度为U′ ’河的宽度为′,去程时过河的时间为k＝÷’回程时船头与河岸所成角度为0’〃
T
＝√…,回程的时间′′二J盂万,山题意叫知÷＝k’解得徽′＝方三了故B项正磁
综上所述,本题正确答案为B.
80。［答案］
0.8
0。8m≤鳃≤lm
［解析］
当障碍物运动到A′时质点刚好从A点进人矩形孔,此时若质点能穿过该
孔｀对应的L为最大值设障碍物远动露M所需的时间为′｜.则〃＿勋ˉh＝十g《’代
人数值解得tl＝0.2S,则此时质点竖直方向上的速度为O1＝gtl ≡2m／s.质点穿过
≡ˉˉ
厂--
—［」
00
d
｜
A′○
H
｛
｜
矩形孔的运动可以看做矩形孔静止不动,质点水平方向做速度U0＝4m／s的匀速直
｜
｜
｜
｜
h
线运动,竖直方向上做初速度为2m／s’加速度为l0lms2的匀加速直线运动’设质
｜
｜
｜
L
点穿过矩形扎的时间为』2,L＝,o腮2,d-则!蔽愈＋÷割i｀联立计算得』2＝α2.,L＝
0.8m.以上分析亦对应卿的最小值,匆继续增大’则质点从矩形孔中间某-位置B进人矩形孔’若刚好从矩形孔右下
方出来则此时对应的蕊为最大值则H—′‘≡÷瓢;,＂o′』＝z十瓤,代人数值解得鳃＝｜m｀所以o8m≡lm
25
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81［答案］
（l）水滴在竖直方向做自由落体运动,有h＝÷g‖2
凸
得』侣弓√2×而25.二队’.
（2）要使每＿滴水在落面上的落点都位于同＿直线,则圆盘在0.5s内转过的弧度为肺（八＝l ’2,3’…）
由@‖＝k∏
~〗
得°＝器二2k丽（l ,2』3』…）
1
2
3
（3）第二滴水离开O点的距离为z2≡ˉrαt
＋αt . 1≡丁α
第三滴水离开o点的距离为瓣』＝÷α（2‘）2＋″2′仁α
又△0＝@t＝∏
即第二滴水和第三滴水分别落在圆盘上匆轴正方向及勿轴的负方向上’
故÷叶α＝2
解得:α＝l45m／s2。
［解析］
（l）离开容器后’水滴做平抛运动每＿滴水在竖直方向上做自由落体运动’由自由落体运动的运动学公式
求得时间.
（2）要使每＿滴水在盘面上的落点都位于同＿直线上’则圆盘在0。5s内转过的弧度为肺（R＝1’2’3’…）.据此列式
计算其角速度
（3）通过匀加速直线运动和平抛运动规律求出两个水滴在水平方向的位移’根据角度关系和落点距离列式求得加速
度大小.
考点八抛体运动
82【答案］
A
［解析］
甲、乙两球都落在同＿斜面上’则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同,根据位移方向与末速度方
向的关系’即末速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍’可得它们的末速度方向也相
同’在速度矢量三角形中,末速度比值等于初速度比值’故A正确
83. ［答案］
AC
［解析｝
速度方向沿轨迹的切线的方向’由两物体的运动轨迹＿样可知,两物体落地时的速度方向相同,故A项正
确对物体A,根据动能定理得m删gL＝÷腮』谬iˉ＋厕删＂;,化简得燃』＝√I酉I可;对物体B,根据动能定理得′＂圃gL
-÷咖’＂:,化简得硼圆＝√豆瓦放B项错误对物体A,做平抛运动.竖直万向有像2ˉ0＝2g‖,则叫得落地时竖直方向
上的速度为√zr,于是水平方向与合速度方向夹角的正切值为tan0＝△巫;水平方向的位移与竖直方向的位移相
00
等所以有,‘弓√亨解得…弓√≡物…逮度删‘-√熏Z所以物体‘落地时』水平〃向的逮度为触〃…』即
抨赦c项正确物…遮度＂倒-√丽Z所以物体卿糯地时竖直方向的…铡腻.M｀即抨,所以重力的
瞬时功率为2腮凰√平故D项镭讽
综上所述,本题正确答案为AC。
°26.
~~ ~~~
β
l
萨哈!→0→
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84. ［答案］
B
（解析］
根掘几侧关系可知,足球徽平抛运动的曝直离度为h水平位移为露抨√:÷则足球位穆的大小为
＂-√咏乎辩膀-√』;辩子锄』选项蠕…二＋剧』』鳃秤≡呼,可得足球的…为徽厂√六（÷:）
遗项Ⅱ正赡;对小…动熊庭理…～等—竿,可嚼…逮圃～√;网
∑
内
月
＝
＋
）
＋
句
匠
—
斗
（
。
—
毗
′
′
′
叫
γ
,选项C
错误;初速度方向与球门线夹角的正切值为陶n‘二芋选项D错误
85。［答案］
D
［解析］
A项,根据图象’物体做平抛运动’动能增量等于重力所做的功’即△Ek≡mgh;而2s内’物体下降的高度为
h≡÷瓢2＝20m;联立可得咖≡0125kg,故A项错误
乙
B项,根据动能定义叫褥圆k＝＋咖2ˉ删＝4硕m／s,故Ⅱ项错误
C项’根据A项分析可知C项错误
D项,2s末小球竖直方向的瞬时速度为o＝gt≡20m／s,所以重力的瞬时功率为:P≡m邵≡25W’故D项正确
综上所述’本题正确答案为D。
86. ［苔案］
C
［解析］』琐根挪-÷鳃』得』偶』由…下…度搁同则…球飞行‖恫相同大于刹球飞∏时
间,故A项错误
β…露…佳斜厕上.竖直方陶的位移和水平方阿上位移比值—定即有…÷ˉ岛解得;′～曾则
落在斜面上时竖直方向上的分速度为″y≡gt≡2″0tan45。＝2″0’设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α’有:
tanα＝直止＝2tan0≡2’可知落在斜面上时,速度与水平方向的夹角与初速度无关,则A、B小球落点处的速度方向相
00
同’故B项错误
…小球藤繁M……曰＂』～芋……方闷｜铡隔棉镶可…抛出＂‖…鳃之比为;
″川; 〃B＝l ;恒;小球落到B、c两点’则运动的时间相等’而P、A｀B、C在水平方向间隔相等,根据〃0＝÷可知,两次
抛出小球的速率之比为:″B: 似c＝2
: 3;所以oA: ″c≡√可: 3’故C项正确,D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
本题的易错项为D项小球在竖直方向做自由落体运动,所以小球分别落到B、C的时间相等’而水平位移为2: 3,所
以两次平抛的初速度之比也为2
: 3
27
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考点九圆周运动
87. ［答案］
C
［解析］
天宫-号中的所有物体重力全部用于提供绕地球做圆周运动的向心力,所以处于完全失重状态A、C项’
在本实验当中,绳上的拉力提供小球做圆周运动的向心力,小球受的力对小球不做功’所以小球的动能不变,即
2
Zk.＝屑k』＝Ek‘＝EM,小球做匀速圆周运动』因为绳上的拉力提供向心力T＝呼,所以T铡＝T』＝7‘＝Td,故∧项错
误,C项正确B、D项’若在c点绳子突然断裂’王亚平将看到小球将做沿c处的圆的切线斜向上运动且速度不变,若在
b点绳子突然断裂,王亚平将看到小球做水平运动且速度不变,故B、D项错误综上所述,本题正确答案为〔〕.
88. ［答案］
BD
［解析］
A、B项,对A受力分析,受重力、支持力以及B对A的静摩擦力,静摩擦力提供向心力旷≡3″Mu2『≤3／〃ng,故
A项错误,B项正确
C、D项,A、AB、C受到的静摩擦力均提供向心力,故分别进行受力分析’对A:3″蛔2厂≤3／儿mg
对AB整体; （3m＋2m）（u2r≤严（3″l＋2矾）g
对C:′no2（l·5厂）≤／mlg
解得醚≤抨故颐镭误,＂项正蹦
综上所述’本题正确答案为BD
89。［答案］
C
2
［解析］
当小球恰好能经过最高点A时,重力沿斜面的分力提供向心力’所以…mα＝mh』解得″＝2m／s』小球
经过最低点B＂.由机械能守恒行÷＂铡』…×2L…-＋吨解得侧厕＝√吾瓦≡2佰m／恩,故c项正蹦
综上所述’本题正确答案为C.
90。［答案］
D
［解析］
烧断O′B前’对小球进行受力分析’小球处于平衡状态,合力为零’如下图所示
G
F2
○
℃
则叫得;′｜＝顾g鼠m30·＝÷咖g烧断o囚后,设小球摆到最低点时速度为＂绳长为L在小球摆到最低点的过程中｀
根据机械熊守恒定律有;咖gL（!—…0.）-＋鹏删』且在最低氯根瞩受力分析可得;′侧-′』ˉ吧二乎根据上圃
两式可解得:F2＝2mg。因此Fl :F2≡l
: 4’故D项正确
综上所述’本题正确答案为l）.
91［答案］
B
［解析］
6从图示位置摆动到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,并设6到定滑轮的距离为L’则:′＂bg（L—
L…0.）≡÷＂腆:;当‘到达最低点的时候,由于α刚好对地面没有压力,所以绳子的拉力′＝咖圈g此时对于b绳
°28.
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2
子的拉力和b的重力提供其圆周运动的向心力,有:Tˉ厕》g＝测』÷联立解得;厕.g＝2哪』g,即;α的质量是b质量的
两倍,故B项正确综上所述’本题正确答案为B
92。［答案］
AD
2
2
［解析］
A项,在最高点时』绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力’则得;吨＋F『二厕十,得FT＝咖十ˉ吧,
图象的斜率为捻-÷-子,所以L～γ,故A项丽确B项当＂』二0时,附-ˉ°根瞩′v-卿÷—吨可知′『-—
2
砸g’所以g＝÷’故B项错误C项,当〃2＝′时’代人F『＝m十ˉ略,可知FT＝于ˉ“,故C项错误D项,只要″2≥
2
2
b绳子的拉力火于0,在最高点′T＋吧＝聊＋,最低点′｛ˉ厕凰≡m÷;从最高点到最低点的过程巾根搪动能定蹿
得＋咖聊;ˉ÷哪触｝＝2鹏g么,联立得′↑ˉ′T＝6略二6α故D项正确综上所述,本题正确答案为An
93［答案］
ACD
［解析］
A、B项,由题中条件易知弹簧的弹力始终为F片＝kR＝′ng’方向背离圆心,易得在最高点以外的任何地方轨
道对小球均会有弹力作用,所以无论初速度多大,小球均不会脱离轨道』故A项正确’B项错误
C项’由题中条件易知,小球在运动过程中只有重力做功’故机械能守恒’小球做完整圆周运动的临界情况是最高点时速度
为零,此情抛下｀有＋刚;＝2…解得懒o二√蓟g贾所以只姿刚0≥√晒瓦小球就能雌整的圆周运动,故c项正确
D项’小球做完整的圆周运动时’最高点时小球与轨道间压力最小’设为Fl ’最低点时压力最大’设为Fo。设最高点时
撞鹰…得戳～√咐—螺M贿…带赋竿～…等,′』≡等≡等＿…』ˉ′｜～…所以只婆小
球能做完整圆周运动’则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与初速度无关’故D项正确
综上所述,本题正确答案为ACD.
94［答案］
（l）当摆球由C运动到D’机械能守恒,则得;砸g（LˉLcos0）＝＋m叫;
2
0
D
在D点,由牛顿第二定律可得:Fmˉmg≡mˉr
代人数据解得Fm≡20N
（2）小球不脱离圆轨道分两种情况:
o要保证小球能达到A孔,设小球到达A孔的速度恰好为零,
对小球从D到A的过程,由动能定理可得:-以lmg颧＝0—＿Lm″2
2
D
解得:严l＝0.5
若进人A孔速度较小’那么将会在圆心以下做等幅摆动’不脱离轨道,其临界情况为到达圆心等高处速度为0’由机
械能守恒叮嚼;÷咖i二砸‘R
由动能定埋可得;ˉ陛:咖靡≡十咖＂iˉ÷咖酗b
解得;队2＝0.35.
2
U
@若小球能过圆轨道的最高点且不会脱离轨道’在圆周的最高点由牛顿第二定律可得:mg＝m万,
由动能定理叫得;ˉ陛』咖豁—2吨R≡＋咖恤2—＋砸″;
.29°
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啥↑＝
宇卜～
↓
孪↓■
←◆、
γ.
＝宁面
解得:以3＝0. l25
综上所述’摩擦因数严的范围为;0.35≤尸≤0.5或者以≤0. l25.
［解析］
（1）由圆周运动可知,摆球在D点时,摆线的拉力最大,根据机械能守恒定律求得摆线摆到D点时的速度,
由向心力公式求出最大拉力.
（2〉要使摆球进人圆轨道并且不脱离,有两种情况.＿种在圆心以下做等幅摆动;另＿种是在圆轨道上做完整的圆周运动.
对于第＿种情况,要保证小球能达到A孔,小球到达A孔的速度恰好为零,为摩擦阻力最大值进人A孔速度较小,那
么将会在圆心以下做等幅摆动’不脱离轨道,其临界情况为到达圆心等高处速度为0.根据此临界条件求得摩擦因数
的范围
对于第二种情况’若小球能过圆轨道的最高点’根据重力提供为向心力,求得最小速度根据动能定理求得最大的摩
擦因数。
考点十功禾∩功率
95. ［答案］
A
［解析］
由动能定理W′ˉZ二Ek＿0,可知木箱获得的动能-定小于拉力所做的功’A正确
96。［答案］
AC
［解析］
根掘位移相同呵得两图线与时间轴圈成的面积相等,÷燃0×2′0＝l×十徽0［2』0带′′带（′0＋′′）］,解得′′
＝＋′o,则对于第o次和第@次提升过程中’矿车上升所用的时间之比为2‘o; （2‘广＋′0）＝4; 5’A正确加速过
程中的牵引力最大’且已知两次加速时的加速度大小相等,故两次中最大牵引力相等’B错误由题知两次提升的过
程中矿车的最大速度之比为2
: 1,由功率P＝Fb,得最大功率之比为2
:
1 』（〕正确.两次提升过程中矿车的初、末速
度都为零,则电机所做的功等于克服重力做的功,重力做的功相等,故电机所做的功之比为1
:
1 ’D错误。
97. ［答案］
A
［解析］
第＿次小球在水平拉力Fl作用下’从P点缓慢地移动到Q点,则小球处于平衡状态’根据平衡条件得:
F｜＝mg!an0’随着0增大’F｜逐渐增大’绳子的拉力′｜＝揣’r』逐渐变大;第二次从P点开始运动并恰好能到达Q
点则到达Q点时逮度为零,在此过程巾,根据动能定理得F2′爵in0＝′吧′（｜ˉc。息0）解得F2＝…:｛A项,第.
次运动到Q点时’受力平衡』根据几何关系可知｀『｜＝揣』第二次运动到0点时’速度为零’则向心力为零’则绳子
拉力Ti≡″‖gcos0＋F2sin0＝mgcos0＋Ⅱ喳11—cos0）
. sin0＝′＂g’则Tlcos0≡L’故A项正确B项’第二次由于重
Sin0
力和拉力都是恒力,可以把这两个力合成为新的“等效重力,, ’则第二次小球的运动可以等效于单摆运动’当绳子方
向与重力和F2的合力方向在同＿直线上时’小球处于“等效最低点” ’最低点的速度最大,此时绳子张力最大’所以
第二次绳子张力先增大’后减小’故B项错误.C项,由能量守恒关系可知’两次重力做功相同,小球最后的机械能相
同’则第＿个过程中拉力Fl做功等于第二个过程中拉力F2做功,故C项错误D项’第二个过程中’重力和水平恒
力F2的合力是个恒力’在等效最低点时,合力方向与速度方向垂直此时功率最小为零’到达Q点速度也为零’则第
二个过程中’重力和水平恒力F2的合力的功率先减小’后增大,再减小为0,故D项错误综上所述,本题正确答案
为A。
98［答案］
B
［解析］
A项,在0～tl时间内,对货物受力分析’有F＿mg≡mα,其中F为起重机拉力’由图可知货物加速度逐渐
变小’所以起重机拉力逐渐变小,故A项错误B项,在』l ～t2时间内,起重机拉力不变,速度也不变,根据公式P＝
Fb,可知起重机拉力的功率保持不变’故B项正确.C项,在tl～t2时间内’货物的动能保持不变,重力势能增加,所以
货物的机械能增大’故C项错误D项在‖2～t3时间内起重机拉力方向与货物速度方向—致,做正功’故D项错
误综上所述,本题正确答案为B
.30·
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99。［答案］
AC
［解析］
A、B项,小方块组成的系统中’只有摩擦力＿个外力对其做功,根据动能定理’可得摩擦力做功为÷帆2,
垄
故A项正确’B项错误C｀D项,设进人粗糙水平面的距离为卿则摩擦力／二陛竿嗜,所以′与绷成正比例关系则从
小方块开始迸人粗糙水平面到全部进人的这段过程’摩擦力的平均值为了＝扣竿忽＝寸陛删g,所以摩擦力做功为
W／＝÷ˉ诞Mg′,故C项正确』D项错误综上所述,本题正确答案为AC
√
～
100. ［答案］
AD
［解析］
A项,在0～tl时间内’质点的速度增大,所以由动能定理可知外力做正功’故A项正确
B项’在0～‖1时间内’′＝0处速度为零;而t≡tl处速度最大但加速度为零,于是由牛顿第二定律可知此时外力为
零;最后由P≡Fb可知,这两处外力的功率都为零,所以外力的功率先逐渐增大后逐渐减小,故B项错误
C项’在t2时刻,同理可知此时速度为零,所以由P≡Fb可知’此时外力的功率为零,故C项错误
D项,因为0l与′3时刻物体运动的速率相等’所以由动能定理可知tl～Z3时间内,外力做的总功为零,故D项正确
综上所述’本题正确答案为AD.
101。［答案］
D
［解析］
A项’加速过程中汽车做匀加速直线运动,因此加速度恒定,由牛顿第二定律可知:F—／＝′m’加速过程中
汽车的牵引力不变,故A项错误B项’设汽车的额定功率为P额’刚开始时’0。5P额＝／bl ’开始加速时’牵引力不变,
速度变大,故汽车功率也会增大’所以汽车功率大于50％的额定功率,故B项错误C项’速度达到″2时’有
堑—…M翔′露÷∧…镭瞬Ⅲ项鱼—′≡赋,橇』′顾—胸…≥………』｀
02
02
P实＝允2,故P实＜P额’故D项正确.综上所述’本题正确答案为∏
l皿‖鲁鬃］
（］）方向为c→D大小为等（2）9寨』△…丝
2
［解析］
（1）根据右手定则’可得导体棒AB上的电流方向为B→A,故电阻R上的电流方向为C→D。
0A＋UB
设导体棒AB中点的速度为″’则0＝
2
而0A＝o厂’″B＝2@′
根据法拉第电磁感应定律’导体棒AB上产生的感应电动势E≡B″
根据闭合电潞欧姆定律可得′二÷联立以上各式解得…阻鹰的感应电流的大小为′-等
（2）根据能量守恒定律’外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和’即P＝B加＋允,而／≡尸加g
解得P-9B芳△浮婴
103。［答案］
A
［解析］
由P-t图象可知:0～t1内汽车以恒定功率Pl行驶’tl～t2内汽车以恒定功率Pi行驶.设汽车所受牵引力为F,则
由P二Fb可得’当＂增加时’F减小’由α＝匹二1可知α减小’又因速度不可能突变,所以选项B｀CD错误选项A正确
『Ⅶ
104. ［答案］
AD
［解析］
飞机沿圆弧运动时的受力情况如图所示’
F推
／
G
31
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2
2
A项,F升ˉCsin0＝′m,α＝」二’得F升≡Gsin0＋″!』兰,飞机沿圆弧运动时u不变,厂不变,0减小,所以F升减小,故
厂
厂
A项正确。
B项’由几何关系可得／＋Gcos0＝F推’飞机沿圆弧运动时受到的空气阻力／不变,0减小,所以F推增大’故B项错误
C项’飞机克服重力做功的功率为Pl ＝仇C＝Gocos0,0减小,所以Pl增大,故C项错误
D项,飞机发动机推力做功的功率′〕2≡F推＂,F推增大,所以P2增大,故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD
［答寨｜
｜｜）篡旧｜1｀
（】
’
4√gpm酗0
.≡!～.
｀
′驰g
｀
′—0
｀ˉ
′
5
105
［解析］
小工件由传送带甲传到乙上时’考虑其运动的相对性可知:
（l ）摩擦力与侧向的夹角为45◎
侧咖……….｝邮晌上……舰律可卿—鳃…;鹏棍小工哪｜阿滑…≡繁
α
（2）设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为0,侧向、纵向加速度的大小分别为α
、α ,则-』二≡tan0,很小的△t时间内,
知
γ
α
侧向、纵向的速度增量△〃
＝α△t,△＂＝α△t
几
允
γ
γ
△四
解得示＝tan0
Z
U
0
0
-AU
且由题意可知tan0≡—2二’则二厂＝
y
》＝tan0
0
0
U-△0
x
宠
冗
z
所以摩擦力方向保持不变
则当Dx＝0时,″γ＝0,即工件停止侧向滑动时的速度为o＝2刨0。
（3）工件在乙上滑动时侧向位移为鳃,沿乙方向的纵向位移为y,由题意可知:αⅪ＝严gcos0,αy≡尸gsin0
由匀变速运动规律可知
在侧向上;ˉ2α蓝躯＝0ˉ″;
在纵向上:2αvγ＝（2″0）2—0
2uo
工件滑动时间:t＝—
α
γ
乙前进的距离:yl≡2o0t
工件相对乙的位移;L＝√绷2＋（γ｜ˉγ）2,
则系统摩擦生热:Q＝以mgL
电动机做功;w＝＋砸（2似＂）』＿十哪′;十Q
—4√5p′＂g!b
由尸≡IL,解得电动机的平均输出功率为:P＝
t
5
考点十-万有弓｜力定律及具应用
106。［答案］
B
［解析］
物体在地球的两极时｀厕嚼厂‘警物体…上时,…（午）』腮～′:血
R2
,
3∏g0
.故选项B正确’选项A、C、D错误
M
吕＝
j
32
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107. ［答案］
BC
［解析］
由题意刚知,合并前两中子星绕连线上某点每秒转动l2圈测两中子星的周期相等且均为T＝古·,两
中子尾的角逮度均为侧＝芋,啊中子星构成了双瞎模型’假设两中子星的质量分别为硼｜,哪2 ｀轨道半径分别为『｜、
Gml肌2
〔O2L3
厂2速率分别为删｜｀侧』则有;‘竿…2厂｛、
′』
-…』′』』义所」＋′』-贝-400蛔解得卿｜＋硼』-丁』A错
误’B正确;又由″l ≡@厂l ｀″2≡‘o厂2,则″l＋o2≡‘o（rl＋厂2）≡oL,C正确;由题中的条件不能求解两中子星自转的角速
度’D错误
［答案］
C
［解析］
毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆周运动的向心力’根据c啤＝″!埠,″＝p.
R垒
厂
÷丽R』得′-器｀代人数腮解得′＝5×］0晦k浮m』,c正确
［答案］
CD
［解析］
A项,卫星的最小发射速度为7.9km／s,因此“天舟—号”的发射速度不会小于7.9km／s’故A项错误
B项’“天舟＿号!,先发射到比“天宫二号,’低的轨道上’运动到合适的位置,加速做离心运动到“天宫二号”的轨道
上’实现与“天宫二号,,的对接』故B项错误
C项’两者对接后’在轨运行的速度小于最大环绕速度7.9km／s,故C项正确.
D项’两者对接后’轨道半径比同步卫星的轨道半径小’由万有引力提供向心力公式怎哗＝砸运′得;
厂
厂
108
109
蝉
工
＝
→
＾
呜
≡
圣
二
牟
′～2厕√斋磁催轨遥行的周刺比阎步＂晨的陶期小敞n…
综上所述,本题正确答案为CI）.
110. ［答案］
C
［解析］
因为最大视角的正弦值为片,如图所示
顾以′＝m＂～坠…哗≡鹏（芋）』′所以『三√需了〃槛气√需Ⅱ～
厂地
厂
『｀罚Ⅵ
懒峙ⅦV颗～侧～Ⅶ丁年故颐正碗
综上所述,本题正确答案为C.
水愿
（）
:孜.
111. ｛答案］
D
［解析］
.玉兔拄月球表卿上省警-砸g厕,则摧出G＂-凰周腮凰此时弓｜〃势能和动能均为零在＂高度的轨道
句
上有器-（剿2则此时的动能为E』-＋雕删』＋瓣.引力势能为厘!』-R糕）由能最″恒定肆‖
-咎（←.促）-碧｛肾（肘÷腮）
得’从开始发射到对接完成需要对“玉兔＂做的功W≡Ek＋Ep
综上所述,本题正确答案为D.
。33°
故D项正确
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本题的易错项为B项由公式警≡g周可得黄金代换公式哪-g凋R』｀』玉兔,与飞船对簇时逮度蜜与飞船相同则
有CM
2
（R＋｀）』六,所以压兔｀与飞船对攘时的动能为E｝≡＋厕删』＝＋煞,势能为E,≡R鹊）而从发射
吕＝
到对接完成需要对‘‘玉兔”做的功应等于已述的动能和势能之和.
112。［答案］
B
［解析］
设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时,速度为″l ’发动
o｜
′ˉc
臆繁摆瓣霹:瓣箩蜜剿了慧蕊:霍＂埂工〕）!‰、
m／s。选项B正确.
u2
113. ［答案］
C
［解析］
平抛运动佳水平方向上做匀速直线运动.即撼＝似o!在竖直方问上做自由落体运动,即h＝＋g／,所以缠＝
2
｀丹耐情腮下抛…瞳棚阀孺瞳棚吼断以瓣÷糯露公式俗嘿≡…:等嘴ˉ
警岛÷……们正卿
114。［答案］
D
（解析］
事间站和月球绕地球运动的周期相同由α＝（芋）2呵知.α』＞凰｜;对地球同步卫星和月球,由刀有引力
定律和牛帧第二定律得c等＝掘α,叮知《…,故选项D正蹦
115. ［答案］
B
［解析］
旋转舱对字航虽的支撼儿提供宇航员｛蛔周运动捌向心九＂雕爵-啊:『解得铡-√＝,＂‖旋转舱的半
径越大’角速度越小,而且与宇航员的质量无关’选项B正确.
116. ［答案］
BC
［解析］
A项,由于α与c都与地球同步运动,所以α与c具有相同的角速度但α比c的半径小,所以根据α＝R@2
刚知′比‘的向心』畦度小而0与c相比｀由于′的半径大根搬警≡砸°可知′的向心加速度比0小,b是近地
轨岿∏尾,加速度近似为g,所以α的向心加速度小于g,故A项错误
β项‖垦的向心力山万富引力健供,＂‖c繁-啊÷,…〃楞所以卫垦的轨遭半径越小线…人易
知b的线速度最大,在相同时间内转过的弧长最长,故B项正确
C项’c是地球同步卫垦周期为24h’4＂运动÷周期,转过的圆心角为于,故C项正确
D项,由开普勒第三定律’卫星轨道半径越大其运动周期越大,故d的运动周期必定大于24h,故D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
117。［答案］
C
［解析］
设星球密度为′,半径为R’所以星球质最为″＝pv＝′÷而RM点的重力加速度为P点的90％.说明
在脚点｀引力的｜＂髓提…物体醒球自转所霜阿心力｀所以毗誓腮ˉ0』警将…量代人可得′-等,
故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C.
°34.
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118. ［答案］
A
［解析］
A、B两个恒星靠着相互之间的引力做匀速圆周运动｀则其周期｀角速度和向心力均相等有Cl11』1旦＝
L2
~~′
√需;羞Ⅱ十…』!…丽Ⅷ
岭搭,‘半≡卿办誓.义′…～‘解得′厂静.′
综上所述’本题正确答案为A.
本题的易错项为B项本题实际上是求行星做圆周运动的频率,关于双星问题要注意的是两行星之间的距离不是
他们做圆周运动的轨道半径’两行星做圆周运动的轨道半径之和等于两行星的距离,还有两行星做圆周运动的角
遮…由公式半～Ⅷ′丫‘厂咖』儒丫M—忍）,由上式凰阿训…
119。［答案］
AC
［解析］
A项,由于图中两条曲线的左端点横坐标相同’所以两颗行星的半径相同,根据万有引力提供向心力可得
GMm
＿7厂＝mα’结合图中曲线可知,P!的质量大于P2的质量,又因Pl和P2半径相同,所以Pl的平均密度比P2的平
均密度大,故A项正确
＂项由〃有引力提供向心力可知孪-懒等得到第—宇…删悍』邮中分忻可知′」的履堕人于′Ⅱ的
质量,两颗行星的半径相同,所以Pl的第＿宇宙速度比P2的大’故B项错误
0项根据万钙｜』提供向』b力叫得孕-啊.即‘-婴.由A项分析可卿尸｜的履量大于P2的质垦,所以』｜的向
心加速度比s2的大,故C项正确
∩项棍瞩万石引力提供向心力刚得牛≡脓碧＾即,霉√需,…分栅则卿′｜翰…了酗履量,所
以sl的公转周期比s2的小,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为AC
120［答案］
A
［解析］
A项,赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方’则地球转3圈’卫星转了8圈,则卫星的
周期7＝;′b’故A项正确
即
B项根瞩汁普勒第三定橇有（宁）
（2′）2
C项,A到B过程中只有万有引力做功
C项,A到B过程中只有万有引力做功
3
厂
＝÷,解得:‘＝
厂
了
口
’
～
＋
厂
勺
～
厂
Ⅳ
γ
｀
‖
／
厂
』
’
＝
＋
们
／
『
＼
厂
’故B项错误
,机械能守恒’故C项错误
D项,卫星在A点从圆轨道进人椭圆轨道’卫星做向心运动孺要外力对卫星做负功使p尾速度减小’所以卫星机械
能减小’故D项错误
综上所述,本题正确答案为A.
本题的易错项为B项卫星从A到B的时间为t,表示卫星做椭圆轨道运动时的周期为2』’卫星做椭圆轨道运动时
的半长输～宁再由爵…阔剿定律可铡;÷等联如阿瞬得′的憾
·35.
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121。［答案］
ABC
［解析］
假设过地球赤道直径的两点A和B;而P｜、P2为卫星
盏
｝A
P
A项,如图所示,为了实现将电磁波信号由地球赤道圆直径的A点传播到B点,至少需要两个卫星,故A项正确
B项,当PlP2与地球表面相切时’电磁波传播时间最短’由几何关系可知电磁波传播的路程s＝4R’所以最短时间
4R
4×6390×l03
3×l08
s＝8.52×10ˉ2s,故B项正确.
为止＝—＝
mm
C
,
c项卫屋做倒周运动的半径最小为′-顾根掘万有引力定律可得其向心j‖逮度为α≡粤-赛～÷-咽m恿』故‘
项正确。
Ⅲ…万筒引力健…孕邹笋侧w需｀／雾代人擞撼｛…｜割铡为…＂≤酗｀
故D项错误
综上所述,本题正确答案为ABC.
122. ［答案］
B
［解析］
设地球半径为R’画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的
最小轨道半径示意图如图所示。由图中几何关系可得,同步卫星的最小轨道半径『≡2尺设地球自转周期的最小值
为7,则由开普勒第三定律可得,（6.6R）3
（24h）2
萨
,解得T≈4h,选项B正确
日≡
（2R）3
同步卫
123~ ［答案］
（l）a.
R＾
,
Ⅷ
勺
（R＋′l）2
0。98
b。］-4∏全R√
GM尸
（2）与现实地球的l年时间相同
［解析］
（l）设小物体质量为m.
.在北极地面‘鞭-『＂
在北极上窒高出地面h处c（凋警）,≡′｜
Fl
R2
可得可＝（R＋h）2
当乍｜川…′÷你ˉ肌,‘
b.在亦道地面小物体随地球自转做匀速圆周运动,受到万有引力和弹簧秤的作用力,有
‘哗ˉ′≡砸绰腮得÷｜丝腮』
R＝
△
T
GM沪
36
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（2〉地球绕太阳做匀速圆周运动,受到太阳的万有引力。
′太…为…臆鼠……周翱…‘竿溉簧
厂
＂W需ˉ√酱（亢）
3
其中p为太阳的密度
由上式可知,地球公转周期TE仅与太阳的密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关.因此“设想地球,,的l年
与现实地球的l年时间相同
124. ［苔案］
（1）由万有引力定律和向心力公式可得:G
M′川.＝厕绰（R＋h）
（R＋h）＾
噶
‘警-吨
碍;赂-2√等乙
（2）由题意可得（@B—@0）t＝2∏
~~′
句
又.膊-弗亏√「篇F
2∏
解得:t≡
√满7—.,
［解析］
（l）对地球表面的物体和卫星B分别列出万有引力提供向心力的方程’联立求解卫星B的运动周期.
（2）当卫星A、B再次相距最近时,B卫星比A卫星多绕地球＿圈’据此可列出角位移和角速度的方程;卫星B的角
速度可由周期求得,卫星A的角速度等于地球自转角速度,代人角位移方程即可求得时间.
12氢｜答案｜
（!）2征苦（2）仇苦（3）?Ⅷ
了
丽
／
γ
而
＼
】
／
斗
／
‖
｀
［解析］
（1）由万有引力定律,A星体所受B、C星体引力大小为
F酗＝G幽婴′＝‘2f＝′c徽｀力向如图所示则合力大小为FA二2征等
2
广
α
α
（2）同上’B星体所受A、C星体引力大小分别为
′腑二c竿＝c孪｀
α
′烟二c呼＝c粤,方问如图所示
α
2
2
由F‘蜒＝F…60.＋Fcβ＝2c罢’F阶＝F蛔爵in60。＝√5℃晋’可得F凰＝√F内令F;γ
α
α
γ
B
D
C
卯
FCB
▲
二｀／7℃婴
α
√（争）』↑（＋.）』
α
行
—
斗
~~
℃
尺
得
可
’
（3）通过分析可知’圆心（）在中垂线AI）的中点,则Rc＝
］
FB”
DB丁α
（或由对称性可知0‘-oc二尺‘,…″圆p二万—丽-万得尺‘-￥“）
（刹）三垦体运动厕期桐同对c垦体由′‘-′‘～征景三鹏（芋「R懈,可得′＿霸偏
°37·
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考点十二宇宙速度
126. ［答案］
C
［解析｜
人阳的第＿字宙逮度为咖÷徊＝亦,对太阳表面的物体由万有弓｜〃提供向心」′可得G』血』＝
R2
厕（茹万）
｝当太阳收缩为半径为′的黑洞时｀因光也不能逃逸则逃逸遮度大于光逮则环绕速度铡2＞方,则同理
R
｜／
″2
『
C
＞2.5×l05
＼500√面／
可得纱-竿.两式相比叫得÷
故（〕项正确
综上所述,本题正确答案为C
考点十三动能和动能定理
127. ［答案］
A
［解析］
因为α＝竿｀联系速度—时间图象可得α刹; α』＝2
; ｜根掘牛顿第二定律α＝÷盯得′刹; ′卿＝
4
:
l 。在刚ˉl图象中’位移为图象和坐标轴围成的面积,所以s1 : s2＝l
: 2.根据公式Ⅳ≡Fs可得:ⅣA:ⅣB＝
2
: l故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
128. ［答案］
BD
［解析］
由似-′图象与时间轴围成的面积表示位移,可知A、B的距离即为货物在0～1.2s内的位移:L＝Ll＋L2＝
｜＋xα2×2十（2十4）×（!2ˉα2）×＋］m＝32m.故A项错误嚼ˉ′图象的斜率表示加速度｀从们叫知货物运
动分为两个阶段任0ˉα2.内,货物的加逮度为α｜＝亡m／s』＝｜0m／.2’货物由静止释放.摩擦力的方向沿传送
2
m／s2＝2m／s2,货物受到的摩擦力方向沿传送带斜
带斜向下,αl ＝gsm0＋／xgcos0;在0.2～l.2s内’α2＝l2ˉ0.2
向上‖α2＝gsln0—“cos0;联立解得sin0＝0.6,cos0≡0.8,以＝0.5,故B项正确在0～0.2s内,传送带对货物的摩
擦力斜向下,对货物做正功;在0.2～12s内,传送带对货物的摩擦力斜向上,对货物做负功;传送带对货物做功为
＂＝腑!ˉ厕』＝似吧L｜…ˉ似吧L2….其中L｜＝十×o2×2m≡α2m,L2＝÷×（2十4）×（｜2—02）m＝
3m’代人数据可得:Ⅳ＝ˉl］.2J,故C项错误在货物运动的过程中,货物＿直受到摩擦力的作用,在0～02s内’
货物与传送带间的相对位移为濒｜二＋撼2×α2m＝α2m;在α2ˉL2.内,货物与传送带问的相对位移为鲸2＝丁
l
×2×（12—0.2）m＝lm’则摩擦生热为Q＝／』mgcosβ（勿l＋x2）’代人数据可得:Q≡48J,故D项正确
综上所述,本题正确答案为Bn
129ˉ ［答案］
AC
［解析］
A项』由几何知识可知,小球B从B运动到C过程中’滑块A的位移为“A＝BPˉPC＝（｀／O62＋0.82ˉ
0.2）m≡0.8m,所以根据功的定义可知,F做功为W＝压A＝55×0.8J＝“J,故A项正确
B项’小球B运动到C处时,已无沿绳的分速度,所以滑块A的速度为零,设小球B的速度为″,根据动能定理可得
厕ˉ咖』腐R-＋吗您』,所以＂＝2ˉ画m／愚｀故B项错误
3
.38
°
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C项’由题意可知,当小球B只具有沿绳的速度时’与滑块A的速度大小相等,当绳与圆形轨道相切时’小球B只具
有沿绳的逮度,与小球A的大小相筹｀此时Bo垂直于βP｀由几何知识叫知,愚in△OPB二器＝÷’故c项正确
D项’由A、B项分析可知’把小球B从地面拉到P的正下方时’小球A与B组成的系统在力F的作用下机械能增加
了44J’因为小球A的动能变化量为零,重力势能变化量也为零’即小球A的机械能不变,则小球B的机械能增加了
“J’故D项错误
综上所述,本题正确答案为ACˉ
130. ［答案］
C
［解析］
其速度方向恰好改变了90°,可以判断恒力方向应为右下方’与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才
能出现末速度与初速度垂直的情况,因此恒力先做负功’当达到速度与恒力方向垂直后’恒力做正功’动能先减小
后增大,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C.
131。［答案］
C
［解析］
运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心’A项错误;由动能定理可知,合外力做功＿定为零,C项正
确;运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化’B项错误;运动员动能不变’重力势能减
少’所以机械能减少’D项错误
132. ［答案］
（l）87s
8.7×102m／s
（2）0。008kg／m
［解析］
（1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t’下落距离为s,在1.5km高度处的速度大小
为″.根据运动学公式有
●
°
U≡g〖
1
2
s＝丁g‘
根据题意有
＄＝3·9×l04m-l。5×l03m＝3.75×104m
联立@@o式可得
』≡87s
0＝8.7×102m／s·
（2）该运动员达到最大速度〃m趣时,加速度为零’根据平衡条件有略＝肋爵鲤
由所给的〃-′图象可读出
0
≈360m／s
m鲤
由o@式可得片≡0.008kg／m.
133. ［答案］
见解析
［解析］
（1）设烟花弹上升的初速度为″0’由题给条件有
E＝＋砸＂;
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为『,由运动学公式有
0-OO＝-gt
.39.
o
◎
◎
◎
●
◎
o
@
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联立o@式得
丽
万
／
√
］
—
舀
~~
旷
（3）
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为hl ’由机械能守恒定律有
E≡肌ghl
@
火药爆炸后,烟花弹上｀下两部分均沿竖直方向运动’设炸后瞬间其速度分别为″l和″2.由题给条件和动量守恒定
律有
十狮则｝十十厕删;＝E
o
l
丁′n仙l＋ˉr′n刚2＝0
@
由◎式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升
的高度为h2,由机械能守恒定律有
十砸聊｝＝十砸g′i2
@
联立@◎◎@式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
励-＂｜钠』≡器
圃
［答案］
（」）十鹏删｝
（2）2Bd（Lˉ…）
R
134
（3）十√嘿删制＂
（｜带鹏』）鼠……″
匹tan0
·
＼
［解析］
（l）设αb棒的初动能为Ek,旷棒和电阻R在此过程产生的热量分别为Ⅳ和Ⅳl ’有
W＋Ⅳl ＝Ek
且Ⅳ≡W
由题有E｀≡＋砸＂｝
得＂＝十″酗｝
（2）设在题设过程中,α6棒滑行时间为△』’扫过的导轨间的面积为△S’通过△S的磁通量
为△o,αb棒产生的电动势为E,αb棒中的电流为′,通过αb棒某横截面的电量为q’则
E≡坐
L
o
△l
∑
∑
o
（o
Ⅳα
壬二≡≡斗｝～
d
｜
王二≡≡↑一
C
I）
6）
且△o＝B△S
0b
′＝-坠
△t
又有′-等
由图所示△S＝d（L＿αcOt0）
联立◎～O,解得q≡2础（L—Ⅲcot0）
R
（3）α6棒滑行距离为匆时,α6棒在导轨间的棒长L为
x
L＝L-2允cot0
x
此时,αb棒产生的电动势E＝B〖）气L
x
乙
x
.40
o
◎
◎
＂
∏
画
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E
流过旷棒的电流′＝
王
卯
R
旷棒所受安培力F＝B′L
冗
尤
B2O句L
联立O～O’解得F愿＝了二（Lˉ2厕cot0）
由o式可得,Fx在苑＝0和B为最大值Bm时有最大值Fl .
由题可知,α6棒所受安培力方向必水平向左’旷棒所受安培力方向必水平向右,使Fl为最大值
的受力分析如图所示,图中／耐为最大静摩擦力,有
F｜cosα＝加gsmα＋严（′′!gcosα＋F1sinα）
O
o
o
o
mg
√糕脚删↓＂
联立oo,得B≡上
m
L
D
FN＼
o式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下.
由o式可知’B为Bm时’F诞随厕增大而减小,卯为最大加m时,F氮为最小值F2,如图可知
F2cosα＋队（mgcosα＋F2sinα）＝∏lgslnα
联立ooo,得
匹tan0
zm＝（l＋严2）sinαcosα＋以
135. ［答案］
（l）由牛顿第二定律有:（mgˉqE）sinα＝mα’α＝1皿吕乙二塑）sinα
矾
〕8
吨
09
2
（2）小球恰能通过B点』由圆周运动规律可得;mgˉqE＝厕÷;又由动能定理,在A到B的过程中; （mg—qE）（′』ˉ
2R）＝十酗侧2ˉ0’联立上述胸式可得h＝÷凡
［解析］
（1）小球沿斜面方向的分力由重力和电场力提供,应用牛顿第二定律可求解
（2）小球恰可以到B点的条件是重力和电场力的合力恰能提供向心力应用向心力表达式结合动能定理即可得出答案
136. ［答案］
（1）传送带给P的摩擦力／＝严mlg＝lN,
小于Q的重力m2g＝3N’P将向左运动.
根据牛顿第二定律,对P:T—从mlg＝m1α
对Q:′n,g—T≡m2α
m2g-／儿mlg
解得:α＝
≡4m／s2.
′7l］＋″l2
（2）从升始到末端;锄2≡2α÷
L／2
t＝-≡—
U
0＋f／
U＝—丁
垄
传送带的位移s＝olj
0二陛咖｜凰（』带』）＝4J
（3）（方法＿）电机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功
△E电≡W克≡／L机lgS
△E电≡2J.
·4l
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（方法二）M噶带厕2g÷＝十（厕｜十吗）似2十0
△E电＝2J.
［解析］
（1）比较可得摩擦力小于Q的重力’故P向左运动;设绳上的拉力为T,又P、Q的加速度大小同为α’根据
牛顿第二定律列出方程’联立可求得α.
（2）P做匀加速直线运动,加速度由（1）求得’由此可求得从静止到运动到左端点的时间t;在t时间内传送带运动的
距离为删｜』,因此相对运动距离为删｜′＋÷摩擦力始终为皿｜g｀由此叫求褥摩擦产牛的热量即摩擦力所做功为4l
（3）（方法-）由于电机多消耗的电能用于克服摩擦力做功,做功的距离为Ult’因此△E电≡／Lm1纠′≡2J。
（方法二）根据能量守恒定律’电机多消耗的电能和Q减少的重力势能’转化为P、Q两物体的动能和摩擦产生的热
能,列出能量守恒方程即可求得AE电.
［答案］
（1）设小物体沿斜轨向上时加速度大小为α.
由牛顿第二定律和匀变速运动规律分别可以得到
mgsin0＋以加gcos0≡mα
h＝＋α』;‘
代人相关数据解得tDE＝1 S.
（2）设小球在B点的速度为″B,受到圆环的压力为F’小物体在C点的速度为oc
对DE过程,由匀变速运动规律可得″D≡αtDE
对CD过程,有″D≡刨C
对Bc过程,由动能定理可得略αR＝÷腮侧:ˉ÷厕侧;
2
刀l″
B
在B点,由牛顿第二定律可得F＋mg≡ˉ而
代人相关数据解得″鹰二4m／慧,′＝÷＂
（3）小物体从A到B的过程’可以看做是从B到A的平抛运动设小物体抛出点A距C的距离为s’从B到A的时间
为r.
对AB段’由平抛运动规律有
2R＝÷g‘2
≡
S≡UB′
在A点
0工≡0B
0y＝g′
″＝√『;ˉ可
137
U
~v
tanp＝-～
0
冗
代人数据解得
A点距C点的距离s＝16√可m≈2.8m
抛出的初速度大小″＝8m／s
方向是斜向上与水平面夹角@≡60°.
.42
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［解析］
（l）由牛顿第二定律结合匀加速直线运动公式即可求解
（2）对I）E、CE、BC过程分别分析’由动能定理和在B点运用牛顿第二定律即可求解。
（3）运用逆向思维,将A到B的过程看做B到A的平抛运动过程,利用平抛运动的运动分解即可求解
138. ［答案］
（l）小球在竖直方向做自由落体运动,运动时间为;
』仔-0＄.
小球在水平方向做匀减速运动’加速度:
α＝上≡5m／s2
m
水平位移;,＝刨o』ˉ＋α‘2二纵8m
（2）由动能定理:Ekr-Ek0＝加g〃—Fb
代人数据得:Ek!≡l20J.
l
2
（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移:s＝00tˉ丁α『
由动能定理;Ek—＋咖硼;＝哪g÷g‘2ˉ沁
以Ek＝78J和″0＝8m／s代人得:
l25t2-80‖＋l2＝0
解得;t1＝0。4s’t2＝0。24s。
［解析］
（1）小球在竖直方向做自由落体运动’可以列式求出运动时间’小球在水平方向做匀减速运动’根据牛顿
第二定律列式求得加速度,根据匀加速直线运动公式,代人数据求出水平距离
（2）由动能定理列式即可
（3）列出风力调节的距离’列出动能表达式’代人数据即可。
139［答案］
（1）在D点附近,工人每隔t时间接收＿个工件,则o≡上.
2
（2）在BC段工件做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力’则／＝m÷
代人解得／＝逆
Rt2,
（3）设工件与传送带间的动摩擦因数为陛’工件相对滑动的时间为t0,加速度为α’则
／mlg＝mα,U＝α′0
1
2
加速过程中工件相对传送带运动的距离△s≡0t0ˉ丁αt0
产生的热量Q＝陛′＂g.△s
解得Q＝巫
′w2
.
～D
［解析］
（1）在D端附近’工件做匀速运动,根据速度公式得出答案;
（2）在BC段工件做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,列出等式即可;
（3）摩擦产生的热量等于摩擦力所做的功,
考点十四重力做功与重力势能弹性势能
140［答案］
BD
［解析］
开始时托住B,让A处于静止且细线恰好伸直’说明此时细线的拉力为零.由静止释放B后’随着B
向下移动,A向右移动,弹簧被拉伸,由力的作用效果可以传递可知此时细线上的力不为零’因此细线上的拉
。43·
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力会发生变化,故A项错误B机械能的减小量转化为弹簧的弹性势能和A的动能’A的动能大于零,因此B
物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,故B项正确把A、B看做＿个整体,则A、B动能的增量等于
B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功的和,故C项错误.把A物体和弹簧看做＿个系统』则只有细线对该
系统做功使得该系统的机械能增加’因此A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功,故
D项正确
综上所述’本题正确答案为BD
141. ［答案］
B
［解析］
A、B组成的系统只有重力做功’系统机械能守恒设当物体A的动能与其势能相等时』物体A距地面高度
是h,此时』的速度为＂’则＂刹gh＝÷哪删＂2｀得＂2≡2g帅分析系统运动过程的机械能守恒.M,-M｝＝吗g（H—咖）
-2砸阀g（″＿h）＝＋（砸」带酗嚼）〃2＝3咖阀g″,解得h＝÷Ⅱ,故B项止确
综上所述’本题正确答案为B。
142. ［答案］
B
［解析］
圆环沿杆下滑的过程中’圆环与弹簧组成的系统动能｀弹性势能、重力势能之和守恒,选项A、D错误;弹簧
长度为2L时,圆环下落的高度内≡伍,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了M＝mgh＝√百》厕gL’选项B
P
正确;圆环释放后’圆环向下先做加速运动,后做减速运动’当速度最大时,合力为零,下滑到最大距离时,具有向上
的加速度,合力不为零,选项C错误
143［答案］
BCD
［解析］
小球在从M点运动到／V点的过程中,弹簧的压缩量先增大,后减小,到某＿位置时’弹簧处于原长,再继
续向下运动到／V点的过程中,弹簧又伸长弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°’再小于90。,最后
又大于90。’因此弹力先做负功,再做正功,最后又做负功,A项错误;弹簧与杆垂直时’小球的加速度等于重力加速
度,当弹簧的弹力为零时,小球的加速度也等于重力加速度,B项正确;弹簧长度最短时,弹力与小球的速度方向垂
直’这时弹力对小球做功的功率为零,C项正确;由于在M、／V两点处,弹簧的弹力大小相等’即弹簧的形变量相等’
根据动能定理可知,小球从M点到Ⅳ点的过程中,弹簧的弹力做功为零,重力做功等于动能的增量’即小球到达／V
点时的动能等于其在″、／V两点的重力势能差,D项正确.
l“［答鬃］
（」）（噪）′ （宁）′
（‘’了』）／
（2）40
［解析］
（l）利用做匀变速直线运动的质点在＿段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度’可得打点计时器
』｜＋‘2
（｀十鼠』）／
』2拙』
（牢）1根据加速
打出B点时重物下落的速度渺B＝-面7≡＝
2
;打出C点时重物下落的速度汹c＝-万＝＝
叁
（s3—s］）厂
度的定义重物下落的加速度大小为α＝憾宁＂＝（嘶随ˉ聊＂）′≡
2
（2）根据题述,重物下落受到的阻力为0。0lmg,由牛顿第二定律可得’″lgˉ0.0l′∏g＝mα,解得α＝0。99g。由
（‘3ˉ‘｜）／＝0.99g,解得／＝40Hz.
2
考点十五功能转化与能量守恒机械能守恒定律
l45. ［答案］
C
［解析］
设小球运动到′点的速度大小为″‘则对小球由α到‘的过程｀由动能定理有′Mˉ略R＝＋哪＂:,又′
≡矾g解得o‘≡2｀／百∏,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
.44.
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动可卿｀小球从离开′点到真…尚点所露的时间为』-÷～2仔』在水平万向的位移大小为墓三＋鳃』＿2￡
由以上分析可知’小球从α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
量为AE＝F。5R＝5′′lgR,C正确’ABD错误
146. ［苔案］
C
［解析］
设大环半径为R,质量为哪的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律,所以÷哪,:＝吧2凡小环滑到大环
鱼
2
的最低点时的速度为″＝2√百F’根据牛顿第二定律得F＂ˉmg＝等』所以在最低点时大环对小环的支持力F＂＝吨
2
＋爷＝5刚g根据牛顿第三定律可知’小环对大环的压力F′＂＝F＂＝…』方向向下对大环』据平衡条件』轻杆对大
环的拉力T＝屹＋Fh＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律,大环对轻杆拉力的大小为T′＝7＝Mg＋5mg’故选项C正确’
选项A、B、D错误
147. ［答案］
BC
［解析］
A｀B项,在B球顺时针摆动到最低位置的过程中,球A、球B的动能都增加,球A的重力势能增加’球B的
重力势能减小,球A、球B与地球组成的系统机械能守恒’但球A或者球B与地球的系统机械能不守恒’故A项错
误’B项正确.
C｀D项,由于两小球由轻质杆连接且不计＿切摩擦阻力’则球A｀球B与地球组成的系统机械能守恒,故C项正确’
D项错误
综上所述’本题正确答案为BC。
148。［答案］
C
［解析］
全过程摩擦力方向沿传送带向上’与物体运动方向相同,始终对物体做正功,根据动能定理,第＿阶段物
体所受合外力做功等于动能改变量,第＿阶段除摩擦力做功外重力对物体做负功,所以第＿阶段摩擦力对物体做
功大于第＿阶段物体动能增量,根据功能关系,除重力和弹簧弹力以外的力的合力做功等于物体机械能改变量,这
里的非保守力即摩擦力,所以第—阶段摩擦力做功等于物体机械能增量,注意到第＿阶段物体做匀加速运动,平均
速度是传送带位移的＿半,相对地面位移是传送带位移的＿半,摩擦生热数值上等于摩擦力对物体做的功,所以第
＿阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第＿阶段物体机械能的增量,故A｀B项错误,C项正确第二阶段物体和传
送带共速’物体与传送带无相对位移,不再产生摩擦生热,传送带对物体的摩擦力完全转化为重力势能,所以整个
过程机械能增量大于物体与传送带的摩擦生热,故D项错误
综上所述’本题正确答案为C.
149. ［答案］
BD
［解析］
在运动的过程中,弹簧的长度会发生变化,故物体″和矾组成的系统机械能不守恒’而是物体M｀m和弹
簧三个物体组成的系统机械能守恒,故A项错误起初时,弹簧的弹力小于物体M的重力沿斜面向下的分力’物体
M做加速运动;当弹簧的弹力等于重力沿斜面方向的分力时,即Mgsin30·＝mg,物体M的速度达到最大;当弹簧的
弹力大于物体M的重力沿斜面向下的分力时,物体″将做减速运动当物体M的速度达到最大时,可知弹簧对轻
绳的拉力也为mg,故轻绳对物体m的拉力为′′!g,再对物体m进行受力分析,可知,在竖直方向上,物体m受向上的
拉力与向下的重力等大反向’所以此时物体m与地面间的作用力为零,故B项正确若物体M恰好能到达挡板处,
此时物体M的速度为零,即物体M从开始运动到到达挡板处,速度先增大后减小,由B项分析可知,速度最大时有
F弹≡肌g,在速度减小过程中有F弹＞′′lg’此时物体加的合力向上’向上做加速运动,因此当物体″恰好能到达挡板
处,物体m的速度不为零,故C项错误由于物体″恰好能到达挡板处’故此时物体M的速度为零,开始运动前物
体″的速度也为零,此过程中重力做的功转化为弹簧弹性势能的增加量以及物体肌的机械能的增加量,故D项
正确.
综上所述,本题正确答案为BD
°45°
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150. ［苔案］
AC
［解析］
A项’由题意可知’释放时小环向下加速运动’则重物将加速上升’对重物由牛顿第二定律可知绳中张力
-定大于重力2mg’故A项正确.
B项｀小环到达B处时’重物上升的高度应为绳子收缩的长度,即△h≡（√面ˉl）‘,故B项错误
C｀D项,根据题意』沿绳子方向的速度大小相等’将小环的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足:
＂…-徽鞠即谅-徊故c项币碉n项错误
综上所述,本题正确答案为AC。
151. ［答案］
AC
［解析］
A项’A球到达水平面时’B球还在斜面上’A、B运动过程中由系统机械能守恒可得:3′ngL—″lgLsin30。＝
÷（3啊＋＂）＂2,解得,二工:直L,故A项止确
B项』B球网｜滑罕水平面时,设逮度为删｜,根掘动能定翅有mgzsin30.＝＋哪似｝＿÷砸删2,解得渺｜二÷√gr,故B项
错误
C项,在A球下滑到斜面中点前’轻绳对B球做正功;在A球下滑到斜面中点后,绳子不产生张力’轻绳对B球不做
功,故C项正确
D项,小球A在水平面上运动而小球B还在斜面上运动时,小球B具有沿斜面向下的加速度,而A没有向左的加速
度’B的速度将大于A的速度,小球A、B在水平面将会相撞’故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC.
l鳃｜鲁案川川筹√户』零:峙萨二鹏…）
片2
［解析］
（1）设地球的质量和半径分别为M和R’月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′ 、R′和g′ ,
探测器刚接触月面时的速度大小为″‘.
〗2
…′—‘祭和…警得曾′÷:
~′
勺
′2
2k『g门2
由刨;ˉ＂2＝2g吮2,叫得锄』V＂
＋
k2
~
（2）设机械能变化量为△E,动能变化量为△Ek’重力势能变化量为△E.
p
由△E＝△Ek＋△EP,有
.叶獭卜舅半）噶雕∩
内2
得△阀＝÷砸』ˉ亡吨（偷』ˉ肉2）
153。［答案］
（1）对B球受力分析,如图所示:
″
弹
A
46
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水平方向上有Ⅳcos30°＝F弹
竖直方向上有／Vsin30。≡mg
得F弹＝面瓮亏＝厨g
（2）由系统机械能守恒定律可得:
3哪g÷RˉmgR＝÷3枷:＋÷咖:
UA≡OB
对B运用动能定埋3鹏÷R＋W二＋3Ⅷ;
联立以上各式叫得＂＝ˉ;略尺
［解析］
（1）对B球受力分析’根据力的合成与分解可得到杆对B球的弹力大小.
（2）B球由初始位置到达Ⅳ点的过程中’由几何关系可知A球上升高度为R,B球下降高度为0。5R,A球与B球组成
的系统机械能守恒’当B球到达Ⅳ点时’A、B两球的速度大小相同,可求出此时B球的速度大小,再根据动能定理
可求得在此过程中杆对B球所做的功.
154。［答案］
（］）车厢经过轨道最低点C时’支持力与重力的合力提供向心力’而且车厢对轨道的压力与轨道对车厢的
支持力为＿对相互作用力,大小相等,
2
刀0UC
有″cˉ′＂g＝可
得″c＝l0｀／I丁m／s;
（2）从A到C’根据能量守恒
有＋砸删;＝mg（』愚m60.带α5R｜）ˉα｜鹏（′＋于R｜）
得′≡45。7m;
（3）从c到0,根据动能定理,有ˉ0」吨（于R｜粤尺2＋芋R｜＋于尺j）ˉ略（α5R｜＋α5腮』）＝÷砸删;—÷鹏徽;
此时o0＞0’R3＜18.33m
在Q点对轨道有向下的压力
2
铡警…
结合动能定理式子可解得此时R3＞l0m
综上所述’求得l0m＜R3＜18.33m.
［解析］
问题求解;
（1）在C点’根据牛顿第三定律结合向心力公式可求得车厢经过轨道最低点C时的速度
（2）从A到C,根据能量守恒,重力势能转化为动能和内能’结合几何关系即可求出直线轨道AB的长
（3〉从C到Q,根据动能定理结合在Q点对轨道有向下的压力,可求出R3的取值范围.
155。［答案］
（l）解除对A的锁定后,A加速上升’B和C加速下降,加速度α大小相等,设轻绳对A和B的拉力大小为
T’由牛顿第二定律可得
对儿『＿;哪g＝亏″
3
o
垄
对B、C:（m＋″!）g—T＝（m＋″0）α
@
.47.
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由o@式可得
l
o
α≡丁g.
（2）当物块C刚着地时,A的速度最大。从A刚开始上升到C刚着地的过程,由机械能守恒定律可得
2吧Lˉ÷mgz＝＋（2枫）渺讣十（;腮）＂肖
@
由@式可得
,鳃二√票Z
圃
（3）设C落地后A继续上升h时速度为零,此时B未触地’A和B组成的系统满足
厕ghˉ÷顾g＂＝0ˉ十（哪＋÷哪）甜
@
由o@式可得
h＝÷L
′
由于h＝÷L＜z』B不会触地,所以A离地的最大高度
~『
H≡L＋h＝旦L。
7
［解析］
（l）对A物体以及B、C受力分析’运用牛顿第二定律联立方程组’即可求得A上升的加速度大小.
（2）当C物块落地之后,A物块受到的合力向下,A物块开始减速’所以C物块刚落地的时刻A物块速度最大’整个
过程机械能守恒,列出机械能守恒公式可求出A的最大速度
（3）假设A上升过程中B不触地’根据机械能守恒算出A物体上升的最大高度’然后验证上升的高度是否满足B不
触地的条件若B触地了’则A上升的最大高度为2L.
156｛答案］
（l）2厩（2）÷硒gR
（］）:√冒g贾＋厕
［解析］
（l）根据题意可知’B、c之间的距离为′≡7Rˉ2R
O
设P到达B点时的速度为″B’由动能定理可得
吨′愚in0＿陛吧′c。爵0＝÷哪＂;
@
式中0＝37°、
联立O@式并由题给条件可得″B＝2√灰
O
（2）设BE≡x.P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为E.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有
p
…in0ˉ皿…0ˉE＝0ˉ÷厕″;
@
p
～
E、F之间的距离为／｜＝4R—2R＋x
o
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mg′lsin0—队mgIlcos6＝0
◎
联立o@◎◎式并由题给条件可得卯≡R
@
′,＝÷腮gK
o
（3）设改变后P的质量为m‖ .D点与C点的水平距离匆l和竖直距离γl分别为
Ⅱ! ＝÷R—÷R愚m0
◎
.48.
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γ｜二R带÷尺＋:Rc°爵0
式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实。
设P在D点的速度为oD,由D点运动到G点的时间为1.由平抛运动公式有
l
2
γl≡丁gt
D
＝
∏
卯］≡DDt
联立◎oo@式叫得,″＝÷归顾
设P在C点速度的大小为oC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒’有
丁腮!′‘二丁咖｜侧″带网｜g（÷R带÷…）
l
2
1
2
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有
圆,ˉ师｜g（蕊＋5R）…—帜皿｜g（鳃＋5R）c°s‘二十砸｜腆:
l
联立@oooo式可得″!l＝丁′则.
凹
·
〕4
咀
@
考点十六动量动量定理
157［答案］
C
［解析］
根据自由落体运动和动量定理有2gh≡02（h为25层楼的高度,约70m）,Ft≡m似,代人数据解得F≈l×
l03N’所以C正确
158. ［答案］
BD
［解析］
两徽粒只受电场力q圆作用且两电场力大小相等’由＂＝十α,!』知徽粒α的加速度大,由『E二硼α0,知微
粒α的质量小,A错误由动能定理q＆＝Ek得,位移冗大的动能大,B正确在同＿等势面上,α、6两微粒电荷量虽
相等’但电性相反,故在′时刻,α｀6的电势能不相等’C错误由动量定理qEt＝m＂得’在t时刻’α、6的动量大小相
等,D正确
159｛答案］
（l）研究木板和物块整体’由动能定理有—2mg（hˉLsin0）＝0ˉL.2咖＂;
2
解得″o＝√g（2／l＿L）。
（2）设物块沿斜面向上运动的最大加速度为α,最大拉力为Fm’则〃ngcos0—mgsin0＝′m
对整体有Fm-2mgsjn0＝2mα
解得F＝1Ⅱ竖
m
2
要使整体能沿斜面上升应满足F＞2mgsln0＝′7!g
所以矾g＜′≤÷厕殷
＝
（3）物块相对木板滑动过程中,设物块的加速度为αl ,有拉力作用时木板的加速度为α2,撤去拉力后木板的加速度
为α3 ,则
.49.
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对物块件mgcos0＿mgsin0＝′ml
对木板F-mgsin0＿／』mgcos0＝加α2
加gsin0＋／』mgcos0≡mα3
3
5
解得αl ＝丁g’α2≡丁g,α3＝丁g
在tl时刻小物块的速度为Dl ,木板的速度为″2,则
0l≡αl』l 9U2＝α2〖l
撤去拉力后,经过时间〖2两者速度相同,则
03＝02-α3r2＝Ol＋αlt2
此后二者＿起匀减速上滑,设加速度大小为α4’则
2∏0gSin0≡2mα4
2
l
2
O3
全过程木板的位移蕊二÷α2‘｝带α:‘｜!2ˉ丁α』‘2＋呵
山几何关系则得志＝躯带‘
联立解可得′｜三√］（2!盲旦
［解析］
（1）根据动能定理求解;
（2）根据受力情况和牛顿第二定律求解;
（3）对木板和物块运动的三个阶段对其分别进行受力分析,再根据牛顿第二定律、位移与高度之间几何关系得出答案
［答露］
（］）＋（2）√酗;十躲（3）当＂≤√触;＿瑞时』删′二〃
当√删,』—器…√Ⅷ／躲时,酗′-√鹏0』—头
［解析］
（l〉轻杆开始移动时’弹簧的弹力F＝脑
且F＝／
解得鳃＝十
（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W’则小车从撞击到停止的过程中由动能定理可得
ˉ／诗ˉW二0ˉ＋刚;
同理’小车以o撞击弹簧时
m
ˉ负ˉ＂＝0ˉ＋鹏窿甜
解得侧厂√侧;带黑
（3）设轻杆恰好移动时’小车撞击速度为刨l
÷m铡｜2＝厕
由翻翻解得徽｜-√』,』ˉ兴
当鹏＜√徽;＿荒时,徽』三＂
当√硼＂』—步…√懒＂』躲时,删′-√则02—器
°50。
160
●
°
o
@
◎
◎
@
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考点十七动量守恒定律及具应用
161. ［答案］
AC
［解析］
A项’由图乙可以看出’碰前m2位移未发生改变,所以m2处于静止’而ml位移在均匀增大,所以′＂l在
做匀速直线运动,两球能发生正碰’所以矾1—定在向右运动,故A项正确
B项,由图乙可以看出碰后ml的位移在减小’m2的位移在增大’所以两球运动方向相反’故B项错误
C项’由图乙可知,ml碰前速度为4m／s,m2碰前静止’ml碰后速度为-2m／s,m2碰后速度为2m／s,根据动量守
恒定律即可得到′n2＝0。3kg’故C项正确
D项,系统损失的机械能等十两球初术动能的变化量,即A圆k＝士咖｜,｝—＋′＂｜删′｝＿＋咖圆′′i,代人数据符到系统
损失机械能为零’故D项错误
综上所述’本题正确答案为AC.
162. ［答案］
AC
［解析］
A项’运动过程中’系统电势能不断地转化为动能,所以电势能减少,故A项正确
B项’对于整个系统来说,水平方向不受外力作用’所以系统的总动量不变’故B项错误
C项’根据动量守恒定律,mA″∧＝mB＂B,由于A、B的质量比为l
: 2,所以A、B的速度比为2
:
l ’故（〕项正确.
D项’由于二者的库仑力始终相等α二÷,由于儿｀B的质量比为l
; 2’所以A、‘的加速度比为2; l ,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AC。
163. ［答案］
D
［解析］
当斜面固定时｀根据动能定埋＋砸懒2＝″嚼h｀似＝√z丽;当斜面小固定,小物块小再上升时,小物块水平方
向速度等于斜面的速度,竖直方向速度为零,在水平方向上系统所受合力为零,运用动量守恒定律列等式′m≡
（Ⅷ＋删）＂′解得鹏』-（碾′撕）—｛谎孺』赫鹅个系统运刷能遗守恒得雕酗′-＋鹏删』—十（腑＋删）徽鸿解得″-
（顾婴″）h,故D项正确
综上所述,本题正确答案为I）.
164［答案］
B
［解析］
爆炸过程动量守恒,爆炸之后’甲、乙做平抛运动,竖直方向位移为5m,运动时间为1 s,在水平方向位移
的数值大小等于速度’设甲的质量为3m,乙的质量为′n’根据动量守恒定律4m″＝3′ml＋mo2’分析图象可知,只有B
项符合条件,故B项正确
综上所述,本题正确答案为B
考点十∧弹性碰撞和非弹性碰撞
165. ［答案］
BD
［解析］
设物块与箱子相对静止时共同速度为〃o,则由动量守恒定律得咖＝（咖＋删）舰0,得到＂o＝贡粤j『
系统损尖的动能为△圆-十砸″2ˉ÷（″叶‖′）＂;＝2（′粥）删舅,故A项错误,B项正确系统损尖的动能转化为摩擦
°5l
°
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每次碰撞他们的相对滑动距离是L,所以∧
生热0＝丛x,其中／表示物体间相互作用力’△纯表示物体｜司相对路程,每次碰撞他们的相对滑动‖
次碰撞产生摩擦生热为Q＝叫mgL’故C项错误,D项正确.
综上所述,本题正确答案为BD
［答案］
见解析
［解析］
（1）设B车的质量为mB,碰后加速度大小为αB。根据牛顿第二定律有
以矾Bg≡mBαR
式中队是汽车与路面间的动摩擦因数
设碰撞后瞬间B车速度的大小为＂b,碰撞后滑行的距离为‘B由运动学公式有＂f＝2αB‘B
联立o@式并利用题给数据得
ob二3.0m／s.
（2）设A车的质量为mA,碰后加速度大小为αA.根据牛顿第二定律有
／儿mAg＝mAαA
设碰撞后瞬间A车速度的大小为U‖,碰撞后滑行的距离为sA,由运动学公式有
″『＝2α愈s』
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为″A。两车在碰撞过程中动量守恒,有
m州″A＝′nA″｛＋加B″B
联立oo◎@式并利用题给数据得
u4＝4。25m／s。
［答案］
（l）4m／s
22N
（2）45
（3）″″＝√6＝∏豆而（n＜八）
［解析｜
（｜）物块』从滑人圆轨遭到最高点0,根据机械能守恒定律得÷′＂删;二′暇2R十＋厕,』
←
所以A滑过Q点时的速度
＂＝√〃;—4gR＝√62ˉ4×l0×O5m／愚＝4m／s＞√硕＝√百m／:
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式’得
2
mg＋F＝刚÷,
所以A受到的弹力F＝哈ˉ厕g＝（些1ˉl×l0）N二22＂
2
｀
0°5
′
（2）A与B碰撞遵守动量守恒定律,设碰撞后的速度为″′ ,则m″0＝2′m′
’
所以鹏′＝寺＂＝3m／‘
从碰撞到AB停止,根据动能定理,得
ˉ2皿g腿＝0ˉ＋2刚Ⅷα
所以胀＝益＝2×0』i2｜0×0」≡45
′2
（3）AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理,得
ˉ…g厕L＝÷2獭＂:ˉl2刚｀α
＝
166
U）
@
o
n
◎
（o
′守飞
巴／
167
~
解得o
＝√9＿0.2n（′l＜片）
几
52
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第二章电磁学
考点＿库仑定律
168. ［答案］
D
［解析］
如果α、b带同种电荷’则α、6两小球对C的作用力均为斥力或引力’此时c在垂
Fb
／／穗』
直于α、b连线的方向上的合力-定不为零,因此α、b不可能带同种电荷’AC错误;若α｀6
带异种电荷’假设α对C的作用力为斥力,则b对C的作用力—定为弓｜力,受力分析如图
／／′
＼
所示’由题意知c所受库仑力的合力方向平行于α、b的连线,则F°、Fb在垂直于α、b连线α≡丝＿＿＿当b
＂方厕上蹦合…』由几畦系叫卿坠……画′则….-′…严,解得:-÷…仑灌″
蜒以k备式代入摊可解懦｜扑兽……
169。［答案］
BD
［解析］
假设p、″和／V不在同＿直线上’对M受力分析可知M不可能处于静止状态,所以选项B正确;″、／V和杆
组成的系统,处于静止状态则系统所受合力为零』故喂-搬糕卡解得氮-（灯—!）肌｀所以遮颂崎误＂正
确;在正点电荷产生的电场中’离场源电荷越近,电势越高’故华M＞@Ⅳ’选项C错误
170［答案］
BC
／／″／／″／／」】″／″／′／″″
〃）下三笋行尸″ˉ
d陶＼＼
”
［解析］
』对‘有竖寓向k的库仑力,大小为′龋≡警-α9］;对B与支架整体分
析’竖直方向上合力为零,则FN＋FAB≡略’可得FN＝mg—FAB≡1. lN’由牛顿第三定
律可知F′N＝FN’选项A错误因两细线长度相等’B在A的正下方,则两绳拉力大小相
等,小球A受到竖直向下的重力、库仑力和Fl 、F2作用而处于平衡状态’因两线夹角为
』｀
30°『、Pr
～↓广＝＝←→＝＝
＝巴
当ˉ
~~
120。,根据力的合成特点可知;Fl ≡F2≡GA＋FAB＝1.9N’选项B正确;当B移到无穷远处时,Fl ＝F2≡G剧＝lN,
选项D错误当B水平向右移至″、A｀B在同＿条直线上时,如图所示’对A受力分析并沿水平和竖直方向正交
分解,
水平方向:F1cos30。＝F2cos30°＋F′cos30°
竖直方向:Flsin30。＋F2sin30。≡CA＋F′sin30°
翰…………］;斯宁………′』≡呕…Ⅷ｀
选项C正确.
考点二电场强度点电荷的场强
171. ［答案］
B
［解析］
设半圆弧的半径为厂’点电荷的场强圆＝止!根据场强的合成遵循平行四边形法则,
厂
点电荷在M、Ⅳ处时,它们单独在O点产生的场强大小相等,方向相同,则O点的场强大小为
E｜＝犁当点电荷在M、P处时,它们单独在o点产生的场强大小相等,方向如图所示,则O
厂
.53.
｜切
E
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点的场强大小为两点电荷分别在0点产生的场强大小在合场强方向上的投影和｀即E2二2毕co舅60。＝粤’E｜;E2
厂
厂
≡2
:
l ,故B项正确综上所述’本题正确答案为B.
172. ［答案］
D
［解析］
带电粒子在电场中运动时’其电势能的变化规律是非线性的.由Eˉ露图象可知’带电粒子的电势能不是
p
均匀变化的’电场力不能为恒力,选项A错误;带电粒子仅受静电力作用,故电势能和动能相互转化,电势能的减少
量等于动能的增加量,即动能增加得越来越慢,选项B错误;由于静电力不是恒力’加速度α应该越来越小’选项C
错误’选项D正确
173. ［答案］
B
［解析］
以o点为圆心放置均匀懦电量为2q且半径为R的球壳时在M＂点产生的场强为囱′-喘≡喘,本
题当中求解在／V点产生的场强等于此球壳在Ⅳ点产生的场强和右半球壳在Ⅳ点产生的场强之差;右半球壳在Ⅳ点
产生的场强等于左半球壳在M点产生的场强｀即为厕’所以″点的场强为慌—E′故颐止确
综上所述,本题正确答案为B.
本题的易错项为C项设有＿半径为R,带电荷量为2q的球壳的球心位于O点,再把球壳分成左右两部分’左｀右部
分各带电荷量为q’设右部分在M处产生的电场强度为E′ ’由题意可知左部分在M处产生的电场强度为E,则有
器-…｝解得;‘′-嘉—圆根搪对赫知识可知,圈巾的半个球壳在″点晌电…大小也为釜—‘
174. ［答案］
B
［解析］
处于o点的正点电荷亦C点处产生的场馒E｜＝喘｀方向沿γ轴负向;又因为‘点处场强为零,所以M
″处两负点电荷在c点共同产生的场强圆:＝E｜＝腮÷,方向沿y触派向根据对称性,M″处两负点电荷在″点
共同产生的场强E』＝E:＝腮÷,方向沿’轴负向;将谨正点电荷移到c处,该正点电荷在〃点产生的场蹋鸟≡
｛☆方向沿y输正问所以Ⅱ点的场强圆-圆］ˉ鸟-碧,方问附》轴恤向
175. ［答案］
A
［解析］
在厂≤R时,试探电荷在球壳内运动’由于球壳内电场强度处处为零,不受电场力,由动能定理可得试探电
荷动能不变;在厂＞R时,试探电荷在球壳外运动,电场力做正功’试探电荷动能增加,由库仑定律可得:离球心越远,
电场强度越小,则电场力越小,故试探电荷往外走过相同距离时电场力做功越小,由动能定理可得试探电荷动能增
加得越慢,故A项正确.
综上所述,本题正确答案为A.
考点三电场线电势能电势等势面
】76. ［答案］
AB
［解析］
电子在等势面b时的电势能为E＝q中＝—2eV’电子由α到d的过程电场力做负功’电势能增加6eV’由
于相邻两等势面之间的距离相等,故相邻两等势面之间的电势差相等,则电子由α到6｀由b到c、由c到α｀由〃到／
电势能均增加2eV’则电子在等势面c的电势能为零,等势面c的电势为零,A正确由以上分析可知’电子在等势
面d的电势能应为2eV,C错误电子在等势面b的动能为8eV｀电子在等势m的动能为4詹V｀由公式E｀≡＋″测2
可知’该电子经过平面6时的速率为经过平面d时速率的√豆倍,D错误.如果电子的速度与等势面不垂直’则电子在
该匀强电场中做曲线运动,所以电子可能到达不了平面／就返回平面α’B正确
°54.
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177. ［答案］
D
［解析］
小球下落过程中’电场力做负功’电势能增加’增加的电势能△Ep＝qEh≡1。00×l0ˉ7×l50×l0.0J＝
1。50×10ˉ4J。由动能定理可知’动能的改变量为合外力做的功’则动能改变量AEk＝（mgˉqE）h＝（l.00×］0ˉ4×
9.8—L00×10ˉ7×l50）×10。0J＝9.65×10ˉ3J’选项D正确
178。［答案］
A
［解析］
因α、b两点在同＿等势线上,故U匹＝Ubc’Wα≡eUαc’Wb≡eUbc,故Ⅳα＝W6.由题图可知α点处电场线比b
点处电场线密,故Eα＞Eb.选项A正确.
179. ［答案］
BC
［解析］
类比速度-时间图象中曲线与时间轴围成的面积表示位移得此时曲线与舞轴围成的面积表示电势,所以
如4处电势大于鳃2处,故A项错误zl运动到匆3过程中电势逐渐增大’正电荷电势能逐渐增大’故B项正确嘶1运动
到z4过程中’电场强度大小先增大后减小’所以电场力先增大后减小,故C项正确’D项错误
综上所述’本题正确答案为BC.
180。［答案］
AD
［解析］
带正电的小球在卵＝L处电势能最小’根据能量守恒可知粒子在该处的动能最大’所以小球在z＝L处速度
最大’故A项正确。根据乙图可得如＝—2L处电势高于如＝2L处电势’带正电的在匆＝2L处由静止释放,根据能量守
恒’不可能到达撕＝—2L处,故B项错误小球以卿＝L为中心做往复运动的条件是电势关于则≡L对称’根据乙图得
片0A
k0B
电势关于绷≡L不对称’故C项错误根据图乙得知在如＝L处@—卯斜率为零’即电场强度为零’则—＝＿
（4L）2
（2L）2,
所以0A: 0B＝4:
l ’故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD
本题易错项为C.考生可能不明确小球做往复运动的条件,故易错选C项
181［答案］
ABC
［解析］
A项’由图可知’曲线运动的合力指向凹侧,则带电粒子M所受的电场力向左,故M带负电荷’Ⅳ粒子所受
电场力方向向下,故Ⅳ粒子带正电荷’故A项正确
B项’由于虚线是等势面’故″粒子从α到b电场力对其做负功’动能减小,故B项正确.
C项,由于α和e在同＿等势面上,所以从创到e电场力不做功,故电势能不变’故C项正确
D项’由于Ⅳ粒子带正电,从c点运动到〃点的过程中,电场力做正功’故D项错误.
综上所述,本题正确答案为ABC.
182. ［答案］
B
［解析］
根据对称性分析可知’在圆环上各点电荷在O点产生场强的合场强为零;在匆轴上’根据电场的叠加原理
可知,O点左侧各点的电场线方向水平向左’O点右侧各点的电场线方向水平向石;沿着电场线的方向电势减小’可
知O点的电势最高’故A项错误’B项正确在O点的电场强度为零’在无穷远处电场强度为零,说明沿躯轴正方
向,电场强度先增加后减小;根据B项的分析可知,电势逐渐减小,故C、D项错误.
综上所述,本题正确答案为B
183. ［答案］
BC
［解析］
因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷’所以电场方向与中垂线方向垂
直’故中垂线为等势线,因为中垂线延伸到元穷远处,所以中垂线的电势为零’故b点的电势为零’但是电场强度不
为零A错误;等量异种电荷连线上,电场方向由正电荷指向负电荷’方向水平向右’正电荷所受电场力方向向右’连
线中点O处电势为零’O点左侧电势为正,右侧电势为负’又知道试探电荷为正电荷,正电势处电势能为正,故B正
确;O点的电势低于α点的电势’将正的试探电荷从O点移至α点’电场力做负功’所以必须克服电场力做功’C正
确;O点和6点的电势相等,所以将＿正的试探电荷先后从O、b两点移到α点’电场力做功相等,电势能的变化相
同’D错误
.55.
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184. ［答案］
A
［解析］
点电荷由原点O出发到达匆2处时速度为零,到达匆3处速度也为零’在由O到x2、由O到x3的过程中’
只有电场力做功,根据动能定理电场力做功相同,所以O点与匆2和O点与鳃3电势差也相等,故A项正确,点电荷
在电场中的受力有F＝—Eq≡mα,则α的图象与E的图象关于卯轴对称,所以加速度先增大再减小’后增大再减小’
然后增大再减小,再然后增大再减小’最后保持不变’故B项错误根据初速度水平向右和加速度方向变化,则速度
先向右减小至零,到达如2’再向左增大,到达原点O’然后减小至零’到达卿3’故C项错误点电荷在运动过程中’根
据能量守恒定律’动能和电势能之和保持不变,撼2、勉3位置处｀电荷的动能最小’则电势能最大’故D项错误
综上所述,本题正确答案为A。
本题的易错项为C项点电荷从O点运动到z2的过程中,因电场强度发生变化,所以受到的电场力也不断变化,点
电荷运动的加速度也不断变化,所以其速度不会均匀变化
185. ［答案］
AD
［解析］
A项’根据点电荷形成的等势面的特点,由于9M＝@Ⅳ,@F＝甲p’则点电荷到点M和／V以及到点F和点p的
距离相等,根据几何知识可知线段″／V和线段FP的垂直平分线的交点即为点电荷0的位置,作图如下:
Ⅳ
●升
..诊锣／｜
键—＿｛『弘｛
M
′
｀
P
易知点电荷0＿定在MP的连线上,故A项正确
B项根据点电荷形成的等势面的特点可知距离点电荷相等位置的点电势相等’所以等势面是＿个个球面,则线段
PF-定不在同-等势面上,故B项错误.
C｀D项,由于0为正电荷,则距离Q越远’电势越低,所以有甲P＞@″＝pM所以将正试探电荷从P点搬运到Ⅳ点,
电场力做正功,故C项错误,D项正确
综上所述’本题正确答案为AD.
考点四电势差以及与电场强度的关系
186。［答案］
BC
［解析］
正电荷形成的场,离核越远’电势越低故／V点比P点电势低A项错误由于是光滑绝缘水平面,从Ⅳ点
瓢′点电势鹏转化为蓟能打—qU州′÷腮＂』,故＂＂′≡—等U懒′二州—烯ˉ—等鹏厂U毗ˉˉ芳颐正
确由于0＝60。,20P＝O″,再由E＝粤,得到P点电场强度大小是″点的4倍C项正确检验电荷在″点具有的
厂
电势能为÷′m2D项错误
≡
综上所述’本题正确答案为BC.
187. ［答案］
AC
［解析］
平行板电容器充电后与电源断开后,电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时’板间距离〃减小,
根据c二揣叫知,屯容C增大,根据″＝÷｀板间电压变小;由愿二÷二箭,c＝瑞得到;圆＝等2｀叫知阀与‘
无关’则知电场强度E不变;P与负极板间的距离不变’由公式U＝EⅢ可知《P与负极板间的电势差不变’P点的电
势不变,正电荷在P点的电势能不变,故A、C项正确,
综上所述’本题正确答案为AC.
.56.
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188. ［答案］
B
［解析］
由电子从M点分别运动到Ⅳ点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知,／V、P两点在同一等势面上’
且电场线方问为M→Ⅳ’故选项B正确,选项A错误M点与Q点在同＿等势面上,电子由″点运动到0点,电场力
不做功’故选项C错误电子由P点运动到0点,电场力做正功,故选项D错误
189. ［答案］
B
［解析］
A项,因场强等于沿场强方向上单位距离上的电势差,则在如轴上各个点的场强大小等于华—匆图象的斜
率,在″点处’@—虹图象的斜率不为零’所以电场强度不为零’故A项错误
B项,在Ⅳ点处,@—则图象的斜率为零,所以电场强度为零,故B项正确
C项’设＿个带正电的试探电荷从″点移动到／V点,由于电势减小,所以电势能会减小’此过程电场力做正功,M、／V
之间电场方向沿煎轴正方向’故C项错误
D项,由图乙可知｜△@PⅣ｜＜｜△甲MⅣ｜’所以正试探电荷在PⅣ之间电势能的变化量的绝对值小于在∧／／｜′之间电势能
的变化量的绝对值’根据功能关系可知电场力做功｜ⅣP″｜＜｜‖VM′
｜,故D项错误
综上所述,本题正确答案为B.
考点五带电粒子在匀强电场中的运动
190. ［苔案］
BD
［解析］
由题意得’ （@oˉ％）q＝Ⅳl ,（甲·ˉ吵d）q＝Z,只能得出α、b两点间和c、d两点间的电势关系’无法确定场
强的方向,选项A错误;若c、d之间的距离为L,因无法确定场强的方向,故无法确定场强的大小’选项C错误;由于
·＂＝
’
｀蛔Ⅷ＝魄旷吵』｀吼″-q（帜啊ˉ解州）,上述式子联市求解得粒子从M点移动到″点电场力做的功为‰
●α＋华C
吼苛坠所以旺蹦诺肌～吗石魄—帜』-,像—钩,变形叫得鹏.—…』—钩,又帜.ˉ‰≡鹏憾—
2
@α＋中C
≡≡
＝＝
驴.ˉ帜‘
驴』＋哆d＝％亏帜‘』所以帜感ˉ哆卿＝哆》ˉ驴″’D正确
7
’@6-@Ⅳ≡甲bˉ
7
191［答案］
BCD
［解析］
质点从板的右端运动到光屏的过程中有竖直向下的加速度要使其垂直打在光屏M上,其在板间运动的
J
过程中必须有问上的加逮度所以速度变化不＿样｀故A项错误质点在板间逗动的＂间为′｜＝寸,从板的右端运
动到允蠕的蹦间为′』-:竖直方向上煎段瞒足侧′｜-些孟巫‘｜-△鹏后段满足呼:-霹:-△敝联立＂得圆-
1Ⅱ喳,故B项正确将滑动变阻器滑片向下滑动＿段后’电阻变小,滑动变阻器两端电压变小,A板带正电’由于左端
q
接了二极管,正电荷无法流出,所以川板电荷不变』平行金属板的电荷量不变根据公式′＝÷＝箭可御电场强度
个变｀质点运动惰况小变’故C项止确电场握度E＝÷＝箭＝Q豁＝0誓’与板间距离无关则改变平行板间
距不会影响质点的运动状态’故D项正确
综上所述,本题正确答案为BCD.
192. ［答案］
BD
［解析］
A项,当粒子从D形盒中出来时,速度最大,由U＝哗可知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关’故
∏〗
A项错误B项,带电粒子经加速电场加速后’进人磁场发生偏转’电场被限制在A、C板间,只有经过AC板间时被加
速所以运动凋』‖避次,电场的方吓滞改变,腆B项止确c项根插≡器,尸｜P』≡2（旷』ˉ′｜）-等,因为
每转—圈被加速＿次根据似2ˉ〃｝＝2“可知每转一圈,速度的变化量不等,则P｜P2≠P2P3 ,故C项错误D项’该回
旋加速器中粒子每转-圈,加速＿次’且都在AC间加速’加速的电场不需改变,故D项正确。综上所述’本题正确答
案为BD
°57.
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［答案］
A
［解析］
设电场强度为‘而粒子的运动时间相同对″有,α＝器,÷!＝＋孺’对咖有,二粤,÷′二÷等,
联得黑＝÷A正确
［答案］
AB
［解析］
根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知,油滴所受合外力＿定向上’则所受电场力＿定向上,且电场力
大于重力,故匀强电场的方向竖直向下,Q点的电势比P点高’选项A正确油滴从P点运动到0点’根据动能定
理’合外力做正功’动能增大,所以油滴在0点的动能比它在P点的大,选项B正确.油滴从P点运动到Q点,电场
力做正功’电势能减小,油滴在Q点的电势能比它在P点的小’选项C错误由于带电油滴所受的电场力和重力均
为恒力’所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等’选项D错误
［答案］
B
［解析］
将粒子速度分解为平行于和垂直于电容器板,在平行方向做匀速运动’在垂直方向做匀减速运动’故当两
极板间电场强度达到最大时,粒子贝｛刚好到达L板’设垂直于板的遮度为删0.则叮列公式为似;＝2肾则’且燃0＝
…蝎.,凰厂＋诚联立可得‘～器,…正娜
综上所述,本题正确答案为B.
［答寨］（!）;（2）譬…向与竖直向下的晌…为30.
［解析］
（l）设小球的初速度为删0初动能为E脚,从0点运动到A点的时间为′,令叫二‘则oB二÷硼｀根据平抛
运动的规律有
dsin60。≡″0′
O
dcos60。＝÷g′2
@
叁
又有E舰＝÷厕刨;
o
由@@o式得
E闷＝÷略感
@
设小球到达A点时的动能为EM’则
EM＝E蛔辨＋…
o
EkA
7
由@◎式可得丽＝丁
o
（2）加电场后｀小球从O点到』点和B点’高度分别降低了÷机芋｜设电势能分别减小△E酗和Mp‘’由能量守恒
及@式得M酗＝3圆蛔ˉ鹰蛔ˉ÷吧d＝÷E＂
@
Mp凰二6E＂ˉE蜘ˉ÷′ngd＝E＂
o
在匀强电场中,沿任＿直线’电势的降落是均匀的设直线OB上的″点与A点等电势,″与O点的距离o｜辩
为蜒……玄捣
翻″H″i
.58
°
193
194
195
196
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解得x≡〃,／｜仍4为等势线,电场强度方向必与其垂线OC方向平行.设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α’
由几何关系可得α＝30°
o
即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30。。
设电场强度的大小为E’有
qEdcos30°≡△E
O
pA
由翻m式可得愿＿等
鲤
［答案］
见解析
［解析］
（l）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线’在磁场中为圆弧,上下对称）
Ⅳ
197
｜
八
』′｜
』
）
』′｜
厂
M
图（a）
（2）粒子从电场下边界人射后在电场中做类平抛运动设粒子从M点射人时速度的大小为″0’在下侧电场中运动的
时间为t’加速度的大小为α;粒子进人磁场的速度大小为″,方向与电场方问的夹角为0（见图（b））’速度沿电场方
向的分量为＂l .根据牛顿第二定律有
Ⅳ
＼
』′〖
』
』｛
U
｜
＂0｜／
M
图（b）
qE≡mα
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有
0l＝αt
′′≡000
Ul≡0COS0
粒子在磁场中做匀速圆周运动’设其运动轨道半径为R’由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
2
哪B＝爷
由几何关系得
′＝2Rcos0
联立o@o@o@式得
2E′′
″0≡—F丁.
（3）由运动学公式和题给数据得
∏
″l ≡″0cot了
联立@@o@o式得
ˉL4＾月E′′
m
B2′2
o
°
◎
◎
o
@
@
c
o
59.
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设粒子由M点运动到Ⅳ点所用的时｜司为t′ ,则
2（÷—÷）T
t′＝2t＋
2行
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T≡2卫匹
qB
由o@ooo式得
』′-号（」十需）
l,a!鲁案｜
（!）砸（2）型幽型‘塑堕鱼（3）上哉／乎
qd
q
［解析］
（l）由似2＝2gh’可得″＝√z瓦
（2）在极板间带电小球受重力和电场力作用’由牛顿运动定律可知:mg—qE＝′m
由运动学公式可知:0—″2＝2αd
整理得电场强度E＝匹且山ˉ土旦1
qd
由U＝配’Q＝CU,得电容器所带电荷量0＝C皿直1上土业
q
（］）由h＝十g‘↑,0＝叶呜,′＝《!＋‘2
D
≡
人
『
→
←
→
」
十
←
o
D
…′三座君／乎
［答案］
（l）由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得
解得:又ˉ＝ˉ旦ˉ
m
E
2
（2）带电小球从」v运动到Q点的过程中,有:q″B2＝咖卞
由几何关系有;R＋Rsjn0＝÷l
＝
带电小球带正电’且″lg≡qE
199
!』弓√军
联立可得
带电小球在杆上匀速时,由平衡条件有:mgsin0＝以（q″Bl＿′′!gcos0）
解得;腆≡享
（…小球在第三象限内做匀…运动的周期;′二竿三√粤y
藉屯小球第ˉ次在镶—象限竖直上下运动的总时间为;｛＂—÷弓√p耍
绝缘小球砰抛运动至露轴上的时间为;‘＝√芋≡2√!:l
两球相碰有;』＝÷十″（′o÷）
联立可得:几≡1
勺
设绝缘小球b平抛的初速度为〃0,则古!＝似0』
＝／…
γl60而
解得;〃0
.60.
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J｜y
●
●
●
●
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尹／
≥≥
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Q
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●
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~
~
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G
G
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／≡昌≡＝
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｜·』饥｜·′｝＼
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灿俭｜…潞｜.
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●
●
●
●
●
●
●
●●
●
●
卯
●
●
●
●
●
●
●
●
［解析］
（1）粒子在第三象限做匀速圆周运动’重力和电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,根据平衡条件求解电场
强度;
（2）带电小球在第三象限做匀速圆周运动,画出轨迹结合几何关系得到半径,然后结合牛顿第二定律求解速度,带
电小球α穿在细杆上匀速下滑’受重力｀支持力和洛伦兹力作用’处于平衡状态,根据共点力平衡条件求解小球α与
绝缘细杆的动摩擦因数大小;
（3）绝缘小球6做平抛运动’根据平抛运动的分运动公式求解运动到允轴的时间;小球α在第三象限做圆周运动,第
二象限做竖直上抛运动,分阶段求解出其经过鳃轴的时间’然后根据等时性列式求解
［答案］
（l）微粒做直线运动,则mg＋qE0＝q″B
o
微粒做圆周运动’则mg≡qE0
@
联立oo可褥q＝簧
o
2E0
B＝—。
@
U
（2）设微粒从Ⅳl运动到Q的时间为tl ,做圆周运动的周期为t2,则
d
o
丁＝Utl
2
聊B＝m1二
@
R
2∏R＝0t2
@
联立o@o@@得
d
∏0
o
′｜＝万,′2＝了
d
∏0
o
电场变化的周期T＝′l＋‘2＝万＋了
（3〉若微粒能完成题述的运动过程’要求d≥2R
o
2
联立o@◎得R＝为
o
设在／VlQ段直线运动的最短时间为′lmin
由◎oo得』｜瓤咖-女
因t2不变’T的最小值Tmin＝『lmin＋′2＝（2∏＋1）o
2g
［解析］
（l）微粒Ⅳl到Q点沿直线运动,故可列出竖直方向上受力平衡方程式,在0点之后做匀速圆周运动’由
此可列出竖直方向上受力平衡方程式,联立方程式便可求解
（2）由（l）中所求得的物理量’我们可以求得微粒做直线运动和圆周运动的时间’由此便可求得电场变化的周期
（3）根据所满足的条件,列出方程式,然后联立方程进行求解
°6l
.
200
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［答案］
（l）带电粒子进人偏转电场时的动能,即为电场力做的功
Ek＝W″″＝Ubq.
（2）设带电粒子以速度u进人磁场,且与磁场边界之间的夹角为α时△）＝R—Rcosα＝R（l＝cosα）
R＝器
′no1
（1-cosα）
△γ＝盂.
smα
当α≡90°时,Aγ有最大值
即加速后的带电粒子以ol的速度进人竖直极板P、Q之间的电场不发生偏转,沿中心线进人磁场.磁场上｀下边界
区域的最小宽度即为此时带电粒子运动轨道半径
0oq＝＋Ⅷ｝
腆』贰／平
△ym皿＝匆＝巡≡L
Bq
O
】
＾
‖
’
■
冗
×
×
×
×
灭
×
×
×
~
×××××××
（3）粒子运动轨迹如图所示,若r≡0时进人偏转电场,在电场中匀速直线运动进人磁场时R＝L,打在感光胶片上距
离中心线最近为勿＝2L
粒子源□
M
Omax
′
｀
｜
″′′′
｀
仆M…次么｀
蔓＿二—姜「辩—二＿葵／二
■乒』
』茁
＞＜B＞＜
＞＜0〃↑＼＞＜
＞＜
＞＜
′′＞＜
＞＜
＞＜
＞＜
＞＜
六｀～、＞＜
′＞＜
＞＜
＞＜
任意电压时出偏转电场时的速度为″则,根据几何关系
U
o
＝＿
几
COSα
″1O
R＝—旦
n
Bq
2mUl
在胶片上落点长度为△卯＝2Rcosα＝ˉF丁
∏
打在感光胶片上的位置和射人磁场位置间的间距相等’与偏转电压无关在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电
场中的偏转距离
Ⅱ-÷鳃2-寺器（÷）』二÷
粒子在感光胶片上落点距交点o的长度分别是2L和芋则落点范围是÷
凸
.62·
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［解析］
（1）根据功能转换关系即可得到带电粒子进人偏转电场的动能
（2）根据带电粒子在磁场中的运动规律’结合牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力公式联立求解’得到带电粒子在
匀强磁场中竖直方向的最大位移根据（1）得到粒子进人匀强磁场中的运动速度以及方向,代人求解得到磁场上下
边界的最小宽度
（3）根据几何关系和牛顿第二定律联立求解,得到打在感光胶片上的位置和射人磁场位置间的间距’与偏转电压无
关。所以当粒子在偏转电场中偏转的位移越大,则打在感光胶片上的位置距离磁场中心位置越远’即可得到在感光
胶片上的落点宽度为粒子在电场中的偏转距离
考点六电容器的电压电荷量和电容的关系
202. ［答案］
（〕
［解析］
电路中四个电阻阻值相等,开关S断开时,外电路的连接等效为图1 ,由于不计电池的内阻’设每个定值电
＂…啦……啊……腆.＋羔÷……｝
9
‘～＋腮,由0～c″可知:÷÷』颐正碗
图1
图2
203. ［苔案］
20
［解析］
设电容器电容为c第—次充电后两极板之间的电压为″二÷
两极板之间电场的场强为E＝斗
α
式中〃为两极板间的距离
按题意,当小球偏转角0!＝÷时,小球处于平衡位置设小球质量为′＂,所带电荷量为q,则有
TCOS0l＝mg
咒in01≡qE
式中T为此时悬线的张力.
联立o@o@式可得
＂nβ!≡满
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为△Q,此时小球偏转角
02＝于,则
〔an02＝嘴耕
联立@@式可得
tan0l
0
tan02
0＋△Q
代人数据解得
△Q≡2Qˉ
.63.
o
@
◎
◎
@
@
o
o
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考点七欧姆定律和闭台电路的欧姆定律
204. ［答案］
B
［解析］′二Ⅱ鳃…‘若转…到隙来＋则电压有效值变为媳来的÷A项根据′-爷,…的功…
十P,故A项错误Ⅱ项｀由于愿线圈电压有效值变为原来的÷,则翅想变腿器副线圈［′也变为隙米的÷｀即电腿
≡v…陶l‘｀…乖………圃…删十…圈′.｜≡考—＋÷＋＾
可知电流表A的读数变为÷′,故C项错误D项,由于转谨变化,即频率也会发生变化,故D项错误综上所述,本
题正确答案为B.
205. ［答案］
（l）减小
（2）l。00（0ˉ98’0.99,l。0l均正确）
（3）5
［解析］
（］）滑动触头向下移动,RL变小’RL与R并联后的总电阻R总变小,由于电路连接恒流源,根据U≡′0R总
可得电压表示数减小
（2）川（］）问中侧电隙并联叫得0≡（′＂ˉ′）R.从题图乙可娜,电雁U-0时,′＂-′-L0A;′-0时.R十2皿
（3）PL≡Ⅲ＝20（l—／）
。′＝5—20（′ˉ0。5）2,所以当′＝0.5A时,RL消耗的功率最大,为5W.
U句
206｛答案］
（｜）实物连线如阎
（4）（可ˉ｜）R0
（6）4a2
｝解概｜开关s』掷干｜端′由…儒∏…′‘响咆流′÷｀糊开关s』掷于2端腮』…端…UⅫ
［／勺
＂硒端……篡—＂!山…肆可得待测…值愿‘＋宁腮＂ˉ（瓷ˉM赃’次测量所懦亏圃’
平均慎为＋（…＋］｀4…39＋140十339）＝Ml ,代人得RⅡ-（14l—l ）×200o＝482o
207. ［答案］
（l）l00
9l0
2000
（2）50
（3）M
（4）大于
［解析］
（l）根据题意,Rl与表头（】构成lmA的电流表,则′gRg＝（′-′g）R0,解得Rl≡l00Q.若使用α｀6两接线
柱’电压表的量程为l V,则R∩＝Uα6-IgRg＝9l0Q;若使用α、c两个接线柱’电压表的量程为3V,则R3＝
′
UαC-′gRg＝′R2＝2000O°
′
（2）电压表与之并联后,电阻小于2500O,对于分压式电路应使滑动变阻器的最大阻值远小于并联部分阻值侗
时便于调节电压,故应选择50Q的电阻.
（3）在闭合开关S前’滑动变阻器的滑动端P应靠近M端,这样把并联部分电路短路,起到保护作用ˉ
（4）电压表读数偏小,说明通过表头G的电流偏小,则实际电阻偏大,故其实际电阻大于9（）0O.
208。［答案］
（l）连线如图所示
（2）R2
（3）α5O0
6接通电源后,流过报警器的电流会超过20mA,报警器可
能损坏@C报警器开始报警
.64°
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同
鸟Ju
电阻箱
开关
C
滑动变阻器
热敏电阻
［解析］
（l）根据题述,应该采用滑动变阻器的限流接法,连接的电路如答案图所示.
（2）根据题述’流过报警器的上作电流超过h0mA时报警器就会报警｀可知滑动变阻器的最大阻值至少为R＝÷
C
｜0光ˉ』n-｜s00Q｀因此在电路中应选刷最大陨值为2000n的滑动鲤阻器R″
≡≡
（3）@电路接通前’需将电阻箱调到＿固定的阻值,根据实验要求,这-阻值为热敏电阻在60℃时的阻值650。0O;
滑动变阻器的滑片应置于接人电路的阻值最大处,即b端附近,不能置于另＿端的原因是:若置于α端则导致闭合
开关后,报警器中电流大于20mA,报警器可能损坏@将开关向C端闭合’缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至报警
器开始报警
［答案］
（1）3
2
A
（2）2.4
1. l～1.3
＝
＞
［解析］
（l）电流计改装为电压表时,应串联＿个电阻’所以开关应接在3处;欧姆表内有电源和＿可变电阻可以
不用连接电路而直接读取’所以开关应接在2处;根据图中电源正负极的标识可知,使用时被测电路的正极流出的
电流应从A端流人多用电表中。
（2）通过欧姆定律叫得E＝′（R＋厂陶）,旱＝R＋′陶,尺＝＋E—′陶据内图可知.斜率即为电源电动势E在γ轴
的截距为ˉr内,故:『内≡l2O’斜率∧＝°—（ˉ1.2）＝2.4,即E＝2.4V;
3
考虑实际情况’电流表有内阻分压E二l（R＋吼打内）｀R＝十Eˉ（′尉＋′内）实际图象中斜率为囱.故E测＝E良,′＂
＝厂A＋厂内,故′测＞厂真.
［苔案］
（2）6500Q
（3）9.0
7。0
（4）大
（5）保护电压表
［解析］
（2）电阻箱的阻值为R＝6×1000O＋5×100O＝6500Q;
（3）图中纵轴截雌为α25’图线斜率为k＝050ˉα25＝六则纵轴戳距与图线斜率的比值为竿二90;电路中行
9
36
’
‖
’
■
210
Ⅷ仙糕糯联由…棒则卿器-÷｀‖‖十～六（叶…v）酗纵戳鞭为腮踌｀嗡摔喻可嚼纵,
截距与图线斜率的比值为R0＋Rv＝9.0kO,所以Rv＝7.0kO.
（4）若有电源内阻’则厂＋R0＋Rv≡9。0kQ’则r＋Rv≡7ˉ0kQ,故用此法测得的电压表内阻偏大
（5）定值电阻R0的作用是保护电压表
211［答案］
（1）由U—′图象可得E＝20V,厂≡20O.
（2）当R3的滑片自左向右滑时,R3阻值变小,电路总电阻变小,而总电流变大由此可知’图象上的A｀B两点是滑
片分别位于最左端和最右端时所得到的当滑片位于最右端时,R3＝0,Rl被短路,外电路总电阻即为R2’则
＂÷nˉ六…』
.65°
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（3）当滑片在最左端时,其阻值最大,并对应着图象上的A点
庶÷器n≡s0＂
R1R3 ＋R2
由外电路连接关系可得R＝Rl＋R3
代人数值解得滑动变阻器的最大值R3≡300O。
［解析］
（1）由路端电压与电流图象即可求出电动势和内阻
（2）根据滑动变阻器滑片在最石端时的电压｀电流关系,求出定值电阻的大小。
（3）根据滑动变阻器滑片在最左端时的电压｀电流关系,结合并联电路电阻的规律,求出滑动变阻器的最大阻值
卜＝十＋ˉ
卜＋《ˉˉ
←＋-↓辐｀
｝＋↓＿
十ˉˉ尸＋
.什字7←叶…
封
≡
≡
丁
［
←
『
上
『
一
司
～
辛
｛
→
】
＋
斑
考点八电阻定律
212. ｛答案］
C
［解析］
通过金属棒的屯流为′＝器＝竿＝′瓣s＂,金属棒的电阻为R二′÷,山欧姆定橇叮知金属棒两端的电
压U＝′R二…‘｀所以金属棒内的电场强度为圆＝÷＝…故c项止确
综上所述’本题正确答案为C。
本题的易错项为B项电场强度E＝÷,门U二服,R二′÷联立解得;圆＝…选项Ⅲ中单位都不对’其单位是
豁-平.而苦是……位
213。［答案］
（l）b
（2）如图
（3）450
（4）620。0
33.0
｀R√O
1000
80O
600
40O
200
■＝
O
20.O4O。06OˉO8OO1O0ˉOt／℃
［解析］
（1）题图（a）的电路滑动变阻器采用限流接法’在闭合Sl前,Rl应该调节到接人电路部分的阻值最大’使
电路中电流最小,即题图（a）中Rl的滑片应移到b端.
（2）将t＝60℃和′＝70℃对应的两组数据画在坐标图上’然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R2ˉt曲线
（3）根据题述实验过程可知,测量的R2的数据等于对应的热敏电阻RT的阻值由画出的R2-t曲线可知’当t＝
44.0℃时,对应的RT＝450Q.
（4）由画出的R2ˉt曲线可知,当RT＝620.0O时,手心温度t≡33.0℃
214. ［答案］
（l）B
0。4l0
（2）7’9断路
（3）电流表改为内接;测量多组电流和电压值’计算出电阻的平均值（或
测量多组电流和电压值’用图象法求电阻值）
［解析］
（l）螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧,即旋紧B.螺旋测微器的示数为（0＋4l. （）×0.0l）mm＝
0.410mm°
（2）电压表的示数不为零’电流表的示数几乎为零,说明连接两电表的电路是导通的。而滑动变阻器几乎不起作用,
说明线路电阻很大’故可判断7,8,9间断路
°66.
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R
R
（3）由题叮知亏ˉα005＜甫ˉα0」9.说明屯流衷的分雁作闹不显著故可将电流表改为内艘.并测出多组队′
值,求出R膊后,再取平均值作为实验结果
215［答案］
（1）l5
35
（2）300 3000
（3）c
闭合开关时’若电表指针偏转’则损坏的电阻是Rl ;若电表指针不
动,则损坏的电阻是R
2
［解析］
（1）设使用α和b两接线柱时,电表量程为／1 ,使用α和c两接线柱时’电表量程为′2 ’则
′R
使用α和b时;Rg＋贡＋′g二′1
o
l
2
使用α和‘时／g（Ri＋R2）＋I＝′
@
g
2
由o@两式可得R＝］5O,R＝35Q.
2
′＂
10品ˉ』α≡500［l,总电陶的最大值为R大-α六;0
』』］-
（2）校准时电路中的总电阻的最小值为R
＝
3000Q’故R选300O的’R选用最大阻值为3000O的滑动变阻器
0
（3）〃接6时,Rl和R2串联,不论是R还是R2损坏,电表都有示数且示数相同’故应将d接◎根据〃接c时的电路
连接情况可知:闭合开关’若电表指针偏转’则损坏的电阻是Rl ;若电表指针不动’则损坏的电阻是R.
2
216。［答案］
（l）R2
α
（2）如图所示
（3）2.30
（4）94
】
［解析］
（l）根据电阻的决定式;R＝p÷,代人数据解得铜导线电阻R撼约为L7Q;本实验采用限流法测电阻,所
以滑动变阻器的最大阻值应为R0和R“总阻值的4倍以上,已知R0≡3Q’所以滑动变阻器选R2;闭合开关S前应
将滑片移至阻值最大处’即α处
（2）根据实验电路图’连接实物图即可.
（3）电压表量程为3V’由图乙所示电压表可知’其分度值为0。lV,则电压表示数为2.30V。
（4）由欧姆定律叫得R0＋￡＝芋＝智n＝纵6n』R0＝］n则尺攘二L6n根掘电阻的决定式;R-′÷可得′
RS
＝—二’代人数据得:′＝94m。
p
2］饥［鲁案］
（!）］M0
（2）竿（3）l↓
（靴）偏大
［解析］
（l）主尺读数为30mm’游标正对应0刻度线,所以读数为30mm＋0.05×0＝3O00mm.
（2）v｜示数和v』示数相等说啊腻和R｜分施相等所以育击!二志,于是可得网＿—厅
RlR2
·67.
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（］）电阻箱电阻R二20×l0』n时’水柱的电阻为R＝些二4000n’由电阻率的公式可得p＝竿＝4000×虱0×
闪
R
O032
—厂∏O.m≡l4O.m·
（4）当电压表Vl内阻不是很大的时候’电压表在电路中会分流,实际电路中的Rl阻值应为Rl与电压表并联后的
阻值‖‖公式R、-竿中的删｜比实际的要大』所以厨‘的计算结巢会偏太
2la［答鬃］
（］）呼M50
（2）如图所示
（3）b
2.9
［解析］
（l）螺旋测微器读数为:0.5mm＋］5.0×0.01mm＝0.650mmˉ
（2）结合电路图可连接实物图。
（3）易知电流表电阻较大、分压明显’故接b位置时更加准确’由此可得R＝坠＝29O
鳃
I2
219. ［答案］
（］）如图所示
V
A
压敏电阻
（2）2.00
（3）l.5×l03
0.60×l02
［解析］
（l）如图所示,压敏电阻阻值远大于电流表内阻’所以电流表内接’滑动变阻器电阻远小于压敏电阻,电路
中压敏电阻采用分压方式接人电路
V
｜
A
压敏电阻
（2）电压表的最小刻度为0。lV0需估测到精确度的下一位’所以读数为2。00V.
α）…腿的腮值腮～子…＂;o蜡合圈｜÷4列知…M～0…』＂
220。［答案］
（l）l0.0
b
（2）增大
（3）y
（4）3.2
050
［解析］
（l）根据表盘示数和所选挡位可知读数为l0。〔〕o,与电流表的内阻大小接近’此时应选择电流表外接的
连接方式,以免电流表分压带来较大误差.
°68.
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（2）随着滑片P从左向右滑动’元件X和电流表两端的电压增大,由欧姆定律可知电流表的示数也增大
（3）X的图象是—条直线,为线性元件;Y的图象为曲线’为非线性元件
脚）由阉舍电蹦欧姆定橇街‘ˉU』÷…贵…）｀代人已知条件计算可得咆卿吨动瓣…v｀.
阻′＝O50O。
考点九电阻的串｀并联
221。［苔案］
B
［解析］
小量程电流表改装成大量程电流表的方法是:给小量程电流表并联一个合适的小电阻因为改装后电流
表的量程不同’故并联的小电阻的大小也不同’因此大量程电流表的整体电阻也不同,当改装后的两个大量程电流
表并联时’因电阻不同’分流不同’因此示数不同;但图（a）中两个小量程电流表也相当于并联’因二者是相同的电
流表,因此指针偏角相同’故A项错误’B项正确图（b）中Al ｀A2串联在电路中’通过二者的电流相同’因此二者的
示数相同;但是由于改装时并联的小电阻的阻值不同’因此原来的小量程电流表分得的电流大小不同’因而指针偏
角不同,故C、D项错误.
综上所述,本题正确答案为B.
222. ［苔案］
C
［解析］
设电流表A的内阻为R
’用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时’若将接线柱l、2接人电
A
路’根据并联电路的特点,（′1ˉ′A）Rl＝′ARA,解得I＝3′ ≡0.06A,则每一小格表示0.06A;若将接线柱l、3接人
I
A
电路’则（′hˉIA）R｜＝′ARA’解得′＝3′ ＝O06A’则每＿小格表示O06A选项C正确
2
A
223。［答案］
（1）Rl
（2）连线如图所示
（3）2520
（4）D
［解析］
（l）为了使电阻箱调节时,滑动变阻器分得的电压变化很小,分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越
好,因此应选用Rl .
（3）如果认为滑动变阻器分得的电压不变,则调节电阻箱后’电压表两端的电压为2.00V’电阻箱两端的电压为
α’v根据窜联电路的分压峰理÷-咎,求得电压衷的内阻鼠厂…M…20‘』
（4）如果此电压表由＿个表头与＿个电阻串联组成,可知此表头的满偏电流为′＝2.5V≡1mA,故D项正确。
g
2520Q
［答案］
（l）如图所示
（2）100
29l0
224
R1
○
■
＊
α
O
［解析］
（l）微安表头改装成电流表需要并联—个小电阻’电流表改装成＿个电压表需要串联＿个大电阻,所以并
联的电阻箱应为Rl ’串联的电阻箱应为R2 ’电路如答案图所示。
.69.
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′厂
（2）微安表头改装成电流表需要并联-个小电阻R｜二昔ˉ＝l00O,电流表改装成＿个电压表应串联-个大电阻
g
U-′厂
R2＝—丁坠且＝29l00
考点＋电源的电动势和内阻
225. ［答案］
BC
［解析｜
∧、Ⅱ项电源总功率P‘-′‘-早咽＝:″＋竿随路端电压变化图象是直线即图线感,÷-］,
—≡9,所以E＝3V,厂≡］O;电源内阻发热功率p＝（EˉU）2 ,随路端电压变化的图象是不过原点且开口向上的
E2
厂
厂
抛物线即图线6,故A项错误’B项正确.C项,外电阻功率PR＝PE-P厂’随路端电压变化图象是图线c,故C项正
确D项由阎象可知路端电压为L5v时输出功率最大』外电路电阻为Mn时,′＝摆A二」A,P腮＝尸篮ˉP′＝
E′＿I2′＜2.25W’互相矛盾,故D项错误.综上所述,本题正确答案为BC.
226。［答案］
ACD
［解析］
电流表测的是干路电流,Vl测的是R两端的电压,V;测的是滑动变阻器两端的电压’V2测的是路端
电压.
滑片向下滑动’总电阻变小,总电流增大’A的示数增大,故A项正确.根据A项分析得出总电流增大’内电阻分压
增人所以路端屯雁减小,＂v掣示数减小,敬颐镭误路端电愿胸减小瞳等于内电阻分川的增量所以′＿尝』＂
-尝因为△v』—△γ!-△v』｀所以万-′＋愿』故c项正磁因为Av』-△酿,Av:-M闲为腮＞′』所以△v｜＞
△V3
△V2 ’故D项正确综上所述’本题正确答案为ACD
22饥［答案］
（｜）十＝÷R带÷（5＋′）
（2）o0」l0@9O9
（3）见解析图10（或在α96ˉ｜o4之间）60
（或在5.9～6. l之间）
（4）3.0（或在2.7～3.3之间）
1。0（或在0~6～14之间）
［解析］
（l）根据闭合电路欧姆定律可知:
＂＝腑A＋（′△）（腮＋R0带′）
｀
Rl
′
将R0≡凯0α.R｜＝］0n｀RA＝60Q代人上式得十＝÷R＋÷（5十『）
（2）从读数上’有效数学要＿致,即读数是0」l0A倒数是9O9A＿l
（］）由＋ˉR关系式呵知隐＝÷截距b＝÷（5＋厂）;由给出的数据作出图象,连线时尽可能使多的点在同—直线
上,不在直线上的点要均匀分布在直线两侧ˉ
由图象可知’k＝l0A
l .Oˉl ,b＝6。0Aˉl .
十′A
＝1
气
乙~
0
1l
‖
‖
‖
~~
90
8 0
司
′
『
0
60
0
5
0
2O
40
6.0
R／Q
（4）电源电动势E＝3.0V’电源内阻厂＝l0Q。
70.
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228。［答案］
（1）如图所示
R0
-
′,｀UmˉUl0R
＼～／
Ul0
m
（3）备含
［解析］
（1）根据实物连接图按规范要求作图即可.
（2）设通过滑动变阻器的电流为′’对于定值电阻和滑动变阻器根据欧姆定律有′（R0＋Rm）＝U20’只对滑动变阻器
U20-［／l0R
°
使用欧姆定律有』Rm≡Ul0,联立解得R0≡
Ul0
m
（3）设电路中电流为′,根据闭合电路欧姆定律有E≡［／2＋〃’对定值电阻根据欧姆定律有［／2-U1＝IR0,所以可得
0｜二（｜鸟）″婴ˉ鸟‘测有;隐三!令（］令）.—单‘二0联京解得‘三（备）,肺-（腮ˉ!γ
R0
［答露｜
（｜）将s』切腆到』″贡0｜R＂
（2）l。43
1.20
［解析］
（1）将S2切换到α’则电压表测量的是电阻箱R两端的电压’当切换到b时,电压表测量的是R和R1两端
U2-UlRO·
的电压’由闭合电路的欧姆定律〔／2≡′（R0＋Rl）’Ul＝IR0,解得:R1＝
［／1
…糟两蹦幽电压U三R六型R则古-÷（R｜志R』）贞根搪纵输戳距利斜率即可求出电动势圆利电
阻凡.
229
考点十-电功率焦目定律
230。［答案］
AD
［解析］
电热丝和电动机并联,两端电压220V,吹热风和吹冷风状态下电动机功率相等’PM≡l20W,所以电热丝
电阻的功率′愿-］000＂＿l20w-鳃0＂-爷摧础R-霸＂』故A项而确B项错误当电吹风吹热风时』屯热丝
功率为PR≡880W＝880J／s’电热丝每秒消耗电能880J’电动机消耗功率PM≡l20W≡120J／s,即每秒消耗120J
的电能’故C项错误’D项正确
综上所述’本题正确答案为AD
231. ［答案］
CD
［解析］
＾、B项,L｜两端的电腿为30V,由图乙叮厕L｜的电流为025A则由欧姆定律可滁L｜的电阻为;摄
≡12Q,消耗的功率为3.0V×0。25A＝0。75W,故A、B项错误。
C、D项,由电路图可得L2的电压与电流关系为U＝3.0—7.5′,在小灯泡的伏安特性曲线上画出该电压电流关系’
如图所示,则交点为P（l5V,O2A）,则由欧姆定律叮得L2的电阻为;簧＝75O｛消耗的功率为l5V×α2A
≡0。3W’故C、D项正确
·7l
·
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』‖＼′／A
~＼＼险
i—＞兰＝ˉ｜-
′
~‖＼＼
l／／
＼
＼｀＼｜
O
10
2.0
3.0
‖
○
‖
■
′
几
八
综上所述,本题正确答案为CD
232［答案］
B
［解析］
高压钠灯和LED灯的功率差为22（）W,则＿个月可节省电能为E≡4000×22（）W×30×12h≈3×
l05kW.h’故B项正确.
综上所述’本题正确答案为B.
考点十二磁场磁感应强度磁感线
233~ ［答案］
BD
［解析］
根据右手螺旋定则,判断出″Ⅳ直线处磁场的方向’然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化,
明确了受力情况,即可明确运动情况.
根据右手螺旋定则,可知MO上任意＿点的磁场方向垂直于Mγ向里,O／V上任意＿点的磁场方向垂直于MV向外’
磁场大小先减小过O点后反向增大‖根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力方向’开始向上’过O点后
洛伦兹力方向向下.由此可知’小球将做匀速直线运动’小球对桌面的压力＿直在增大,故A、C项错误,B｀D项
正确
综上所述,本题正确答案为BI）.
234. ［答案］
D
［解析］
以帆板为参照物,帆船具有朝正东方向的速度o和朝正北方向的速度o’两速度的合速度大小为√豆b,方向
朝北偏东45°,故选项D正确
考点十三安培力及具方向
235［答案］
A
［解析］
』项悯侧板冒电容糕澜连故只需恤板带电即可』故A啊正硼颐根擂公式｀‘-熟』〃-:,依题
意S减小’C减小,U增大,所以张角变大,故B项错误;C项,6增大,C增大,［／减小’所以张角变小,故C项错误;D
项,C与Q无关,由e ｀S｀〃决定,Q变大‖C不变,U增大,故D项错误
综上所述,本题正确答案为A。
236~ ［答案］
BCD
［解析］
根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题
根据直线电流产生磁场的分布情况可知,″区的磁场方向垂直纸面向外,Ⅳ区的磁场方向垂直纸面向里’离导线越
远’磁感应强度越小.当导体棒匀速通过M、Ⅳ两区时’感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因,故导体棒在
M｀Ⅳ两区运动时,受到的安培力均向左’故选项A错误,选项B正确;导体棒在M区运动时’磁感应强度B变大,根
据E＝B!似,′＝÷及′二B′呵知,′″逐渐变大｀故选项C止确;导体棒在′｀′区运动时磁感应强度E变小根搬E＝
″!懈,′二÷及′-BⅡ叫知,′＂逐渐变小,故选项∏正确
.72.
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237。［答案］
AC
［解析］
由对称性可知,流经Ll的电流在α｀b两点产生的磁感应强度大小相等’设为Bl ,流经L2的电流在α、6两
点产牛的磁感应强度大小相等侗方问相反,设其人小为‘2,由磁场霍加原埋有B＂ˉB｜ˉB2-＋‘＂,B＂ˉB｜＋B』＝
＋B0｀联立解得B｜＝舌B0,s』＝古B0,所以A、c正确
238. ［答案］
BC
［解析］
A项’导体棒向右匀速运动时’切割磁感线产生的感应电流大小不变,所以螺线管产生的磁场恒定,穿过c
的磁通量不变,c中没有感应电流,不会受到安培力的作用’所以不会被螺线管吸引’故A项错误
B项,导体棒向左做减速运动时,根据右手定则可判断出,感应电流由b流向α且不断变小,所以螺线管产生的磁场
减小,穿过C的磁通量减小’根据楞次定律,c的运动方向应该阻止磁通量的减小,可判断出线圈c被螺线管吸弓｜’故
B项正确
C项,导体棒向右做减速运动时’根据石手定则可判断出,感应电流由α流向6且不断变小’所以螺线管产生的磁场
减小’穿过c的磁通量减小’根据楞次定律’C的运动方向应该阻止磁通量的减小,可判断出线圈c被螺线管吸引’故
C项正确
D项’导体棒向右做加速运动时,根据右手定则可判断出’感应电流由α流向b且不断变大,所以螺线管产生的磁场
增强’穿过C的磁通量增大’根据楞次定律,c的运动方向应该阻止磁通量的增大,可判断出线圈C被螺线管排斥,故
D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
239. ［答案］
C
［解析］
条形磁铁在A处的磁感线方向是斜向左下,由左手定则可知,导线受到的安培力斜向右下且与斜面不垂
直,磁铁受到斜向左上的反作用力’该力分解有沿斜面向下的分力和垂直于斜面向上的分力,所以FN1 ＞FN2,且弹
簧伸长量变大,故C项正确
综上所述,本题正确答案为C
240［答案］
BC
［解析］
A、B项,将环形导线分割成无限个小段’每＿小段看成直导线,则根据左手定则,则电流顺时针时,导线的
安培力垂直纸面向外’故A项错误,B项正确
C、D项’当电流逆时针时,根据左手定则可知安培力垂直纸面向里’故C项正确’D项错误
综上所述,本题正确答案为BC。
241。［答案］
（l）垂直于导轨平面向下.
（2）电容器完全充电后,两极板间电压为E’当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经Mγ的电流为′’有
′≡ˉ旦
o
R
设Mγ受到的安培力为F’有F＝B′′
@
由牛顿第二定律’有F＝′m
o
联立o@o式得α＝旦l旦.
@
mR
（3）当电容器充电完毕时’设电容器上电量为Q0,有00≡CE
o
开关S接2后,MV开始向右加速运动’速度达到最大值″max时’设MⅣ上的感应电动势为E′ ,有E′＝B′似maⅨ
@
依题意有圆′≡÷
o
.73.
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设在此过程中MⅣ的平均电流为′,MV上受到的平均安培力为F’
有F＝′』B
o
由动量定理,有F△t≡momax-0
o
又′A′≡00ˉ0
o
联立O@@O@O式得Q≡B2′2C2E
m＋B2′2C°
［解析］
（l）由题意可知’Mγ所受的安培力可以使其水平向右运动,因此可以判断出安培力的方向向右而Mγ中
的电流万向为从″到／V’因此根据左手定则’即可判断磁场方向为垂直于导轨平面向下.
（2）对MV列出牛顿第二定律方程,再结合安培力公式和欧姆定律可求出其加速度
（3）当MV达到最大速度时,也就是它受力平衡时,此时电容器两极板间的电压等于M］V的感应电动势根据两者电
压相等,可以列出方程为了进—步表示MV所产生的感应电动势’故通过对整个过程中的平均安培力列出动量定
理方程’并列出平均电流与时间之积为这个过程中损失的电荷量方程’联立即可求解
考点十四带电粒子在匀强磁场中的运动
242［答案］
C
［解析］
A项当电场磁场方向变化时会引起F电和／溶方向变化当F电和／漓同向时,不能完成题中所述的两类
运动,故A项错误;B项,当电场磁场大小变化时会弓｜起F电和／洛大小不等’故B项错误;C项’电场、磁场均存在
时做匀速直线运动,则有;qE＝吵B’可以得出E＝〃B,即与q无关’故C项正确;D项’当″变化时鳃大小变化引起
鳃≠F电’故D项错误综上所述’本题正确答案为c
243. ［答案］
D
［解析］
设带电粒子在P点时初逮度为似｜,从0点穿过铝板后速度为〃2’则鸟｜＝＋厕＂｝,圆蜒＝÷咖删i ｀由题意叫
2
Rl
2
知‘厂酮哩,鼠哈獭艘｝二赋铡;则÷≡平由榴伦…供向』心九即汕—黑得R-器,由题意可铡r丁
所以÷祟等′……
244［答案］
AD
［解析］
A、B项’使用牛顿第二定律’对系统有F＝（M＋加）α’对滑块有／＝′m,代人数据解得α＝2m／s2,／＝
0.2N√＜／h皿＝／则mg二0.5N,所以＿开始木板与滑块无相对滑动,二者以2m／s2匀加速直线运动’木板与滑块之间
的摩擦力为静摩擦力且／保持0.2N.随着滑块速度增大’其受到向上的洛伦兹力增大,使其对木板压力减小,导致
物块与木板之间的摩擦力小于0.2N,于是木板与滑块相对滑动;此时再对滑块进行受力分析可知,当木板与滑块
之间恰好相对滑动时’滑块对木板压力减小为／V＝上＝9≡2N≡0.4N’此时由mg＝／V＋F洛伦兹解得洛伦兹力F洛伦兹
严
0。5
≡0.6N’所以由F洛伦兹≡q!′B解得滑块的速度为6m／s,即当滑块速度小于6m／s时,滑块会和木板＿起做加速度为
2m／s2的匀加速运动;当滑块速度大于6m／s时,滑块受到的摩擦力会小于0。2N并逐渐减小’此时滑块会做加速
度减小的加速运动;当qB″＝mg时,解得速度o≡l0m／s’滑块与木板之间没有压力,则滑块受到的摩擦力为零,此时
滑块在水平方向上不受力’最后会做10m／s的匀速直线运动’故A项正确’B项错误
.74。
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C项’由A、B项分析可知滑块的速度为6m／s时,滑块开始做加速度减小的加速运动’故C项错误
D项’由A、B项分析可知当速度达到10m／s时,滑块受到的洛伦兹力与重力平衡’滑块受到的摩擦力减小为零’此
时滑块在水平方向上不受力’因此最后会做匀速直线运动’故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD.
245. ［答案］
D
2
［解析］
根据动量守恒定律,原子核发生β衰变后产生的新核与电子的动量大小相等,设为p。根据q″B＝皿▲’得
厂
轨道半径′＝腊＝溃,故电子的轨迹半径较大｀即轨迹堤电子的,轨迹2是新核的根据左手定则′叮知磁场万向
垂直纸面向里选项D正确.
246. ［答案］
C
［解析］
根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E≡〃些≡″（B2ˉBl）S
△t
t2≡〗l
’由楞次定律和右手螺旋定则可判断b
（B2-Bl）S
点电势高于α点电势,因磁场均匀变化,所以感应电动势恒定,因此α、b两点电势差恒为@α—@b＝—＂
t2-〗1
’选
项C正确
247。［答案］
AD
［解析］
根据题意可知,粒子运动的轨迹如图所示
／
＼
A项,根据左手定则可知’α、6均带正电,故A项正确
Bc项,由R＝器可知’两粒子运动轨迹半径相同,因为速度大小相同根据轨迹图象叫知α在磁场中的飞行时间
和路程都比6长’故B、C项错误
D项’根据轨迹图象可知α在P上的落点与O点的距离比b的近’故D项正确
综上所述,本题正确答案为AD
248. ［答案］
AD
［解析］
A项’由带正电的粒子在MV板间受到向右的电场力加速运动可知,极板″比极板Ⅳ电势高,故A项
正确.
B项’由动能定理有粒子加逮过程的末速度满足山二÷咖2;又由粒子在静电分析器中沿中心线做匀速圆周运动
可知此时粒子所受电场力恰好提供向』心九鲍-侧÷联立可得加遮电场的电压［′-粤,故B项错误
颐,山洛伦兹〃提供向…鹏…竿结合B项中的结皋可得粒于…中锄轨迹半径′三古√平所以
′0-÷√平故c项镭误
D项’由C项的结果可知,若＿群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同＿点,B、E｀R保持不变’则该群离
子具有相同的比荷,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为AD
.75°
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［答案］
A
［解析］
带电粒子在导体板间的电场中做类平抛运动,设粒子射出电场时的水平速度为＂〃’竖直速度为U上;带电粒
于在磁场巾做匀速圆周运动｀轨道半径′＝器,,二√『7丁7丁根据几何关系得M′｀′厕点间的距离为创＝2…,们c,＂
徽粤,联立上逃方程解得dˉ等水平透圈〃只与…压0』有关,与蚂无关,敝A…
综上所述,本题正确答案为A.
［苔案］
AB
［解析］
A项,电场力等于洛伦兹力,即乎≡哪圆｀解得U＝BL删’故A项正确
B项’闭合开关K后若回路中有稳定的电流′那么极板间的电隆″二BL″,则极板问电场E≡竿＝B似,大小恒定,
故B项正确
C项’闭合开关K后,若回路中有稳定的电流I,电阻消耗的热功率为P＝UI≡Bh′,故C项错误
D项,闭合开关K后,若回路中有稳定的电流′’电路消耗的能量源于正、负带电粒子向两极运动过程中正负电荷之
间电场力做负功而减小的动能,而洛伦兹力与粒子运动方向垂直不做功,故D项错误
综上所述,本题正确答案为AB.
［答案］
D
［解析］
A项粒子从cd边离开磁场’则粒子向bc边偏转’根据左手定则,粒子带正电,故A项错误
B、C项,
αˉ-ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ＂b
‖×
×
×
×
‖
｜×
×
×
×
｜
陶:≡Ⅱf＼｛
O
′〔f』M＿管＿f』′
√iL
由几何关系可得’odh向射人的粒子运动的角度‘＝…工＝60.,所以粒子的周期为6‘0,由B聊＝〃』架侧得÷
L
≡苛二式.故凰c项错误
D项’当粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时,在磁场中运动的时间最长’
249
250
251
b
｜×
×
×
×
｛
｜×
×
×
×
｜
‘｜罕ˉˉˉˉˉ·ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ｜C
此时运动的角度0′＝÷＋arcsin丝＝l20°＝20,因此最大运动时间‘m＝2』0,故D项正确
L
综上所述’本题正确答案为D.
本题的易错项为B项沿od方庐谢人的粒子在磁场中的运动轨迹如上图所示od-亨‘而圆弧的轨道半径为L,
所以该段圆弧所对廊的圆O角舅m0-粤,即圆心角β～60.,所以您＂÷器粒子的比荷ˉ坠-丝≡—工
m
BT
3Bt0。
.76.
4、
‖
十
十
』锤
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［答案］
A
［解析］
由题可知’粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子在磁场
中徽阀周运动的侧弧所对的圆心角为30.,因此粒子在磁场中运动的时间为‘-古×誓粒子
在磁场中运动的时间与简转过90.所用的时间相等,即器＝十×守,求得÷＝岩’A项
正确.
［答案］
见解析
［解析］
（1）设甲种离子所带电荷量为ql 、质量为ml ,在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rl
大小为B’由动能定理有
q｜″＝十咖｜＂｝
’
■
吕
∑
I
‖
′
＼30v
丙′
U‖′
在磁场中做匀速圆周运动的半径为R｜’磁场的磁感应强度
253
1
2
U1
@
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qlo］B＝厕｜瓦
由几何关系知2Rl≡′
o
山…式得‘＿耕
酗
（2）设乙种离子所带电荷量为92、质量为m2’射人磁场的速度为U2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
,:″＝十狮2鹏;
o
2
02
◎
q2″2B＝厕2呵
J
由题给条件有2R2＝古
@
由o@ooo@式得,甲、乙两种离子的比荷之比为
土.止＝1
; 4.
o
J7!l
′7l2
254［答案］
见解析
［解析］
（l）｜H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示设｜H在电场中的加速度大小
为αl ,初速度大小为″l ,它在电场中的运动时间为tl ’第＿次进人磁场的位置到原点O的距离为＄｛.由运动学公
式有
y
0
几
′
O1
o
s1≡O1tl
h＝÷°｜｜｝
由题给条件’｝H进人磁场时速度的方向与“轴正方向夹角0｜＝60°~ ｜H进人磁场时速度的y分量的大小为
αl′1≡U1tan0l
联立以上各式得
‘!≡鹃
。77·
2
o
@
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（2）｜H在电场中运动时’由牛顿第二定律有
9E≡mαl
◎
设｜H进人磁场时速度的大小为＂′］’由速度合成法则有
〃′｜＝√＂｝＋（α］咖｜）2
◎
设磁感应强度大小为B’ ｜H在磁场中运动的圆轨道半径为R｜,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
′2
∏0Ul
@
聊′!B＝万
由几何关系得
S1≡2RlSin0l
o
联立以上各式得
‘二√￥
翻
（3）设｝H在电场中沿觅轴正方向射出的速度大小为″2,在电场中的加速度大小为α2’由题给条件得
÷（2硼）删i二十哪＂｝
o
＝
由牛顿第二定律得
qE≡2mα2
o
设｝H第＿次射人磁场时的速度大小为″′2,速度的方问与颠轴正方向夹角为02’人射点到原点的距离为s2’在电场
中运动的时间为t2.由运动学公式有
J2＝02t2
h二＋α2!;
′
~／2
／
｀2
i′2≡√o2＋（α2t2）
α2′2
sin02＝丙
联立以上各式得
,』-』｜,′』≡0! ,√』-笋′!
设｝H在磁场中做圆周运动的半径为R’,由@o式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
腮』ˉ（2罢』-顾
所以出射点在原点左侧设｝H进人磁场的人射点到第＿次离开磁场的出射点的距离为s′2’由几何关系有
＄′2＝2R2Sin02
联立@OOOO式得,｝H第—次离开磁场时的位置到原点O的距离为
‘』＿』』≡竿（徊ˉ｜）』
［答案］
（l）20m／s速度″的方向斜向右上方’与电场E的方向之间的夹角0＝60。
（2）3.5s
［解析］
（l）小球匀速直线运动时受力如图所示,其所受的三个力在同＿平面内’合力为零,则
@
Q3
@
E
皿
D
B
09
255
78
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q似B＝√q2E2＋′＂2g2
代人数据解得〃≡20m／s.
速度″的方向斜向右上方’与电场E的方向之间的夹角0满足tan0≡姐
mg
代人数据解得tan0≡√可,0≡60°·
·
◎
◎
@
（2）解法ˉ;…场小球在重…场力的合〃作蠕下做粪平她运动』设真j畦度为魁有·弓√迂荒丝乙圃
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为鳃’有觅＝ot
@
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为γ｀有γ≡十“2
@
α与mg的夹角和″与E的夹角相同’均为0,又′tan0＝ˉ坠
o
九
联立@◎@@O式’代人数据解得‘＝2√丁s≈3.5s.
@
解法二:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响’以P点为坐标原点’竖直向上
为正方向’小球在竖直方向上做匀减速运动’其初速度为o
＝osin0
◎
γ
若使小球再次经过P点所任的电场线｀仅需小球的竖直方问上分位移为零则有燃／ˉ＋g′二0
@
联立@◎@式,代人数据解得《＝2何s≈3.5s.
@
256［答案］
（l）带电粒子以似进人磁场经＋′的时间从内圆最高A点处进人电场
2
在磁场中,洛伦兹力提供向心力,有q＂B＝等
根掘几何关系叮知R≡竿
联立两式得＂＝2罕Ⅱ旦;
O∏0
（2）由几何关系可知带电粒子进人电场做类平抛运动
有2…0.＝＂‘’2′愚in60.＝÷“』
QE
α＝＝-
刀〗
由（」）得鹏二嘿旦
~～勺
联立以上式子解得E＝塑旦卫〖;
〕J7】
（3）带电粒子经j‖速电场获襟定动能迸人磁场根搬动能定理得qU＝十Ⅷ2
2
在磁场中,洛伦兹力提供向心力』有铆B＝爷
则U三嘿
使该粒子不进人电场并在磁场中做完整的圆周运动’经分析R有三种临界值,轨迹
分别如图所示
鲤当K!-任时』删｜-呼,″｛-窖
圆当R2-粤『时,,.-（何刊）呵B｀从≡（何土坠1廷乙
2m
4m
°79.
4
小
｜
｜
‖
‖
｜
尺
1
R
□
∩
‖
勺
≡
‖
O
O′
~~~~~~~~
』珍←
‖
电
尺
0｜
尺
~
~
′
~
~
‖2（）c
｜O
O′
｀
＼
＼
【
■
‖
■
‖
卢
仑
■
‖
约
■气
户
≈
记
龟
【
『
〗
■≈■＝＝←
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o当R』＝卑′时,徽』＝1互二旦蝗［.［′』＝（2ˉ但1丘正
2m
4m
所以加速电压的取值范围为:
0＜U≤（2—照B』龙利（何喘姐￡＝U≤喀
［解析］
问题求解:
（］）根据几何关系求出粒子在磁场中的半径,然后再根据洛伦兹力提供向心力列公式即可求解该粒子从A处进人
电场时的速率
（2）由几何关系可知带电粒子进人电场做类平抛运动’根据类平抛运动公式求解即可
（3）带电粒子经加速电场获得＿定动能进人磁场’根据动能定理和洛伦兹力提供向心力列公式可求出加速电压与
粒子在磁场中运动轨迹半径的关系使该粒子不进人电场并在磁场中做完整的圆周运动,经分析R有二种临界值,
分别是与外圆的圆周轨迹重合,与内圆的左边界相切,与内圆的右边界相切,运用几何关系依次算出轨迹半径进而
求出相对应的加速电压值,最后即可求得加速电压的取值范围
［答寨｜
（!）簧（2）楞或摇（3）虱5厕0
［解析］
（l）设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理可得
qE÷＝÷′m2
o
≡
≡
由o式可得
2
E＝鸣~
@
qα
257
（2）设I区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律可得
2
吵B＝″』÷
如图甲所示’粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系可得
R＝旦
4
联立o@式可得
B≡4Ⅱ型
qD
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系可得
R＝卫
4
联立o◎式可得
o
＼
／
小
／
＼
甲
o
6）
砂
〃
加
α
』
。
斗
刻
＝
~~
β
@
（3）设粒子在I区和I区做圆周运动的半径分别为Rl和R2,由题意可知’ I区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为
B｜-饼B』带,由牛顿第＿定律可得
2
2
咖B｜＝砸荒｀『〃周』≡厕六
o
代人数据得
R! ＝÷,R』＝÷
@
设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为Tl 、L’由运动学公式可得
T｜＝2卫鱼,吗＝＿
o
2∏R2
0
U
° 80°
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据题意分析’粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对称性可知,
I区两段圆弧所对圆心角相同’设为0l ,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为02,圆弧和大圆的两个
切点与圆心O连线间的夹角设为α,由几何关系可得
0l≡120◎
o
02≡l80°
@
α＝60◎
o
粒子重复上述交替运动回到〃点’轨迹如图丙所示’设粒子在I区和Ⅱ区做圆周j云动的时
杠十里复上还父管厘初凹刽〃点’轨迹如图内所示’设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的时
乙
间
分别为tl 、t2,可得
360◎
0l×2
灯≡了×司丽了r! ,鹰』＝呼×揣n
卿
设粒子运动的路程为＄,
由运动学公式可得
s≡Ⅶ（rl＋j2）
o
联立ooo@ooo式可得
S＝5,5∏n
［答案］
（1）″、Ⅳ两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,所以圆心在C点·如图月
j,粒于恰垂直打在CD板上,所以圆心在C点,如图所
丙
砸
258
示
M＋
＝Ⅳ
B
D
~
~
~
~
／
／
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
／
／
~
~
~
~
~
·
~
●
—
~
●
／
~
~
~
~
吵
／
~
~
~
胳
…
渊
∩
｜
｜
｜
｜
｜
＝
∩
‖
川
∧
可
~
CH＝QC＝L
2
Ul
故半径厂l≡L’又因为卯｜B＝m丁
′l
目9［′蹿＝÷厕＂｝’所以U＝坦丝
m
2m
厂
（2）设粒子在磁场中运动的轨迹与cD板相切于K点,此轨迹的半径为′』,设圆心为A,在△AKc中;恿m45.-戊,
解得r2≡（√可ˉl）L’即KC＝′2≡（√页ˉl）L
所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s＝HX’即s≡′l ˉ厂2＝（2ˉ√巨）L.
（3）打在QC间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期,
T
∏m
所以t
≡—＝—
m
2
Bq
［解析］
先根据左手定则和几何知识确定出垂直打在CD板上时的粒子运动半径,继而根据洛伦兹力提供向心力
列出公式,计算出粒子需要在电场中加速的最终速度’进而求出两板间电压最大值;当粒子恰好切过CD边时’为另
-临界点,该切点位置可根据几何知识求得’该点与（］）中所求垂直打在CD边的点之间区域长度即为所求长度;打
在0C板上的粒子均在磁场中运动了最长时间』即半个周期,根据周期公式即可求得
259［答案］
（l）线框切割磁感线E｜＝′｀′B←′＝O4V
E
′｜＝亏＝α4A
° 81
.
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（2）右边导线所受问左的安墙力;′｜二肥′｜÷二0小
」二边导线所受向下的安培力:F2≡／VB′lL＝0.8N
滑动摩擦力:／＝以（Mg＋F2）＝l0ˉ4N
故拉力为:F＝Fl＋／＝l0.8N.
ˉˉ
］0。4＋l0.8×（）.4J＝4.24』
（3）进人过程外力所做的功:Ⅳl＝FlL＝
2
隆磁场中运动时;鸟＝″等＝″△皿÷＝α2｀
△t
其中芳为图线斜率的绝对值
凰
线框中形成顺时针电流;′2＝方＝O2A
线框上边受到向上的最大安培力为:F3≡ⅣB′2L＝0.4N
／儿Mg＋严（雌-F3）
拉力做的功:W2＝
2
×2L＝7。92J
3s后无电流拉力做功为:W3＝2／L』〃gL＝8J
整个过程拉力所做的总功:Ⅳ＝Ⅳl＋W2＋Ⅳ3＝（4.24＋7.92＋8）J＝20. 16J。
［解析］
（1）导体切割磁感线产生动生电动势’结合欧姆定律求解;
（2）导体框产生感生电动势,可由法拉第电磁感应定律求解感应电流,再求解安培力的大小。对导体框受力分析,求
解拉力的大小;
（3）全过程分解为三个小过程,分别求解.前两个过程均为拉力均匀变化’可用平均拉力乘以距离求出拉力做功;最
后＿个过程,拉力不变
［答寨］
（!）器逆时针（2）芋…阿）蜒（］）午‘
9B
［解析］
（l）峰区内圆弧半径厂＝皿旦
o
qB
旋转方向为逆时针.
@
260
（2）由对称性｀峰遇内圆搬的圆心角0＝芋
每个倒弧的长度′≡芋-繁
每段直线长度L＝2r们os÷＝任＝丝塑
qB
周期7＝3（′＋L）
7）
o
@
＾
｀α／
（◎
（2∏＋3√丁）″!
qB
@
代人得T＝
｜
／o＼
～ˉ么ˉ～ˉˉ＼｀ˉ≡
82
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（3）谷区内的圆心角0′≡120°ˉ90。≡30。
谷区内的轨道圆弧半径厂′＝皿L
qB′
由几何关系「爵m÷＝′′息m旦
2
由二角关系爵in￥＝sm｜5.＝佰ˉ徊
4
代人得B』≡罕凰
β
（9）
I）
26L［答鬃］
（］）祭至（2）丽‘R』带2‘刷∏＂
2U0
QB
∏′＂｛b
（3）d＜
100qB2R
［解析］
（］）粒子运动半径为R时q″B＝m』二
R
且府颐＝＋硒″2
▲
解得E＝i丘丘
m
2矾
。
（2）粒子被加速″次达到动能Em,则Em＝′叮［b
粒子在狭缝间做匀加速运动,设″次经过狭缝的总时间为△‖
qU0
加速度α＝—
mα
匀加速直线运动m＝÷″（△』）2
全
由′,＝（″ˉⅢ）÷带鲤解得《0＝厕M2十2B础∏咖
2［b
qB
7
（3）只有在0ˉ（÷ˉ鲤）时间内飘人的撇子捕晦次均被‖＂遮则所占的比例为呵-罕』
2
而m［b
由V＞99％,解得d＜
l00qB2R°
262. ［答案］
（l）粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°’故其周期T＝4t0
设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为o,圆周运动的半径为厂’由洛伦兹力公式和牛顿定律可得
匀速圆周运动逮度满足;鹏＝竿
联立解得;g＝蹬
2
O
q0B＝′Ⅶ—
厂
（2）设粒子从OA边两个不同位置射人磁场’能从OC边上的同＿点P射出磁场’粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）
所示:
γ
′
~
c∧
＼~~
＼~
~＼＼
wl＼＼
f｝wh＼
0lO｜
A—万
图（a）
83
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设两轨迹所对应的圆心角分别为0l和02。由几何关系有:0‖＝180°＿02
粒子两次在磁场中运动的时间分别为′｜与′』则》‘!带!1二!二2!″
（3）如图（b）所示
们
〕
~
＼~~~
~＼~~~
＼』~~~
~~＼.~
~~＼~~
〈盂γ
C
∏
＿
○
O′
A
勿
图（b）
由题设条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为l50°。设O′为圆弧的圆心’圆弧的半径为ro’圆
弧与AC相切于B点,从I）点射出磁场’由几何关系和题设条件可知,此时有乙（）O′D＝▲BO′A≡30。
厂0
厂ocos▲（）（）′D＋
＝L
COS乙B（）′A
2∏厂0
设粒子此次人射速度的大小为U0’由圆周运动规律00＝一7≡
…得;嗡～等
［解析］
（l）先由几何关系算出粒子圆周运动的周期’由洛伦兹力提供向心力即可计算出磁场的磁感应强度的大小
（2）作出粒子运动的轨迹’由几何关系可知’粒子两次运动的时间之和为周期的—半’即可计算。
（3）先作出粒子的轨迹,由几何关系可列等式,即可求解
263. ［答案］
（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为o’所受洛伦兹力提供向心力,有
2
′侧B≡硒忘
设粒子在电场中运动所受电场力为F’有
F＝qE
设粒子在电场中运动的加速度为α,根据牛顿第二定律有
F＝mα
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有
O＝α』
联立o@o@式得
（D
@
o
‘
β
恤
Ⅱ
~~
□
丁
凸
◎
T×
×
×
×
×
×
×
ˉ ˉˉ. ,〗
,『ˉˉ↓
×
××
××
×
××
（2）粒子进人匀强磁场后做匀速圆周运动’其周期与速度、半径无关’运动时间只由粒子所
通过的圆弧所对的圆心角的大小决定.故当轨迹与内圆相切时’所用的时间最短设粒子
在磁场中的轨迹半径为′′ ’由几何关系可得
（『′ˉR）2＋（√IF）2＝r′2
@
设粒子进人磁场时速度方向与αb的夹角为0,即圆弧所对圆心角的—半’由几何关系知
…-悬
［an0＝广鸽
@
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动’在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同’所以粒子进人磁
场时沿竖直方向的速度同样为″.在垂直于电场方向上的分速度始终等于＂0,由运动的合成和分解可得
. 84°
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0
tanβ＝—
e
00
联立o@@o式得
′0＝孪
［解析］
问题求解:
（1）粒子在磁场中所受洛伦兹力提供向心力,粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动’根据以上关系可以解
得时间
（2）粒子进人匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心
角的大小决定,粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所
以粒子进人磁场时沿竖直方向的速度同样为″.在垂直于电场方向上的分速度始终等于″0’根据以上关系可以解得
速度的大小.
I00U
l6［／
［答鬃］
（!）蝶1 （2）寸…号（3）最少椒数为3腆
0
［解析］
（l）离子任电场中加速’『U,＝＋鹏燃,
2
在磁场中做匀速圆周运动’qUB≡″!』≡
厂O
赚褐下古√罕
代人｀-÷z』解得卿二等三
0
l6U厂2
（2）由（1）可知,U＝
!
,
9L垒
l＂U
离子打在0点时,「＝÷么,得U＝ˉ∏厂
0
l6U
离子打在″点时’′＝L,得U＝÷
1＂U
l6U
则电压的范围了2≤U≤亏~
（3）由（l）可知’r“√万
山…………厚……子…＝揣
■≡
此时原衅径为′的打在0｜的离于打在0上之匹
≡≡
′］
｀／万『
解得r｜＝（÷）2L
第2次调节电压到U2’原本打在Ql的离子打在Ⅳ点’原本半径为厂的打在Q2的币
2
Q,的离
264
子打在Q上’则
日
—
β
解
得
呵
呵
÷
—
′
』
了
∑
而
。
／
γ
／
γ
儿
—
厂
］
同埋第″次调节电压,有′碾＝（÷）腻余!L
85
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检测完整,有′≤÷’解得″≥—lgˉ些ˉl＝28
lg（÷）
几
叁
最少次数为3次
考点十五磁通量和电磁感应现象
265. ［答案］
AD
［解析］
A项’在tl ～t2时间内’磁感应强度的斜率逐渐变大’经过导线中的电流变大｀故L有收缩趋势’故A项
正确。
B、C项,在t2～〗3时间内,磁感应强度变化率一定’经过导线中的电流不变,故L没有变化,没有感应电流’故B项错误
D项在t3～‖4时间内,磁感应强度变化率变小’经过导线中的电流变小’故L内有｜｜顶时针方向的感应电流’故D项
正确.
考点十六法拉第电磁感应定律
266。［答案］
AC
［解析］
因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小’故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题
图（b）,感应电动势正比于磁感应强度的变化率’即题图（b）中的切线斜率,斜率的正负反映电动势的方向’斜率的
绝对值反映电动势的大小。由题图（b）可知,电流为零时,电动势最大,电流最大时电动势为零,A正确,B错误再
由楞次定律可判断在＿个周期内,÷～￥内电动势的方问沿顺时针’÷时刻最大,c正确’其余时间段电动势沿逆
时针方向,D错误
267. ［答案］
D
′
［解析］
设线框运动的速度为″’则线框向左匀速运动第＿个方的时｜司内,线框切割磁感线运动产生的电动势为E
-2B′隘（汕为导轨间距）,电流i＝÷,回蹄中电流方向为｜顺时针第二个去的时间内,线框切割磁感线运动产牛的
电动势为零,电流为零第二个六的时间内』线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2‘咖,电流』＝÷,回路中电
流方向为逆时针,所以I）正确
268。［答案］
B
（解析］
设0删晌电阻为R｀过闺』o删转动的过程中产生的平均感顾电动势大小为‘! -筹＿‘应÷5
＝＝
B÷而!』
呵硫过″删愉噶硫为′｛～÷～蠢｝』峨过0…赫董为,｛～′』世』～嚼｛过程』…磁
∏B′2
■＝
△tl
感应强度大小均匀增加则该过程中产生的平均感应电幼势大小为E』≡器-（‘′—愿）s-（B′ˉE）而』』
△‖∩
2△〖,
’电路中的
E2
∏（B′-B）／2
电流为′2＝万＝
2R△!.
、则流过0删的电荷量为『2＝′:山2＝而（圃尔B）f;由题意知q! ＝q』则解得÷＝
垄
÷,B正确’ACI）错误
垒
269. ［答案］
BC
［解析］
A项,当金属杆α6进人磁场时,根据右手定则可以判断电流方向为由b到α,故A项错误
Ⅲ项当余属杆αb进人磁场时,产生的感应电动势为‘′!通过金属杆αb的电流为器’金属杆做匀逮直线运动,所受到
的安培力与重』沿斜厕向下的分力半衡则御′B′-瓣-吨…,可得此时遮度为删-2皿舞旦旦｀故颐止确
。86°
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c项,由n项叮则,金属杆αb进人磁场后产牛的感应电动势为B′似＝哩票些.故c项正确
D项,金属杆M中有由c到α的电流,根据左手定则可知金属杆cα受到沿斜面向下的安培力’且金属杆cd的重力
有沿斜面向下的分力’则金属杆cd对两根小柱的压力不为0,故D项错误
综上所述,本题正确答案为BC.
270. ［答案］
BC
（解析］
戳某时刻余属棒…为删根据牛顿第二定律′—′A-啊,即′‘带脚—尝-…‖′』÷（除—裳）＂
-…‖罐k≥烹』毗‖遮度与逮度晕线性关系』且随着遮膛增大』j‖遮度越来越大』即金阔棒的切线斜率也越来
越大』由于′A-瓣』′慰—』图…的〃—』图象的切线斜…越人』感廊电流（』-热）、电阻叫端的电腮
（〃臆-鹃）…电流的功率（′-瓣）也会随时间变化…越决Ⅱ项「「确如耀′-磁,则金属棒做匀
加速直线运动’电动势随时间均匀增大’感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大,感应电流的功率与
时阎的二次方成正比』没有遮项符合;Ⅱ‖彩≤篇测金属棒做加遮度越来越小的j‖逮运动感应电流电阻侧端
的电压｀安培力均增加得越来越慢,最后恒定,感应电流的功率最后也恒定,C项正确
271. ［苔案］
（l）正极
（2）2∏］／s
（3）0。5J
［解析］
（1）正极
（2）由电磁感应定律可得U≡E≡些
A『
A酮＝＋M2M
0＝十B侧R2
〃二『侧＝÷侧R
所以,＝蒜＝2m／·
（3）△E＝咖g′Ⅷ—÷′m2
乙
AE≡0.5J。
27z［答案］
（」）感应电流从‘端流出（2）从D端流人…′ （3）坠警／吾
g
［解析］
（1）由右手定则可知:感应电流从C端流出
（2）设线圈受到的安培力为FA.外加电流从D端流人
由FA＝′ng和FA＝2nB几,得′n≡2迪L′.
g
（3）设能称量的最大质量为m0。
山咖≡竿′和′-′』腮,得狮0-裂／幂
273. ［答案］
（l）根据电阻功率P＝′R
得;′＝3A。
87
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（2）由法拉第电磁感应定棒有阀-等
又△o≡B皿
E＝′（R＋厂）
q＝′△t
解得『＝黑
q≡45C.
（3）F—加gsin0-B几＝mα
2αd≡02
E＝BLU
解得F≡2N.
［解析］
（l）根据P＝′2R即可求出通过电阻R的电流.
（2）根据法拉第电磁感应定律得到圆＝等,根据闭合电路欧姆定律得到E＝′（R打）,根掘电荷量与电流的关系得
到q＝′山根据磁通量的定义得到△穆＝B皿,然后将这些式子联立求解即可得到?＝黑
（3）对于导体棒由静止开始向上做匀加速运动的过程’利用牛顿第二定律得到F-mgsin0—B几≡′m;导体棒切割
磁感线叮得到圆＝BL删｀根据欧姆定律可以得到′＝蒜,从而得到速度删′根掘运动学基本公式叫以得到2α砌＝侧2’即
可得到加速度α’最终可解得F＝2N。
1
2
［答案］
（l）α棒先从导轨上滑下’到最低点M,由机械能守恒有mg「二丁m″0＝″0＝√z7;α棒向6棒运动时,两
棒和导轨构成的回路面积变小’磁通量变小,产生感应电流.α棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动’6
棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要α棒的速度大于b棒的速度’回路总有感应电流’α棒继续减速,b棒
继续加速’直到两棒速度相同后’回路面积保持不变’不产生感应电流,两棒以相同的速度做匀速运动.
从α棒进人水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中,两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等’方向相反’
所以两棒的总动量守恒
由水平方向上动量守侗有腮硼厂2狮鹏｜＝徽｜-孕;
（2）经过—段时间,b棒离开轨道后’α棒与电阻R组成回路,从6棒离开轨道到α棒离开轨道过程中α棒受到安培
力的冲量;′剿-皿《-BL器-尝;
由动量定理:ˉ内＝m仙2ˉm似l ;
联立解得;徽2≡孕;
幂由平抛运…得;两棒藩到地面后的距离△翼-（删! —W乎-孕;
（3）b棒离开轨道前,两棒通过的电流大小总是相等’两棒产生的焦耳热相等0α≡Qb,由能量守恒定律可知:Qα＋
Q』-÷厕＂;ˉ÷（2咖）＂;＝Q.≡Q』＝十吨′
b棒离开轨道后’α棒与电阻R通过的电流大小总是相等,两者产生的焦耳热相等
由能量守恒定律可知;2α二÷顾鹏｝ˉ＋刚;＝α＝壶吧′
所以整个过程中’α棒产生的焦耳热为0≡Q.＋α≡盖略6
·88°
274
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［解析］
问题求解:
（1）要判断出两导体棒速度稳定时的运动特点是关键;
（2）求冲量的时候用平均电流,在使用动量定理的时候要注意安培力和运动方向是相反的’所以冲量是负数;
（3）由能量守恒求解.
275. ［答案］
（1）由右手定则可以判断αb刚向上运动时,电流由α流问6,因此流过电阻R的电流为从P到E.
（2）α6返回时已经匀速
所以…M-皿-蜒（删）
（粤嘉
≡≡
故αb返回时速度大小为
″＝′′!gsin0（r＋R）
B2L2
在α6从底端出发到返回底端的过程中
有0ˉQ总＝÷砸删2—÷脚;
所以有0总＝＋咖;—十厕删』＝＋啊;ˉ＋哪卿』g:sm20（尺＋′）』
B4L4
故电阻R上产生的焦耳热为
0＝0·×念＝2（瓷）［＂;ˉ丝塑10（R打）2｜
B4L4
（3）设上升过程中的用时为tl ,下滑过程中的用时为t2
对上升过滞运蹦动量定理有0ˉ…｜…—I‘L删咖-0ˉ鹏徽Ⅷ
故鹏触0—（蜜）J徽（｜）＂…｛…
‘!～略当＂,「哪刚,—（筹）爪（』）咖］
问理得到咖』-聊武M「砸叶（筹）J触｛（‘）咖］
所以′-腹｜抑』-略勘n,（腮侧广砸徽）-志［鹏＂带…牌带R）］
［解析］
问题求解:
（l）由右手定则判断电流方向
（2）通过受力平衡和能量守恒定律来求解
（3）通过动量定理来求解
［答案］
（1）0。04V
（2）O04N
′＝（t—l）A（l s≤t≤1.2s）
［解析］
（｜）服力形磁场的面帜为s,则s＝乒＝008m2在棒进」
乙
化而产生的由B＿′图象叮知苦＝α5T／霞,根据g二＂等得［
在棒进人
化而产生的由B＿′图象∏!知苦＝α5T／霞,根据g二″等得回
276
磁场前,回路中的感应电动势是由于磁场的变
路中的感应电动势E＝芳s＝0
＝O叫γ
（2）当导体棒通过M位置时感应电动势、感应电流最大,导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势
E′≡BLD≡05×0,4×1V＝（）.2V
间路中感应电流′′-贸二罕A＝α2＾
导体棒受到的安培力F≡B′′L＝0.5×0.2×0ˉ4N＝0.04N
.89.
5×0.08｀
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当导体棒通过三角形αM区域时’导体棒切割磁感线的有效长度′＝2u（t—l）m（l s≤‖≤1。2s）
感应电动势e＝B′o≡2B″2（t—］）＝（′ˉl）V
感应电流｝＝÷＝（′ˉl〉A（l 3≤』≤l2:）
277. ［答案］
（1）6×l03O
（2）4×10 2V
（3）8×10ˉ8J
［解析］
（］）由电阻定律叮得R＝′午,代人数据得R≡6×］0』o
7
（2）感应电动势E＝ABi严』代人数据得E～4×l0ˉ2M
勺
（3）由焦耳定律可得Q＝÷△‘,代人数掘得q＝8×｜0ˉ｀l
考点十七楞次定律
278。［答案］
AD
［解析］
由电路可知’开关闭合瞬间｀右侧线圈环绕部分的电流向下,由安培定则可知’直导线在铁芯中产生向右
的磁场,由楞次定律可知’左侧线圈环绕部分产生向上的电流,则直导线中的电流方向由南向北’由安培定则可知,
直导线在小磁针所在位置产牛垂官纸面向里的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动’A正确;开关闭
合并保持＿段时间后,穿过左侧线圈的磁通量不变’则左侧线圈中的感应电流为零’直导线不产生磁场,则小磁针
静止不动,BC错误;开关闭合并保持＿段时间再断开后的瞬间’穿过左侧线圈向右的磁通量减少’则由楞次定律可
知’左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流,则流过直导线的电流方向由北向南,直导线在小磁针所在处产生垂直
纸面向外的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。
279. ［答案］
C
［解析］
小磁块下落过程中,在铜管P中产生感应电流’小磁块受到向上的磁场力,不做自由落体运动,而在塑料
管0中只受到重力’在Q中做自由落体运动,故选项A错误;根据功能关系可知’在P中下落时,小磁块机械能减
少’在Q中下落时,小磁块机械能守恒’故选项B错误;在P中加速度较小,下落时间较长’选项C正确;由于在P中
下落时要克服磁场力做功,机械能有损失,所以落至底部时在P中的速度比在0中的小,选项D错误
γ『‖＋‖↓‖‖↑‖＋｜↓』十十＋…｛←十
穗
丁
宁
十
＋
↓
」
｜
、
■
≡
、
争
…
考点十八自感涡流
280。［答案］
D
［解析］
A项,小磁块在铜管中下落过程,根据电磁感应定律,铜管中产生涡流,小磁块受到的电磁力阻碍小磁块
的下落,不是自由落体运动,故A项错误
B项,P中小磁块的部分机械能转化为铜管中产生涡流的焦耳热,机械能不守恒’故B项错误。
C项’由于P中的小磁块受到的电磁力会阻碍小磁块的下落,所以下落时间比在0中长,故C项错误
D项’根据动能定理’在P中重力势能＿部分转化为了电热能,在Q中重力势能全部转化成动能’所以落至底部前
瞬间’Q中的速度更大’故D项正确综上所述,本题正确答案为D
281［答案］
AB
C
［解析］
当圆盘转动时’圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A正
确;如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生
变化,回路中产生感应电流’根据楞次定律’感应电流阻碍其相对运动,但抗拒不了相对运动,故磁针会随圆
盘＿起转动,但略有滞后,选项B正确;在圆盘转动过程中’磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零,选
项C错误;圆盘中的自由电子随圆盘＿起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向’会使磁针沿轴线方向
偏转,选项D错误.
。90°
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考点十九交变电流及旦图象
282. ［答案］
D
2
［解析］
根搬焦耳定律知热量与方波巾的电流方向的变化无关,故0方＝÷′硕止弦交流咆电腿的有效值等十峰
确
正
Ⅱ
且
—
］
吟
—
姓
以
所
了
】
％
—
尺
］
—
∑
『
俐
啊
＿
肘
正
∩
迂
故
］
—
抠
的
值
283. ［答案］
AD
［解析］
′≡0时’磁通量为零,磁感线与线圈平面平行,A正确;当磁感线与线圈平面平行时’磁通量变化率最大’
感应电动势最大’画出感应电动势随时间变化的图象如图所示,由图可知’t≡l s时,感应电流没有改变方向,B错
误｛′＝L5.时,感应电动势为0,C错误;感应电动势最大值Em＝′｀′B蛔＝″.獭午＝｜00×α0熟×宁（v）＝4丽（v）
』
有效值‘-粤×4丽（γ）-2厨（w,0-÷′-:颓』（］）,D正磁
｜e／V
4而
∩
肿
』
｀
＼
＼
沁
』／S
考点二十正弦交变电流的函数表达式
284. ［答案］
C
［解析｜
根撼尸-÷,对直流电有P-（l0v）』
仔-岩v』故交输电滁输出屯压的鼓大值″蜒三闷‘』-川v,…c丽确选顿…错谩
285。［答案］
D
［解析］
＾项巾图叫知该正弦粪流电的周期为′-4×」0ˉ型愚根掘′≡＋解得′-25H露｀蚁A项错误B项有
效值等于艾鼓大值（幅回的古』所以…压的有敏值为罢v』故颐镭谈c项…·～2刨,所以″-50丽,
所以表达式为;e＝l00sjn50∏‖’故C项错误. I）项,耐压值是电容电极之间能够承受的瞬时电压的最大值,该
交流电的最大值为l00V’故不可以直接加在耐压值为80V的电容器两端’故D项正确综上所述,本题正确
答案为D
286. ［答案］
C
［解析］
A项,0～竞时间内,逆时针方向的匀速圆周运动会使磁通量减少』根据楞次定律’会产生顺时针方向的感
应电流故A项错误Ⅲ项’线圈阻数厕＝」｀感应电动势的表达式为α＝等＝″……＝B耐』“愚i…’所以任′＝
工时刻,电动势为B∏′2“,故B项错误C项,由感应电动势的表达式可知电流的瞬时值为《＝÷＝B黑2“sin皿,故
2α）
c…n项电蓟势悯碰阎｝沟竿瞧耳热为0爷『～÷守—脐霄剑″,傲顾错谩综上腕述｀本题
正确答案为C.
°9l
.
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287。［答案］
BD
｜蹄｜＾唤审圈乙可知隧圈何效电…｀.由÷÷可……为…,战颐潍
B项’由图乙易知,最高电压为311V,周期为2×l0ˉ2s,电压表达式为M＝3l1sinl＂∏j（V〉,故B项正确.
C项’增大电压的频率,但电压大小不变’故C项错误
D项‖增大电压的频率,电压大小不变’I）l亮度不变,而与D2串联的电感线圈通低频阻高频’所以D2变暗’故D项
正确综上所述,本题正确答案为BD.
考点二十-理想变压器与远距离输电
288. ［答案］
B
［解析］
根掘原副线圈电压关系″2＝220v×删二380v,输人功率等于输删功率20腮W则隐线圈电流
′＝2kⅡL≡9. ］A,故B项正确综上所述’本题正确答案为B.
l
220V
289. ［答案］
BD
［解析｜变压瓣…÷‖…｛则』…器原铡…蹦的…｜～‘遮′由于气搬管＂掣向肄·
特性,Ucd≠U2 ,选项A错误增大负载电阻R的阻值,负载的电功率减小,由于P人＝P出,且P人＝′｜Uab’所以原线
圈上的电流′l减小,即电流表的读数变小’选项B正确c、d端的电压由输人电压Uab决定’负载电阻R的阻值变小
时’Ucd不变,选项C错误.根据变压器上的能量关系有E输人＝E输出’在＿个周期T的时间内’二极管未短路时有
″.』′｛′二Ⅵ÷半0（U为副线圈两端的吧压）』二般管颧潞时有0幽′』7-÷′』由以上侧式得′』-2′｛选项D正确
290. ［答案］
CD
［解析］
A项,因为升压变压器输出电压只与发电厂的输出电压存在比例关系,而发电厂的输出电压不变,所以升
压变压器的输出电压也不变,故A项错误
B项’若输送功率增大’输出电压不变’则输出电流增大,又由变压器原、副线圈的电流关系可知输电线流过电流也
增大,所以输电线上的电压降增大,降压变压器的输人｀输出电压均减小’故B项错误
C项,因为输电线流过电流增大,而其电阻不变,所以由P＝′2R可知输电线上损耗的功率增大,故C项正确
D项,设升压变压器输出电压为〔b;输电线电流′］,电阻几则总功率为′!U0,输电线上的损耗为′｝R’所以损耗的功
′2R
′R
率占总功率的比例为顽≡贡因为″＂利R都个变｀所以比例增大.故D项服确综上所述.本题爪磁答案为Cu
291［答案］
B
［解析］
A、B项,L｜正常发光’所以原线圈里电流为额定电流′’L2、L3正常发光说明副线圈里的电流也为′,所以
原、副线圈匝数之比为l
:
l ,故A项错误,B项正确
C项,开关S闭合后’L3被短路,那么副线圈只剩下-个灯泡’原线圈也有＿个灯泡’所以在原线圈上Ll和变压器
分压相等,即÷,所以l｜和［2功率之比为｜
;
｜.故c项错误
∏项当电路中二个灯泡均止常丁作时,有U＝′R＋2′R得到灯泡正常发光时的儿作电压″颧二÷』丹关S闭合后,
L］被短路,所以L』不发光』而L! 、L2两端电压为÷,所以也不能正常发光｀故D项错误
综上所述,本题正确答案为B.
292。［答案］
B
［解析］
交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝∧FS（o,且有@≡2∏几,所以当发电机线圈转速减半后’感应电
动势最大值减半,有效值减半,又理想变压器原｀副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比’故电压表示数减为
°92°
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愿来的—半』B项正确;由电功率P二等可知,变压器输出功率即虚悄耗的功率变为原来的十』A项错误;由P-U′
可知’原线圈中电流减为原来的＿半,C项错误;交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比’故D项错误
［答案］
C
［解概｜升…翻＂媳戮圈两端电雁的有敏臆为咋坐…≡可嚼岛÷,则岭～尝;…送
√2
4n｝P2「
…为…缓中…为′』～贵～黑侧输电线上橱…功…ˉ…鹏;″甜｀…〔
正确
［答案］
AD
［解析］
因为两灯泡额定电压相同且均正常发光,且输人电压为灯泡额定电压的l0倍’所以理想变压器的输人｀
输出电压比为9
:
l ’由理想变压器变压规律可知’原｀副线圈的匝数比为9
:
l ,A项正确,B项错误;由理想变压器变
流规律可知,原副线圈的电流比为l
: 9,由电功率p＝Ⅳ可知’α和6的电功率之比为1
: 9’C项错误’D项正确
［答案］
A
［解析］
由于在AB间接人的是正弦交流电’副线圈二极管Dl 、D2轮流导通从题意可知,副线圈的二分之-匝数
被接人,即电阻R两端的电压为半个副线圈两端的电压,由于二极管的特点’该电路中’电阻在交流电的整个周期
都有电流流人,整个周期线圈都对电阻做功’因此该电阻电路等效为原｀副线圈匝数比为nll : 见22＝1 100: 100＝ll
: ｜捌理想变压器所以山鹏!』; 鹏鲤三U＂;吗』』…电隔的有效佰U＂-碧v二鳃0v则副线阔的电阻侧端的有
Ui2
202
效值U22≡20V,纯电阻的功率P≡丁＝万W＝20W,导通二极管两端的电压可以忽略不计,不导通二极管两端
的电压为整个副线圈两端的电压,此时厕』＝″2＝200’由＂l : ″2＝11
: 2得二极管两端的电压有效值为％＝40V,
所以二极管的反向耐压值至少为U0＝√页U2＝40√豆V≈56。6V’故A项正确
综上所述,本题正确答案为A.
β
’
’
≈
294
吕
’
’
≈
第三章热学
考点—分子动I里论
296。［答案］
（l）D
pAⅨpBVh
（2）o由理想气体的状态方程丁＝ˉ7丁
.气体在状态‘的温度′凰ˉ′:黔-12＂＂
p／atm
＿Ⅲ』刁｀
夕
‖
‖
1ˉ0
0.5
O
1
2Wm3
翻由状态鹰一c,气懒懒等容变化.甫查醚定律可得贵斋,7‘—舟′厂600Ⅸ
故气体由状态B到状态C不做功,但温度降低,内能减小.根据热力学第＿定律,△［／≡Ⅳ＋Q,可知气体要放热
［解析］
（1）A项,被分子撞击的悬浮微粒做无规则运动的现象叫做布朗运动ˉ布朗运动指的是微粒的无规则运动
而不是固体颗粒分子的无规则运动’故A项错误.
°93°
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B项,热力学第二定律可以表述为:不可能从单＿热源吸热使之完全转换为有用功而不产生其他影响’故B项错误,
C项’知道某物质的摩尔质量和物质分子质量可求出阿伏佃德罗常数,由摩尔质量和密度不能求得阿伏们‖德罗常
数,故C项错误
D项,物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和叫做物体的内能分子势能与分子数不确定,所以分子热运
动的平均动能不确定,所以分子热运动的平均动能可以相同,故I）项正确
综上所述,本题正确答案为D
（2）O由A、B两点的理想气体状态方程,可以求得气体在状态B的温度
@由状态B→C,气体做等容变化’由查理定律求得气体在状态C的温度,由热力学第＿定律可得,气体放热
［答案］
（l）ABCD
（2）@设开始时汽缸内气体的压强为pl ’悬挂时汽缸内气体的压强为p2
开始时对活塞受力分析可得p0S＋mg＝plS
悬挂时对汽缸受力分析可得p2S＋Mg≡p0S
据题意得plVl＝p2‖′2
其中Vl ≡S〃,Ⅸ≡S（〃＋h）
p0Sh-mgH
联立以上各式解得M≡g（H＋h厂
@设环境温度变为T,气体的体积｜′j二s÷
詹捻…意得贵÷
HTb
代人上式解得T＝2（H＋h）
由于T＜Tb,故环境温度降低
M-′bˉr～2瞒）′b
［解析］
问题求解:
（l）选项分析:
A项,布朗运动是固体小颗粒的运动,不是液体分子的无规则热运动’故A项错误
B项’扩散现象的本质是分子的运动’故B项错误.
C项,熬制小米粥时,米粒在沸腾的水中运动是水的对流弓｜起的,不属于布朗运动’故C项错误.
D项,当温度低于零度时’布朗运动只会减慢’不会停止’故D项错误
E项温度越高,扩散进行的越快,布朗运动越剧烈,故E项正确
综上所述,本题正确答案为ABCD
297
（2）开始时对活塞进行受力分析,悬挂时对汽缸进行受力分析,并列出相应的式子,判断缸内气体发生等温变化,根
据玻意耳定律列出式子’带人数据即解得结果;判断缸内气体发生等压变化,根据盖—吕萨克定律列出相应的式
子’求出变化后的温度,并与原来的温度比较,相减得出结果
考点二温度呈分子平均动能的标志内能
298. ［答案］
（l）BDE
…气…变化时……呜÷′｛错爷
′
解得;′｜＝古
@当玻璃管竖直时’气体压强为pl ’对水银柱有plS≡p0S＋mg
当玻璃管水平运动时’气体压强为p2’对水银柱由p2S-pOS＝″lα
·94.
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对气体有p1
. 』S＝p2
。′2S
（″!g＋p0S）′
联立解得:′勺≡
白
∏M】＋p0S
°
［解析］
（l）A项’悬浮颗粒受到液体分子不均匀的撞击从而做元规则运动’即为布朗运动’所以布朗运动是悬浮
颗粒的运动’故A项错误
B项’分子间作用力与距离关系如图所示,
F
斥
＼
｀
｀
‖
‖
帖
‖
卜
「
锚
＼
力
＼ˉZ＜寅≡≡＿
O｜
ro
厂
引力
当分子间斥力和引力大小相等时,分子势能最小’故B项正确
C项’0℃的水和0℃的冰’温度相同’说明分子动能相同,而体积不同说明分子势能不相等’即内能不相等’故C
项错误
D项’热量不可能自发地从低温物体传到高温物体’但在外界影响下’热量可以从低温物体传到高温物体’如电冰箱
等’故D项正确
E项’＿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E项正确
综上所述,本题正确答案为BDE.
（2）O气体发生等压变化时’根据盖—吕萨克定律求末态气柱长度
@先求出初末态的封闭气体压强’发生等温变化’再求出稳定后的气柱长度
299。［答案］
（1）D
（2）…变化÷÷′等～器吗-箔…ˉ」而呕
@设加人卯cm水银柱’在87℃会报警。
plV!
p3L
—≡—
Tl
吗
卯＝8cm.
［解析］
（1）A、B项’绳子的摩擦产生热量’外界对管内气体传热而不是做功,故A、B项错误.
C、D项,外界对管内气体传热’气体的温度升高’内能增加,平均动能变大’故C项错误’D项正确.
综上所述’本题正确答案为D.
（2）o根据等压变化公式即可求解,注意热力学温度与摄氏度之间的转换
…公武尝竿腆』代襄…空气…舅,＂｛代轰窒气幢锄体腆,7｛代轰温度｀厕逊』代…下＂
压强’Vj代表空气柱的体积,T3代表温度’将压强转化为水银柱的高度,体积转化为空气柱的长度’设再注人水银
柱长度为鳃列册方程匹珊×20二（75余l3令藏）（30ˉ鞭）｀求州瓣＝8cm
360
考点三固体的微观结构晶体租非晶体
300。［答案］
（l）BDE
（2）O对α有p0s＋G＝pBs
对6有pBS≡pAS＋C
95
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所以pA＝p0’pB＝2p0
所以该过程中A中的气体为等压膨胀
△〔′≡Q-p0Sh;
@对于B中的气体而言
pBVB＝pbVb’2p0S×2h＝pbS×h
所以pb＝4p0
对6有pbS＝phS＋C』p』＝3p0
断以′＂宁皿半』
故7＝6『b.
［解析］
问题求解:
（1）A项,质量和温度都相同的气体,内能不＿定相同,还和气体的种类有关’故A项错误B项’由热力学第二定律
可知,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体’故B项正确.C项’布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无
规则的运动’它间接反映了液体分子的无规则运动,故C项错误D项’根据是否有固定的熔点’可以把固体分为晶
体和非晶体两类’晶体具有各向异性,所以有些晶体在不同方向上有不同的光学性质,故D项正确E项,把＿枚针
轻放在水面上’它会浮在水面,其中浮力很小,可以忽略不计’所以＿定是水表面存在表面张力的缘故才使其能浮
在水面上,故E项正确.综上所述’本题正确答案为BDE.
（2）o先求出A中气体的压强’根据计算结果可知A中的气体为等压膨胀,进而可以求出该过程中A的内能变化量
…州‘中气憾的…丽霉求出帅气雌的…盾根撼公器竿业剿′
T
求出此时A的温度
考点四液体的表面张力现象
［答案］
（l）BCE
（2）o根据题意,当气柱长度为l0Cm时,活塞受力如图所示:
G
记内部压强为pl ’大气压强为p0,所以这种情况下有:pl≡p0＋了
当汽缸倒置时’气柱长度为20cm,活塞受力如图所示:
C
记内部压强为p2,所以这种情况下有:p0＝p2＋丁;
膊…想气…雄＝哪等′赚立三个式子可以嚼删;′＂…旷P“
@温度升高’内能增加;气体体积增加’气体对外界做功.根据热力学第-定律:
△U＋A＝Q,其中因为内能是增加的’所以△U＞0;因为气体对外做功,所以A＞0;
综上所述,气体所吸收的热量0＞0,所以气体吸热
［解析］
问题求解:
（l）A项’分子间距离增大时,分子间的作用力不＿定减小,也可能增大,与分子力表现引
（l）A项’分子间距离增大时’分子间的作用力不＿定减小,也可能增大,与分子力表现为
301
尸内压强
｜
｜F火气5
｜G
｜
尸大」（′【
』
『
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
↓
~庐
r内∏瞄
G「
引力和斥力有关’故A项错误
日项—个铜膘子的质董为狮-瓷,而密度为′,所以伸积为犬』…正碗
C项’水分子体积远小于雨伞布空隙的大小,雨水之所以没有渗透就是因为液体表面张力使得雨滴表面水分子不易
分离,故C项正确
D项,晶体是内部结构对称且各向异性,对于宏观形状没有要求,故D项错误
E项,理想气体等压膨胀压强不变’体积变大’所以气体对外做功,气体吸热,故E项正确
综上所述,本题正确答案为BCE
（2）O根据理想气体物态方程求解
@根据热力学第＿定律分析可得.
.96°
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考点五气体实验定律
302. ［答案］
（l）BDE
（2）见解析
｜耀概｜（!）…气膝帆态方程等竿可颖′』』≥…程酗巾气健的压擞……A…于＂
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’气体对外做功为零,温度
降低’内能减小’根据热力学第＿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,理想气体的
帕……′可知状态“的内熊褪…D正鹏＼由鳃气体状态方程等等并籍合题酮…
〃的压强比状态6的压强小,选项E正确
（2）设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为Vl ’压强为pl ;下方气体的体积为Ⅵ’压强为p2.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
′0÷＝′｜γ｜
o
′0÷＝p』L
@
由已知条件得
旧
—
叫
『
β
「
—
］
~
~
~
「
—
β
『
＿
β
＋
＿
「
—
∑
「
—
〗
~
~
~
~
〖
Ⅵ
o
＼
／
↓
／
＼
设活塞上方液体的质量为′Ⅶ’由力的平衡条件得
p2S≡plS＋mg
@
联立以上各式得
l5poS
◎
m＝丽了
303. ［答案］
（l）BDE
（2）见解析
［解析］
（1）实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能’当气体体积变化时影响的是
气体的分子势能’内能可能不变,所以B、D、E正确’A、C错误
（2）开始时活塞位于α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
Tl ,压强为pl ,根据查理定律有
p0
pl
o
≡≡—
?b
T｜
根据力的平衡条件有
plS≡p0S＋mg
@
联立o@式可得
『｜≡（」十鬃）′b
翻
此后’汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达6处’设此时汽缸中气体的温度为吗;活塞位于α处和b处时
气体的体积分别为Vl和L.根据盖ˉ吕萨克定律有
V｜
L
@
—三≡
Tl
L
式中
V≡SH
◎
Ji＝S（H＋h）
@
°97。
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联立o@◎◎式解得
赐≡（｜啃）（!带鬃）′b
o
从开始加热到活塞到达6处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为
Ⅳ＝（p0S＋mg）h
o
304［答案］
（l）CDE
（2）见解析
［解析］
（1）温度相同的气体分子平均动能相同’仅质量相同,分子质量不同的气体’所含分子数不同,气体的动能
也不同,所以内能不＿定相同’A项错误;气体的内能与整体运动的机械能无关,B项错误;理想气体等温压缩过程
中’其内能不变’C项正确;理想气体不考虑分子间相互作用力,分子势能为零,＿定量的气体,分子数量＿定,温度
相同时分子平均动能相同,由于内能是所有分子热运动的动能与分子势能的总和’所以D项正确;由盖-吕萨克定
律可知’＿定量的理想气体’等压膨胀过程中,温度＿定升高’则其内能＿定增加’E项正确.
（2）设初始时’右管中空气柱的压强为pl ’长度为／l ;左管中空气柱的压强为p2＝p0’长度为′2.活塞被下推h后’右
管中空气柱的压强为p′l ,长度为′′l ;左管中空气柱的压强为p′2,长度为【′2。以cmHg为压强单位由题给条件得p1
＝p0＋（20.0—5。00）cmHg
o
!′!二（2α0—2o0丁虱00）咖
@
由玻意耳定律可得pl′｜≡p′l′′‖
o
联立O@O式和题给条件可得P′l＝l“cmHg
@
依题意p′2＝p′l
o
′′2＝400cm＋2O0贡5D0cm—肉
O
由玻意耳定律可得p2′2＝p′2／′2
@
联立O◎OO式和题给条件可得h≡9.42cm.
O
考点六I里想气体
305。［答案］
（1）BCD
（2）见解析
［解桐（!）—建…撼气体从倒』的过…想气憾状…等等可知,,·≥吼′铆气体的温魔—
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＿直增加,选项B正确;由于从α到6的
过程中气体的体积增大,所以气体＿直对外做功,选项C正确;根据热力学第＿定律,从α到b的过程中’气体＿直
从外界吸热’选项D正确;气体吸收的热量＿部分增加内能’＿部分对外做功’选项E错误
（2）设U形管两端竖直朝上时’左、右两边气体的压强分别为pl和pl .U形管水平放置时,两边气体压强相等’设为
p,此时原左、右两边气柱长度分别变为′｛和／i.由力的平衡条件有
＝刽』／佯
匡＝口
→／｝-＝｜
｜
‖
』
‖
｜
｝→ˉ′｜′＿＞｛
o
p1≡p2＋昭（′1 -′2）
式中p为水银密度’g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p｜』｜＝p′｛
@
.98
‖
＝
‖
币
年
／
十
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p2』2＝p′i
o
两边气柱长度的变化量大小相等
′｜ˉ′l＝′2ˉ′1
o
由o@o@式和题给条件得
′｛＝22.5cm
o
′h＝7.5cm.
◎
306. ［答案］
（1）BCD
（2）O330K@l,01×105Pa
［解析］
（1）将一块晶体敲碎后’得到的小颗粒仍是晶体’故选项A错误.单晶体具有各向异性’有些单晶体沿不同
方向上的光学性质不同’故选项B正确例如金刚石利石墨由同种元素构成’但由于原子的排列方式不同而成为不
同的晶体,故选项C正确。晶体与非晶体在＿定条件下可以相互转化如天然水晶是晶体’熔融过的水晶（即石英玻
璃）是非晶体’也有些非晶体在＿定条件下可转化为晶体,故选项D正确熔化过程中,晶体的温度不变’但内能改
变,故选项E错误
（2）o设初始时气体体积为V! ’在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为Ⅵ,温度为?l由题给条
件可得
v｜＝5｜（÷）余51（′ˉ÷）
o
V＝S′
@
2
2
在活塞缓慢下移的过程中’用pl表示缸内气体的压强,由力的平衡条件可得
Sl（pl ˉp）≡mlg＋m2g＋S2（plˉp）
o
V
V
故缸内气体的压强不变由盖ˉ吕萨克定律有广＝广
@
l
2
联立o@@式并代人题给数据可得
T≡330K
O
2
@在大活塞与大圆筒底部刚接触时’被封闭气体的压强为pl .在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中’被封闭气
体的体积不变设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′ ,由查理定律有
′
pl
丛＝—
o
T
T
2
联立oo@式并代人题给数据可得
p′≡1·0l×l05Pa.
考点七热力学第—定律
307. ［答案］
（1）D
（2）设活塞在B处时被封闭气体的压强为p,′0S＋吧＝pS,解得p＝po＋等
由玻意耳定律散0『b二pγ
p0｜bS
得气体体积V＝2（p0S＋mg）。
［解析］
（1）A、C项,物体内能的增量△U等于外界对物体做的功Ⅳ和物体吸收的热量Q的总和’为了增加物体
的内能,还可以对物体做功;而压缩气体同时’气体对外放热,气体的内能可能减小’故A、C项错误
B项,功是可以全部转化为内能的’比如摩擦生热’根据热力学第二定律’不可能从单＿热源吸收热量并把内能全部
转化成机械能’同时不引起其他变化’故B项错误
·99.
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D项,根据热力学第三定律可知绝对零度是不可能达到的’故I）项正确。
综上所述’本题正确答案为D.
（2）以活塞在B处时为研究对象,列出活塞的平衡表达式,解出封闭气体的压强’最后运用玻意耳定律求出气体的
体积
308. ［答案］
（l）CDE
（2）见解析
［解析］
（l）温度相同的气体分子平均动能相同,仅质量相同,分子质量不同的气体,所含分子数不同,气体的动能
也不同’所以内能不-定相同,A项错误;气体的内能与整体运动的机械能无关,B项错误;理想气体等温压缩过程
中,其内能不变’C项正确;理想气体不考虑分子间相互作用力,分子势能为零,＿定量的气体’分子数量＿定,温度
相同时分子平均动能相同’由于内能是所有分子热运动的动能与分子势能的总和’所以D项正确;由盖ˉ吕萨克定
律可知,＿定量的理想气体’等压膨胀过程中,温度一定升高,则其内能＿定增加’E项正确
（2）设初始时,右管中空气柱的压强为pl ’长度为′l ;左管中空气柱的压强为p2＝p0’长度为′2.活塞被下推h后,右
管中空气柱的压强为p′l ,长度为』′1 ;左管中空气柱的压强为p′2,长度为‖′2.以cmHg为压强单位由题给条件得pl
＝P0＋（20。0-5.00）cmHg
o
』′!＝（2α0ˉ2α0贡5o0）儡m
@
由玻意耳定律可得pl′l＝p′l』′l
o
联立O@O式和题给条件可得P′l＝1q4cmHg
@
依题意p′2≡p′ ｜
◎
′′2＝4。00cm＋20.0＿5.00cmˉh
◎
2
由玻意耳定律可得p2′2＝p′2『′2
@
联立@O@@式和题给条件可得h≡9.42cm.
O
第四章光学
声学相对论物理常识
考点—光学
309. ［答案］
（1）何大于
（2）见解析
［解析］
（l）根据题述和题图可知’折射角j＝60°,人射角′＝30°’由折射定律可得,玻璃对红光的折射率′l＝孪ˉl
Sln厂
＝厄若改用蓝光沿同＿路径人射,由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率则光线在D点射出时的折
射角大于60°ˉ
（2）（
l ）由图（a）可以看出’该彼的波长为
∧≡36〔）m
o
由图（b）可以看出,周期为
T≡2S
@
波速为＂＝十≡｜8cm／＂
o
由图（b）知,当′二÷·时』0点问上运动,结合图（a）叮得｀波沿鳃轴负方问传播
（｜｜）设履点Pp平衡位置的鳃坐标分别为葱严鳃0由图（a）知,戴＝0处y＝ˉ÷＝』sm（ˉ］0.）,
囚此襄′＝蒜∧＝3c＂
@
. 100°
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由图（b）知,在′＝0时0点处了平衡位置,经△′＝＋.,其振动状态向鲸轴负方向传播至P点处,由此及o式有
冗0ˉ卯p≡uAt＝6cm
◎
由@◎式得,质点0的平衡位置的宛坐标为
允Q≡9cm
@
3Ⅲ［答案］
（』）36,等（2）见解析
［解析］
（1）设声彼在钢铁中的传播时间为〗l 、传播速度为″l ,在空气中的传播时｜司为t2、传播速度为″2,桥长为′,
则霉呼』-呼』′师;—赃｛≡M0.′代人数掘解得′ˉ…又∧十声…不…鉴÷得入蠕丁
Tl
人窒＝等儿
（2）（i）光线在BC面上折射,由折射定律有
sin（l≡nsin厂
α）
式中’厕为棱镜的折射率,6l和『l分别是该光线在BC面上的人射角和折射角光线在AC面上发生全反射’由反射
定律有
B
蟹
尸
』
2）
〖2＝厂2
式中i2和r2分别是该光线在AC面上的人射角和反射角
光线在AB面上发生折射,由折射定律有
∏sin!3＝Sin厂3
式中j3和厂3分别是该光线在AB面上的人射角和折射角
由几何关系得
l2＝厂2＝60◎,厂l≡!3≡30◎
F点的出射光相对于D点的人射光的偏角为
6＝（′lˉjl）＋（180。-t2＿′2）＋（r3-『3）
由o@o@o式得
6＝60。。
（ii）光线在AC面上发生全反射’光线在AB面上不发生全反射,有′!sinj2≥′lsinC＞Ⅶsinj3
式中C是全反射临界角’满足
nSinC≡l
由o@o式知’棱镜的折射率′l的取值范围应为
竿≡厕≤2
o
@
o
◎
●
＼
‖
／
日
◎
考点二声学
311. ［答案］
C
［解析］
首先要注意’本题是两个质点的振动图象’并不是波的图象若波向匆轴正
满足lcm＝（÷＋″）｀,即∧＝丁——cm,其中测为正整数’波速侧二十≡六cm／.
1
—＋n
4
. l0l
°
若波向匆轴正向传播’则这两点之间的距离
ˉ＿二cm／s。若波向苑轴负方向传播,则这
≡
.
＜
■
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两点之间的距离满足l °m＝（÷＋″）,:‖人二一cm,波谨删二十二京…对于C项当〃＝l时’波速为
］
—＋′］
4
lcm／s。而A、B、D项则找不到对应的正整数″。故C项正确
综上所述,本题正确答案为C。
312. ［答案］
I）
［解析］
＾想项根瞩单摆运动陶期公式′-2露√子』可知单爆运动的｜割期与摆长和重力‖‖…关』与振幅无
关,所以Tl :L≡1
: l’故A｀B项错误
C、D项,图（2）和图（3）中,两次木板运动的路程相同’又由上面的分析可知两次过程单摆的摆动周期相同所以图
（3）用时｝2和图（2）用时｝｜的关系为』2＝2!｜』根据o＝十,可得〃｜; ＂』＝2
;
! 』故c项错误』D项正确
综上所述’本题正确答案为D
313。［答案］
CD
［解析］
A项’两个振子的运动周期不同’所以肯定不是相同的两个弹簧振子,故A项错误
B项’由于不知道两个弹簧振子的劲度系数A,所以无法判断回复力最大值之比’故B项错误
C项,由图可以看出’甲位于最大位移处时,乙均位于平衡位置处’即振子甲速度为零时,振子乙速度最大,故C项正确
D项,由图可知,甲｀乙的周期之比为2:
l ’频率之比为周期之比的倒数’故D项正确.
综上所述,本题正确答案为CD
314。［答案］
C
［解析］
剧项’质点的振动频率′≡＋’等于α25Hz,故A项错误
B项,该时刻质点的振动方向向上,故B项错误
C项,第l0s内经过的路程为（2×4×2＋2×2）cm≡20cm,故C项正确.
D项,在这两个时刻质点的位移大小相同’方向相反,故D项错误
综上所述’本题正确答案为C.
315. ［答案］
C
［解析］
A项’质点做简谐运动的振幅是最大位移的绝对值为5C『n!故A项错误。
B项’根据公式T＝丝可知’运动的周期为8s,故B项错误.
O』
C项,质点在平衡位置处速度最大’在4s时质点位于平衡位置处’速度最大’故C项正确.
D项’此时质点位于平衡位置处,加速度为0,故D项错误
综上所述,本题正确答案为C.
316. ［答案］
C
［解析］
A项’若位移为负值时,当物体远离平衡位置时’速度为负值,而当物体靠近平衡位置时,速度为正值;加
速度方向与位移方向总是相反,若位移为负值,加速度＿定为正值’故A项错误.
B项’物体通过平衡位置时,回复力为零’但受到的合外力不＿定为零’如单摆做简谐运动经过平衡位置时’合外力
不为零,故B项错误
C项’物体每次通过同＿位置时’位移＿定,所以回复力＿定相同’加速度相同,但是速度大小相等,方向不—定相
同’故C项正确
D项’物体的位移增大时0回复力增大,回复力方向与速度方向相反,回复力做负功,所以动能减少,势能增加,故D
项错误
综上所述’本题正确答案为C.
. l02.
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317. ［答案］
AB
［解析］
A项’当这两个位置靠近最大位移处时,且′｜时刻速度方向指向平衡位置时测有（′2—』｜）可以大｜÷,
故A项正确
B项,当这两个位置靠近平衡位置附近｀且俯｜时刻速度力向指问平衡位置时’则有（』2ˉ』｜）可以小了÷,故B项正确
C｀D项当这位臂靠近平衡位置附近,且』｜时刻速度方问指向最大位置时则有（‘2ˉ′｜）叫能大于÷’也叫能小于
÷,由于两个时刻的速度相同,（′2—』』）不可能等于!.故cD项错误
综上所述’本题正确答案为AB.
318. ［答案］
（1）ACE
（2）见解析
［解析］
（1）根据彼形图可知’波长∧＝16cm≡O16m选项B错误;根据』≡0时刻和』＝0.20s时刻的波形图和
该波的周期7＞α20‘可知Ⅱ该波的周期7＝α40.》波速＂≡十＝α40m／愚,选项A正确』简谐波沿鞭轴止方向传
播,嘶＝0。08m的质点在t≡0时刻沿y轴正方向振动’在『＝0.70s时位于彼谷’在t≡0. l2s时位于y＞0的某位置
（不是位于波谷）,选项C正确’D错误;若此波传人另＿介质中’周期T不变,其波速变为″′≡0。80m／s’由∧′≡o′T
可得它在该介质中的波长为∧′＝0.80×0.4m＝0。32m’选项E正确
（2）过D点作AB边的法线Mγ′ ’连接OD’则乙ODⅣ＝α为O点发出的光线在I）点的
人射角;设该光线在D点的折射角为β,如图所示.根据折射定律有
″smα＝sinβ
α）
式中几为三棱镜的折射率
由几何关系可知β＝60。
@
乙EoF≡30°
O
′
Ⅳ≡
c
o
F
A
乙EOF＝30。
在△OEF中有EF≡OEsin▲E0F
@
由O@式和题给条件得OE≡2cm
o
根据题给条件可知,△OED为等腰三角形,有
α＝30◎
◎
由o@◎式得″＝徊
@
［答案］
（l）ABC
（2）见解析
［解析］
（1）电磁波在真空中的传播速度为3×108m／s,与电磁波的频率无关’A项正确;周期性变化的电场产生
周期性变化的磁场,周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场’它们相互激发向周围传播,就形成了电磁彼,B项
正确;电磁彼是横彼,因此其电场强度和磁感应强度均与传播方向垂直,C项正确;光是电磁波,利用光纤对光的全
反射可以传播信息,D项错误;波源的电磁振荡停止后’已发出的电磁波不会立即消失’还要继续传播一段时间’E
项错误
（2）o设振动周期为7,由于质点A在0到l .内由最大位移处第—次回到平衡位置,经历的足÷个周期,由此叫知
T＝4S
o
由「质点o与A的雌离5cm小干半个波长,且彼沿撼轴正向传播,o任′二＋＄时回到平衡位置而A在』＝l .时
O
回到平衡位置,时间相差÷s两质点平衡位置的距离除以传播时间’可得波的速度″＝7.5cm／3
@
. 103°
319
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o
利用波长、波速和周期的关系得’简谐波的波长入＝30cm
@设质点O的位移随时间变化的关系为
y＝dc。.（笋峨＂）
将o式及题给条件代人上式可得
4＝ACOS甲0
｜｜ˉ…（÷…）
@
5
@
解得吵0＝÷,A＝8cm
质点O的位移随时间变化的关系式为
′≡O08c°s（子＋÷）（国际单位制）
或’＝（l0…（子等）（国际单位制）
@
考点三相对论及原子物理
320. ［答案］
A
［解析］
Hα的波长最长,频率最低’由跃迁规律可知’它对应的前后能级之差最小’A项正确;由频率越低的光的
折射率越小知,B项错误;由折射率″＝—些可知’在同-介质中’Hα的传播速度最大,C项错误;当人射光频率大于
0
金属的极限频率可以使该金属发生光电效应现象,因〃Hβ＜I′Hγ,所以Hβ不＿定能使该金属发生光电效应现象’I）
项错误
321. ［答案］
B
［解析］
根据爱因斯坦光电效应方程E』＝加—川二h÷加0,代人数据解得财0＝8×l0＂Hz｀B正确
考点四物理窜识
322。［答案］
A
［解析］
根据实验:斜面粗糙程度不同,小球上升的高度不同’粗糙程度越低,小球上升的高度越高如果斜面光
滑’小球没有能量损失’将上升到与O点等高的位置’故A项正确.本实验没有不受力的情况,无法得出:如果小球
不受力’小球将保持匀速运动状态或静止状态’故B项错误根据三次实验结果’无法得到小球运动状态将改变的
结论,故C项错误小球受力＿定’质量越大’加速度越小是牛顿第二定律的结论,与本实验无关,故D项错误
综上所述,本题正确答案为A。
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