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小猿书社
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仰w~鞭髓
搞定高考物理选择题
分
Ⅱ攻弘高考物理选择题’这一惠就够了!
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—
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、
」
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行
止
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高中物理
p卜｛γs｝（:5
沈阳出版发行集团
鳞沈阳出版社
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曰录
专题＿质点的直线运动
考点1
运动的基本概念……………………………………………………………………1
考点2用极限法求瞬时速度………………………………………………………………1
考点3单个运动过程问题…………………………………………………………………1
考点4多个运动过程问题…………….………….…………….…………………………2
考点5单个物体直线运动的U—r图象……………………………………………………2
考点6单个物体直线运动的U—工图象…………………….……….………………….…3
考点7水平刹车与沿粗糙斜面上滑………. .………………………………………….…3
考点8竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑问题……………………………………………3
考点9单个物体的非匀变速直线运动U—r阁象…………………………………………4
考点10多物体的匀变速直线运动…………………………………………………………4
考点11
多物体做匀变速直线运动的U—r图象…………………………………………5
考点12
多物体做匀变速直线运动的工—r图象…………………………………………5
考点13
多物体非匀变速直线运动的U—r图象…………………………………………6
考点14用图象法解题….………………. ,…………………………………………………6
专题二相互作用
考点1
力的分析………….…………….………………………,…………………………13
考点2
力的运算……………………………………………………………………………13
考点3摩擦力的大小………………………………………………………………………14
考点4摩擦力的方向………………………………………………………………………14
考点5
与绳子有关的平衡问题……………………………………………………………14
考点6
与接触面相关的平衡问题…………………………………………………………15
考点7
与轻杆相关的平衡问题……………………………………………………………15
考点8与滑环相关的平衡问题……………………………………………………………15
考点9
与斜面相关的平衡问题……………………………………………………………16
考点10
弹簧连接体的平衡………………………………………………………………16
考点11
绳子连接体的平衡………………………………………………………………l7
考点12叠加体的平衡问题…………..……………………………………….…………17
考点13
图解法解动态平衡问题…………………………………………………………17
专题三牛顿运动定律
25
25
25
26
26
力与运动的关系……………..…………………………………………ˉ…………
牛顿第二定律………………………………………………..………………….…
牛顿第二定律中的斜面问题………………………………………………………
等时圆模型…………………………………………………………………………
已知运动求力的动力学问题………………………………………………………
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
1
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考点6
已知力求运动的动力学问题……………….………………. .……………………
考点7
瞬时性问题…………………………………………………………………………
考点8超、失重问题………………………………………………………………………
考点9单物体多过程问题……….…………………………………….…………….……
考点10多物体多过程问题………………………………………………………………
考点11
动力学中的α—／图象. .……………………………………….…………………
考点12
加速度相同的连接体问题.…………….…………………………….…………
考点13
加速度不同的连接体问题………………………………………………………
考点14
与弹簧有关的动力学问题………………………………………………………
考点15
与传送带有关的动力学问题……………………………………………………
考点16
动力学中的分离临界问题………………………………………………………
专题四曲线运动
考点1
曲线运动的轨迹……………………………………………………………………
考点2小船渡河问题………………………………………………………………………
考点3小船靠岸问题…………………………….………….…………………………….
考点4平抛运动规律的理解………………………………………………………………
考点5平抛运动的临界问题………………………………..……………………….……
考点6
与斜面有关的平抛运动……………………………………………………………
考点7类平抛运动.…………………………….……….…………………………………
考点8
多个物体的平抛运动………………………………………………………………
考点9斜抛运动的处理……………………………………………………………………
考点10匀速圆周运动的运动学分析
.……….……….…………………………………
考点11
匀速圆周运动的动力学分析……………………………………………………
考点12传动问题分析……………………………………………………………………
考点13
匀速圆周运动的临界问题………………………………………………………
考点14绳球模型…………………………………………………………………………
考点15杆球模型…………….………………………………….………….……………
专题五万育弓｜力与航天
考点1
地球内部重力加速度随深度的变化………………………………………………
考点2地球表面重力加速度随纬度的变化………………………………………………
考点3地球外部重力加速度随高度的变化………………………………………………
考点4公转模型……………………………………………………………………………
考点5
自转模型…………………………………………………..……………………….
考点6
双星模型……………………………………………………………………………
考点7黑洞模型……………………………………………………………………………
考点8
“拉格朗日点”问题…………………………………………………………………
考点9
根据万有引力与重力的关系进行估算质量………………………………………
考点10根据万有引力与向心力的关系进行估算质量…………………………………
考点11
—个中心天体两颗卫星的参数比较……………………………………………
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二
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考点12两个中心天体两颗卫星的参数比较……………………………………………
考点13
近地卫星…………………….…………………………………………………, .
考点14
同步卫星…………………………………………………………………………
考点15
自转物体、近地卫星与同步卫星的比较…………………………………………
考点16卫星的对接………………………………………………………………………
考点17卫星的变轨………………………………………………………………………
考点18两星相距最近最远问题…………………………………………………………
专题六机械能及旦守｜｜巨定律
考点1恒力做功的计算……………………………………………………………………
考点2变力做功的计算……………………………………………………………………
考点3瞬时功率与平均功率………………………………………………………………
考点4机车启动问题………………………………………………………………………
考点5用动能定理解决多过程问题………………………………………………………
考点6
用动能定理求变力做功……………………………………………………………
考点7用功能原理解题……………………………………………………………………
考点8功能关系中的斜面模型……………………………………………………………
考点9＿对静摩擦力对系统功能的影响…………………………………………………
考点10
--对动摩擦力对系统功能的影响………………………………………………
考点11
通过绳子相连的系统功能问题…………………………………………………
考点12通过杆子相连的系统功能问题…………………………………………………
考点13
弹簧问题中的功能问题…………………………………………………………
考点14功能关系中的极值问题…………………………………………………………
专题七电场
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91
库仑定律的理解……………………………………………………………………
库仑定律与物体的平衡……………………………………………………………
三个孤立共线点电荷的平衡规律……………….……….……….………………
电场的叠加…………………………………………………………………………
对称法求电场问题…………………………………………………………………
极限法求电场问题.………….………………….…………………………………
补偿法求电场问题…………………………………………………………………
电场的能量特性……………………………………………………………………
带电粒子在电场中运动的轨迹问题………………………………………………
点电荷电场模型…………………………………………………………………
＿对等量同种点电荷电场模型…………………………………………………
一对等量异种点电荷电场模型…………………………………………………
带电平板电场模型………………………………………………………………
匀强电场模型……………………………………………………………………
9—工图象…………………….………………………………………….….……
E＿工图象…………………………………………………………………………
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
考点7
考点8
考点9
考点10
考点11
考点12
考点13
考点14
考点15
考点16
∩
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考点l7
考点18
考点19
考点20
考点21
考点22
考点23
电偶极子模型……………………………………………………………………92
静电感应…………………………………………………………………………92
电容器……………………………………………………………………………93
带电粒子做直线运动….…………………….…………………………….……93
带电粒子在交变电场中的运动…………………………………………………93
带电粒子做偏转运动….………………………………………………..………94
带电粒子在重力场与电场中的运动……………………………………………94
专题∧
｜｜□定电流
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
考点7
考点8
考点9
考点10
考点11
考点12
考点13
电流的产生………………………………………………………………………1（）3
冷热电阻问题……………………………………………………………………103
非线性元件的电阻计算……………………………….………………..………103
电阻定律的应用………………………………………….…………….…….…104
电表的改装………………………………………………………………………104
闭合电路欧姆定律的综合应用…………………………………………………105
电源电动势和内电阻的测量……………………………………………………105
两类U—I图线的组合问题………………………………………………………105
电压表电流表读数的变化………………………………………………………106
电源功率与效率的动态变化…………………,………………………,…….…106
电容电路问题……………………………………………………………………107
电动机问题………………………………………………………………………1（）8
电路故障问题……………………………………………………………………108
专题九磁场
磁场及地磁场……………………………………………………………………
磁感应强度的叠加………………………………………………………………
通电导线受到的安培力…………………………………………………………
通电导线在磁场中的平衡………………………………………………………
通电导线在磁场中的运动………………………………………………………
带电粒子在磁场中的圆周运动……………….…………………………….….
粒子源问题………………………………………………………………………
带电粒子在磁场中运动的极值问题……………………………………………
带电粒子在电磁组合场中的运动………………………………………………
带电粒子在复合场中的运动……………………………………………………
速度选择器………………………………………………………………………
质谱仪……………………………………………………………………………
回旋加速器………………………………………………………………………
霍尔效应…………………………………………………………………………
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
考点7
考点8
考点9
考点10
考点1l
考点l2
考点13
考点14
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专题十电磁感应
楞次定律的应用
.……………………………….……………….………………
右手定则的应用…………………………………………………………………
两次感应问题……………………………………………………………………
感生电路问题……..………………….…………………………………………
动生电路问题……………………………………………………………………
法拉第圆盘发电机………………………………………………………………
自感电路问题…….………………………….……………………………….…
感生问题中的能量转化…………………………………………………………
动生问题中的能量转化…..………………………………………………….…
感生问题中的力学问题…………………………………………………………
单棒问题中的力学问题………, .…………………………….…………………
双棒问题中的力学问题…………………………………………………………
电容器与电磁感应电路.……………………………….……….………………
感生问题中的图象………………………………………………………………
动生问题中的图象………………………………………………………………
专题十-交变电流
交流电的产生……………………………………………………………………
交流的描述……….…………………………………….……………………….
电容器对交流电的作用…………………………………………………………
变压器原理与规律………………….…………………….…………………….
变压器的动态分析……………………………….……………….…………….
原线圈电路有电阻的变压器电路………………………………………………
远距离输电…………….………………………………………….…………….
专题十二动三守｜｜□定律
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
考点7
考点8
考点9
考点10
考点11
考点12
考点13
考点14
考点15
130
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l35
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148
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148
149
149
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
考点7
动量概念…………………………………………………………………………156
蹦极问题…………………………………………………………………………156
高空坠物问题……………………………………………………………………156
连续体问题…….…………….………………………………………………….
157
碰撞问题…………………………………………………………………………157
反冲问题…………………………………………………………………………158
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
专题十三原子物理
…………………………….………………………·….…165
……………………………………………………………165
….…………………………….……………………。……166
……………………。……。……….………………………166
……………………………………………………………167
…………………。….……………………………。………167
光电效应的规律分析
光电效应的电路分析
光电效应的图象分析
波粒二象性………｛
原子的核式结构…』
原子的跃迁………｝
考点1
考点2
考点3
考点4
考点5
考点6
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5
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考点7
原子的电离………………………………………………………………………167
考点8
天然放射现象……………………………………………………………………168
考点9核反应……………………………………………………………………………168
考点10核能的计算………………………………………………………………………169
专题十四热学
考点1
物质由大量的分子组成…………………………………………………………174
考点2扩散现象、布朗运动与分子热运动………………………………………………174
考点3分子间存在着相互作用的弓｜力和斥力…………………………………………174
考点4分子势能…………………………………………………………………………175
考点5
固体、液体的性质…………………………………………………………………175
考点6气体的压强………………………………………………………………………175
考点7气体实验定律……………………………………………………………………176
考点8理想气体状态方程的应用………………………………………………………176
考点9气体状态变化的图象问题………………………………………………………176
考点10热力学第—定律…………………………………………………………………177
考点11
热力学第二定律………………………………………….…………………..…177
考点12气体实验定律与热力学第—定律的综合………………………………………178
专题十五机械振动机械波
考点1
简谐运动——弹簧振子…………………………………………………………184
考点2
简谐运动——单摆………………………………………………………………184
考点3
简谐运动的图象…………………………………………………………………185
考点4受迫振动和共振………………………………………….……………. .………185
考点5
波的传播特性….………………………………………………………..………186
考点6
波的周期性………………………………………………………………………186
考点7双向波问题……….………….…………………………………….……………187
考点8
由振动图象来画波动图象………….…….…….………………………………187
考点9振动图象与波动图象的配合…………………………….…………….……….
188
考点10波的叠加…,……………….……………………………………….……………188
考点11
波的干涉…………………………………………………………………………189
考点12波的衍射…………………………………………………………………………189
专题十六光学电磁波相对论
考点1
光的反射…………………………………………………………………………197
考点2光的折射…………………………………………………………………………197
考点3光的全反射………………………………………………………………………198
考点4光导纤维…………………………………………………………………………198
考点5
光的色散…………………………………………………………………………199
考点6光的干涉
.………………………………..………………………………………199
考点7光的偏振…………………………………………………………………………200
考点8
电磁场、电磁波及相对论…………………………………………………………………200
＾
·
O
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答案与解析目录
专题—质点的直线运动.……….…………………
……………207
■
●
■
■●
■
■
专题二相互作用………………
……………………………·.
210
lh
·
专题三牛顿运动定律…………………………….……
………………….
215
专题四曲线运动……
….…219
●
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专题五万有引力与航天…………
…………………………………。…。………224
专题六机械能及其守恒定律….….…
229
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O●
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甲
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专题七电场…….…………
……………………………………………………233
…………237
专题八恒定电流………………………………………………………
专题九磁场…….
……….………………………………………。.………………240
….…….………245
专题十电磁感应………………………………………………
………。….
249
专题十＿交变电流………….…………….…………………………
…………………252
专题十二动量守恒定律………………………………….….
…………………256
专题十三原子物理…….…………………………………
258
专题十四热学….………….……
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G●
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白
■
■
…………………………。…………26l
专题十五机械振动机械波.……………
.………266
专题十六光学电磁波相对论……………………………………. .
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7
◎
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专题—质点的宣线运动
c典例剖析
考点1
运动的基本概念
［例1］某驾驶员使用定速巡航,在高速公路上以时速110公里行驶了200公里’其中‘‘时速110公里’’“行驶200
公里”分别是指（
）
A.速度、位移
B.速度、路程
C.速率、位移
D速率、路程
｜·解析0
答案:D
解析:由题意知’“时速110公里”指的是速率’“行驶200公里”指的是行驶略线长度’即略程’故选项D
正确°
感悟方法:物理学中的物理量有标量与矢量之分’位移、速度、加速度等是矢量’路程、速率、时间等是
标量°
考点2用极限法求瞬时速度
［例2］如图所示’气垫导轨上滑块经过光电门时’其上的遮光条将光遮住’电子计时器可自动记录遮光时间△t’
测得遮光条的宽度为△鞭’用釜近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度为使釜更接近瞬时逮度,正确
的措施是（
）
光源
光敏管
B.提高测量遮光条宽度的精确度
D增大气垫导轨与水平面的夹角
A.换用宽度更窄的遮光条
C.使滑块的释放点更靠近光电门
■翻油
答案:A
解析;芳袁示的是△′时闷内的乎均遮度,遮光条的宽度△″
近滑块通过光电门时的瞬时速度,选项A正确。
感悟方法;由平均遮度公式骸-盖可知,当△洒、△′都非常小
某＿时刻或某—位置的瞬时速度°
△矿越′｜. ,簧越接
越窄’则记录的遮光时ˉ间
,这时的平均速度就认为是
’趋向于极限时
考点3单个运动过程问题
［例3］—物体做匀加速直线运动’通过一段位移△工所用的时间为tl ’紧接着通过下—段位移△工所用时间为t2·
则物体运动的加速度为（
）
A捌喇
凰删干￡｝
C~制』±舟｛
n删｜±h｝
·
1
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■疆Ⅷ
答案:A
解析;第-个△r内乎均逮度刨｜-尝,第二个皿内乎均途度刚』-尝’则物体的加速度α—吨—硼｜
＝＝≡
t］＋r2
2
剃丁射’选项A正确Ⅶ
感悟方法:解决简单的单过程问题’只要根据运动的基本规律求解即可°
考点4多个运动过程问题
［例4］如图所示’竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面°某—竖井的深度
为104m’升降机运行的最大速度为8m／s,加速度大小不超过lm／s2 ’假定升降机到
井口的速度为0,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（
）
A· 13s
B. 16s
C.21s
D。26s
…■
蹿
船
｀
·
驴
攀
僻
可
≡
龄
凶
楞
瓣
嚣
琶
〗
廷
撬
螺
劲
嗽
蛀
…
、
诞
｀
靶
…
韶
…
″
…
…
…
藩
…
倔
镑
。
…
…
翰
＾
蹿
伊
…
傀
吼
蜜
￥
严
『
答案:C
解析:升降机在竖井中运动分成三个阶段:先匀加速启动’再匀速运动’最后匀减速运动到井口°
匀加速过
程的最撞时问n-÷—8§,位移垄｜-÷砸｛-:2m’匀减遮过程与匀加速过灌对称,时间′』—8＂,位移←
32m,匀速过程的位移工2＝（104—32—32）m＝40m,时间t2＝丝＝5s,故总时间r＝rl＋i2＋t3＝21s,则选
U
项C正确.
感悟方法:对于单个物体的多过程问题,只要将多过程分为几个.‘子过程”’对每—个过程列式,然后综合求
解即可°要特别注意前—过程的末速度就是下—过程的初速度°
考点5单个物体直线运动的U-t图象
［例5］质点做直线运动的U—t图象如图所示’规定向右为正方向’则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别
为（
）
↑（p／cⅧ.Sˉ｜
）
2
（）
ˉ2
A.0.25m／s
向右
C.1m／s
向右
B.0.25m／s
向左
I）. 1m／s
向左
答案:B
解析:解本题的关键是要清楚地理解U-r图象中‘‘面积”的物理意义’即U—t图象中‘‘面积,’表示某段时间
内的位移°本题℃—／图象中的“面积”3＝3m—5m＝
2m’乎均速度是质点的位移与发生这段位移所
用时间△t的比值’前8s内的乎均速度是u＝—0.25m／s.所以’前8s内的乎均速度大小是0.25m／s’
方向向左,B正确。
感悟方法:从速度—时间图象中我们可以知道物体的运动方向（速度的正负）、运动的位移（图象的面积）
以及加速度（图线的斜率）等等。
·
’
·
＝
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考点6单个物体直线运动的U＿工图象
［例6］小球从＿定高度处由静止下落’与地面碰撞后回到原高度再次下落’重复上述运动,取小球的落地点为原
点建寸坐标系’竖直向上为正方向’下列速度U和位置工的关系图象中’能描述该过程的是（
）
））
0’
p
v
＼／＼
＼／＿＼／
乙＞
x
O
O
x
X
D
B
C
A
■翻Ⅷ
答案:A
解析:由题意知’小球在下落的过程中速度方向向下,与题目中规定的正方向相反’为负值’C、D错;小球
的运动为匀变速运动,依据U2—U;＝2α工可知速度与位移的关系为二次函数’故A对,B错°上半段为
上升过程°
感悟方法:对于图象’我们可以运用“数形结合”的思想’本题先由运动学规律列出函数表达式,然后与图
象“对照”是典型的以数助形的方法°
考点7水平刹车与沿粗糙斜面上滑
［例7］一辆汽车在平直公路上做刹车实验’r＝0时刻起开始刹车’刹车过程的位移大小工与速度大小U的关系为
工＝10—0. 1U2（m）’下列分析正确的是（
）
A.刹车过程汽车的加速度大小为0.2m／s2
B.刹车过程持续的时间为2s
C. r＝0时刻汽车的速度大小为5m／s
D.刹车全过程的位移大小为5m
…
答案:B
解析:根撼匀变逮直线逼动中位移与逮度关系可得＝触』孟,;-ˉ嘉＋箭,对…-l0＿α1渺』（m）可得
加速度侧-＿5m／爵』’藤-0时刻的速度大′｜｀则,-l0m／s刹车持续时阎△t-止亏些-2＂’刹车全过程的
位移大′｜｀＝铲～｛0m,教只有遮项B….
感悟方法:本题是数理结合的典型题’将数学的函数与物理学的规律对应起来°另外’对于刹车问题’一
定要注意物体运动的最长时间°
考点8竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑问题
［例8］如图所示’在光滑足够长的斜面上’有—物体以10m／s的初速度沿斜面向上运动’物体的加速度大小始终
为5m／s2 ’方向沿斜面向下’当物体的位移大小为7.5m时,下列说法正确的是（
）
B.物体运动时间可能为3s
D此时的速度大小—定为5m／s
A.物体运动时间可能为1s
C.物体运动时间可能为（2＋√7）
s
∩D
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…Ⅷ
答案;ABC
解析;当物体约位置在出发点的上方时,根撼≡哟′＋十″2得讽5m＝l0m（篇×磺—＋蕊5m／s』×『§即肚:—
4r＋3＝0’所以rl＝3s或t2＝1s’由℃＝zb＋αr得u＝±5m／s°
当物体的位置在出发点的下方时’根据工＝
哟k＋÷αr:得—贝5m-｜0m／s×′—＋×5′″／‘剿×涩″—4』—3-0’所以′＝（2±√7）..舍去负值.则魔＝
（2＋√7）s’由u＝u0＋αr得u＝—5√7m／s。所以选项A、B、C均正确,D错误。
感悟方法:首先’请同学们将本题与上—题做比较’上＿题是“刹车’’问题’即速度为零时物体运动停止°
而本题是加速度不变的“去而又返”的问题’比如像竖直上抛运动也是这类运动’对于这类问题’可以有
两种处理方法:分段法与整体法。
考点9单个物体的非匀变速直线运动U-t图象
［例9］某人骑自行车在平直道路上行进’图中的实线记录了自行车开始＿段时间内的U—r图象’某同学为了简
化计算’用虚线作近似处理’下列说法正确的是（
）
A.在rl时刻’虚线反映的加速度比实际的大
B.在0～rl时间内’由虚线计算出的平均速度比实际的大
C.在t』～r2时间内’由虚线计算出的位移比实际的大
D.在r3～r4时间内’虚线反映的是匀速直线运动
…Ⅷ
γ 从
O
／｜
／2
／〕
／4
／
答案:BD
解析:如右图所示’tl时刻’实线上A点的切线为AB’实际加速度为AB的斜率’
γ′
由图可知虚线反映的加速度小于实际加速度,故选项A错误;在U—t图象中,位
移等于所对应图线与坐标轴所包围的面积’0～rl时间内’虚线所对应的位移大于
实线所对应的位移’由刁＝上知’由虚线计算出的乎均速度比实际的大’故选项BO
t
正确;在rl～t2时间内’虚线计算出的位移比实际小’故选项C错误;t3～r｜时间内虚
线为平行于时间轴的直线,此线反映的运动为匀速直线运动,故选项D正确。
~
~
~
~
~
／｜
｜
｜
B
~~~′~~
绣］
【‖
′2
沟
山
r
感悟方法:本题提供了＿种近似处理的方法’将非匀变速运动与匀变速运动进行对比°解题的关键仍然
是要搞清速度—时间图象所表示的物理意义°
考点10
多物体的匀变速直线运动
［例10］取＿根长2m左右的细线’5个铁垫圈和—个金属盘’在线端系上第—个垫圈’隔12cm再
系—个’以后垫圈之间的距离分别是36cm、60cm、84cm’如图所示°站在椅子上’向上提
起线的上端’让线自由垂下’且第—个垫圈紧靠放在地上的金属盘’松手后开始计时若不
计空气阻力’则第2、3、4、5个垫圈（
）
A.落到盘上的声音时间间隔越来越大
B.落到盘上的声音时间间隔相等
C.依次落到盘上的速率关系为1 :√】:√可; 2
D依次落到盘上的时间关系为1
: （√百—1）
; （√百√百）
: （2＿√百）
5
4
3
2
l金属盘
·
4
·
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答案:B
解析:把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动°根据题意可知每两个相邻垫圈之间的
距离差都为24cm’由△r＝αT2可知垫圈落到盘上的声音时间间隔相等’选项A、D错误’B正确;由u＝
gr可知垫圈依次落到盘上的速率关系为1
: 2
: 3
: 4’选项C错误°
感悟方法:转化是＿种常用的物理思维方法’本题将多个物体转化为＿个物体的自由落体运动’巧妙!
考点11
多物体做匀变速直线运动的U-t图象
［例11］甲、乙两车在平直公路上同向行驶’其U
t图象如图所示°已知两车在r＝3
A.在t＝1s时,甲车在乙车后
B.在r＝0时’甲车在乙车前7.5m
C.两车另＿次并排行驶的时刻是r＝2s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
…洒
s时并排行驶’则（
）
］
∑
｜
g
答案:BD
解析:根据u—r图知’甲、乙两车都沿正方向运动° t＝3s时’甲、乙两车并排行驶’此时u甲＝3（）m／s,u乙＝25
m／隐,…ˉ!图线所围面积对应位移关系知,0～3.内甲车位移塑.＝器3×30m-」5m,乙牟位移塑乙＝
l~
2
3×（10＋25）m＝52.5m。故r＝0时’甲、乙两车相距△rl＝工乙—r甲＝7.5m’即甲车在乙车前方7.5
m.选项旧正确;0～l3内,…′＝寺×l×l0m＝5m,工乙′＝寺×1×（l0＋15）m—la5m,△x:＝r乙′—工蠕′
△
△
＝7.5m＝△工l ,说明在r＝1s时甲、乙两车第一次相遇’选项A、C错误;甲、乙两车两次相遇地点之间
的距离为工＝工甲—r甲′＝45m—5m＝40m,所以选项D正确°
感悟方法:对于多个物体运动的U—t图’＿般会涉及相遇和追赶问题’解题时要特别注意U—t图的—
个缺点:无法直接在图上获取物体运动的起始位置,图线的交点也不＿定是相遇点。
考点12
多物体做匀变速直线运动的工-t图象
［例12］甲、乙两车在同＿平直公路上同向运动’甲做匀加速直线运动’乙做匀速直线运动·
甲、乙两车的位置工随时间t的变化如图所示°下列说法正确的是（
）
X
A.在tl时刻两车速度相等
B.从0到h时间内’两车走过的路程相等
x
C.从jl到t2时间内’两车走过的路程相等
D从rl到r2时间内的某时刻’两车速度相等
■翘Ⅷ
（）
′｜
／2
′
答案:CD
解析:x—t图象某点的切线斜率表示瞬时速度’A错误;0～tl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、乙的位移和略程都相等’大小都为x2—x｜,C正确;tl～t:时间内’甲
的x—t图象在某一点的切线与乙的x—t图象平行,比时刻两车速度相等’D正确°
感悟方法:x—t图的图线斜率表示的是物体运动的速度’两图线的交点代表相遇点·
·
5
·
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考点13
多物体非匀变速直线运动的U-t图象
［例13］甲｀乙两汽车同＿条平直公路上同向运动’其速度时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示°已知两车
在t2时刻并排行驶’下列说法正确的是（
）
l
甲
〉GN
乙
0
／2
『
B. rl时刻甲车在后’乙车在前
D.乙车的加速度大小先减小后增大
′｜
A.两车在t』时刻也并排行驶
C·甲车的加速度大小先增大后减小
…Ⅷ
答案:BD
解析:本题可巧用逆向思维分析’两车在t圆时刻并排行驶’根据题图分析可知在tl～t2时间内甲车运动
的位移大于乙车运动的位移’所以在n时刻甲车在后’乙车在前’B正确’A错误;依据U—t图象斜率
表示加速度分析出C错误’D正确°
感悟方法:U—t图的斜率反映加速度,由于U—t图不能表示起始位置的缺点’本题巧妙利用逆向思维
转化为＿个从同—位置开始的两个物体的运动问题’妙哉!
考点14用图象法解题
［例14］为了研究汽车的启动和制动性能,现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验°让甲车
以最大加速度αl加速到最大速度后匀速运动—段时间再以最大加速度α2制动’直到停止;乙车以最大加
速度α］加速到最大速度后立即以加速度爷制动’直到停止.实验测得甲、乙两车的运动时间相等’且两车
运动的位移之比为5 :4。则αl
: α2的值为（
）
A.2
:
l
B. l
: 2
C。4
: 3
D4
: 5
卫解析0
答案:B
解析:根据题述,作出甲、乙两车的速度图象’如图所示°设甲车加速运动的时间为tl ’总时间为t2°由
题意知’甲车制动的加速度是乙车制动加速度的2倍,所以甲车匀速运动时间与减速运动时间相等°
又淘甄. ;←5
』4得（÷颧‘』＋砌.罕＋÷渺.罕）;＋颧心—5
; 4,解得′｜
; ′,-l
; 2.可知α｜≡
÷.即α］;α;＝l
; 2｀选项B正确.
▲V
感悟方法:图象是表示物体运动的一种语言’如果能把问题中物体的运动用图象表示出来’往往会给解
题带来方便°
∩
●
O
·
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c过关演练
~
~
L—人看到闪电12.3s后又听到雷声°已知空气中的声速约为330～340m／s’光速为3×108m／s’于是他用
12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4. 1km。根据所学的物理知识可以判断（
）
A.这种估算方法是错误的,不可采用
B.这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察者的距离
C.这种估算方法没有考虑光的传播时间’结果误差很大
D.即使声速增大2倍以上’本题的估算结果依然正确
2.如图所示’某“闯关游戏’’的笔直通道上每隔8m设有＿个关卡’各关卡同步放行和关闭’放行和关闭的时间分
别为5s和2s°关卡刚放行时,＿同学立即在关卡1处以加速度2m／s2由静止加速到2m／s’然后匀速向前’则
最先挡住他前进的关卡是（
）
关卡l
关卡2
关卡3
关卡4
关卡5
~
~
｜
~
~
~
~
~
~
~
8m
8m
8m
8m
A.关卡2
B.关卡3
C.关卡4
D关卡5
!
如图所示’以8m／s匀速行驶的汽车即将通过路口’绿灯还有2s将熄灭’此时汽
停‖
车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为2m／s2 ’减速时最大加速度大
车』
线｜
小为5m／s2·此路段允许行驶的最大速度为12. 5m／s,下列说法中正确的有公
（
）
导
∩
○
←l8m—翔
A.如果立即做匀加速运动’在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B.如果立即做匀加速运动’在绿灯熄灭前通过停车线汽车＿定超速
C.如果立即以最大加速度做匀减速运动’在绿灯熄灭前汽车＿定不能通过停车线
D.如果距停车线5m处以最大加速度减速’汽车能停在停车线处
4.—杂技演员’用＿只手抛球、接球·他每隔0.40s抛出＿个球’接到球便立即把球抛出°已知除抛、接球的时
刻外,空中总有4个球’将球的运动近似看做是竖直方向的运动’球到达的最大高度是（高度从抛球点算起’取
g＝10m／s2）（
）
A。1.6m
B·2.4m
C.3.2m
D·4.0m
5.—汽车从静止开始做匀加速直线运动’然后刹车做匀减速直线运动’直到停止°下列速度U和位移工的关系
图象中,能描述该过程的是（
）
l））
▲］′
v
｀
∩
∧
（）
O
O
O
（ˉ′
X
x
（ˉ′
x
（-／
X
L
A
B
C
6.甲、乙两物体在r＝0时刻经过同＿位置沿工轴运动,其U—r图象如图所示。则（
）
A.甲、乙在r＝0s到t＝1 s之间沿同—方向运动
γ／（m.s｜）
I）
m
‖
γ
勺
≡
B.乙在t＝0到r＝7s之间的位移为零
C.甲在t＝0到r＝4s之间做往复运动
D甲、乙在r＝6s时的加速度方向相同
］′0
〃S
0
／乞｜
2
3
／~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~T三～:割
＝p0
°
7
。
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7.如图’直线α和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车α和b的位置—时间（工
t）图线。由图可知（
）
∧
A.在时刻rl ’α车追上b车
B在时刻t2 ’α、b两车运动方向相反
C.在rⅡ到t2这段时间内’b车的速率先减少后增加
D.在rl到r2这段时间内’b车的速率＿直比α车的大
r「
＝
ˉ
／了「
｜
｜
~【
｜
‖
—二＿≥
O｜
′｜
′’
′
8. 甲、乙两车在＿平直道路上同向运动’其u
t图象如图所示’图中△OPQ和△OQT的面积分别为Jl和J
（J2＞5l）初始时’甲车在乙车前方J0处°则（
）
V
『p
P
（）
T
ˉ
′
A.若N0＝5l＋J2 ’两车不会相遇
B.若N0＜‘』’两车相遇2次
C.若＄0＝＂l ’两车相遇1次
D若‖0＝J2 ’两车相遇］次
甲、乙两汽车在—平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t‖的时间内’它们的U—t图象如图所示°在这段时间
内（
）
导
∩
凹
√
A.汽车甲的平均速度比乙大
B汽车乙的平均速度等丁锄｜吉渺,
C.甲、乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小’汽车乙的加速度大小逐渐增大
l0.现有＿个斜面,其底边固定且水平’斜面倾角在0～90°内变化’—质量为1kg的物体以
＿定的初速度自斜面底端沿斜面上滑’滑到最远点的位移随斜面倾角0变化的规律如｜
图所示’则在0＝30°时’物体上滑的位移是（
）
A.5m
B.5√百m
v
p7
p｜
＞
了
凸
~
~
~′
（／
｀X／∏］
（）何
!0 ＼／~
—＼二】
~
O
90。
0
＝
C. 10m
D10√百m
11.小球从空中某处由静止开始自由下落’与水平地面碰撞后上升到空中某—高度’此过程中小球速度随时间变
化的关系如图所示’则（
）
A.在下落和上升两个过程中’小球的加速度不同
B.小球开始下落处离地面的高度为0.8m
C.整个过程中小球的位移为1.0m
D.整个过程中小球的平均速度大小为2m／s
从地面竖直上抛物体A’同时在某—高度处有＿物体B
从地面竖直上抛物体A’同时在某—高度处有＿物体B
↑｀’／（m.sˉ』）
5
〔）
S
勺
↑
~
自由下落’两物体在空中相遇时的速率都是U,则（
A.物体A的上抛初速度大小是两物体相遇时速率的2倍
B.相遇时物体A已上升的高度和物体B已下落的高度相同
C.物体A和物体B在空中运动时间相等
D.物体A和物体B落地速度不相等
—做直线运动的质点的U2—工图象如图所示’则下列关于其运动情况的分析正确的是（
）
v2／（m坠sˉ2）
12.
）
○
α
］
儿
／
A.该质点的初速度为4m／s
B.该质点的加速度为5m／s2
C.该质点2s末的速度为5m／s
D该质点第3s内的位移为8.25m
4
ˉ0。8
｜（）
x／m
·
8
·
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14.在军事演习中’某空降兵从飞机上跳下’先做自由落体运动’在tl时刻’速度达最大值Ul时打开降落伞’做减
速运动,在r2时刻以较小速度U2着地°他的速度图象如图所示°下列关于该空降兵在0～rl或tl～t2时间内
的平均速度U的结论正确的是（
）
Ul
Ul
儿V
A.0～rl时间内℃＝亏
B.0～rl时间内U＞丁
p‖
延ˉ司
△
—
Ul＋U2
｜
p2
C. rl～t2时间内u＝
2
Dh～!』时间内6＞刚宁:
◎
∩
＾′
l5.利用速度传感器与计算机结合,可以自动作出物体运动的图象。某同学在＿次实验中得到的运动小车的速
度—时间图象如图所示’以下说法错误的是（
）
A.小车先做加速运动,后做减速运动
l0
B.小车运动的最大速度约为0.8m／s
0°5
C.小车的位移—定大于8m
0
v／（m.sˉ｜）
■＝＝≡
D.小车做曲线运动
5
l0
l5′／s
在以速度U上升的电梯内竖直向上抛出小球’电梯内的人看见小球经r秒后到达最高点’则有（
）
A.地面上的人看见小球抛出时的初速度为U0＝gt
B.电梯中的人看见小球抛出的初速度为U0＝gr
］
C.地面上的人看见小球上升的最大高度为h＝亩gr2
D地面上的人看见小球上升的时间也为r
如图所示’＿个固定在水平面上的光滑物块,其左侧面是斜面AB’右侧面是曲面AC’已知AB和AC的长度
相同。两个小球户、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑’比较它们到达水平面所用的时间（
）
｀
16.
句
／
『
］
B
C
A.户小球先到
B.q小球先到
C.两小球同时到
D无法确定
18. 甲、乙两位同学进行百米赛跑’假如把他们的运动近似为匀速直线运动来处理’他们同时从起跑线起跑’经过
＿段时间后他们的位置如图所示’在下图中分别作出在这段时间内两人运动的位移r、速度U与时间r的关
系图象’正确的是（
）
起跑雄
＂↑
,｜／q｜
延脓‖
／↓
,乙
炙甲
＿
炙乙
＿
A
B
C
D
19.光滑的水平面上有—物体在外力作用下做直线运动’物体的加速度随时间变化的关系如图所示°已知t＝0
时物体的速度为1m／s.以此时的速度方向为正方向·下列说法正确的是（
）
｀
■
〗
歹
勺
÷
巳
Ⅲ
′
】
‖
｀
′
′
′
「
α
’
～
Ⅵ
／｜
0
ˉ］
吕
／
『
〕
］
B. r＝1s时物体的速度为3m／s
Dt≡3s时物体离出发点最远
A.0～1s内物体做匀加速直线运动
C. t＝1s时物体开始反向运动
·
Q
·
■
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2（）.甲、乙、丙三人各乘—个热气球’甲看到楼房匀速上升’乙看到甲匀速上升’甲看到丙匀速上升’丙看到乙匀速
下降°那么在地面上的人看来’甲、乙、丙的运动°情况可能是（
）
A.甲、乙匀速下降’U乙＞U甲’丙停在空中
B.甲、丙匀速下降’U丙＞U甲’乙匀速上升
C.甲、乙匀速下降’U乙＞U甲’丙匀速下降’且U丙＞U甲
D甲、乙匀速下降,U乙＜U甲,丙匀速下降’且U丙＜U甲
2l.如图,＿质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动’加速度大小为α,B、C、D是质点运动路径上三
点’且BC＝rl ’CD＝工留’质点通过B、C间所用时间与经过C、D间所用时间相等’则质点经过C点的速度
为（
）
A
B
（、
D
●
二
≡
●
●---
八恋宁嘿七,乌』
且恋宁』仁兰』
α望子士,岩‖
u露』子｛√r』岩｛
22.—质量为′′′的滑块在粗糙水平面上滑行’通过频闪照片分析得知’滑块在最开始2s内的位移是最后2s内
的位移的两倍’且已知滑块第1s内的位移为2.5m’由此可求得（
）
A.滑块的加速度为5m／s2
B.滑块的初速度为5m／s
C.滑块运动的总时间为3s
D滑动运动的总位移为4.5m
23.如图所示’甲、乙、丙｀丁是以时间为横轴的匀变速直线运动的图象’下列说法正确的是（
）
∩~
~
甲
／／
～…
O
O
O
O
甲
乙
内
丁
A.甲是α—t图象
B.乙是工—t图象
C.丙是工—t图象
D丁是u—r图象
24.汽车给人们生活带来极大便利’但随着车辆的增多,交通事故也相应增加’重视交通安全问题’关系着千百万
人的生命安全与家庭幸福’为了安全’在行驶途中’车与车之间必须保持＿定的距离’因为’从驾驶员看见某
＿情况到采取制动动作的时间里’汽车仍然要通过—段距离（称为思考距离）’而从采取制动动作到车完全停
止的时间里’汽车又要通过—段距离（称为制动距离）’下表给出了驾驶员驾驶的汽车在不同速度下的思考距
离和制动距离的部分数据’某同学分析这些数据’算出了表格中未给出的数据X、Y’该同学计算正确的
是（
）
速度／（m. s
l）
思考距离／m
制动距离／m
l（）
12
2（）
巨
√
］
18
X
20
Y
80
25
30
反
√
◎
△
］
A。X＝40,Y＝24
B.X＝45,Y＝24
C。X＝6（）,Y＝22
I）.X＝50,Y＝22
25给滑块—初速度U＂使它沿光滑斜面向上做匀减速运动’加速度大小为鲁’当滑块速度大小减为等时,所用时
间可能是（
）
∧哉
β÷
c等
u簧
10·
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26.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变
速直线运动”）’“另类加速度”定义为A＝卫二卫血’其中Ub和U分别表示某段位移工内的初速度和末速度。A＞0
.r
表示物体做加速运动’A＜0表示物体做减速运动.而现在物理学中加速度的定义式为α≡工丁卫坠,下列说法
正确的是（
）
A.若A不变’则α也不变
B.若A＞0且保持不变’则α逐渐变大
C若A不变则物体在中｜h｜位置处的逮腰为竿u苔八不变则掏体的巾间位置处的逮膛为√罕
27.某人在r＝0时刻’观察＿个正在做匀加速直线运动的质点’现只测出了该质点在第3s内及第7s内的位移’
则下列说法正确的是（
）
A.不能求出任一时刻的瞬时速度
B.能求出任＿时刻的瞬时速度
C.不能求出第3s末到第7s初这段时间内的位移
D能求出该质点的加速度
28.如图所示’物体以初速度U0冲上足够长的粗糙斜面’下图中关于物体位移工与时间t关系的图象可能正确的
是（
）
鉴≡…｜
｀x
▲x
x
~~~
｀x
／
O
O
O
O
′
′
／
似
『
●
A
B
C
D
29.某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时’其车速与时间的变化关系分别如图中的O、
◎图线所示°由图可知’启用ABS后（
）
A. r1时刻车速更小
B.0～r］的时间内加速度更小
C.加速度总是比不启用ABS时大
D.刹车后前行的距离比不启用ABS短
p
AB
′
S
O｜
『｜
r2
『3
30.物体由静止开始做匀加速直线运动’加速8s后,立即做匀减速直线运动’再经过4s停下。关于该物体的运
动情况’下列说法正确的是（
）
A.加速、减速过程中的加速度大小之比为2
:
1
B.加速、减速过程中的平均速度大小之比为2
:
1
C.加速、减速过程中的位移大小之比为2
;
1
D加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2
: 1
31.已知心电图记录仪的出纸速度（纸带移动的速度）是2.5cm／s’如图所示是仪器记录下来的某人的心电图图
中每个小方格的边长为0. 5cm’由此可知（
）
B.此人的心率约为125次／分
D.此人心脏每跳动＿次所需时间约为0.6（）s
A.此人的心率约为75次／分
C.此人心脏每跳动＿次所需时间约为0.75s
。11
·
~
∩
l
／
~
｜
｝
／
＝
］
［
／
~
｜
｝
■
也
卢
~
｜
｜
』｜
／
~
｜
｜
｜
／
~
｜
‖
／
~
＝
｜
二
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32.如图所示’小球从竖直砖墙某位置静止释放’用频闪照相机在同＿底片上多次曝光’得到弓
了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置’连续两次曝光的时间间隔均｜
～
｜
为T’每块砖的厚度为‘／°根据图中的信息’下列判断错误的是（
）
｜
~
~
A.位置‘1”是小球释放的初始位置
｜
B.小球做匀加速直线运动
＝
~‖
白
二
白
◎小球下落的加露度为盖
n小球在位置.3”的逮度为罢
33.在街头的理发店门口’常可以看到有这样的标志:—个转动的圆筒’外表有彩色螺旋斜条纹’我们感
觉条纹在沿竖直方向运动’但实际上条纹在竖直方向并没有升降,这是由于圆筒的转动而使我们的
眼睛产生了错觉°如图所示’假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的＿条宽带’相邻两圈条纹沿圆筒轴线
方向的距离（即螺距）为L≡10cm,圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看）’以2r／s的转速匀速转动’我
们感觉到的升降方向和速度大小分别为（
）
A.向上’10cm／s
B.向上’20cm／s
C.向下’10cm／s
D.向下’20cm／s
34.—个质点沿直线Or方向做加速运动,离开（）点的距离刃随时间变化的关系为工＝4＋2r3（m）’它的i
34.—个质点沿直线Or方问做加速运动,离开（）点的距离刃随时间变化的关系为工＝4＋2r3（m）’它的速度u随
时间t的变化关系为u＝6t2（m／s）.则可知该质点在t＝2s时的瞬时速度和t＝0到r＝2s时间内的平均速
度分别为（
）
A.8m／S,24m／s
B。12m／s,24m／s
C。24m／s,8m／s
D｀24m／s,10m／s
35.2011年5月6日’中国、吉尔吉斯斯坦和塔吉克斯坦在中国新疆喀什成功举行了代号为“天山—2号（2011）”
的联合反恐演习。如图为武警战士演习解救人质时’从悬停在空中离地116m高的直升机上沿绳下滑的照
片,为确保安全’武警战士向下加速的最大加速度为8m／s2 ’向下减速的最大加速度为2m／s2若要求武警战
士着地的速度不大于6m／s’则下列说法正确的是（
）
耀
!
,》裔鞠…＾
恿、曲,″＾
啡
己
门
!
攒
A.武警战士在空中下滑的最短时间为5.4s
B.武警战士在空中下滑的最短时间为9.5s
C.武警战士在空中下滑的最大速度为20m／s
D武警战士在空中下滑的最大速度为43.2m／s
·l2·
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专题二相巨作用
◎典例剖析
考点1
力的分析
［例1］L形板P上表面光滑放在固定斜面上’轻弹簧—端固定在木板上’另一端与置于木板上表面的滑块Q相
连’如图所示,若P、Q＿起沿斜面匀速下滑’不计空气阻力°则木板P的受力个数为（
）
D6
C·5
B.4
A.3
…洒
答案:C
解析;本题主要考查受力分析,意在考查考生应用整体法和隔离法解题的能力°
因为P、Q一起匀速下
滑’所以斜面对P有沿斜面向上的摩擦力’而Q必受弹簧斜向上的弹力’所以隔离P可知P受重力、斜
面摩擦力、斜面弹力、弹簧弹力、Q的压力作用’A、B、D错误’C正确·
感悟方法:受力分析的基本步骤是先确定研究对象’然后再按重力、弹力、摩擦力等等这样的顺序来分
析°在选择研究对象时’要根据题意灵活选择“整体”和“隔离”°
考点2
力的运算
［例2］如图所示’一个“Y’,形弹弓顶部跨度为L’两根相同的橡皮条自由长度均为L’在两橡皮条的末端用—块软
羊皮（长度不计）做成裹片°若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律’且劲度系数为卢’发射弹丸时
每根橡皮条的最大长度为2L（弹性限度内）’则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为（
）
儿
虎
征
。
△
●
∏
儿
虎
侗
—
〗
●
℃
B.2kL
A.卢L
■疆■
答案:D
解析:根据胡克定律知’每根橡皮条的弹力F弹≡诧（2L—L）＝虎L°设此时两橡皮条
的夹蔚为0,根撼几何关系知篇in:＝＋根撼力的平行画边形定则知,萍九被发射过
灌中所受蹦最大作闹力F习2F…:-2F辩√l厂鼠in:;-平F膊-嘿L.逸项
D正确°
〃
儿
∑
B
感悟方法:力的运算的基本方法是平行四边形定则’通过平行四边行定则’将物理问题转化为几何问题
进行求解°
· 13·
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考点3摩擦力的大小
［例3］如图所示’质量为m的木块P在质量为M的长木板αb上滑行’长木板放在水平面上＿直处于静止状态°
若αb与地面间的动摩擦因数为户l ’木块P与长木板α6间的动摩擦因数为严2 ’则长木板α6受到地面的摩
擦力大小为（
）
v
---■一←
曰P
α ｜—-
丁云万云歹尹示≥／／／／／／／／／／／
≡≡〕g
A°／（1Mg
B.／义l（加＋M）g
吕
加
〗
α
′
●
》
（
I）.严lMg＋／么2mg
■翻Ⅷ
答案:C
解析:木块P对长木板的滑动摩擦力大小为F＝尸2″!g’长木板始终静止’则地面对长木板的静摩擦力大
小为F′＝F＝〃2加g,故选项C正确°
感悟方法:求解摩擦力大小时,科学的思维程序是先判断是属于静摩擦力还是滑动摩擦力’如果是滑动摩
擦力,＿般优考虑用公式／＝尸Ⅳ来求解;如果是静摩擦力,＿般优先结合物体的运动状态来求解°
考点4摩擦力的方向
［例4］如图’光滑斜面固定于水平面’滑块A、B叠放后＿起冲上斜面’且始终保持相对静止’A上表面水平’则在
斜面上运动时’B受力的示意图为（
）
~
~
缸
∩
~
~
~
‖
甲
γ
｀
团
训
口
~
~
歹
∩
O
O｀
A
B
答案:A
解析:滑块A、B一起冲上光滑斜面’以A、B为整体研究对象’力口速度沿斜面向下’大小为α＝gsin0’整
体向上做匀减速直线运动’加速度方向沿斜面向下’由于B的加速度方向沿斜面向下’根据牛顿第二定律
知’B受到合力沿斜面向下’则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力’故选项A正确’B、C、
D错误°
感悟方法:判断摩擦力的方向问题’可以根据摩擦力产生的条件来判断:与物体的相对运动方向或是相
对运动趋势的方向相反’也可以根据物体的运动状态来分析°
考点5与绳子有关的平衡问题
［例5］如图所示’用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同—点O’并用第三根细线连接A、B两小球’然后用
某个力F作用在小球A上’使三根细线均处于直线状态’且OB细线恰好沿竖直方向’两小球均处于静止状
态°则该力可能为图中的（
）
乙／／／／／／／久
尸
A.F｜
B。F’
C·F
.14·
DF
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答案:BC
解析:OB绳竖直,说明B球只受两个力作用,故AB间绳无形变,所以A球受重力G,OA绳的拉力T和
外力F作用’三个力的合力为零’则外力F一定与重力和拉力T的合力大小相等、方向相反’故B、C选
项正确°
感悟方法:绳子能提供的力只能是沿着绳子收缩方向的拉力°
考点6与接触面相关的平衡问题
［倒;｜瓣鹏i蹦蹦壁总熟哪f马剿艘脯｝辗鞋ˉ＼＜皇H
确的是（
）
BF-″!g（an〃
CFN-器p
DF刘-加g〔anβ
A.F＝—I2丛
tan0
…m
广
答案:A
解析:对小滑块受力分析如图所示’根据三角形定则可得
F＝［黑J,F＂-揣,所以A正确.
感悟方法:支持力的方向垂直于接触面’对于圆形接触面’指向圆心°
考点7与轻杆相关的平衡问题
［例7］如图所示’—重为10N的球固定在支杆AB的上端’今用＿段绳子水平拉球’使杆发生弯曲’已知绳的拉
力为7.5N’则AB杆对球的作用力（
）
A.大小为7.5N
B.大小为12.5N
C.方向与水平方向成53°角斜向右下方
I）.方向与水平方向成53°角斜向左上方
｜○解析］
答案:BD
解析:对小球进行受力分析可得,AB杆对球的作用力F与绳的拉力和小球的重力的合力等大反向’可
得F方向斜向左上方’其大小F＝√102＋7.52N＝12.5N’故选项B正确;令AB杆对小球的作用力与
水乎方向夹角为α,可得…～÷＝÷,α＝5旷,故选项D正确.
感悟方法:一端固定的轻杆对物体的施力方向要根据物体所处的运动状态来分析°
考点8与滑环相关的平衡问题
［例8］如图,＿不可伸长的光滑轻绳’其左端固定于〔）点’右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的
物体;OO′段水平’长度为L;绳上套＿可沿绳滑动的轻环°现在轻环上悬挂一钩码’平衡后’物体上升L,
则钩码的质量为（
）
｛
№
№
侗
—
。
△
何
■
●
巳
∏
Ⅻ
徊
—
∑
∧
任ˉ万∩
（）
C.√百M
~~
■
15.
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』o
答案:D
解析:本题考查物体的干衡’意在考查考生对物体平衡问题的计算能力.轻环上挂钩码
后’物体上升L,则根据几何关系可知,三角形OO′A为等边三角形’根据物体的乎衡
条件可知,2Mgcos30°＝′ng’求得′″＝√百M’D项正确°
感悟方法:轻绳穿过滑环时,两段绳子的张力相等°
考点9与斜面相关的平衡问题
［例9］—质量为′阀的物块恰好静止在倾角为0的斜面上·现对物块施加—个竖直向下的恒力F’如图所示°则
物块（
）
A.仍处于静止状态
C.受到的摩擦力不变
…Ⅷ
B.沿斜面加速下滑
D受到的合外力增大
答案:A
解析:由于质量为m的物块恰好静止在倾角为β的斜面上’说明斜面对物块的作用力与物块的重力平
衡’斜面与物块的动摩擦因数尸＝tan0°对物块施加一个竖直向下的恒力F’物块所受合力仍然为零’
故物块仍处于静止状态’A正确’B、D错误;摩擦力由′〃gsin0增大到（F＋加g）sin0’C错误。
感悟方法:施加力F以后’物体的运动状态取决于增加的下滑力与增加的摩擦力的大小关系°
考点10弹簧连接体的平衡
［例10］如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂’小球处于静止状态,弹簧A与竖
直方向的夹角为30。,弹簧C水平’则弹簧A、C的伸长量之比为（
）
凶则i皿皿僧
~
~
A.√可; 4
B.4 :√gˉ
C· 1
:
2
D.2
8
1
…Ⅷ
答案:D
解析:将两小球及弹簧B视为一个整体系统’该系统水乎方向受力乎衡’故有卢△rAs｜n3（）°＝陶△r（. ,可得
△rA :△工C＝2
: 1,D项正确°
感悟方法:弹簧的伸长量取决于弹簧受到的弹簧大小°
·l6.
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考点11
绳子连接体的平衡
［例11］如图所示,表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮’两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和
摩擦）’P悬于空中’Q放在斜面上’均处于静止状态°当用水平向左的恒力推Q时’P、Q静止不动,则
（
）
A.Q受到的摩擦力＿定变小
B.Q受到的摩擦力＿定变大
C.轻绳上拉力＿定变小
D.轻绳上拉力＿定不变
…■
／／′′／／′′夕′′′′′′′′′′′厂′厂′′夕
答案:D
解析:由于物块Q所受的静摩擦力的方向无法判断’当加一水平向左的恒力后’Q所受的静摩擦力可能
变大’也可ˉ能变小’A、B选项错误;物块P处于静止状态’则绳上拉力等于物块P的重力’不发生变化’
所以D选项正确°
感悟方法:绳子连接的两个物体’绳子对两个物体的拉力大小相等°
考点12叠加体的平衡问题
［例12］如图’滑块A置于水平地面上,滑块B在＿水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直）’此时A恰好不滑
动’B刚好不下滑°已知A与B间的动摩擦因数为严l ’A与地面间的动摩擦因数为严2 ’最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。A与B的质量之比为（
）
厂
泄
~
—
4
D。2＋尸1尸2
／《］／《2
C.1±巳」些
／《1严2
B.1
〃1／L2
／1l／《2
A.
1
／《l／么2
画髓洒
答案:B
解析:B恰好不下滑时’严lF＝′川Bg’A′哈好不滑动’由整体法分析则F＝严2（加Ag＋″?Bg）’所以塑△＝
″1B
1二丛丝’选项B正确。
αlα2
感悟方法:对于连接体问题’要灵活运用整体法与隔离法°
考点13
图解法解动态平衡问题
［例13］如图’柔软轻绳OlV的—端（）固定’其中间某点M拴＿重物,用手拉住绳的另—端lV°初始时’（）M竖直且
MlV被拉直’OM与MV之间的夹角为α（α＞÷）.现将重物向右上方缓慢拉起并保持夹角α不变.在
OM由竖直被拉到水平的过程中（
）
O
红～
‖
″
B.MlV上的张力先增大后减小
DOM上的张力先增大后减小
A.MN上的张力逐渐增大
C.OM上的张力逐渐增大
·l7·
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m睡Ⅷ
Fl
答案:AD
F
解析:OM的张力Fl和MlV的张力F2的合力F不变’关系如图所示’Sin（180°-α）
燕荒,将童物淘右上方缓慢握起.…不变｀β…逐渐减』』到锐陶｀γ淘
锐角逐渐增大到直角’则M］V上的张力F2逐渐增大’OM上的张力Fl先增大后减小’
尸
选项A、I）正确.
感悟方法:物体处于平衡状态时’受到的合外力为零’可以用解析法来表达’也可以用矢量图解法来
表达°
c过关演练
~
1.如图所示’物体A和B叠放在—起’A靠在竖直墙面上°在力F作用下’A、B均保持静止’此时物体B的受
力个数为（
）
孕
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
2.如图’—物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变’而方向与水平面成
60°角’物块也恰好做匀速直线运动°物块与桌面间的动摩擦因数为（
）
q
砰坚→′.
≥≥了＞了亥≥了了≥≡了了歹
A魁—侗
u窖
C粤
n粤
3.如图’—光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点;另—细绳跨过滑轮’其＿端悬挂物块α’另—端系—位于水平
粗糙桌面上的物块b°外力F向右上方拉b’整个系统处于静止状态°若F方向不变’大小在＿定范围内变
化’物块b仍始终保持静止’则（
）
＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼
O
A.绳OO′的张力也在—定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在＿定范围内变化
C.连接α和b的绳的张力也在—定范围内变化
D物块6与桌面间的摩擦力也在＿定范围内变化
· 18·
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4.如图所示’质量为ml 、″′2的两个物体通过轻弹簧连接’在力F的作用下＿起沿水平方向做匀速直线运动（ml
在地面’′′!2在空中）’力F与水平方向成0角.则′＂l所受支持力lV和摩擦力／正确的是（
）
F
／
A.N＝加1g＋加2g—Fsin0
B.N＝mlg＋m2g—Fcos0
C.／＝Fcos0
D／＝Fsin0
5.如图,两个轻环α和b套在位于竖直面内的＿段固定圆弧上:—细线穿过两轻环’其两端各系
奄子;＼
＿质量为m的小球°在α和b之间的细线上悬挂＿小物块°平衡时’α、b间的距离恰好等于
圆弧的半径°不计所有摩擦°小物块的质量为（
）
″!
A粤
巳夸″
C.加
D.2m
6.如图所示’两相同轻质硬杆OOl 、OO:可绕其两端垂直纸面的水平轴O、Ol 、O2转动,在O点悬挂一重物M,将
两相同木块′〃紧压在竖直挡板上’此时整个系统保持静止。F｛表示木块与挡板间摩擦力的大小’FN表示木块
与挡板间正压力的大小°若挡板间的距离稍许增大后’系统仍静止且O』｀（）2始终等高’则（
）
（）
″′
挡
板
d泄
O
‖′
A.F′变小
B.F′不变
C.FN变小
DFN变大
7.如图所示’小球用细绳系住’绳的另—端固定于O点°现用水平力F缓慢推动斜面体’小球在斜面上无摩擦
地滑动’细绳始终处于直线状态’当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平’此过程中斜面对小球的支持力
FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（
）
A.FN保持不变’FT不断增大
B.FN不断增大’FT不断减小
C.FN保持不变’FT先增大后减小
／,
-ˉ一
~
D.FN不断增大’FT先减小后增大
8.如图所示’轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、］V上的α、b两点’悬挂衣
服的衣架钩是光滑的’挂于绳上处于静止状态°如果只人为改变—个条件’当衣架静止
时’下列说法正确的是（
）
A.绳的右端上移到b′ ’绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些’绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小’绳子拉力越小
D若换挂质量更大的衣服’则衣架悬挂点右移
9.如图所示’三条绳子的＿端都系在细直杆顶端’另＿端都固定在水平面上’将杆竖直紧
压在地面上’若三条绳长度不同’下列说法正确的有（
）
A.三条绳中的张力都相等
B.杆对地面的压力大于自身重力
C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
1
删‖
｜;
″
…
／／』
｜
＼／
／
＼
」■
·19·
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如图所示’两根直木棍AB和CD相互平行,斜靠在竖直墙壁上固定不动’水泥圆筒从木棍
的上部匀速滑下°若保持两木棍倾角不变’将两木棍间的距离减小后固定不动’仍将水泥
圆筒放在两木棍上部’则（
）
A.每根木棍对圆筒的支持力变大’摩擦力变大
B.每根木棍对圆筒的支持力变小’摩擦力变大
l）
-
4
10
B
C.圆筒仍能匀速滑下
D圆筒将匀加速滑下
如图1所示’斜面体M的底面粗糙’斜面光滑’放在粗糙水平面上。弹簧的—端固定在墙面上’另＿端与放
在斜面上的物块m相连’弹簧的轴线与斜面平行。若物块在斜面上做简谐运动’斜面体保持静止’则地面对
斜面体的摩擦力F′与时间t的关系图象是图2中的（
）
11
州息
F「↑
尸f』｀
司「＝｝
0
0
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O
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『
｜
′
巴＝』
［）
k鸿
（）
I
!〕
｝冬｜2
C
｜冬｜
｜
｜冬｜2
12.台球以速度U0与球桌边框成α角撞击（）点’反弹后速度为Ul ,方向与球桌边框夹角仍为α’如图所示°如果
u』＜u0’OB垂直于桌边’则下列关于桌边对小球的弹力方向的判断中正确的是（
）
ˉ○歹γ′
＝≥＝C
一＿-＞B
泞稳
O
A.可能沿OA方向
B.—定沿OB方向
C.可能沿OC方向
D.可能沿（）D方向
13.如图所示’A、B质量分别为〃!A和mβ,叠放在倾角为0的斜面上以相同的速度匀速下滑’则（
〉
A.A、B间无摩擦力作用
B.B受到的滑动摩擦力大小为（′门∧＋′′lB）gsin0
C.B受到的静摩擦力大小为加Agsin0
D.取下A物体后’B物体仍能匀速下滑
14.实验室常用的弹簧测力计如图甲所示’连接有挂钩的拉杆与弹簧相连’并固定在外壳一端O上,外壳上固定
＿个圆环’可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳（重力为G）上’弹簧和拉杆的质量忽略不计’现将该弹
簧测力计以两种方式固定于地面上’如图乙、丙所示’分别用恒力R竖直向上拉弹簧测力计’静止时弹簧测力计
的读数为（
）
圆环
j
（〕
簧
阳
卞二
≥一一二拉
′—挂钩
杆
U
＝
／／…″′″′′
甲
乙
丙
B.乙图读数F0＋G,丙图读数F0—G
D.乙图读数F0—G’丙图读数F0
A.乙图读数F0—G’丙图读数FO＋G
C.乙图读数F0 ’丙图读数F0—G
·2（）
·
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l5.如图—小虫在半径为R的半球形碗内沿碗面缓慢向上爬’假定小虫与碗之间动摩擦因数是／《’小虫与球形碗
球心的连线和竖直方向夹角为α.则下列有关说法正确的是（
）
O
A.小虫可以沿碗爬到碗的顶端
B小虫沿碗爬到的位置和动摩擦因数有关’最高点满足tanα＝／』
C.小虫沿碗爬到的位置和动摩擦因数有关’最高点满足slnα＝队
D条件不足’无法判断小虫能爬到的具体位置
16.如图所示’＿个半球形的碗放在桌面上,碗口水平’O是球心’碗的内表面光滑°轻质杆的两端同定有两个小
球’质量分别是′′!l 、″Ⅱ2°当它们静止时,″h、′′′2与球心的连线跟水平面分别成60°、30°角,则碗对两小球的弹
力Fl 、F2大小之比是（
）
O
＼
A. 1
; 2
B.√可:
1
C. 1 :√可
D√可: 2
17.如图所示,A、B两物体的质量分别为′〃八、′′!B’且′′!＾＞′′′B’整个系统处于静止状态’小滑轮的质量和—切摩擦
均不计’如果绳—端由Q点缓慢地向左移到P点,整个系统重新平衡后’物体A的高度和两滑轮间绳与水平
方向的夹角0如何变化（
）
A.物体A的高度升高,0角变大
B.物体A的高度降低’0角变小
C.物体A的高度升高,0角不变
D.物体A的高度不变’β角变小
l8.如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置°某人先坐在吊床上,后躺在吊床上’均处于静止状态°设吊床
两端系绳中的拉力为F］、吊床对该人的作用力为F2 ’则（
）
i茁
糠
勒
赚
‖
■
凸
》
陛
■
吁
~~
潮
叼
窿
唾
…
膜
旧
A.坐着比躺着时Fl大
B躺着比坐着时F!大
C.坐着比躺着时F2大
D.躺着比坐着时F2大
19. 2（）11年10月7日～16日在日本东京举行的第43届世界体操锦标赛上’我国选手陈—冰勇
夺吊环冠军’成就世锦赛四冠王。比赛中他先双手撑住吊环,然后身体下移’双臂缓慢张开
到图示位置’此时连接吊环的绳索与竖直方向的夹角为0°已知他的体重为G’吊环和绳索
的重力不计°则每条绳索的张力为（
）
』M民了
腿咖了
『!零｀
‖
＝耪
β
∏
●
■
‖
儿
吕
α
—
∩
△
●
Ⅲ
β
吕
○
℃
○
—
〗
■
〕
（
.2l
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20.如图所示’我国国家大剧院外部呈椭球型°假设国家大剧院的屋顶为半球形’因特殊原因要执行维修任务’在
竖直放置的弯形光滑支架上’一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂＿重物G°现将轻绳的—端固定于支架上
的A点’另＿端从C点（C点与A点等高）沿支架缓慢地向B点靠近°则绳中拉力大小变化的情况是（
）
B
／＝一「～＼
ˉˉ-ˉ-△＝ˉ＝ˉˉ』
（
4
A.先不变后变大
B.先不变后变小
C.先变大后不变
D.先变小后不变
2L叠罗汉是—种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式’也是—种高难度的杂技°图示为六
人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G’下面五人的背部均呈水平状态’则最底层正
中间的人的—只脚对水平地面的压力约为（
）
八÷G
B÷G
C÷G
D;O
22.如图所示,小车沿水平面向右做匀加速直线运动,车上固定的硬杆和水平车面的夹角为β’杆的顶端固定着＿个
质量为m的小球’当小车运动的加速度逐渐增大时’杆对小球的作用力（Fl至F』变化）的变化图示可能是（
）
″『
鸽兰
雨
萨沁沪殿
A
B
C
［）
23.超市中小张沿水平方向推着质量为加的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼’如图所示。假设小张、购物车、
自动扶梯间保持相对静止,自动扶梯的倾角为30°’小张的质量为M’小张与扶梯间的动摩擦因数为严,小车与
扶梯间的摩擦忽赂不计°则（
）
…严
A.小张对扶梯的压力大小为Mgcos30°’方向垂直于斜面向下
B.小张对扶梯的摩擦力大小为（M＋加）gSin30。,方向沿斜面向下
C.扶梯对小张的摩擦力大小为严（M＋m）gcos30°’方向沿斜面向上
D.小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等’这是因为人和车均处于平衡状态
24.如图所示’质量均为加的物体A、B通过＿劲度系数为卢的弹簧相连,开始时B放在地面上’A、B均处于静止
状态’现通过细绳将A向上拉起’当B刚要离开地面时’A上升距离为L’假设弹簧—直在弹性限度内’
则（
）
庙～｜
…
息
〖
″
了
虎
∑
~~
″
］
●
∧
吕
〗
″
∏
尺
β
＜
互
』
●
巳
吧
—
卢
~~
儿
℃
DL＞警
·22·
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25.如图所示’重叠物A、B接触面间动摩擦因数都为／《’地面都光滑°当物体A受到水平拉力F作用’A、B处于
相对静止时’关于A、B所受摩擦力对它们运动的影响,下列说法正确的是（
）
垦捍马
′
＝
飞飞飞飞飞飞飞飞飞飞、h飞
甲
乙
A.两图中A物所受摩擦力都是阻力’方向都水平向右
B.两图中B物所受摩擦力都是动力’方向都水平向左
C.两图中B物所受摩擦力都为动力’甲图中方向为水平向左’乙图中方向水平向右
D甲图中B所受摩擦力为动力’乙图中B所受摩擦力为阻力’它们的方向都是水平向左
26.如图所示’三根长度均为′的轻绳分别连接于C、D两点’A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2／.现在C
点上悬挂＿个质量为′′!的重物’为使CD绳保持水平’在D点上可施加力的最小值为（
）
＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼
B
凰罕狮‘
C÷咖‘
D÷狮‘
A。mg
27.如图甲所示’在圆柱体上放—物块P’圆柱体绕水平轴O缓慢转动’从A转至A′的过程’物块与圆柱体保持
相对静止’则图乙反映的是该过程中（
）
P
F
T厂′
甲
乙
A.重力随时间变化的规律
B.支持力随时间变化的规律
C.摩擦力随时间变化的规律
D.合外力随时间变化的规律
28.如图甲中一水平轻杆在右端的P点系有两根细线’一根斜上拉且固定’另＿根竖直向下连接质量为′＂的物
体而处于平衡’图乙中水平轻杆左端固定’右端连接—个光滑滑轮’用细线绕过滑轮’上端固定而下端连接与
甲同样的物体处于平衡°下列说法中正确的是（
）
竹Ⅷ
~磐
~〔h”
田
乙
A.甲、乙图中斜拉线受到的拉力大小相等
B.甲、乙图中斜拉线受到的拉力大小不相等
C.甲图中轻杆对P点的作用力与乙图中轻杆对滑轮的作用力大小相等
D.甲图中轻杆对P点的作用力与乙图中轻杆对滑轮的作用力大小不相等
29.在机场货物托运处’常用传送带运送行李和货物’如图所示’靠在一起的两个质地相同’质量和大小均不同的
包装箱随传送带—起上行’下列说法正确的是（
）
A.匀速上行时b受3个力作用
B.匀加速上行时b受4个力作用
C.若上行过程传送带因故突然停止时’b受4个力作用
D若上行过程传送带因故突然停止后’b受的摩擦力＿定比原来大
·23°
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30.高空滑索是＿种勇敢者的运动项目°如果—个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动’在
下滑过程中可能会出现如图甲和图乙所示的两种情形。不计空气阻力’则下列说法正确的是（
）
舵八
＂隘≥垄＝
＿＝
甲
乙
A.图甲的情形中’人可能匀速下滑
B.图甲的情形中’钢索对人的作用力大于人的重力
C.图乙的情形中’钢索对轻环可能无摩擦力
D图乙的情形中’若轻环突然被卡而停止’则在此瞬间轻绳对人的拉力—定大于人的重力
3L如图所示物体A’B放在物体C上’水平力F作用于A,使A、B、C＿起匀速运动’各接触面间的摩擦力的情
况是（
）
A.A对C有向左的摩擦力
B.C对B有向左的摩擦力
纠ˉ刀同
｜
C
｜
C.物体C受到三个摩擦力的作用
D.C对地有向右的摩擦力
＝≡＝≡≡＝……
32.如图所示’倾角为0的斜面体C置于水平面上’B置于斜面C上’通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连’连接
B的＿段细绳与斜面平行’A、B、C处于静止状态’则（
）
A.水平面对C的支持力小于B、C的总重力
B.一定受到C的摩擦力
C.C受到水平面的摩擦力为零
D若将细线剪断’B物体开始沿斜面向下滑动,则水平面对C的摩擦力不为零
33.用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来’如图1所示’今对小球α持续施加—个向左偏下30。角的′恒力’
并对小球b持续施加—个向右偏上30。角的同样大的恒力,最后达到平衡时’如图2中正确的是（
）
旷
苟丝″
丝『缨丝7↑丝
｛秒＜芒‖
｜冬｜］
阎2
34.如图所示’＿辆运送沙子的自卸卡车装满沙子’沙粒之间的动摩擦因数为严l ,沙子与车厢底部材料的动摩擦
因数为／12 ’车厢的倾角用0表示（已知〃2＞严l ）’下列说法正确的是（
）
繁
■■■■■■■
／
A.要顺利地卸干净全部沙子’应满足tan0＞〃2
B.要」｜顶利地卸干净全部沙子’应满足sln0＞〃2
C.只卸去部分沙子’车上还留有＿部分沙子’应满足／《2＞tan0＞尸l
D只卸去部分沙子,车上还留有＿部分沙子’应满足／《2＞尸｜＞tan0
35.＿个物体位于斜面上,受到平行于斜面的水平力F的作用处于静止状态,如图所示°如果将外力F撤去’则
物体（
）
／韧
A.会沿斜面下滑
B.摩擦力的方向—定会变化
C.摩擦力的值变大
D.摩擦力的值变小
·24
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专题三牛顿运动定律
O典例剖析
考点1
力与运动的关系
｜侧1｜嘿孵磊鞭朝审嚣鳖脯蜕煽曲撇课臃:撇‖舰寸
气阻力°分析这—过程’下列表述正确的是（
）
B↑
@经过B点时’运动员的速率最大
C↑
◎经过C点时’运动员的速率最大
D·
◎从C点到D点’运动员的加速度增大
@从C点到D点’运动员的加速度不变
A.O◎
B.◎O
C.O@
D.◎@
m泌洒
答案:B
解析:运动员的下落过程:（头≡B自由落体运动’B→C重力大于弹性绳的弹力,做加速度越来越小的加
速运动’C点加速度为零’速度最大’C→D弹力大于重力,力口速度向上’运动员做加速度增大的减速运
动,D点速度为零°可见B正确。
感悟方法:力与运动的关系’要抓住速度与加速度的关系:速度方向与加速度方向相同’物体加速’速度
方向与加速度方向相反’物体减速°
考点2牛顿第二定律
［例2］＿物块静止在粗糙的水平桌面上°从某时刻开始’物块受到—方向不变的水平拉力作用°假设物块与桌
面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力°以α表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小°能正确描
述F与α之间关系的图象是（
）
仁仁仁蔽
L
A
B
C
D
…Ⅷ
答案:C
解析:设物块所受滑动摩擦力为／’在水平拉力F作用下’物块做匀加速直线运动’由牛顿第二定律,F—
／＝′′m’F＝mα＋／,所以能正确描述F与α之间关系的图象是C’选项C正确°
感悟方法:牛顿第二定律F＝′′m中的F指的是物体受到的合外力,具体解题中要根据受力分析来确认
合力。
考点3牛顿第二定律中的斜面问题
［例3］加阁所示,放存固宗斜面卜的物块以加速度α沿斜面匀加速下滑若在物块上再施加—竖直向下的恒力F’则（
〉
［例3］如图所示’放在固定斜面上的物块以加速度α沿斜面匀加速下滑若在物块」
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度α匀速下滑
C.物块将以大于α的加速度匀加速下滑
D物块将以小于α的加速度匀加速下滑
·25·
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■硬画
答案:C
解析:对物块进行受力分析’设斜面的角度为β’可列方程′′?gsin0—〃″!gcos0＝′′′α’sin0—／』cos0＝丛’当加
g
上力F后,由牛顿第二定律得（″2g＋F）sin0—／《（〃!g＋F）cos0＝′〃αl ,即′〃gsin0—尸′′′gcosβ＋Fsin0—尸Fcos
0＝″ml ,″m＋Fsin0—严Fcos0＝″!α1 ’Fsin0—严Fcos0≡F（sin0＿〃cos0）＝旦’些大于0’代入上式知αl大
g
g
于α°物块将以大于α的力口速度匀加速下滑’只有选项C正确°
感悟方法:物体的加速度大小取决于增加的下滑力与增加的摩擦力的大小关系°
考点4
等时圆模型
［例4］如图所示’位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点’与竖直墙相切于点A’竖直墙上另—点B与M
的连线和水平面的夹角为60°’C是圆环轨道的圆心。已知在同＿时刻’甲、乙两球分别从A、B两点由静
止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。丙球由C点自由下落到M点。则（
）
β
』
M
B.乙球最先到达M点
D.三个球同时到达M点
A.甲球最先到达M点
C.丙球最先到达M点
答案:C
解析;设…的…R,榷撼等时…有《.＞…-2仔;商徽闺由落体运动.有』阔—楞｀
所以有t乙＞t甲＞r丙’选项C正确。
感悟方法:利用‘等时圆”来求解’方便快捷,这就告诉我们要收集整理典型模型来处理问题.这往往会给我们
带来方便·
考点5
已知运动求力的动力学问题
［例5］如图所示,细线的—端系＿质量为m的小球’另—端固定在倾角为β的光滑斜面体顶端’细线与斜面平行°
在斜面体以加速度α水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力
T和斜面的支持力为FN分别为（重力加速度为g）（
）
A.T＝m（gsln0＋αcos0）,FN＝加（gcos0
αsin0）
B.T＝″〗（gsin0＋αcos0）｀FN＝″】（gsin6—αcosβ）
C.T＝〃1（αcos0—gsin0）,FN＝″〗（gcos0＋αsin0）
D.T≡m（αsin0—gcos0）,FN＝″2（gsin0＋αcos0）
…Ⅷ
答案:A
解析:对小球受力分析’并沿水乎、竖直方向正交分解°水乎方向:Tcos0—F＂sin0＝″!α’竖直方向
Tsin0＋FNcos0＝′Ⅶg°联立求解得选项A正确。
感悟方法:已知运动求力’先求加速度·
·26。
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考点6
已知力求运动的动力学问题
［例6］如图所示’水平板上有质量′＂＝1.0kg的物块’受到随时间t变化的水平拉力F作用’用
□≡rf
〔＝
力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F′的大小。取重力加速度g＝10m／s2。下列判
断正确的是（
）
A.5s内拉力对物块做功为零
B.4s末物块所受合力大小为4.0N
4↑）／N
′／S
答案:I）
解析:由F′—r图象知物块所受的最大静摩擦力为4N’滑动摩擦力为3N,4S末物块所受的合力为零’
则B项错误;因前4s内物块处于静止状态’5s内物块的位移即第5s内物块的位移不为零’则5s内拉
力对物块所做的功不为零’故A项错误;由严mg＝3N’得物块与木板之间的动摩擦因数〃＝0.3,则C项错
误;6～9s内物块所受的合力为5N—3N＝2N,由F合＝mα,得物块的加速度大小α＝2m／s2 ’故D项正确°
感悟方法:已知力求运动,先求加速度。
考点7瞬时性问题
□
氢
氢
团
［例7］如图’轻弹簧上端与—质量为m的木块1相连’下端与另＿质量为M的木块2相连’整个系
统置于水平放置的光滑木板上’并处于静止状态°现将木板沿水平方向突然抽出’设抽出后
的瞬间’木块1、2的加速度大小分别为αl 、α2°重力加速度大小为g°则有（
）
A.αl＝g,α2＝g
B·αl＝0,α2＝g
c忽｜-＂.·』-枷融
u舰!＝g.·』-狮雨呜
对…N
…
答案:C
解析:在抽出木板的瞬间’弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变°对1物体受重力和支持力’mg＝F’
α｜-0.对2物体受童力和压力,根撼牛顿第二定棒凰＂-F黔／M＋″,
Mg。
感悟方法:求解瞬时加速度问题’关键要搞清楚不同施力物体的施力特征°弹簧的弹力不能突变’绳子、
杆子、接触面的弹力会发生突变°
考点8超｀失重问题
［例8］如图所示’一个盛水的容器底部有＿个小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水’假设容器在
下述几种运动过程中始终保持平动’且忽略空气阻力’则（
）
A.容器自由下落时’小孔向下漏水
B.将容器竖直向上抛出后’容器向上运动时,小孔向下漏水’容器向下运动时’小孔不向下漏水
C.将容器水平抛出后’容器在运动中小孔向下漏水
D将容器斜向上抛出后’容器在运动中小孔不向下漏水
■溉Ⅷ
／＼
答案;D
解析:无论向哪个方向抛出’水和容器的运动情况相同’因此小孔不会漏水°
感悟方法:超、失重问题的关键是抓住加速度的方向,加速度向下’失重;加速度向上’超重!
·27·
~~~~
二二二二
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考点9单物体多过程问题
［例9］如图.＿物块在r＝0时刻滑上＿固定斜面’其运动的z′—r图线如图（b）所示°若重力加速度及图中的U｜
Ul 、rl均为已知量’则可求出（
）
A｀,
p（）＼~~~~
√／
—‖二可
｝客｜（a）
｜剖（b）
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
田翻Ⅷ
答案:ACD
解析;由题图（b）可以求出物块上升过程中的加速度为α］-普’下降过程中的加速度为α』-升.物块在
上升和下降过程中’由牛顿第二定律得加gsinβ＋F′＝′nα］’加gsin0
F｛＝′′′α2 ,由以上各式可求得sin0
〃冠! ·辩动摩擦力F忻-脚（…）,嗣风-腆F网≡陛…隐0｀由以上分析可……、C正确;…—
2r1
t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°
感悟方法:单物体多过程问题,只要按时间顺序作好分析即可’要注意前—个过程的末状态即为下—个
过程的初状态°
考点10
多物体多过程问题
［例10］两物体甲和乙在同—直线上运动’它们在0～0.4s时间内的u—r图象如图所示。若仅在两物体之间存
在相互作用,则物体甲与乙的质量之比和图中时间tl分别为（
）
↑u／（mSˉ｜
）
斗
〕
∑
‖
0
＄
吕
／
′
日
β
斗
’
＝
℃
■
〗
′
■
（
○
和
′
］
—
〗
●
℃
Al和α30:
u
｜·解析］
答案:B
B.3和（）。3（）s
D.3和（）.28s
解析;本题考查图象问题.根撼遮度图象绚特点可知甲做匀加速运动,乙做匀减遮运动.根撼铡-釜得
…—徽乙.榷搪牛顿第二定律有二＝上.旦’得些—3.由凰乙-六m／爵-Mm／s:＝0六｜.得h-
加甲
3
′〃乙
″『乙
0.3s,B正确°
感悟方法:多物体的多过程’关键是抓住物体之间的受力、时间、位移之间的关系°
·28·
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考点11
动力学中的α—t图象
［例］1］广州塔’呢称小蛮腰’总高度达600米’游客乘坐观光电梯大约＿分钟就可以到达观光平台°若电梯简化
成只受重力与绳索拉力’已知电梯在r≡0时由静止开始上升,α—t图象如图所示°则下列相关说法正确
的是（
）
）
（
厂
∩
γ
】
’
‖
″
√
′
β
~
~
～
日
~
~
ˉ
宠
附
γ
叫
β
ˉ
ˉ
~
＿
】
~
~
~
~
~
~
＿
÷
心
~
~
~
~
~
~
~
~~
~
B.5～55S时间内’绳索拉力最小
D. r＝60s时,电梯速度恰好为零
A. t＝4.5s时’电梯处于失重状态
C. r＝59.5s时’电梯处于超重状态
…Ⅷ
答案:D
解析:利用α—r图象可判断:t＝4.5s时’电梯有向上的加速度’电梯处于超重状态’则选项A错误;0
～5s时间内’电梯处于超重状态’拉力大于重力’5～55s时间内,α＝0’电梯处于匀速上升过程’拉力
等于重力’55～60s时间内’电梯处于失重状态,拉力小于重力’综上所述,选项B、C错误;因α—t图线
与t轴所围的“面积”代表速度改变量’而图中横轴上方的“面积’’与横轴下方的‘‘面积”相等,则电梯的速度
在r＝60s时为零’选项D正确。
感悟方法:α—r图象中’图线与横轴所围的面积表示速度的变化量°
考点12加速度相同的连接体问题
［例12］如图所示’一夹子夹住木块’在力F作用下向上提升’夹子和木块的质量分别为加、M,夹子与木块两侧间
的最大静摩擦力均为／.’若木块不滑动’力F的最大值是（
）
F
／
／
／
√
巾
■
∏
″
M
B.2／（加＋M）
A2′（＂M）
″〗
C2′（＂M）—（枷＋M）‘
n2／（啊M）＋（″厂仁M）‘
｜·解析］
答案:A
解析:当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大静摩擦力／时’拉力F最大’设系统向上的加速度为α.
先以夹子为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律可知F—2／—′Ⅶg＝′′m’再以木块为研究对象进
F＝2／（m＋M）
M
,A正确°
行受力分析’根据牛顿第二定律可知可2／—Mg＝Mα’两式联立可解得
感悟方法:对于加速度相同的连接体’灵活运用整体法与隔离法°
·29·
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考点13加速度不同的连接体问题
［例13］如图’在倾角为α的固定光滑斜面上’有＿用绳子拴着的长木板’木板上站着＿只猫°已知木板的质量是
猫的质量的2倍°当绳子突然断开时’猫立即沿着板向上跑’以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板
沿斜面下滑的加速度为（
）
~~~~~~卜
＝卢′
A:s｜nα
C:gsmα
B.gs1nα
I）°2gˉsinα
m露Ⅷ
答案:C
解析:对猫受力分析如图（a）由乎衡条件:F′＝mgslnα
对木板受力分析如图（b）由牛顿第二定律:F｝＋2′′′gsinα＝2加α
又由牛顿第三定律:F（＝F′
由oo翻得“-;g瓢nα.
感悟方法:对于加速度不同的连接体问题’—般用隔离法来求解。
｝′
于
儿
◎
◎
◎
、
、
、
≥
αˉ
F／
′
＾
V加g
（b）
（a）
考点14与弹簧有关的动力学问题
［例14］如图’轻弹簧的下端固定在水平桌面上’上端放有物块P’系统处于静止状态,现用—竖直向上的力F作
用在P上’使其向上做匀加速直线运动’以工表示P离开静止位置的位移’在弹簧恢复原长前’下列表示
F和r之间关系的图象可能正确的是（
）
AF
｜F
F
／≡
／司／／
O
（）
O
（
1
‖
‖
＼
｜日
C
｜□
田疆洒
答案:A
解析:假设物块静止时弹簧的压缩量为工0’则由力的平衡条件可知″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＋陀（工0—工）＿加g＝加α’由以上两式解得F＝诧工＋
mα’显然F和z为一次函数关系’且在F轴上有截距’则A正确,B、C、D错误。
感悟方法:弹簧具有受力“简单”的特性:弹簧的弹力与形变量成线性关系°
·30·
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考点15
与传送带有关的动力学问题
［例15］如图所示绷紧的水平传送带始终以恒定速率Ul运行。初速度大小为U2的小物块从与传送带等高的光
滑水平地面上的A处滑上传送带°若从小物块滑上传送带开始计时’小物块在传送带上运动的U—r图
象（以地面为参考系）如图乙所示°已知U;＞Ul .则（
）
卜≥≡雨
v2
＜ˉ1二
Vl
-→
团〃
O
（○
Uww、｀
ˉγ｜
｝｜』
乙
A. r2时刻,小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻’小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内’小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0～t3时间内’小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
!9解析》
答案:B
解析:本题考查受力分析、牛顿第二定律和U—t图象’意在考查考生应用牛顿第二定律并结合U—t图
象分析传送带模型问题的能力’小物块对地速度为零时’即tl时刻’离A处最远° t2时刻’小物块相对
传送带静止’此时不再相对传送带滑动’所以从开始到此刻’它相对传送带滑动的距离最大° 0～r2时
间内’小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力’方向始终向右’大小不变° t2时刻以后小物块相对传送带静
止.故不再受摩擦力作用’综上所述’B正确。
感悟方法:对于传送带问题’在分析过程中要注意参考系的选择问题°
考点16动力学中的分离临界问题
［例16］如图所示’A、B两物块的质量分别为2″′和加’静止叠放在水平地面上°A、B间的动摩擦因数为尸’B与地面间
↑
的动摩擦因数为古仪.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对八施加—水平拉力F.则（
）
止≡＝舅＿上霞
B当F—骨″恩时.A的加逮度为;腮‘
n无论F为何值’B的加速度不会超过÷陛3
A当F＜2严加g时’A、B都相对地面静止
C.当F＞3严加g时’A相对B滑动
答案:BCD
解析:本题考查牛顿运动定律的应用’意在考查考生的理解能力和分析综合能力。A、B间的最大静摩
擦力为2〃′厕凰.B和地面之间的最大静摩擦力为;似狮g’对A＼B整体｀只妥F＞;膘》″g,整体就会运动,
选项A错误;当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时’A、B将要发生相对滑动’故A、B一起运动的加速
度的最大值满足2陛枷g—了′″g＝咖…B运动的最大加逮度刨…-＋腆g.选项D正输;对A、B整体,
3
有F—;炽咖g-3恤刨….则F＞3似′″g时溺者会发生相对运动,选项C正确;当F≡;〃加g时,雨者相对
静止,一起滑动,加遮度满足F—争″g＝…,解得磁＝＋鹏g,选项B正确.
感悟方法:两个物体处于分离｜临界或者是相对静止临界时’两者速度相等,加速度相等’相互作用力达到｜｜伍界值。
·31·
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◎过关演练
L直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子’如图所示°设投放初速度为零’箱子所受的空气阻力与箱子下
落速度的二次方成正比’且运动过程中箱子始终保持图示姿态°在箱子下落过程中,下列说法正确的是（
）
~
D
V
◆
…
●
…
蚀
军
铀
…
岭灾
A.箱内物体对箱子底部始终没有压力
B.箱子刚从飞机上投下时’箱内物体受到的支持力最大
C.箱子接近地面时’箱内物体受到的支持力比刚投下时大
D.若下落距离足够长’箱内物体有可能不受底部支持力而‘』飘起来”
如图所示’质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上’车上站着＿质量为′川的人’若要平板车静止
在斜面上’车上的人可以（
）
A.匀速向下奔跑
毖／
B.以加速度α＝皿gsinα向下加速奔跑
″I
C似加速度隧—（l＋胖）凰爵｛＂α向下加速奔跑
u以＂逮度“-（l＋黑）凰smα向上加速奔跑
征如倒甲所示的÷—咖图象巾.横坐标咖为小车（图乙所示）内砧码的质量.纵坐标÷为小车加逮度“的倒
数’已知图中直线的斜率为虎,在纵轴上的截距为b’下列说法正确的是（
）
车内砧码
9
▲
3
l~
〔J
‖
｜
器
／
（）
′″
［｝‖
乙
A.小车受到的合力大小为k
B.小车受到的合力大小为☆2
O小车的质量为÷
n小车的质量为÷
4.如图所示’＿个质量为″!的圆环套在—根同定的水平长直杆上’环与杆的动摩擦因数为尸°现给环—个水平
向右的恒力F’使圆环由静止开始运动’同时对环施加＿个竖直向上、大小随速度变化的作用力Fl＝诧U’其中
虎为常数’则圆环运动过程中（
）
0＿∏
↑F｜
′
』
1
『
0
〗
00
A.最大加速度为互
″『
B.最大加速度为丘上L旦丝
′Ⅺ
C.最大速度为互±L旦2里
尸虎
D最大速度为半
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5.如图所示’A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的拉力F拉质量分别是″!A和加B的物体实验时得出
的两个加速度α与拉力F的关系图线’由图分析可知（
）
A.比较两地的重力加速度’有gA＞gB
α
B.比较两物体的质量,有′′M＞加B
C.比较两地的重力加速度’有gA＝gB
0
D比较两物体的质量’有′ⅧA＜″!B
~″
尸
令
6.如图所示’A、B球的质量相等’弹簧的质量不计’倾角为β的斜面光滑’系统静止时’弹簧与细线均平行于斜
面’在细线被烧断的瞬间’下列说法正确的是（
）
A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下’大小均为gsln0
B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下’大小为2gsin0
D.弹簧有收缩的趋势’B球的瞬时加速度向上’A球的瞬时加速度向下’瞬时加速度都不为零
7.加图所示’运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为:运动员走上跳板’将跳板从水平位
如图所示’运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为:运动员走上跳板’将跳板从水平位
A●
置B压到最低点C’跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A’然后运动员做自由落体运动’
B
″
‖
｜
竖直落人水中°跳板自身重力忽略不计’则下列说法正确的是（
）
A.运动员向下运动（B→C）的过程中’先失重后超重,对板的压力先减小后增大
B.运动员向下运动（B→C）的过程中’先失重后超重’对板的压力—直增大
C.运动员向上运动（C→B）的过程中超重,对板的压力先增大后减小
D运动员向上运动（C→B）的过程中’超重’对板的压力—直减小
、
●
℃
≈
、
≈
≈
≈
≈
水面
8.如图’在水平面上的箱子内’带异种电荷的小球α、6用绝缘细线分别系于上、下两边’处于静止状态°地面受
到的压力为FN’球b所受细线的拉力为F°剪断连接球b的细线后’在球b」二升过程中地面受到的压
力（
）
∏—
b↑
A.小于FN
B.等于FN
C.等于FN＋F
D.大于FN＋F
9.两实心小球甲和乙由同—种材料制成’甲球质量大于乙球质量°两球在空气中由静止下落’假设它们运动时
受到的阻力与球的半径成正比’与球的速率无关°若它们下落相同的距离’则（
）
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
10.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,＿个物体所受空气阻力可忽略’另—个物体所受空
气阻力大小与物体速率成正比°下列用虚线和实线描述两物体运动的U—r图象可能正确的是（
）
沁八烂
Ⅳ小
＞＼o~
′＝j～雀
B
C
I）
1L在—东西向的水平直铁轨上’停放着一列已用挂钩连接好的车厢°当机车在东边拉着这列车厢以大小为α
的加速度向东行驶时’连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小
为鼻α的加速度向西行驶时’P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同’
O
则这列车厢的节数可能为（
）
A.8
B· 10
C. 15
D。18
6可∩
·OQ●
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12.先后用相同材料制成的橡皮条彼此平行地沿水平方向拉同—质量为′n的物块’且每次
使橡皮条的伸长量均相同’物块m在橡皮条的拉力作用下所产生的加速度α与所拉橡
皮条的数目′′的关系如图所示°若更换物块所在水平面的材料再重复这个实验,则图
中直线与水平轴间的夹角0将（
）
~』′
勺｀
α／（m.s 二）
~~~~~夕
烈
O
2
4
′『／条
A.变大
B.不变
C.变小
D.与水平面的材料有关
水平传送带被广泛地应用于机场和火车站’用于对旅客的行李进行安全检查°如下图所示为＿水平传送带
装置示意图’紧绷的传送带AB始终保持u＝1m／s的恒定速率运行°旅客把行李无初速度地放在A处’设
行李与传送带之间的动摩擦因数（儿＝0. 1’AB间的距离为2m’g取10m／S2 °若乘客把行李放到传送带的
同时也以u＝1m／s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李’则（
）
B∩
≤←p
A
（.）
（.）
A.乘客与行李同时到达B
B.乘客提前0.5s到达B
C.行李提前0.5s到达B
D.若传送带速度足够大’行李最快也要3s才能到达B
如图所示’两个质量分别为′″｜＝1kg、′′?2＝4kg的物体置于光滑的水平面上’中间用轻质弹簧秤连接。两个
大小分别为Fl＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在加l 、加2上’则达到稳定状态后’下列说法正确的
是（
）
是（
）
13·
14
A.弹簧秤的示数是25N
B.弹簧秤的示数是50N
C.在突然撤去F2的瞬间’m2的加速度大小为7m／s2
D在突然撤去Fl的瞬间’′川的加速度大小为13m／s2
用水平力F拉着—物体在水平地面上做匀速运动,从某时刻起力
随时间r的变化如图中实线所示’下列说法正确的是（
）
A.F是从rl时刻开始减小的’r2时刻物体的速度刚变为零
B.F是从rl时刻开始减小的’r3时刻物体的速度刚变为零
C.F是从r2时刻开始减小的’t2时刻物体的速度刚变为零
D.F是从r2时刻开始减小的’r:时刻物体的速度刚变为零
如图所示’小车上有—根固定的水平横杆,横杆芹端固宗的轩杆与
如图所示’小车上有—根固定的水平横杆,横杆左端固定的轻杆与
E
F｛
巨
√
］
F随时间均匀减小’物体所受的摩擦力／
卜／
≈≈
｜
｜
｝
≥＝7
（）
／｜
竖直方向成0角’轻杆下端连接＿小铁球;
横杆右端用＿根细线悬挂＿小铁球’当小车做匀变速直线运动时’细线保持与竖直方向成α角,若β＜α’则下
列说法中正确的（
）
、
、
」
／
『
｀
］
A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方问向上
B.轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上
C.小车—定以加速度gtanα向右做匀加速运动
D小车—定以加速度gtan0向右做匀加速运动
17.一皮带传送装置如图所示,皮带的速度U足够大’轻弹簧＿端固定’另—端连接—个质量为加的滑块’已知
滑块与皮带之间存在摩擦当滑块放在皮带上时’弹簧的轴线恰好水平’若滑块放到皮带的瞬间’滑块的速度
为零’且弹簧正好处于自由长度,则当弹簧从自由长度到第＿次达最长这—过程中’物体的速度和加速度变
化的情况是（
）
A.速度增大’加速度增大
B.速度增大’加速度减小
C.速度先增大后减小’加速度先增大后减小
D速度先增大后减小’加速度后减小后增大
·34·
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18.如图所示’—足够长的木板静止在光滑水平面上’—物块静止在木板上’木板和物块间有摩擦°现用水平力
向右拉木板’当物块相对木板滑动了＿段距离但仍有相对运动时’撤掉拉力’此后木板和物块相对于水平面
的运动情况为（
）
「硒］
｝ˉ垫力
木板
…
A.物块先向左运动’再向右运动
B.物块向右运动’速度逐渐增大’直到做匀速运动
C.木板向右运动’速度逐渐变小’直到做匀速运动
D木板和物块的速度都逐渐变小’直到为零
19.如图所示’电梯与水平地面成0角’—人静止站在电梯水平梯板上’电梯以恒定加速度α启动过程中’水平梯
板对人的支持力和摩擦力分别为F＂和／.若电梯启动加速度减小为;,则下面结论正确的是（
）
A水平梯板对人的支持力变为导
~广
B水平梯板对人的摩擦力变为寺
C.电梯加速启动过程中’人处于失重状态
u水平榔板对人的摩擦力＂支持力之比为盖
2（）.如图甲所示,倾角为30°的足够长的光滑斜面上’有—质量′Ⅶ＝（）.8kg的物体受到平行斜
用’其大小F随时间t变化的规律如图乙所示’r＝（）时刻物体速度为零,重力加速度g＝1（）
正确的是（
）
kg的物体受到平行斜面向上的力F作
零,重力加速度H＝1（）m／s2°下列说法
担
4ˉ
｀, ˉˉˉ』—
勺ˉ
叁
lˉˉ-ˉˉˉ上--司
A.0～1s时间内物体的加速度最大
B.第2s末物体的速度不为零
C.2～3s时间内物体向下做匀加速直线运动
D.第3s末物体回到了原来的出发点
l 」.宋OS刁｀;↑列′｜Z卜山｜士‖
』
′汀＼不∏γL』仅』钻
0
l
2
3
／／s
乙
F的作用’该力与时间的
甲
如图甲所示’A、B两物体叠放在＿起’放在光滑的水平面上,从静止开始受到—变力
关系如图乙所示,A、B始终相对静止;则下列说法正确的是（
）
21
｀F
＼
○
甲
｜
∏
尸
一
∩
』
【
句
≡
′0
乙
A. t0时刻’A、B间静摩擦力最大
B. r0时刻’B速度最大
C.2t0时刻’A、B间静摩擦力为零
D2r0时刻’A、B位移最大
22.如图所示’A、B两物体之间用轻质弹簧连接’用水平恒力F拉A’使A、B—起沿光滑水平面做匀加速直线运
动’这时弹簧长度为Ll ;若将A、B置于粗糙水平面上’用相同的水平恒力F拉A’使A、B＿起做匀加速直线
运动’此时弹簧长度为L2°若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同’则下列关系式正确的是（
）
户纠叫兰垢会
A.L2＜L1
B.L2＞Ll
C。L2＝Ll
D由于A、B质量关系未知’故无法确定Ll 、L2的大小关系
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23.在光滑水平面上放着紧靠在＿起的A、B两物体’如图所示’B的质量是A的2倍’B受到向右的恒力FB＝
2N’A受到的水平力FA＝（9—2r）N（r的单位是S’以向右为力的正方向）°从r＝0开始计时’则（
）
｜
＂
『＿ˉ
｜′〉′~
｜~~~~~
B
尸｜
＝＿＞
］
／J〃／／／′〃／′／′／／′′／／／／／／′／／′／′′′′夕
AA物体在2§末时刻的」∩速度足初始时刻的古
B· r＞4S后’B物体做匀加速直线运动
C. ／＝4.5s时’A物体的速度为零
Dr＞4.5s后’A、B的加速度方向相同
24.如图所示,两个小物体A、B放在水平地面上相距9m’现使它们分别以初速度u∧＝6m／s和z′B＝2m／s同时
相向运动’已知两物体与地面间的动摩擦因数均为0.2’则它们（
）
u ‖
pB
一
←
■
固
A.约经0.92s相遇
B约经1.38s相遇
C.经2s相遇
D.不可能相遇
25.为了使雨滴能尽快地淌离房顶’要设计好房顶的高度’设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动’那么
如图所示的四种情况中符合要求的是（
）
鸭
坠「
蚂
赵「
A
B
C
D
26.质量为40kg的雪橇在倾角0＝37°的斜面上下滑如图甲所示’所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪橇运
动的u
r图象如图乙所示’且AB是曲线的切线’B点坐标为（4’15）’CD是曲线的渐近线°根据以上信息’
不可以确定下列哪个物理量（
）
A↓’／（m。S
｜）
／
l5ˉ＿7招
｜!（〕斗』
′
′／
步
O2
4
6 8川
S
‖］
乙
A.空气的阻力系数
B.雪橇与斜面间的动摩擦因数
C.雪橇在斜面上下滑的最大速度
D雪橇达到最大速度时所用的时间
27.如图甲是某景点的山坡滑道图片,为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间。技术人员通过测量绘
制出如图乙所示的示意图°AC是滑道的竖直高度’D点是AC竖直线上的—点’且有AD＝DE＝10m’滑道
AE可视为光滑’滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下滑动,g取10m／s: ’则滑行者在滑道AE上滑行
的时间为（
）
＾骸
鞘w
蕊
茁
｛
｀｀
.堪
｀h
甲
乙
‖
厂
■●
A.√】s
C.äs
D2√面s
B.2S
∩＾
●dO·
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28.如图甲所示’质量m＝lkg’初速度U（｜＝6m／s的物块受水平向左的恒力F作用’在粗糙的水平地面上从（）
点开始向右运动’O点为坐标原点,整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所
示,g取10m／s2 ’下列说法中正确的是（
）
v∩
＋一
『l
→
′
γ／m
尸之-二斤
2O｜
6
Ⅺ~
司
Ⅱ
门
O
［｜l
乙
A. r＝2s时物块速度为零
B. r＝3s时物块回到O点
C.恒力F大小为2N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0. 1
29.如图’—不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后’两端分别悬挂质量为′′!｜和′Ⅺ2的物体A和B°若滑轮有—定大
小’质量为′′!且分布均匀’滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦°设细绳对A和B的
拉力大小分别为Tl和T2°已知下列四个关于Tl的表达式中有—个是正确的’请你根据所学的物理知识’
通过—定的分析’判断正确的表达式是（
）
AJ』-′阳删慨
nT!-川训渊
oT』-册Ⅱ酬』」棚
I）.Tl＝（″〗＋4加l ）m2g
Ⅺ
／
、
＾／.
＾
l
″『
刃↑
4回
尚』B
m＋4（加l＋加2）
30.在动摩擦因数队＝0.2的水平面上有＿个质量为加＝2kg的小球’小球与水平轻弹簧及与竖直方向成0＝45°
角的不可伸长的轻绳一端相连’如图所示’此时小球处于静止平衡状态’且水平面对小球的弹力恰好为零。
当剪断轻绳的瞬间’取g＝10m／s2 ’以下说法正确的是（
）
厂／／／／／／／／／／＝
A.此时轻弹簧的弹力大小为20N
B.小球的加速度大小为8m／s,方向向左
C.若剪断弹簧’则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m／s2 ’方向向右
D若剪断弹簧’则剪断的瞬间小球的加速度为0
3l.在2008年北京奥运会上’我国体操运动员何更娜取得女子蹦床项目金牌的优异成绩。通过传感器将弹簧床
面与运动员间的弹力随时间的变化规律在计算机上绘制出如图所示的曲线’假设表演时运动员仅在竖直方
向运动’当地重力加速度取10m／S2 ,依据图象给出的信息可知’运动过程中运动员的质虽和离开弹簧床上升
的最大高度为（
）
F丫N
25（）0
500
O
β
／
／
〗
斗
’
斗
β
日
β
β
β
斗
§
日
斗
∑
斗
β
〕
B.5（）kg
D。5（）kg
3。2m
5m
A.250kg
1.6m
C.250kg
4.8m
d了厅
·Q／●
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〕2.有＿些问题你可能不会求解’但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断。例如从解的物理
量单位’解随某些已知量变化的趋势’解在＿些特殊条件下的结果等方面进行分析,并与预期结果｀实验结论
等进行比较’从而判断解的合理性或正确性°举例如下:如图所示’质量为M、倾角为0的斜面A放于水平地
面上。把质量为′门的滑块B放在A的斜面上’忽略＿切摩擦’有人求得B相对地面的加速度α＝
M竿蒜铲凰jM.式中凰为重力＂遮度.
对于上述解’某同学首先分析了等号右侧量的单位.没发现问题°他进—步利用特殊条件对该解做了如下四
项分析和判断’所得结论都是解可能是对的”°但是’其中有＿项是错误的°请你指出该项（
）
A.当0＝0°时’该解给出α＝0’这符合常识’说明该解可能是对的
B.当0＝90°时’该解给出α＝g’这符合实验结论’说明该解可能是对的
C.当M＞m时’该解给出α＝gsin0’这符合预期的结果’说明该解可能是对的
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
D当狮＞M时’该解给出α＝志.这符合预期的结果’说明该解可能是对的
33.如图甲所示’静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A°某时刻’A受到水平向
右的外力F作用,F随时间r的变化规律如图乙所示’即F＝灶’其中k为已知常数°若物体之间的滑动摩擦
力F［的大小等于最大静摩擦力’且A、B的质量相等,则下列图中可以定性地描述长木板B运动的U—r图象
的是（
）
邱
~~／
°／ˉ
∏卜→尸
B｜
甲
乙
↑｀j~~
↑p~~
↑V~
择→
《
炉
庭
Ⅱ
妒
→
A
B
C
D
34.如图所示’传送带的水平部分长为L’传动速率为U’在其左端无初速度释放＿小木块’若木块与传送带间的
动摩擦因数为队’则木块从左端运动到右端的时间可能是（
）
∩
○亏→○
＾÷｜孟
Ⅲ÷
Ⅱ砒
n斗
35.如图所示,水平传送带以速度ul匀速运动’小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连’t≡0时刻P
在传送带左端具有速度U2 .P与定滑轮间的绳水平’r＝／0时刻P离开传送带°不计定滑轮质量和摩擦,绳足
够长°正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（
）
p勺
街昼→○
~｜~~
□Q
｝
γ7
pT
γ7
p2
（）
O
（）
（）
｀
＼
『0
／
『0
／
~
◆
『
『（｝
／
／
A
B
（〕
I）
38·
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专题四曲线运动
o典例剖析
考点1
曲线运动的轨迹
［例1］—带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线α6C从α运动到（. ’已知质点的速率是递减的°关于b点电场
强度E的方向’下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（
）
E／
严ˉ
广一
／厂ˉ.
′沪—·
.
／｝~
｜〔J~~~
｜（J~~~
A
B
C
D
m圃泊
答案:D
解析:物体做曲线运动时ˉ ’受到的合夕卜力方向指向轨迹的‘‘凹”侧’考虑到质点的速率递减,所以合外力与
速度成钝角’如图所示·又因为负电荷受到的电场力与电场方向相反’所以轨迹、速度与电场强度的方
向关系如图所示°
’
旷
厂
感悟方法:物体做曲线运动的轨迹—定夹在合外力方问与速度方向之间’速度方向与轨迹相切’合外力
方向指向轨迹的“凹’’侧.
考点2小船渡河问题
［例2］有＿条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为U的大河。小明驾着小船渡河’去程时船头指向始终与河岸垂
直,回程时行驶路线与河岸垂直°去程与回程所用时间的比值为k’船在静水中的速度大小相同’则小船
在静水中的速度大小为（
）
爪
｜
｜
｜
创
｜
｜
↓
』
夕
∩
旧
仙
＾
｜
｜
｜
α
｜
｜
↓
Q｀
0｀》
八
勺｀
〃
0｀》
鹏
∩′
γ｜
J【
』
″
〔γ
隅
c√肯
~y
A谅≡
｜·解析p
U
H√I＝r
D
｀／F＝丁
答案:B
解析:设河岸宽为α’船速为“’去程时船头指向始终与河岸垂直’渡河时间rl＝鱼;回程时行驶略线与河岸
川
…-法了测…河时间美系得垦;〃羔亏-您.解得″-页兰亏,所以B选项正确
感悟方法:船的实际运动就是合运动’这个运动也是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。船头指
向始终与河岸垂直’小船渡河时间最短;行驶路线与河岸垂直’渡河位移最短。
。39.
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考点3小船靠岸问题
［例3］如图所示’人沿平直的河岸以速度U行走’且通过不可伸长的绳拖船’船沿绳的方向行进,此过程中绳始终
与水面平行。当绳与河岸的夹角为α时’船的速率为（
）
｀船
俯槛｜笼｜
~成〉＼
｝＂｝
0
l
0
加一′乍
｝,
℃
B.
,
S1nα
＼. 【／slnα
I）.
‘U
COSα
C. 【）cosα
…Ⅷ
答案:C
＂2
解析;将人翰运动分解为沿蝇方向的分遣动（分遮度为刨）和与绳参直方向的分运动（分遮度／＼＼
Ⅵ／骸,
为u2）,如图所示.船的速率等于沿绳方向的分速度u船＝ucosα°所以正确答案选C。
此题还可以利用:绳子连接体的两端物体的速度在绳子上的投影速度大小相等来解’即人的
γ｜
速度u在绳子方向的分量等于船速’故u船＝ucosα,正确答案选C·
感悟方法:解决“小船靠岸”问题的基本方法是运动的合成与分解,具体处理时’—定要注意物体的实际
运动是合运动（人的运动）;解决此问题的—种巧妙方法是利用“绳子连接体的两端物体的速度在绳子上
的投影速度相同”来解’会更加方便°
考点4平抛运动规律的理解
［例4］为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动’用如图所示的装置进行实验°小锤打击弹性金
属片’A球水平抛出’同时B球被松开’自由下落°关于该实验’下列说法中正确的有（
）
鹏
‖
｀
｛
U
万黔亩禽ˉ
A.两球的质量应相等
B.两球应同时落地
C.应改变装置的高度’多次实验
D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
■睡Ⅷ
答案:BC
解析:根据合运动与分运动的等时性和独立性特点可知,两球应同时落地’为减小实验误差’应改变装置
的高度’多次实验’选项B、C正确;乎抛运动的实验与小球的质量无关’选项A错误;此实验只能说明A
球在竖直方向做自由落体运动,选项D错误°答案BC°
感悟方法:平抛运动是—种匀变速曲线运动,处理时可以采用运动的合成与分解法’将平抛运动分解为
水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
·40·
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考点5平抛运动的临界问题
［例5］—带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示°
—带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示°水平台面的长和宽分别为Ll和L2 ’中间球网高度为∧°发射
机安装于台面左侧边缘的中点’能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球’发射点距台面高度为3／l°
不计空气的作用,重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率U在某范围内,通过选择合适的方向’就能
使乒乓球落到球网右侧台面上’则z′的最大取值范围是（
）
／（4L带＋L;）g
γ
6／l
1／（4L带＋L;）g
百＼／
6∧
凰÷＼／子＜畦
八÷＼／嘉＜…隔
◎÷＼／磊＜割＜凯（4财点1
＜
℃
＜
—
旦
∧
皿
州
●
∏
冯
、
已
‖
′
／
巴
∩
乙
…
答案:D
解析;设以逮率渺』发射乒乓球.经过时间′侧好落到球网正中间.则隆直方向上有M—′腮-＋蚁｛o
水乎方向上有导＝汹｛!｜
◎
△
卤哑翻式可得剧』-剔子
了
设以速率U删发射乒乓球,经过时间陶刚好落到球网右侧台面的两角处,在竖直方向有3′!＝古g‘;
◎
〗
＼
｀
｀
』
『
′
′
／
此
’
ˉ
〃
′
『
‖
〖
‖
｀
＼
′
√
有
向
方
平
水
在
卜L;＝U2r2
@
淘圆鸥满氮可得触』＝刽（4L｛而′』）‘
则U的最大取值范围为℃l＜U＜U2。故选项D正确°
感悟方法:对于临界问题’处理的方法有两种’—种是数学方法’即根据物理现象列出函数表达式’然后
求出临界值;另＿种是物理方法’即通过对现象的分析’找到临界现象’然后针对临界现象运用物理规律
求出这个临界值°本题利用的是物理方法。
考点6与斜面有关的平抛运动
［例6］＿水平抛出的小球落到＿倾角为0的斜面上时’其速度方向与斜面垂直’运动轨迹如图中虚线所示。小球
在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（
）
○—姿～～
一晰≥一…≡／
B·2tan0
u2六〃
A. tan0
C。
1
tan0
·41
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答案:D
解析:小球在竖直方向下落的距离与水乎方向通过的距离之比即为平抛运动合位移与水乎方向夹角的
正切值.小球落在斜面上时的速度方向与斜面垂直』故速度方向与水乎方向夹角为÷＿0,由乎抛运动
结论:乎抛运动速度方向与水干方向夹角正切值为位移方向与水乎方向夹角正切值的2倍’可知:小球在竖
↑
直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比为盂∏,D项正确·
感悟方法:对于平抛运动遇到斜面（或是水平面、竖直面、圆面等）问题,我们不要被表象所迷惑’要明确
的是’不论平抛运动遇到什么“面”’都是对平抛运动的时间与空间进行约束’我们只要找到这些条件并
与平抛运动规律结合,问题就能迎刃而解。
考点7类平抛运动
［例7］如图所示的塔吊臂上有—可以沿水平方向运动的小车A’小车下装有吊着物体B的吊钩’在小车A与物
体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时’吊钩将物体B向上吊起’A、B之间的距离以仍＝H—
2r2（SI）（SI表示国际单位制’式中H为吊臂离地面的高度）规律变化’则物体做（
）
增
受
A.速度大小不变的曲线运动
B.速度大小增加的曲线运动
C.加速度大小方向均不变的曲线运动
D加速度大小方向均变化的曲线运动
■翻洒
答案:BC
解析:B物体参与了两个运动’一个是水乎方向的匀速运动’另一个是在竖直方向上的运动9由创＝H—
2r2可知’A、B之间距离匀加速减小,且加速度α＝4m／s2 ’因此B在竖直方向上做匀加速运动,两个运
动的合成为匀加速曲线运动。
感悟方法:对于初速度与加速度相垂直的匀变速曲线运动’我们都可以称之为“类平抛运动”’解决这＿
类问题时,我们只要“引进”平抛运动的规律’作加速度的等效替换’问题都能顺利求解·
考点8
多个物体的平抛运动
［例8］如图所示’A、B两小球从相同高度同时水平抛出’经过时间t在空中相遇若两球的抛出速度都变为原来
的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为
β
…
4
○→
＼
′
｀′
〗
徊
—
’
ˉ
′
÷
雏
●
●
β
∏
A· r
沪
C.÷
△
·42·
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…
答案:C
解析:设两球间的水乎距离为L’第一次抛出的速度分别为℃］、℃2 ’由于小球抛出后在水平方向上做匀速
直线运动,则从抛出到相遇经过的时间t＝半
,若两球的抛出速度都变为原来的2倍,则从抛出到相
℃1—厂U2
L
萨
遇经过的时间为／＝2（U｜＋汕:）＝亩,C项正确.
感悟方法:两物体同时从同＿高度抛出’则两物体始终在同—高度’二者间距只取决于两物体的水平分
运动°相对运动为匀速运动°
考点9斜抛运动的处理
［例9］如图所示’从地面上同—位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、lV点’两球运动的最大高度相同°
空气阻力不计’则（
）
A.B的加速度比A的大
B.B的飞行时｜司比A的长
C.B在最高点的速度比A在最高点的大
DB在落地时的速度比A在落地时的大
…
M
∧
答案:CD
解析:抛体运动的加速度相同’都为g’故A错;两球运动的最大高度相同’表明两小球A、B的竖直方向
运动相同,运动时间相同.故B错;小球B水平距离远,U＝÷.表明小球B的水乎速度大.B在最高点的
速度比A在最高点的大’故C对;落地时’两小球A、B竖直方向速度相同’而小球B的水平速度大’B
在落地时的速度比A在落地时的大’故D对°故正确答案为CD。
另解:抛体运动的加速度相同’都为g’故A选项错误;将每个斜抛运动切割成两段’对于左侧运动’利用
逆向法,可将其看成干抛运动.并且两个乎抛运动落在同一点°由于高度相同’所以时间相同,竖直速度
相同,水乎位移物体B较大,所以B的水平速度较大,B选项错误,C选项正确;落地速度为水乎速度与
竖直速度的合成,所以B的落地速度较大,故正确答案为CD°
＼＼
M
Ⅳ
感悟方法:对于斜抛运动’我们的处理方法有两种:一种是将斜抛运动进行分解’分解为竖直方向的竖直
上抛运动与水平方向的匀速直线运动°另一种是根据对称原理,将斜抛运动切割为两个运动’右侧的运
动就是＿个平抛运动,左侧的运动根据逆向思维’也可以看成＿个平抛运动°
考点10
匀速圆周运动的运动学分析
［例10］火车以60m／s的速率转过＿段弯道’某乘客发现放在桌面上的指南针在10S内匀速转过了约10°。在此
10s时间内’火车（
）
A.运动路程为600m
B.加速度为零
C.角速度约为lrad／s
D转弯半径约为3.4km
·43·
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答案:AD
解析:在此10s时间内’火车运动路程‘＝Ur＝60×10m＝600m’选项A正确;
火车在弯道上运动’做曲线运动’一定有加速度’选项B错误;
火车匀途转过l0.,约为六ad,角逮度酗＿4-古蹈d／爵｀选项C错误;
由U＝@R°可得转弯半径约为3·4km,选项D正确°正确答案为AD°
感悟方法:匀速圆周运动的基本规律有两个:＿个是U＝山厂,当厂—定时’U与@成正比°当α」—定时’U
与厂成正比·当U＿定时’@与厂成反比°另—个是αn＝旦＝幻』厂’在U—定时’αn与厂成反比;在幻—
厂
定时.α＂与厂成正比。
考点11
匀速圆周运动的动力学分析
［例l1］滑雪运动深受人民群众的喜爱’某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进人竖直面内的圆弧形滑道AB’从滑
道的A点滑行到最低点B的过程中’由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程
中（
）
诞—→
B.所受摩擦力大小不变
D.机械能始终保持不变
A.所受合外力始终为零
C.合外力做功＿定为零
■睡Ⅷ
答案:C
解析:运动员做匀速圆周运动’所受合夕卜力指向圆心,A项错误;因为运动员速率不变’由动能定理可
知’合外力做功一定为零’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°
感悟方法:物体做匀速圆周运动,从动力学角度看’物体受到的合外力提供向心力’也就是说物体受到
的合外力必指向圆心°
考点12传动问题分析
［例12］图示为某＿皮带传动装置°主动轮的半径为厂｜’从动轮的半径为厂2°已知主动轮做顺时针转动’转速为
〃’转动过程中皮带不打滑’下列说法正确的是（
）
M
A.从动轮做顺时针转动
C.从动轮的转速为△〃
厂◎
B.从动轮做逆时针转动
D从动轮的转速为旦〃
厂l
.44·
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■翘Ⅷ
答案:BC
解析:因为皮带不打滑,两轮缘上各点的线速度等大’各点做圆周运动的速度方向为切线方向’则皮带
上的M、N点均沿MN方向运动,从动轮沿逆时针方向转动,B对,A错°根据线速度与角速度的关系
式:U＝厂o,〔o＝2冗″所以′!
: ″2＝厂2
:
厂l ,′′2＝旦＂,C对,D错.
厂2
感悟方法:传动问题有三种:第一种是皮带传动’如图甲所示有UA＝UB;第二种是摩擦传动’如图乙有
UA＝UB;第三种是同轴传动’如图丙有山A＝幻B°
′
一
o＿匠）′
‘
A
甲
乙
丙
考点13
匀速圆周运动的临界问题
［例13］如图所示为赛车场的—个“梨形’’赛道’两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和厂＝40m的小圆弧’直
道与弯道相切°大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m°赛车沿弯道路线行驶时’路面对轮胎的最大径向
静摩擦力是赛车重力的2.25倍’假设赛车在直道上做匀变速直线运动’在弯道上做匀速圆周运动,要使
赛车不打滑’绕赛道＿圈时间最短时（
）（发动机功率足够大,重力加速度g≡10m／s2 ’冗＝3. 14）
｀
｀R
◆
◎｀
／｀
■
′
』
＝
＝
′
厂
｀
∩
◎
、
飞
′
〃
B.在大圆弧弯道上的速率为45m／s
D通过小圆弧弯道的时间为5.85S
A.在绕过小圆弧弯道后加速
C.在直道上的加速度大小为5.63m／s2
｜·解析p
答案:AB
解析:在弯道上以最大速度做匀速圆周运动时’根据牛顿第二定律有／径＝m些’故当弯道半径一定时’
厂
在弯道上的最大速度是一定的’且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度’故妥想时间最短’
可在绕过小圆弧弯道后加速’选项A正确;在大圆弧弯道上的速率为UmR＝√两∏＝√2.25×1（）×90
m／s＝45m／s’选项B正确;直道的长度为工＝√L2—（R～厂）2＝50√百m’在小弯道上的最大速度:um脓＝
√睡＝√2.25×10×40m／s＝30m／S’故在直道上的力口速度大小为α＝U枷—U鼠′
452—302
2×5（）√百m／s2≈
2工
2∏厂
a50m／s霞.遮项C错谩;闺几何关系可知, ′｜圆弧轨逾灼长度为竿,通过′｜.圆弧弯道的时阎为Ⅱ-互—
Um厂
2×;删业s≈280§,选项D错谩;故选AB.
感悟方法:对于水平面内靠静摩擦力提供向心力的｜｜伍界问题’当速度达到最大值时’静摩擦力也达到最
大静摩擦力°
·45·
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考点14绳球模型
［例14］‘‘时空之旅”飞车表演时’演员驾着摩托车’在球形金属网内壁上下盘旋,令人惊叹不
已’摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动的过程中（
）
A.机械能—定守恒
B.其输出功率始终保持恒定
C.经过最低点时的向心力仅由支持力提供
D通过最高点时的最小速度与球形金属网直径有关
■慰Ⅷ
答案:D
解析:摩托车在竖直轨道做圆周运动的过程中’摩擦力、发动机的动力都妥做功’机械能不守恒;摩托车
在运动过程中’其受力情况和运动情况不断变化,其输出功率发生变化;在最低点时向心力由重力和支
持力来提供;通过最高点时,满足最小速度时的向心力仅由重力提供’即;″』g＝狮÷,U＝√百F,故D项
正确。
感悟方法;绳拉球在竖直平面内做圆周运动’小球能通过最高点的最小速度Umm＝√百瓦此时只有重力
提供向心力咖g＝狮蒜.另外,对于如图所示圆轨道的情况’与绳拉球模型等效.
副＼仆
f
V
｝睡
｀
｀
J
↓O
｀
F
｀
≥
~
~
考点15杆球模型
［例15］如图所示’轻杆的—端有—个小球’另—端有光滑的固定轴（）’现给球—初速度’使球和杆—起绕（）轴在
竖直面内转动’不计空气阻力’用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力’则F（
）
（
O「~
）
＼
｜~／
＼｀＝｜…／
～≡＝
B.＿定是推力
D.可能是拉力,可能是推力.也可能等于零
A.＿定是拉力
C.—定等于零
■磁洒
答案:D
解析;最高点球受重力加g与杆的作用力F’由牛顿第二定律知mg＋F＝…-砸÷（刚为球在最高点
的速度’R为球做圆周运动的半径）’当U＝√盂时,F＝0;当U＞√灰时’F＞0’印拉力;当U＜√百F
时,F＜0,即推力°故D对°
感悟方法:杆拉球做竖直平面的圆周运动’小球能通过最高点的最小速度Umm＝0’此时小球受到的重
力与弹力平衡°另外’对于如图所示光滑管道的情况’与杆拉球模型等效°
稚翻
｝热＼
、
′
≈←＝″
↓O
·46·
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◎过关演练
l.关于物体所受合外力的方向’下列说法正确的是（
）
A.物体做速率逐渐增加的直线运动时,其所受合外力的方向＿定与速度方向相同
B.物体做变速率曲线运动时’其所受合外力的方向—定改变
C.物体做变速率圆周运动时,其所受合外力的方向—定指向圆心
D物体做匀速率曲线运动时’其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
2.如图为在平静海面上’两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图°A、B的速度分别沿着缆绳CA、
CB方向’A、B、C不在＿条直线上°由于缆绳不可伸长’因此C的速度在CA｀CB方向的投影分
别与A、B的速度相等’由此可知C的（
）
A.速度大小可以介于A、B的速度大小之间
B.速度大小＿定不小于A、B的速度大小
C.速度方向可能在CA和CB的夹角范围外
D速度方向—定在CA和CB的夹角范围内
B
3.如图所示’甲、乙两同学从河中O点出发’分别沿直线游到A点和B点后’立即沿原路线返回到O点,OA、OB
分别与水流方向平行和垂直’且OA＝OB。若水流速度不变’两人在静水中游速相等’则他们所用时间t甲、r乙
的大小关系为（
）
…
水流方向O?ˉˉ＿·A
—＞
｜
●B
A. r甲＜r乙
B. t甲＝／乙
C. r甲＞j乙
D.无法确定
4.—辆静止在水平地面上的汽车里有—个小球从高处自由下落’下落—半高度时汽车突然向右匀加速运动’站
在车厢里的人观测到小球的运动轨迹是图中的（
）
~｜
~!
~｜
｜
~~｜
~｜
~~｜
↓
~／
~／
~／
｛
~／
~~／
密磊
″标
刀刃吩万,
万7》″』
A
B
C
D
如图所示为—条河流’河水流速为U’＿只船从A点先后两次渡河到对岸’船在静水中行驶
C
的速度为＂’第一次船头向着AB方向行驶’渡河时间为tl ’船的位移为sl ;第二次船头向着
AC方向行驶,渡河时间为r2 ’船的位移为s2°若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等’则
〃
反
√
有（
）
A. r1＞r2
J1＜＄2
B· rl＜r2
51＞.『2
C. rl＝t2
5l＜S2
D。rl＝r2
Sl＞J2
在水平冰面上’狗拉着雪橇做匀速圆周运动’（）点为圆心。下图中能正确的表示雪橇受到的牵引力F及摩擦
力F′的图是（
）
←
、
孩
飞
尸
、
仗
b
′
｀
《L』
（旦巴
《△n玄j｝
｜
O0
｝
′些f
A
B
C
D
6
·47。
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7.如图所示为足球球门’球门宽为L。—个球员在球门中心正前方距离球门』处高高跃起’将足球顶人球门的
左下方死角（图中P点）°球员顶球点的高度为／l ,足球做平抛运动（足球可看做质点’忽略空气阻力）
则（
）
~
A足球位移大小堑-√÷｜｀』
圈足球初逮度的大小刚嚎-√箭（子＋腻:）
旺
丁
／
‖
｀
旦
叭
′
／
γ
C.足球末速度的大小U＝
／
冯
』
~
＝
~
｜
十
＼
〗
／
’
＝
Ⅳ
｜
←
｜
D足球初逮度的方向与球门线夹角的正切值『皿〃-贵
8.如图所示为赛车场的—个水平“U”形弯道’转弯处为圆心在O点的半圆’内外半径分别为厂和2厂°—辆质量
为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线’有如图所示的@、◎、◎三条路线.其中路线◎是以O′为圆心的半
圆’OO′＝厂。赛车沿圆弧路线行驶时’路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fm…选择路线’赛车以不打滑的最
大速率通过弯道（所选路线内赛车速率不变’发动机功率足够大）’则（
）
｜
｛』
~
~
β
○
β
4
A.选择路线o’赛车经过的路程最短
B.选择路线◎’赛车的速率最小
C.选择路线◎’赛车所用时间最短
Do、◎、◎三条路线的圆弧上赛车的向心加速度大小相等
9.如图所示’两个质量均为m的小木块α和b（可视为质点）放在水平圆盘上’α与转轴（）（）′的距离为／’b与转轴
的距离为2／°木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的虎倍’重力加速度大小为g,若圆盘从静止开始
绕转轴缓慢地加速转动’用o表示圆盘转动的角速度°下列说法正确的是（
）
A.b＿定比α先开始滑动
o
B.α、b所受的摩擦力始终相等
｛
α
b
｛
∩
∩
c翅-仔是偷开始滑动的｜瞒界角逮度
O′
｜
Ⅲ当厂｀／平＂,刨所受摩擦力的大小沟…
10。—船的曲纬↑云动可01分戌相名／｜＼民.饵／｜＼卧老〖可｜）］吾巾同因｝云动的—割〈谷ˉ问∏抑趣
.4
—般的曲线运动可以分成很多小段’每小段都可以看成圆周运动的—部分’即把整
条曲线用—系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示’曲线上A点的曲率圆
定义为:通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作＿圆’在极限情况下’这个圆就
叫做A点的曲率圆,其半径p叫做A点的曲率半径°现将＿物体沿与水平面成α
角的方向以速度U0抛出’如图（b）所示°则在其轨迹最高点P处的曲率半径
是（
）
尸
／／／／″′／／…／′／／″／′／″／″／／…″
｜鳖｜
（b）
A.凶
g
2
2
C.℃0cosα
g
B.℃6Slnˉα
g
2
2
U∩COSα
D。
gˉSlnα
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lL如图所示’＿小物块被夹子夹紧’夹子通过轻绳悬挂在小环上’小环套在水平光滑细杆上’物块质量为M,到
小环的距离为L’其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度U向右匀速运动’小环碰到
杆上的钉子P后立刻停止’物块向上摆动.整个过程中’物块在夹子中没有滑动°小环和夹子的质量均不
计’重力加速度为g°下列说法正确的是（
）
—
~~｜P~
A.物块向右匀速运动时’绳中的张力等于2F
B.小环碰到钉子P时’绳中的张力大于2F
忙!
C.物块上升的最大高度为墅
g
∏速度侧不能趟过√（2F册g）Ⅲ
l2.如图所示’＿小钢球从平台上的A处以速度U0水平飞出°经r0时间落在斜坡上B处’此时速度方向恰好沿斜坡
向下,接着小钢球从B处沿直线自由滑下’又经r0时间到达坡上的C处.斜坡BC与水平面夹角为30°’不计摩擦
阻力和空气阻力’则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度u』、u测随时间变化的图象是（
）
γ｀′▲
｀｀t▲
V）.A
Vl.小
~
~
~
~
→
″
↑
犀
＂
｜
妈
「
熄
＂
｝
隅
｀
…
13.如图所示’倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C’圆轨道半径为R,两轨道在同—竖直平面内’D
是圆轨道的最高点’缺口DB所对的圆心角为90°’把＿个小球从斜轨道上某处由静止释放’它下滑到C点后
便进人圆轨道’要想使它上升到D点后再落到B点,不计摩擦’则下列说法正确的是（
）
A
D
旦--E
0
C
A释放点须与D点等高
B释放点须比D点高!
C释放点须比D点高§
D使小球经D点后再落到B点是不可能的
14.在进行飞镶训练时’打飞镶的靶上共标有10环’且第10环的半径最小’为1 cm’第9环的半径为2cm’
……’以此类推’若靶的半径为10cm’当人离靶的距离为5m’将飞镶对准l0环中心以水平速度u投出’g＝
10m／S2°则下列说法中,不正确的是（
）
A.当U≥50m／s时’飞镶将射中第8环线以内
B.当u≥50m／s时’飞镶将射中第6环线以内
C.若要击中第10环的圆内,飞镶的速度u至少应为50√百m／s
I〕.若要击中靶子’飞镶的速度u至少应为25｀／百m／s
15.如图所示’—根跨过光滑定滑轮的轻绳’两端各有＿杂技演员（可视为质点）’α站于地面,6
从图示的位置由静止开始向下摆动’运动过程中绳始终处于伸直状态’当演员b摆至最低
点时’α刚好对地面无压力’则演员α的质量与演员b的质量之比为（
）
A. 1
:
1
B.2
:
1
C,3
:
1
D.4
:
1
』—g
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l6.—探照灯照射在云层底面上’云层底面是与地面平行的平面’如图所示’云层底面距地面高h’探照灯以匀角
速度〔o在竖直平面内转动’当光束转到与竖直方向夹角为0时’云层底面上光点的移动速度是（
）
〕
—
…
厂
四
耐
门
′
「
／
＼
＿
↑
｜
‖
『
″
‖
｜
↓
J／′／J／／／／〃／／J／／′′／／″／／／〃／／／
Ah“
且揣
c揣
n″砂…
l7.如图所示’＿根长为／的轻杆OA’O端用铰链同定,另＿端固定着—个小球A’轻杆靠在—个高为／l的物块
上。若物块与地面摩擦不计’则当物块以速度U向右运动至杆与水平方向夹角为0时’物块与轻杆的接触点
为B,下列说法正确的是（
）
A
／／／／／／／／／／／／
A.A、B的线速度相同
B.A、B的角速度不相同
C轻杆转动的角速度为渺竿′
n小球A的线逮度人小为碰竿β
如图所示’＿长为√面L的木板’倾斜放置’倾角为45°’今有—弹性小球’自与木板上端等高的某
处自由释放’小球落到木板上反弹时’速度大小不变’碰撞前后,速度方向与木板夹角相等’欲使
小球恰好落到木板下端’则小球释放点距木板上端的水平距离为（
）
A÷L
B÷L
α＋L
D÷L
在我国乒乓球运动有广泛的群众基础’并有‘‘国球’’的美誉.在2008年北京奥运会上中国选手恒
目的全部冠军·现讨论乒乓球发球问题’已知球台长L、网高／l .若球存球合i力缘O占『「卜方某
在我国乒乓球运动有广泛的群众基础’并有‘‘国球’’的美誉.在2008年北京奥运会上中国选手包
~~~
0／
18.
0
45◎
揽了四个项
目的全部冠军·现讨论乒乓球发球问题’已知球台长L、网高／l ’若球在球台边缘O点正上方某高度处’以—
定的垂直球网的水平速度发出’如图所示’球恰好在最高点时刚好越过球网。假设乒乓球反弹前后水平分速
度不变’竖直分速度大小不变、方向相反’且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力°则根据以上信息可以求出（设
重力加速度为g）（
）
～—≥
｀〉0
｜～＼／Ⅵ厂～
O｜
P｜
P2
—
L
＞｛
A,球的初速度大小
B.发球时的高度
C.球从发出到第—次落在球台上的时间
D.球从发出到被对方运动员接住的时间
如图所示,—块橡皮用细线悬挂于（）点｀用铅笔靠着线的左侧挑起细线水平向右匀速移动’运动中始终保持
悬线竖直’则橡皮运动的速度（
）
＾
叫
√
］
20
／?
｀｀｀｀｀｀｀＼＼
O｜
飞
｀
、
｀
悬线
｜
~｜
｜
（-）
橡皮
～
■
■
■
』
＝
尸
～
A.大小和方向均不变
C.大小改变’方向不变
B.大小不变,方向改变
D.大小和方向均改变
。50.
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∩
■
21.—轻杆下端同定＿质量为加的小球’上端连在光滑水平轴上’轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动
（不计空气阻力）,如图所示。当小球在最低点时给它＿个水平初速度U0 ’小球刚好能做完整的圆
周运动°若小球在最低点的初速度从U0逐渐增大’则下列判断正确的是（
）
A.小球能做完整的圆周运动,经过最高点的最小速度为√百F
B.小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大
C.小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小
D.小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
22.如图所示’质量为加的小球置于立方体的光滑盒子中’盒子的边长略大于球的直径°某同学拿着●
→
该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动’已知重力加速度为g’空气阻力不计’要使在最高点时盒
子与小球之间作用力恰为加g,则（
）
＾该愈子做匀逮圆周运动的周期—定小于赋仔
／≡G＝盒￥
＂该盒子｝……咖恫翔淀霉丁漏仔
＼
°锰）p″
C.盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于3加g
D盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能大于3′＂g
23.如图所示’将完全相同的两小球A、B用长L＝（）.8m的细绳悬于以速度U＝4m／s向右匀速运动的小车顶
部,两球与小车的前、后壁接触’由于某种原因’小车突然停止’此时悬线的拉力之比FB ;F＾为（g取10m／s2）
（
〉
-≡声≥
p
—厂丁
『-7
A。1
:
1
B. l
: 2
C. 1
: 3
D. 1
: 4
24.如图所示’小球P在A点从静止开始沿光滑的斜面AB运动到B点所用的时间为rl ,在A点以＿定的初速
度水平向右抛出,恰好落在B点所用时间为r2 ,在A点以较大的初速度水平向右抛出’落在水平面BC上所
用时间为r3 ’则rl ｀r2和t3的大小关系错误的是（
）
F′〃′′′′′′′〃J′JJ′′fJ′JJ′′′′′′′′′′′′′′J′′
B
C
A. tl＞r2＝r3
B. rl＜r2＝r3
C· rl＞r2＞t3
D。tl＜r2＜t3
25.如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R）’小球α、6大小相同’质量均为加’其直
径略小于管径,能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度U通过轨道最低点’且当小球
α在最低点时’小球b在最高点,以下说法正确的是（
〉
A.当小球b在最高点对轨道无压力时’小球α比小球b所需向心力大5mg
B.当U＝√百百F时’小球b在轨道最高点对轨道无压力
C.速度U至少为√百百万’才能使两球在管内做圆周运动
D.只要U≥｀／雨F’小球α对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力都大6″Ⅱg
b
＞
v
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26.如图所示,用＿根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M’长杆的—端放在地上通过铰链联结形成转
轴’其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处’在杆的中点C处拴—细绳’绕过两个滑轮后挂上重物M’C点与
（）点距离为／°现在杆的另＿端用力’使其逆时针匀速转动’由竖直位置以角速度α」缓缓转至水平位置（转过
了90°角）’此过程中下述说法中正确的是（
）
乌＝侣乙
◎
卢＝g
■■
■
／
〃
′
~
~
~
″
闪
M
C
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
O
A.重物M做匀速直线运动
B.重物M做匀变速直线运动
C.重物M的最大速度是幻／
D.重物M的速度先减小后增大
27.如图所示’竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上’半径厂＝0.4m’最低点处有＿小球（半径比厂小很
多）’现给小球＿水平向右的初速度U0 ,则要使小球不脱离圆轨道运动’U0应当满足（g＝10m／s2）（
）
图5
A.u0≥0
B.u0≥4m／s
C.u0≥2√百m／s
Du0≤2√百m／s
28.如图所示’斜面AC与水平方向的夹角为α’在A点正上方与C等高处水平抛出＿小球’其速度垂直斜面落到
D点’则CD与DA的比为（
）
（
B
4
A.—上
凰2t六“
o—k
D2t六』°
tanα
tanα
如图所示’物体甲从高H处以速度U!平抛’同时物体乙从距甲水平方向距离r处由地面以速度U2竖直上抛’
不计空气阻力’两个物体在空中某处相遇’下列叙述中正确的是（
）
甲
厂Ⅷ
A.从抛出到相遇所用的时间是三
Ul
B.如果相遇发生在乙上升的过程中,则U2＞√百百
H｛
｜
｜
｜
｜
C如果｝‖遇发牛在乙下降＂过程中.则跳＜抨
↓
』
l瓷
｜←—x-→｜
29
D若相遇点离地面高度为;.则＂;-｀／互百
30.如图所示’在双人花样滑冰运动中’有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面
在空中做圆锥摆运动的精彩场面,目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平
嗡丫廷‘
冰面的夹角约为30°’重力加速度为g’估算该女运动员（
）
A.受到的拉力为√百G
B.受到的拉力为2G
c.向心加速度为√百g
D.向心加速度为2g
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3L如图所示’小球加可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动’下列说法中正确的有（
）
A.小球通过最高点的最小速度至少为U＝｀／百F
B.小球通过最高点的最小速度可以为0
α
C.小球在水平线αb以下管道中运动时,内侧管壁对小球—定有作用力
D.小球在水平线α6以上管道中运动时,内侧管壁对小球—定有作用力
32.由光滑细管组成的轨道如图所示’其中AB段和BC段是半径为R的四分之＿圆弧’轨道
固定在竖直平面内’—质量为′〃的小球’从距离水平地面为H的管口D处由静止释放’最
固定在竖直平面内’—质量为′〃的小球’从距离水平地面为H的管口D处由静止释放’最
b
后能够从
平抛出落到地面上。下列说法正确的是（
）
4端水
／／／／／／／／／／／′／／／／夕／／／′／／／／／／／／／／／／／／／′
A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2√RH
2R2
B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2√2RH—4R2
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2R
曰
D若小球能从细管A端水平抛出,D点的最小高度Hmm＝首R
33.如图所示’小球α从倾角为0＝60。的固定粗糙斜面顶端以速度Ul沿斜面恰好匀速下滑’同时将另—小球b在
斜面底端正上方与α球等高处以速度U2水平抛出’两球恰在斜面中点P相遇’则下列说法正确的是（
）
玩7了了了丁万而
A。Ul :U2＝2
:
1
B.Ul :U2＝1
:
1
C.若小球b以2u2水平抛出’则两小球仍能相遇
D.若小球b以2U2水平抛出’则b球落在斜面上时’α球在b球的下方
34.如图所示’—演员表演飞刀绝技’由O点先后抛出完全相同的三把飞刀’分别垂直打在竖
直木板上M、N、p三点。假设不考虑飞刀的转动’并可将其看做质点’已知O、M、N、P四
点距离水平地面高度分别为∧｀4∧、3h、2h’以下说法正确的是（
）
A.三把飞刀在击中板时动能相同
B.三次飞行时间之比为1 :√百:√百
C.三次初速度的竖直分量之比为3
: 2
:
1
D设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为0! 、02 、03 ’则有βl＞02＞03
35如图所示,两个卜径均为R的＋光滑圆弧对接于o点,有物体从上面圆弧的某点C以卜
任意位置由静止下滑（C点未标出）’都能从O点平抛出去,则（
）
A.△COlO＝60°
B.△CO｜（）＝45。
C.落地点距O2最远为2R
D.落地点距O2最近为R
卜
〃
尸
〃
″
″
″
″
◆
″
″
″
″
″
″
吵
γ
′
″
Ⅵ
Ⅳ
尸
（）·
／
／
／
／／／／／／／／／／了7／了／77777
~
~
~
~
~
~
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专题五万有弓｜力与航天
°典例剖析
考点1地球内部重力加速度随深度的变化
［例1］假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体°—矿井深度为团,已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的
引力为零’矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（
）
Al
骨
B1＋;
C（早）｀
D（卢）;
■瞩Ⅷ
答案:A
解析:如图所示’根据题意,地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体
;｜力为零°设地面处的重力加速度为g,地球质量为M’地球表面的物体m受到的
霞力近似等于万有引力,敛删g-G警;设矿并底部处的董力加逮度为g』.等效』她
球”的质量为M′ ,其半径厂＝R—‘／’则矿并底部处的物体′′′受到的重力′′!g′＝G
婴｀又M-′v-′.÷丽K｀,M′-′v-′.÷厕（R—锄）』｀联立解得垦-l—;.逸项
g
A正确°
感悟方法:本题我们利用了‘地球表面的物体’忽略地球的自转’重力等于万有引力”。通过本题我们还
学到了＿个知识:质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。对于这＿点’有兴趣的同学可以自行
证明。
考点2地球表面重力加速度随纬度的变化
［例2］假设地球可视为质量均匀分布的球体’已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0 ’在赤道的大小为
g;地球自转的周期为T’弓｜力常量G’则地球的密度为（
）
A谎.罕
B蒜.击
C蒜
∏沸.署
…Ⅷ
答案:B
解析:地球蕊面的物体在两极万有;｜力等于董力;G警-枷g＂.在地球的赤道上万有;｜力为童力和物体
随地球自转所露向』趣力的合力;G譬-″l（祭）瞥厌—′＂g｀地球的履量;M—′＼÷丽R』’联立可得』′-
厂〕
GT摆兰g）.选项B正输.
感悟方法:考虑地球的自转’在地球的赤道位置’物体受到的万有弓｜力有两个效果’所以可分解为两个分
力,—个分力与物体受到的支持力平衡’这个分力就是我们所说的。重力”;另＿个分力就是向心力·
考点3地球外部重力加速度随高度的变化
［例3］宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课’演示了＿些完全失重状态下的物理现象°
若飞船质量为′′′’距地面高度为力’地球质量为M,半径为R’弓｜力常量为G’则飞船所在处的重力加速度大
小为（
）
α（肯挥』
且（鹊）』
l〕婴
A.0
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答案:B
解析;飞船所在处.万有;｜力就是重力,卵G（麓）』-〃』g得’g≡（鹊）, ;但婆注意输是,此处阔董力
加速度并非地球表面的重力加速度°B项正确·
感悟方法:由于飞船是绕‘地心’’运动的’所以地球的自转对飞船的运动无任何影响°另外,在飞船运动
时,飞船受到的万有引力就是重力’也就是说是同—个力°
考点4公转模型
［例4］如图’海王星绕太阳沿椭圆轨道运动’P为近日点’Q为远日点’M、l＼′为轨道短轴的两个端点’运行的周期
为T0°若只考虑海王星和太阳之间的相互作用’则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（
）
海｛i星ˉˉˉˉ!!～
〃一
｝
＝、
P仁～·ˉˉˉˉˉ→ˉˉˉˉˉˉ＿十Q
＼｀太阳
｜
、～
｜
″′
～～～＝』＝＝＝→
∧／
A从P到M所用的时间等于￥
且从Q到lv阶段机械能逐渐变大
C.从P到Q阶段’速率逐渐变小
D从M到N阶段’万有引力对它先做负功后做正功
m髓Ⅷ
答案:CD
解析:在海王星从P到Q的运动过程中’由于;｜力与速度的夹角大于90°’因此引力做负功’根据动能定
理可知’速度越来越小,C项正确;海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间’因比从P到M的时
间′｜｀于宁.八项错谩;由于海玉曼遂动过程中只受到太阳;｜力作周.;｜力徽功不改变海王冕输机械能｀
即从Q到lV的运动过程中海王星的机械能守恒’B项错误;从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角
大于90°’因此;｜力做负功’从Q到］V的过程中’引力与速度的夹角小于90°,因此;｜力做正功’即海王星
从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功,D项正确°
感悟方法:公转的真实轨道是“椭圆”,运动规律符合开普勒三大定律°运动过程中’由于受到万有引力
的作用’海王星的速度大小会发生变化,但总的机械能不变°
考点5
自转模型
［例5］2018年2月’我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J03l8＋0253’’’其自转周期T＝5. 19ms’假
设星体为质量均匀分布的球体’已知万有引力常量为6. 67×10uN.m2／kg2°以周期T稳定自转的星
体的密度最小值约为（
）
A.5×109kg／m3
B.5×10l2kg／m3
C。5×10l5kg／m:｛
D.5×10lskg／m3
》·解析］
答案:C
解析;毫秒脉冲墨穗定自转时由万有;｜力提供在其袁面的物体做圆周运动的向』趣力,根撼G警-″′
等’M-′.;窥R‘ ,得′-蒜’代入数撼得′≈5×l＂!』kg｛m;.C正确.
感悟方法:天体做自转运动时’最容易离心的是‘赤道”表面的物体’物体受到天体对它的万有弓｜力和天
体对物体的支持力’＿且支持力为零时’天体将开始“瓦解”。
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考点6双星模型
［例6］2017年’人类第—次直接探测到来自双中子星合并的弓｜力波°根据科学家们复原的过程’在两颗中子星
合并前约100s时’它们相距约400km’绕二者连线上的某点每秒转动12圈将两颗中子星都看做是质量
均匀分布的球体’由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识’可以估算出这—时刻两颗中子星（
）
A.质量之积
B.质量之和
C.速率之和
D各自的自转角速度
■涵Ⅷ
答案:BC
解析:由题意可知’合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈,则两中子星的周期相等’且均为T＝
古、,溺中子曼的角逮度均为蛔—芋-24…／篇,两中子曼构成了双垦模型’假设溺中子奥的质量分别
为咖｜、″』』’轨道半径分别为门｀魔,速率分别为酒｜、财’ ｀则有;G皿广笋—咖｜鲤』门.G匹十笋＝…:′′ ｀又门＋
随-L-4∩0km.解得仙—〃』』-等.A错谋,B…｛又…｜-…」-酗′』测汕＋锄;-幽（门＋獭）＝
幻L,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°
感悟方法:解决双星问题的基本方法还是运用万有引力提供向心力’只是要注意的是在双星问题中,每
个天体做圆周运动的半径与两个天体之间的距离是两个不同的概念。
考点7黑洞模型
［例7］英国《新科学家（NewSclentist）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最’在XTE」1650—500双星系
统巾发现的最小黑洞位列其巾.若某黑｝＂的卜径腮约45k皿’质愚M枷半径R的关系满足警-盖（其巾《
为光速’G为引力常量）’则该黑洞表面重力加速度的数量级为（
）
A· 108m／s2
B. ］010m／s2
C. l0l2m／s2
D｀10llm／s2
｜·解析0
答案:C
解析:处理本题要从所给的材料中’提炼出有用信息,构建好物理模型’选择合适的物理方法求解°黑洞
实际为一天体’天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有;｜力’对黑洞表面的某一
臆量为獭输物体有;G警-′＂g｀又有锣／盖联立解得g-示’代＾徽撼得重力加途度的数量级为
10l2m／s2 9C项正确°
感擂方法;黑洞.是指连光都不能从其表面射出的天体,即可以认为光速是黑洞的第二了宙速度’＋″〃』
驴-0.可得履量M利半径R满足的关系楞-羌Ⅷ
考点8
“拉格朗日点”问题
［例8］如图’拉格朗日点Ll位于地球和月球连线上’处在该点的物体在地球和月球弓｜力的共同作用下’∏I与月球
—起以相同的周期绕地球运动°据此’科学家设想在拉格朗日点L｜建立空间站,使其与月球同周期绕地
球运动°以αl 、α2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小’α3表示地球同步卫星向心加速度的大小。
以下判断正确的是（
）
嘱＿（＿鼠
A.α2＞α3＞αl
B.α2＞αl＞α3
C.α3＞α｜＞α2
D.α3＞α2＞α｜
·56。
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画雹洒
答案:D
解析;空间站和月球绕地球运动的周期相同’淘“-（竿）,….蝇＞α」』对地球闷步卫曼和月球,卤万有
;｜力定律和牛顿第二定律得G浮＝咖舰.可知…,则侧＂＞…｜.敛逸项D正确.
感悟方法:拉格朗日点处的空间站和月球绕地球运动’是＿个.洞＿转盘上的两个物体模型’’ ’他们的周
期相同°
考点9根据万有引力与重力的关系进行估算质量
［例9］我国探月的“媳娥工程”已经启动,在不久的将来’我国宇航员将登上月球°假如宇航员在月球上测得摆长
为／的单摆做小幅振动的周期为T’将月球视为密度均匀、半径为厂的球体’则月球的密度为（
）
A2器,
凰器
c器｀
.
』
■彰甄由
Dl6器』
答案:B
解析;陶r—2赋√于得;凰-碧.曲哗—枷膘得;GM—″」.嗣M≡′＋′｛.藤拿得;′》—原示
3沉／
厂
感悟方法:已知天体的半径R和天体表面的重力加速度g’可以根据“万有引力等于重力”来估算天体质
量’这种方法称作“g、R”法·
考点10根据万有引力与向心力的关系进行估算质量
［例10］土星最大的卫星叫‘.泰坦”（如图）’每16天绕土星＿周’其公转轨道半径约为1. 2×
106km’已知弓｜力常量G＝6. 67×10—uN。m2／kg2 ’则土星的质量约为（
）
A.5×10l7kg
B。5×1026kg
C.7×1033kg
D·4×1036kg
■解析0
α ●
答案:B
解拆由万有引力定棒有F-G呼-砸（竿）』′’得土墨输臆量M-糕,代＾数撼知M-5×10』,kg,
故选项B正确°
感悟方法:已知卫星绕天体运动的轨道半径厂和周期T’可以根据‘万有引力等于向心力’’来估算天体
质量’这种方法称作·T、厂’’法。
考点11
-个中心天体两颗卫星的参数比较
［例11］如图所示’两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动’用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周
期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积°下列关系式正确的有
、｀
A
〃
＝＝≡～→≈
α
rn!」
b
≈～
□■≡＝
乡
砒
—
瑶
醚
—
Ⅸ
［
）
C.S∧＝SB
B·EkA＞EkB
＼·T∧＞TB
·57·
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■藩田
答案:AD
解析:根撼G婴-枷笋…,轨道半径越大’阎期越大,狮以T｀＞T阔,赦A正确;南G婴-咖÷知,
＂-√罕｀所以碰隐＞酗｀又圈为臆量桐等｀所以E鹏＞E蜘.擞＂错溪;椎撼开普翱慕二定律可条厦伺—行
星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等’所以C错误;由开普勒第三定律知’D正确°
感悟方法:对于同＿个中心天体两个卫星的问题’＿般的解法就是列出基本通式’获得函数关系式°
考点12两个中心天体两颗卫星的参数比较
［例12］如图’甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动’下列说法正确
的是（
）
A.甲的向心加速度比乙的小
／厂ˉˉˉ＝.｀甲
′／
｀
（○蛔）
（○酗）‘
B.甲的运行周期比乙的小
C.甲的角速度比乙的大
D甲的线速度比乙的大
…m
答案:A
解析;卫曼缀行冕做匀逮圆周运动,万有引力提供向心力.G婴-酗醛-″｜厂（竿）;≡枷÷＿″″″』｀解得
·-粤｀T-2厕隔.融—抨｀叫—抨,由此…,在半径—定时｀中』…臆量趣大,卫墓输淘
心力口速度、线速度、角速度越大,周期越小,因此A项正确,B、C、D项错误。
感悟方法:对于两个中心天体两个卫星的问题’—般的解法就是列出基本通式’获得函数关系式°
考点13近地卫星
［例l3］火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、蠕娥探月工程之后又＿个重大太空探索项目°假设火星探测
器在火星表面附近圆轨道运行的周期为Tl ’神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2 ’火星质
量与地球质量之比为户’火星半径与地球半径之比为q’则Tl与T2之比为（
）
A√可
凰厉
β仔
n仟
酿Ⅷ
答案:D
解析;火…｝｜嚣绕火墨做圆周i…过程中,火垦对探测｛｜器的万有;｜力提供向心力｀慑「G鉴′″-帅R』
（贺）, ,r』-｀／需.…知神舟飞撼绕…陶翱TⅡ-√漂.所聪舌—｀／睬-√子｀『〕
正确。
感悟方法:近地卫星’是贴牢地球表面做圆周运动的卫星’其轨道半径可以看成是地球半径°
°58.
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考点14
同步卫星
［例14］关于环绕地球运行的卫星,下列说法正确的是（
）
A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星’不可能具有相同的周期
B.沿椭圆轨道运行的＿颗卫星’在轨道不同位置可能具有相同的速率
C.在赤道上空运行的两颗地球同步卫星,它们的轨道半径有可能不同
D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星’它们的轨道平面＿定会重合
■冠Ⅷ
答案:B
解析:由开普勒第二定律可知选项A错;沿椭圆轨道运行的卫星在关于长轴对称的两点速率相等’故
选项B对;所有同步卫星的轨道半径均相等’故选项C错;沿不同轨道运行的卫星,其轨道乎面只要过
地心即可,不一定重合,故选项D错°
感悟方法:同步卫星’是相对于地球“静止”的卫星!我们要把握四个“—定”:轨道平面＿定9高度＿定’
周期—定’速度＿定;＿个“不一定”:质量不—定!
考点15
自转物体、近地卫星与同步卫星的比较
［例15］如图所示’α为静止在地球赤道上的—个物体,b为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星’〔.为地球的同步卫
星’其轨道半径为厂’设地球半径为R’下列说法正确的是（
）
C
＝≡＝～～
旭球
凰屿′的周期之比为旱仔
n侧与′的线灌膛人小之比为仔
~厅
Ab与‘的周期之比为伐
C.α与c的线速度大小之比为旦
厂
四藏Ⅷ
答案:BC
解析;…为地…卫垦帅…育;｜力提僻向｝◎力｀有浮—摊碧’整翟得T-2霖隔侧
…恫翱之比为罢-仔-粤仔｀遮项A镭溪.B…;淘于…‘具有椒…逢度测南刚-。萨.
可知α、c的线速度之比为坠＝且’选项C正确’D错误°
U（.
厂
感悟方法:要注意区分自转物体近地卫星与同步卫星’近地卫星与同步卫星都是‘卫星”’满足万有引力
提供向心力’自转物体与同步卫星运动的周期都与地球的自转周期相同。
。59·
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考点16卫星的对接
［例16］我国即将发射“天宫二号’,空间实验室’之后“神舟
我国即将发射“天宫二号’,空间实验室’之后“神舟十—号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与
“神舟十—号’’都围绕地球做匀速圆周运动’为了实现飞船与空间实验室的对接’下列措施可行的
是（
）
A.使飞船与空间实验室在同—轨道上运行’然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B.使飞船与空间实验室在同＿轨道上运行’然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速’加速后飞船逐渐靠近空间实验室’两者速度接近时实现
对接
D飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速’减速后飞船逐渐靠近空间实验室’两者速度接近时实现
对接
■瑟m
答案:C
解析:若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速’则由于向心力变大,飞船将脱离原轨
道而进入更高的轨道,不能实现对接’选项A错误;若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行’然后空
间实验室减速,则由于向心力变小,空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道,不能实现对ˉ接,选项B错
误;妥想实现对接’可使飞船在比空间实验室半径小的轨道上加速’然后飞船将进入较高的空间实验室
轨道’逐渐靠近空间实验室后’两者速度接近时实现对接’选项C正确;若飞船在比空间实验室半径小
的轨道上减速,则飞船将进入更低的轨道,不能实现对接,选项D错误;故选C。
感悟方法:卫星的对接需要在低轨道加速’如果在同—轨道上那先要减速做向心运动,进人低轨道’以
获得较大的角速度’然后加速与目标对接。
考点17卫星的变轨
［例17］某人造卫星运动的轨道可近似看做是以地心为中心的圆’由于阻力作用’人造卫星到地心的距离从厂l慢
慢变到厂2 ’用Ekl 、E膛2分别表示卫星在这两个轨道七的动能,则（
）
∧.厂l＜厂2 ,Ek1＜Ek2
B.厂l＞厂2 ,Ekl＜Ek2
C.厂l＜厂2 ,Ekl＞Ek2
D.厂l＞厂2 ,Ekl＞Ek2
答案:B
解析;做匀速圆周运动的物体,满足G哗＝加匹,由于阻力作用’假定其半径不变,其动能减小.则
厂
厂
G啤＞狮匹,由上式可知,人造卫星必做向′画运动’其轨迹半径必减小.由于人造卫星到地心距离慢
厂
厂
幢变化.其运动仍可着戳勾遮运动.…-√平可知,其逗动的动能必慢慢增大.
感悟方法:卫星的变轨’要搞清楚两个问题:因为什么原因变轨’变轨后的卫星参量如何变化?因为阻
力的作用’卫星速度减小’所需的向心力小于万有弓｜力’卫星做向心运动’在向心运动过程中’万有弓｜力
做的正功大于阻力做的负功’卫星加速°在两个稳定的轨道上’根据万有引力提供向心力’轨道越高’
速度越小°
·6（）
·
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考点18两星相距最近最远问题
［例18］假设有＿载人宇宙飞船在距地面高度为4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动’地球半径约为
6400km’地球同步卫星距地面高为36000km,宇宙飞船和＿地球同步卫星绕地球同向运动’每当两者
相距最近时’宇宙飞船就向同步卫星发射信号’然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站’某时刻两者
相距最远’从此刻开始’在＿昼夜的时间内’接收站共接收到信号的次数为（
）
A.4次
B.6次
C.7次
I）.8次
■翘Ⅷ
答案:C
解析:根据圆周运动的规律’分析一昼夜同步卫星与宇宙飞船相距最近的次数’即为卫星发射信号的次
数’也为接收站接收到的信号次数°
设字窗ˉ…周期为丁,嘶纱／｛″笋’、
得T-:厕√历测蒜-（制渊删）＂.解得r-3＂
设溺者由搁隔最遮至第—次相隔最近输时阎为′』’有（芋ˉ署M-沉’解得′』-芋h
再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2
’
有（争—署）‘,-2沉,解得′』-竿h
由″＝24＿rl＝6·5次知,接收站接收信号的次数为7次°
t2
感悟方法:两星追上或相距最近时满足两星运动的角度差等于2冗的整数倍’即山∧t—（oBr＝′′ .2冗（″＝1、
2、3、…）’相距最远时两星运行的角度差等于冗的奇数倍’即（oAt—α』6r＝（2〃＋1）冗（″＝0、1、2、…）
◎过关演练
1.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律’在已知月地距离约为地球半径60
倍的情况下’需要验证（
）
］
｜
A地球吸弓｜月球的力约为地球吸弓｜苹果的力的亦
B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的亦
◎自由落体存月球表面的加速度约为地球表面的÷
D苹果在月球表面受到的引力约为在地球表Ⅷ的六
2.火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行,根据开普勒行星运动定律可知（
）
A.太阳位于木星运行轨道的中心
B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D相同时间内’火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
3.在讨论地球潮汐成因时’地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道。已知太阳质量约为月球
质量的2.7×107倍’地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍。关于太阳和月球
对地球上相同质量海水的弓｜力’以下说法正确的是（
）
A.太阳引力远大于月球引力
B.太阳引力与月球引力相差不大
C.月球对不同区域海水的吸引力大小相等
D.月球对不同区域海水的吸引力大小有差异
·61
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4.如图所示’飞行器P绕某星球做匀速圆周运动’星球相对飞行器的张角为0’下列说法正确的是（
）
A.轨道半径越大’周期越长
B.轨道半径越大,速度越大
C.若测得周期和张角’可得到星球的平均密度
D若测得周期和轨道半径’可得到星球的平均密度
已知地球质量为M’半径为R’自转周期为T’地球同步卫星质量为m’引力常量为G°有关同步卫星’下列表
述正确的是（
）
A卫垦距地面的高度为√平
Ⅸ卫墨的运行逮度小于龋—字嗡逮度
C卫星运行时受到的向心力大小为G窖
p卫星运行的向心j‖速度大于地球表面的霞力j‖遮度
同步卫星的加速度为αl ’运行速度为Ul ’地面附近卫星的加速度为α2 ’运行速度为U2 ’地球赤道上物体随地球
自转的向心加速度为α3 ’速度为U3 ’则（
）
A.U2＞Ul＞U3
B.℃3＞Ul＞U2
C。α2＞α3＞αl
D。α2＞αl＞α3
质量为枷的人造地球卫星与地心的距离为′时｀引力势能可表示为冯一竿,其中G为引力常量,M为地
球质量°该卫星原来在半径为Rl的轨道上绕地球做匀速圆周运动’由于受到极稀薄空气的摩擦作用’飞行—
段时间后其圆周运动的半径变为R2 ,此过程中因摩擦而产生的热量为（
）
八~GM帅（六古）
风GM枷（尚—亢）
c竿（A—尚）
u竿（片—A）
利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯’目前’地球同步卫星的轨
道半径约为地球半径的6.6倍’假设地球的自转周期变小’若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的’则地球自
转周期的最小值约为（
）
A. 1h
B·4h
C·8h
D· 16b
由于卫星的发射场不在赤道上’同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进人地球同步轨道。当卫星在转
移轨道上飞经赤道上空时’发动机点火’给卫星—附加速度’使卫星沿同步轨道运行°已知同步卫星的环绕速
度约为3. 1×103m／s’某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为L55×103m／s’此时卫星的高度与同步轨道的
高度相同’转移轨道和同步轨道的夹角为30°’如图所示’发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（
）
N
●
反
√
6·
7
8
9
多轨道
亦迸）l／—
E
ˉˉ问步轨道
S
A.西偏北方向’L9×103m／s
C.西偏北方向’2.7×103m／s
B.东偏南方向’1.9×103m／s
D.东偏南方向’2.7×103m／s
·62°
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10.如图是“媳娥—号”奔月示意图’卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨’进人地月转移轨道’最终被月球
引力捕获’成为绕月卫星’并开展对月球的探测°下列说法正确的是（
）
月兜
地）］转移轨迫
A.发射‘媳娥＿号”的速度必须达到第三宇宙速度
B.在绕月圆轨道上’卫星周期与卫星质量有关
C.卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D在绕月圆轨道上’卫星受地球的弓｜力大于受月球的引力
1l.我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者—起进行“火星500”的模拟实验活动。假设王跃登陆火星后’测得火星
的半径是地球半糯的＋,质量是地球质量的;.已知地球表面的重力加逮度是g,地球的半径为尺.王跃在
地球表面上能向上竖直跳起的最大高度是∧’忽略自转的影响’下列说法正确的是（
）
A火垦的密度为壶
B.火星的第＿宇宙速度与地球的第＿宇宙速度相等
O火星表面的重力加速度是爷
D王跃以与在地球上相同的初逮度在火尾上起跳后.能达到的最人高度是￥
12.为了探测X星球’载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心’半径为厂l的圆轨道上运动’周期为Tl ’总
质量为加』°随后登陆舱脱离飞船,变轨到离星球更近的半径为厂2的圆轨道上运动’此时登陆舱的质量为
川2 ’则（
）
∧X冕球的质量为M-潦
4冗2厂］
B.X星球表面的重力加速度为gx＝-丁厂
0登陆舱在…轨道上运动财的遮腹大小之比端≡√黑
D肇陆舱在半径为n的轨道上做圆阔运动的周期为T二-r幅
Qs
13.两个质量均为′′′的物体A、B,由轻质硬杆相连’可被视为＿“哑铃”状的卫星’该卫星围
绕—质量为M的天体旋转’如图所示’两物体和天体质心在—条直线上’两物体分别以
厂!和厂2为半径绕中心天体做圆周运动。在某时刻连接两物体的杆突然断裂后’两物体
的运动轨道会发生变化’弓｜力常量为G’下列说法正确的是（
）
0
｛
′门
』
儿
『
″
≡
~
—
~
万
｛
—
~
勺｜
）
∑
日
厂
∑
~
ˉ
厂
｜
十
工
｜
巳
门
＿
耐
∑
厂
厂
冗
∑
~~
丁
为
期
司
｜
勺
白
体
物
两
●
兰
刚
裂
『
圈
二
朽
●
∧
~
｜
厂
凰杆断裂前两物你的｜刮期为T-:厕√（满］,
C.若B在杆突然断裂后做离心运动’则A将做向心运动
D.若B在杆突然断裂后做离心运动’则A仍在原轨道上做圆周运动
↓
∩∩
·OO·
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14.如图所示’两星球相距为L’质量比为″M;加B＝1
: 9’两星球半径远小于L。从星球A沿A、B连线向B以
某＿初速度发射＿探测器°只考虑星球A、B对探测器的作用’下列说法正确的是（
）
d＿—＿＿色
A.探测器的速度＿直减小
B探测器在距屋球A为÷处加速度为零
C.若探测器能到达星球B’其速度可能恰好为零
D若探测器能到达星球B’其速度＿定大于发射时的初速度
］5.为了迎接太空时代的到来’美国国会通过＿项计划:在2050年前建造成太空升降机,就是把长绳的＿端搁置
在地球的卫星上’另—端系住升降机’放开绳,升降机能到达地球上’科学家可以控制卫星上的电动机把升降
机拉到卫星上。已知地球表面的重力加速度g＝10m／S2 ’地球半径R＝6400km’地球自转周期为24h°某
宇航员在地球表面测得体重为800N他随升降机沿垂直地面方向上升’某时刻升降机加速度为10m／s2 ’方
向竖直向上’这时测得此宇航员的体重为850N,忽略地球公转的影响’根据以上数据（
）
A.可以求出升降机此时所受万有引力的大小
B.可以求出此时宇航员的动能
C.不能求出升降机此时距地面的高度
D.如果把绳的—端搁置在同步卫星上’可知绳的长度至少有多长
16.暗物质是21世纪物理学之谜,对该问题的研究可能带来—场物理学的革命°为了探测暗物质’我国已成功
发射了＿颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星°已知“悟空’’在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运
动’经过时间r（r小于其运动周期）·运动的弧长为＂’与地球中心连线扫过的角度为β（弧度）’引力常量为G,
则下列说法中正确的是（
）
A. ·悟空’’的线速度大于第—宇宙速度
且.悟窄.酌坏绕周期为菩
C. ·‘悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
《j
量为玩
D。“悟空,,的质
l7.卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送°如果你与同学在地面上用卫星电话通话’则从你发出信号至对
方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据:月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×1（）5km’运行
周期约为27天’地球半径约为6400km’无线电信号传播速度为3×108m／s）（
）
A·0. 1s
B.0·25s
C.0.5s
D1s
18.＿物体静置在平均密度为p的球形天体表面的赤道上·已知万有弓｜力常量为G’若由于天体自转使物体对
天体表面压力恰好为零’则天体自转周期为（
）
A（蕊）→
凰（志）÷
c（蔬）≡
n（嚣）←
19. “媳娥四号’’（专家称为·.四号星”）’计划在2018年发射升空’它是媳娥探月工程计划中媳娥系列的第四颗人
造探月卫星’主要任务是更深层次、更加全面地科学探测月球地貌、资源等方面的信息’完善月球档案资料°
已知弓｜力常量为G’月球的半径为R’月球表面的重力加速度为g’媳娥四号离月球中心的距离为厂绕月周
期为T°根据以上信息判断下列说法正确的是（
）
A』婶娥＂号绕月运行的逸度为仔
＂月球＂第—宇宙速隆为√硕
C.烯娥四号洲必须减速运动才能返回地球
D月球的平均密度为′＝蒜
·64·
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20.假定地球、月球都静止不动’用火箭从地球沿地月连线向月球发射—探测器°假定探测器在地球表面附近脱
离火箭°用W表示探测器从脱离火箭处到飞到月球的过程中克服地球引力做的功,用Ek表示探测器脱离
火箭时的动能’若不计空气阻力’则（
）
A.Ek必须大于或等于W’探测器才能到达月球
B.Ek小于W’探测器也可能到达月球
CE瓢-÷w,探测器—定能到达月球
DE臆＝寺W’探测器＿定不能到达月球
乙
2L2013年我国相继完成“神十’’与“天宫”对接、·婶娥’’携“玉兔”落月两大航天工程°某航天爱好者提出“玉兔’’
回家的设想:如图’将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到／l高度的轨道上’与在该轨道绕月球做圆周
运动的飞船对接’然后由飞船送·‘玉兔”返回地球°设“玉兔”质量为′′′’月球半径为R’月面的重力加速度为
细.以月面为零势能面,.壬兔孵在′』高度的引力势能可表示为吗-R憎｛）,此中G为引力撇量.M为月球
质量°若忽略月球的自转’从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（
）
A警吾（″—2R）
凰′摆爷（″←√百R）
α笋芒（h—夸尺）
n等畴（h｜÷R）
力
月球
＼
』
22.假设将来人类登上了火星,考察完毕后’乘坐—艘宇宙飞船从火星返回地球时’经历了如图所示的变轨过程’
则下列有关这艘飞船的说法正确的是（
〉
轨道‖［ˉˉˉˉˉˉ—～ˉ
＞
／／
轨道ll ／／ˉˉ
＞｀
夕
岁
＼
′
｀
′（｛恤（o）′
、～
乙≥铰
＞二≡≡
A.飞船在轨道I上运动时的机械能大于飞船在轨道I上运动时的机械能
B.飞船在轨道‖｜上运动时,经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
C.飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D.飞船绕火星在轨道I上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道I同样的轨道半径运动的周
期相同
23.假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、○它们在一条直线上’天体A离天体B的高度为某值时’天体A和天
体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转’且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道’如图所
示°以下说法正确的是（
）
′l
＝-一?ˉ～～｀
出
A.天体A做圆周运动的加速度小于天体B做圆周运动的加速度
B.天体A做圆周运动的线速度小于天体B做圆周运动的线速度
C.天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有弓｜力
D.天体A做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力
24.已知地球质量大约是月球质量的81倍’地球半径大约是月球半径的4倍。不考虑地球、月球自转的影响’由
以上数据可推算出（
）
A.地球的平均密度与月球的平均密度之比约为9
: 8
B.地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为9
: 4
C.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的周期之比约为8
: 9
D靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的线速度之比约为81
: 4
／币｜＝
·OO●
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25.天文学家新发现了太阳系外的—颗行星°这颗行星的体积是地球的4.7倍’质量是地球的25倍°已知某—
近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时’引力常量G＝6.67×10
｜lN.m2／kg2 ’由此估算该行星的平均密
度约为（
）
A.L8×103kg／m3
B°5·6×103kg／m3
C° 1。1×104kg／m3
D.2.9×10｜kg／m3
26.卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用°第—代第二代海事卫星只使用静止轨谊∏尾’不能覆盖地球上的
高纬度地区°第三代海事卫星采用同步和中轨谊∏尾结合的方案’它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构
成°中轨道卫星高度为10354千米’分布在几个轨道平面上（与赤道平面有＿定的夹角）°在这个高度上’卫
星沿轨道旋转＿周的时间为四分之＿天°下列说法中正确的是（
）
A.中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度
B.中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度
C在中轨道卫星经过地面某点的正上方的＿天后’该卫星还在地面该点的正上方
D如果某＿时刻中轨道卫星｀同步卫星与地球的球心在同—直线上’那么经过6小时它们仍在同—直线上
27.某同学在学习中记录了—些与地球、月球有关的数据资料如表中所示’利用这些数据来计算地球表面与月球
表面的距离J’则下列运算公式中正确的是（
）
地球半径
月球半径
地球表面重力加速度
月球表面重力加速度
月球绕地球转动的线速度
月球绕地球转动周期
R＝64（）（）km
厂＝174（）km
g地＝9·80m／s
〗
尸
门
／
／
／
］
∏
＾
∩
γ
尸
＾
γ
●
］
~~
′
月
u＝lkm／s
T＝27.3天
c＝2.998×1（）5km／s
光速
用激光器向月球表面发射激光光束’经过约r＝2.565s接收到从月球表面反射回来的激光信号
厂
尺
〃
—
浙~~
＄
巳
十
乙
—
∩
′
△
A.5＝（
o』-堑R—″
｜1｀—√巫严—腮—′
g
28.地球赤道上有—物体随地球的自转,所受的向心力为Fl ’向心加速度为α』’线速度为Ul ’角速度为（o｜;绕地球
表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）,所受的向心力为F2 ’向心加速度为α2 ’线速度为U2 ’角速度为
山2 ;地球的同步卫星所受的向心力为F3 ’向心加速度为α3 ’线速度为觅′3 ’角速度为幻3 ;地球表面的重力加速度
为g’第—宇宙速度为U’假设三者质量相等’则（
）
A·Fl＝F2＞F3
B.αl＝α2＝g＞α3
C.Ul＝℃2＝U＞U3
I）.“l＝幻3＜●2
29.如图所示’A为静止于地球赤道上的物体’B为绕地球椭圆轨道运行的卫星’C为绕地球做圆
周运动的卫星’P为B、C两卫星轨道的交点°已知A、B、C绕地心运动的周期相同°下列说
法正确的是（
）
A.相对于地心’卫星C的运行速率等于物体A的速率
B.相对于地心,卫星C的运行速率大于物体A的速率
C.卫星B在P点的运行加速度等于卫星C在该点的运行加速度
D卫星B在P点的运行加速度大于卫星C在该点的运行加速度
C
＾＾
·Ob·
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30.经长期观测发现’A行星运行的轨道半径为R0 ,周期为T0°但其实际运行的轨道与圆轨道总存在＿些偏离’
且周期性地每隔t0时间发生＿次最大的偏离°如图所示’天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星
外侧还存在着—颗未知行星B’则行星B运动轨道半径为（
）
4
·（）
丁
十
小
—
厉
γ
√
γ
尺
尺
∧
＋
B.R＝R0
‘0
t∩—T
CR-R0＼／亏三亏示
nR-R＂√二六
3l.如图所示’三个质点α、b、c质量分别为′门l 、′＂2 、M（M＞″!! ’M＞′″2）°在C的万有引力作用下’α、6在同—平
面内绕C沿逆时针方向做匀速圆周运动,它们的周期之比T＂:Tb＝1
: 卢;从图示位置开始’在6运动—周的
过程中,则（
）
『
【
′
巴
@
′副『》
A.α、b距离最近的次数为k
B.α、b距离最近的次数为诧—1
C.α、b｀c共线的次数为2卢
D.α、b、（｀共线的次数为2肉—2
32.如图所示’极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）。若已知—个极地卫星从北
纬30°的正上方’按图示方向第＿次运行至南纬60°正上方时所用时间为r’地球半径为R（地球可看做球体）’
地球表面的重力加速度为g’引力常量为G°由以上条件可以求出（
）
▲
北
般
隧
蕊
南
极
A.卫星运行的周期
B.卫星距地面的高度
C.卫星的质量
D地球的质量
33.近年来’自然灾害在世界各地频频发生’给人类带来巨大损失°科学家们对其中地震、海啸的研究结果表明’
地球的自转将因此缓慢变快°下列说法正确的是（
）
A. “天宫一号”飞行器的高度要赂调高—点
B.地球赤道上物体的重力会略变大
C.地球同步卫星的高度要略调低＿点
D.地球的第＿宇宙速度将略变小
34.设一卫星在离地面高h处绕地球做匀速圆周运动’其动能为Ek! ’重力势能为E腆l °与该卫星等质量的另＿卫
星在离地面高2∧处绕地球做匀速圆周运动’其动能为且: ’重力势能为Ep2。则下列关系式中正确的
是（
）
A.Ekl＞Ek2
B.Ep1＞Ep2
C.Ekl＋Ep1＝Ek2＋Ep2
D.Ek1＋Epl＜E｜‘2＋Ep2
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／
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专题六机械能及莫守恒定律
◎典例剖析
考点1恒力做功的计算
［例1］＿滑块在水平地面上沿直线滑行’r＝0时其速度为1m／s°从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面
作用力F’力F和滑块的速度U随时间的变化规律分别如图a和图b所示°设在第1秒内、第2秒内、第3
秒内力F对滑块做的功分别为W｜、W2 、W3 ’则以下关系式正确的是（
）
▲w（m.S｜）
｀
′γN
〕
〗
｝
〕
）
≈
｜
＾
‖
0
.ˉ＝—
＝＝ˉ＝＝＝■-司
m≥广可
＄
′
勺
〕
α
∑
你
卜
］
β
｜
2
3
｜冬｛b
B.Wl＜W2＜W3
DWl＝W2＜W3
′／＄
A°W］＝W2＝W3
C.W］＜W3＜W2
答案:B
解析;淘铡／′图象可知第l秒内、第2秒内、第3秒内的力和位穆均为正方向,蜒｛-普‘-＋…』-了—百
讥
1
m,工3＝U0t＝1m,F］＝1N’F2＝3N,F3＝2N
W』—F｜←＋」,W婴-F腿←÷J.W』＝F‖氢←2」.所以B逾项正确.
感悟方法:计算恒力做功’—般都用功的定义式W＝F工cos0即可。
考点2变力做功的计算
［例2］如图所示’同定的光滑竖直杆上套着-ˉ个滑块’用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮’
以大小恒定的拉力F拉绳’使滑块从A点起由静止开始上升°若从A点上升至B
点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W』、W2 ,滑块经B、C两点时c
B
的动能分别为EkB、Ek（. ’阁中AB＝BC,则—定有（
）
A
A·Wl＞W2
B·W｜＜W2
C,EkB＞Ek〔、
I）·EkB＜Ek〔、
■磁m
‖
尸
~
~
~
~
~
~
答案:A
解析:由图可分析出’从A到B过程中绳端移动的距离△Jl大于从B移到C过程中’绳端移动的距
离△J2
’
据W1＝F△J］,W2＝F△J2 ,可知W1＞W2°
因F大小未知’则物体由A到C的过程的加速、咸速情况难以确定°故A项正确°
感悟方法:变力做功的基本思维是“转化’,’转化的＿般方法有两种’—种是将变化通过微元、平均、转移
等将变力做功转化为恒力做功;一种是根据功能关系,将变力做功转变为能量的变化·
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考点3瞬时功率与平均功率
［例3］质量为加的物体静止在光滑水平面上’从r＝0时刻开始受到水平力的作用。
如图所示’力的方向保持不变’则（
）
A.3Ⅱ0时刻的瞬时功率为亚i1旦
″〗
B.3r0时刻的瞬时功率为15F;r0
力的大小F与时间r的关系
F
ˉ■＝
■＝
■＝
■＝
■＝
■＝
■＝＝
■＝
■＝
■＝
■＝■＝—
3∩
′》〗
C在0～:』』这段‖｜间内’水平力的平均功率为2誓″
n在0～枷Ⅷ这段时｜旬内,水平力的平均功率为2票＾
月）
‖
（）
／0
2′0
3／〔）
′
…Ⅷ
答案:BD
解析;0～2r0物体的加速度为α＝且,2r0时刻的速度为U1＝α.2r0＝2旦1且’在3t0时刻的瞬时速度U2＝U］
″?
γγ?
＋3α. ′0＝旦且11,则3r0时刻的瞬时功率为p＝3F0 .亚山15F;r0 ’A错误’B正确;在0～3r0这段时
″〗
′7!
″u
阎内｀由动能定理可得w-△凰-1》″诡-2鄂测这戳时间内的乎均功率F-:警Ⅷ｀U正确.
感悟方法;瞬时功率计算—般用P—F渺….平均功率的讣算—般俐P-粤.
考点4机车启动问题
［例4］＿汽车在平直公路上行驶。
＿汽车在平直公路」二行驶。从某时刻开始计时’发动机的功率P随时间r的变化如图所示°假定汽车所
受阻力／.的大小恒定不变°下列描述该汽车的速度U随时间r变化的图线中’可能正确的是（
）
P↑
P‖≡ˉˉˉˉˉˉ
′｜
O
′｜
『,
′
｀
″
／
√
／
p小~~~~
′｜~~~
‖二J＿｜
勺
＝
‖
■
尸
户
句
←
■
‖
尸
尸
～
＝
‖
‖
尸
尸
／〕.
~
／》‖
O
／↑
『2
／
C
O
′‖
／2
／
O
／］
′2
『
『｛
『2
′
C
A
B
D
…Ⅷ
答案:A
解析》＂～‘』时阎内｀功率P｛不变.这一段时间割。泉匀逮.那么速度让一宁｀在′｛畸亥｜｜升始功率突然变大,
则牵引力突然变大,牵;｜力大于阻力’则汽车的速度增加’由P2＝FU得U增加时F减小’故应做加速度
减小的加速运动直至匀速,C错误;如果0～r］时间内加速,由P1＝Fu得0～tl时间内应做加速度减小的
加速运动直至匀速,故A正确,B、D错误。
感悟方法:机车启动问题有两种情况:一种是恒定功率启动’机车做加速度减小的加速运动’最后做匀速运
动;＿种是匀加速启动’机车先做匀加速运动’当功率达到额定功率后’再做加速度减小的加速运动’最后
做匀速运动°
·69·
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考点5
用动能定理解决多过程问题
［例5］以初速度U0竖直向上抛出一质量为m的小物块°假定物块所受的空气阻力／大小不变°已知重力加速
度为g’则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（
）
2鹏（l兰志）枷［Ⅷ√簧王＋
凰2凰（｜羔）＂锄,√狮舞广
A.
~~~～＝---□----＿
√器王十
／
恩
＋
们
巨
〖
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们
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／
〔
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＿
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｀
｀
‖
‖
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／
～
U∩
U0
C.
（｜｜磊
~J
2g
.解析0
答案:A
和℃（
D
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｜
｜
／
〃
丽
＋
Ⅶ
」
／
′
［
｀
＼
】
｛
〗
解析;上升的过程中’霞力做负功.阻力′做负功,由动能定理得—（枷凰′!＋′咖）＿＋咖硫,h-
2g（l生志）.求返………霍使刷动熊…力…零｀只育腮力徽功沟—』f〃-＋咖融;
—＋咖圃; ｀解得御≡刨倘≡｝｀A正确.
感悟方法:对于多过程问题’我们—般优先选用动能定理来解题°
考点6
用动能定理求变力做功
［例6］如图,—半径为R’粗糙程度处处相同的半圆形轨道坚宫固定放置’直径POQ水平°—质量为加的质点自
P点上方高度R处由静止开始下落’恰好从P点进人轨道。质点滑到轨道最低点N时’对轨道的压力为
4′′!g’g为重力加速度的大小°用W表示质点从P点运动到′V点的过程中克服摩擦力所做的功°则（
）
丁·″′
R
↓P
O
Q
~｜
ˉ1ˉP
Aw＝斗′′!gR,质点恰好可以到达Q点
△
CW≡l′″唾.质点到达Q点后继续上升＿段距离
·解析0
‖
Bw＞』咖gR’质点不能到达Q点
DW＜÷″增R.质点到迭Q点后继续上升—段距离
答案:C
解析:根据质点滑到轨道最低点N时’对轨道压力为4′′!g,由牛顿第三定律可知’轨道对质点的支持力
为4′〃g.在最低点,由牛顿第二定律得,4砸g—咖凰-′″÷.解得质点滑到最低点的速度刚＝√玉F.对
］
］
质点从升始下落到滑到最低点的过程｀由动能定理得’2′″gR一W＝亩″!u2 ,解得W＝古加gR.对质点由
最低点继续上滑的过程,到达Q点时兑服摩擦力徽的功W妥小于＋枷凰R.由此可知质点到达Q点后,
可继续上升一段距离’选项C正确’A、B、D错误。
感悟方法:用动能定理求变力的功’本质上是采用了＿种.‘转移”的方法’将难以计算的量转化为容易计
算的量’这样起到了化难为易的效果。
7（）
·
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考点7
用功能原理解题
［例7］如图’卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱’使之沿斜面加速向上移动°在移动过程
中,下列说法正确的是（
）
A.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
DF对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
…Ⅷ
＝只
／／／／／／／／77了ˉ了／／／／／／／／／／777ˉ了
答案:CD
解析:由功能关系WFW′＝△E股＋△EP得WF＝△E鹰＋△Ep＋W｛°所以选项A、B错误’D正确;因为重
力势能的变化仅与重力做功有关’重力做功多少’重力势能就改变多少’WG＝—△Ep,选项C正确°
感悟方法:功是能量转化的量度’这是功的最本质定义°在解题时’我们要熟记:重力势能的变化取决于
重力做的功;弹性势能的变化取决于弹簧弹力做的功;机械能的变化取决于除了系统重力与系统内部弹
性力以外的力做的功;动能的变化取决于合外力所做的功°
考点8功能关系中的斜面模型
［例8］如图所示’小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为0l的轨道上高度为∧
的A点由静止释放’运动至B点时速度为U! °现将倾斜轨道的倾角调至为仇’仍将物块从轨道上高度为∧的
A点静止释放’运动至B点时速度为U2°已知仇＜0! ,不计物块在轨道接触处的机械能损失°则（
）
A·Ul＜U2
B.U］＞U2
C·Ul ＝＝U2
D.由于不知道0l 、02的具体数值’Ul ｀U2关系无法判定
·解析0
四
″
∩
D
（
图3
答案:C
解析;物体运动过程中摩擦力徽煎功.童力徽正功,由动能定理可得…ˉ腮…爵,.志—′您…＂≡
＋…! .慎′′″gh—似′″g.通而“′″…-十冰硼粤’阂为为-叫鲤’所以…—狸…您-昔枷刚‘ .款到达
B点的速度与倾斜轨道的倾角无关,所以ul＝Ⅺ′2 ,故选项C正确°
感悟方法:物体在斜面上运动,所受到的摩擦力对物体做的功等于物体在斜面的水平面投影面上运动时
摩擦力做的功°
考点9-对静摩擦力对系统功能的影晌
［例9］如图所示,物体A置于物体B上’—轻质弹簧—端固定’另一端与B相连’在弹性限度范围内’A和B一起
在光滑水平面上做往复运动（不计空气阻力）’并保持相对静止’则下列说法正确的是（
）
＼
＼
＼
＼
＼
＼
＼
＼
＼
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
均做简谐运动
A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功
的静摩擦力始终对A做正功’而A对B的静摩擦力始终对B做负功
A·A和B
B.作用在
C.B对A
DB对A
71
·
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…硒
答案:AB
解析:A、B保持相对静止,其水乎方向的运动等效于水乎方向弹簧振子的运动’故A对ˉ;A物体做简谐
运动的回复力是B对A的静摩擦力提供的’设B对A的静摩擦力为F时’弹簧伸长量为工,对A物体
~′
有;F—….对A、B整体有;虹-（枷＾＋咖‘）“｀联立得;F≡咖尝器.由此可知B对;A对B的静摩擦
力对B做功’B对A的静摩擦力可以对A做正功’也可以对A做负功’故C、D错。
感悟方法:＿对静摩擦力所做功“＿正—负’’ ’代数和必定为零°
考点10-对动摩擦力对系统功能的影晌
［例10］如图所示’水平传送带长为L’始终以速度U保持匀速运动’把质量为′＂的货物无初速度地放到A点’当
货物运动到AC的中点B时速度恰为u,而后被传送到C点。货物与传送带间的动摩擦因数为／《’重力加
速度大小为g°则货物从A点到C点的过程中（
）
A
B
C
A.摩擦力对货物做的功为〃′）′gL
B摩擦力对货物做功的平均功率为÷陛′＂g＂
C·传送带克服摩擦力做功为严mgI√
D传送带克服摩擦力做功的平均功率为＋陛′″s＂
答案:BC
解析』由于货翰在运动过程中.当速度达到＂时.不再受摩擦力.故摩擦力所做的功W′-腮咖g.÷.故
选项A错误;在货物加逮过程中’摩擦力做功W》-〃′〃g.÷’商运动学公式有÷—:r）,闽此′」—÷
L
设货物从A点到C点所周时间为′’从∧点到B点摩擦力对货物做功的乎均功率P』-毕-〃′＂g了
L
Ll
丁
1
刊
百陛加g刚,‘＞′］,则全程摩擦水乎均功率′」｀于古陛狮g删’故选项B错误;货物在加速过程中平均速度为:.
而传送带的速度为恿』.货物加速运动的位移为÷则传送带前进的位移一定为L,故传送带克服摩擦力
所做的功为w／≡陛′″凰Ⅲ,截选项C正确;赏物从凋点到C点所删时间′＝责.所以,从A点到C点周
时′』-羔’敛传送带克服摩擦力做功的平均功率应为P,-毕-:似….纹选项∏错谨.
感悟方法:—对滑动摩擦力所做功虽然是·＿正＿负’’ ’但代数和必定为负。
。72·
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考点11
通过绳子相连的系统功能问题
［例］1］如图’—很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮’绳两端各系＿小球α和b°
α球质量为″l ’静置于地面;6球质量为3′〃’用手托往,高度为h’此时轻绳刚好拉紧。从
静止开始释放6后’α可能达到的最大高度为（
）
A。h
B. 1.5h
C.2h
D。2。5∧
…Ⅷ
〃〃〃〃〃′〃夕〃〃夕′
小
＼ˉ≥
答案:B
解析:b着地前’根据牛顿第二定律:
对于6:3mg—T＝3′Ⅶα
@
对于α;T—′′lg＝mα
◎
o、◎式相加得;2′′′g＝4′″α’α＝;.U,＝2α′!
b着地后’α做竖直上抛运动’U2＝2gh』
设最大高度为H’则H＝h＋hl
所以H＝h＋;—;h.
感悟方法:对于绳子连接的两个物体’绳子对两物体的拉力大小相同·在本题中’两物体的速度大小、
位移大小相等’但要注意的是在有些问题中,绳子连接的两个物体的速度大小未必相等’位移大小也未
必相等’各物体重力势能改变涉及的高度变化也未必相等°
考点12通过杆子相连的系统功能问题
［例l2］如图’滑块α、b的质量均为″! ’α套在固定竖直杆上’与光滑水平地面相距／l ’b放在
地面上’α、b通过铰链用刚性轻杆连接°由静止开始运动’不计摩擦’α、b可视为质
点,重力加速度大小为g°则（
）
A.α落地前’轻杆对6—直做正功
B.α落地时速度大小为√回百『T
C.α下落过程中’其加速度大小始终不大于g
D.α落地前’当α的机械能最小时’b对地面的压力大小为mg
…Ⅷ
-「
~｜
力
↓
〗
〃
／／／／／／／／／／／
答案:BD
解析:由于刚性杆不伸缩’滑块α、b沿杆方向的分速度相等’滑块α落地时’速度方向竖直向下’故此时
滑块b的速度为零’可见滑块b由静止开始先做加速运动后做减速运动’对滑块b受力分析,可知杆对
滑块6先做正功’后做负功’选项A错误;因系统机械能守恒’则杆对滑块α先做负功’后做正功’做负
功时,滑块α的加速度小于g,做正功时,滑块α的加速度大于g,选项C错误;杆对滑块α的弹力刚好
为零时’α的机械能最小,此时对滑块b受力分析’可知地面对b的支持力刚好等于′〃g’根据牛顿第三
定律.b对地卤的压力大′｜.为″』忽,选项D正确;由机械能守′幢定律.可得咖鼠h-＋砸锄: .即触-√:颜.选
项B正确。
感悟方法:通过杆子连接的两个物体的速度大小未必相等’位移大小也未必相等’各物体重力势能改变
涉及的高度变化也未必相等°
°73·
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考点13弹簧问题中的功能问题
［例l3］如阁’两根相同的轻质弹簧’沿足够长的光滑斜面放置’下端固定在斜面底部挡
板上’斜面固定不动°质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端°现用
外力作用在物块上’使两弹簧具有相同的压缩量’若撤去外力后’两物块由静止
沿斜面向上弹出并离开弹簧’则从撤去外力到物块速度第—次减为零的过程’两
物块（
）
A.最大速度相同
B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同
D重力势能的变化量不同
唾Ⅷ
答案:C
解析:设斜面倾角0’物块速度达到最大时’有Ar＝′＂gsinβ’若′Ⅶl＜′′′2 ’则工l＜r2 ’当质量为′′ll的物块
］
到达质量为′″2的物块速度最大位置的同一高度时.根据能量守恒得;△Ep＝mg△∧＋亏′厕U2 .所以U＝
√2等′—2gM.凰为″‖』＜枷』.所以触』＞侧…｀此蹦质量为咖』钩物块还…｛慧大遮度·闽此刚…＞
U2m凰x’故A错误;由于撤去外力前’两弹簧具有相同的压缩量’所以撤去外力时两弹簧的弹力相同’此时
两物块的加速度最大’由牛顿第二定律可得α＝F弹—mgsin0’因为质量不同’所以最大加速度不同’故
″2
B错误;由于撤去外力前’两弹簧具有相同的压缩量’所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相同的
弹性势能’物块上升过程中系统机械能守恒’所以上升到最大高度时’弹性势能全部转化为重力势能,
所以两物块重力势能的增加量相同’故D错误;由Ep＝mgh可知,两物块的质量不同’所以上升的最大
高度不同’故C正确·
感悟方法:弹簧的弹性势能大小与弹簧的劲度系数以及弹簧的形变量有关’弹簧的弹性势能具有相对
原长对称的特点’即弹簧伸长与收缩相等长度时’弹簧的弹性势能相等°
考点14功能关系中的极值问题
［例14］如图所示’半圆形光滑轨道固定在水平地面上’半圆的直径与地面垂直°—小物块以速度U从轨道下端
滑人轨道’并从轨道上端水平飞出’小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关’此距离最大时’对
应的轨道半径为（重力加速度大小为g）（
）
～＼
~｜
~／
ˉ「学／
A孟
B孟
2
Cii
『〕量
·解析0
／
／
／
／
／
万
万
答案:B
解析;物块由最低点到最高点的过程.由机械能守恒定律得÷砸财2-砸g. 2厂＋÷″m:.物块做乎抛运动
畸.落地罐｛轨道下…詹离←…-l肆』｀联立解得≡√等!阶‘ ,由数学知识可巍.当嘶-
坠时.翻最大.即厂≡孟.雄选项B正确.
2g
感悟方法:极值问题的求解方法＿般有两种’—种是分析物理现象,找到临界状态’求出这个状态的值
就是极值;—种是将物理问题转化为数学问题’用数学的方法来求解极值问题。
°74·
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c过关演练
1.在足球比赛中’甲队队员在乙队禁区附近主罚定位球’并将球从球门右上角贴着球门射人°如图所示’已知球
门高度为h’足球飞人球门时的速度为U’足球质量为″?’不计空气阻力和足球的大小’则该队员对足球做的功
为（
）
｜
｜l＂
人:＿＿＿＿
A÷枷颧§
B咖gh＋寺″颧;
n＋狮＂』—枷g脚
C, ′川gh
水平地面上有—木箱’木箱与地面之间的动摩擦因数为尸（0＜尸＜l）°现对木箱施加—拉力F’使木箱做匀速
直线运动°设F的方向与水平面夹角为0’如图’在0从0逐渐增大到90°的过程中’木箱的速度保持不变’则
（
）
2
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
A.F先减小后增大
B.F＿直增大
C.F的功率减小
DF的功率不变
3.如图所示’质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑’物体与两斜面间的动摩擦因数相
同’物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EM和EM’在滑行过程中克服摩擦力所做的功分别为W∧和WB’
则有（
）
A
B
C
D
A.EkA＝EkB,WA＞W6
B.EkA＜EkB,WA＞WB
C·Ek∧＞EkB,WA＝WB
D.Ek∧＞EkB,W∧＜WB
4.如图’在竖直平面内’滑道ABC关于B点对称’且A、B、C三点在同＿水平线上°若小滑块第一次由A滑到
C’所用时间为rl ’第二次由C滑到A’所用时间为t2 ’小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道
滑行’小滑块与滑道的动摩擦因数恒定’则（
）
C
B. t1＝t2
D无法比较rl 、r2的大小
A. jl＜r2
C. t1＞r2
厉～
·／O·
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＿物体在外力的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变’大小随时间的变化如图所示°设该物体在
r0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是rl和工2 ’速度分别是u』和u2 ’合外力从开始至r0时刻做的功是Wl ’从
r0至2r0时刻做的功是W2 ’则（
）
5
′.
≡■＝≡■＝＝了
〗
2∧］
尸
／
（／
′（｜
2′｜〕
A·r2＝5工l
U2＝3〖／l
B.工l＝9工2
U2＝5℃l
C.r2＝5∏、l
W2＝8Wl
DU2＝3U］
W2＝9Wl
6.从地面竖直向上抛出—只小球’小球运动＿段时间后落回地面°忽略空气阻力’该过程中小球的动能Ek与时
间r的关系图象是（
）
凰
甲
丘
Ek
早
甲
丫
／
／
◆
·
【
O
A
B
C
D
7.＿蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落’到最低点时与水面还有数米距离°假定空气阻力可忽
略’运动员可视为质点,下列说法正确的是（
）
A.运动员到达最低点前重力势能始终减小
B.蹦极绳张紧后的下落过程中’弹力做负功’弹性势能增加
C.蹦极过程中’运动员｀地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D.蹦极过程中’重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
8.某兴趣小组对＿辆自制遥控小车的性能进行研究°他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动’并将
小车运动的全过程记录下来’通过处理转化为U—r图象’如图所示（除2～10s时间段图象为曲线外,其余时间段
图象均为直线〉°已知在小车运动的过程中’2～l4s时间段内小车的功率保持不变,在14s末停止遥控而让小车自
由滑行’小车的质量为1.0kg’可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变’则不正确的是（
）
w（m.S
!）
6
｀
｛｝
←
／
§
］
β
］
斗
｜
∑
｜
β
］
＄
β
斗
》
＝
S
A.小车受到的阻力大小为1. 5N
B.小车加速阶段的功率为9W
C.小车匀速行驶阶段的功率为9W
D小车加速过程中位移大小为42m
76.
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9.如图所示’质量为′＂的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度U0冲上固定斜面’沿斜面上升的最大高度为H°
已知斜面倾角为α’斜面与滑块间的动摩擦因数为尸’且尸＜tanα’最大静摩擦力等于滑动摩擦力’取斜面底端为
零势能面’则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度／l之间关系的图象是（
）
瓜
旧卜
｛I
Ep
≯
一
『
』
八
—÷
″
内
（〕
〃
力
『
″
O｜
〃
O
／′
内
（）
［）
〔
A
B
10.空中花样跳伞是流行于全世界的—种极限运动·假设某跳伞运动员从静止在空中的飞机上无初速跳下’沿
竖直方向下落’运动过程中’运动员受到的空气阻力随着速度的增大而增大’运动员的机械能与位移的关系图
象如图所示’其中0～工l过程中的图线为曲线’工‖～r2过程中的图线为直线°根据该图象’下列判断正确的是
（
）
E
O
~
xl
x2
x
A.0～工l过程中运动员受到的空气阻力是变力’且不断增大
B.Zl～工2过程中运动员做匀速直线运动
C.工l～x2过程中运动员做变加速直线运动
D0～工!过程中运动员的动能不断增大
11.滑板运动已成为青少年所喜爱的＿种体育运动’如图所示’某同学正在进行滑板训练°图中AB段路面是水
平的’BCD是—段半径R＝20m的拱起的圆弧路面’圆弧的最高点C比AB段路面高出h＝L25m若人与
滑板的总质量为M＝60kg。该同学自A点由静止开始运动’在AB路段他单腿用力蹬地到达B点前停止
蹬地,然后冲上圆弧路段,结果到达C点时恰好对地间压力等丁竿’不计滑板与各路段之间的摩擦力及经
叁
C
过B点时的能量损失（g取］0m／s2）°则（
）
A.该同学到达C点时的速度为10√百m／s
B.该同学到达C点时的速度为10m／s
C.该同学在AB段所做的功为3750J
D该同学在AB段所做的功为750J
″″…″〃…
B
A
凡／
（）
·77·
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12.如图’—物体从光滑斜面AB底端A点以初速度U0上滑’沿斜面上升的最大高度为／l°下列说法中正确的是
（设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为U0）（
）
B
爪
｜
｜
从
〃
｜
｛
Ⅳ
A.若把斜面CB部分截去’物体冲过C点后上升的最大高度仍为h
B.若把斜面AB变成曲面AEB’物体沿此曲面上升仍能到达B点
C.若把斜面弯成圆弧形D物体仍能沿圆弧升高∧
D若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状’物体上升的最大高度有可能仍为h
13.两实心小球甲和乙由同—种材料制成’甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落’假设它们运动时
受到的阻力与球的半径成正比’与球的速率无关。若它们下落相同的距离’则（
）
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
14.如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图’图中o和◎为楔块’◎和@为垫块’楔块与弹簧盒、垫块间
均有摩擦’在车厢相互撞击时弹簧压缩的过程中（
）
弹簧盒
／
—二二二—
■
:
尸｜
＿—→
归
÷-＿
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫块的动能全部转化成内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
l5.如图所示’—根绳的两端分别固定在两座山的A、B处’A、B两点水平距离为16m’竖直距离为2m’A、B间
绳长为20m°质量为10kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处°以A点所在水平面为参考平面,
猴子在滑行过程中重力势能最小值约为（绳处于拉直状态）（
）
A。—l.2×103］
C.—6。0×102」
B.＿7。5×1（）乙J
D.—2.0×1（）2J
。78·
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16.如图所示’质量为加的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点’水平面的右端与固定的斜面平滑连接’
物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同°物块与弹簧未连接’开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压
缩状态°现从M点由静止释放物块’物块运动到N点时恰好静止°弹簧原长小于MM′°若物块从M点运
动到lV点的过程中’物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q’物块、弹簧与地球组成系统的机械能为
E’物块通过的路程为＂°不计转折处的能量损失’下列图象所描述的关系中可能正确的是（
）
／／／／／／／／
M
M
E
E
Q
瓜
Q
＿
（）
（）
O
O
S
A
b
□
〖y
＄
D
甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自
J
A
B
C
17.如图’游乐场中’从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。
由滑向B处,下列说法正确的有（
）
A.甲的切向加速度始终比乙的大
B.甲、乙在同—高度的速度大小相等
C.甲、乙在同＿时刻总能到达同＿高度
D甲比乙先到达B处
l8.如图所示’在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B’其中物块A连接＿个轻弹簧并处于
静止状态’物块B以水平初速度U0向着物块A运动°物块B与弹簧相互作用过程中’两物块始终保持在同
＿条直线上运动’下列图象分别描绘了此过程A、B两物块的速度U、动能Ek及所受弹力F随时间／的变化
规律·能正确表示其关系的＿组图象是（
）
M）一
且
』
→
尸
小
｜
八
小F
小γ
0l
＼｀A
O
『
O
＼一忽
／
（）
~
@）
O
O
／
O
回
′
＼
‖
／
β
／
‖
＼
团
～
川
论
D
′
【
＼纽
C.◎◎
D·◎◎
B.oo
＼.α）◎
·79·
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19.如图所示’＿条轻绳—端通过定滑轮悬挂—个质量为″!的重物’在另＿端施加拉力F’使重物从地面由静止
开始加速向上运动°当重物上升高度为h时’轻绳断开,不计＿切摩擦’则（
）
α
川′
…″″…
A.重物从开始向上加速到轻绳断开的过程中重力势能的增量为F／l
B.轻绳断开瞬间重物重力的瞬时功率为—√2（F—mg）加g2h
C.重物上升过程中机械能守恒
D.重物落地前瞬间的动能为F∧
20.—个轻质弹簧竖直放在水平地面上’Q为与轻质弹簧上端连在—起的秤盘（质量不计）’P为质量
为m的物块’系统处于静止’如阁所示。现给P施加—个方问竖直向上的恒力F’当它从静止开
始向上加速运动—小段距离′≡时’速度为U’这—过程中’弹簧弹力做的功为（
）
A·加gL
B,FL
oFL—狮gL
n″增L
FL＋＋″渺2
…
21.运动员从悬停在空中的直升机上跳伞’伞打开前可看做是自由落体运动’开伞后减速下降,最后匀速下落°
如果用∧表示下落高度、r表示下落的时间、F表示人受到的合外力、E表示人的机械能、Ep表示人的重力势
能、U表示人下落的速度·在整个过程中,下列图象可能符合事实的是（
）
＂
○
占
FL
Ⅱ
○
″
~
～
｀
＼
可
—
丁
｜
｜
上
丁
＼
（）
｜／
′
′
（）
寸
『
A
B
（
D
22.如图甲所示’斜面AB与水平面BC是由同种材料制成的°质量相等的可视为质点的α’b两物块’从斜面上
的同—位置A由静止开始下滑,经B点在水平面上滑行＿段时间后停止。不计经过B点时的能量损失’用
传感器采集到它们的速度—时间图象如图乙所示,则由上述信息判断下列说法正确的是（
）
γ
α
＿即二瑟
｜′］
l′2
4
′／／／／／″厂／／／／′／厂厂／／／／j
B
C
O
′｛
尸
／
甲
A.在斜面上滑行的加速度物块α比物块b的小
B.在水平面上滑行的距离物块α比物块b的小
C.与斜面间的动摩擦因数物块α比物块b的小
D.在整个运动过程中克服摩擦力做的功物块α比物块b多
乙
·80°
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A
23.质量为″!的小球,以初速度U0竖直向上抛出.小球上升的最大高度为H’已知小球在运动
过程中受到的空气阻力与速率成正比°设抛出点重力势能为零’则小球在运动过程中’下
列关于小球的动能Ek、重力势能Ep｀机械能E随高度／l ’速率U随时间r变化的图线可能正
确的有（
）
H
｜卿霹」＿
尸
△
!
Ep
E
＂
γ
小V
Ek0
Ek0
≥
′〃g／／
′
』
O
O
（）O
〗~
′『
H
H
力
H
力
O
H
力
A
B
C
24.如图所示’固定在地面上、截面圆心为（）、半径为R、表面粗糙的半圆柱体’其上
方固定＿个光滑曲线轨道AB’AB间的竖直高度为R’轨道底端水平并与半圆
柱体顶端相切于B点°质量为m的小球从A点沿轨道AB由静止开始滑下’最
后在水平面上的落点为C（图中未画出）’则（
〉
A.小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至C点
B.小球将沿圆柱体表面运动—段后脱离表面斜下抛至C点
C.小球将做平抛运动到达C点
D. （）、C之间的距离为2R
D
4
″
′
~~
~~~~~~~
B
R
｀｀｀
厂歹歹严／／／／／／′
O
25.如图’α6（.是竖直面内的光滑固定轨道.αb水平,长度为2R;bC是半径为R的四分之＿的圆弧’与αb相切于b
点°—质量为′′!的小球’始终受到与重力大小相等的水平外力的作用’自α点处从静止开始向右运动’重力
加速度大小为g°小球从α点开始运动到其轨迹最高点’机械能的增量为（
）
A,2′门gR
B·4′ⅧgR
C·5″『gR
D.6mgR
厂◎』
26.如图所示’将小球α从地面以初速度U0竖直上抛的同时’将另＿相同质量的小球b从距地面／!处
由静止释放｀两球恰在÷处相遇（不计空气阻力）.则（
）
↑「○○
A.两球同时落地
B.相遇时两球速度大小相等
C.从开始运动到相遇’球α动能的减少量等于球b动能的增加量
D.相遇后的任意时刻’重力对球α做功功率和对球6做功功率相等
27.沙河抽水蓄能电站自2003年投人运行以来’在缓解用电高峰电力紧张方面’取得了良
好的社会效益和经济效益°抽水蓄能电站的工作原理是’在用电低谷时（如深夜）,电
站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中’到用电高峰时,再利用蓄水池中的水发
电°如图所示’蓄水池（上游水库）可视为长方体’有效总库容量（可用于发电）为V’蓄
水后水位高出下游水面H’发电过程中上游水库水位最大落差为d°统计资料表明’
该电站年抽水用电为2.4×108kW.h’年发电量为L8×l08kW.h°则下列计算结
果正确的是（水的密度为p’重力加速度为g’涉及重力势能的计算均以下游水面为零
势能面）（
）
A.能用于发电的水的最大重力势能Ep＝pVgH
B能用于发电的水的最大重力势能吗＝pvg（月—÷）
C.电站的总效率达75％
D该电站平均每天所发电能可供给＿个大城市居民用电（电功率以105kW计）约10h
｜粤
″撼″熬
↓
＝
≡
悸
匡
水库
库
~~~~
·81·
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28.如图所示’倾角0＝30°的粗糙斜面固定在地面上,长为／’质量为m,粗细均匀’质量分布均匀的软绳置于斜面
上’其上端与斜面顶端齐平°用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动’直到软绳刚好全部离
开斜面（此时物块未到达地面）,在此过程中（
）
A.物块的机械能逐渐增加
‖
B＼软绳重力势能共减少了丁加g′
C.物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功
D软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和
29.如图’—质量为m’长度为I√的均匀柔软细绳P竖直悬挂。用外力将绳日〈
则图.—质量为″』,长度为′.的均匀莱软细绳P竖直悬挂.用外力将绳的下端÷′缓慢地竖直“＄／丫↑么／
丁｜
向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距＋′.重力加速度大小为凰.在此过程｜.外力做的
」｀′上｛
功为（
）
｜
′
A÷′″凰′
＂÷咖斜′
Oˉ
v
C÷咖斟′
D÷′″g!
30.如图所示’三个小球A、B、C的质量均为加’A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L’B、C置于水平地面
上’用＿轻质弹簧连接弹簧处于原长°现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°’A、
B、C在同—竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内’忽略—切摩擦重力加速度为g—°则此下降过程中（
）
八
B
C
AA的动能达到最人前.B受到地圆的支持力小于;卿β
且A的动能最大时’B受到地面的支持力等于÷咖g
△
C.弹簧的弹性势能最大时’A的加速度方向竖直向下
『）弹簧的弹性势能最大值为罕咖倒′.
31.如图甲所示’将＿倾角为0的光滑斜面体固定在地面上’在斜面的底端同定＿轻弹簧’弹簧处于原长时上端位
于斜面上的B点°现将—质量为加＝2kg的可视为质点的滑块由斜面处的A点静止释放’最终将弹簧压缩
到最短（此时弹簧上端位于C点）。已知滑块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中’滑块的速度—时间图象
如图乙所示。其中0～0.4s内的图线为直线’其余部分均为曲线’且BC＝l.2m’重力加速度g＝10m／s2°
则下列说法正确的是（
）
｜w（m.s
｜）
勺
＝
0
0.4
（16
（）ˉ9
′／S
qJ
乙
B.滑块在压缩弹簧的过程中机械能先增加后减小
D.滑块从C点返回到A点的过程中’机械能＿直增大
·82·
Aβ＝÷
C.弹簧储存的最大弹性势能为16］
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32.有＿辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车’安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池’
该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W／m2°若驾驶员的质量为70kg’汽车最大行驶速
度为90km／h,假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比’则汽车（
）
A.以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N
B.以额定功率刚启动时的加速度大小为0.24m／s2
C.保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h
D直接用太阳能电池板提供的功率可获得3. 13m／s的最大行驶速度
33.如图所示’足够长的传送带以恒定速率顺时针运行,将—个物体轻轻放在传送带底端’第＿阶段物体被加速
到与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止’匀速运动到达传送带顶端°下列说法正确的
是（
）
A.第＿阶段摩擦力对物体做正功’第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第—阶段摩擦力对物体做的功等于第—阶段物体动能的增加
C.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加
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
34.如图是—种升降电梯的示意图’A为载人箱’B为平衡重物’它们的质量均为M’上下均有跨过滑轮的钢索系
住’在电动机的牵弓｜下使电梯上下运动.如果电梯中载人的总质量为m’匀速上升的速度为U,电梯即将到顶
层前关闭电动机’依靠惯性上升h高度后停止’在不计空气和摩擦阻力的情况下’h为（
）
／／／／／／／〃／／／／／／／／／／／／〃〃〃／〃
｜
｜』
B
电动机
／／／／／／／／／／／／／／／／／
〃
〃
／
／／／／／／
A孟
且〔M毙）Ⅷ』
C《M摆）铡』
u（2骡〕卿;
35.有—竖直放置的“T”形架’表面光滑’滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上’A、B用＿不可伸长的轻细绳相
连’A、B质量相等,且可看做质点’如图所示’开始时细绳水平伸直,A、B静止。由静止释放B后’已知当细
绳与竖直方向的夹角为60°时’滑块B沿着竖直杆下滑的速度为U,则连接A、B的绳长为（
）
D竿
6g
C若
B.丝
gˉ
渺
—
吕
●
∧
·83°
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专题七电场
°典例剖析
考点1
库仑定律的理解
［例1］真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷）,分别固定在两处’它们之间的
静电力为F’用—个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C’此时A、B球间的静电力为
（
）
A!
B÷
C爷
D÷
｜·解析b
答案:C
解析:设A、B两小球开始时的带电荷量均为Q’距离为厂’用一个不带电的同样小球C先后与A、B两小
球接触,与A′｜球接触后,A、C溺′｜球的带电荷量均为:,c再与B′卜球接触后,B、c溺′｜、球的带电荷
量均为芋’由靡仑定律有,接触前F＝等’C与A｀B溺球接触后八｀B两′』球闸的静屯力为F峭／
Q
3Q
〃2′』』-;腮害-;F,戳选项C….
感悟方法:两个相同的金属球相互接触分开后’电荷量平分°
考点2库仑定律与物体的平衡
［例2］如图所示’用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0. 1kg的小球A悬挂到水平板的M、」＼／两点’A上带
有Q≡3.0×10ˉ6C的正电荷°两线夹角为120°’两线上的拉力大小分别为F!和F2°A的正下方0.3m
处放有＿带等量异种电荷的小球B’B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取g＝l0m／s2 ;静电力
常量k＝9.0×10,N.m2／C2 ’A、B球可视为点电荷）’则（
）
4
Ⅲ
A.支架对地面的压力大小为2.0N
B.两线上的拉力大小Fl＝F2＝L9N
C.将B水平右移,使M、A、B在同＿直线上’此时两线上的拉力大小为Fl＝1.225N,F2＝1.0N
D.将B移到无穷远处’两线上的拉力大小F｜＝F2＝0.866N
·84·
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四疆Ⅷ
答案:BC
解析;八｀B间库仑力为;｜力’大′』｀为F—喂／队,N’B与绝缘支架的总童力G』…＝2川M由力的
乎衡可知,支架对地面的压力为L1N,A项错误;由于两线的夹角为120。,根据对称性可知,两线上的
拉力大小相等’与A的重力和库仑力的合力大小相等,即Fl＝F2＝G』＋F＝1.9N,B项正确;将B水乎
右移’使M、A、B在同一直线上’此时库仑力为0.225N’没有B时,Fl上的拉力与F2的重力相等’即等
于l.0N’当B水乎右移,使M、A、B在同一直线上时’F2上拉力不变’则根据力的乎衡可得Fl＝L0N
＋0.225N＝1.225N’C项正确;将B移到元穷远处’B对A的作用力为零’两线上的拉力等于A球的
重力大小,即为1.0N,D项错误。
感悟方法:电场中的物体平衡’求解的思路就是“搭台唱戏’’ ,台,就是电场;戏’就是力学规律’也就是利
用力学规律分析求解电学问题°
考点3三个孤立共线点电荷的平衡规律
［例3］如图所示’在＿条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B’A带电荷量＋Q’B带电荷量—9Q°现弓｜人第
三个点电荷C’恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态’则C的带电性质及位置应为（
）
〃
B
●ˉˉ-＿＿-＿○
｜←—＿04m——→｜
A.正’B的右边0.4m处
B.正,B的左边0.2m处
C.负’A的左边0.2m处
D负’A的右边0.2m处
■蹈Ⅷ
答案:C
解析:妥使三个电荷均处于乎衡状态’必须满足“两同夹异”“两大夹小’,‘‘近小远大’’的原则’所以点电荷
C应崔A左侧’带贞电.设在A左侧距A为野处’由于处于乎衡状态’所以嘿-陶（0!舞）』,解得r-
0.2m,选项C正确°
感悟方法:三个自由带电体的平衡问题’具有这样的特点: ‘≡点共线”’即三个点电荷分布在同—条直线
上;“两同夹异”’即正、负电荷相互间隔;“两大夹小’’ ,即中间电荷的电荷量最小;“近小远大’’ ’目｜］中间电
荷靠近电荷量较小的电荷°
考点4
电场的叠加
［例4］直角坐标系zOy中’M、lV两点位于灭轴上’G、H两点坐标如图所示’M、N两点各固定＿负点电荷’＿电
荷量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零°静电力常量用虎表示°若将该正点电荷
移到G点’则H点处场强的大小和方向分别为（
）
kˉy
H（（）,
α）
M
（）
Ⅳ
x
沁｜｜』ˉⅧ
A楞,沿酗轴正向
凰絮.沿斟轴负向
c警.沿川轴正向
n碧.沿川轴负向
·85
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…
答案:B
解析;正点屯荷在o点时’G点场强为0’健′两负』鼠电荷在G′点的场强大′｜｀为E｜-尝.方向沿测轴正方
向. 由对称性知,两负点电荷在H处的场强大小为E』—E1＝罕｀方向沿y轴负方向. 当把正点电荷放
α
在G点时’在H处产生的场强嫡大′｛、E』-摆,才甸沿测轴正方向.所以H处场强大』｜｀腮-凰—瓜-
碧.方淘沿酗轴负方向’选项B正确.
感悟方法:电场的叠加原理就是平行四边形定则。
考点5对称法求电场问题
［例5］如图所示’＿半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心
（.的轴线上有α、b、（／三个点’α和b、b和（. 、c和团间的距离均为R’在α点处有—电荷量
为q（q＞0）的固定点电荷°已知b点处的场强为零’则d点处场强的大小为（虎为静电力
常量）（
）
｜°解析0
c腮禁
n侮9声‘
A隐祟
凰喘
答案:B
解析:由于在α点放置一点电荷q后’b点电场强度为零’说明点电荷q在6点产生的电场强度与圆盘上
Q在b点产生的电场强度大′］｀相等’即EQ＝吗＝喘,根据对称性可知Q在‘′点产生的场强大′｜｀E·＝
隐声.则吗-E（＋E.-腮嵌下＋喘＝喘.欲遮项B正确.
感悟方法:对称是电场分布的一个特征’利用电场的对称特点可以巧妙解题°
考点6极限法求电场问题
［例6］物理学中有些｜可题的结论不＿定必须通过计算才能验证’有时只需通过＿定的分析就可以判断结论是否正
确°如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为Rl和R2的圆环’两圆环上的电荷量均为q（q＞0）’而且
电荷均匀分布°两圆环的圆心O』和α相距为2α,连线的中点为O’轴线上的A点在O点右侧与O点相距
为厂（厂＜α）°试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中诧为静电力常量）正确的是（
）
｜
＾返-｛「尉＋（“＋′）,］
「R;＋（幽
州,」
βE—｛「崎＋腆）,］—
「醚＋↑鸭）,」、
kqRl
炎qR2
○酉—｜「R钾喇）,IR鲜刚）』］
｜
nE—｜「瞒靴三）;］＝
［醚＋（醚—门』］—
虎q（α—厂）
·86·
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四翻酒
答案:D
解析;本题考查定｝隆、极限分析闷题的方法.与点咆荷的场强公式E-喂比较可知,A、C溺项表达式
的单位不是场强的单位’故可以排除;当厂＝α时’右侧圆环在A点处产生的场强为零’则A点处场强只
由左侧圆环上的电荷产生’即场强表达式只有一项’故B错误;综上所述’D正确°
感悟方法:极限法是＿种数学思想’利用极限法’可以将—般问题转化为我们所熟悉的模型问题°
考点7补偿法求电场问题
［例7］均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场°如图所示’在半球面AB
上均匀分布正电荷’总电荷量为q’球面半径为R’CD为通过半球面顶点与球心O的轴线’在轴线上有M、
N两点,OM＝OlV＝2R°已知M点的场强大小为E’则N点的场强大小为（
）
（
D
∧o
心丁B
M
Ⅳ
丝
坍
Ⅱ
●
Ⅱ
『
四
丽
∧
匠
~
勾
丽
Ⅱ
＋
丝
狠
■
∏
C。
…硒
答案:A
解析:左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷—q的右
半球面的屯场的合电场则E—喘＿E′ ’E′为带电荷—g嫡右半球画在M点产生的场强大′｛..带电
荷—q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在′V点的场强大小相等’则EN＝
阀』＿喘—E-暴＿E则选项A正确.
感悟方法:补偿法是＿种转化法｀通过转化’可以将一般问题转化为我们所熟悉的模型问题°
考点8
电场的能量特性
［例8］如图所示的匀强电场E的区域内’由A、B、C、D、A′、B′、C、D作为顶点构成—正方体空间’电场方向与面
≥
ABCD垂直°下列说法正确的是（
）
Q↑＿＿ˉ了｛D′
〃「色〔｛-＿ˉ么′
｜
姜
A.AD两点间电势差U｀D与AA两点间电势差UM相等
｜
｜
｜
｜
E
｜
』ˉˉˉˉˉˉ!ˉˉ」
B.带正电的粒子从A点沿路径A→D→D移到D点’电场力做正功
→
｜／℃
｜／C′
B囱ˉˉˉˉˉˉˉˉˉ″B′
→
C.带负电的粒子从A点沿路径A→D→D移到D点’电势能减小
D.带电的粒子从A点移到C点’沿对角线AC与沿路径A→B→B／→C′电场力做功相同
酝雹Ⅷ
答案:BD
解析:在电场中）｜页着电场线方向电势降落’沿着电场线的一段距离才对应电势差’选项A错误;带正电
的粒子）顶着电场线运动’电场力做正功’选项B正确;带负电的粒子顺着电场线运动’电场力做负功’电
势能增加’选项C错误;电场力做功与略径无关’选项D正确°
感悟方法:要掌握电场力做功与电势能变化的关系:电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能
增加°
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考点9带电粒子在电场中运动的轨迹问题
［例9］如图所示’实线表示某电场的电场线（方向未标出）’虚线是＿带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨
迹’设M点和N点的电势分别为甲M、中N,粒子在M和］V时加速度大小分别为αM、αN’速度大小分别为
UM、UN.电势能分别为EPM、EPN°下列判断正确的是（
）
A.UM＜U｛v,αM＜αN
C·甲M＜甲』v,EPM＜EP』｀
B。℃M＜U｛V,甲M＜甲iV
D.αM＜α』v9EpM＜EpN
·解析0
答案:D
解析:由粒于轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知’粒子所受电场力方向沿电场线切线方向’设粒子由
M向lV运动’则速度方向沿轨迹切线方向,电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角’电场力做负功｀
电势能增大’动能减小’所以UM＞UN,EpM＜EpN’A、B项错误;电场线疏密程度表示电场强度大小’故粒
子在M点所受电场力的大小小于在lV点所受电场力的大小’由牛顿第二定律可知’αM＜αN’D项正确;
由于电场线方向如图所示,所以M点电势较N点的高’C项错误°
≈
感悟方法:解决这类轨迹问题’要熟练掌握曲线运动的特点:速度方向是轨迹的切线方向’电场力方向指
向轨迹的凹侧’轨迹夹在电场力和速度之间°另外’还有电场力与电场线的方向关系:正电荷受到的电
场力与电场线的切线方向相同’负电荷受到的电场力与电场线的切线方向相反°
考点10点电荷电场模型
［例10］如图所示’粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有—正点电荷’带负电的小物体以初速度ul从M点沿斜
面上滑’到达N点时速度为零’然后下滑回到M点’此时速度为U2（U2＜U』）°若小物体电荷量保持不变’
（）M＝（）lV’则（
）
Ⅳ
M
匹t）
M
A」物体上升的最大高度为诬守
B.从」V到M的过程中’小物体的电势能逐渐减小
C.从M到N的过程中’电场力对小物体先做负功后做正功
D从］V到M的过程中,小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
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℃解析日
~~~~
答案:AD
解析:设斜面倾角为0、上升过程沿斜面运动的最大距离为L°
因为OM＝OlV’则MN两点电势相等’
小物体从M到］V、从N到M电场力做功均为0°上滑和下滑经过同一个位置时’垂直斜面方向上电
场力的分力相等’则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均
为相等的负功,所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所做的功相等、并设为Wl °在上滑和下
滑过程’对′｜｀物体』应用动能定理分别有;—砸gLsm0—W」＝—竿和咖gLsmβW!＝竿.上两式相
减可得L副M-宁.A对;由oM-oM可知屯场力对′卜翰体先徽正功后徽氮功.咆势能先减』｜｀后
增大’B、C错;从Ⅳ到M的过程中’小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小’而重力分力
不变’则摩擦力先增大后减小’在此过程中小物体到O的距离先减小后增大’根据库仑定律可知小物体
受到的电场力先增大后减小’D对°
感悟方法:解答本题’要熟练掌握点电荷电场模型:电场线的分布呈现“光芒四射”的特点’等势面的特
点是以点电荷为球心的—簇同心球面°
考点11
-对等量同种点电荷电场模型
［例l1］在光滑的绝缘水平面上’有＿个正方形的αbC创’顶点α、C处分别固定＿个正点电荷,电荷量相等’如图所
示°若将＿个带负电的粒子置于b点’自由释放’粒子将沿着对角线b创往复运动°粒子从b点运动到‘／
点的过程中（
）
α铲—-＿—＿乃b
｀
A.先做匀加速运动’后做匀减速运动
／
／
｜
／
｜
B.先从高电势到低电势’后从低电势到高电势
』
／
｜
／
C.电势能与机械能之和先增大,后减小
D电势能先减小’后增大
创k／＿＿ˉ—＿」‘
…Ⅷ
答案:D
解析:由于带负电的粒子受到的电场力是变力’加速度是变化的’所以A错;由等量正
电荷的电场分布知道’在两电荷αC连线的中垂线6‘／的交点（）点的电势最高’所以从
b到α’电势是先增大后减小,故B错;由于只有电场力做功,所以只有电势能与动能
的相互转化’故电势能与机械能之和守恒’C错;由b到O电场力做正功’电势能减
小’由O到d电场力做负功’电势能增加’D对ˉ°
感悟方法:解答本题,要熟练掌握—对等量同种点电荷的电场模型:两点电荷连线上’
b
α
曰
氧ˉ-＝＝＝＝～＝
‖
b
｀
｜
、
‖
飞
｀
q
飞
｀＾′O
矿
b
飞
‖
、『
●〔
中点的场强为零’向两侧场强逐渐增大;两点电荷连线的中垂线上由中点O到无限远’场强先变大
后变小。
考点12—对等量异种点电荷电场模型
［例12］如图所示’两等量异种的点电荷相距为2α。M与两点电荷共线’］V位于两点电荷连线的中垂线上’两点
电荷连线中点到M和N的距离都为L’且L＞α°略去（α／L）″（″≥2）项的影响’则两点电荷的合电场在
M和N点的强度（
）
「｝＂
A.大小之比为2,方向相反
B.大小之比为1’方向相反
／.
｝
｝
｜
↓＿q｛V
~
C.大小均与α成正比’方向相反
M
＝-＝◆-丁-●-------＝＝＝＝●--
D大小均与L的平方成反比’方向相互垂直
｜-1＿蛋｜
89.
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可
∏
析
解●
「
答案:AC
凸∧
揪
代q
＝
郸E:-2L聋舰』×声亏—浮’由以上两式可知M点是M…的:
／
｜
｀
′
｛
＼
EME＋
倍’方向相斥’且都与α与正比’选项A、C正确°
·ˉ了ˉ险ˉˉ＿＿←←面≥
q
｝
＋q
感悟方法:解答本题’要熟练掌握—对等量异种点电荷的电场模型:两点电荷连
线上,沿电场线方向场强先变小再变大’中点处场强最小;两点电荷连线的中垂线上电场强度方向相
同’总与中垂线垂直且指向负电荷一侧,中垂线的电势处处与无穷远处相同’即为零°
考点13带电平板电场模型
［例13］如图1所示’半径为R的均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为o’其轴线上任意—点P（坐标为r）的
电场搬度可以由库仑定律和电场强度的鲁加原迎求出;E＝鳃露°［l—（萨:专广■.方向沿」轴.现考虑
单位面积带电荷量为O0的无限大均匀带电平板’从其中间挖去—半径为厂的圆板’如图2所示。则圆孔
轴线上任意—点Q（坐标为工）的电场强度为（
）
↑x
9｜
丁
吧
P
ˉ
~
～
~
∩
□
＿
｜
国
~
~
~
阁｜
雁｜2
′ˉ
I）。2卢冗O0—
.r
厂
C。2庙冗o0三
厂
｀I
A.2h冗O｜
B·2诧沉O
（厂2＋r2）≡
（厂2＋乙r2）≡
答案:A
解析:利用均匀带电圆板轴线上的场强公式’R趋向于○○时’Q点电场强度E!＝2穴卢O（｜’当R＝′＝时,Q
～
（厂;÷广］现从带咆乎板上中间挖去-半径为′的圆板则Q点咆场强度
厂
点电场强度E』＝卢冗o‖｜l
E3＝El—E2 ’只有选项A正确°
感悟方法:解答本题’运用的思想方法有极限法和补偿法°
考点14
匀强电场模型
［例14］—匀强电场的方向平行于工Oγ平面.平面内α、b、（.三点的位置如图所示’三点的电势分别为l（）V、17V、
小wcm
6脸＿＿＿.‘
4ˉ
2ˉ
0
‖D
｜
｜
｜
←-＞
O
2
4
6
8x／℃
V。下列说法正确的是（
）
电场强度的大小为2.5V／cm
电子在α点的电势能比在6点的低7eV
邓
八
℃
●
lⅥ
B.坐标原点处的电势为lV
D.电子从b点运动到〔点.电场力做功为9eV
。90.
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…Ⅷ
答案:ABD
Ⅵ
【
◎
′
′
／
γ
解析;如图所示.设徽、嚼之阎的刨点屯势与b点屯势相阎,则黑-＋;≡器-;,所以‘′
点的坐标为（3.5cm’6cm）’过c点作等势线M的垂线’电场强度的方向由高电势
｜°川
6
4｝
‖
,｜
ˉ｜E
＼｜b
由几何关系可得,‘／的长度为Mcm.电场搔度的大′｜｀E-:≡2湍′
◎
势
电
低
向
指
O｜24
6
8x／‘
『n
V／cm＝2.5V／cm’故选项A正确;因为Oαcb是矩形’所以有U“＝U（肋’可知坐标原
点O处的电势为1V’故选项B正确;α点电势比b点电势低7V,电子带负电’所以电子在α点的电势
能比在b点的高7eV’故选项C错误;b点电势比c点电势低9V’电子从6点运动到c点’电场力做功
为9eV,故选项D正确°
感悟方法:匀强电场的电场线分布是平行、同向、等间距;等势面分布是平行等间距°
考点15
9—工图象
［例15］在工轴上有两个点电荷ql 、q2 ’其静电场的电势甲在r轴上分布如图所示°下列说法正确有（
）
｜?
7丁～～～
′~｜~~~~
~′~｜~~~~~~
X
B.工l处的电场强度为零
D负电荷从工｜移到r2 ’受到的电场力增大
A.ql和q2带有异种电荷
C.负电荷从工l移到工2 ’电势能减小
｝·解析0
答案:AC
解析:由题图可知’空间的电势有正有负’且只有一个极值’则两个点电荷必定为并种电荷’A项正确;
由E-盖可知’解＿调象的切线斜率表示电场强度,圃…］处的屯场强度不为零,膀项错误侦屯荷
从工l移到工2的过程中’电势升高’电场强度减小,由EⅡ’＝q甲’F＝qE可知’电势能减小’受到的电场力
减小’C项正确’D项错误°
感悟方法:甲—工的斜率表示电场强度°
考点16
E-工图象
［例16］空间有＿沿巫｀轴对称分布的电场’其电场强度E随巫｀变化的图象如图所示°下列说法正确的是（
）
E」
B工2点的电势最高
D.工l和r3两点的电势相等
A.O点的电势最低
C.工l和—工l两点的电势相等
·91
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答案:C
解析:由题图知.沿贝.轴方向O点两侧电场强度方向相反,故O点可能电势最低,也可能电势最高’选
项A错误;rl 、工2、工3三点在同一电场线上’由沿电场线方向电势逐渐降低可知’无论O点右侧电场强
度沿刃轴向右还是向左’工2点电势都不是最高’r! 、r3两点的电势也不相等’选项B、D错误;由题图知’
电场强度在O点两侧对称’故工l
、
贝. !两点电势相等’选项C正确°
感悟方法:E—工图象中图线与横轴所围成的面积表示电势差·
考点17
电偶极子模型
［例17］＿平行板电容器的电容为C’两板间的距离为α’上极板带正电’电荷量为Q’下极板带负电’电荷量也为
Q,它们产生的电场在很远处的电势为零°两个带异号电荷的小球用＿绝缘刚性杆相连’小球的电荷量
都为q,杆长为／’且／＜创°现将它们从很远处移到电容器内两板之间’处于图示的静止状态（杆与板面垂
直）’在此过程中电场力对两个小球所做总功为（设两球移动过程中极板上电荷分布不变）（
）
＋Q
Q十q
｜
○q
Q
∧伶
赋∩
C篙（d
′）
D器
■磁它
答案:A
解析:由于电场力做功与略径无关’移动两电荷的过程可等效为／假设两电荷未用一绝缘刚性杆相连’
但彼此绝缘放在一起’首先将两电荷同时移动到题中负电荷的位置’在此过程中电场力对正负电荷分别
做了等量的正功和负功,其总功W』＝（）;然后保持负电荷不动’将正电荷沿电场线移动到题中的位置’在
匀强电场中晌功为w‖＝Eq‖-:q′—器’因此整个移动过程中电场力的总功为W-w｜＋W:＝器.
感悟方法:对于电偶极子’如果把它们看做整体’相当于—个不带电的物体’这样将两电荷同时移动到
负极板位置’电场力不做功。
考点18静电感应
［例18］如阁所示’两个不带电的导体A和B’用—对绝缘柱支持使它们彼此接触°把＿带正艇
电荷的物体C置于A附近’贴在A、B下部的金属箔都张开（
）
A.此时A带正电’B带负电
（A
｜B）n
B.此时A电势低’B电势高
C.移去C’贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开’然后移去C’贴在A、B下部的金属箔都闭合
…Ⅷ
答案:C
解析:由于静电感应可知’A左端带负电’B右端带正电’AB的电势相等’选项A、B错误;若移去C,则
两端的感应电荷消失’则贴在A、B下部的金属箔都闭合’选项C正确;先把A和B分开’然后移去C’
则A、B带的电荷仍然存在’故贴在A、B下部的金属箔仍张开’选项D错误°
感悟方法:感应起电的本质是电荷的移动,如果移走C’原先产生的感应现象消失’如果先将A、B分
开,电荷的“退路”被切断’则A、B都带电。
Q9
L′≈
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考点19
电容器
［例19］如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连’带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动＿小
段距离’两金属板表面仍均为等势面’则该油滴（
）
A
←七
↑
U
°油滴
↓
。于≡≡≡≡＝＝＝＝:〕
A.仍然保持静止
B.竖直向下运动
C.向左下方运动
D向右下方运动
…
答案:D
解析:由于水乎金属板A、B分别与电源两极相连’两极板之间的电势差不变’将B板右端向下移动一
小段距离,极板之间的电场强度将减小,油滴所受电场力减小,且电场力方向斜向右上方向,则油滴所
受的合外力斜向右下方’所以该油滴向右下方运动’选项D正确°
感悟方法:电容器的动态问题’要紧紧抓住两个典型的过程模型:＿个是电容器与电源相连’电容器两
端的电势差不变;二是电容器充完电后与电源断开’电容器上的电荷量不变。
考点20带电粒子做直线运动
［例20］—水平放置的平行板电容器的两极板间距为创’极板分别与电池两极相连’上极板中心有一小孔（小孔对电
场的影响可忽略不计）.小孔正上方;处的P点有—带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进人电容
器.并在下极板处（术与极板接触〕返回若将下搬板向上平移:则从P点开始下落的相同粒子将（
）
A.打到下极板上
B.在下极板处返回
o在距上极板;处返回
D在距上檄板÷酣处返回
四翘Ⅷ
答案:D
解析;当两概板距离为碘时.粒于从升撼下落到恰好到达下极板过橇中,根撼动能定理可得;″lg×;刨
—qU-0,当下极板向上移动;’设粒子在电场中运动距离2时逮度减为零.全过程应闹动能定理可
得;′〃g（;＋蜒）＿q岩手-0,陶…解得;≡÷…….
感悟方法:带电粒子在电场中的多过程运动问题’运用动能定理比较方便°
考点21
带电粒子在交变电场中的运动
［例21］如图（a）所示’两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压’
｝‖
6
一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在r0时
U″
刻释放该粒子’粒子会时而向A板运动’时而向B板运动’并最终打在A←.
—◎（）
P
板上。则r0可能属于的时间段是（
）
带Lh
A0＜蓟＜子
B÷＜咖＜芋
闺（铡
o￥＜咖＜T
DT＜嘶＜等
「α啊
「—ˉ｝
厂-｛
｜｜
｝
｜
｜
7γ2
r
′
~~~
｜冬｜（b）
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答案:B
解析:两板间加的是方波电压’刚释放粒子时’粒子向A板运动’说明释放粒子时u｀B为负’因此A错
谈;若则-;时夏｜释赦粒子侧撞子做方向不变的单向直线运动,一直向A运动》蔫』凰—￥时刻释放粒
子则糙子在电场中闺定陶点间微往复运动,凰此在÷＜!＂＜￥时间内释放键子.粒子输运动满足题中
的妥求’B正确°
感悟方法;解决这类问题,要灵活运用—个关系;翻-焉-导＝黑’可得…U.
考点22带电粒子做偏转运动
［例22］如图所示’气核、氖核、氖核三种粒子从同—位置无初速度地飘人电场线水平向右的加速电场E』’之后进
人电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转’最后打在屏上’整个装置处于真空中’不计粒子重力及其相
互作用’那么（
）
A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
■翻Ⅷ
B.三种粒子打到屏上时的速度—样大
D三种粒子—定打到屏上的同＿位置
答案:AD
解析;设加速屯场两板间距离为硼则嘲E」刨-＋咖渺; ,粒子在偏转咆场中偏转.设侧移量为则.偏转屯场
雨橇输长度为止则］-辨（击）』尸蒜｀在偏转咆场中偏转…粒于微输功w-…～喘,
由于三种粒子的电荷量相等’因此偏转电场对三种粒子做的功相等’A项正确;三种粒子射出偏转电场
时晌逮度＂满足γE」刨＋q凰训-＋狮渺』’由于质量不同,阂此逮度嚼大′｜.不同’B项错簇;三种粒子运动
霞幌上输衬间′-√碧—卜墅√壶｜d｀典为』霞…右…屏…｀陶丁质量不阎.…动畸阎
不同,C项错误;由于粒子从同一位置射出偏转电场,射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场
中线的中点,因比粒子会打在屏上同一位置,D项正确°
感悟方法:粒子经过同＿电场加速’又经过同—电场偏转,最后打在荧光屏上的同＿点°
考点23带电粒子在重力场与电场中的运动
［例23］如图所示.半圆槽光滑、绝缘、固定圆心是O,最低点是P,直径M」V水平。α、b是两个完全相同的带正
电小球（视为点电荷）’b固定在M点’α从lV点由静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未
画出）时速度为零°则小球α（
）
A.从］V到Q的过程中’重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从lV到P的过程中’速率先增大后减小
c.从］v到Q的过程中’电势能＿直增加
D.从P到Q的过程中’动能减少量小于电势能增加量
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答案:BC
解析:小球α从」v到Q的过程中’在」v点速度和在Q点速度都为零’而切线方向的合力为零的点在
lV、P之间’所以从N到P的过程中小球α的速度先增大后减小’故B对;从Ⅳ到Q的过程中’由平行
四边形定则可判断重力和库仑力的合力一直增大’所以A错;由于从N到Q的过程中库仑力方向与α
球速度方向的夹角一直大于90°’故库仑力一直做负功,电势能一直增加’C对;从P到Q的过程中’动
能转化为电势能和重力势能’D错°
感悟方法:对于电场与重力场的复合场问题’仍然根据“搭台‖昌戏”的思路来解决°
◎过关演练
1.如图所示’平行板电容器AB两极板水平放置’现将其和二极管串联接在电源上,已知A和电源正极相连’且
El＜E2 ’二极管具有单向导电性’当单刀双掷开关接1时’＿带正电粒子沿AB中心水平射人,打在B极板上
的Ⅳ点’不计粒子重力’为使粒子能打在N点右侧’则下列措施可行的是（
）
已
｜
曰
ˉh
~
。
●
｜
｜
上
］
~
~
＝
｜
Ⅱ
l
‖
●pp←
~
｜
｜
～≈
B
｜Ⅳ
A.将单刀双掷开关接2
B.将B板下移＿段距离
C.在A板下表面插人＿很薄的金属板
I）.将A板上移＿段距离
2.如图所示,一正点电荷在电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧αb运动,已知该点电荷的电荷量为q’质量为加
（重力不计）’α6弧长为′’电荷经过α、b两点时速度大小均为U0 ’则下列说法中不正确的是（
）
~~~~↑γ0
＿烈
p0
A.α、b两点的场强方向相同
B.α、6两点的场强大小相等
C.α、b两点的电势相等
D.电荷在α、6两点的电势能相等
3.如图所示’＿绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中’场强为E°在与环心等高处放有＿质量为汀′｀
带电荷量＋q的小球,由静止开始沿轨道运动’下述说法正确的是（
）
讹口≯
A.小球在运动过程中机械能守恒
B.小球经过环的最低点时速度最大
C.小球经过环的最低点时对轨道压力为3（加g＋qE）
D小球经过环的最低点时对轨道压力为（′＂g＋qE）
4.如图所示在光滑、绝缘的水平面上’沿—直线依次排列三个带电小球A、B、C（可视为质点）°若它们恰能处于
平衡状态’那么这三个小球所带的电荷量及电性的关系’可能的是下面的情况（
）
鼎丙舅示凰
A·—9、4、—36
B·4、9、36
C。—3、2、8
D.3、—2、6
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5.如图所示’在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、∧′’分别固定在A、B两点’O为AB连线的中
点’CD为AB的垂直平分线’在CO之间的F点由静止释放—个带负电的小球P（设不改变原来的电场分
布）’在以后的＿段时间内’P在CD连线上做往复运动’若（
）
｜C
POF
M
″
eˉ＿＿ˉˉ庐＿-ˉ-ˉo
O｜
』
B
｜D
A.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小
B.小球P的带电荷量缓慢减小’则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小
C.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大’则小球P往复运动过程中周期不断减小
D.点电荷M、lV的带电荷量同时等量地缓慢增大’则小球P往复运动过程中振幅不断减小
6.如图甲所示,水平面绝缘且光滑’弹簧左端固定’右端连—轻质绝缘挡板’空间存在着水平方向的匀强电场’＿
带电小球在电场力和挡板压力作用下静止°若突然将电场反向’则小球加速度α的大小随位移工变化的关系
阁象可能是图乙中的（
）
仁
仁
仁
芦
玛ˉ----ˉ-
｝″呐
A
B
C
D
｜｜
｝
乙
7.空间中有—个正方体’在正方体的α和g两顶点处分别固定着等量异种点电荷’如图所示°现在各顶点间移
动—正试探电荷’关于该试探电荷所受的电场力大小和具有的电势能’以下判断正确的是（
）
A.在e点和b点所受电场力大小相同、电势能相等
,
B.在e点和b点所受电场力大小不相同、电势能相等
十Q
C.在α点和／点所受电场力大小相同、电势能相等
D在α点和／点所受电场力大小不相同、电势能相等
α
b
8.如图所示’在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点’且DE＝EF°K、M、I″分别为过D、E、F三点的等势
面°＿不计重力的带负电粒子’从α点射人电场’运动轨迹如图中实线所示’以｜W吵｜表示该粒子从α点到b
点电场力做功的数值’以｜W倾」表示该粒子从b点到（.点电场力做功的数值’则（
）
KM＼
L｜
、
＼
｝
羚半
巴≡
广‖
A. ｜W她｜＝｜W｜诞」
B.W灿｜＜｜W腮｜
C.粒子由α点到b点’动能减少
D.α点的电势较b点的电势低
9.如图所示’在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q（q＞0）的相同小球’小球之间用劲度系数均为陀0的轻
质弹簧绝缘连接。当3个小球处在静止状态时’每根弹簧长度为／’已知静电力常量为卢若不考虑弹簧的静
电感应’则每根弹簧的原长为（
）
q
k0
q
∧0
q
司
…
—
…
／
｝
→
山
｜
广
丝
″
巳
M＿黑
D′—器
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｜队下刘选项中的各＋圆环大小柑同’所带电荷量已在阁中怀出,且电荷均匀分布,各士圆环间彼此绝缘.坐枷
原点（）处电场强度最大的是（
）
‖
V
O｜
x
A
B
C
D
＋
-
已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为云｀其中°为平面上单位面积所带的
＋
电荷量’e0为常量°如图所示的平行板电容器’极板正对面积为s’其间为真空’带电荷量为Q°不s
＋
计边缘效应时’极板可看做无穷大导体板’则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大
＋
小分别为（
）
＋
1］
∧晶『‖吴
腻盖＂祟
α盖和聂
n是＂暴
12.匀强电场中有α、b、（.三点。在以它们为顶点的三角形中’△α＝30°、乙（＝90°’电场方向与三角形所在平面平
行。已知α、b和c点的电势分别为（2—√百）V、（2＋√百）V和2V。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别
b
为（
）
和≥＼
A. （2
√百）V、（2＋√百）V
B·0V、4V
c（2—竿）V｀（2｜平）v
°
D0V、√百V
u
13.如图所示’—圆环上均匀分布着正电荷’工轴垂直于环面且过圆心O°下列关于工轴上的电场强度和电势的
说法中正确的是（
）
A.（）点的电场强度为零’电势最低
B.O点的电场强度为零’电势最高
C.从O点沿r轴正方向’电场强度减小’电势升高
D.从O点沿r轴正方向’电场强度增大’电势降低
Ⅵ
仙
14.空间有＿均匀强电场’在电场中建立如图所示的直角坐标系O工yz,M、］V、P为电场中
的三个点.M点的坐标（0,α.0）｀lv点的坐标为（α,0,0）｀P点的坐标为（α’÷,÷）。已知
电场方向平行于直线MN’M点电势为0’N点电势为lV’则P点的电势为（
）
∧粤v
Ⅱ粤v
α＋V
D÷V
15.如图所示’—绝缘细杆的两端各固定着＿个小球’两小球带有等量异号的电荷’处于匀小
雕鳃圃‖壤瞒＂｝嘘照瞬馏嚣源鳃瞬｜
Ⅲ所示的位置°以W』表示细杆由位置I到位置Ⅱ过程中电场力对两小球所做的功’
W2表示细杆由位置Ⅱ到位置Ⅲ过程中电场力对两小球所做的功’则有（
）
A.W1＝0,W2≠0
B。W1＝0,W2＝0
C·W1≠0,W2＝0
D.W］≠0,W2≠0
于
q
′
‖
↓
l
‖
［
墒
○
｜
‖
｜
○
Ⅵ
＋hJ
Ⅱ↑f~
时翰
q
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16.如图所示,半径为R的均匀带正电薄球壳’其上有＿小孔A。已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场与
将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场—样°＿带正电的试探电荷（不计重力）从球心以
初动能E胀0沿OA方向射出°下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离厂的关系图象’可能正确的
是（
）
十
巴』
午尸斗
‖…轧
↑凰
‘k
』
卜厂
瓜（｝
鳃｜～／
瓜《〕
0
∏
厂
0
况
′.
0
R
′。
0
R
′。
A
B
C
D
17.在—静止点电荷的电场中,任—点的电势9与该点到点电荷的距离厂的关系如图所示°电场中四个点α、b、〔
和‘／的电场强度大小分别Eα、Eb、E「和E刨°点α到点电荷的距离厂“与点α的电势甲“已在图中用坐标（厂《』
’
甲“）标出’其余类推。现将—带正电的试探电荷由α点依次经b、（~点移动到创点,在相邻两点间移动的过程
中’电场力所做的功分别为W沁、W顺和W″°下列选项正确的是（
）
‖o／V
~
＝尸■＝●■＝■＝尸＝0＝■■刁
β
斗
】
‖
ˉ
／,′（／
~
2
4
6
厂／m
A.Eα :Eb＝4
:
1
B,E（:E／＝2
:
1
C.W帅:W次＝3
:
1
DWh :W《M＝1
: 3
如图所示’c为中间插有电介质的电容器’α和b为其两极板;α板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板’
在两板间用绝缘线悬挂＿带电小球;P板与b板用导线相连’Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向,在b
板带电后’悬线偏转了角度α°在以下方法中’能使悬线的偏角α变大的是（
）
A.缩小α、b间的距离
绍么
曰』卜凡／粤
B.加大α｀b间的距离
C.取出α、b两极板间的电介质
P
g
D.换＿块形状大小相同、介电常数更大的电介质
如图所示为＿个内、外半径分别为Rl和R2的圆环状均匀带电平面’其单位面积带电荷量为o°取环面中心（）
为原点’以垂直于环面的轴线为r轴°设轴上任意点P到O点的的距离为r’P点电场强度的大小为E°下面
给出E的四个表达式（式中k为静电力常量）,其中只有—个是合理的°你可能不会求解此处的场强E’但是你
可以通过＿定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断°根据你的判断,E的合理表达式应为（
）
18。
19
AE-2…（√三卜R吊
√去感）′
／
1
｜
｀
BE-2…（√堑:＋尺;
√叉亡R;）∑
CE—…（√狮兰儡古莹蹬）〃
-厂
｜）E-…（√亩｛—√≠尺: ）′
—≡
P
X
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20.喷墨打印机的简化模型如图所示’重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后’以速度〖′垂直匀强电场飞人
极板间’最终打在纸上’则微滴在极板间电场中（
）
纸
信号输人
A.问负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D运动轨迹与带电荷量无关
2L在真空中的光滑水平绝缘面上有—带电小滑块°开始时滑块静止°若在滑块所在空间加—水平匀强电场
El ’持续＿段时间后立刻换成与El相反方向的匀强电场E2。当电场E2与电场El持续时间相同时’滑块恰
好回到初始位置’且具有动能E胀°在上述过程中’E｜对滑块的电场力做功为W! ’冲量大小为J｜;E:对滑块的
电场力做功为W2 ’冲量大小为I2°则（
）
A。Il＝I2
B,4Il＝I2
C.W1＝0·25Ek,W2＝0·75Ek
D。W1＝0.20Ek ,W2＝0.80Ek
22.—带正电的小球’系于长为』的不可伸长的轻线＿端’线的另＿端固定在（）点’它们处在匀强电场中’电场的
方向水平向右’场强的大小为E°已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力°现先把小球拉到图中的
P!处’使轻线拉直’并与场强方向平行’然后由静止释放小球°已知小球在经过最低点的瞬间’因受线的拉力作
用,其速度的竖直分量突变为零’水平分量没有变化’则小球到达与Pl点等高的P2点时速度的大小为（
）
≥
P｜·—9-＿·P2
＝-----→
E
ˉ----→
—
A.√酉7
B.
｀／面可
C.
｀／百『
D0
23.如图所示为静电力演示仪’两金属极板分别固定于绝缘支架上’且正对平行放置°
工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在
两金属极板中间,则（
）
A.乒乓球的左侧感应出负电荷
B.乒乓球受到扰动后’会被吸在左极板上
C.乒乓球共受到电场力’重力和库仑力三个力的作用
高lk直流电源
D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触’放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
24.平行板间加如图（a）所示周期变化的电压重力不计的带电粒子静止在平行板中央’从r＝0时刻开始将其释
放’运动过程无碰板情况°图（b）中’能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（
）
〃
从
β
α
一——-
｜
｜
｜
｜
丁｜
｜
2T
刀2｜
｜3刀j
｛
′
…ˉ上-二
贴≡ˉ』
｜冬｜（a）
!
巳
‖
｜
0’
÷
∧Aˉ
厂＼／＼
0
（）
（）
■
〗
尸
□
‖
已
′
／
I）
C
B
A
图（b）
·99°
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25.阁（a）为示管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化’在电极XX′之间所加
的电压按图（c）所示的规律变化’则在荧光屏上会看到的图形是（
）
』
（）
仆≡
（／‖
／＼~
＿7U
／
炉
【
勺
兰
荧光｜j卜
倔转咆极
｜冬｜（C）
）
已
（
｜
泉
｀
｜冬｜
（b）
A
B
C
D
（
″
的大小’用｜W23 ｜表示q从2运动到3的过程中电场力做功的大小.则（
）
｀ˉ
ˉˉ＝α
A.
Il2 ｜＞｜I23
B.
｜Il2 ｜＜
I23
C.
Wl2 ｜＞W23
｜
D.
Wl2 ｜＜｜W:3
｜
27.如图所示,平行板电容器与电动势为E｜的直流电源（内阻不计）连接下极板接地’静电计所带电荷量很少’可被忽
略。＿带负电油滴被固定于电容器中的P点°现将平行板电容器的下极板竖直向下移动—小段距离’则（
）
A.平行板电容器的电容将变小
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.若先将上极板与电源正极的导线断开’再将下极板向
～′
·
□
‖咀
.巴‖ 0引‖ ‖卢』‖√
.巴一／√
『0巳.
‖ ·」γ甄＝／
辱｝
静电计≡
D.若先将上极板与电源正极的导线断开’再将下极板向下移动＿小段距离’则带电油滴所受电场力不变
美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴’准确地测定了电子的电荷量°如图所示,平行
板电容器两极板M、］V与电压为U的恒定电源两极相连’板的间距为Ⅲ°现有＿质量为″′的带电油滴在极
板间匀速下落’则（
）
喷雾器
28
霹鹃解d
｜｝‖滴。
A此时极板间的电场强度E-:
B抽滴带电荷量喘
C.减小极板间电压’油滴将加速下落
D将极板」V向下缓慢移动＿小段距离’油滴将向上运动
29.在光滑绝缘的水平面上,存在＿个水平方向的匀强电场’电场强度大小为E’在该电场中—个
半径为R的圆周’其中PQ为直径’（）为圆心,c为圆周上的—点’在o点将—带正电的小球以
相同的初速率向各个方向水平射出时,小球可以到达圆周的任何点’但小球到达C点时的速度
最大,已知PQ与PC间的夹角为0＝30°’则关于该电场强度E的方向及PC间的电势差大小
说法正确的是（
）
AE的方向为由P指向Q.u卿＿√可ER
巳E的方向为由Q指向c.u卿-罕
CE的万问为由P指向C.U＂-√面ER
nE的方向为巾〔）指向C.U凤＿竿
P
0、＼O
0
（）~
（y
·1（）（）°
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3（）.如图所示’A、B两个带电小球的质量均为″′ ,所带电荷量分别为＋q和—q’两球间用绝缘细线连接’A球又用
绝缘细线悬挂在天花板上’细线长均为L°现在两球所在的空间加上＿方向向左的匀强电场,电场强度E＝
I望’A、B两球最后会达到新的平衡位置’则在这个过程中’两个小球（
）
q
A总重力势能增加了上严咖gL
曰
B总重力势能增川了窖枷‘［
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
乡
［
且
门
′
佃
—
∑
◎
△
了
少
么
减
巳
巳
合
日
势
电
、
凸
山
纠
′
●
℃
n总电势能减少了罕′″凰L
△
31.如图所示’三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有＿小孔’小孔分别位于O、M、P点。
由（）点静止
释放的电子恰好能运动到P点°现将C板向右平移到P′点’则由〔）点静止释放的电子（
）
＾
‖
‖
Ⅶ
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
当
刀
~
■
尸
＝
℃
尸
≡
β
〃
≡
』
○
≡
A.运动到P点返回
B.运动到P和P′点之间返回
C.运动到P′点返回
D.穿过P′点
32.如图所示’竖直向下的匀强电场里,用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动’以下四种说
法中正确的是（
）
（
E
O
山
A.带电小球可能做匀速率圆周运动
B.带电小球可能做变速率圆周运动
C.带电小球通过最高点时’细线的拉力—定最小
D.带电小球通过最低点时’细线的拉力有可能最小
33.如图所示’两平行金属板间有＿匀强电场’板长为L’板间距离为α’在距板右端L处有—竖直放置的光屏M。
—电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射人板间’最后垂直打在M屏上’则下列结论正确的是（
）
』
→＝＝＝-■■＝＝＝
主
■■■■■■■■■■■■■■■■■■
｜←＿L-→｜←ˉL
A.板间的电场强度大小为匹旦
q
B.板间的电场强度大小为2I2望
q
C.质点在板间运动时动能的增加量等于电场力做的功
D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
·101·
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34.一个质量为′′!’电荷量为＋q的小球以初速度Ⅵ′0水平抛出’在小球经过的竖直平面内’存在着若干个如图所示
的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区’两区域相互间隔’竖直高度相等,电场区水平方向无限长°已
知每—电场区的场强大小相等’方向竖直向上’不计空气阻力’下列说法正确的是（
）
V0
●-＝＝＝＝＝＝＝ˉ二＝＝＝＝ˉ＝＝＝＝＝-ˉ＝ˉ
第＿无电场厌
＿…＿
~
~
ˉ
小
｜
［
~
~~
~
ˉ
小
｝
［~
~~
~
ˉ
小
｜
［
~
~~
~
■
｜
~
~~
~
ˉ
爪
｜
」
~
~~
~
ˉ
］
~
~
占
第二无电场区
~~~~~~~~~~~~~~~~~~
E」」」-↑＿↑＿↑ˉ第二电场区
A.小球在水平方向—直做匀速直线运动
B.若场强大小等于l!望’则小球经过每＿电场区的时间均相同
q
C若场强大小等于2』卫旦’则小球经过每—无电场区的时间均相同
q
D.无论场强大小如何’小球通过所有无电场区的时间均相同
狄拉克曾经预言,自然界应该存在只有＿个磁极的磁单极子’其周围磁感线呈均匀辐射状分布’距离它厂处
~′
的磁感应强度大小为B＝÷（诧为常数）。磁单极子S的磁场分布如图甲所示’它与如图乙所示负点电荷Q的
厂
电场分布相似°假设磁单极子s和负点电荷Q均固定’有—带电小球分别在s和Q附近做匀速圆周运动’
反
√
∩
○
则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是（
）
隧
＼
｜
／
叫
乙
A.若小球带正电’其运动轨迹平面可在S正上方,如图甲所示
B.若小球带正电’其运动轨迹平面可在Q正下方’如图乙所示
C.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S正上方’如图甲所示
D若小球带负电’其运动轨迹平面可在Q正下方’如图乙所示
.1（）2·
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｜
专题∧恒定电流
‖
c典例剖析
考点1
电流的产生
［例1］—根长为L,横截面积为S的金属棒’其材料的电阻率为／）’棒内单位体积自由
电子数为＂’电子的质量为m’电荷量为e°在棒两端加上恒定的电压时’棒内
产生电流’自由电子定向运动的平均速率为U’则金属棒内的电场强度大小为〈
A揣
B〃‖芋＂
C…
D
）
D釜
四翻回
答案:C
解析;欧姆定撑!-骨.咆流的定义式′-;.咆阻定撑R-啃.则金属棒内场强大′｜｀为E＿号＿等＿
p门eU,故选项C正确。
感悟方法;有关电流的规律有三个:电流的定义式I＝孕｀电流的微观表达式I＝″eSU’电流的决定式I＝
儿
◎
∏
—
尺
h
考点2冷热电阻问题
［例2］＿白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V。若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端
则灯泡消耗的电功率（
）
A.等于36W
B.小于36W’大于9W
C.等于9W
D小于36W
画酒Ⅷ
答案:B
解析:由于金属的电阻随温度的升高而增大,所以以额定电压工作时的电阻大于以18V电压工作的电
阻.榷撼部分咆略欧姆定襟,有P＝-畏,P露-瓷.所以鲁-器＞＋,所酗灯泡淌耗的功率』｛｀于腑W
大于9W,B正确。
感悟方法:要注意’金属的电阻随温度的升高而增大’在考查实际问题时’—定要注意这—点。
l
考点3非线性元件的电阻计算
为图线在P点的切线,
［例3］小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示’P为图线上—点’PN
PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线’则下列说法中正确的是（
）
A.随着所加电压的增大’小灯泡的电阻增大
B对应P点,小灯泡的电阻为R-÷
c对应P点｀小灯泡的电阻为R-荒
D对应P点’小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小
小′
／〕
〃
—
川
八
I｜
｜
』
Q
Ul
U
O
｝
｜
·103·
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答案:ABI）
解析;陶于灯泡的电阻在图线上的每＿′点都是腮-γ｀向图线不难看出.随电压的增大.电流的增加变得
越缓慢,』—U图线的斜率遥渐减′｜｀’咆腿变大,对应P点灯泡屯阻为R-宁,越选项A｀B正硫’c错谈;
小灯泡的功率P＝UI,所以选项D正确.
感悟方法;对于非线性元件的电阻‖算霞特别注意;可以用R—γ讣算’不能用R-器来计算,也不能
将阁线的切线斜率与电阻联系起来°
考点4
电阻定律的应用
［例4］R』和R2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体’但Rl的尺寸比R2大得多’把它们分别连接在如图所
宗中睡的∧R两揣ˉ」主P,∩寸由吓韦口々｝寺劫狗∏、ˉ棒R、∩了｝由屎韦向々｝壶勃为∏、.Ⅷ｜｜下歹｜｜半｜｜断吓确的县（
）
示电路的A 、B两端’接Rl时电压表的读数为Ul ’接R:时电压表的读数为U2 ,则下列判断正确的是（
~｜
!
」f
｜〃
↑
｜
!
‘／缸
B
A.R］＝R2
B.R1＞R2
C.Ul＜U2
I）·U1＝U2
答案:AD
解析:电流从导体的横截面流过、由咆阻定律R-p÷-哺≡′寸.可见咆阻与边长“无关｀选项A正
确;因外电阻相同’故略端电压相等’选项D正确。
感悟方法;内电阻定律R-啃-p六-0十,可见电闲与边长α无关｀这是—个有意忍的问题,可以将
相同阻值的电阻形状做得越来越小°
考点5
电表的改装
［例5］如图所示’其中电流表A的量程为0. 6A’表盘均匀划分为30个小格,每—小格表示（）
于咆流表内阳的÷;R』的阻值等于山流表内阻的:倍,若用电流表A的表盘刻度表示
流值’则下列分析正确的是（
）
A.将接线柱l、2接人电路时’每—小格表示0.04A
B.将接线柱1、2接人电路时,每—小格表示0.02A
C.将接线柱1、3接人电路时’每—小格表示0.06A
D.将接线柱1、3接人电路时’每＿小格表示0.01A
｜·解析0
每—小格表示（）.02A;Rl的阻值等
的表盘刻度表示流过接线柱1的电
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
山″
2
3
答案:C
解析;将接线柱1、2接入屯略时.R!的阻值等于电流表内阻的÷,通过屯流表的屯流为通
柱1、2间流过的电流为0.6A的3倍’每一小格表示0.06A’选项A、B错误;将接线柱1、
狂1、乙｛日』派辽日v吧沉刀0。（）A的3倍’母一′」、格衣示0.06AQ选项A、B错误;将接线柱1、
过R!的＋｀揍线
3接入电略时,电
流表先与Rl并联’再与R2串联,而串联对电流没影响’故每一小格仍表示0.06A’故选项C正确’D错误°
感悟方法:电流表的改装是根据‘·分流”原理,电压表的改装是根据“分压”原理°
.1（）4·
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｜
■
｜
考点6
闭合电路欧姆定律的综合应用
［例6］如图所示的电路中’电源电动势为12V’内阻为2Q,四个电阻的阻值已在图中
标出°闭合开关S,下列说法正确的有（
）
A.路端电压为10V
B.电源的总功率为10W
Cα、6间电压的大小为5V
Dα、6间用导线连接后’电路的总电流为1A
画疆Ⅷ
『
《
〃
［
5Q
l5Q
6
｜5Q
5Q
答案:AC
解析;由题图知外屯路的』总电阻为l0Q｀画略的总屯阻为12Q,陶全屯略欧姆定棒可知′—÷—1A所
以略端电压U腮＝IR＝l0V’A正确;电源的总功率P＝IE＝12W’B错误;由串、并联电略特点得α、b的
电流均为（）.5A’所以U“″＝0.5×（15—5）V＝5V,C正确;α、b间用导线连接后’根据电略的连接可求得
′卜电罐灼咆腿为γ凋n回踏的′恿电阻为队m,r-吴A≠］A,所以D错谈.
感悟方法:电路原先是“先串后并’’ ,连接α、b后’电路结构变化为“先并后串”。
考点7
电源电动势和内电阻的测量
［例7］某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。
为使实验结果尽可能准确’最不可取的—组器材是（
）
A.—个安培表｀＿个伏特表和＿个滑动变阻器
B.＿个伏特表和多个定值电阻
C.—个安培表和—个电阻箱
D.两个安培表和—个滑动变阻器
…Ⅷ
答案:D
解析:A中根据闭合回路欧姆定律可得E＝U＋I厂,可测量多组数据列式求解’A正确;B中根据欧姆定
律可得E-:（萨＋R）测量多组数撼可求解’B正输;C中榷撼欧姆定撑可得E-′（R＋萨）,可铡量多纽
数据列式求解｀C正确;D中两个安培表和一个滑动变阻器’由于不知道滑动变阻器电阻’故元法测量’D
错误°
感悟方法;测量E厂的万法有三种,伏安法E＝U＋I′.安阻法E-′（尺＋厂）.伏阻法E＝:（′＋R）.
凶
考点8两类U—I图线的组合问题
［例8］硅光电池是一种太阳能电池’具有低碳环保的优点°如图所示’图线α是该电池在某光照强度下路端电压
U和电流I的关系图象（电池内阻不是常量）’图线b是某电阻R的U
I图象。在该光照强度下将它们组
成闭合回路时’硅光电池的内阻为（
）
!U／V
5
3.6
2.5
0
02
0·30。4I／A
B.7.0Q
D. 12。5Q
A.5·5Q
C· 12.0Q
·］05.
｜
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■硒Ⅷ
答案:A
解析:由欧姆定律得U＝E—I厂’当I＝0时’E＝U’由图线α与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6V’
根据两图线交点处的状态可知’电阻的电压为U＝2。5V,电流为I＝0. 2A,则硅光电池的内阻为
F—Ua畏5∩≡a5∩.戳选项八正输.
厂＝—丁＿
感悟方法:把电源和电阻的U＿I图线画在同—坐标系中’图线的交点即电阻的“工作点’’ ’电阻的电压
和电流可求’其他的量也可求·
考点9
电压表电流表读数的变化
［例9］如图所示电路’电源内阻不可忽略。开关S闭合后’在变阻器R0
的滑动端向下滑动的过程中（
）
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
／j
C.电压表的示数增大’电流表的示数减小
D.电压表的示数减小’电流表的示数增大
■硼Ⅷ
R｜
】■■■■■■■■■■■
｜
代
｝
占
‖
丫
｜
巾
甲
｜
｜
况
）
～
＿
Ⅱ
｜
｜
｜
人
●
｜
｜
｜
｜
人
＼
｜
上
丁
｜
｜
｜
｜
●
凹
~
~
~
~
＝
ˉ
″
′
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
曰
‖
R
R
｜
答案:A
解析:本题考查恒定电流电略的动态分析’考查考生对恒流电略规律的应用及分析问题的能力°滑动变
阻器R0的滑动端向下滑动,R0接入电略的电阻变小,电略的总电阻变小,总电流变大’电源的内电压变
大’外电压变小’电压表的示数变小’Rl两端的电压变大’R2两端的电压变小,电流表的示数变小’A
正确°
感悟方法:动态电路问题的基本路思路:从部分电路的电阻变化出发’分析总电阻的变化’得出总电流的
变化’可得外电压的变化;然后,再用“先定后变”的方法’即结合欧姆定律’先得出定值电阻的电流、电压
的变化’再根据电路的特点得出变化电阻的电流、电压变化。
考点10
电源功率与效率的动态变化
［例10］如图所示的电路中’电池的电动势为E’内阻为厂,电路中的电阻Rl ｀R2和R3的阻值都相同°在
于闭合状态下’若将开关Sl由位置1切换到位置2’则（
）
关S处
开
｛h
｜
gL
了厂
＼
S?
｜
况｜
几
S｜
勺
~〃
＝
R
A.电压表的示数变大
C.电阻R2两端的电压变大
B.电池内部消耗的功率变大
D电池的效率变大
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｜
…扫
答案:B
∩
解析』令R］＝R2＝R0,在位置l’外屯略总电阻为R＝;R＂;升关S』由位置｜切换2’则整个外电阻为
◎
R′＝亏R0,由于总电阻减小,总电流增大’内电压增大,电压表示数减小,A错;内耗功率P＝I:厂,故P
ER0
;升关在位置2时’R2两端电压为U′R2＝
增大.旧对;升关在位置l时的R』两端屯压为U鹏≡÷尺侧＋′
÷R＂E
ER侧（队5R顺＋2厂）＞0,故U腿＞U彪,
＋（E—毒丁』／（;凤＋′）:胖蹄』M…≡（:险＋恤＋M
○
则C错;屯池效率-卢×l00％＿—上×1o0％,由于R减′｜｀.′减』｜｀』熬D错.
l＋贡
感悟方法:电源功率与效率的动态变化基本思路仍然是电路的动态问题’根据动态问题的解题方法来
求解。
考点11
电容电路问题
［例11］阻值相等的四个电阻｀电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时’
c所带的电荷量为Ql ;闭合开关s’电流再次稳定后’c所带的电荷量为Q2°Q与Q2的比值为（
）
丁（
‖
E
〗
—
日
●
∏
B÷
々
凹
—
日
●
℃
…
豁
∩
／
≈
＿
巨
√
●
∧
L／‖
叭
—
皿
~~
α
—
α
则
解析:由已知可得:Ql＝ulcQ2＝u2c
R~
S断开时ˉ等效电略如下
R（R＋R）
～R
＂鹏熟∑
Ul＝
S闭合时等效电路如下
R·R
U2＝R＋R
R厂鞘—÷E
则:-:←: .
＋＝÷F
臼
U
U’
「←卓
感悟方法:在恒定电路中的电容器’在电路等效时’相当于断路,其电压等于与其相并联的电阻两端的
电压°
·107·
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考点12
电动机问题
［例12］汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗’如图所示’在打开车灯的情况下’电动机未启动时电流表读数为10
A’电动机启动时电流表读数为58A’若电源电动势为12.5V’内阻为0.05Q’电流表内阻不计’则因电
动机启动’车灯的电功率降低了（
）
A。35.8W
I）.76.8W
B·43·2W
C。48.2W
■睡Ⅷ
答案:B
解析:电动机不启动时,灯泡的电压为电源略端电压,设为Ul. ,电动机启动后灯泡电压仍为路端电压,
设为U（.由欧姆定律得R＿旱—E丁′厂-L2Q,灯泡浦耗功率为B—I1R＝l20W.咆动机启动后.
罐端屯压U｜≡E—′′-队＂v,灯泡淌耗屯功率为H-署-楞w-7陇8W.所以灯泡功率降低了
△P＝120W—76·8W＝43.2W°
感悟方法:电动机正常工作时’可以看成“非纯电阻”’要根据能量的守恒规律来求解°
考点13
电路故障问题
［例13］如图所示,电源电动势为6V’当开关S接通时’灯泡Ll和L2都不亮’用电压表测得各部分电压是U幽d＝
0,U《铡＝6V’U帅＝6V’由此可判定（
）
归
A.Ll和L2的灯丝都断了
C.L2的灯丝断了
B.Ll的灯丝断了
D变阻器R断路
■睡Ⅷ
答案:C
解析:根据电略发生断略的特点可以判断°
因U毗＝6V则说明电源没有问题’是外电
Uα′＝6V,则说明L1 、R完好,又U刨″＝0,则说明L2的灯丝断了,故选项C正确°
感悟方法:电路的断路故障判断最好的方法是用电压表’电压表测量相应部分的电压’」
的电压接近电源电动势’那么这部分（非含源）电路就发生断路·
◎过关演练
如
略出现故障’而
果哪部分电路
1.经典物理学认为金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰
撞’且金属导体中通过恒定电流形成了稳恒的电场’已知铜的电阻率为p’单位体积内的自由电子数量为″’自
由电子的质量为泅、带电荷量为e’假设自由电子与金属离子碰撞后减速到零,且碰撞时间极短’则铜导线中
自由电子连续两次与金属离子碰撞的时间间隔的平均值为（
）
A.巫
H婴
C2呼
D”
门pe
″pe
″C
pe
·108·
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2。如图所示’电源电动势为E’内阻为厂’不计电压表和电流表内阻对电路的影‖问’当开关闭合后’两灯泡均能发光°
现将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动’下列说法正确的是（
）
A.小灯泡Ll 、L2均变暗
B.小灯泡Ll变亮’L2变暗
C.电流表A的读数变小’电压表V的读数变大
D.电流表A的读数变大’电压表V的读数变小
某—热敏电阻其阻值随温度的升高而减小,在＿次实验中’将该热敏电阻与＿小灯泡串联’通电后其电流I随
所加电压U变化的图线如图所示’M为两元件的伏安曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中
正确的是（
）
3.
／
／｜
O
U｜
〔／
A.图中图线α是小灯泡的伏安曲线’图线b是热敏电阻的伏安曲线
B.图中图线b是小灯泡的伏安曲线’图线α是热敏电阻的伏安曲线
C.图线中的M点’表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值
I）.图线中M点对应的状态’小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
4.两根材料相同的均匀导线r和J’工长为L’y长为2L’串联在电路中时’沿工到J的长度
方向电势变化如图所示’则工、y导线的横截面积之比为（
）
A.2
: 3
B. 1
: 3
｜0
8
6
4
2
C。3
: 2
D·3
;
1
o
l
2
3〃L
5.用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中R互是待测电阻’R0是定值’◎是灵敏度很高的电流表’MN是＿段
均匀的电阻丝°闭合开关’改变滑动头P的位置’当通过电流表◎的电流为零时,测得MP＝／l ,PⅣ＝′2 ,则
Rr的阻值为（
）
R∩
凡
（｝
M
∧
′’
广ˉ°／
尺
／
山
＋
′
′
●
∏
／
Q苛R0
且′寺′勤R,
′
A.旱R0
↓9
0109·
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6.某同学设计了＿个探究电容器所带电荷量与电容器两极间电压关系的实验’实验电路如图甲所示’其中P为
电流传感器’V为电阻很大的电压表°实验时,先将开关Sl闭合,单刀双掷开关S2掷向α’调节滑动变阻器的
滑动头到某位置使电容器C充电,当电路达到稳定后记录理想电压表的示数°再迅速将开关S2掷向b’使电
容器放电°电流传感器P将电容器充、放电过程中的电流数据传送给计算机’在计算机上可显示出电流i随
时间j变化的图象如图乙所示°然后改变滑动变阻器滑动头的位置’重复上述步骤’记录多组电流随时间变
仆口々回肆和由｜韦圭的示数对干减个立哈柿程和中因多乃裁棍所得吧的结舆·下V｜｜渊洪中丁确的县（
）
化的图象和电压表的示数°对于这个实验过程和由图象及数据所得出的结果,下列说法中正确的是（
~
~
早′
肛
｛＼
种
上
皿
—
O
临J
′
｜~
甲酉;〕
甲
乙
A.流过电流传感器P的充电电流和放电电流方向相同
B.图乙中的第o段（充电阶段）电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量
C.电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图象应为—条过原点的倾斜直线
D电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置无关
在如图所示电路中’闭合开关S’当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时’四个理想电
表的示数都发生变化’电表的示数分别用I、Ul 、U2和U3表示’电表示数变化量的大小
分别用△I、△Ul 、△U2和△U3表示°下列比值正确的是（
）
A斗不变,旁不变
E半变大’芳变大
o竿变大’旁不变
n半变大,带不变
7°
丘
8.酒精测试仪的工作原理如图所示’其中P是半导体型酒精气体传感器’该传感器电阻R药的倒数与酒精气体的
浓度〔成正比,凡为定值电阻.以下关于电压表示数的倒数（古）与酒精气体浓度的倒数（＋）之间关系的图
象’正确的是（
）
Of
Ⅶ≡≡
（）
Lˉ＿—--ˉ
｜~~~~
｛
~L
l
丽｜／
｝
R＂
］
〔
‘
【
（
｛
（
｜
（
（）
（
O
A
B
C
D
9.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小’有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置’其工作
原理如图（a）所示’将压敏电阻和＿块挡板固定在绝缘小车上’中间放置—个绝缘重球°小车向右做直线运动
过程中’电流表示数如图（b）所示’下列判断正确的是（
）
■
′
』
＾
~＾
｝
—／｜
｜
（‖
（）U
／｜
′2
′1
／
冈（b）
B.从rl到r2时间内’小车做匀加速直线运动
D.从t2到r3时间内’小车做匀加速直线运动
◎——U
图（a）
A.从rl到r2时间内’小车做匀速直线运动
C.从j2到r3时间内’小车做匀速直线运动
°110·
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10.如图所示,将两只完全相同的金属圆盘接人电路’其中图（a）中的圆盘中心挖了—个洞,图（b）中圆盘中心下
方挖了同样大小的＿个洞’在两金属圆盘两端加上相同的恒定电压’在相同的时间内’两金属圆盘产生的热
量分别为Q』和Q″’则（
）
『
ˉ
~
＿
~
—
—
＿
厕
尸
占
引
E
P↓--＿-一
引＿厂←
｜冬｜（a）
｜引（b）
A。QM＝Qb
B.Qα＞Q″
C.Q幽＜Qb
D条件不足’无法比较Q与Qb的大小
11.如图所示电路中’闭合开关S’当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时（
）
—@—
A.电压表V读数先变大后变小’电流表A读数变大
B.电压表V读数先变小后变大’电流表A读数变小
C.电压表V读数先变大后变小’电流表A读数先变小后变大
D电压表V读数先变小后变大’电流表A读数先变大后变小
12.如图甲所示’电压表Vl 、V2串联接人电路中时’示数分别为6V和4V’当只有电压表V2接人电路中时,如图
乙所示’示数为9V’电源的电动势为（
）
:口
19
｜
Q少
｜
6V—＞｜＿4V
｜
‖］
乙
A.9。8V
B. 10V
C。10.8V
D1L2V
13.如图所示’电源E对电容器C充电’当C两端电压达到80V时’闪光灯瞬间导通并发光’C放电°放电后,
闪光灯断开并熄灭’电源再次对C充电。这样不断地充电和放电’闪光灯就周期性地发光°该电路（
）
｜
R≡5kQ
｜卜旦旦
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大’则充电时间变长
C.若C增大’则闪光灯闪光＿次通过的电荷量增大
D.若E减小为85V’闪光灯闪光＿次通过的电荷量不变
·111·
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14.如图所示’在—幢居民楼里有各种不同的用电器’如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等°停电时’用
多用电表测得A、B间的电阻为R;供电后’设各家用电器全都同时使用时’测得A、B间电压为U’进线电流
为I;经过—段时间r’从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W’则下列表达式用来计算该幢楼居民用
电的总功率,其中正确的是（
）
∏
′
【
‖
↑
‖
｜
｜
□
｜
｜
↓
B
BP—爷
A.p＝I2R
DP＝IlI
C。P＝IU
r
15.如图所示’直线A为电源α的路端电压与电流的关系图象;直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象;
直线C为＿个电阻R的两端电压与电流的关系图象°将这个电阻R分别接到α、b两电源上’那么（
）
U
「
′
』
（）
A.R接到α电源上,电源的效率较高
B.R接到b电源上’电源的输出功率较大
C.R接到α电源上’电源的输出功率较大’但电源效率较低
D.R接到b电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高
16.如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路’蓄电池内阻为0
表均为理想电表’只接通Sl时’电流表示数为10A’电压表示数为12V’再接通S2 ’斥
表示数变为8A’则此时通过启动电动机的电流是（
）
l为0。05Q。电流表和电压
S2 ’启动电动机工作时’电流
＝
｜
｝
∩
丫
｜
』
｜
红
吓
｜
｜
｜
A。2A
B.8A
C.50A
D·58A
l7.—个T形电路如图所示’电路中的电阻Rl＝10Q’R2＝120Q’R3＝4（）Q’另有＿测试电源’电动势为
阻忽略不计’则（
）
100V’内
α
户
巴
b
‘′
A.当C〃端短路时’αb之间的等效电阻是40Q
B.当α6端短路时’Cα之间的等效电阻是40Q
C.当α6两端接通测试电源时’c创两端的电压为8（）V
D.当cα两端接通测试电源时’α6两端的电压为80V
·112·
居
民
楼
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18.在如图所示电路的三根导线中’有—根是断开的’电源’电阻R! 、R2及另外两根导线都是完好的’为了查出断
导线’某学生想先将多用电表的红表笔接在电源的正极’再将黑表笔分别连电阻Rl的b端和R2的（.端’并观
察多用电表指针的示数’在下列选挡中’符合操作规程的是（
）
｜0Q
5Q
b-∏广
c』—∏
6V
匀卜-
~~〗
A.直流电压10V挡
B.直流电流（）.5A挡
C.直流电压2.5V挡
D欧姆挡
19.某居民家中的电路如图所示,开始时各部分工作正常°将电饭堡的插头插人三孔插座后’正在烧水的电热壶
突然不能工作,但电灯仍正常发光°拔出电饭堡的插头’把试电笔分别插人插座的左、右插孔’氖管均能发
光’则（
）
｜火线
220V
1蝉ˉ
A［-可一ˉ
S
A.仅电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障
B.仅电热壶所在的C、D两点间发生了短路故障
C.仅导线AB间断路
D因为插座用导线接地’所以发生了上述故障
20.如图所示’＿确定电源在外电阻不断变化时,内、外电路消耗的电功率随电流变化的关系分别用曲线Cl 、C
表示°由该图可知（
）
4
I／A
O
勺
＝
~∏
∩
闰
A.电源的电动势为8V
B.电源的内阻为2Q
C.电源输出功率的最大值为16W
D电源被短路时’电源消耗的功率为16W
o1l3·
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专题九磁场
◎典例剖析
考点1磁场及地磁场
［例1］中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角: ·‘以磁石磨针锋,则能指南’然常微偏东,不全
南也°,’进＿步研究表明’地球周围地磁场的磁感线分布示意阁如图所示。结合上述材料’下列说法不正确
的是（
）
地轴
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场’地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
…洒
向
答案:C
解析:试题分析:根据题意可得’地理南北极与地磁场存在一个夹角’为磁偏角’故两者不重合’A正确;
地磁南极在地理的北极附近’地磁北极在地理南极附近’B正确;由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方
向’故只有赤道处才与地面乎行’C错误;在赤道处磁场方向水乎.而射线是带电的粒子,运动方向与磁
场方向不乎行时,根据左子定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用,I）正确°
感悟方法:地球本身就是＿个大磁体,地磁的北极在地理南极附近’地磁的南极在地理的北极附近’磁感
线从地理的南极出发’回到地理的北极’在赤道处’呈水平且与赤道垂直°
考点2磁感应强度的叠加
［例2］如图’纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线Ll 、L2 ’Ll中的电流方向向左’L2中的电流方向向上;L］的
正上方有α、6两点’它们相对于L2对称°整个系统处于匀强外磁场中’外磁场的磁感应强度大小为B0
,
方向垂直于纸面向外.已知α、b购点的磁感腕强度人小分别为÷B!枷÷B‘ .方向也垂直于纸面向外.则
（
）
7
A梳经L!的电流在b点产生的磁感应强度大小为亢B｜
B疏绎L｜的电流在α点产生的磁感应强度大小为六B《
C梳经L』的电流在b点产生的磁感应强度人小为古B［
D流经L』的电流在α点产生的磁感应强度大小为古B｜
■翻Ⅷ
了
『
山
α
●
…
｜
｜
『
十
′
〃
L｜
答案:AC
解析:由对称性可知’流经Ll的电流在α、6两点产生的磁感应强度大小相等’方向相同’设为.
L2的电流在α、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反’设其大小为B2 ’由磁场叠加原理
B｜＿B’—＋B圃,B厂B｛＋B:＝＋B圃.联立解得B』-古B＂’且＝古B侧.所以A、C正蹦.
感悟方法:磁感应强度是矢量’其叠加遵循平行四边形定则°
Bl ,流经
有BO—
°l14◎
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考点3通电导线受到的安培力
［例3］如图’＿段导线αbCα位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中’且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直°线
段α6、bC和C创的长度均为L’且△αbC＝△6C‘／＝135°。流经导线的电流为I’方向如图中箭头所示°导线
段α6Cα所受到的磁场的作用力的合力为（
）
×
×b
×
C×
×
几
八
×
×
八
…
~
×
~
→
×
A.方向沿纸面向上’大小为（√】＋1）IBL
C.方向沿纸面向下’大小为（√Ⅲ＋1）IBL
·解析0
B.方向沿纸面向上’大小为（√百—1）IBL
D.方向沿纸面向下’大小为（√百—1）IBL
答案:A
解析:该导线可以用α和α之间长为（√Ⅲ＋1）L的直导线来等效代替’根据F＝BIL’可知所受安培力的
大小为（√百＋1）BIL’方向根据左于定则可知为沿纸面向上’A正确°
感悟方法:安培力公式F＝BIL’对于不规则的导体棒来讲’其中的“L”是等效长度°
考点4通电导线在磁场中的平衡
［例4］如图所示’在倾角为α的光滑斜面上’垂直纸面放置—根长为L’质量为m的直导体棒在导体棒中的电流
I垂直纸面向里时’欲使导体棒静止在斜面上’下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是
（
）
／／／／／／／／／／／／／／／／／
AB＝咖g拌’方向垂直斜面向上
CE＝″』g等f了2』方向垂直斜面向下
·解析0
BB＝″!g宁』方向垂直斜面向下
DB-mg旱f丁2.方向垂直斜面向上
答案:A
解析:若磁场方向垂直斜面向上,由左手定则可判定’安培力方向沿斜面向上,
则杆受竖直向下的重力″!g,斜面对杆的支持力FN和沿斜面向上的安培力F’如
图所示』则加g副nα＝F.雨F＝ILB.所以B＝狮g爷＝2,故A对,D错;若磁场方
向垂直斜面向下’由左子定则可判定’安培力方向沿斜面向下’因斜面光滑’杆
不可能静止在斜面上’故B、C错°
感悟方法:本题的思路就是“搭台唱戏”’除了安培力公式F＝BIL外’其他按力
学中的平衡知识来求解即可°
FN
了了了＞了了了了了刁≥≥了了≥了尸
′闪g
·115·
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考点5通电导线在磁场中的运动
［例5］电磁轨道炮工作原理如图所示°待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动’并与轨道保持良好接触°电
流I从—条轨道流人’通过导电弹体后从另＿条轨道流回°轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁
场（可视为匀强磁场）’磁感应强度的大小与J成正比°通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射
出°现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的方法是（
）
A.只将轨道长度L变为原来的2倍
′
｜‖
B.只将电流I增加至原来的2倍
C.只将弹体质量减至原来的—半
传＿＿-——L＿＿—叫
D将弹体质量减至原来的＿半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变
■疆＝
答案:BD
2
解析;由题意可知磁感应强度B＝隐′,安培力F＝B『‘′＝隐′』d,由动能定理可得FL＝等｀解得刚＝l
｀／平｀陶此式可判断B、D….
感悟方法:本题考查的是安培力和动能定理的知识’意在考查考生应用物理知识解决实际问题的能力°
考点6带电粒子在磁场中的圆周运动
［例6］—圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中’磁场方向与筒的轴平行’筒的横截面如图
γ角百r＞》
〖×××嫩p＼
′~~
′
××
×
′×××
●
×
×／O××
M×××××／
所示。图中直径MN的两端分别开有小孔°筒绕其中心轴以角速度山顺时针转动°在该
截面内,＿带电粒子从小孔M射人筒内’射人时的运动方向与MN成30°角。当筒转过
90°时’该粒子恰好从小孔lV飞出圆筒。不计重力·若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞’则
带电粒子的比荷为（
）
A壶
Bh
c:
D署
｜·解析0
J｀
3（）°
答案:A
解析:女口图所示,由几何关系可知粒子的运动轨迹圆心为
律可知:
F诲｜-咖（芋）;′o
F淘＝F合＝qUB◎
陶蛔得T-铲′比荷÷-备圆
由圆周运动与几何关系可知t粒于＝r筒
:喘.T摧镭≡沛.T.
90°
则T粒子＝3T筒
@
又有T筒＝丝◎
〔O
（）′ ’么MO′N′＝30°’由粒子在磁场中的运动规
由◎@◎得舟＝壶.
感悟方法:解决本题首先要用到洛伦兹力提供向心力的规律’然后结合圆的＿些基本知识来求解°
·l16°
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考点7粒子源问题
［例7］如图’虚线所示的圆形区域内存在＿垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的—点’大量相同的带电粒
子以相同的速率经过P点’在纸面内沿不同的方向射人磁场’若粒子射人速率为Ul ’这些粒子在磁场边界
的出射点分布在六分之＿圆周上;若粒子射人速率为℃2 ’相应的出射点分布在三分之＿圆周上’不计重力
及带电粒子之间的相互作用’则U2 :Ul为（
）
′锋
~~~
C.√百:
1
A.√百; 2
B.√百:
］
D3 ;√面ˉ
m露Ⅷ
答案:C
解析:根据作图分析可知’当粒子在磁场中运动半个圆周时’打到圆形磁场边界的位置距P点最远’则
当粒于射入的速率为U｜’轨迹如图甲所示,设圆形磁场半径为R’由几何知识可知’粒子运动的轨道半径
为门-Rc。鼠60.-÷R』若粒子射入的速率为圃: .轨迹如图乙所示’由几何知识可知,粒子运动的轨道半
径为厂嫂-R…0霄-夸R;根撼轨道半径公式′＝猎可知,…｛-厂』;门-√百; ｜,…C正确.
肄二‰／｝
O｜
P
｀
v］
f
P
‖
甲
乙
感悟方法:粒子源问题—般有两种:＿种是从同＿点射出等速不同方向的
向的＿“排’’粒子,这两种方式往往可以看成一种是另＿种的逆向°
“簇”粒子;＿种是等速同方
考点8带电粒子在磁场中运动的极值问题
［例8］平面（）M和平面ON之间的夹角为30°’其横截面（纸面）如图所示’平面OM上方存在匀强磁场’磁感应强
度大小为B’方向垂直于纸面向外°＿带电粒子的质量为″! ’电荷量为q（q＞0）。粒子沿纸面以大小为U
的速度从OM的某点问左上方射人磁场’速度与OM成30°角°已知该粒子在磁场中的运动轨迹与（）」V只
有—个交点’并从OM上另—点射出磁场°不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线（）的距离为
（
）
.
.
.
.B. ／互ˉ／.j.
●
●
●
■尸
●
●
●
●
笋30°
.～…尘＿.-°ˉ车〕b6ˉ肋
O
凰√藉,
［）带
C器＂
＼揣
°117·
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■翻Ⅷ
答案:D
″／／Ⅳ
解析;带电粒于在磁场中做圆周运动的轨道半径为′-猎.轨迹与O!｀′相
,
切’画出粒子的运动轨迹如图所示’由于AD＝2厂sin30°＝厂’故△AO′D为等
~
｛
边三角形.乙O′DA＝60°’而△MOlV＝30。’则△OCD＝90。’故CO′D为一直O口三309ˉ＿3
线｀OD-s黑旷-2CD-4＝楞,擞逮项p正确.
感悟方法:极值问题的求解＿般有两种方法,—种是用物理的方法’找到极值现象’直接求解;一种是用
数学方法,先写出基本函数表达式’然后求函数的极值°本题是采用物理的方法求解。
考点9带电粒子在电磁组合场中的运动
［例9］在半导体注人工艺中’初速度可忽略的离子P＋和P3十.经电压为U的电场加速后’垂直进人磁感应强度大
小为B、方向垂直纸面向里’有—定的宽度的匀强磁场区域’如图所示’已知离子P＋在磁场中转过0＝30°
后从磁场右边界射出°在电场和磁场中运动时’离子P＋和P:＋（
）
O＼
｛
［／
日＼
B
×｀×
ˉ兰＝圣｛
××
××
B.在磁场中运动的半径之比为√百:
1
D.离开电场区域时的动能之比为1
: 3
A.在电场中的加速度之比为1
:
1
C.在磁场中转过的角度之比为1
: 2
■磁油
答案:BCD
解析;根撼qU＝÷′〃呵』.认为溺种粒子的魔量近似相等,可得,粒子迸入磁场时,动能之比为l
; 3.刚』
; 〃
≡√页;√丽-｜;√了.在磁场中做圆周运动的加速度醛—荒·轨道半径R-鸳｀可得半径之比为√可; l』
加速度之比为1
: 3√百;由几何关系知,P3＋在磁场转过60°’带电粒子在磁场中速度不变’离开电场区域
时的动能之比为1
:
3。
感悟方法:电磁场中的运动问题是多过程问题’按照多过程问题的“分段”处理方法来进行°
考点10带电粒子在复合场中的运动
［例10］如图’空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上（与纸面平行）’磁场方向垂直于纸面向
里’三个带正电的微粒α、b、（.电荷量相等’质量分别为″!哑、
′′′b、′″′°已知在该区域内’α在纸面内做匀速
圆周运动’b在纸面内向右做匀速直线运动’C在纸面内向左做匀速直线运动°下列选项正确的是（
）
｜×＾×
×
｜
×A×
左×
×
×
×
×右
×
×
×
×
×
A。加‘』＞mb＞″『［
C.m〔＞″1“＞加b
B. ′门″＞′》〗α＞′川〔
D.泅［＞〃?b＞川《』
°1l8·
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■睡洒
答案:B
解析:该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场’α在纸面内做匀速圆周运动’可知其重力
与所受到的电场力乎衡’洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力’有′″“g＝qE’解得m“＝匹° 6在
g
纸面内向右做匀速直线运动,由左于定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知mbg＝qE＋q℃bB,
解得′＂b＝座＋g坠旦° C在纸面内向左做匀速直线运动’由左于定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖
g
g
直向下’可知加《g＋quB＝qE’解得′′!《＝姐g坠旦·综上所述’可知′′′》＞′′′鲤＞m′ ’选项B正确°
g
g
感悟方法:当粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场内做匀速圆周运动时’满足重力与所受到的
电场力平衡°
考点11
速度选择器
［例1l］如图为—·‘滤速器”装置示意图° α、6为水平放置的平行金属板’＿束具有各种不同速率的电子沿水平方
向经小孔（）进人α、b两板之间°为了选取具有某种特定速率的电子’可在α、b间加上电压’并沿垂直于
纸面的方向加—匀强磁场’使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动’由O′射出。不计重力作用°可能达
到上述目的的办法是（
）
A.使α板电势高于b板’磁场方向垂直纸面向里
（′
｜
B.使α板电势低于b板’磁场方向垂直纸面向里
O′
°｜→＿＿＿＿
C.使α板电势高于b板,磁场方向垂直纸面向外
D.使α板电势低于b板,磁场方向垂直纸面向外
／’
E疆Ⅷ
答案:AD
解析:妥使电子沿O（）′运动,则电子在竖直方向所受电场力和洛伦兹力乎衡,若α板电势高于6板’则
电子所受电场力竖直向上,其所受洛伦兹力必向下,由左于定则可判定磁场方向向里,故A选项正确;
同理可判定D选项也正确°
感悟方法:速度选择器选择的粒子与粒子的质量与电荷量无关,仅仅与速度有关（包括速度的大小、方
问）°
考点12质谱仪
［例12］现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定°质子在人口处
从静止开始被加速电场加速’经匀强磁场偏转后从出口离开磁场°若某种—价正离子在人口处从静止开
始被同＿加速电场加速’为使它经匀强磁场偏转后仍从同＿出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来
的12倍°此离子和质子的质量比约为（
）
人｜｜＼仁二｜.
.
.
序
／
磁场
）〕‖速电场
｝｛｜｛厂／｜
D. 144
C。12］
B. 12
A· 11
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z雹Ⅷ
答案:D
解析:设质子的质量数和电荷数分别为′Ⅷ｜、ql ’一价正离子的质量数和电荷数为加2、q2 ’对于任意粒子,
雇勘…场中.……得;qU—＋咖刨Ⅺ—0.解得;融-√孕Ⅲ…场…足,割B-枷竿o陶
题意’由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场’从同一出口垂直离开磁场’故在磁场中做匀速圆周运动
灼半径应榴凤…式联立求解得…周运动的半橇～古√平.询于加逮…变敛÷-
瓮.√器÷≡十其中B,-l2E｜,q!-q』,可得删-市｀蕊一价正离子与臆子的臆量…M4.
感悟方法:质谱仪问题是带电粒子在电磁场中运动的多过程问题’按多过程问题的处理方法来处理
即可°
考点13
回旋加速器
［例13］1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器’其原理如图所示’这台加速器由两个铜质D形盒Dl 、D2
构成’其间留有空隙’下列说法正确的是（
A.离子由加速器的中心附近进人加速器
B.离子由加速器的边缘进人加速器
C.离子从磁场中获得能量
D.离子从电场中获得能量
■翻m
）
答案:AD
解析:离子由加速器的中心附近进入加速器’从电场中获取能量’最后从加速器边缘离开加速器’选项
A、D正确°
感悟方法:回旋加速器中是电场和磁场相互配合’电场给粒子加速’磁场给粒子转向’实现回旋与加速
的效果·
考点14霍尔效应
［例14］如图所示’导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I’线圈间产生匀强磁场,磁感
应强度大小B与I成正比’方向垂直于霍尔元件的两侧面’此时通过霍尔元件的电流为I＂’与其前后表
面相连的电压表测出的霍尔电压U阔满足;U＂-您芋.式中〃为霍尔系数.刨为霍尔元什两侧面间的距
离°电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略’则（
）
翟尔元件
工≡＋＝一~~~‖~
铡覆‖＼
｜‖
ˉ
线
圈
｜
｝
电源
R′
A.霍尔元件前表面的电势低于后表面
B.若电源的正负极对调’电压表将反偏
C. IH与I成正比
D.电压表的示数与R′ˉ消耗的电功率成正比
·l20。
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答案:CD
解析:导电物质为电子,由左于定则得电子受到洛伦兹力向后表面偏转’后表面电势低’选项A错误;
若将电源的正负极对调’磁场和电子的运动方向同时反向,洛伦兹力的方向不变’电压表仍能正常偏
转’选项B错误;电略是稳定电略’线圈中的电流和通过霍尔元件的电流的比例不变,选项C正确;UH
础
—
α
肉
~
.而B与I成正比’故U日正比于IH
。I’而R′ˉ的功率正比于IⅡ’I与Ii的比例不变,故U＂正
比于RL的功率,选项D正确°
感悟方法:霍尔效应的载流子有两种:电子禾‖空穴’空穴相当于.‘正电荷”°
c过关演练
1.如图所示’＿金属直杆MN两端接有导线’悬挂于线圈上方’M］V与线圈轴线处于同—竖直平面内’为使MlV
垂直纸面向外运动’可以（
）
α
b
?
『
A.将α、c端接电源正极’b、创端接电源负极
｜
M
—~
Ⅳ
B.将b、α端接电源正极’α、C端接电源负极
刮—一》
C.将α、α端接电源正极’b、（端接电源负极
:二≡!
‘一一》
D将α、（≡端接交流电源的＿端’b、d端接交流电源的另＿端
‘。——二＝｜,
2.如图所示,＿个边长为／、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中°若通以图
示方向的电流（从A点流人’从C点流出）’电流为I’则金属框受到的磁场力为（
）
B
×
×
×
×
×
×
×
×
A
C
×
×
×
×
×
A.0
B.I／B
C÷″B
u2′′B
3.如图’在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中’两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置’两者
α
之间的距离为／°在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离
／／
＼／
均为／的α点处的磁感应强度为零°如果让P中的电流反向、其他条件不变’则α点处磁感
／
应强度的大小为
P●—＿厂＿％
八川
巳等B·
◎竿B＂
D2BⅧ
4.在城市建设施工中’经常需要确定地下金属管线的位置’如图所示’有—种探测方法是,首先给金属长直管线
通上电流’再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:o用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到
磁场最强的某点’记为α;◎在α点附近的地面上’找到与α点磁感应强度相同的若干点’将这些点连成直线
EF;o在地面上过α点垂直于EF的直线上’找到磁场方向与地面夹角为45°的6、〔.两点’测得b、C两点距离
为L’由此可确定金属管线（
）
水平地面
I
金）禹管线
—
（）
B.平行于EF’深度为L
（）
A平行于EF.深度为÷
C垂直于EF.探度为÷
D.垂直于EF’深度为I
·121·
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如图1所示’两根光滑平行导轨水平放置’间距为L｀其间有竖直向下的匀强磁场’磁感应强度为B°垂直于
导轨水平对称放置＿根均匀金属棒°从t＝0时刻起’棒上有如图2所示的持续交流电流I’周期为T最大值
为Im’图1中I所示方向为电流正方向°则金属棒（
）
民
√
＿
＿
■
′
Ⅱ
‰
‖
肺
／
｛
汀
｜
γ
~
~
—
~
订
／
吵
｜
｜
丫
＾
β
｜
｜
↓
／
／
〃
′
占.
‖
∩
∩
＿
工
∑
而
′
叫
‖
｜
—
∑
刃
百
′
／
图l
图2
A.—直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D受到的安培力在—个周期内做正功
6.某同学自制的简易电动机示意图如图所示°矩形线圈由—根漆包线绕制而成’漆包线的两端分别从线圈的—
组对边的中间位置弓｜出,并作为线圈的转轴°将线圈架在两个金属支架之间’线圈平面位于竖直面内.永磁铁
置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来’该同学应将（
）
金脚文架
‖
迪
％
卜
A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉’右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
如图所示的天平可用于测定磁感应强度’天平的右臂下面挂有—个矩形线圈’宽度为L’共Ⅳ匝’线圈下端悬
在匀强磁场中’磁场方向垂直纸面。当线圈中通有方向如图所示的电流I时’在天平左右两边加上质量各为
″!｜、″!2的砧码’天平平衡’当电流反向（大小不变）时’右边再加上质量为″′的肤码后’天平重新平衡’由此可知
（
）
与
／
A磁感应强度的方向垂直于纸面向里’大小为枷而晋爵
B磁感应强度的方向垂直于纸面向里·大小为湍r
C磁感应强度的方向垂直于纸面向外,大小为咖l后警g
勋
L■＝
■■＝＝△＝
■＝＝＝■
D磁感应强度的方向垂直于纸面向外.大小为揣r
8.如图所示’—个半径为R的导电圆环与＿个轴向对称的发散磁场处处正交’环上各点的磁感应强度B大小相
等’方向均与环面轴线方向成0角（环面轴线为竖直方向）°若导线环上载有如图所示的恒定电流L则下列说
法正确的是（
）
A.导电圆环所受安培力方向竖直向下
C.导电圆环所受安培力的大小为2BIR
B.导电圆环所受安培力方向竖直向上
D.导电圆环所受安培力的大小为2穴BIRsin0
°122·
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9.质量为加、带电荷量为q的粒子（忽略重力）在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动’形成空间环形
电流°已知粒子的运动速率为U、半径为R、周期为T’环形电流的大小为I.则下面说法中正确的是（
）
A.该带电粒子的比荷为丛＝朋
″T
℃
B.在时间r内’粒子转过的圆弧对应的圆心角为0＝g旦1
′门
C.当速率U增大时’环形电流的大小I保持不变
D.当速率U增大时’运动周期T变小
1（）.如图所示’在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为／的—小段通电直导线’导线中通人垂直于纸面
向里的电流I’力传感器用来测量细线的拉力大小’导线下方的螺线管与＿未知极性的直流电源连接。开关
断开时’力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G’现闭合开关,则下列说法正确的是（
）
｜／」传感器凸′
′
′
′
′
′
′
′
′
′
’
／
′
『
／
／
′
／
′
′
′
′
′
′
′
′
／
′
『
′
／
『
′
′
′
／
′
A.通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下
B.通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用
C.若力传感器的示数变大’则电源的右端—定为正极
∏若力传感器的示数变为遇电直导线重力的—半.则通电直导线所在处的磁感应强度火小—定为品
lL用绝缘细线悬挂＿个质量为加、带电荷量为＋q的小球’让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场
中°由于磁场的运动’小球静止在图中位置’这时悬线与竖直方向夹角为α’并被拉紧’则磁场的运动速度和
方向可能是（
）
＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼
捌
r了
』》
X
BX｜
X
×
X
X
X
X
A＂-箭.水平向左
n渺—枷瓷nα.竖直向下
o刨≡′〃瓷nα.竖直向｜-
u涸-簧.水平向右
12.如图所示’圆形有界匀强磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度的大小为B’圆的半径
为R’α、b两个完全相同的粒子以相同的速度水平向右射人磁场’α粒子的速度方向延
长线过圆形磁场的圆心O,粒子的质量为狮.屯荷量为q.逮度大小为渺—呼｀不计粒
子的重力’则下列说法正确的是（
）
A.两个粒子运动的轨迹半径为R
B.α粒子＿定比b粒子在磁场中运动的时间长
C.两个粒子—定在磁场边界的同—点射出磁场
D两个粒子在磁场中做圆周运动的圆心和（）点一定在半径为R的同＿个圆弧上
侄墨了＞
:当ˉ:ˉ:.Q: :: :
●
●
●
●
●
●
●
●
●
●
＼~
~~~~／
＼Q···
·
· ’
＼久: : : :
α
b
◎123·
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13.随着社会生产的发展’环境污染也越来越严重·为了减少环境污染’技术人员在排污管末端安装了如图所示
的流量计°该装置由绝缘材料制成’长、宽、高分别为α、6、C’左右两端开口°在垂直于上下底面方向加磁感
应强度为B的匀强磁场’在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极°污水充满管口从左向右流经该装
置时’电压表将显示两个电极间的电压u°若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积）,下列说法中
错误的是（
）
Q
C
A.若污水中正离子较多.则前表面比后表面电势高
B.若污水中负离子较多’则前表面比后表面电势高
C.污水中离子浓度越高’则电压表的示数将越大
D.污水流量Q与U成正比
l4.在—空心圆柱面内有＿垂直于纸面的匀强磁场’磁感应强度为B’其横截面如图所示’磁场边界为同心圆
内、外半径分别为厂和（√百＋］）厂°圆心处有—粒子源不断地沿半径方向射出质量为加、电荷量为q的带电粒
子’不计粒子重力°为使这些粒子不射出磁场外边界’粒子从圆心处射出时速度不能超过（
）
／××
××＼
（｛懒熟僻｜＂
〃
′
＼
××＼～＝＝笋××
′
｀遥×××××′′
、≈≈××＝＝尸
A.g旦上
B.√2qB厂
C.（√百—1）qB厂
D（√面＋1）qB厂
″?
′门
″1
″?
l5.如图所示’距水平地面高度为3∧处有—竖直向上的匀强磁场’磁感应强度大小为B’从距地面4h高处的A
点以初速度U0水平抛出—带电小球（可视作质点）’带电小球电荷量为q’质量为′′′’若q、′′!、∧、B满足关系
式楞-仔则小球落点与抛州点A的水平位移》是（
）
』
肚
〗
‖
｝
｝
『
｜
｜
｜
／
／
飞
干
］
｜
｜
‖
‖
‖
｜
‖
／
／
右
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
／
／
爪
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
／
｀
′
＞
二
ˉ
≈
′
／
●
Ⅶ
｜
】
‖
｜
】
巾
／
爪
｜
｜
｜
｜
轴
｜
｜
｜
］
丫
A硼M√曾＋蒜
凰跳√曾十器
c溉｝√普＋器
n锄√警十蒜
l6.如图所示’粗糙的足够长的竖直木杆上套有—个带电的小球’整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外
的匀强磁场组成的足够大的复合场中’小球由静止开始下滑,在整个运动过程中小球的U
t图象如图所示’
其中正确的是（
）
卜
V
「—
／~
·
｜
·
｜Ⅷ
p
｜
●
｜
—
~
~
厂
｜
／
（）
尸
（）
（）
O
／
／
寸
〖
／
A
B
C
D
.l24·
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］7.医生做某些特殊手术时’利用电磁Ⅲ流计来监测通过动脉的Ⅲ流速度。电磁血流计由—对电极α和b以及
一对磁极N和S构成’磁极间的磁场是均匀的°使用时,两电极α、b均与Ⅲ管壁接触’两触点的连线、磁场方
向和lⅢ流速度方向两两垂直,如图所示°由于lⅢ液中的正负离子随血流—起在磁场中运动’电极α、b之间会
有微小电势差°在达到平衡时’Ⅲ管内部的电场可看做是匀强电场’血液中的离子所受的电场力和磁场力的
合力为零°在某次监测中’两触点间的距离为3.0mm’血管壁的厚度可忽略’两触点间的电势差为160（（V’
磁感应强度的大小为0.040T°则Ⅲ流速度的近似值和电极α、b的正负为（
〉
α
上
厂
测
电
势
差
Ⅲl流
A. 1.3m／s’α正、b负
B.2.7m／s’α正、b负
C. 1.3m／s’α负、b正
D.2.7m／s,α负、b正
18.用—金属窄片折成—矩形框架水平放置’框架右边上有＿极小开口°匀强磁场的磁感应强度大小为B’方向
垂直于纸面向里’如图所示’框架以速度Ul向右匀速运动’—带电油滴质量为m’电荷量为q’以速度U2从右
边开口处水平向左射人’若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动’则（
）
×
×
×
×
×
×
×
×
—≥W
｜
｜
×
削
×
×
×
川
×
×
×
刊
×
× ｀）河′×
｜
×
×
×
×
×
×
×
×
A.油滴带正电’且逆时针做匀速圆周运动
B.油滴带负电,且顺时针做匀速圆周运动
C圆周运动的半径—定等于l11卫上
D油滴做圆周运动的周期等于生坠
qB
g
19.如图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成:粒子源lV;P、Q间的加速电场;静电分
析器’即中心线半径为′的÷圆形通道.通道内有均匀辐射电场.方向沿径向指向圆心O,∏与圆心o等距的
各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场’方向垂直纸面向外;胶片M°由粒子源发出的不
同带电粒子’经加速电场加速后进人静电分析器’某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场
边界进人磁场’最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同’不计粒子所受重力°下列说法
′四
正确的是（
）
A.从小孔S进人磁场的粒子速度大小一定相等
B.从小孔S进人磁场的粒子动能＿定相等
C.打到胶片上同＿点的粒子速度大小＿定相等
D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子’比荷越大
如图所示’S处有—电子源’可向纸面内任意方向发射电子’平板MN垂直于纸面’
.
.B
在纸面内的长度L＝9. 1cm’中点（）与S间的距离α≡4.55cm’Ml＼′与SO直线的。
.
夹角为0’平板所在平面有电子源的—侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁.
.S.
.
感应强度B＝2.0×10—』T,电子质量m＝9. 1×10—3lkg’电荷量e＝—1.6×10—l9C’
.
.
不计申子重力＾申子源发射凉度u＝1.6×106m／s的＿个电子’该电子打在平板上
.镭／
不计电子重力°电子源发射速度u＝1.6×1（）6m／s的＿个电子’该电子打在乎板上
.镭W
●
）
（
∩
／
≈
｀／
可能位置的区域的长度为／’则（
）
A.0＝90°时,／＝9. 1cm
B.β＝60°时’／＝9. 1cm
C.0＝45°时’／＝4.55cm
D0＝30°时’′＝4.55cm
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2L如图所示’在屏M］V的上方有磁感应强度为B的匀强磁场’磁场的方向垂直纸面向里°
×B×
× ｜×
×
×
〔、
P为屏上的＿个小孔°PC与MN垂直°—群质量为′刀、带电荷量为
q的粒子（不计重×××
｜×
×
×
｀
｜
′
盐绷糯删熙繁蹦铡燃蹦蜜胸撇:到瞒潍蹦獭
的长度为（
）
M
／’
／＼／
＾带
n:枷;昔s′
C。2矾u（1—cos0）
qB
D2加U（1—Sln0〉
qB
22如图所示.在长万形α趾呕域内有「交的电磁场,“偷—粤-L,—带电粒子从刨刨的中点垂直于＂;＿ˉ＿.〃
｜
B
｜
｜
×
×
×
｜
电场和磁场方向射人’恰沿直线从b（≡边的中点P射出’若撤去磁场’则粒子从c点射出;若撤去
｛
电场’则粒子将（重力不计）（
）
』p0
广→.＿ˉˉˉ·F
A.从6点射出
｜
｜
｛
｜×｜i
×
｜
B.从6、P间某点射出
C.从α点射出
D从α、b间某点射出
创』ˉˉ」＿《ˉˉ↓c
23.如图所示’空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场’电场的方向竖直向下’磁场方向水平（图中垂直纸面向
里）’＿带电油滴P恰好处于静止状态’则下列说法正确的是（
）
〉〈B×
×
×
P
×
×
×
×
×
×
｜
×
×
↓
×
》《E｜×
×
｜
A.若仅撤去电场,P可能做匀加速直线运动
B.若仅撤去磁场’P可能做匀加速直线运动
C.若给P＿初速度’P不可能做匀速直线运动
D若给P—初速度’P可能做匀速圆周运动
24.如图所示’在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O—工yz’—质量为′′!’电荷量为q的带正
电粒子从原点O以速度U沿r轴正方向出发’下列说法错误的是（
）
A.若电场、磁场分别沿乏轴正方向和工轴正方向,粒子只能做曲线运动
B.若电场、磁场均沿乏轴正方向’粒子有可能做匀速圆周运动
C.若电场、磁场分别沿乏轴负方向和y轴负方问,粒子有可能做匀速直线运动
D.若电场、磁场分别沿γ轴负方向和z轴正方向’粒子有可能做平抛运动
如图甲所示,—带电粒子以水平速度U＂（U0＜吾）先后进人方向互相垂盲的匀弓｜
如图甲所丽’＿带电粒于以水平遮度酗（翻哪＜:）先旧迸人力向互相垂直的匀强
z
）
＜／°
x
电场＂匀强磁场区域,已知电
场方向竖直向下’两个区域的宽度相同且紧邻在—起’在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略
不计）’电场和磁场对粒子所做的功为W! ;若把电场和磁场正交重叠’如图乙所示,粒子仍以初速度Ub穿讨重鲁
场区｀在带电粒子穿过电场和磁场的过程中,电场和磁场对粒子所做的总功为W2 ’比较Wl和W: ,则（
）
‖／
＝北｜
水｜
｜
~↓
↓
↓××
↓×↓×↓
25
甲
乙
B.—定是Wl＝W2
D可能是W』＜W2 ’也∏I能是Wl＞W
A.—定是W!＞W｜
C.＿定是Wl＜W2
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26.空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场,其方向随时间做周期性变化.磁感应强度B随时间r变化的图象如图
所示°规定B＞0时’磁场的方向穿出纸面°—电荷量q＝5冗×10—7C、质量加＝5×10 l0kg的带电粒子’位
于某点O处’在r＝0时以初速度u0＝冗m／s沿某方向开始运动°不计重力的作用’不计磁场的变化可能产生
的—切其他影响°则在磁场变化Ⅳ个（N为整数）周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于（
）
0
（×｛0‘S）
〔）
A,厕m／6
B.÷m／＄
C,2√百m／3
D.2m／＄
27.如图所示’两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中’轨道两端在同＿高
度上’两个相同的带正电小球α、b同时从轨道左端最高点由静止释放’且在运动过程中始终能通过各自轨道
的最低点M、N’则（
）
E
B
←＝
q｀＋q
b
汇一“
乌＼
／
二～兰＝厅二
≠
.″√
A.两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有UN＝UM
B.两小球都能到达轨道的最右端
C.小球b第—次到达」V点的时刻与小球α第—次到达M点的时刻相同
D.小球α受到的电场力一定不大于α的重力’小球b受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力
28.如图所示’—正方体盒子处于竖直向上的匀强磁场中,盒子边长为L’前后面为金属板’其
余四面均为绝缘材料’在盒左面正中间和底面上各有＿小孔（孔大小相对底面大小可忽
略）’底面小孔位置可在底面中线MN间移动,现有＿些带—Q电荷量的液滴从左侧小孔
以某速度进人盒内’由于磁场力作用’这些液滴会偏向金属板’从而在前后两面间产生电
压’（液滴落在底部绝缘面或右侧绝缘面时仍将向前后金属板运动’带电液滴到达金属板
后将电量传给金属板后被弓｜流出盒子）’当电压达到稳定后’移动底部小孔位置’若液滴速
度在某—范围内时’可使得液滴恰好能从底面小孔出去’现可根据底面小孔到M点的距
度在某—范围内时’可使得液滴恰好能从底面小孔出去,现可根据底面小孔到M点的距
｜
↑
肘
↑
｜
↑
乡／
~~~~
≥『
离〃计算出稳定电
压的大小’若已知磁场磁感应强度为B’则以下说法正确的是（
）
A.稳定后前金属板电势较低
B.稳定后液滴将做匀变速曲线运动
〔稳定电压为U-凋〃仔
Ⅲ能计算出的最大稳定电雁为B′.厄
29.如图所示’质呈为′′′’带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上’整个装置处在垂直于杆的水平匀
强磁场中,磁感顺强度大小为B.现给环—向右的初速度刚＂（＂阑＞诺）.则（
）
×P×
×
×
×
×B×
×
6≡
×
×V〔l×
×
×
×
×
×
A.环将向右减速’最后匀速
B.环将向右减速,最后停止运动
α从环开始运动到最爪达到稳定状态,损失的机械能是＋″″:
u从环开始运动到最旧达到稳定状态,损失的机械能是÷″顺′;／÷川（诺）
·127·
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
／
｜
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30.如图所示’空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场’电场和磁场相互垂直°在电磁场区域
中’有—个竖直放置的光滑绝缘圆环,环上套有＿个带正电的小球°O点为圆环的圆心’α、b、（.为圆环上的三
个点,α点为最高点’C点为最低点’O6沿水平方向·已知小球所受电场力与重力大小相等°现将小球从环的
顶端α点由静止释放·下列判断正确的是（
）
Q
岳—LL
A当小球运动的弧长为圆周长的首时｀洛伦兹力最大
归
B当小球运动的弧长为圆周长的＋时,洛伦兹力最大
＜—万
C.小球从α点到b点,重力势能减小’电势能增大
D小球从b点运动到（.点’电势能增大,动能先增大后减小
31.如图所示为—种获得高能粒子的装置’环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场’质量为′″’电
荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动’A、B为两块中心开有小孔的极板’原来电势都为零’每当
粒子顺时针飞经A板时’A板电势升高为U’B板电势仍保持为零’粒子在两板间电场中得到加速,每当粒子
离开B板时’A板电势又降为零’粒子在电场＿次次加速下动能不断增大’而绕行半径不变’则（
）
A.粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速’绕行″圈后回到A板时获得的总动能为2″qU
B.在粒子绕行的整个过程中’A板电势可以始终保持为＋U
C.在粒子绕行的整个过程中’每＿圈的周期不变
D为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动’磁场必须周期性递增’则粒子绕行第″圈时的磁感应强度
为六√平
32.显像管原理的示意图如图所示’当没有磁场时’电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈
可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向’若使电子打在荧光屏上的位置由
α点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（
）
电于宋
＝
＝
＿
靡
…
—
＝日
~
了
~
＂
~
伊
‖
~
~
~
导
·
~
酚惶三三三→
O｜~~~~∧〕′
＝B0｜~~~~~~~~~
A
B
C
D
33.如图所示为测定带电粒子比荷（丛）的装置’粒子以＿定的初速度进人并沿直线通
″〗
速度选
过速度选择器’速度选择器内有相互正交的匀强磁场和匀强电场’磁感应强度和电
场强度分别为B和E°然后粒子通过平板S上的狭缝P’进人另＿匀强磁场’最终
打在能记录粒子位置的胶片A』A2上°下列表述正确的是（
）
A.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
B能通过狭缝P的带山粒子的速率等于:
C,粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P’粒子的比荷越小
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越大
B
｝—
｜-
P
｜s
铲司｜‘
足单’:
: :′
.128·
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34.磁流体发电是一项新兴技术’它可以把气体的内能直接转化为电能’如图是它的示意图°平行金属板α、b之
间有一个很强的匀强磁场’磁感应强度为B’将—束等离子体（即高温下电离的气体’含有大量正、负带电粒
子）垂直于B的方向喷人磁场’每个离子的速度为z′’电荷量大小为q,α、6两板间距为α’稳定时下列说法中
正确的是（
）
等离沪体束
A.图中α板是电源的正极
B.图中b板是电源的正极
C.电源的电动势为Bu〃
D电源的电动势为Buq
35.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图9其核心部分是两个D形金属盒’在加速带电粒子时’两金
t的变化规律如图乙所
属盒置于匀强磁场中’并分别与高频电源相连°带电粒子在运动中的动能Ek随时间
示°若忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断正确的是（
）
｀凸
□—
′
＝
′
｜｜‖‖‖‖｜｜‖｜□’山‖｜‖｜‖‖｜‖‖‖■垒′呼
｜
｜
｜
『
｜
｝
Ⅶ
—
斗
ˉ
‖
—
川
川
川
‖
一
仙
ˉ
↑
＝
尸
β
习
＄
｛
』
‖
‖
→
铲
【
、
一
‖
司
■
‖
‖
。
←
〖
一
｜
—
｜
~
小
甲
乙
A.从E隘—r图可知’要想粒子获得的最大动能越大’则要求D形盒的面积也越大
B.在Ek—t图中应有山—t3＝r3—／2＝r2—rl
C.高频电源的变化周期应该等于r″—r″
l
D从Ek—r图可知’粒子加速次数越多,粒子的最大动能＿定越大
°129·
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专题十电磁感应
◎典例剖析
考点1
楞次定律的应用
［例1］如图两个线圈绕在同—根铁芯上’其中＿线圈通过开关与电源连接,另—线圈与远处沿南北方向水平放
置在纸面内的直导线连接成回路°将—小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。
下列说法正确的是（
）
捌拙杂″岩亡当
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持—段时间后’小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持—段时间后’小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D开关闭合并保持—段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
画疆西
答案:AD
解析:由电略可知’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,线圈在铁芯中产生
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生垂直纸面向里的磁场’则小磁针的N极朝垂直纸面向里
的方向转动’A正确;开关闭合并保持一段时间后’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’B、C错误;开关闭合并保持一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°
感悟方法:楞次定律的应用可以归结为“增反减同’’四个字’即如果原磁场的磁通量增加’那么感应电流
的磁场方向与原磁场方向相反’如果原磁场的磁通量减少’那么感应电流的磁场方向与原磁场方向
相同·
考点2右手定则的应用
［例2］＿直升飞机停在南半球的地磁极上空°该处地磁场的方向竖直向上’磁感应强度为B。直升飞机螺旋桨
叶片的长度为／’螺旋桨转动的频率为／’顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方向转动°螺旋桨
叶片的近轴端为α’远轴端为6’如图所示。如果忽略α到转轴中心线的距离’用e表示每个叶片中的感应
电动势,则（
）
A.e＝∏／／:B,且α点电势低于b点电势
B.e＝2冗／／2B,且α点电势低于b点电势
C.e＝灭／／2B,且α点电势高于b点电势
De＝2冗／／2B,且α点电势高于b点电势
.13（）.
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答案:A
解析;每个叶片挪切割磁感线’根撼右手定则’侧点电势低于b点电势,电动势为.-＋B′渺＝＋B′×2丽广
×／＝汀／／2B°
］
感悟方法;旋转切割产生的电动势E＝亏B／U’方向用右手判断,四指的指向即电源内部的方向’电势由
低到高°
考点3两次感应问题
［例3］如图’在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有＿U形金属导轨’导轨平面与磁场垂直°金属杆PQ置于导
轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,—圆环形金属线框T位于回路围成的区域内’线框与导轨共面°现让
金属杆PQ突然向右运动’在运动开始的瞬间’关于感应电流的方向’下列说法正确的是（
）
s×
×
×／〕×
-＿
×
×
-→
×
×
A.PQRS中沿顺时针方向’T中沿逆时针方向
×
B.PQRS中沿顺时针方向’T中沿顺时针方向
×
×
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
×
DPQRS中沿逆时针方向’T中沿顺时针方向
■疆Ⅷ
×
×
×
Q×
T
×
R×
×
×｜O×
~
答案:D
解析:金属杆PQ向右切割磁感线’根据右于定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向;原来T中的磁
场方向垂直于纸面向里’金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向夕卜’使得穿过T的磁通
量减小’根据楞次定律可知T中产生）｜｜页时针方向的感应电流’综上所述,可知A、B、C项错误’D项正确。
感悟方法:导体棒切割产生感应电流用右手定则判断即可’金属线框T中因为磁通量变化产生感应电
流的方向用楞次定律判断°
考点4感生电路问题
［例4］如图所示’α、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝’边长／α＝3／＂,图示区域内有垂直
纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影晌,则（
）
A.两线圈内产生）｜Ⅲ时针方向的感应电流
×
×
×
×
×
×
B.α、b线圈中感应电动势之比为9
; 1
×
×
×
×□×
×
×
×
×
夕
×
C.α、b线圈中感应电流之比为3
: 4
×
×α×
×
×
×
Dα、b线圈中电功率之比为3
:
1
》·解析0
答案:B
解析:根据楞次定律可知’两线圈内均产生逆时针方向的感应电流’A错误;因磁感应强度随时间均匀增
′′坐／2
大,则尝-腮.由法撼第电磁感应庭律可得F-″芳则E唾′: ’所以:-÷’则B…;根撼!-器′
p百厂
○◎／’故α、b线圈中的感应电流之比为3
: 1,选项C错误;电功率P＝IE’则电功率之比为27
: 1’选项D
错误°
感悟方法;感生电路问题的关键是求出感生电源的电动势E＝″坐S·
△r
。131·
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考点5动生电路问题
［例5］如图’由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框αbCα’固定在水平面内且处于方向竖直向
下的匀强磁场B中°—接人电路电阻为R的导体棒PQ’在水平拉力作用下沿αb、创（、以速度U匀速滑动,滑
动过程PQ始终与αb垂直’且与线框接触良好’不计摩擦。在PQ从靠近α创处向bC滑动的过程中（
）
〃
｜归
｜
b
／／么—Ⅻ
｜／
l／
d
【
↓
β
｜
‖
↓
°
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
c.PQ上拉力的功率先减小后增大
D线框消耗的电功率先减小后增大
■硒Ⅷ
答案:C
解析: —导体棒产生的电动势为E＝BLU’其等效电略如图所示,
Rl
几
′篷电陋为尺嗡-愿＋焉筹』-腮｝R』（3靠尺!）.雇尸Q从靠i……f滑动蹦过穆中.总电腿先增大
后减小’总电流先减小后增大’所以A项错误;PQ两端电压为略端电压U＝E—IR’即先增大后减小’
所以B项错误;拉力的功率等于克服安培力做功的功率’有P妄＝IE’先减小后增大’所以C项正确;根
糖功率胸线可知当外电腿奇聋』-÷尺凰′k』-R』—:R时输出功率最大·漏外电陋先淘′｜＼于R升雌
Q
增加到苛R,再减小到小于R的某值,所以线框消耗的功率先增大后减小,所以D项错误.
感悟方法:求解动生电路问题的关键是求出导体棒产生的电动势E＝BLU。
考点6法拉第圆盘发电机
［例6］法拉第圆盘发电机的示意图如图所示·铜圆盘安装在竖直的铜轴上’两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接
触°圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中°圆盘旋转时’关于流过电阻R的电流’下列说法正确的是（
）
□
α
Q
A.若圆盘转动的角速度恒定’则电流大小恒定
B.若从上向下看’圆盘顺时针转动’则电流沿α到6的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化’则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍’则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
·132°
~
嚣
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｜●解析0
答案:AB
解析:将圆盘看成元数辐条组成’它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流’当圆盘）｜｜页时针
（俯视）转动时’根据右于定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心’流过电阻的电流方向从α到6’选项
B正确;由法拉第电磁感应定律得感生电动势E-B′渺-÷E′』“.l＝点’铡｝厘定时,′大′｜恒定,倒大′｜、
变化时’′大′｜变化.方淘不变,炊选项A正蹦.C镭谩;由P干R／盖窑知.当哪…俺时,P变
为原来的4倍’选项D错误°
感悟方法:将圆盘看成无数辐条组成,它们都在切割磁感线从而产生感应电动势’相当于无数个电源并
联’并联后的电动势与一根辐条产生的电动势相同。
考点7
自感电路问题
［例7］图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图’Ll和L2为电感线圈°实验时’断开开关Sl瞬间,灯A!突
然闪亮’随后逐渐变暗;闭合开关S2 ’灯A2逐渐变亮’而另—个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度
相同°下列说法正确的是（
）
L｜
L
L『
＿＿斤v亏示＿@△～
M
~
A｀
上烂＿——旦扩二
□栏骂＜
图!
A.图1中’Al与Ll的电阻值相同
B.图1中’闭合Sl ’电路稳定后’Al中电流大于L』中电流
C.图2中’变阻器R与L2的电阻值相同
D图2中’闭合S2瞬间’L2中电流与变阻器R中电流相等
■翻洒
图2
答案:C
解析:题图1中.稳定时通过A1的电流记为Il ’通过L』的电流记为IL° Sl断开瞬间’Al突然变亮’可
知IL＞I1 ’因此A1和Ll电阻不相等’所以A、B错误;题图2中,闭合S2时’由于自感作用’通过L:与
A2的电流I2会逐渐增大’而通过R与A』的电流I3立即变大’因此电流不相等’所以D错误;由于最终
A2与A3亮度相同’所以两支略电流I相同’根据部分电略欧姆定律’两支路电压U与电流I均相同’所
以两支略电阻相同’由于A2、A3完全相同’故变阻器R与L2的电阻值相同’所以C正确°
感悟方法:解决自感电路问题’关键是要弄清在电路突变瞬间时,自感线圈的“角色”!当电路突然接通
时’自感线圈相当于—个“断路’’状态,当电路突然断路时’自感线圈相当于＿个电源’在这—瞬间前后’
通过自感线圈的电流不变°
考点8感生问题中的能量转化
［例8］英国物理学家麦克斯韦认为’磁场变化时会在空间激发感生电场’如图所示’＿个半径为厂的绝缘细圆环
放置’环内存在竖直向上的匀强磁场’环上套—带电荷量为＋q的小球’已知磁感强度B随时间均匀增加’
其变化率为肉’若小球在环上运动＿周,则感生电场对小球的作用力所做功大小是（
）
可
］
B.了厂q肉
A.0
C.2∏厂2q肉
D.沉厂2qk
｜q
·l33·
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·解析●
答案:D
解析;由法拉第咆磁感应定捧得感生咆动势;E-芳-尝河』-航′裂,嗣电场力傲功w-qU. ′｜球在环
上运动一周U＝E,敌W＝冗厂2q诧°D正确°
感悟方法:感生现象中’能量的转化情况是:磁场能转化为电场能’在本题中电场能再进—步通过电场力
做功转化为小球的动能°
考点9动生问题中的能量转化
［例9］如图所示’固定位置在同＿水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为′,其右端接有阻值为R的电阻’
整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。＿质量为m（质量分布均匀）的导体杆α6垂
直于导轨放置’且与两导轨保持良好接触’杆与导轨之间的动摩擦因数为尸°现杆在水平向左、垂直于杆
的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离／时,速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂
直）°设杆接人电路的电阻为厂’导轨电阻不计,重力加速度大小为g°则此过程（
）
A杆的速度最大值为里滁墓迟
旧流过电阻R的电荷量为魁
C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
■睡Ⅷ
答案:BD
B坠d留憾＂,-0得刚卿≡（F—似′″g）（腮＋厂）,A错;由公式q＿兴
解析:当杆达到最大速度Um时’F
尸′＂g—R＋厂
B2创2
器黑.B对;在棒从升蛤到达到最大逮度的过程中由动能定理有;W瞬｝W′＋W瞥-△且.其中
W′＝—严mg／·W突＝—Q’恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回略产生的焦耳热
之和,C错;恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和,D对°
感悟方法:动生问题中能量的转化情况是:机械能转化为电能’电能再转化为热能和其他能量°
考点10感生问题中的力学问题
［例10］如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度’下列各选项所示的载流线圈匝数相同’边长MlV相等,将
它们分别挂在天平的右臂下方’线圈中通有大小相同的电流’天平处于平衡状态,若磁场发生微小变化’
天平最容易失去平衡的是（
）
■■
些
P＝＝·＝＝■＝■＝·＝■＝■＝■
｜×××0
｜×××｜
△■＝■＝＝■＝＝△＝■＝＝＝』
~~~｜~~~
~~｜~~~
x分（
ˉ｜—＿—＿｜ˉ｀
｜×
×
×｜
｜
｜
｜
｛〃
／V｛
〃
Ⅳ｜
×
×
×
｜
｝
×
×
×
｜
ˉˉˉ-ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ」
A
B
~~~~~~~~~~
×
×
~
~
~
~
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叮
们
…
司
卿
口
~
~
~
~
~
~~
~
~
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｜
｜
』′
×
×
×
C
凡
‖
×
×
×
~~~~~~~~~~~
D
°134·
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答案:A
解析;当磁场发生微｜｀变化时’圆罐中产生感应屯流’榷撼Ⅸ＝测旁s分析,回路A中产生的感应电动
势最大,感应电流最大’线圈在磁场中的有效长度L也最长,由F＝″BIL可知’A受到的安培力最大’
最容易失去乎衡’A项正确°
感悟方法:因为磁通量变化’产生感应电流’磁场对电流又有安培力的作用°
考点11
单棒问题中的力学问题
［例11］如图’＿端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内’通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨
道固定’导体棒与轨道垂盲且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中’导体棒所受安培力分别
用FM、FN表示°不计轨道电阻’以下叙述正确的是（
）
导体棒
小／
』〃
ˉ-≥p
Ⅳ｜
~
R
A.FM向右
C.FM逐渐增大
B.FN向左
DFN逐渐减小
■髓Ⅷ
答案:BCD
解析:由安培定则可知,通电导线在M、N区产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里’导
体棒向右通过M区时’由右子定则可知产生的电流方向向下’由左手定则可知’FM向左’同理可以判
断,F厕向左｀越靠近通电导线磁场越强｀导体棒匀遮运动’卤E-B!叭I-青.F≡B!L可知,EM逐渐增
大,FN逐渐减′」、,正确选项为B、C、D。
感悟方法:因为导体棒切割磁感线’产生感应电流’磁场对电流又有安培力的作用。
考点12双棒问题中的力学问题
［例12］两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置’它们各有—边在同＿水平面内’另—边垂直于水
平面。质量均为′〃的金属细杆αb、C创与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数为〃’
导轨电阻不计’回路总电阻为2R°整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中。当
αb杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度Ul沿导轨匀速运动时’Cd杆也正好以速率U2向下匀速运
动°重力加速度为g°以下说法正确的是（
）
B
α
＼
飞
￡＞
←
~’
∩
／
～
＼
》
〗
Ⅷ
〖
~
／
怂
~
…杆所受拉力F的大小为…＋B崇＂
且c圃杆所受摩擦力为零
C回路中的电流强度为BL!!甘渺＂）
~
u′』与渺｜大小的关系为′么-备骋
°135·
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■疆Ⅷ
答案:AD
解析:由于刨不切割磁感线.熬咆路中的咆动势为BL翻』’咆流为带’呐杆匀逢遣动’所受合外力为
B2L2U1
零’卵Fˉ…B芳』-0’F-…＋B芳』. ‘d杆匀遮运动’所受合外力为零’即狮艘＿′
2Ⅱ
＂.似-器籍.纹应选AD.
感悟方法:双棒问题往往是双电源问题’即两根棒都有切割磁感线现象’但本题中两根棒只有αb棒切
割,C创棒并不切割°
考点13
电容器与电磁感应电路
［例13］如图所示’水平面内有—平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计’匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导
体棒垂直于导轨静止放置’且与导轨接触良好° r＝（）时,将开关S由1掷到2.q、j、〖′和α分别表示电容
器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度°下列图象正确的是（
）
l
2
」＿h§
「
ˉ「
×
×
×
∏
×
×
×
×
×
×
×
×
×
q
α
】
〖
厂
′′
伊
『
■
二
O
O
O
＼
B
〔
D
答案:D
解析:本题综合考查右子定则｀安培力、电容器以及图象问题’意在考查学生的分析综合能力.当开关S
由1掷到2时’电容器开始放电’此时电流最大’棒受到的安培力最大’加速度最大’此后棒开始运动’
产生感应电动势,棒相当于电源’利用右子定则可判断棒的上端为正极’下端为负极’与电容器的极性
相同’当棒运动一段时间后’电路中的电流逐渐减小’当电容器电压与棒两端电动势相等时’电容器不
再放电’电路电流等于零’棒做匀速运动,加速度减为零’所以B、C错误’D正确;因电容器两极板间有
电压’电荷量q＝CU不等于零’所以A错误°
感悟方法:电容器上的电荷量逐渐减少’两端的电压逐渐减小’导体棒因为安培力的作用向右加速’电
动势增大,当电容器电压与棒两端电动势相等时’电容器不再放电’电流为零,棒的速度达到最大值。
·136·
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考点14感生问题中的图象
［例14］将—段导线绕成如图甲所示的闭合回路’并固定在水平面（纸面）内’回路的α6边置于垂直纸面向里的匀
强磁场I中°回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ’以向里为磁场lI的正方向,其磁感应强度B随时
间r变化的图象如图乙所示°用F表示αb边受到的安培力’以水平向右为F的正方向’能正确反映F随
时间r变化的图象是（
）
小B
／｝
＼
0
＼;／′.
》
甲
乙
尸
尸
F
—‖』
-
｜
‖
→
于
』
—
勺
≡
→
／
仔
｜
—
了
′
｜
0
〔）
而
』
一
勺
叁
T
／
0
0
′
＿＿
＿
D
｀
B
（
·解析0
~~~~~
答案:B
解析;0～苦时间内’根撼法摧第咆磁感应定律及楞次定律可得画罐的圆环形区域产生大′｜恒定灼′｜｜厕时
针方向的惑应电流,报撼左手定则’“b边在匀强磁场I中受到水乎淘左的』厦定的安培力;阎理可得÷
～T时间内’αb边在匀强磁场I中受到水ˉ乎向右的恒定的安培力’故B正确°
感悟方法:对于图象问题’＿般有两种思路:以形助数和以数助形’本题从图象中获取每个阶段的数据’
根据规律求出每个阶段的安培力’再选择符合的图象’这两个过程先是“以形助数”’然后是“以数助
形”°
考点15动生问题中的图象
［例15］如图所示’在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒αb、α（｀和MN’其中αb、αc在α点接触,构成“V”
字形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场°用力使MN向右匀速运动’从图示位置开始计时’运动中
MN始终与△bα（.的平分线垂直且利导轨保持良好接触°下列关于回路中电流j与时间r的关系图线’
可能正确的是（
）
〃
『
『
■
I
】
〖
早
‖
了
〖
O〖---ˉ-
C
O
O
O
′
【
◆
『
〖
′
B
′
【
D
A
·137·
×
×
×
×
α×
l
×b×
×
×
×
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…回
答案:A
解析:设金属棒MlV向右匀速运动的速度为u’全属棒电阻率为p’全属棒截面积为S’丝bαc＝20·设
MN从α点开始运动’在t时刻MⅣ产生的感应电动势为:E＝2BU2ttan0’回路中电阻为R＝p
器＋…＂0
s
,由I-贵可得;!-辩器;）’敛选项A正确.
感悟方法:根据物理现象’运用物理规律写出函数式’然后再将函数式转化为图象’是典型的“以数助
形”的方法。
c过关演练
乓
1.如图所示’矩形线框αbc回通过导体杆搭接在金属导轨EF和MIV上’整个装置放在如图所示的匀强磁场中°
当线框向右运动时’下面说法正确的是（
）
E
F
×
α
×
×
×
×
力
×
』′
″
A.R中无电流
B.R中有电流’方向为E→M
C.αb中无电流
Dαb中有电流’方向为α→b
2.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下’大小为4.5×10—5T°—灵敏电压表连接在当地人海河段的
两岸’河宽100m’该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过°设落潮时’海水自西向东流’流速为2m／s。
下列说法正确的是（
）
A.电压表记录的电压为5mV
B.电压表记录的电压为9mV
C.河南岸的电势较高
D.河北岸的电势较高
3.如图所示’有—用铝板制成的U形框’将＿质量为′Ⅶ的带电小球用绝缘细线悬挂在框中’使整体在匀强磁场
中沿垂直于磁场方向向左以速度U匀速运动’悬挂拉力为FT,则（
）
卜
｀
＼＼＼＼
A.悬线竖直’FT＝加g
B.悬线竖直,FT＞mg
C.悬线竖直’FT＜mg
D.无法确定FT的大小和方向
l.如图所示,A是长直密绕通电螺线管’小线圈B与电流表连接’并沿A的轴线（）巫.从O点自左向右匀速穿过
螺线管A°能正确反映通过电流表中电流I随r变化规律的是（
）
4
0
0
B
［己『郭
●
O／／／／／′／／／／／／′／／′′／／／′／／／／／／／／′／／／／X
／
小／
｀／
｀
▲／
／｜
／｜
一／＼
′
＝
÷＼／｝j
州
川
川
｀
（）
O
＝
义
『
·
『
『
O
O
『
／
『
—
司
≡
‖
‖
以
／
.｀
／
『
～
）
～
】
』
′
』
／
凸
—
’
＝
C
｀
〕
〗
｜
【
·138·
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单匝矩形线圈在磁场中匀速转动’转轴垂直于磁场’若线圈所围面积里磁通量随时
间变化的规律如图所示’由O～D过程中（
）
2
A.线圈中O时刻感应电动势最大
B.线圈中D时刻感应电动势为零
C.线圈中D时刻感应电动势最大
D线圈中O至D时刻内平均感应电动势为0.40V
D。线圈中O至D时刻内平均感应电动势为0。40V
O
民
√
吵／（×l0JWb）
D
0.0l
′／s
如图甲所示’圆形线圈P静止在水平桌面上’其正上方悬挂＿相同的线圈Q’P和Q共轴,Q中通有变化的电
流’电流变化的规律如图乙所示’P所受的重力为G,桌面对P的支持力为N’则（
）
M弓≥面
由b
∩
＜土＞P
~／~~~~~~
6.
甲
乙
A. rl时刻’N＞G
B. r2时刻’Ⅳ＞G
C. t3时刻’］V＜G
D囱时刻’］V＜G
7.如图所示’四根等长的铝管和铁块（其中C中铝管不闭合’其他两根铝管和铁管均闭合）竖直放置在同一竖直
平面内’分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放’忽略空气阻力’则下列关于磁铁和铁块穿
过管的运动时间的说法正确的是（
）
】磁铁
‖铁块
‖磁铁
‖铁块
A· r∧＞rB＝tC＝rD
一
一馏.
＂,
｜翱.
＂.
｜
B. jC≡rA＝tB＝tD
C· rc＞t∧＝tB＝rD
｜~
［≡≥
D. t（.＝tA＞rB＝rD
A
B
C
D
8.如图甲所示’＿个电阻为R’面积为S的矩形导线框αbc〃,水平旋转在匀强磁场中’磁场的磁感应强度为B’方
向与αα边垂直并与线框平面成45°角’o、o′分别是α6利］cd边的中点。现将线框右半边obco′绕oo′逆时针90°
到图乙所示位置°在这＿过程中’导线中通过的电荷量是（
）
↑〕
｝｜｜
乙
八嘿
u竿
o尝
u0
9.如图所示’平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向垂直纸面向里）’间距为L’左端电阻为R’其余
电阻不计’导轨右端接＿电容为C的电容器°现有＿长2L的金属棒αb放在导轨上’αb以α为轴｜｜侦时针以α）
转过90°的过程中’通过R的电荷量为（
）
b
｜
｜又｀｀
×
×
×
×
×
×
×
×
×
｜
｜
上
丁
｜
｜
‖
×
×
×＼
×
R
（
｜×
×
×
×
×
（J
）
℃
吵
（
∑
ˉ
＋
侗
示
／
｜
｜
＼
且
儿
β
~
◎
●
∏
″
—
尺
~
○
℃
｀／gBL2
B。Q＝2BL2〔oC
A。Q＝
2R
·139·
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10.如图所示’Q是单匝金属线圈’MlV是＿个螺线管’它的绕线方法没有画出’Q的输出端α、b和MN的输人端
（、｀α之间用导线相连’P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈°若在Q所处的空间加
上与环面垂直的变化磁场’发现在rl至r2时间段内弹簧线圈处于收缩状态’则所加磁场的磁感应强度的变化
情况可能是（
）
○‘
M
β
B
B
↑B
Q
″
Ⅳ
～
≡≥
獭′
β
可7广ˉ万亏
引丁广—厅刁
引丁广舌亏
6｜7广7＝了
A
C
D
11.如图所示’平行于y轴的导体棒以速度U向右匀速直线运动’经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁
场区域’导体棒中的感应电动势e与导体棒位置r关系的图象是（
）
鹿｜
6
2BVR
≥
灭
~
~
【
坠
~
~
~
~
仆
尺
~
~
~
○
ˉ
｜
v.
—」」／炙一洲
×B／尺又
＼泛×—汐′
′
2B】
2B｀’
2Bγ
典
O
O
戊
M瓦
O
x
A
B
C
D
12.如图甲所示’质量加≡3.0×10 3kg的“∩”形金属细框竖直放置在两水银槽中’ ·∩”形框的水平细杆CD长
／＝0.20m’处于磁感应强度大小Bl＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中°有＿匝数〃＝300匝、面积S＝0.01
m:的线圈通过开关K与两水银槽相连°线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中’其磁感应强度
B2随时间t变化的关系如图乙所示° r＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重
力）’跳起的最大高度／l＝（）.20m。不计空气阻力重力加速度g＝10m／s2 ’下列说法正确的是（
）
小B,／T
∧
｜＼
!~＼
O
＝
0.｜0
0.20
（）30
『／s
甲
乙
A.0～0· 10s内线圈中的感应电动势大小为3V
B.开关K闭合瞬间’CD中的电流方向由C到D
C.磁感应强度B2的方向竖直向下
D开关K闭合瞬间’通过细杆CD的电荷量为0.03C
13.如图所示’不计电阻的光滑U形金属框水平放置’光滑竖直玻璃挡板H、P固定在框上’H、P的间距很小°
质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间’与金属框接触良好并围成边长为lm的正方
形’其有效电阻为0. lQ。此时在整个空间加方向与水平面成30。角且与金属杆垂直的匀强磁场’磁感应强度
随时｜司变化规律是B＝（0.4—0.2r）T’图示磁场方向为正方向°框、挡板和杆不计形变°则（
）
B
哑耕
尸
D
s时’金属杆中感应电流方问从C至D
s时,金属杆中感应电流方向从D至C
s时’金属杆对挡板P的压力大小为0. 1N
s时’金属杆对挡板H的压力大小为l.2N
A。r＝］
B. r＝3
C. t＝1
D.r＝3
·140°
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14.如图’导体轨道OPQS固定’其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心°轨道的电阻肺＼
忽略不计°OM是有＿定电阻、可绕O转动的金属杆°M端位于PQS上’OM与轨道接触良
好°空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场’磁感应强度的大小为B’现使OM从OQ位置s
o
P
以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）;再使磁感应强度的大小以—定的变化率从B增加到
β′（过程‖）.在过程L‖中.流过OM的电荷量相等测:等于（
）
∩
曰
A÷
B÷
C士
D2
15.如图所示’—导线弯成半径为α的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场’方向垂
直于回路所在的平面°回路以速度u向右匀速进人磁场’直径CD始终与Mlv垂直’从D点到达边界开始
到C点进人磁场为止’下列结论正确的是（
）
M
A.感应电流方向不变
c
D
｜×
× ×B×
×
B.CD段直导线始终不受安培力
＼—人｜‖三三
C.感应电动势最大值Em＝Bαu
0
×
×
×
×
×
D感应电动势平均值r-＋厕Bα＂
Ⅳ
16.如图’均匀磁场中有—由半圆弧及其直径构成的导线框’半圆直径与磁场边缘重
×
合;磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里’磁感应强度大小为B0 ’使该线框从静止
×
开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度山匀速转动半周’在线框中产生感
ˉ-ˉ盈
?≥＞＿～乙
×
×
×
×
×
B（）
×
＝
×
应电流°现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了
O
产生与线框转动半周过程中同样大小的电流磁感应强度随时间的变化率尝的大小应为（
）
A竿
凰竿
,
n尝
C.色』旦
17.如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为厂的圆形磁场区域’其磁感应强度B随时间r的
变化关系为B＝虹（常量A＞（））°回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0 .滑动片P位于滑动变阻器中央’定
值电阻R｜-风｜、R:-粤.闭合开关s.屯压表的示数为U,不考虑虚线Mv右侧导体的感应电动势.则（
）
M｝
入／
｜
AR:两端的电压为￥
B.电容器的α极板带正电
C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D.正方形导线框中的感应电动势为卢L2
l8.如图所示的电路中’三个相同的灯泡α、b、C
j
闭合状态突然断开时’下列判断正确的有（
A.α先变亮’然后逐渐变暗
C. （、先变亮’然后逐渐变暗
和
开关K从
电感L』、L2与直流电源连接’电感的电阻忽略不计
）
B.b先变亮’然后逐渐变暗
E
D｀6、C都逐渐变暗
′
巴
·141。
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l9.图甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第＿台发电机＿圆盘发电机。图乙为其示意图,铜盘安装在水
平的铜轴上’磁感线垂直穿过铜盘;两块铜片M、］V分别与铜轴和铜盘边缘接触’匀速转动铜盘’电阻R中就
有电流通过°则下列说法正确的是（
）
§
M
~~
B
小—丫∧
玛
淫
隐
驴
占
辩
■
｝｝l
乙
A.回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关
B.回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流
C.回路中电流方向不变,从M经导线流进电阻R’再从lV流问铜盘
D.铜盘绕铜轴转动时’沿半径方向上的金属.条”切割磁感线’产生电动势
20.现代科学研究中常用到高速电子’电子感应加速器就是利用感生电场加速
电子的设备°电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组
成°当电磁铁绕组通以变化的电流时’产生变化的磁场,穿过真空盒所包真空
围的区域内的磁通量也随时间变化’这时真空盒空间内就产生感应涡旋电
场’电子将在涡旋电场作用下得到加速°如图所示（上图为侧视图、下图为
真空室的俯视图）’若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动’当电磁铁绕
组通有图中所示的电流时（
）
A.电子在轨道上逆时针运动
B.保持电流的方向不变’当电流增大时’电子将加速
C.保持电流的方向不变’当电流减小时’电子将加速
D被加速时电子做圆周运动的周期不变
｛
｝
凰空室
室
《
电子轨道
21.在光滑的水平面上方,有两个磁感应强度大小均为B’方向相反的水平匀强磁场’如图所示°PQ为两个磁场
的边界’磁场范围足够大°—个边长为α、质量为′Ⅺ、电阻为R的金属正方形线框’以速度U垂直磁场方向从
如图所示实线位置开始向右运动,当线框运动到分别有＿半面积在两个磁场中时.线框的速度为:,则下列
说法正确的是（
）
A此过程中通过线框戳面的屯荷量为竿
B此时线框的加速度为;蔫
∩
C此过程中回路产生的电能为;狮U:
P
×
◇
×｜
□
×××
×××
′′／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
Q
D此‖｜线框中的电功率为B:筹;
如图所示’—闭合直角三角形线框以速度u匀速穿过匀强磁场区域°从BC边进人磁场区开始计时’到A点
离开磁场区为止的过程中’线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是图中的（
）
「--＿-＿＿—-。
′↑~~~
′
′↑~~
卜-—市
″仁了
》卜＼′
凶!｜兰三｛｝串＂｜—
B
A
B
C
D
22
·l42·
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23.在甲、乙、丙三图中’除导体棒αb可动外’其余部分均固定不动’甲图中的电容器C原来不带电.设导体棒、导
轨和直流电源的电阻均可忽略’导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内’且都处于方向垂直
水平面（即纸面）向下的匀强磁场中’导轨足够长°今给导体棒αb—个向右的初速度,在甲、乙、丙三种情况
下导体棒αb的最终运动状态是（
）
尺
＝
R
｜
（J
虎
（′
×
v（）
＝-＞×占
×
b
〔『
×
V〔｝
—-≥×B
×
b
｝＝
×
×
×
γ
—
‖
→
β
∩
刊
×
×
×
×
×
×
b
甲
乙
闪
A.三种情形下导体棒αb最终均做匀速运动
B.甲、丙中’αb棒最终将以不同的速度做匀速运动’乙中αb棒最终静止
C.甲、丙中’α6棒最终将以相同的速度做匀速运动’乙中αb棒最终静止
D.三种情形下导体棒α6最终均静止
24.如图所示’在光滑绝缘斜面上放置—矩形铝框αbC创’铝框的质量为m、电阻为R’斜面上e／线与g∧线间有垂
直斜面向上的匀强磁场,e／／／／g／l／／／Pq》／αb’e∧＞6C。如果铝框从磁场上方的某＿位置由静止开始运动’则从
铝框开始运动到αb边到达g∧线之前的速度（U）—时间（r）图象可能正确的有（
）
｜
爪］
八
~
~
厂
／
（／
O
／
／
q
A
B
C
D
如图甲所示’光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成0角,M、P两端接—阻值为R的定值电阻’阻
值为厂的金属棒αb垂直导轨放置’其他部分电阻不计°整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中’磁场
方向垂直导轨平面向上° r＝0时对金属棒施—平行于导轨的外力F’金属棒由静止开始沿导轨向上运动’通
过R的感应电流随时间t变化的关系如图乙所示°下列关于穿过回路αbPMn的磁通量@和磁通量的瞬时
变化率尝以及凰｀b两端的电势差U触和通过金憾棒的电荷量q鹏时间′变化的图象中.正确的是（
）
专拳方＂
」≥≡
M
｜｜｛
乙
9只
凸＼』
Ao
仁＝
忆／.
渡二
γ乓弓
,
＂
′
26.＿个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落’进人＿水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域继续下落’如图所
示’则（
）
□
页＿早逛＋磁场
×
×
×
×
丛—甲渝磁场
A.若线圈进人磁场过程是匀速运动’则离开磁场过程—定是匀速运动
B.若线圈进人磁场过程是加速运动’则离开磁场过程—定是加速运动
C.若线圈进人磁场过程是减速运动’则离开磁场过程—定是减速运动
D若线圈进人磁场过程是减速运动’则离开磁场过程＿定是加速运动
·143·
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27.如图所示’光滑平行金属轨道平面与水平面成0角’两轨道上端用—电阻R相连’该装置处于匀强磁场中’磁
场方向垂直轨道平面向上’质量为m的金属杆αb’以初速度U0从轨道底端向上滑行,滑行到某＿高度h后又
返回到底端°若运动过程中’金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好’且轨道与金属杆的电阻均忽赂不计’
则下列说法不正确的是（
）
∧.整个过程电路中产生的电能等于始末状态动能的减少量
险上滑到最高点的过程巾克服安培力与重力所做功之枷等于＋狮Ⅷ;
C上滑到最高点的过程巾电阻R上产生的焦耳热等于＋卿獭:—…
D金属杆两次通过斜面上的同＿位置时电阻R的热功率相同
28.如图所示’长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体’上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极’两极间距为
α’极板面积为S’这两个电极与定值电阻R相连°在垂直前后侧面的方向上,有—匀强磁场’磁感应强度大
小为B,发电导管内有电阻率为p的高温电离气体’气体以速度U向右流动,并通过专用管道导出°由于运动
的电离气体受到磁场的作用’将产生大小不变的电动势°下列说法中正确的是（
）
创
A.发电导管的内阻厂＝p百
B.流过电阻R的电流方向为b→α
C.发电导管产生的电动势为B创u
丁、土励门而、、!′…么Lˉ上.一队→、′B2α2U2
D电阻R消耗的电功率为些贡·
l
／
／｛
｜
户＝＝＝■■＝
＝→＝＝＞
／｀′／B
户＝＝＝■■＝
＝≡←＝→
／｀′／B
铲
夕
γ—生
＝′
′＝
如图所示’竖直平面内有平行放置的光滑导轨’导轨间距为／＝0.2m’电阻不计’导轨间有水平方向的匀强磁
场,磁感应强度大小为B＝2T.方向如图所示,有两根质量均为″′＝0. 1kg’长度均为′＝0.2m’电阻均为
R＝0.4Q的导体棒αb和Cd与导轨接触良好’当用竖直向上的力F使αb棒向上做匀速运动时’Cd棒刚好能
静止不动’则下列说法正确的是（g取10m／s2）（
）
9Q
≈L／
×
×
Ⅱ↑′×
6
α
×
×
×
×
〔／
·
～
×
×
A.αb棒运动的速度是2.5m／s
B.力F的大小为1N
C.在1s内’力F做的功为5J
D在1S内’c创棒产生的电热为2.5J
30.如图所示’在水平桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨αb与C创’阻值为R的电阻与导轨
的α、（.端相连°金属滑杆MlV垂直于导轨并可在导轨上滑动’且与导轨始终接触良好°整个装置处于匀强
磁场中’磁场的方向竖直向上’磁感应强度的大小为B’滑杆与导轨电阻不计’滑杆的中点系＿根不可伸长的
轻绳’绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后’与—质量为′刀的物块相连’拉滑杆的绳处于水平拉直状态°现若
由静止开始释放物块’用I表示稳定后回路中的感应电流’g表示重力加速度,设滑杆在运动中所受的摩擦阻
力恒为F′ ’则在物块下落过程中（
）
A物块的最终遮度为（咖霹′〕R
B.物块的最终速度为
I2R
加g—F「
C.稳定后物块重力的功率为I2R
司
~~~｜~~~~~
｜
D物块重力的最大功率可能大于狮g咖芳示F脐R
.144·
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31.在光滑的水平地面上方’有两个磁感应强度大小均为B’方向相反的水平匀强磁场’如图所示’PQ为两个磁
场的边界’磁场范围足够大°＿个半径为创’质量为m’电阻为R的金属圆环垂直磁场方向’以速度U从如图
位置运动,当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时｀圆环的速度为:’则下列说法正确的是（
）
｝尸
×
×
××
｜
●
●
●
●
×
×
××
｜
·
·
·
·
Q
A此时圆环中的电功率为吐竿:
＂此时圆环的加速度为糕』＂
C此过程中通过圆坏戳面的电荷最为哺
D此过程巾回路产生的电能为队′…』
32.如图’M］V和PQ是电阻不计的平行金属导轨’其间距为L’导轨弯曲部分光滑’平直部分粗糙’右端接＿个阻
值为R的定值电阻°平直部分导轨左边区域有宽度为α、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场°
质量为″!、电阻也为R的金属棒从高度为∧处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止°已知金属棒与平直
部分导轨间的动摩擦因数为尸’金属棒与导轨间接触良好°则金属棒穿过磁场区域的过程中（
）
M
P
V
∏~
′『
~~~~~~~~~
么
↓ˉ
~~~~~~~~~~~~
卜ˉ—‘／＿引
Q
A流过金属棒的最大电流为B刨÷鲤
△些·
『′｜D～二丛′｜剐『十｜ˉ‖√堆／、凹‖′｛巴／珍
2R
B通过金属棒的电荷量为芋
C.克服安培力所做的功为mg∧
D金属棒产生的焦耳热为＋川g（h—叫）
33.如图甲所示’光滑的平行水平金属导轨MⅣ、PQ相距L’在MP之间接＿个阻值为R的电阻,在两导轨间
C创／e矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场’磁感应强度为B’＿质量为〃!、电阻为厂、长度
也刚好为L的导体棒αb垂直放在导轨上’与磁场左边界相距α0’现用一个水平向右的力F拉棒α6’使它由
静止开始运动’棒αb离开磁场前已做匀速直线运动’棒αb与导轨始终保持良好接触’导轨电阻不计’F随αb
与初始位置的距离工变化的情况如图乙所示’F0巳知。下列判断正确的是（
）
M
α
C』
｛CⅣ
‖丁］
‖
‖
●
●
●
●
｛
F
｛·
°B·
·
---→
U
‖
】
●
●
●
●
‖
‘／｜.
·
。
· ｜／
←叭｜—锣传d-叶
勺
＝
R
b
○
～
÷
Ⅺ
P
O
叭l
毗）＋α≡x
O
甲
A.棒αb在αc之｜司的运动—定是匀加速直线运动
B.棒αb在Ce之间不可能＿直做匀速运动
c棒“璃开磁场时的速率为2F蝶′》
D棒αb经过磁场的过程巾通过电阻R的电荷量为半
√
◎
·145·
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34.如图所示’在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈’从相同的高度由静止开始同时释放’三个线圈都
是用相同的金属材料制成的边长—样的正方形’A线圈有＿个缺口’B、C线圈闭合’但B线圈的导线比C线
圈的粗’则（
）
［口回巨
。
×
×
β
≡
×
×
ˉ
×
×
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／″
A.三个线圈同时落地
B.A线圈最先落地
C.A线圈最后落地
D.B、C线圈同时落地
如图所示’电动机牵引—根原来静止的、长L为1m、质量矾为0. 1kg的导体棒MlV上升’导体棒的电阻R
为lQ’架在竖直放置的框架上’它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中’磁场方问与框架平面垂直°当
导体棒上升∧＝3.8m时’获得稳定的速度’导体棒上产生的热量为2］’电动机牵引棒时’电压表、电流表的读
反
√
◎
○
数分别为7V、1A’电动机内阻厂为1O’不计框架电阻及＿切摩擦’则以下判断正确的是（
）
［
×
×
』
｜獭: ｜″
A.达到稳定之前导体棒向上做匀减速运动
B.电动机的输出功率为49W
C.导体棒达到稳定时的速度为u＝2m／s
D.导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1 s
·146°
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专题十＿交变电流
O典例剖析
考点1
交流电的产牛
［例1］图甲是小型交流发电机的示意图’两磁极N、S间的磁场∏I视为水平方向的匀强磁场’@为交流电流表°
线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动’从图示位置开始计时’产生的交变电流随时间变
化的图象如图乙所示’以下判断正确的是（
）
O′
厄
‖
顺
○
‖
（×｛02S）
／／
｝｜｝
A.电流表的示数为10A
C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行
…洒
乙
B.线圈转动的角速度为50冗rad／S
D0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
答案:AC
解析;咆流表的示数为交变屯流晌有效值1oA,A项正输;由倒—竿可得,线圈转动的角逮度为‘′～l00∏
rad／s’B项错误;0.01s时,电略中电流最大’故该时刻通过线圈的磁通量最小,即该时刻线圈乎面与磁
场干行’C项正确;根据楞次定律可得’0.02s时电阻R中电流的方向自左向右’D项错误。
感悟方法:线框在磁场中转动产生交流电的过程’要注意两个特殊位置的理解:中性面和平行面°
考点2交流电的描述
［例2］＿电阻接到方波交流电源上’在—个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交变电源上’在—个周期
内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为“0 ,周期为T,如图所示。则Q方:Q正等于（
）
个〃／V
MV
〃（‖
屈·■
〃《）
｜了
（）
0
＼
＼
Ⅳs
｀
′／S
＝』《‖‖
＝M］
B.√Ⅲ:
］
D.2
:
1
A. 1 ;√面
C. 1
:
2
答案:D
解析;根撼焦呼庭律知产生胸热量与方波中的咆流方淘的变化无关、敛Q靠-曾T;嗣正藕交流屯屯压的
狮……方罐°黍—罐）了＋普…崖—÷…
感悟方法:交流电的有效值是根据热效应来定义的°
·147·
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考点3
电容器对交流电的作用
［例3］如图甲所示’理想变压器原、副线圈的匝数比为10
; 1’Rl＝20Q’R2＝3（）Q’C为电容器°已知通过Rl的
正弦交流电如图乙所示,则（
）
小j／∧
几
｜盯／
｜〔）肌＼／b川』
0
ˉ!
J］
了j
尸
■
′
／
广
已
戊｜
R2
甲
乙
B.原线圈输人电压的最大值为200√ⅢV
D通过R3的电流始终为零
A.交流电的频率为0.02Hz
C.电阻R2的电功率约为6.67W
…Ⅷ
答案:C
解析:根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同’周期为0.02s’频率为50Hz’A错°
由
图乙可知通过Rl的电流最大值为Im＝1A,根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V’再根据原、副线
圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V’B错;因为电容器有通交流、阻直流
的作用’则有电流通过R3和电容器’D错;根据正弦交流电的峰值和有效值关系以及并联电略特点可知电
腮凡…商效值为′-上丝旦,龟…值为U＿岩,…』…率为且—U′-粤W＝“′w,C讨.
√2R2
感悟方法:电容器有通交流、阻直流’通高频、阻低频的特点°
考点4变压器原理与规律
［例4］如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。
倍时’两灯泡均能正常发光°下列说法正确的是（
）
A.原、副线圈匝数之比为9
:
1
B.原、副线圈匝数之比为1
: 9
C.此时a和b的电功率之比为9
:
1
D此时a和b的电功率之比为1
: 9
…洒
当输人电压U为灯泡额定电压的10
压∩
答案:AD
解析:因为两灯泡额定电压相同且均正常发光,且输入电压为灯泡额定电压的
输入、输出电压比为9
: 1’由理想变压器变压规律可知’原、副线圈的匝数比为
误;由理想变压器变流规律可知’原、副线圈的电流比为1
: 9’由电功率P＝UI
比为1
: 9,C项错误,D项正确。
感悟方法要正确理解变压器线圈两端的电压与输人电压的区别°
考点5变压器的动态分析
［例5］如图所示的电路中’P为滑动变阻器的滑片’保持理想变压器的输人电压U］不
正确的是（
）
A.P向下滑动时’灯I√变亮
B.P向下滑动时’变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时’变压器的输人电流变小
D.P向上滑动时,变压器的输出功率变大
不
10倍,所以理想变压器的
9
: 1,A项正确’B项错
可知’a和b的电功率之
·
『
变’闭合开关S’ 「列说法
｜
丫
｜
●
』
‖
尽
｜
｜
｝
皿
｜
｜
巾
·148◎
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答案:BD
解析:由于Ul保持不变’根据变压器的变压比可知’副线圈的输出电压U2不变’B项正确;P向下滑动
时’灯泡L两端的电压不变’灯泡的亮度不变’A项错误;P向上滑动时,滑动变阻器接入电略的电阻变
′｜｀副线圈屯踏的总屯腿R变′｜｀,根搪P』-等可知,变压露的输出功率变大’∏项正碉;由P』-U』′～
P2可知,变压器的输入电流增大,C项错误。
感悟方法:变压器的动态问题要抓住两个特点:输出电压取决于输人电压与线圈的匝数比;输人功率随
输出功率的变化而变化。
考点6原线圈电路有电阻的变压器电路
［例6］—含有理想变压器的电路如图所示’图中电阻Rl 、R2和R3的阻值分别为3Q、lQ和4Q’@为理想交流电
流表’U为正弦交流电源’输出电压的有效值恒定°当开关S断开时’电流表的示数为I;当S闭合时,电
流表的示数为4I°该变压器原、副线圈匝数比为（
）
;
U
尸
∩
γ
●
）
［
A.2
∩
□
●
〕
Ⅱ
C·4
m翘扫
答案:B
解析』开美断矛时’屯踏蛔甲所示.原、副线圈的屯流比片-器’通过R』的电流′』-些副线圈的输出
′I2
屯压〔J』-I:（R』＋R』）-…’由L—尘可得原线圈两端的电压U!＝3I（揣）: ,则U＝［′!＋IR｜-5l
γI2
U2
〃2
（器）』＋3′;开关闭舍时’….图乙所示’原副线圈的电流比＋｛-器,逼过R』的电流′!-业副线圈
″2
的输出电压U!≡′!凡＝山,卤坠—丛可得原线圈两端的电压U（≡仙l（器）』测U—U（＋4′R｜～4′（÷）』
″,
U°
〃’
＋12L联立解得△＝3’选项B正确。
〃’
∩丁…
甲
乙
感悟方法:对于原线圈电路有电阻的问题’—般从电流的角度人手,比较方便,不易犯错°
｝
）
考点7远距离输电
［例7］如图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器’升压变压器T的原、副线圈匝数分别为″l 、″2 ’在T
的原线圈两端接人—电压〃＝Umsln（or的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2厂’不考虑其
他因素的影响’则输电线上的损失的电功率为（
）
B（器）罢
″
n4（器）』（盖）』′
A（贵）等
c4（器）』（盖）』′
·149·
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答案:C
解析;凰为″-U测…》.…U』-岩,根…器变…存U』ˉ半,根撼P-［′曾′:
铝｀线蹭橱炎输功率为△P—:聪～搽′.所以C…｀A、凰皿项错溪.
感悟方法:在计算输电线上损失的电功率时’要特别注意明确所选规律中每个物理量的涵义°
◎过关演练
尸
—
α
~~
日
】
得
‖
1.如图甲为—台小型发电机构造示意图’线圈逆时针转动’产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所
示·发电机线圈内阻为1Q’外接灯泡的电阻为9Q’则（
）
e／V
6J页
／
吵
＼
业
乃
（）
~广＝
6／√2
S
么
『
几
〕
｝｜｛
乙
A.电压表的示数为6V
B.在t＝10
2 s的时刻’穿过线圈的磁通量为零
C.若线圈转速改为25r／s’则电动势的有效值为3VD若线圈转速改为25r／s’则通过电灯的电流为l.2A
图1、图2分别表示两种电压的波形°其中图l所示电压按正弦规律变化°下列说法正确的是（
）
2
怯＿∧＿—
｜0＿L4＿入-人
｜冬｜l
3!
｜
→
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）
巳
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l
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l
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■
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′
巳
寸
≈
飞
■
′
丁
□
飞
‖
×
ˉ3｜
｛
A.图1表示交流电’图2表示直流电
B.两种电压的有效值相等
C.图1所示电压的瞬时值表达式为以＝311sin100冗rV
D图l所示电压经匝数比为l0 ; l的变压器变压后频率变为原来的六
3.在匀强磁场中’—个100匝的闭合矩形金属线圈’绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动’穿过该线圈的磁通量随
时间按图示正弦规律变化°设线圈总电阻为2Q’则（
）
｀o尸Wb
04
（〉
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／
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驰
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■
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〖
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」
厂
＂
＿
（）
~／／／s
04
（）
A. t＝0时,线圈平面平行于磁感线
C. t＝15s时’线圈中的感应电动势最大
B. t＝1s时’线圈中的电流改变方向
D.—个周期内’线圈产生的热量为8冗2］
·150.
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4.海洋中蕴藏着巨大的能量’利用海洋的波浪可以发电’在我国南海上有＿浮桶式波浪发电灯塔’其原理示意图
如图甲所示’浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上’浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动’且始终处
于磁场中’该线圈与阻值R＝15Q的灯泡相连°浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图乙中斜线阴影部分）’
如图乙所示’其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽赂不计;匝数lV＝200的线圈所在处辐向磁场的
磁感应强度B＝0.2T’线圈直径D＝0.4m’电阻厂＝1Q。重力加速度g取10m／s2 ’冗2≈10’若浮桶随波浪上
下运动的速度可表示为u＝0.4汀sin（冗r）m／s’则下列说法正确的是（
）
8
甲
乙
A.波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝16sln（冗t）V
B.灯泡中电流j的瞬时值表达式为j＝16sin（∏r）A
C.灯泡的电功率为120W
D灯泡两端电压的有效值为竿v
5.在如图所示两电路中’当α、b两端与e、／两端分别加上220V的交流电压时,测得c、α间与g、h间的电压均
为110V;若分别在C、α与g、∧的两端加上110V的交流电压’则α、b间与e、／间的电压分别为（
）
司
↓
习
］
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」
厂
~
~
仁
J—雪
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L—』
e◎
／C
A·220V,220V
B·220V,110V
C· 110V,110V
D.220V,0
6.如图所示’矩形线圈αbc〃与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路°线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁
场的bc边匀速转动’转动的角速度四＝100∏rad／s°线圈的匝数lV＝100’边长α6＝0.2m’α创＝0.4m’电阻不
计.磁场只分布在颇边的左侧磁感应弹度大小周-黑T·电容器放电时间不计Ⅷ卜列说法止磷的是（
）
~~｜α》~
～～↓一″
-司b~
α
×
×
×
×
×
×
‘／二又一×｜〔
×
A
C
A.该线圈产生的交流电动势峰值为50V
B.该线圈产生的交流电动势有效值为25√百V
C.电容器的耐压值至少为50V
D.电容器的电容C变大时’电流表的示数变小
·151.
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7.如图所示,αbc创为＿边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈,绕对称轴O（）′匀速转动’角速度为山°空间中只
有（）（）′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场’磁感应强度为B,若闭合线圈的总电阻为R’则（
）
A线圈中电动势的有效值为粤…·
× （′×槛＂
〃
‖
×
×
×
｜
B.线圈中电动势的最大值为÷］VBL2山
×
×
×
｜
×
×
×
｜
C.在转动＿圈的过程中’线圈中有—半时间没有电流
×
×
×
｜
D当线圈转到图｜所处的位置时.穿过线圈的磁通量为＋NBL』
× ＂×
×d』
′
8.如图所示’在铁芯上、下分别绕有匝数″l＝800和＂2＝200的两个线圈’上线圈两端与删＝51sin314rV的交
流电源相连’将下线圈两端接交流电压表,则交流电压表的读数可能是（
）
×××××
×××××
厂j.
A. 2°0V
B.9·0V
C。12。7V
D。144·0V
9.如图’M为半圆形导线框’圆心为oM;N是圆心角为直角的扇形导线框’圆心为Ov;两导线框在同＿竖直面
（纸面）内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有＿匀强磁场’磁场方向垂直于纸面。现使线框M、
Ⅳ在r＝0时从图示位置开始’分别绕垂直于纸面、且过OM和（）N的轴’以相同的周期T逆时针匀速转动,则
（
）
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×O｛′×
×
×O｀×
×
∏≥口
M
』＼,
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C在′—;时,两导线框巾产生的感顺电动势相等
I）.两导线框的电阻相等时’两导线框中感应电流的有效值也相等
10.＿台发电机的结构示意图如图所示’其中N、S是永久磁铁的两个磁极’它们的表面呈半圆柱面形状°M是
圆柱形铁芯’铁芯外套有＿矩形线圈’线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动°磁极与铁芯之间的缝隙中
形成方向沿半径的辐向磁场°若从图示位置开始计时开始时电动势为正值’下列图象中能正确反映线圈中
感应电动势e随时间r变化规律的是（
）
｀／
S
N
e
E厕↑旦—
（）
T
7
ˉE｜＂
C
Ae
E｜＂＝一—
0
0
（）
｜
｜T
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l-」
D
酚
○
岛
~
A
·152·
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1L＿理想变压器的原、副线圈的匝数比为3
: 1’在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻’原线圈＿侧
接在电压为220V的正弦交流电源上’如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U’原、副线圈回路中
电阻消耗的功率的比值为卢’则（
）
R
AU—66V｀腮—÷
BU＝22V,废-÷
CU-“V,腮-÷
UU-22V,腮-÷
12.如图所示电路中的变压器为理想变压器’S为单刀双掷开关°P是滑动变阻器R的滑动触头’Ul为加在原线
圈两端的交变电压’Il 、I2分别为原线圈和副线圈中的电流°下列说法正确的是（
）
α
R
A.保持P的位置及U｜不变’S由6切换到α,则R上消耗的功率减小
B.保持P的位置及Ul不变’S由α切换到b’则I2减小
C.保持P的位置及Ul不变’S由b切换到α,则l｜增大
D.保持Ul不变’S接在b端,将P向上滑动’则Il减小
l3.如图所示’理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯
泡变亮,可以采取的方法有（
）
｜
＄
上
丁
｛
‖
℃
｜
｝
｝
｜
｜
｜
二
~
′
′
~
~
~
~
~
尸
片
卜
（
｜
A.向下滑动P
B.增大交流电源的电压
C.增大交流电源的频率
D减小电容器C的电容
l4.如图所示为模拟远距离输电实验电路图’两理想变压器的匝数〃l＝″』＜″2＝″3 ’四根模拟输电线的电阻Rl
、
R2、R3、R4的阻值均为R,A』、A2为相同的理想交流电流表’L｜、L2为相同的小灯泡’灯丝电阻RL＞2R’忽略
灯丝电阻随温度的变化°当A、B端接人低压交流电源时（
）
L｜
R,
d◎＝
〃～
Boˉ
〃
【
‖■■■■■■■■
尺4
B.Ll 、L』两灯泡的亮度相同
D.R2两端的电压小于R』两端的电压
A.Al ｀A2两表的示数相同
C.Rl消耗的功率大于R3消耗的功率
·153·
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15.如图,＿理想变压器原、副线圈的匝数分别为″l 、″2°原线圈通过—理想电流表A接正弦交流电源’一个二
极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端°假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷
大°用交流电压表测得α、b端和C、α端的电压分别为U妙和U‘刨’则（
）
α
b
A.U婉:U回＝〃l
:
′!2
B.增大负载电阻的阻值R’电流表的读数变小
C.负载电阻的阻值越小’cα间的电压U〔测越大
D.将二极管短路’电流表的读数加倍
l6.如图所示,L』、L2是高压输电线’图中两电表示数分别是220V和10A’已知图甲中原、副线圈匝数比为100
: 1’图乙中原、副线圈匝数比为1
: 10’则（
）
／刽｜
L2
」
［｜』
乙
A.图甲中的电表是电压表’输电电压为22000V
B.图甲是电流互感器’输电电流是100A
C.图乙中的电表是电压表’输电电压为22000V
D图乙是电流互感器’输电电流是10A
17.某水电站’用总电阻为2.5Q的输电线输电给500km外的用户’其输出电功率是3×106kW’现用500kV
电压输电’则下列说法正确的是（
）
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电’则输电线上损失的功率为9×108kW
D.输电线上损失的功率为△P＝亚’U为输电电压’厂为输电线的电阻
厂
18.如图甲所示’理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L’原线圈匝数″l＝600匝’副线圈匝数′′2＝
120匝°当原线圈接在如图乙所示的交流电源上时’要使整个电路和用电器正常工作’则副线圈两端可以接
（
）
TM／V
｜8（）厄
「巨—］
～~~~″!〈
↑~;
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＄
气
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、
】
〃
″
【
｀
］
×
（
／
『
｜｜］
乙
A.阻值为12Q的电阻
B.两盏并联的“36V’40W”的灯泡
C.工作频率为10Hz的用电设备
D.耐压值为36V的电容器
19.如图所示为—理想变压器’S为单刀双掷开关’P为滑动变阻器的滑动触头,Ul为加在原线圈两端的电压’Il
为原线圈中的电流强度’则（
）
A.保持Ul及P的位置不变’S由α合到6时’Il将增大
B.保持Ul及P的位置不变,S由6合到α时’R消耗的功率减小
C.保持Ul不变’S合在α处’使P上滑’I｜将增大
D.保持P的位置不变’S合在α处’若Ul增大’Il将增大
·154.
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20.面积为S的两个电阻相同的线圈’分别放在如图所示的磁场中’图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场’线圈在
磁场中以周期T绕（刀轴匀速转动,图乙中磁场变化规律为B-BⅧcos誓,从图示位置开始计时,则（
T
）
O′
×
×
×
○
Ⅷ
×
×
×
×
×
×
×
气
‖
｜
｜
｜
旦
魂
＿
二
×
～
○
×
×
×
甲
A.两线圈的磁通量变化规律相同
B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同
C.经相同的时间t（r＞T）’两线圈产生的热量相同
乙
n从此时刻起,经于时间,流过两线圈檄截面的电荷量相同
◎155◎
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专题十二动量守恒定律
◎典例剖析
考点1
动量概念
［例1］高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动’在启动阶段’列车的动能（
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
唾回
）
答案:B
解析:列车启动的过程中力口速度恒定’由匀变速直线运动的速度与时间关系可知U＝αt’且列车的动能为
且≡÷′＂刚: ,由以上整理得凰-＋咖“:!, ｀动能与时间的乎方成正比’动能与速度的乎方成正比,A、C错
臼
?
误;将工＝古α‘,代入上式得Ek＝″!“r,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［
＝丝可知’列车的动能与动量的平方成正比,D错误°
2加
感悟方法:是不是正比关系’只要写出函数表达式即可判断°
考点2蹦极问题
［例2］‘蹦极’’运动中’长弹性绳的＿端固定,另＿端绑在人身上’人从几十米高处跳下°将蹦极过程简化为人沿
竖直方向的运动°从绳恰好伸直,到人第＿次下降至最低点的过程中’下列分析正确的是（
）
A.绳对人的冲量始终向上’人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功’人的动能—直减小
C.绳恰好伸直时’绳的弹性势能为零’人的动能最大
D人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
■溉Ⅷ
答案:A
解析:从绳恰好伸直’到人第一次下降至最低点的过程中,绳子的拉力始终向上’故绳对人的冲量始终向
上。
由′′!g＿T＝′′!α’人先做加速度减小的加速运动’当α＝（）时’速度最大’此时动量、动能均最大’以后
做减速运动’故选项A正确’选项B、C错误;人在最低点时’向上的加速度最大’故比时绳对人的拉力大
于人所受的重力,D错误°
感悟方法:从绳子绷紧开始’人做加速度减小的加速运动,当合力为零时’速度最大’然后做加速度增大
的减速运动°
考点3高空坠物问题
［例3］高空作业须系安全带·如果质量为′＂的高空作业人员不慎跌落’从开始跌落到安全带对人刚产生作用力
前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）°此后经历时间j安全带达到最大伸长量’若在此过程中该作
用力始终竖直向上’则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（
）
A.加√面百7r＋加g
B.m｀／面豆′′!g
r
r
C.加｀／环＋′′′g
D.m√顾—′＂g
r
j
·156°
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■酒洒
答案:A
解析;人做自由落体运动时’有U＝√Ⅱ颤’设乎均作用力大小为F’选向下为正方向’又加gr—F／＝0—
′′2U,得F＝m√2gh＋′′′g’所以A项正确·
r
感悟方法:坠落问题’涉及时间时’考虑用动量定理比较方便°
考点4连续体问题
［例4］为估算池中睡莲叶面承受水滴撞击产生的平均压强’小明在雨天将—圆柱形水杯置于露台’测得1小时内
杯中水上升了45mm°查询得知’当时雨滴竖直下落速度约为12m／s°据此估算该压强约为（设雨滴撞
击睡莲后无反弹’不计雨滴重力’雨水的密度为1×l03kg／m3）（
）
A·0. 15Pa
B·0.54Pa
C· 1, 5Pa
D. 5.4Pa
■翻Ⅷ
答案:A
解析:由于是估算压强’所以不计雨滴的重力·设雨滴受到支持面的乎均作用力为F°设在△t时间内
有质量为△m的雨水的速度由U＝12m／S减为零。以向上为正方向’对这部分雨水应用动量定理
F△《-0—（＿△咖砌）,得到F≡芳渺.
设水杯横截面积为s,对水杯夏的雨水.在△′时问内水画上升M则有△″Ⅱ-′sMF-〃s触芳.压强
′-:＝p渺差-｜0＂×l:×黑箭—;P徽-队l5Pa.
感悟方法:解决连续体问题’最关键的是选择合适的研究对象’本题中选择“在△r时间内有质量为△m
的雨水”作为研究对象’这些水相当于在△r时间内有△″!的雨水落到水杯里°
考点5碰撞问题
［例5］在光滑水平面上,＿质量″!、速度大小为U的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后’A球的速度方向与碰
撞前相反°则碰撞后B球的速度大小可能是（
）
A.0。6u
B.0。4u
C。0。3【′
D·0·2℃
｛·解析0
答案:A
解析:A、B两球在水平方向上的合夕卜力为零’A球和B球碰撞的过程中总动量守恒’设A、B两球碰撞
后的速度分别为Ul 、Uz ’选A原来的方向为正方向’由动量守恒定律有mU＝—mUl＋2′′m2
@
假设碰后A球静止’即Ul＝0’可得U2＝0.5U’由题意知球A被反弹’所以球B的速度有U2＞（）.5U@
A、B两球碰撞过程能量可能有损失’由能量关系有
÷咖U:≥＋咖颧带｜＋×2′＂圃; o
oo两式联立得触!≤;,@
淘o翻两式可得;队5财＜毗≤÷＂
符合条件的只有0.6u,所以选项A正确’B、C、D错误°
感悟方法:解决碰撞的可能性问题要从三个角度出发:系统满足动量守恒’系统的动能在碰撞前后不增
加’符合客观实际°
·157·
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考点6反冲问题
［例6］＿枚火箭搭载着卫星以速率U0进人太空预定位置’由控制系统使箭体与卫星分离°已知前部分的卫星质
量为ml ’后部分的箭体质量为′′′2 ’分离后箭体以速率U2沿火箭原方向飞行’若忽略空气阻力及分离前后
系统质量的变化’则分离后卫星的速率Ul为（
）
p0→
］’2＝≥p‖-＞
疙□空□三p
A.u0—u2
B.u0＋u2
C.u0＿些℃2
D.u0＋皿旦（u0—u2）
″0l
″〗1
唾Ⅷ
答案:D
解析:忽咯空气阻力和分离前后系统质量的变化’卫星和箭体整体分离前后动量守恒’则有（m』＋′〃2）℃0
＝′′hU』＋′阀2U2 ,整理可得Ul＝U0＋些（℃0—U2）,故D项正确°
γⅦl
感悟方法:反冲现象中’其他形式的能转化为机械能’系统的机械能增大·
◎过关演练
｛
~
~
1.高空坠物极易对行人造成伤害。若＿个50g的鸡蛋从＿居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2ms’
则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（
）
A· l0N
B, 102N
C. 103N
D· 104N
2.如图所示’α、b、c是三个相同的小球’α从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑’同时b、C从同＿高度分别开始
自由下落和平抛°下列说法正确的是（
）
αbC
○。＝＞
A.它们同时到达同＿水平面
B.它们动量变化的大小相等
C.它们的末动能相同
D重力对它们的冲量相等
3.在行车过程中,如果车距不够’刹车不及时’汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害’为了尽可能地减轻碰撞
引起的伤害’人们设计了安全带°假定乘客质量为70kg’汽车车速为108km／h（即30m／s）’从开始刹车到车
完全停止需要的时间为5s’安全带对乘客的作用力大小约为（
）
A·400N
B.600N
C.800N
D1000N
4.如图所示’—个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上’底端与竖直墙壁接触°现打开右端阀门’气
体向外喷出’设喷口的面积为S,气体的密度为p’气体向外喷出的速度为U’则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直
墙面的作用力大小是（
）
／
＼
厂
″
夕
F
″
夕
厂夕
厂夕
A.puS
B÷
C÷p刚:S
D·pU2S
5.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空’50g燃烧的燃气以大小为600m／s的速度从火箭喷口在很短时间内
喷出°在燃气喷出后的瞬间’火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（
）
A.30kg.m／s
B.5。7×102kg·m／s
C.6。0×102kg°m／s
I）.6.3×102kg°m／s
°158·
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6.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上’箱子中间有一质量为加的小物块’小物块与箱子底
板间的动摩擦因数为严·初始时小物块停在箱子正中间’如图所示°现给小物块—水平向右的初速度U’小物
块与箱壁碰撞Ⅳ次后恰又回到箱子正中间’并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的’则整个过程中,系
统损失的动能为（
）
卜——L——‖
A÷脚侧』
B÷岗瑞』＂
C÷№咖曾l
D. lV〃mgL
质量为M的小船在静止水面上以速率U0向右匀速行驶’—质量为″!的救生员站在船尾’相对小船静止
救生员以相对水面速率z′水平向左跃人水中’则救生员跃出后小船的速率为（
）
AU＂＋滁
BU＂—箭Ⅷ
若
7
~‖●
C卿＂＋箭（U＂＋刨）
D刚＂＋片（跳—财）
8.如图所示’在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有＿质量为m的物体’它受到沿斜面方向的力F的作用°
力F可按如图所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F与′门g的比值’力沿斜面向上为正）°已知此物体
在t＝0时速度为零’若用Ul 、U2、z′3、U』分别表示上述四种受力情况下物体在3s末的速率’则这四个速率中最
大的是（
）
尸
吨
尸
吨
↑
尸
一
呕
尸
″
↑
0.5
0
0.5
＿
（）
·［
!门i
」〕赢
0.5
0
0.5
0·5
0
-05
~
‖■■■■■■
』~~~~
厂ˉi广ˉ声
［
2｜
3汀
S
S
一
旭
／
气
」
）
←
｜
0
-
A
B
C
D
9.相对太空站静止的太空飞行器上有＿种装置’它利用电场加速带电粒子’形成向外发射的粒子流’从而对飞行
器产生反冲力使其获得速度。已知飞行器的质量为M’发射的是二价氧离子’每个氧离子的质量为m’元电荷
的电荷量为e’氧离子由静止经电压U加速形成氧离子流对外发射°如果每秒内飞行器发射N个氧离子’则
太空飞行器获得的速度为（
）
A册√§F百丽
B棚｀／:U丽
c箭√平
n等仟
1（）.如图所示’一光滑地面上有＿质量为机′的足够长的木板αb’＿质量为m的人站在木板的α端’关于人由静
止开始运动到木板的b端（M、N表示地面上原α、b对应的点）’下列图示正确的是（
）
早
圃
α‖＾
‖D
踢″zTVz”z刃刃研邵吁z″′″
″辆易邵T″
α广一b
啼『研研研研研研刃研″z
C
α厂——-乓b
z″疡两初形v″″研两了Ⅳ
＿日
力
早
≈
~
＿
~
~
厂
α
D
A
·159◎
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11.如图所示’长木板A放在光滑的水平面上’质量为m＝2kg的另＿物体B以水平速度u0＝2m／s滑上原来
静止的长木板A的表面’由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示’则下列说法正
确的是（
）
∩
乙
B
网止—＞
z″zzz″″脱〃″Z〃″z″么″2
O
l
2
′／s
‖］
乙
A.木板获得的动能为2J
B.系统损失的机械能为4］
C.木板A的最小长度为2m
D.A、B｜司的动摩擦因数为0. 1
12.在交通事故中’汽车与拖车脱钩时有发生。如图所示,质量为M的汽车带着质量为′〃的拖车在平直公路上
以加速度α匀加速前进’当速度为U0时拖车突然与汽车脱钩’到拖车停下瞬间司机才发现°若汽车的牵引力
—直未变,车与路面间的动摩擦因数为仪,那么从脱钩到拖车刚停下的过程中’下列说法正确的是（
）
歹
〃
〃
歹
〃
〃
′
〃
〃
〃
／
／
′
〃
〃
〃
〃
〃
′
〃
′
′
〃
′
〃
／
′
′
／
J
J
〃
′
／
／
′
A.汽车和拖车整体动量守恒
B.汽车和拖车整体机械能守恒
C.从脱钩到拖车刚停下用时些
D拖车刚停下时汽车的速度为（M＋′″）（α＋／1g）U0
g严
〃Mg.
13.如图所示’在光滑的水平面上有三个完全相同的小球’它们排成—条直线’小球2、3静止’并靠在—起’球］
以速度U0射向它们,设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度值是（
）
--＝-÷γ0
（D
（IXD
′
／
／
／
／
／
／
／
／′
／
／
／
／
／
／
／
1
BU］＝0’U』＝U;＝万U＂
1
A.U］二＝U』＝U3＝万U0
1
DUl＝U2＝（）,U3＝U0
C.Ul＝0’U2＝U3＝百U0
］4.如图所示’光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同—直线上运动。两球质量关系为加B＝2加A’规定向右为正方
向’A、B两球的动量均为6kg.m／s’运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为—4kg.m／s’则（
）
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
A.左方是A球’碰撞后A、B两球速度大小之比为2
: 5
B.左方是A球’碰撞后A、B两球速度大小之比为1
: 10
C.右方是A球’碰撞后A、B两球速度大小之比为2
: 5
D.右方是A球’碰撞后A、B两球速度大小之比为1
: 10
l5.质量为M的物块以速度U运动·与质量为′〃的静止物块发生正碰’碰撞后两者的动量正好相等’两者质量之
比皿可能为（
）
″?
A.2
B·3
C.4
D·5
.160·
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l6.水平面上,＿白球与—静止的灰球碰撞’两球质量相等°碰撞过程的频闪照片如图所示’据此可推断,碰撞过
程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（
）
○
○
○
○
％
○
○
○
○
A.30％
B.50％
C.70％
D9（）％
l7.—弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度u＝2m／s’爆炸成为甲、乙两块水平飞出’甲、乙的质量比
为3
: 1°不计质量损失,取重力加速度g＝10m／s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（
）
｀
｀
｜
｜
」
司
』
｀
｀
Ⅲ
、
尸
≈
口
≈
、
气
′
～
～
｀
乙
们
∏
‖
熄
＿
~
~
~
~
Ⅵ
~
~
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~｜~｜~
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Ⅷ｜｜｜｛＼＼〈
o肮了｜乙（）＂｀
、
＜
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斜
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／
′
／
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‖
｀
｀
＞
｀
｀
‖
‖
｀
々
』
『
飞
｀
■
〖
、
∏
≈
、
巨
≈
∏
…
｀
们
鱼
吓
训
就
乙
′
／
／
｛
仔
Ⅺ
5
气
A
B
C
［）
l8.如图所示’＿沙袋用无弹性轻细绳悬于O点·开始时沙袋处于静止,此后弹丸以水平速
度击中沙袋后均未穿出°第＿次弹丸的速度为Ul ’打人沙袋后二者共同摆动的最大摆角
为30°°当它们第1次返回图示位置时’第2粒弹丸以水平速度U2又击中沙袋’使沙袋向
］
右摆动且最大摆角仍为30。.若弹丸质量是沙袋质量的亢’则以下结论中正确的是（
）
A,Ul :U2＝4l
: 42
B.Ul :U2＝41
: 83
｜O
~~
■
～—
C.℃2＝Ul
D.Ul :℃2＝42
: 41
l9.＿轻质弹簧’上端悬挂于天花板上.下端系—质量为M的平板’处在平衡状态。—质量为″!
的均匀环套在弹簧外.与平板的距离为h’如图所示°让环自由下落’撞击平板°已知碰后环
与板以相同的速度向下运动’使弹簧伸长（
）
A.若碰撞时间极短’则碰撞过程中环与板的总动量守恒
↑
B.若碰撞时间极短’则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
力
↓
C.环撞击板后’板的新平衡位置与h的大小无关
′＂
｜M
D在碰后板和环＿起下落的过程中’它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功
如图所示’—质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上’在其右端放—个质量加＝1.0kg的小
木块A°给A和B以大小均为4.0m／s’方向相反的初速度’使A开始向左运动’B开始向右运动’A始终没
有滑离木板B°在小木块A做加速运动的时间内’木板速度大小可能是（
）
v←「］A
B｜
卜-＞p
≡≥＞＝≥歹＞≥＝
A. 1.8m／s
B.2.4m／s
C.2.8m／s
D.3。0m／s
‖‖:睡蕊就｜｛冉《聪附鹏男剿臆灌雨:肆露靴蕊煤摆斟出＿
｜
向、碰撞时间均可忽略不计°已知m2＝3加｜’则A反弹后能达到的高度为（
〉
A·∧
力
｜
｜
B.2／l
C·3∧
万≥＞＞’≥
D。4h
20
21.
·161·
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○
22.如图所示,气球下面有一根长绳’＿个质量为加l＝50kg的人抓在气球下方’气球和长绳的总质
量为加2＝20kg’长绳的下端刚好和水平面接触’当静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个
人开始沿绳向下滑’当他滑到绳下端时’他离地面高度是（可以把人看做质点）（
）
A.5m
B.3.6m
C·2·6m
D8m
旦
叫
『
／／／／／／／／
23.如图所示’在平静的水面上有A、B两艘小船’A船的左侧是岸’在B船上站着＿个人’人与B船的总质量是
A船的10倍°两船开始时都处于静止状态当B船上的人把A船以相对于地面的速度U向左推出’A船到
达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回’B船上的人接到A船后’再次把它以原速率反向推出……直到
B船上的人不能再接到A船’则B船上的人推船的次数为（
）
兰
~｜
￡
〃
吼
←
＼
｀
β
了
／
＼
A·7
B.6
C.3
D·9
24.假设某航天器以8km／s的速度高速运行时’迎面撞上＿只速度为10m／s、质量为5kg的大鸟’碰撞时间为
1.0×10＿5 s’则碰撞过程中的平均作用力约为（
）
A°8×10l2N
B.8×109N
C。4×109N
D· 5×106N
25.如图所示’小球A和小球B质量相同’球B置于光滑水平面上°当球A从高为h处由静止摆下’到达最低点
恰好与B相撞｀并黍占合在—起继续摆动’它们能上升的最大高度是（
）
／
′／／′／′／／／′′／′′〃′
Ah
B÷
C÷
n:
26.冰壶运动深受观众喜爱’图1为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头°在某次投掷中,冰壶甲运动—段时间后
与静止的冰壶乙发生正碰’如图2°若两冰壶质量相等’则碰后两冰壶最终停止的位置’可能是选项图中的
（
）
＝】＝
V
／0＼
→
′
ˉ）ˉˉ—
巳′
ˉˉˉˉˉˉˉˉ●.ˉˉˉˉˉ←ˉˉ
0
甲
｀、
阁l
图2
○
乙
＿
●
甲
丁
′
≈
ˉ
＝
‖
土
‖
‖
＋
‖
『
＋
尸
ˉ
、
’
飞
′
→
｀
＝‖
●
甲
＼
○
乞
、
■
夕
胆
‖
‖
恬
‖
‖
庐
~
~
~
尸
■
｀
′
飞
′
卜
‖
＝
↓
○
乙
卜｀
′
、
＝
′
、
＝
夕
胆
‖
｜
卜
‖
‖
庐
~
~
~
≥
＝
、
〃
飞
′
＋
｀
ˉ
●
甲
村
～‖＝
○
乙
ˉ
』
矿
＝-＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝■尸
A
B
C
D
°162·
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27.矩形滑块由不同材料上、下两层粘合在—起组成’将其放在光滑的水平面上’质量为m的子弹以速度U水平
射向滑块’若射击下层’子弹刚好不射出’若射击上层’则子弹刚好能射进—半厚度’如图所示’上述两种情况
相比较（
）
:■乙
｝＝二曰
”＝′
≡
甲
乙
A.子弹对滑块做功—样多
B.子弹对滑块做的功不＿样多
C.系统产生的热量一样多
D.系统产生的热量不—样多
28.带电粒子α、b在同—匀强磁场中做匀速圆周运动｀它们的动量大小相等,α运动的半径大于6运动的半径°
若α、b的电荷量分别为q“、qb’质量分别为m“、mb’周期分别为T′、Tb°则—定有（
）
B.mα＜″〗b
C。T“＜T0
D。且坠＜业
A.qα＜qb
mα
加b
29.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据’得到如图所示的位移—时间图象°图中的线段
α、b、C分别表示沿光滑水平面上同—条直线运动的滑块I、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系°已
知相互作用时间极短’由图象给出的信息可知（
）
J／‖Ⅵ
斗
）
＝
‖
β
β
斗
勺
会
β
~
~
~
〔／
C
b
5
l｛）
『／S
A.碰前滑块I与滑块Ⅱ速度大小之比为5
: 2
B.碰前滑块I的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C.碰前滑块I的动能比滑块Ⅱ的动能小
D猾块I的质量是滑块‖的质量的÷
3（）.如图所示,木块A的质量加A＝1kg’足够长的木板B的质量mβ＝4kg’质量为狮c＝4kg的木块C置于木板
B上,水平面光滑’B、C之间有摩擦°现使A以Ⅱ′0＝12m／s的初速度向右运动’与B碰撞后以4m／s的速度
弹回’则（
）
「万］
B
…＝＝＝＝＝ˉ
｀’（）
ˉ～＝----＞
「了］
厂—
厂丁万7扩／／′了亩
A.B运动过程中的最大速度为4m／s
B.B运动过程中的最大速度为8m／s
C.C运动过程中的最大速度为4m／s
D.C运动过程中的最大速度为2m／s
31.如图所示’质量为M的木板静止在光滑水平面上’右端有＿个固定在木板上的挡板D’挡板上固定—个轻弹
簧’将＿个质量为″′的小物块放在弹簧的左端,将弹簧压缩’并用细线拴住°若烧断细线’物块最终停在木板
上的A位置°如果把木板固定在水平地面上’再将小物块放在弹簧的左端’将弹簧压缩到上述同样程度’并
用细线拴住’再烧断细线’则下列说法正确的是（
）
翱篡
A
扁
B.小物块最终停在A点右侧某位置
D.小物块可能会从木板上滑下
A.小物块最终仍停在A点
C.小物块最终停在A点左侧某位置
·163·
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32.如图甲所示’在光滑水平面上’轻质弹簧＿端固定,物体A以速度U0向右运动压缩弹簧’测得弹簧的最大压缩
量为r°现让弹簧＿端连接另—质量为加的物体B（如图乙所示）’物体A以2U0的速度向右压缩弹簧’测得
弹簧的最大压缩量仍为工’则（
）
冈＿训＾∧〃v↓
ˉ→2№
卫坚坐业坐厘上
＿
甲
乙
∧.A物体的质量为3′〃
B.A物体的质量为2′′′
0可
C弹簧压缩量最大时的弹性势能为;顺U;
D弹簧压缩量最大时的弹性势能为砸U;
33.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面’斜面表面光滑、高度为h、倾角为0°—质
量为″!（″′＜M）的小物块以—定的初速度沿水平面向左运动’不计冲上斜面时的机械能损失°如果斜面固
定,则小物块恰能冲到斜面的顶端°如果斜面不固定’则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（
）
且咖粉
C胖
n咖嘴
A°
／l
34.如图所示’静止在光滑水平面上的木板A’右端有—根轻质弹簧沿水平方向与木板相连’木板质量M＝3kg。
质量′〃＝1kg的铁块B以水平速度U0＝4m／S从木板的左端沿板面向右滑行’压缩弹簧后又被弹回’最后恰
好停在木板的左端°在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（
）
″『
~~｜
厂卜犁
呵m『｜
』M六7′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′
A.3J
B。4J
C.6J
D20J
35.如图所示’质量为加的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上’其水平直径AB长度为2R,现将质量也为′′′
的小球从距A点正上方∧0高处由静止释放’然后由A点经过半圆轨道后从B冲出’在空中能上升的最大高
度为＋〃＂（不计空气阻力）｀则（
）
「o
′′0
疗示罗掣玩°万了’
A.小球和小车组成的系统动量守恒
腿小车向左运动的最大距离为十R
C.小球离开小车后做斜上抛运动
］
Q
D小球第二次能上升的最大高度h满足古′』＂＜′1＜了h0
·164·
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专题十三原子物理
◎典例剖析
考点1
光电效应的规律分析
［例1］现用某＿光电管进行光电效应的实验’当用某—频率的光人射时’有光电流产生°下列说法正确的是（
）
A.保持人射光的频率不变’人射光的光强变大,饱和光电流变大
B.人射光的频率变高,饱和光电流变大
C.人射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
D保持人射光的光强不变,不断减小人射光的频率’始终有光电流产生
E遏止电压的大小与人射光的频率有关’与人射光的光强无关
■翘洒
答案:ACE
解析:根据光电效应规律,保持入射光的频率不变’入射光的光强变大’则饱和光电流变大’选项A正
确;由爱因斯坦光电效应方程知’入射光的频率变高’产生的光电子最大初动能变大’而饱和光电流与入
射光的频率和光强都有关’选项B错误’C正确;保持入射光的光强不变’不断减小入射光的频率,当入
射光的频率小于极限频率时’就不能发生光电效应,没有光电流产生’选项D错误;遏止电压与产生的
光电子的最大初动能有关,光电子的最大初动能与入射光的频率有关’与入射光的光强无关’选项E
正确。
感悟方法:对于光电效应’要熟记四条规律以及爱因斯坦光电效应方程°
考点2光电效应的电路分析
［例2］以往我们认识的光电效应是单光子光电效应’即＿个电子在短时间内能吸收到＿
个光子而从金属表面逸出°强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识’用强
激光照射金属’由于其光子密度极大’—个电子在短时间内吸收多个光子成为可
能,从而形成多光子电效应’这已被实验证实。光电效应实验装置示意如图°用
频率为p的普通光源照射阴极K’没有发生光电效应’换同样频率为p的强激光照
射阴极K’却发生了光电效应;此时’若加上反向电压U’即将阴极K接电源正极’
阳极A接电源负极’在KA之间就形成了使光电子减速的电场,逐渐增大U’光电流会逐渐减小;当光电流恰
好减小到零时’所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功,∧为普朗克常量’e为电子电荷量）（
）
nU-警γ
A.U＝匹—IlI
B.U＝垫llI
C.U≡2∧p—W
e
e
e
e
■睡Ⅷ
答案:B
解析:由题意可知’用强激光照射发生光电效应时有Ek＝″∧’—W（″＝2’3’4’5.6…）’在KA之间逐渐
增大U,当光电流怜好减′｜｀霞｜｜零时,由动能定理可得幢U—0—凰.联立可得U＝乎—￥（″-2,3’4.5.
6…）,对比各选项可知选B。
感悟方法:在强激光照射下’—个电子在短时间内可能吸收多个光子°
°165°
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考点3光电效应的图象分析
［例3］研究光电效应规律的实验装置如图所示’以频率为似的光照射光电管阴极K时’有光电子产生°由于光电
管K、A间加的是反向电压’光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动°光电流j由图中电流计G
测出’反向电压U由电压表V测出°当电流计示数恰好为零时’电压表的示数称为反向截止电压U0°在
下列表示光电效应实验规律的图象中’错误的是（
）
‖／
′巴
~
-→
A
光电管
●—＿
↓
｜
／儿
「＿
Q＞
怯
7
l0ˉ（′S
光强／‖｜枷率｀』≡定时.光电流
′!j产生光电于的时｜）］｜的关系
D
″／‰
关系
俄l［电）｜〈（」）与‖‖!率γ的
』早
′干
＂比
反｜｝｜｜电）｜评｜｜删!率v—定‖｜
光电流j与光撇l的关系
A
■睡Ⅷ
卜＝
O
U
光强／禾｝｜棚率v～定时.光
吧流／与反｜′!］咆｜｜iC的关系
C
答案:BC
解析:由光电效应规律可知’光电流的强度与光强成正比,光射到金属上时’光电子的发射是瞬时的’不
需妥时间积累’故A、D图象正确;从金属中打出的光电子’在反向电压作用下做减速运动’随着反向电
压的增大’到达「日极的电子数减少’故C图象错误;由光电效应方程可知:∧P＝h似0＋Ekm’而eU）＝Ekn! ’所以
有∧p＝hp0＋eUb’由此可知’B图象错误°
感悟方法:本题涉及了光电效应规律、光电效应方程、动能定理等知识’需要我们有较强的阅读能力、识
图能力和从图中提取有价信息的能力°
考点4波粒二象性
［例4］现代物理学认为’光和实物粒子都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是（
）
A.—定频率的光照射到锌板上’光的强度越大’单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B.肥皂液是无色的’吹出的肥皂泡却是彩色的
C.质量为10＿3kg、速度为10—2m／s的小球’其德布罗意波长约为10 23m,不过我们能清晰地观测到小球
运动的轨迹
D.人们常利用热中子研究晶体的结构’因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距大致相同
■磁Ⅷ
答案:BD
解析:于涉和衍射较好地证明了光的波动性,光电效应证明了光的粒子性’光的波动性与机械波有着本
质区别’所以A错误’B正确（无色的肥皂液吹出彩色的肥皂泡的原因是薄膜干涉）;实物粒子也具有波
动性’但由于波长太小’我们元法直接观测到,但晶体中原子的间距大致与热中子的德布罗意波长相同’
容易发生衍射现象’所以C错误’D正确°
感悟方法:光具有波粒二象性’光电效应说明了光的粒子性’干涉与衍射说明了光的波动性’实物粒子也
具有波动性的特点°
·166·
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考点5原子的核式结构
［例5］在卢瑟福α粒子散射实验中’金箔中的原子核可以看做静止不动’下列各图画出的是其中两个α粒子经历
金箔散射过程的径迹’其中正确的是（
）
~~~~~~~／
≥…
刁
／～o
二兰Z／／
.
＿＞＼
A
B
C
D
…Ⅷ
答案:C
解析:α粒子与原子核均带正电荷’所以α粒子受到原子核的作用力为斥力,据此可排除选项A｀［）;α粒
子不可能先受到吸引力,再受到排斥力’B错误。
感悟方法:对于卢瑟福α粒子散射实验的现象’我们要记熟“绝大多数、少数、极少数、有的”几个程度词°
考点6原子的跃迁
［例6］氢原子在某三个相邻能级间跃迁时’可发出三种不同波长的辐射光·已知其中的两个波长分别为∧｜和入2
且入l＞入2 ’则另＿个波长可能是（
）
八l』＋∧:
Bl1
入』
c』睹:
n｀＋当;
…Ⅷ
答案:CD
解析:氢原ˉ于在能级间跃迁时,发出的光子的能量与能级能量差相等°如果这三个相邻能级分别为1、
2、3能级,E徽＞E2＞E］,且能级能量差满足E:—E］＞E:—F』＞E』—E, ,根据h十＝E裔—E慨可得可以
产生的光子波长由′｜到…｜为;E奎E』、昼ˉE』和凰坚E: ,遮三种波长满足两种关系亡-片＋广和÷≡
h〔ˉ
÷÷,可知CD是正输的.
感悟方法:原子的跃迁条件是所吸收或者放出的光子能量恰好等于两个能级能量差°
考点7原子的电离
［例7］氢原子能级的示意图如图所示’大量氢原子从″＝4的能级向厕＝2的能级跃迁时辐射出可见光α,从″＝3
的能级向＂＝2的能级跃迁时辐射出可见光b’则（
）
E″／cV
-085
带l5l
3.4
″
△
斗
可
〕
勺
≡
-l3.6
l
A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出r射线
B.氢原子从″＝4的能级向″＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线
C.在水中传播时’α光较b光的速度小
D氢原子在″＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离
·167◎
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m滔洒
答案:C
解析:γ射线的产生机理是原子核受激发’是原子核变化时产生的’A错;根据跃迁规律可知高能级向低
能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级能量差’从〃＝4的能级向″＝3的能级跃迁时辐射出的光
子能量小于α光子的能量,不可能为紫外线’B错;根据跃迁规律可知从″＝4向′!＝2跃迁时辐射光子
的能量大于从″＝3向′l＝2跃迁时辐射光子的能量,则可见光α的光子能量大于b,又根据光子能量E
＝hp可得α光子的频率大于b’则α的折射率大于b’又似＝二’可得在水中传播时’α光较b光的速度小’
〃
C对;欲使在′′＝2的能级的氢原子发生电离’吸收的能量一定不小于3.4eV’D错。
感悟方法:原子的电离与原子的跃迁不同’跃迁的条件是所吸收的光子能量恰好等于两个能级能量差;
而电离所吸收的光子能量要大于等于原子所在能级能量的绝对值°
考点8天然放射现象
［例8］MC发生放射性衰变衰变为MN’半衰期约为5700年。已知植物存活期间’其体内MC与l2C的比例不变;
生命活动结束后’MC的比例持续减少°现通过测量得知’某古木样品中MC的比例正好是现代植物所制样品
的二分之—°下列说法正确的是（
）
A.该古木的年代距今约为570（）年
B. l2C、l3C、l4C具有相同的中子数
C.MC衰变为MN的过程中放出β射线
D增加样品测量环境的压强将加速MC的衰变
■翻Ⅷ
答案:AC
解析;设原来｛削C的质量为M｝,衰变后剩余腻量为M.M—M（÷）· .其中″为发生半衰期的次数.陶题
意可知剩余质量为原来的＋,敛″＝l’所以该古木的年代距今约5700年,故A正确; 』』C、」鼠Q｜』C具有
相同的质子数和不同的中子数’故B错误;l4C衰变为l4N的过程中质量数没有变化而核电核数增加1’
所以是其中的一个中子变成了一个质子和一个电子’所以放出β射线’故C正确;放射性元素的半衰期
与物理环境及化学环境无关,故D错误°
感悟方法:利用半衰期规律可以探测古木的年代’因为放射性元素的半衰期与物理环境及化学环境无
关。β射线是原子核内的—个中子变成了＿个质子和—个电子时放出的°
考点9核反应
［例9］1934年’约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核;!Al,产生了第＿个人工放射性核素X:α＋｛!Al→n＋X°X
的原子序数和质量数分别为（
）
A. 15和28
B. 15和3（）
C. 16和30
D. 17和31
｜·解析0
答案:B
解析:据α粒子和中子的质量数和电荷数写出核反应方程:lHe＋｛!Al→↓n＋』X’结合质量数守恒和电荷
数守恒得’A＝4＋27—1＝30’Z＝2＋13—0＝15’原子序数等于核电荷数,故B正确°
感悟方法:核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒°
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考点10核能的计算
［例10］中子和质子结合成氖核时’质量亏损△加’相应的能量△E＝△加c2＝2.2MeV是氖核的结合能°下列说法
正确的是（
）
A.用能量小于2.2MeV的光子照射静止氖核时’氖核不能分解为＿个质子和—个中子
B.用能量等于2.2MeV的光子照射静止氖核时’氖核可能分解为—个质子和一个中子’它们的动能之和为零
C.用能量大于2.2MeV的光子照射静止氖核时’氖核可能分解为—个质子和＿个中子’它们的动能之和为零
D用能量大于2.2MeV的光子照射静止氖核时’氖核可能分解为—个质子和—个中子’它们的动能之和
不为零
四疆Ⅷ
答案:AI）
解析:只有静止氖核吸收光子能蚤大于其结合能时’才能分解为一个质子和一个中子’故A项正确’B
项错误;根据能蚤守恒定律’光子能量大于氖核结合能,则多余的能量以核子动能形式呈现,故C项错误’D
项正确。
感悟方法:核能的计算有两种方法’—种是△E＝△加c2 ,＿种是△E＝△″×931.5MeV。
O过关演练
1.实物粒子和光都具有波粒二象性’下列事实中突出体现波动性的是（
）
A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E.光电效应实验中’光电子的最大初动能与人射光的频率有关’与人射光的强度无关
2.用波长为300nm的光照射锌板’电子逸出锌板表面的最大初动能为1. 28×10
l9］°
已知普朗克常量为
6.63×10
34J
.
s’真空中的光速为3.00×108m. S—l .能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（
）
A. 1×l014Hz
B.8×l014Hz
C.2×10l5Hz
D8×1015Hz
｛
a如图所示是某金属在光的照射下’光电子的最大初动能且与人射光的波长的倒数了的关系图象,由图象可知
（
）
／｜／儿〕
O
｜／∧
′
ˉE
A.图象中的∧〔）是产生光电效应的最小波长
B.普朗克常量和光速的乘积hC＝E∧0
C.该金属的逸出功等于—E
D若人射光的波长为粤.产牛的光屯子的最人初动能为2E
4.在光电效应实验中’分别用频率为似隧、似′）的单色光‘l、b照射到同种金属上’测得相应的遏止电压分别为U“和
U″、光电子的最大初动能分别为E腹“和Ekb。h为普朗克常量°下列说法正确的是（
）
A.若p幽＞ub ’则一定有U幽＜U″
B.若p“＞ub’则＿定有Ek哩＞Ekb
C·若U幽＜U6’则一定有Ek“＜Ekb
I）.若似幽＞u咖’则—定有／lp鲤—Ek倒＞／l似b—Ekb
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5.用如图所示的装置研究光电效应现象’当用光子能量为2. 5eV的光照射到光电管上时’电流表G的示数为
0.2mA°移动变阻器的触点c,当电压表的示数大于或等于0.7V时’电流表示数为0°则（
）
A.光电管阴极的逸出功为L8eV
B.开关K断开后,没有电流流过电流表G
C.光电子的最大初动能为0.7eV
D改用能量为L5eV的光子照射,电流表G也有电流’但电流较小
6.氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线H·、Hβ、Hγ、H6’都是氢原子中电子从量子数″＞2的能级跃迁到″＝
2的能级发出的光,它们在真空中的波长由长到短’可以判定（
）
A.H°对应的前后能级能量差最小
B.同＿介质对Hα的折射率最大
C同＿介质中H6的传播速度最大
D用Hγ照射某—金属能发生光电效应’则Hβ也＿定能
7. ‘‘约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。若在结两端加恒定电压U’则它会辐射频率为p的电磁波’且p与U
成正比,即似≡kU°已知比例系数卢仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关°你可能不了解此现象的机理’
但仍可运用物理学中常用的方法’在下列选项中’推理判断比例系数虎的值可能为（
）
A莹
B等
C2″′
u六
8.真空中有—平行板电容器’两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为∧l和入2）制成,板面积为S’间距为d·现
用波长为入（入』＜入＜入2）的单色光持续照射两板内表面’则电容器的最终带电荷量为（
）
八:（导）
附÷（川元人』）
C÷（导）
n:（铲）
9.用频率为似0的光照射大量处于基态的氢原子’在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为似l 、似2 、似3的三条谱
线,且似3＞似2＞pl ’则（
）
A·D0＜p1
B. p3＝p2＋p1
D上＝上＋上
C.p0＝p1＋p2＋p3
l／l
p2
p3
10.氢原子的能级图如图所示’关于大量氢原子的能级跃迁,下列说法正确的是（可见光′′
E／cV
◎◎。ˉˉ-ˉˉˉˉˉ-ˉˉˉˉˉˉˉ。0
的波长范围为4.0×l0—『～M×l0—′m｀普朗克常量h＝d6×10ˉ斟J. 3’真空中光!
∑‖:『
速（.＝3.0×108m／S）（
）
2
-3.4
A.氢原子从高能级跃迁到基态时’会辐射γ射线
B.氢原子处从″＝4能级跃迁时会辐射可见光
C.氢原子从高能级向″＝3能级跃迁时’辐射的光具有显著的热效应
D.氢原子从高能级向〃＝2能级跃迁时,辐射的光在同＿介质中传播速度最小的光
子能量为1。89eV
l
＝l3.6
.l7（）.
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1L用大量具有＿定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子’观测到了—定数目的光谱;
-028
凸cV
线°调高电子的能量再次进行观测’发现光谱线的数目原来增加了5条°用△″表示6
＿038
5
一（）54
两次观测中最高激发态的量子数′′之差’E表示调高后电子的能量°根据氢原子的能4
／085
3
＿l .50
级图可以判断,△＂和E的可能值为（
）
2
-3.40
A,△″＝1,13.22eV＜E＜13·32eV
B·△′〗＝2,13·22eV＜E＜13.32eV
C.△′?＝1,12.75eV＜E＜13.06eV
-l3.6
D·△〃＝2,12·75eV＜E＜13.06eV
12.氢原子能级如图,当氢原子从″＝3跃迁到″＝2的能级时’辐射光的波长为656nm°
″
腾℃V
函.ˉˉ…ˉˉˉˉˉˉˉˉ—ˉˉˉ0
4
—085
以下判断正确的是（
）
-｜.5｛
3
A.氢原子从″＝2跃迁到n＝1的能级时’辐射光的波长大于656nm
2
-3.4
B.用波长为325nm的光照射’可使氢原子从〃＝1跃迁到″＝2能级
—｜3.6
C.＿群处于″＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D用波长为633nm的光照射’不能使氢原子从′!＝2跃迁到″＝3的能级
13.若原子的某内层电子被电离形成空位’其他层的电子跃迁到该空位上时’会将多余的能量以电磁辐射的形式
释放出来’此电磁辐射就是原子的特征X射线’内层空位的产生有多种机制,其中的—种称为内转换’即原
子中处于激发态的核跃迁回到基态时’将跃迁时释放的能量交给某—内层电子’使此内层电子电离而形成空
位（被电离的电子称为内转换电子）’2MPo的原子核从某—激发态回到基态时’可将能量E0＝l.416MeV交
给内层电子（如K、L、M层电子,K、L｀M标记原子中最靠近核的三个电子层〉使其电离’实验测得从2MPo原
子的K、L｀M层电离出的电子的动能分别为ER＝1.323MeV’E!ˉ＝1.399MeV,EM＝1.412MeV’则可能发射
的特征X射线的能量为（
）
A.0。013MeV
B·0·017MeV
C.0.076MeV
D0·093MeV
14.如图’放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线’分别进人匀强电场和匀强磁场中’下列说法正确的
是（
）
＋
（2）
＋
＋
十
＋
×
×
×
×
｝
（o
×
×
×
A.o表示γ射线’◎表示α射线
B.◎表示β射线’o表示α射线
c.@表示α射线’◎表示γ射线
D.◎表示β射线’O表示α射线
l队＂C是—种半衰期为5730年的放射性同位素.若考古工作者探测某古木中｜』C的食最为原米的＋则该凸
树死亡时｜司距今大约为（
）
A.22920年
B. 11460年
C.5730年
D2865年
16.原子核的比结合能曲线如图所示’根据该曲线’下列判断中正确的有（
）
比结合能／MeV
4k鹏一.ˉi唾蜒ˉ～逻!』
‖~
‖＂~
皿撼
日
β
斗
∑
‖
~
~
~
~
~
~
~
数
‖
‖
｜
l0
20
50
l00 l50200250
B. 1He核比!Li核更稳定
I）. 2;;U核中核子的平均结合能比!:Kr核中的大
A. 1He核的结合能约为14MeV
C.两个｛H核结合成!He核时释放能量
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17.＿静止的铀核放出＿个α粒子衰变成仕核’衰变方程为2;!U→2;;Th＋》He·下列说法正确的是（
）
A.衰变后针核的动能等于α粒子的动能
B.衰变后社核的动量大小等于α粒子的动量大小
C.铀核的半衰期等于其放出—个α粒子所经历的时｜司
D.衰变后α粒子与社核的质量之和等于衰变前铀核的质量
18.下列说法正确的是（
）
A.组成原子核的核子越大’原子核越稳定
B. 2;!U衰变为2;;Rn经过4次α衰变’2次β衰变
C.在LC振荡电路中’当电流最大时’线圈两端电势差也最大
D.在电子的单缝衍射实验中,狭缝变窄’电子动量的不确定量变大
19.下列说法正确的是（
）
A.α粒子大角度散射表明α粒子很难进人原子内部
B.氨原子跃迁发出的光从空气射人水时可能发生全反射
C.裂变反应有质量亏损’质量数不守恒
D.γ射线是＿种波长很短的电磁波
20.关于近代物理’下列说法正确的是（
）
A.α射线是高速运动的氦原子
B.核聚变反应方程｛H＋↑H→』He＋↓n中’‖n表示质子
C.从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比
D.玻尔将量子观念弓｜人原子领域’其理论能够解释氦原子光谱的特征
2l.国家大科学工程
中国散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功’获得中子束流,可以为诸
多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台’下列核反应中放出的粒子为中子的是（
）
A. 』｛N俘获—个α粒子’产生』!（）并放出＿个粒子
B. ｝!Al俘获＿个α粒子’产生｛!P并放出—个粒子
C. l!B俘获—个质子’产生!Be并放出＿个粒子
D!Li俘获＿个质子’产生iHe并放出—个粒子
22.现有两动能均为E0＝0.35MeV的｝H在—条直线上相向运动’两个;H发生对撞后能发生核反应’得到!He
和新粒子’且在核反应过程中释放的能量完全转化为;He和新粒子的动能。已知｛H的质量为2.0141u,;He
的质量为3.0160u’新粒子的质量为］.0087u’核反应时质量亏损1u释放的核能约为931MeV（如果涉及计
算’结果保留整数）。则下列说法正确的是（
）
A.核反应方程为;H＋;H→;He＋｛H
B.核反应前后不满足能量守恒定律
C.新粒子的动能约为3MeV
D. iHe的动能约为4MeV
23.＿静止的铝原子核｛!Al俘获＿速度为1.0×1（）7m／s的质子p后,变为处于激发态的硅原子核;!Si’下列说法
正确的是（
）
A.核反应方程为p＋;!Al→｛｛Si
B.核反应过程中系统动量守恒
C.核反应过程中系统能量不守恒
D.核反应前后核子数相等’所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E.硅原子核速度的数量级为105m／s,方向与质子初速度的方向—致
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24.关于原子核的结合能’下列说法正确的是（
）
A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B.—重原子核衰变成α粒子和另＿原子核’衰变产物的结合能之和＿定大于原来重核的结合能
C.艳原子核（l;;Cs）的结合能小于铅原子核（2!;Pb）的结合能
D比结合能越大’原子核越不稳定
E.自由核子组成原子核时’其质量亏损所对应的能最大于该原子核的结合能
25.静止在匀强磁场中的2;;U核发生α衰变’产生＿个未知粒子X’它们在磁场中的运动径迹如图所示,下列说法
正确的是（
）
A.该核反应方程为2;;U→2;;X＋》He
B.α粒子和粒子X在磁场中做圆周运动时转动方向相同
C.轨迹1、2分别是α粒子、X粒子的运动径迹
D.α粒子、X粒子运动径迹半径之比为45
;
］
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专题十四热学
考点1
物质由大量的分子组成
［例1］若以尸表示水的摩尔质量’U表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积’p为在标准状态下水蒸气的密度’ lVA
为阿伏加德罗常数’m、V分别表示每个水分子的质量和体积,下面是四个关系式:
oM＝努◎′-而◎砸＝击@v＿六.其中（
）
A.o和◎都是正确的
B.@和◎都是正确的
C.◎和@都是正确的
D@和@都是正确的
■磁m
答案:B
解析:对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿伏加德罗常数NA’所以lVA＝丛＝塑’即o和o都是正
′闪
″!
确的·而对水和水蒸气,由于分子间距的存在,lVAV并不等于摩尔体积z′ ,◎和@都是错误的·
感悟方法:要注意每个分子的体积与每个分子的“活动体积”’严格来讲’分子体积小于活动体积’特别是
对于气体来讲’分子体积远小于活动体积°
考点2扩散现象、布朗运动与分子热运动
［例2］墨滴人水’扩而散之,徐徐混匀°关于该现象的分析正确的是（
A.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B.混合均匀的过程中’水分子和碳粒都做无规则运动
C.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进行得更迅速
D.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应弓｜起的
■翻洒
）
』
答案:BC
解析:本题考查布朗运动’意在考查考生对布朗运动的理解·墨滴入水后碳粒的运动是布朗运动’是由
于受水分子撞击不乎衡引起的’是水分子元规则运动的反映,碳粒越小’布朗运动越明显’综上所述’选
项A、D错误,选项B、C正确。
感悟方法:布朗运动是碳粒的运动’不是分子运动’但布朗运动反映液体分子的运动°
考点3分子间存在着相互作用的引力和斥力
［例3］如图所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来’下面的铅柱不脱落’主要原因是（
）
b
｝
■
铅柱
~
白— 钩码
A.铅分子做无规则热运动
B.铅柱受到大气压力作用
C.铅柱间存在万有引力作用
D.铅柱间存在分子引力作用
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答案:D
解析:本题考查分子动理论’考查考生对分子力的理解°下面的铅柱不脱落’说明铅柱受到一个向上的
力的作用’A错误;大气对铅柱有向上的压力,但是远远不足以抵消铅柱的重力’B错误;铅柱间的万有
引力太小’远小于铅柱的重力’C错误;由于铅柱间存在着分子;｜力的作用’故下面的铅柱才不脱落’D
正确。
感悟方法:不论分子间距大小’分子间总是存在着相互作用的弓｜力与斥力’当分子间间距小于′0时,对
外表现为斥力’大于厂0时’对外表现为引力°
考点4分子势能
［例4］下列四幅图中’能正确反映分子间作用力／和分子势能E＂随分子间距离厂变化关系的图线是（
）
E｜丫／
／
『
~
~
＝
~
~
巩
呵
｀
γ
｀
∧
卜
‖
‖
‖
‖
‖
卜
｜
｜
‖
｜
阎丫／
Ep』／
／
／
州
↓
｀
｝
｜
｜
E∏／
O
（）
O
（）
｀
｜＼一＜营＝＝＝≡ˉ雪·
′
｀‖≤
｀≡≡＼Irp
＼＼ˉ一一＝＝＝＝. ˉ
′
厂（）｝
″
≡
′〃
γ＂
】
卢
尸
夕
矿
｀＝飞＂
C
A
B
D
可
∏
蹄心—
答案:B
解析:当厂＝厂0时,分子间作用力／＝0’分子势能Ep最小,排除A、C、I）,选B°
感悟方法:分子间作用力与分子势能的图象“长’,得很像!但要注意区别’当分子力为零时’分子势能不
为零·
考点5
固体、液体的性质
［例5］对下列几种固体物质的认识’正确的有（
）
A.食盐熔化过程中’温度保持不变’说明食盐是晶体
B.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面’熔化的蜂蜡呈椭圆形’说明蜂蜡是晶体
C.天然石英表现为各向异性’是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D石墨和金刚石的物理性质不同’是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
四疆Ⅷ
答案:AD
解析:晶体都具有固定的熔点’选项A正确;蜂蜡是非晶体’选项B错误;晶体的微粒在空间的排列是规
则的’选项C错误;石墨和金刚石的物质微粒排列结构不同’导致了它们的物理性质不同’选项D正确。
感悟方法:晶体具有各问异性’但并不是说每种晶体在各种物理性质上都表现出各问异性’而是说晶体
在某种物理特性上表现出各向异性·
考点6气体的压强
［例6］下列说法正确的是（
）
A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B.气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁」二的平均冲量
C.气体分子热运动的平均动能减小’气体的压强＿定减小
D.单位体积的气体分子数增加’气体的压强一定增大
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■
庐
析
解
ˉ
●
答案:A
解析:根据压强的定义可知A对、B错°气体分子热运动的乎均动能减小·说明温度降低’但不能说明压
强也一定减小,C错。单位体积的气体分子增加’但若温度降低’气体的压强有可能减小’D错°
感悟方法:气体的压强从微观来讲’是由大量做热运动的分子对器壁单位面积上的平均作用力形成的°
考点7气体实验定律
［例7］某自行车轮胎的容积为V’里面已有压强为户0的空气’现在要使轮胎内的气压增大到户’设充气过程为等
温过程’空气可看做理想气体,轮胎容积保持不变’则还要向轮胎充人温度相同、压强也是户0的空气的体
积为（
）
八△v
B上v
C（片l）v
D（爷十1）v
P
户0
唾Ⅷ
答案;C
解析:设所求体积为Ⅸ』.由玻意耳定律得’＾（叭＋v）-户｀w勘＝（贵—l）v’C正确.
感悟方法:本题考查理想气体状态方程,意在考查考生对理想气体状态方程的理解°
考点8理想气体状态方程的应用
［例8］对于＿定量的稀薄气体’下列说法正确的是（
）
A.压强变大时’分子热运动必然变得剧烈
B.保持压强不变时’分子热运动可能变得剧烈
C.压强变大时’分子间的平均距离必然变小
D.压强变小时’分子间的平均距离可能变小
■澎Ⅷ
答案:BD
解析;根撼理慈气体的状态方程孕-C’当压强变大时,气体的遥度不-定变大.分子热运动也不一定变
得剧烈’选项A错误;当压强不变时’气体的温度可能变大’分子热运动也可能变得剧烈’选项B正确;
当压强变大时’气体的体积不一定变小9分子间的乎均距离也不一定变小,选项C错误;当压强变小时9
气体的体积可能变小,分子间的平均距离也可能变小,选项D正确。
感悟方法;本题考查对理想气体的状态万程祭-C的理解
考点9气体状态变化的图象问题
［例9］如图’—定质量的理想气体从状态α开始’经历过程o、◎、o｀@到达状态e’对此气体,下列说法正确的是
（
）
｀T-＿～--～旧,
圃
创
＾萨‘
4）
］
←
e
α
（）
′
A.过程o中气体的压强逐渐减小
C.过程@中气体从外界吸收了热量
E状态α的压强比状态b的压强小
B.过程◎中气体对外界做正功
D.状态C、√的内能相等
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答案:BDE
解析;由塑想气体状态方穆等-等可知·＾＞A.即过程o中气体输压强遥渐增大,选项＾错谩;由
于过程◎中气体体积增大’所以过程◎中气体对外做功’选项B正确;过程@中气体体积不变’气体对外
做功为零,温度降低’内能减小,根据热力学第一定律’过程@中气体放出热量’选项C错误;由于状态
C、d的温度相等’理想气体的内能只与温度有关’可知状态c、α的内能相等’选项D正确;由理想气体状
态方程粤L＝鱼L并结合题图可知,状态刨的压强比状态b的压强′｜｀,选项F正确.
上α
Tb
感悟方法;将理想气体的状态万程笋-C与相廊的图象结合起来,需耍我们有数形结合的意识与能力.
考点10热力学第—定律
［例10］下列说法正确的是（
）
A.物体放出热量’其内能＿定减小
B.物体对外做功.其内能＿定减小
C.物体吸收热量’同时对外做功,其内能可能增加
D.物体放出热量’同时对外做功’其内能可能不变
m睡Ⅷ
答案:C
解析:根据热力学第一定律（公式△u＝Q＋w）可知’做功和热传递都可以改变物体的内能’当外界对
物体做的功大于物体放出的热蚤或物体吸收的热量大于物体对夕卜界做的功时’物体的内能增加’选项
A、B错误’选项C正确;物体放出热量同时对外做功’则Q＋W＜0’内能减小’选项D错误°
感悟方法:本题考查对热力学第—定律（公式△u＝Q＋w）的理解与应用°
考点11
热力学第二定律
［例11］关于热力学定律’下列说法正确的是（
）
A.气体吸热后温度＿定升高
B.对气体做功可以改变其内能
C.理想气体等压膨胀过程—定放热
D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡’那么这两个系统彼此之间也必定达到热
平衡
…Ⅷ
答案:BDE
解析:根据热力学第一定律’气体吸热的同时若对外做功,则内能不一定增大’温度不一定升高’选项A
错误°对气体做功可以改变其内能’选项B正确。理想气体等压膨胀过程’对外做功,由理想气体状态
方程可知’气体温度升高’内能增大’故气体一定吸热’选项C错误°根据热力学第二定律’热量不可能
自发地从低温物体传到高温物体’选项D正确°根据热乎衡定律’如呆两个系统分别与状态确定的第
三个系统达到热乎衡’那么这两个系统彼此之间也必定达到热干衡’选项E正确°
感悟方法:热力学第二定律有两种说法:＿种是“热量不可能自发地从低温物体传到高温物体”’一种是
“不可能从单＿热源吸收热量’使之完全变为功而不引起其他变化’’°
·177。
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考点12气体实验定律与热力学第—定律的综合
［例l2］如图为某实验器材的结构示意图金属内筒和隔热外筒间封闭了—定体积的空气’内筒中有水’在水加热
升温的过程中’被封闭的空气（
）
接电源
■■■■■■】〗
~
~~
≥
工
上＝
勺
~L
;瑟:
＞＼
｀.
乡
A.内能增大
C.分子间引力和斥力都减小
B.压强增大
D.所有分子运动速率都增大
｝~ ·解析＿音
［
￥
答案:AB
解析;在水加热升遥嫡过程中封闭气体的溪度升高.内能增大,选项A正确;榷籍罕-C知’气体的压
强增大’选项B正确;气体的体积不变’气体分子间的距离不变’分子间的;｜力和斥力不变’选项C错
误;温度升高’分子热运动的平均速率增大’但并不是所有分子运动的速率都增大’选项D错误°
感悟方法隐本题将等容变化过程与热力学第—定律结合起来°
O过关演练
L氧气分子在0°C和l（）0·C温度下单位速率间隔的分子数占总分
图中两条曲线所示°下列说法正确的是（
）
单位速率｜｝］｜｜稍的分于数
子数的百分比随气体分子速率的变化分别如
↑｜l『总分于数的H分比
0
200
400
600
800
v／（∏］Sˉ｜）
A.图中两条曲线下面积相等
B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形
D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E与0℃时相比’100°C时氧气分子速率出现在0～400m／s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
2.对于实际的气体’下列说法正确的是（
）
A.气体的内能包括气体分子的重力势能
B.气体的内能包括分子之间相互作用的势能
C.气体的内能包括气体整体运动的动能
D气体体积变化时’其内能可能不变
E气体的内能包括气体分子热运动的动能
3.关于分子动理论’下列说法正确的是（
）
A.气体扩散的快慢与温度无关
B.布朗运动是液体分子的无规则运动
C.分子间同时存在着引力和斥力
D分子间的弓｜力总是随分子间距增大而增大
o178·
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4.两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动’直至不再靠近°在此过程中’下列说法正确的
是（
）
A.分子力先增大,后—直减小
B.分子力先做正功’后做负功
C.分子动能先增大’后减小
D.分子势能先增大’后减小
E分子势能和动能之和不变
5.下列说法正确的是（
）
A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D.高原地区水的沸点较低’这是高原地区温度较低的缘故
E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度’这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
6.已知地球半径约为6.4×106m’空气的摩尔质量约为29×10＿3kg／mol’—个标准大气压约为1.0×105Pa°
利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为（
）
A·4×10l6m3
B·4×10l8m3
C·4×1020m3
D.4×1022m3
7.做布朗运动实验’得到某个观测记录如图。图中记录的是（
A.分子无规则运动的情况
B.某个微粒做布朗运动的轨迹
C.某个微粒做布朗运动的速度—时间阁线
D.按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线
8.下列说法中正确的是（
）
）
A.气体的温度升高时’分子的热运动变得剧烈’分子的平均动能增大’撞击器壁时对器壁的作用力增大’从而
气体的压强—定增大
B.气体体积变小时’单位体积的分子数增多’单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多,从而气体的压强
—定增大
C.压缩—定量的气体’气体的内能＿定增加
D.分子α从远外趋近固定不动的分子6’当α到达受b的作用力为零处时’α的动能＿定最大
9.对—定质量的气体’若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数’则（
）
A.当体积减小时’lV必定增加
B.当温度升高时’ ］V必定增加
C.当压强不变而体积和温度变化时’lV必定变化
D当压强不变而体积和温度变化时’N可能不变
］0.如图’—定量的理想气体从状态α变化到状态b,其过程如P—V图中从α到b的直线所示。在此过程
中（
）
小p
→／＝』
α
O
y
B.气体内能一直增加
D.气体—直从外界吸热
A.气体温度一直降低
C.气体一直对外做功
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
°179°
、
0
｜
厂
八
′
《
／
～
｀
＼
〃
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／
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』
咆
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11.如图,用隔板将—绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体’隔板右侧与绝热活塞之间是真空°现将隔
板抽开’气体会自发扩散至整个汽缸°待气体达到稳定后’缓慢推压活塞’将气体压回到原来的体积°假设
整个系统不漏气°下列说法正确的是（
）
隔板
~
｀
｀｀
飞
｀
｀
｀、｀
｀
、
＼
｀
｀
｀
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中’气体对外界做功
D气体在被压缩的过程中’外界对气体做功
E.气体在被压缩的过程中’气体分子的平均动能不变
l2.如图’＿定质量的理想气体从状态α出发’经过等容过程αb到达状态b’再经过等温过程bC到达状态C’最后
经等压过程cα回到状态α°下列说法正确的是（
）
′
力
＼~
＼～～●C~
〔J
‖
O
A.在过程αb中气体的内能增加
B.在过程cα中外界对气体做功
C.在过程αb中气体对外界做功
D.在过程bC中气体从外界吸收热量
E.在过程Cα中气体从外界吸收热量
13.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C’其VT图象如图所示°下列说法正确的
有（
）
｜萨｜
A
」二丝『
A.A→B的过程中’气体对外界做功
B.A→B的过程中’气体放出热量
C.B→C的过程中’气体压强不变
D.A→B→C的过程中’气体内能增加
14.—定量的理想气体从状态（）开始’经历三个过程αb、bC、Cα回到原状态,其P—T图象如图所示°下列判断正
确的是（
）
p』
b
O
T
A.过程αb中气体＿定吸热
B.过程bC中气体既不吸热也不放热
C.过程cα中外界对气体所做的功等于气体所放的热量
Dα、b和C三个状态中’状态α分子的平均动能最小
E.b和〔、两个状态中’容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
°180°
理想
气体
真空
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15.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的’且车胎体积增大°若这段时间胎内气体质量不变且可视
为理想气体’那么（
）
A.外界对胎内气体做功’气体内能减小
B.外界对胎内气体做功,气体内能增大
C.胎内气体对外界做功’内能减小
D.胎内气体对外界做功’内能增大
］6.如图所示’质量为′″的活塞将＿定质量的气体封闭在汽缸内’活塞与汽缸之间无摩擦’α态是汽缸放在冰水
混合物中气体达到的平衡状态’6态是汽缸从容器中移出后’在室温（27℃）中达到的平衡状态’气体从α态
变化到b态的过程中大气压强保持不变°若忽略气体分子之间的势能’下列说法中正确的是（
）
啊
b
『
』
′
匹
）
｜
｜
A.与b态相比,α态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B.与α态相比’b态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大
C.在相同时间内’α、b两态的气体分子对活塞的冲量相等
D从α态到b态,气体的内能增加,外界对气体做功’气体向外界释放了热量
17.用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品’如图所示’充气袋四周被挤压时’假设袋内气体与外界无热交
换’则袋内气体（
）
A.体积减小’内能增大
B.体积减小’压强减小
C.对外界做负功’内能增大
D对外界做正功’压强减小
18.关于＿定量的气体’下列说法正确的是（
）
A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子的体积之和
B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度’气体的温度就可以降低
C.在完全失重的情况下’气体对容器壁的压强为零
D.气体从外界吸收热量’其内能—定增加
E·气体在等压膨胀过程中温度—定升高
19.景颇族的祖先发明的点火器如图所示.用牛角做套筒’木制推杆前端粘着艾绒。猛推推杆,艾绒即可点燃。
对筒内封闭的气体’在此压缩过程中（
）
［＝～
A.气体温度升高’压强不变
B.气体温度升高’压强变大
C气体对外界做正功’气体内能增加
D外界对气体做正功’气体内能减少
·181·
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20.如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图’M、lV两筒间密闭了一定质量的气体’M可沿N的内壁上下滑
动,设筒内气体不与外界发生热交换,在M向下滑动的过程中（
）
A.外界对气体做功’气体内能增大
B.外界对气体做功’气体内能减小
C.气体对外界做功’气体内能增大
D.气体对外界做功’气体内能减小
2L如图是密闭的汽缸’外力推动活塞P压缩气体’对缸内气体做功800J,同时气体向外界放热200J’缸内气体
的（
）
田
●
●
●
●
●●
●
●
●
●●
●
●
●
●
A.温度升高’内能增加600J
B.温度升高,内能减少200J
C.温度降低’内能增加600」
D温度降低’内能减少200J
22.用隔板将＿绝热容器隔成A和B两部分,A中盛有—定质量的理想气体’B为真空（如图@）°现把隔板抽
去’A中的气体自动充满整个容器（如图◎）’这个过程称为气体的自由膨胀。下列说法正确的是（
）
●
●
●●
●
●
●
●
●
●
●●
●●
●
●
●
●
●
●
●
●
●●
｜
｝
···飞···
●■
●
●
●●
···狞l··J
■●●
●G
●●●●
●
●●
●●●
●●■●●●●●
●
●●
■●
…●
】
图o
｜冬｜（乙
A.自由膨胀过程中,气体分子只做定向运动
B自由膨胀前后’气体的压强不变
C.自由膨胀前后’气体的温度不变
D容器中的气体在足够长的时间内,能全部自动回到A部分
23.如图所示’＿定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U形玻璃管内’右管上端开口且足
够长’右管内水银面比左管内水银面高∧’能使h变大的原因是（
）
A.环境温度升高
B.大气压强升高
C沿管壁向右管内加水银
D.U形玻璃管自由下落
24.如图所示’两端开口的弯管’左管插人水银槽中,右管有—段高为h的水银柱’中间封有—段宁气
的水银柱’中间封有—段空气
~
↑＿ˉ
‖
,则（
）
A.弯管左管内外水银面的高度差为∧
B若把弯管向上移动少许’则管内气体体积增大
C.若把弯管向下移动少许’则右管内的水银柱沿管壁上升
D若环境温度升高’则右管内的水银柱沿管壁上升
土
力
下
｜
o182°
●
●
●
→
●
●
●
●
■
●
■
■
【』
R
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25.如图’某同学将空的薄金属筒开口向下压人水中。设水温均匀且恒定’筒内空气无泄
漏,不计气体分子间相互作用’则被淹没的金属筒在缓』慢下降过程中’筒内空气体积减
小且（
）
A.从外界吸热
B.内能增大
C.向外界放热
D.内能减小
26.如图所示,两个相通的容器P、Q间装有阀门K’P中充满气体’Q为真空,整个系统些
如图所示,两个相通的容器P、Q间装有阀门K’P中充满气体’Q为真空,整个系统与
｜
ˉ
ˉ
水
ˉ
ˉ
ˉ
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
／
雨
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
空气
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
外界没有热交换°
开阀门K后’P中的气体进人Q中’最终达到平衡’则（
）
打
A.气体体积膨胀’内能增加
B.气体分子势能减少’内能增加
C.气体分子势能增加,压强可能不变
DQ中气体不可能自发地全部退回到P中
27.如图所示为电冰箱的工作原理示意图°压纺
如图所示为电冰箱的工作原理示意图°压缩机工作时’强迫致冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器
中致冷剂汽化吸收箱体内的热量’经过冷凝器时致冷剂液化’放出热量到箱体外°下列说法正确的是（
）
箱体
干燥过滤器
／冷凝器
~~／
霍／
莹发器
｜毙
-
压缩机
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界’是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第＿定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第—定律
28.已知理想气体的内能与温度成正比。如图所示的实线为汽缸内—定质量的理想气体由状态1到状态2的变
化曲线’则在整个过程中汽缸内气体的内能（
）
p
〈／摊
~＼≡.
d线
l
O
↓′
A.先增大后减小
B.先减小后增大
C.单调变化
D保持不变
29.关于永动机和热力学定律的讨论’下列叙述正确的是（
）
A.第二类永动机违反能量守恒定律
B.如果物体从外界吸收了热量’则物体的内能＿定增加
C.外界对物体做功’则物体的内能＿定增加
D做功和热传递都可以改变物体的内能’但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
30.下列关于热现象的描述正确的是（
）
A.根据热力学定律可知’热机的效率可以达到100％
B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C.温度是描述热运动的物理量’＿个系统与另—个系统达到热平衡时两系统温度相同
D.物体由大量分子组成’其单个分子的运动是无规则的’大量分子的运动也是无规律的
°183·
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专题十五机械振动机械波
◎典例剖析
~
~
‖
考点1
简谐运动—弹簧振子
［例1］—振子沿工轴做简谐运动’平衡位置在坐标原点° ／＝（）时振子的位移为＿0. 1∏M＝1s时位移为0. 1m’则（
）
A若振幅为队lm｀振子的周期可能为:＂
B.若振幅为0］m’振子的周期可能为兰6
O
C.若振幅为0.2m’振子的周期可能为4s
D.若振幅为0.2m’振子的周期可能为6s
…■
答案:AD
解析;芳振幅为αlm.询题意知.△′-（″＋＋）T.″-0.l,2’….解得r-丽车T,.″＿0,｛’2,…,A项正
确,B项铸误;若振幅为α…-0时.陶质点简谐运动表达式厂α2爵h（争＋解痢）m可知,α2爵｜n帜‘
m＿—队lm.′—l 9时.有0…（祭＋解,）m≡αlm,解得萨!-—昔…舰-＿￥;将T-0 §代入
队2副n（祭＋隅＂）m＿队lm可得,D项正确;将T-4＂代入0…（争＋铆）m-队lm,得T＝49不满
足题意,C项错误°
感悟方法:弹簧振子的运动具有时间的周期性°
考点2简谐运动—单摆
［例2］｜故简谐振动的单摆摆候不变若摆球质量增加为原米的4倍,摆球经过平衡位慧时速度减小为原来的＋』
则单摆振动的（
）
A.频率、振幅都不变
B.频率、振幅都改变
C.频率不变、振幅改变
D.频率改变、振幅不变
｝Q解板p
答案:C
霹析;陶单摆胸周期公式T＝2蔽仔.可轰,｀单摆摆长不变｀＂恫翔不变频率不变』掇撼∧是反峡单摆
运动过程中的能量大′｜、的物理量,由且—＋狮涸』可知.摆球缝过乎衡位置时的动能不变.质量改变,最
大高度改变’因比振幅改变,所以C正确°
感悟方法:单摆与弹簧振子的周期决定因素不同’弹簧振子的周期与振子的质量有关’单摆的周期与摆
球的质量无关°
o‖84.
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考点3简谐运动的图象
［例3］某弹簧振子沿工轴的简谐运动图象如图所示’下列描述正确的是（
）
↑x／℃m
〃S
A. r＝1 s时’振子的速度为零’加速度为负的最大值
B. r＝2s时’振子的速度为负’加速度为正的最大值
C. t＝3s时’振子的速度为负的最大值’加速度为零
Dt＝4s时’振子的速度为正’加速度为负的最大值
■蕊m
答案:A
解析:t＝1S时’振于在正的最大位移处’振子的速度为零’由α＝二互王知’加速度为负的最大值’A项正
″1
确;r＝2s时,振子位于乎衡位置’加速度为零’B项错误;t＝3s时’振子在负的最大位移处’加速度为正
的最大值’C项错误;t＝4s时,振于位于乎衡位置’加速度为零’D项错误°
感悟方法:解决图象问题’可以将图象与实际情况联系起来’也可以运用数形结合的策略’根据α＝
二k王,将加速度α与位移工联系起来°
γ川
考点4受迫振动和共振
［例4］如图所示的装置’弹簧振子的固有频率是4Hz°现匀速转动把手’给弹簧振子以周期性的驱动力’测得弹
簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz,则把手转动的频率为（
）
~
二b
卢
～
／
／～
D5Hz
C.4Hz
B。3Hz
A. 1Hz
…Ⅷ
答案:A
解析:本题考查受迫振动的特点’意在考查考生对受迫振动特点的掌握情况°弹簧振子做受迫振动’因
此振动频率等于驱动力的频率’即为1Hz’A正确°
感悟方法:要注意受迫振动与共振的区别与联系,共振是受迫振动的＿种特殊状态°
·l85·
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考点5
波的传播特性
［例5］手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动’带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平
传播’示意如图°绳上有另＿质点P’且O、P的平衡位置间距为L。r＝0时’O位于最高点,P的位移恰好
为零’速度方向竖直向上’下列判断正确的是（
）
A.该简谐波是纵波
B.该简谐波的最大波长为2L
Q′-;时’P在平衡位置｛方
n′-等时,P的遮度方向竖直向k
…Ⅷ
答案:C
解析;振动方向与传播方向塞直,故该简谐渡是横波’A错镁』P距离O的最近距离L-＋儿所以最大波
长等于4L,E错谩;经过÷T,P位于浚峰,所以÷T时,P在乎衡位置上方,C正确;在;T时.P正在从
波峰回到乎衡位置’速度方向竖直向下’D错误。
感悟方法:对于波的传播过程’我们要紧紧抓住两点:从微观来看’每个质点都在做受迫振动’是靠近波
源的质点带动远离波源的质点;从宏观看,整个波形是整体沿着波的传播方向平移的°
考点6波的周期性
［例6］—列简谐横波沿工轴正方向传播’在t＝0和r＝0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示°已知该波
的周期T＞0.2（）s°下列说法正确的是（
）
m
A.波速为0.40m／s
B.波长为0.08m
C.工＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波谷
D·工＝0.08m的质点在r＝0. 12s时位于波谷
E.若此波传人另＿介质中其波速变为0.80m／s’则它在该介质中的波长为0.32m
｜·解析p
答案:ACE
解析:根据波形图可知,波长∧＝16cm＝0. 16m,选项B错误;根据t＝0时刻和0。20s时刻的波形图和
该浚的周期T＞α20§可知,该波的周期T＝α409.波速砌-＋＝α40m／s,选项A正确′简谐波沿″
轴正方向传播’工＝0.08m的质点在t＝0时刻沿γ轴正方向振动’在t＝0.70s时位于波谷,在t＝0. l2
s时位于y＞0的某位置（不是位于波谷）’选项C正确’D错误;若此波传入另一介质中’周期T不变’其
波速变为U′＝0.80m／s’由∧′＝U′T可得它在该介质中的波长为入′≡0.80×0.4m＝0.32m’选项E
正确。
感悟方法:对于波的传播’我们要紧紧抓住时间与空间的周期性特点°
·186°
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考点7双向波问题
［例7］由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播°波源振动的频率为20Hz’波速为16m／s°已知介
质中P、Q两质点位于波源s的两侧’且P、Q和s的平衡位置在一条直线上’P、Q的平衡位置到s的平衡
位置之间的距离分别为15.8m、14.6m’P、Q开始振动后’下列判断正确的是（
）
A.P、Q两质点运动的方向始终相同
B.P、Q两质点运动的方向始终相反
c.当s恰好通过平衡位置时’p、Q两点也正好通过平衡位置
D.当S恰好通过平衡位置向上运动时’P在波峰
E.当S恰好通过平衡位置向下运动时,Q在波峰
■疆Ⅷ
答案:BDE
解析;…＿川／可知.渡的浚长为川≡;＝α…沁≡（l9＋÷）…≡（l8＋＋）川.根搪浚传播的周期
性可知’P、Q两质点的振动情况正好相反’即运动方向始终相反,A项错误’B项正确;距离相差半波长
整数倍的两点,同时通过乎衡位置,而P、Q两质点与s的距离不为半波长的整数倍,c项错误;由波的
传播特点知披源经过乎衡位置向上运动时,蹬其（″＋÷）入绚点在波峰位置.D项正确;液源经过平衡
位置向下运动时.距其（＂＋＋）川的』霞在波峰位置,＂项正确.
感悟方法:对于“双向波”,我们要注意抓住空间上的对称特点。
考点8
由振动图象来画波动图象
［例8］一列简谐横波沿直线传播,该直线上平衡位置相距9m的α、6两质点的振动图象如图所示°下列描述该
波的图象可能正确的是（
）
‖
）
0
］
（
〕
↑w℃m
3↑丫＿／＼
＿罚卜√熬叼咖
D
C
B
A
m潞硒
答案:AC
解析:由振动图象可知’α在正的最大位移处时’b在平衡位置向γ轴负方向运动。如果波从α传播到b’
则9＝（÷＋＂）川（其中″≡0,l,2,…）,波长可能为l2m等m、普m,….如果波从b传播到α.则9≡
（＋＋＂）M其中″-0,1.2.…）｀则波长可能为36m,曾m,4m,普m,….可见,只有A、C图是可能的.
感悟方法:根据振动图象可以获得波动的振幅、周期信息;根据振动图象可以获得波动的质点振动与波
动的方向关系°
。187·
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考点9振动图象与波动图象的配合
［例9］图（a）为—列简谐横波在／＝0.I0s时刻的波形图’P是平衡位置在工＝1.0m处的质点’Q是平衡位置在
r＝4.0m处的质点;图（b）为质点Q的振动图象’下列说法正确的是（
）
▲）″c『Ⅵ
β
○
β
~
｜
｛（）
O
l（）
Ⅶ＿ˉ∧＿
｜ˉ9M＂皿＂
Ⅵ
~
甘
图（a）
A.在r＝0. 10s时’质点Q向y轴正方向运动
B.在t＝0.25s时’质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C.从r＝0. 10s到′＝0.25s’该波沿r轴负方向传播了6m
I）.从r＝0. l0s到r＝（）.25s’质点P通过的路程为30cm
E质点Q简谐运动的表达式为y＝0. 10Sin10冗r（国际单位制）
·解析0
图（b）
答案:BCE
解析;本题考查波的传播规律、波形图、振动图象等’意在考查考生对简谐运动规律的理解和应用能力及
从波形图、振动图象中读取物理信′息的能力’由振动图象可知’在r＝0. 10s时’质点Q向y轴负方向运
动’A项错误;结合波形图及质点运动方向与波的传播方向的』‘上坡下、下坡上”规律可知’波沿工轴负方
O
向传播.题图（a）中质点P经△‘＝α25＄—0103＝α｜56＝iT时间.位移变为负值,即此时质点P的
加逮度方向谱＂轴正方向.B项正确;波在;T时间内沿鸳轴负方向传播＋入-6m.C项正确;任意质点
】
在半个周期内通过的略程为2倍振幅,即20cm.从平衡位置或最大位移处开始,了T时间内通过的略
］
程等于振幅,而题图（a）中质点P在半个周期后,已经过平衡位置并向负的最大位移处运动’士T时间内
通过的略程小于振幅’所以D项错误;由振动图象’质点Q的振幅A＝10cm＝0. 10m’周期为0.2s’（o
-祭＿」0…／爵,所以其运动表达式为删＝Asl…＝α10鼠ml0厕Mm）,E项正输.
感悟方法:要抓住振动图象与波动图象的联系°
｜0波的叠加
两列振动方向相同、振幅分别为A｜和A,的相干简谐横波相偶＾下列说洪「「确的旱（
）
考点10波的叠加
［例10］两列振动方向相同、振幅分别为Al和A2的相干简谐横波相遇°下列说法正确的是（
A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为A｜—A2
｜
B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为Al＋A2
C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移
D.波峰与波峰相遇处质点的振幅＿定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅
…画
答案:AD
解析:本题考查了波的千涉、波的叠加规律等知识点’意在考查考生的逻辑分析能力°空间某一质点的
位移等于两列波同时在该点引起位移的矢量和,对于相干波源在某一点是加强点’说明两列波在该点
振动方向始终一致’但该质点的位移不是始终不变的,选项B错误;波峰和波谷相遇处的点是咸弱点,
两列波在该点振动方向始终相反’但其合位移不一定总小于加强点的位移’选项C错误;加强点处的质
点的振幅为Al＋A2 ’减弱点处的质点的振幅为｜Al—A2
｜’选项A、D正确°
感悟方法:空间某—质点的位移、速度等于两列波同时在该点引起的位移、速度的矢量和°
·188·
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考点11
波的干涉
［例11］两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿＋r和—工轴方向在同＿介质中传播’两列波的振动
方向均沿y轴’某时刻两波的波面如图所示’实线表示P波的波峰、Q波的波谷;虚线表示P波的波谷、Q
波的波峰° α、b、C为三个等间距的质点’α为b、〔.中间的质点°下列判断正确的是（
）
仁
‖
O
x
｜
α
山
b
‘／
｜‘,
P
----ˉ一步
Q
—
B.质点b始终静止不动
D.图示时刻质点‘／的振动方向沿—γ轴
A.质点α的振幅为2A
C.图示时刻质点C的位移为（）
m澄Ⅷ
答案:CD
解析:由题意知,两列波频率相等、波长相等,实线表示P波的波峰、Q波的波谷’虚线表示P波的波
谷、Q波的波峰’故α、C两点为减弱点’b点为加强点’由于振幅均为A’所以α、C两点始终静止不动’则
选项A、B错误’C正确;题图图示的时刻‘／点处P波向下运动’Q波向下运动’所以质点‘／沿着y轴负
方向振动,则选项D正确。
感悟方法:要注意区分波的叠加与波的干涉的区别与联系:叠加是波的特有现象’干涉是叠加的—种特
殊现象。
考点12波的衍射
［例12］利用发波水槽得到的水面波形如图（a）（b）所示’则（
）
～
″零≡ˉˉ≡｀
～■一一″….…≡
图（a）
图（b）
A.图（a）（b）均显示了波的干涉现象
B.图（a）（b）均显示了波的衍射现象
C.图（a）显示了波的干涉现象’图（b）显示了波的衍射现象
D.图（a）显示了波的衍射现象’图（b）显示了波的干涉现象
·解析］
答案:D
解析;图（a）表明波通过狭缝后发生衍射;图（b）中出现稳定的振动加强和振动减弱区域’是波的千涉现
象’所以D正确°
感悟方法:本题考查波的衍射、波的干涉’意在考查考生对波的衍射和波的干涉演示实验的理解能力。
◎189◎
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◎过关演练
1.如图,轻弹簧上端固定’下端连接＿小物块’物块沿竖直方向做简谐运动°以竖直向上为正方向’物块做简谐
运动的表达式为y＝0. 1sin（2.5冗t）m° t＝0时刻,一小球从距物块／l高处自由落下;t≡0.6s时’小球恰好与
物块处于同—高度°取重力加速度的大小为g＝10m／s2 ’以下判断正确的是（
）
。下
｜
力
:｜
□上
A.∧＝1.7m
B.简谐运动的周期是0.8s
C.0.6s内物块运动的路程是0.2m
Dr＝0.4s时’物块与小球运动方向相反
2.—个弹簧振子沿工轴做简谐运动’取平衡位置O为工轴坐标原点。从某时刻开始计时’经过四分之＿周期’
振子具有沿r轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移工与时间r关系的图象是（
）
｀
Ⅺ
0x
∧
°｜
＼／′
（-／
′
A
B
C
D
3.A、B两列波在某时刻的波形如图所示’经过r＝TA时间（TA为波A的周期）’两波再次出现如图所示波形’则
两波的波速之比UA :UB不可能是（
）
卜仁P喂
卜N挟‖
｜←—α一｜
恃—α＿≡＞｜
A· 1
; 3
B· 1
: 2
C·2
;
1
D.3
:
1
4.＿弹簧振子做简谐振动’周期为T’则（
）
A.若t时刻和（r＋△t）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同’则△t＿定等于T的整数倍
凰若′时刻初（蔗＋△n时刻振子运动的速度的大小相等、方向相反则△‘＿定等于÷的整数倍
C.若△／＝T’则在t时刻和（t＋△t）时刻振子运动的加速度＿定相等
D若△r＝子.则在!时刻和（!＋△【）时刻弹簧的长度＿定相等
△
5.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km／s和9km／s°一种简易地震仪由竖
直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成（如图所示）°在—次地震中’震源在地震仪下方’观
察到两振子相差5s开始振动’则（
）
A.P先开始振动’震源距地震仪约36km
BP先开始振动’震源距地震仪约25km
C.H先开始振动’震源距地震仪约36km
DH先开始振动’震源距地震仪约25km
6某质点做简谐运动』其位移随时间变化的关系式为工＝Asin器’则质点（
）
A.第1 s末与第3s末的位移相同
B.第1s末与第3s末的速度相同
C3s末至5s末的位移方向都相同
D.3s末至5s末的速度方向都相同
临
艘源
蔓诽择
·190·
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7.＿列简谐横波沿直线传播’以波源O由平衡位置开始振动为计时起点’质点A的振动图象如图所示°已知
O、A的平衡位置相距0.9m°以下判断正确的是（
）
勺
≡
●
‖
O
O2
A.波长为1.2m
B.波源起振方向沿y轴正方向
C.波速大小为0.4m／s
D质点A的动能在t＝4s时最大
8.一列简谐波沿工轴传播’r＝0时刻的波形如图甲所示,此时质点P正沿y轴负方向运动,其振动图象如图乙
所示’则该波的传播方向和波速分别是（
）
小wcIn
＂′Cm
厂＼
／ˉ＼＼
（）
O
｜2杖ˉ〃—γ顺
～』／／0203吧y06脆
甲
乙
A.沿工轴负方向,60m／s
B.沿工轴正方向’60m／s
C.沿工轴负方向’30m／s
D.沿工轴正方向’3（）m／s
9.图（a）为＿列简谐横波在r＝2s时的波形图°图（b）为介质中平衡位置在工＝L5m处的质点的振动图象’P
是平衡位置为工＝2m的质点°下列说法正确的是（
）
∩
州
＼
士
↑
｜
厂
′
‖
—
Ⅷ
斗
○
诽
∩
坠
″
′
｝
u′c
Ⅵ
斗
~
吕
〃
○
斗
~
x／m
｝冬｜（a）
图（b）
A.波速为0.5m／s
B.波的传播方向向右
C.0～2s时间内’P运动的路程为8cm
D0～2s时间内’P向γ轴正方向运动
E.当／＝7s时’P恰好回到平衡位置
1（）.＿简谐机械横波沿工轴正方问传播’波长为∧’周期为T’t＝0时刻的波形如图1所示’α、b是波上的两个质
点°图2是波上某—质点的振动图象°下列说法正确的是（
）
γ」
0′」
Ⅳ
一
（′
／＼
／
／
b
＼ˉ／几
x
O
几
一
∑
阁2
Bˉ t＝0时质点α的加速度比质点b的小
D.图2可以表示质点b的振动
图l
A. r＝0时质点α的速度比质点b的大
C.图2可以表示质点α的振动
o191·
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11.—简谐横波沿工轴正向传播’图1表示r＝0时刻的波形图,图2是介质中某质点的振动图象’则该质点的工
坐标值合理的是（
）
wln
（）
（）
》γm
7卜
『｜ˉ
（）
（）
／厂—＼
6ⅪTTl
（）
0
O
°
》
＾
~′
·＝
ˉ｜／
二～＝／
2
3 ＼0~5
6ⅣS
~＼一／
（）
（）
图l
图2
A·0·5m
B·
1。5m
C,2·5m
D3·5m
12.图1是＿列简谐横波在【＝1.25s时的波形图,已知c位置的质点比α位置的质点晚0.5s起振°则图2所
示振动图象对应的质点可能位于（
）
｝》／m
wm
＝-
／／s
（／
｜冬｜l
阁2
B.b＜.r＜（.
C.c＜r＜创
D.d＜.r＜c
轴正向传播’传到M点时波形如图所示’再经0.6s,N点开始振动’则该波的振幅A和频
A.α＜.r＜b
13.—列简谐横波沿贝
率／为（
）
】
法
恤
Ⅳ
‖
Ⅱ
‖
‖
‖
＾
凹
／
□
＾
凹
∩
＝
■
■
′
′
＝
〃
〃
旦
‖
／
ˉ
∩
凹
γ
§
～
~
｜
斗
′
驴
｀
）
川
叫
＼
＼
＿
（）.5
O
-0.5
A.A＝1m,／＝5Hz
B·A＝0。5m,／＝5Hz
C.A＝1m,／＝2。5Hz
D.A＝0.5m,／＝2.5Hz
14.＿位游客在千岛湖边欲乘坐游船’当日风浪较大’游船上下浮动°可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运
动’振幅为20cm’周期为3.0s°当船上升到最高点时’甲板刚好与码头地面平齐’地面与甲板的高度差不超
过10cm时’游客能舒服地登船°在＿个周期内,游客能舒服登船的时间是（
）
A·0。5s
B.0.75s
C。1。0s
Dl·5s
15.如图’一简谐横波在工轴上传播,轴上α、b两点相距12m° r＝0时α点为波峰’b点为波谷;t＝0.5s时α点
为波谷’b点为波峰。则下列判断中正确的是（
）
（I
门
—-＝-→
O
x
A.波—定沿工轴正方向传播.波长可能是8m
C.周期可能是0.5s
D.波速＿定是24m／s
16.如图所示’位于介质I和lI分界面上的波源S’产生两列分别沿工轴负方向与正方向传播的机械波°若在两
种介质中波的频率及传播速度分别为／』、／2和Ul 、U2 ’则（
）
Ⅺ
ˉ
′
√
』
＼
／
‖
√
＼
／
√
｜
你
｜
『
／
＼
∧
｝
』
′←ˉ＿r
串
L—ˉˉ→
0
A.／l＝2／2 ,Ul＝U2
B。／］＝／2 ,℃l＝0°5U2
C.／l＝／2 ,Ul＝2U2
I）。／l＝0·5／2 ,Ul＝U2
l7.如图所示’—列简谐横波向右传播’P｀Q两质点平衡位置相距0. 15m°当P运动到上方最大位移处时’Q刚
好运动到下方最大位移处’则这列波的波长可能是（
）
-一—＞p
／〕
Q
C. （）.20m
A.0.60m
B.0.30m
D.
（）. 15m
·192·
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18.简谐横波在同一均匀介质中沿r轴正方向传播’波速为U°若某时刻在波的传播方向上’位于平衡位置的两
质点α、b相距为‘,α、6之间只存在—个波谷’则从该时刻起’下列四幅波形图中质点α最早到达波谷的是
（
）
）
小］
｀
‖
≡
~
小］
°｝了△扩竟
°怜U△沽
A
B
C
D
19.图中实线禾‖虚线分别表示＿列简谐横波在传播方向上相距3m的两质点P和Q的振动图象。该波的波长
不可能为（
）
口
『
巳
户
■
∏
『
~
阳
＼
＼
＿
№
Ⅳ
○
A号m
B÷m
C÷m
D÷m
20.图甲为—列简谐横波在r＝0. l0S时刻的波形图’P是平衡位置为工＝1m处的质点’Q是平衡位置为巫＝4
m处的质点’图乙为质点Q的振动图象’则（
）
▲）》／Cm
▲WC∏］
l（）
｛（）
O
l（）
厂＼｜川‖
一0」F＿uD
020
--ˉ--≥
／／S
（）
-l0
r／Ⅶ
｜
｜｛
乙
A. r＝0. 15s时’质点Q的加速度达到正向最大
B. t＝0. 15s时’质点P的运动方向沿γ轴负方向
C.从t＝0. 10s到r＝0.25s’该波沿工轴正方向传播了6m
D.从r＝0. 10s到r＝0·25s’质点P通过的路程为30cm
2L如图所示为—列沿工轴负方向传播的简谐横波’实线为r＝0时刻的波形图’虚线为t＝0.6s时的波形图’波
的周期T＞0.6s’则（
）
句
垄
∩
Ⅷ
O
0°2
A.波的周期为2.4s
B.在r＝0.9s时,P点沿y轴正方向运动
C.经过0.4s’P点经过的路程为4m
D.在t＝0.5s时’Q点到达波峰位置
·193。
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22.—列简谐横波沿工轴正方向传播’t时刻波形图如图中的实线所示’此时波刚好传到P点’r＋0.6s时刻的波
形如图中的虚线所示,α、b、c、P、Q是介质中的质点’则以下说法正确的是（
）
‖）》／cm
b
＝瑟工沁蕊止熬
‖
日
○
β
］
］
Q
----＞
x／∏】
A.这列波的彼速可能为50m／s
B.质点α在这段时间内通过的路程＿定小于30cm
C.质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm
D.若T＝0.8s’则当t＋0.5s时刻’质点b、P的位移相同
E若T＝α8｀.从′＋α43时刻开始汁时.则质点′的振动方程为＂-队lS｛n（:页《）
23.＿简谐横波以4m／s的波速沿工轴正方向传播·已知r＝0时的波形如图所示’则（
＼
／
＼
／
】
∏
（
wm
0.04
（）,（）2
O
＝0·04
≥≡＼‘,‖~
兰D湍
0p］
A.波的周期为1s
B.工＝0处的质点在r＝（）时向〕轴负方向运动
c塑-0处的质点在′＝＋:时速度为0
u雾≡0处的质点在′≡＋＄时速度值最大
24.如图’—列简谐横波沿工轴正方向传播’实线为r＝0时的彼形图,虚线为r＝0.5s时的波形图°已知该简谐
波的周期大于0.5s。关于该简谐波’下列说法正确的是（
）
Wcm
O
∏］
r
A.波长为2m
B.波速为6m／s
C.频率为1·5Hz
Dt＝1s时’工＝lm处的质点处于波峰
E. r＝2s时’工＝2m处的质点经过平衡位置
某同学漂浮在海面上’虽然水面波正平稳地以1.8m／s的速率向着海滩传播’但他并不向海滩靠近°该同学
发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为l5s°下列说法正确的是（
）
A.水面波是＿种机械波
B.该水面波的频率为6Hz
C.该水面波的波长为3m
D水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时能量不会传递出去
E.水面波没有将该同学推向岸边’是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
如图为＿列沿工轴负方向传播的简谐横彼在r＝0时的波形图’当Q点在r＝0时的振动状态传到P点时’则
（
）
B。该水面波的频率为6Hz
C.该水面波的波长为3m
D水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时能量不会
E.水面波没有将该同学推向岸边’是因为波传播时振动的〖
如图为＿列沿工轴负方向传播的简谐横彼在r＝0时的波形
（
）
25
A. 1cm＜工＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B.Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
c.Q处的质点此时正在波峰位置
D.Q处的质点此时运动到P处
26·
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2
／了＼
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（）
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°194·
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27.沿工轴正向传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示,M为介质中的—个质点,该波的传播速度为
40m／s.则!＝尚3时（
）
卜γ／cm
司
丝
O
m
X／
勺
全
~
A.质点M对平衡位置的位移＿定为负值
B.质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C.质点M的加速度方向与速度方向＿定相同
D.质点M的加速度与对平衡位置的位移方向相反
28.如图,α、b、C、d是均匀介质中工轴上的四个质点’相邻两点的间距依次为2m、4m和6m。—列简谐横波以
2m／s的波速沿z轴正方向传播,在r＝0时刻到达质点α处,质点α由平衡位置开始竖直向下运动’r＝3s
时α第—次到达最高点°下列说法正确的是（
）
α
b
（,
α
A.在t≡6s时刻波恰好传到质点d处
B.在t＝5s时刻质点c恰好到达最高点
C.质点b开始振动后’其振动周期为4s
D.在4s＜r＜6s的时间间隔内质点c问上运动
E当质点α向下运动时’质点b＿定向上运动
29.图示为＿列沿工轴负方向传播的简谐横波,实线为r＝0时刻的波形图’虚线为t＝0.6s时的波形图’波的周
期T＞0.6s,则（
）
｝』／『Ⅶ
品
0。2
O
-0°2
X／∏］
A.波的周期为2.4s
B.在r＝0.9s时’P点沿y轴正方向运动
C.经过0.4s’P点经过的路程为4m
D.在r＝0.5s时,Q点到达波峰位置
30.如图所示’实线和虚线分别为某种波在t时刻和t＋△t时刻的波形曲线°B和C是横坐标分别为创和3创的
两个质点’下列说法中正确的是（
）
A.任＿时刻’如果质点B向上运动’则质点C—定问下运动
B任—时刻’如果质点B速度为零’则质点C的速度也为零
C如果波是向右传播的,则波的周期可能为÷△′
D如果披是向左传播的侧波的周期可能为备△′
31.如图所示’Sl 、S2是振幅均为A的两个水波波源’某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则
下列说法中正确的是（
）
A.两列波在相遇区域发生干涉
B.两列波在相遇区域内发生叠加
C.此时各点的位移是:工A＝0’工B＝—2A’虐rc＝2A
DA处振动始终减弱’B、C处振动始终加强
≥岸Bˉ】
厂式＼
~~~~
‖
『
凸
』
品
图
·195·
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32.如图所示’实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷°此刻’M是波峰与波峰的相遇
点’下列说法中正确的是（
）
~~
A.该时刻位于O处的质点正处于平衡位置
B.P、lV两处的质点始终处在平衡位置
C.随着时间的推移’M处的质点将向O处移动
D从该时刻起,经过四分之＿周期’M处的质点到达平衡位置’此时位移为零
EO｀M连线的中点是振动加强的点’其振幅为2A
33.图甲为＿列简谐横波在r＝0. 10s时刻的波形图,P是平衡位置为工＝1m处的质点’Q是平衡位置为工＝4m处
的质点’图乙为质点Q的振动图象’则（
）
0γcm
Wc‖］｝
l0
（）
ˉl（）
｜（）
O
-｜（）
〉厂丁～＼
＿吵＿9」八些＾（｜
′『＂
乙
x／∏］
甲
A. t＝0. 15s时’质点Q的加速度达到正向最大
B. r＝0. 15s时’质点P的运动方向沿J轴负方向
C.从t＝0. 10s到t＝0.25s’该波沿工轴正方向传播了6m
D从r＝0. 10s到r＝0.25s,质点P通过的路程为30cm
34.—渔船向鱼群发出超声波’若鱼群正向渔船靠近’则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比（
A.波速变大
B.波速不变
C.频率变高
D频率不变
35.关于波动’下列说法正确的是（
）
A.各种波均会发生偏振现象
B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验’均可看到彩色条纹
C.声波传播过程中’介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D已知地震波的纵波速度大于横波速度’此性质可用于横波的预警
）
~
·196°
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专题十六光学电磁波相对论
考点1
光的反射
［例1］某人手持边长为6cm的正方形平面镜测量身后—棵树的高度°测量时保持镜面与地面垂直’镜子与眼睛
的距离为0.4m。在某位置时’他在镜中恰好能够看到整棵树的像;然后他向前走了6. （）m’发现用这个镜
氏
子长度的;就能看到整棵树的像.这棵树的高度约为（
）
『二二二:巾｀＼
~
~『
″
↑＼
像2像l丁镜｜∩『
‖肥
A。5
C。4
B·5·0m
D4。（）m
5m
5m
「6解析日
答案:C
解析:设初态时树与镜面距离为L’成像于像1位置’人向前走6m等效于人不动树向后退6m’则树成
像于像2位置,设树高为h.卤图中几何关系有L器4＝半（o式）、L＋湍＋6—半（圆式）.淘oo
联立解得h＝4.5m,所以本题只有选项C正确°
感悟方法:平面镜成像问题’要抓住物、像关于平面镜的对称性°
考点2光的折射
［例2］如图所示’—束单色光从空气人射到棱镜的AB面上’经AB和AC两个面折射
后从AC面进人空气·当出射角i′和人射角j相等时’出射光线相对于人射光
线偏转的角度为0°已知棱镜顶角为α,则计算棱镜对该色光的折射率表达式
为（
）
.
α＋0
~
α＋0
sln—厂
s｜n—丁
A。
B。
.
α
。
0
sm百
sln百
■
〗
｜
C.
Sln0
:｜n（,—:）
｜·解析】
S1nα
I）.
口
〃
—
∩
／
≈~
α
）
（
sln
答案;A
解析;设光线在AB面上的折射角为′’曲几何关系0-凰（′—厂）,α-2′,从踊求出′-宁.′ˉ;. ｜蓟折射
.
α＋β
。
.
S1n—厂
定律″＝里卫ˉ1＝
△
。只有选项A正确。
S1n厂
,
α
Sln丁
感悟方法:运用折射定律求折射率’＿要弄清公式中各物理量的物理意义’另—个要掌握数学方法
·l97。
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考点3光的全反射
［例3］打磨某剖面如图所示的宝石时’必须将（）P、OQ边与轴线的夹角0切磨在0』＜0＜02的范围内’才能使从
MN边垂直人射的光线,在（）P边和OQ边都发生全反射（仅考虑如阁所示的光线第＿次射到（）P边并反
射到OQ边后射向MN边的情况）’则下列判断正确的是（
）
娜｜
∧
Q
P
O
B.若0＞02 ’光线会从OQ边射出
D若0＞0l ’光线会在OP边发生全反射
A.若0＞02 ’光线—定在OP边发生全反射
C.若0＞0l ’光线会从（）P边射出
m疆洒
答案:D
解析:本题考查全反射现象、反射定律’意在考查考生对全反射现象的理解能力以及应用数学工具解决
物理问题的能力°设光线第一次入射到（）P边时入射角为α’光线第一次入射到oQ边时入射角为β’全
反射临界角为C’由几何关系有:α＝90°—0’β＝30—90°°若光线在（）P边和OQ边都发生全反射’可得
0｜＿30.＋;.伪-90蹿—C’且〃｜＜0』得C＜l5霹. 当0＞‘;时.α＜90·—陇一C’β＞:‘』—90.＞45.＞C;当‘
＜0l时’α＞90。—0l＞45°＞C’β＜30』—90°＝C°综上可ˉ得’选项D正确°
感悟方法:对于全反射问题’关键是要明确发生全反射的临界条件和相对应的临界情景°
考点4光导纤维
［例4］光纤通信是＿种现代化的通信手段’它可以为客户提供大容量、高速度、高质量的通信服务,为了研究问题
方便,我们将光导纤维简化为—根长直玻璃管,如阁所示°设此玻璃管长为L’折射率为＂°已知从玻璃管
左端面射人玻璃内的光线在玻璃管的侧面上恰好能发生全反射’最后从玻璃管的右端面射出°设光在真
空中的传播速度为C’则光通过此段玻璃管所需的时间为（
）
才＝～≡了x／Ⅱ
端≤
匹
·｜斟
面
~
~
＼.门乙L
（、
B. γ『爵L
2
（、
C.匹
（、
D咎
…
答案:A
解析:用C表示临界角’则有sinC＝上’光在介质中的传播速度为z′＝二.光在沿光缆轴线的方向上做
门
刀
L
L
＝丝,故A正确°
匀速传播°所用时间为r＝
,c。鼠（昔—C）
＂S｜＂C
〔
感悟方法:光在光导纤维中的传播是匀速传播’其路程可以根据几何关系获得·
·198°
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老点5光的色散
［例5］如图所示,—束可见光穿过平行玻璃砖后’变为α、b两束单色光°如果光束b是蓝光’则光束α可能
是（
）
＼
D紫光
C.绿光
B.黄光
A｀红光
…Ⅷ
答案:D
解析:由题图可知’光束α的折射角小’根据＂＝里旦ˉ1知’光束α的折射率大于光束b的折射率,频率越
S1n厂
大’折射率越大’且已知光束b是蓝光,选项中频率大于蓝光频率的只有紫光’故光束α可能是紫光,D
项正确。
感悟方法:光的频率越大’折射率越大’从几何上来看’光线的偏折越厉害°
考点6光的干涉
［例6］在双缝于涉实验中,用绿色激光照射在双缝上’在缝后的屏幕上显示出干涉图样°若要增大干涉图样中两
相邻亮条纹的间距’可选用的方法是（
A.改用红色激光
B.改用蓝色激光
C.减小双缝间距
D.将屏幕向远离双缝的位置移动
E将光源向远离双缝的位置移动
…Ⅷ
~
答案:ACD
解析;…＿÷可御｀改周波长奥长晌激光照射在双缝上.相邻亮条纹的间Ⅱ…增大,A项正输’日
项错误;减小双缝间距创’相邻亮条纹的间距△r增大’C项正确;将屏幕向远离双缝的位置移动’增大了
屏幕与双缝的距离L’相邻亮条纹的间距△工增大’D项正确;相邻亮条纹的间距与光源到双缝的距离元
关,E项错误°
感懦方法;正确理鹏△卫＝÷川的意义.
·199°
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考点7光的偏振
［例7］奶粉中的碳水化合物（糖）的含量是奶粉质量的＿个重要指标’可以用旋光法’’来测量糖溶液的浓度｀从而
鉴定含糖量.偏振光通过糖的水溶液后’偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转＿个角匿＾.过」角
度α称为“旋光度”’α的值只与糖溶液的浓度有关’将α的测量值与标准值相比较,就能确定被测样品的含
糖量了°如图所示’S是自然光源’A、B是偏振片,转动B.使到达O处的光最强’然后将被测样品P置于
A、B之间,则下列说法中正确的是（
）
;
攀ˉ
P□＝□＝■
糕
（）
~
~
▲
S
.4
尸
B
（｛然光抑
偏振片
被『‖｜｜样｜｛｛‖
倔振片
A.到达O处光的强度会明显减弱
B.到达O处光的强度不会明显减弱
C.将偏振片B转动—个角度’使得O处光强度最大’偏振片B转过的角度等于α
D.将偏振片A转动—个角度’使得（）处光强度最大’偏振片A转过的角度等于α
■磁洒
答案:ACD
解析;由题意知’转动B使到达O处的光最强,则偏振片A、B的偏振方向相同。若在A、B之间放上待
检糖溶液,因糖溶液对偏振光有旋光效应’使偏振光的偏振方向发生改变’则到达O处的光强度会明显
减弱。若适当旋转A或B’可以使偏振光通过偏振片A、糖溶液和偏振片B后到达O处的光强度最大’
并且偏振片旋转的角度等于糖溶液的旋光度α’故A、C、D正确°
感悟方法:本题考查光的偏振的实际应用°
考点8
电磁场、电磁波及相对论
［例8］我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星’它标志着我国雷达研究又创新的里程碑。米
波雷达发射无线电波的波长在1～10m范围内’则对该无线电波的判断正确的是（
）
′
畴『
A.米波的频率比厘米波频率高
C.同光波＿样会发生反射现象
m疆Ⅷ
B.和机械波＿样需靠介质传播
D.不可能产生干涉和衍射现象
答案:C
解析;由γ＝丁可知,波长越长·频率越低’故米波的频率比厘米波频率低,选项A错误;无线电波是电
波.它的传播不需靠介质’选项B错误;无线电波与光波一样具有波的特性’会发生反射、折射、干涉和
射现象,选项C正确’选项D错误。
感悟方法:无线电波与光波—样具有波的特性,会发生反射、折射、干涉和衍射现象·
磁
衍
·200·
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O过关演练
~
~~
~~
~~
~ ~~
~
l.某物体左右两侧各有—竖直放置的平面镜’两平面镜相互平行物体距离左镜4m’右镜8m’如图所示°物体
在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是（
）
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
Ⅵ
＄
＝
＿
一
Ⅲ
『
｜
讳
｜
∩
‖
‖
‖
川
一
≡
〕
『
】
勺
徘
≈
～
经
刀
∩
川
列
列
刃
列
刃
∩
刻
～
产
A.24m
B·32m
C.40m
D.48m
太阳光照射在平坦的大沙漠上’若人们在沙漠中向前看去,发现前方某处射来亮光.好像太阳光从远处水面反
射来的—样’使人们往往认为前面有水但走到该处仍是干燥的沙漠’这种现象在夏天太阳光照射沥青路面时
也能观察到’对这种现象的解释正确的是（
）
A.越靠近地面空气的折射率越大
B.这是光的干涉形成的
C.越靠近地面空气的折射率越小
D这是光的衍射形成的
2。
3.从桌面上有—倒立的玻璃圆锥.其顶点恰好与桌面接触’圆锥的轴（图中虚线）与桌
面垂直’过轴线的截面为等边三角形,如图所示,有＿半径为′的圆柱形平行光束垂
直人射到圆锥的底面上’光束的中心轴与圆锥的轴重合°
已知玻璃的折射率为
1. 5’则光束在桌面上形成的光斑半径为（
）
A·厂
B·
1· 5厂
C.2厂
I）.2·5厂
4.如图所示为—百角棱镜的横截面,／bα（＝90°’乙αb（.＝6（）°°＿平行细光束从O点托
如图所示为—直角棱镜的横截面,△bα（＝90°’△αb（.＝60°。＿平行细光束从O点沿
｛叫
垂直于bc面的方向射人
棱镜。已知棱镜材料的折射率″＝√百’若不考虑原人射光在bC面上的反射光’则有光线（
）
∧
［
‖
＾I、而白＋儿［
』
α
A .从αb面射出
B从α（.面射出
C.从bC面射出,且与b（｀面斜交
乃∧‘
O↑
D.从b（.面射出’且与b（｀面垂直
5.如图所示’口径较大、充满水的薄壁圆柱形玻璃缸底有＿发光小球’则（
）
A.小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球
B.小球所发的光能从水面任何区域射出
C.小球所发的光从水中进人空气后频率变大
D.小球所发的光从水中进人空气后传播速度变大
6.与通常观察到的月全食不同’小虎同学在某次观看月全食时’看到整个月亮是暗红色的°小虎画了月全食的
示意图’并提出了如下猜想’其中最为合理的是（
）
＝
一｛
~■层
◎
川球
→
A.地球上有人用红色激光照射月球
B.太阳照射到地球的红光反射到月球
C.太阳光中的红光经地球大气层折射到月球
D太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹
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如图所示,有＿束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点’并偏折到F点°已知人射方向
边AB的夹角为0＝30°’E、F分别为边BC的中点’则（
）
』
与
甲
′
（
〃
厂
A.该棱镜的折射率为√百
B.光在F点发生全反射
C.光从空气进人棱镜,波长变小
D从F点出射的光束与人射到E点的光束平行
空气中两条光线α和b从方框左侧人射’分别从方框下方和上方射出’其框外光线如图l所示°方框内有
空气中呐条光线α和b从方框左侧人射’分别从方框下方和上方射出’其框外光线如图l所示°方框内有两
个折射率′!＝L5的玻璃全反射棱镜·图2给出了两个棱镜的四种放置方式的示意图’其中能产生阁1效果
的是（
）
8·
.ˉ＿｝h~
｝广区｜
／＿∩
｝吁｛
｝严｜
墨-｝
｛心厂｛
＿.
了｝
.ˉ｝J＿.
-X＿」
B
C
D
｜冬｜
l
｜冬｜2
9.水的折射率为＂’距水面深h处有＿个点光源’岸上的人看到水面被该光源照亮的圆形区域的直径为（
）
A2hta＂（…m＋）
B2′mn…｜n″）
C…（副…÷）
n酗c……′）
／
10.如图所示’空气中有＿横截面为半圆环的均匀透明柱体’其内圆半径为厂’外圆
半径为R’R＝√百′ˉ。现有—束单色光垂直于水平面从A端射人透明柱体’只
经过两次全反射就垂直于水平面从B端射出°设透明柱体的折射率为″,光
在透明柱体内传播的时间为r’若真空中的光速为C’则（
）
A.〃可能为√可
B.门可能为2
C. r可能为旦△区工
D. t可能为坠二βI
（.
（·
1L以往’已知材料的折射率都为正值（〃＞0）·现已有针对某些电磁波设计制作日《
以往’已知材料的折射率都为正值（〃＞0）·现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料’其折射率可以为负
值（″＜0）,称为负折射率材料.位于空气中的这类材料’人射角j与折射角厂依然满足型（＝′′ .但是折射线
S1n厂
与人射线位于法线的同—侧（此时折射角取负值）°现空气中有—上下表面平行的负折射率材料’—束电磁
波从其上表面射人,下表面射出。若该材料对于电磁波的折射率″＝—1’正确反映电磁波穿过该材料的传
播路径的示意图是（
）
｀
》
｀
／
／
／
″
靛＼＼＼
舷＼＼＼
涤～
≡卢≡
A
B
（
D
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12.如图’半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方°—束白光沿半径方问从A点射人玻璃砖’在（）点发生反射和
折射’折射光在光屏上呈现七色光带°若人射点由A向B缓慢移动’并保持白光沿半径方向人射到O点’观
察到各色光在光屏上陆续消失°在光带未完全消失之前,反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别
是（
）
尸
Q
A.减弱’紫光
B.减弱’红光
C.增强’紫光
D.增强’红光
13.发出白光的细线光源αb,长度为／0 ’竖直放置,上端α恰好在水面以下’如图所示°现考虑线光源α6发出的
靠近水面法线（图中的虚线）的细光束经水面折射后所成的像’由于水对光有色散作用’若以／』表示红光成的
像的长度’／2表示紫光成的像的长度’则（
）
〃0
ˉ＝二二二二
-ˉˉ.水
~′
门
A. ／l＜／2＜／0
B. ／l＞／2＞／0
C. ／2＞／l＞／0
D／2＜／l＜／0
l4.如图’—束单色光射人＿玻璃球体’人射角为60°。已知光线在玻璃球内经一次反射后’再
次折射回到空气中时与人射光线平行°此玻璃的折射率为（
）
A.√百
B. 1.5
C.√百
D.2
60◎
~~~
~
＝-＝＝＝●
15.固定的半圆形玻璃砖的横截面如图°O点为圆心,（）O′为直径M∧′的垂线°足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖
右侧且垂直于M］＼′° 由A、B两种单色光组成的＿束光沿半径方向射向（）点’人射光线与OO′夹角0较小
时’光屏NQ区域出现两个光斑’逐渐增大0角。当0＝α时’光屏NQ区域A光的光斑消失’继续增大0角’
｜（）
当0＝β时’光屏］VQ区域B光的光斑消失,则（
）
A.玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B.A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C.α＜0＜β时’光屏上只有1个光斑
Dβ＜0＜昔时,光屏上只有l个光斑
／〕
＼
｀／
O
Q
16.中国古人对许多自然现象有深刻认识’唐人张志和在《玄真子.涛之灵》中写道:“雨色映日而为虹”’从物理
学的角度看’虹是太阳光经过雨滴的两次折射和—次反射形成的’如图所示是彩虹成因的简化示意图’其中
α、6是两种不同频率的单色光’则两光（
）
A.在同种玻璃中传播’α光的传播速度—定大于b光
B.以相同角度斜射到同＿玻璃板透过平行表面后’b光侧移量大
C分别照射同—光电管’若b光能弓｜起光电效应’α光—定也能
D.以相同的人射角从水中射人空气’在空气中只能看到—种光时’＿定是‘′光
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l7.明代学者方以智在《阳隧倒影》中记载: ‘·凡宝石面凸’则光成＿条’有数棱则必有＿面五色’’ ’表明白光通过多
棱晶体折射会发生色散现象°如图所示.—束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光α、b’下列说法正确的
是（
）
A.若增大人射角j.则b光先消失
B.在该三棱镜中α光波长小于b光
C.α光能发生偏振现象’b光不能发生
D若α、b光分别照射同＿光电管都能发生光电效应’则α
煤矿中瓦斯爆炸危害极大°某｜司学查资料得知含有瓦斯〔
煤矿中瓦斯爆炸危害极大°某｜司学查资料得知含有瓦斯的
α
『
″
光的遏止电压低
气体的折射率大于干净空气的折射率’于是,他设
计了—种利用光的干涉监测矿井瓦斯浓度的仪器,原理如图所示°在双缝前面放置两个完全相同的透明容
器A、B,容器A与干净的空气相通’在容器B中通人矿井中的气体,观察屏上的干涉条纹’就能够监测瓦斯
l8
浓度°以下说法正确的是（
）
｜｝｝↑↓进
＿｛凸＿ˉ
／｝
A∩
A.如果屏的正中央是亮纹.说明B中的气体与A中的空气成分相同’不含瓦斯
B.如果屏的正中央是暗纹,说明B中的气体与A中的空气成分不相同’可能含有瓦斯
C.如果屏上干涉条纹不停地移动’说明B中的气体瓦斯含量稳定
D.只有用单色光照射单缝时’才可能在屏上出现干涉条纹
下列有关光现象的说法正确的是（
）
A.在光的双缝干涉实验中若仅将人射光由紫光改为红光’则条纹间距—定变大
B.以相同人射角从水中射向空气’紫光能发生全反射,红光也—定能发生全反射
C.紫光照射某金属时有电子向外发射’红光照射该金属时也—定有电子向外发射
D.拍摄玻璃橱窗内的物品时’往往在镜头前加装—个偏振片以增加透射光的强度
如图,P是偏振片’P的透振方向（用带有箭头的实线表示）为竖直方向°下列四种人射光束中‖
在P的另—侧观察到透射光的是（
）
A。太阳光
c
—
B.沿竖直方向振动的光
ˉ—→—ˉ＿
＿
C.沿水平方向振动的兴
W.占
照
·｀…〃｜川……
ˉ贡＿℃
l9
）
（
◎
△
射P时能
＿＿
C.沿水平方向振动的光
尸
D.沿与竖直方向成45°角振动的光
光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用’下列说法中正确的是（
）
A.为使拍摄的水面下景物更清晰’可利用偏振现象在照相机镜头前加—偏振片’减少反射光的影响
B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C.在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象
D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细’如图所示,观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可以判
断细丝粗细的变化（
）
21
◎
△
◎
凸
乡｜
A.这里应用的是光的衍射现象
C.如果屏上条纹变宽,表明抽制的丝变粗
B.这里应用的是光的干涉现象
D如果屏上条纹变宽’表明抽制的丝变细
·2（）4°
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23. 2005年10月4日’瑞典皇家科学院宣布’将该年度诺贝尔物理学奖授予两名美国科学家和—名德国科学
家°美国科学家约翰.霍尔和德国科学家特奥多尔.亨施之所以获奖’是因为对基于激光的精密光谱学发
展作出了贡献°另—名美国科学家罗伊·格劳伯因为“对光学相干的量子理论”的贡献而获奖°
目前＿种用
于摧毁人造卫星或空间站的激光武器正在研制中’如图所示’某空间站位于地平线上方’现准备用＿束激光
射向该空间站’则应把激光器（
）
A.沿视线对着空间站瞄高＿些
B.沿视线对着空间站瞄低＿些
C.沿视线对着空间站直接瞄准
D条件不足’无法判断
24.如图是各电场的电场强度E随时间t的变化图象’其中能向外发射的电磁波是（
）
↑Z
E
卜E
E
／
＼
〔）
（）
（）
（）
＼ˉ′
√
■
【
／
A
B
C
D
25.物理学原理在现代科技中有许多重要应用°例如,利用波的干涉’可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的
导航。如图所示’两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧’它们类似于杨氏干涉实验中的双
缝°两天线同时都发出波长为入l和入2的无线电波。飞机降落过程中’当接收到入l和入2的信号都保持最强
时’表明飞机已对准跑道°下列说法正确的是（
）
0》》!
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
0赣
A.天线发出的两种无线电波必须一样强
B.导航利用了入l与∧2两种无线电波之间的干涉
C.两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
26.如图所示是＿个水平放置的玻璃圆环形的小槽’槽内光滑,槽的宽度和深度处处相同’现将一个直径略小于
槽宽的带正电的小球放在槽中,让它获得＿个初速度U＂’与此同时’有＿个变化的磁场垂直穿过玻璃环形小
槽外径所对应的圆面积’磁感应强度的大小跟时间成正比例增大’方向竖直向下’设小球在运动过程中电荷
量不变’则（
）
O—＞p∩
B
B.小球受到的向心力大小不断增大
D小球受到的磁场力大小与时间成正比
A.小球受到的向心力大小不变
C·磁场力对小球做了功
·205·
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27.下列说法符合实际的是（
）
A.医院里常用X射线对病房和手术室消毒
B.医院里常用紫外线对病房和手术室消毒
C.在人造卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力
D.在人造卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
28.关于电磁波谱’下列说法正确的是（
）
A.伦琴射线是高速电子流射到固体上’使固体原子的内层电子受到激发而产生的
B.γ射线是原子的内层电子受激发产生的
C.在电磁波谱中,最容易发生衍射现象的是γ射线
D.紫外线比紫光更容易发生衍射现象
29.在狭义相对论中’下列说法中哪些是正确的（
）
（］）＿切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速;
（2）质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态的改变而改变的;
（3）惯性系中的观察者观察＿个相对他做匀速运动的时钟时’会看到这个时钟比与他相对静止的相同的时钟
走得慢些°
A‘ （1）（3）
B. （1）（2）
C。（1）（2）（3）
D（2）（3）
30.如果你以接近于光速的速度朝某＿星体飞行’如阁所示’你是否可以根据下述变化发觉自己是在运动（
）
A.你的质量在增加
C.你在变小
B.你的心脏跳动在慢下来
D你永远不能由自身的变化知道你的速度
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答案与解析
专题-质点的直线运动
［过关演练］
l。答案:B
解析:在研究问题时,为了抓住主要矛盾,同时使问题得到简化’可以忽略次要矛盾。光速和声速相差很大,在传播4。1km的距离
时,光运动的时间非常小.对于估算来说完全可以忽略.其运算方法是;声速刚-340m／s＝α34km／阔,版—财!-队M!≈÷km显然
声速加倍后不再成立°
2。答案:C
解析;关卜网｜放行时,该同学j‖遮的时｜川Ⅱ—÷-l;′运动的距离为r』-＋哑2～lm.然后以2m／s的逮度匀速趋动经46运动的
距离为8m,因此第1个5S内运动距离为9m,过了第2关,到第3关时再用时3.5S,大于2s,因此能过第3关,运动到第4关前共
用时12.5s｀而运动到第12吕时,关卡关闭,因此被挡在第4关前,C项正确°
3.答案:AC
解析:熟练应用匀变速直线运动的公式,是处理问题的关键9对汽车运动的问题＿定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。
如果立即做匀加速直线运动.旷｜-2:内的位移r-哟r!＋÷α｜蔽↑＝20m＞18m.此时汽车的速度为渺!＝哟』＋α｜〔｜＝l2m／s＜1a5m／隐｀
汽车没有超速,A项正确;如果立即做匀减逮运动速度减为零孺要时间′,-芳—L0 3.此过程通过的位移为矿;＿＋哩;!;—
6.4m·C项正确·D项错误°
4.答案:C
解析:假设某时刻刚好有＿球A抛‖｝手,由题意知空中有4个球·经过0.40s就有一个球落在手中,那么A球经过1。6爵落人手
中.八球上升到最高点只需α806’′』＝÷gr』-a2m.
5.答案:A
解析:本题考查阁象问题9意在考查考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力,汽车做初速度为零的匀加速直线
运动｀则J＝茹,故U—′阁线为以延轴为对称轴、开口向右的抛物线的＿部分;若某＿时刻开始减速;设加速度大小为α｜,开始减
2
2
速时的速度U0 ,汽车的位移为工Ⅷ,则工＝灭＂＋U0云U那么U—!阁线为以工轴为对称轴、开口向左的抛物线的＿部分’选项A
乙αl
正确°
6。答案:BD
解析:由U-r图象知,0～1 s甲始终是沿正方向运动,乙是先沿负方向运动,后义沿正方向运动,选项A错误;根据乙图线所构成
的r轴上下图形面积相等可知乙在0～7吕内位移为0,选项B正确;甲在0～4s阶段＿直在沿正方向运动,选项C错误;在r＝6s
时刻·甲、乙阁线上的斜率都为负,所以加速度方向相同,选项D正确。
7.答案:BC
解析:从工-t图象可以看出,在『｜时刻,6汽车追上α汽车,选项A错误;在／2时刻,6汽车运动图象的斜率为负值,表示b汽车速
度反向,而α汽车速度大小和方向始终不变,故选项B正确;从r］时刻到r2时刻,图象6斜率的绝对值先减小至零后增大,反映了
b汽车的速率先减少至零后增加,选项C正确、D错误°
8.答案;ABC
解析:由图可知甲的加速度αl比乙的加速度α:大,在达到速度相等的时间T内两车相对位移为N｜。若50＝》l＋射2 ,速度相等时甲
比乙位移多岛｜＜‘0 ,乙车还没有追上甲0此后甲车比乙车快,不可能追上,A对;若煎（｜＜Ⅳ｜0乙车追上甲车时乙车比甲车快,因为甲车
加速度大,甲车会再追上乙车,之后乙车不能冉追上甲车,B对;若＄0＝肘］,恰好在速度相等时追上9之后不会再相遇9C对;若敝0＝H2
（j:＞3l
）,两车速度相等时还没有追上,并且甲车快,更追不止·D错°
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9.答案:A
解析』由于图线与坐标轴所夹的面积表示物体的位移｀在0～′｜时间内.甲车的位移大于乙车.由p-÷可知,甲车的平均速度刀
乙伞＼八正确C错误;因为乙车做蛮减速运动,蚁半均速度小等丁,宁, .l」错误;又阎线的切线的斜率等了物降的‖0逮度则
的平均速度大于
甲
的加速度均逐渐减小,I）错误。
C
乙两耳
10。答案
解析
解析;当0≡90°‘为竖直上抛运动,对应的位移为x＝10m·U0＝√面了『T丁＝10徊m／爵;当0≡0°时,为水平面,由牛顿第二定律得加
遮度腑大小为』!-〃魁物仆以铡猾动.对应的位穆为典-!0佰m.腮-盖-粤;设斜面的侧角为,侧—…＂削＋…）～″』“.
侧＝＿g（s｜nβ＋′…）.将0＝刷∩.代人｀解得“＝
｜0m／S』’所以物体上滑的位移巫—箭-｜0m.
答案:B
解析:U
r图象斜率相问,即加速度相同,A选项不正确;0～0.4S内小球做自由落体运动,通过的位移即为高度0.8m·B选项正
确;前0。4s,小球自由下落0.8m,后0.2s反弹向上运动0.2m·所以整个过程中小球的位移为0.6m,C选项不正确;整个过程
中小球的平均速度大小为1m／S,D选项不正确°
答案:A
解析:设经时间／,A、B相遇·则相遇时A的速度U≡U＂
g／,B的速度U＝gr,因为相遇时速度大小相等,得出U0＝2g／＝2U。A对;
相遇时A上升的高幢酞-诫云侧; ,由选啊八测渺＂-2触碍｝肋的大小为苦B的位移大小为盅.B镭;由曝直上抛运动的对榔
性可知,A在空中运动的时间是B的2倍,C错;物体A上升的最大高度和物体B自由下落的高度相等,因此,两物体A、B着地
‖
」
‖
儿
∩
／
■
］
相等°［）错误。进＿步分析可知.相遇时刻为物体B下落的中间时刻,由初速度为零的匀）］‖速直线运动·在相邻的相等的时
隔内位移之比关系可判断｝｜｝相遇时刻,物体B下落高度和物体A上升高度之比为l
:
3°
速度
间间隔内位移之
答案
解析
2m／
.D
:根据阁线可得扩＝5工＋49即U2-4≡5r,与匀变速直线运动的速度—位移关系式U2-沈＝2αr对比可得质点的初速度u）≡
s,加速度α＝2. 5m／s鸳,选项A、B错误;质点2s末的速度逊≡飞b＋αr2＝7m／愚,选项C错误;质点在第3s内的位移工‖》＝
｜—十虹;）ˉ（呐‖』＋÷刨′;）-a25m.选项D止确.
』
α
—’
｜十
◎
山
■
‖
儿
（
／
冈
…
～
（
答案
解析
∧
14
0～′!时间内,空降兵做匀加速直线运动｀其平均速度U-÷｀A正确,B错误;′｜～′』时间内.空降兵做加速度逐渐变小的减
Ul＋U
速运动·其U-／图线下面的面积比由〖」l匀减速到U2对应的面积小,故U＜
,C、I）均错误°
;D
:由U-r图象可以看‖｝,小车的速度先增大后减小.最大速度约为0·8m／s,故A、B均正确;小车的位移为U
r阁象纵轴与横轴
的嗡面积,, ,r＝85×0. 1×lm＝8。5m＞8m,故C正确;阁线弯曲表明小车速度变化不均匀,不表示小车做曲线运动·故I）错误°
:B
:电梯匀速上升,电梯中上抛＿个小球,小球相对电梯做坚盲h抛运动.相对电梯的初速度为gf,B正确;地面上的人看到小
出时的初速度为U＋gt,A错误;地面上的人看到小球上升的时间为r＋ˉI上,因此,地面上的人看到球上升的最大高度为
g
答案
解析
所围
答案
解析
l5
］6
球抛出时的初速度为
1
丁g
答案
解析
（『＋!）飞C、D错误
γ
°B
:可以利用U＿／图象（这里的U是速率,曲线下的面积表示路程挝）定性地进行比较°在同＿个z′
／图｀’
l7
~~
／
象中做出户、q的速率图线·显然开始时q的加速度较大,斜率较大
由于机械能守恒,末速率相｜司,即曲线末
q
端在同＿水平阁线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同）,显然q用的时间较少,B正确°
答案;B
解析:他们同时从起跑线起跑且均做匀速直线运动,故他们运动的.r-r关系图象均是经过原点的倾斜直
（）
线,斜率大小代表速度大小9由题图知U乙＞U甲,B正确,A错误;而U-『关系图线是平行于横轴的直线,由题
图可知,u乙＞〖′q］,C、D错误°
／）
日
司
｜
上
寸
『
》
γ
仆
′
·2（）8·
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19.答案:D
解析:由阁可知,0～1s内加速度均匀增加,物体做变加速直线运动·选项A错误;加速度图线与时间轴所围的面积表示速度的变
化量.则l;内速度变化量△融-＋×2×l丽／隐＝lm／隔.由十侧遮度泌／—lm／斟.故l、水的逮度为2m／焉选项B错误;0～l §内
物体沿正向加速, 1 s末后加速度反向,物体将沿原方向做减速运动,选项C错误;0～3 s内速度的变化虽△u＝
（＋×2×｜
｜×2）m′s——｜m／肆则削,术物体的速度为0,0～3｀内物体一菌沿正方向运动.3＄术物体离洲发点最远.选项p
正确°
20.答案;A
解析:甲看到楼房匀速上升.说明甲相对地面匀速下降;乙看到甲匀速上升,说明乙相对地面也匀速向下运动,且U乙＞『」｜｝｜,B、D错
误;甲看到丙匀速上升,丙看到乙匀速下降,说明丙可能静止,或者可能匀速上升,或者可能匀速向下运动且U丙＜U职＜U乙·C不正
确·八正确°
2l.答案:A
解析;设质点从B到〔所用时间为丁’则从畦‖D的‖寸间为叮｀由山ˉ鳃F有涎:—幻-“F得r-√涎宁』.质点绎过C点的速
度刚!＝r!蒜』-宁扒,二』.囚此八川!正硫.
22。答案:CI）
解析:设开始拍摄照片时,滑块的初速度为U0 ·滑块做匀减速直线运动的加速度大小为‘《9第1 s内的位移为工｜,最后2s内的位
移为刃2 ,根据匀变速直线运动的规律.有:
1｀-u＂!｜-寺αr↑’即a5＝划侧
寺α,O
乙
乙
〃』-÷″; .2堑:—咐!;—＋″; .
其中t』＝2s.则（）＝2U0-÷α
乙
1,（D
联立O@两式解得;α＝lm／s2 9uh＝3m／s°
滑块运动的总时间／＝旦上二』≡3爵,
α
滑块运动的总位移皿＝等i＝:×3m＝4βm。
23.答案:C
解析:因物体做匀变速直线运动.加逮度“小随时间变化·丁是α—′图象‘若物体做匀加速直线运动则位移硒-″＿÷″′:是.
条抛物线,丙是｀r-r阁象;物体做匀加速直线运动时℃＝U0＋α／,U与／为线性关系,乙是U-r阁象;若匀减速直线运动,U＝U0-
α／可以用甲表示·故C正确。
24。答案;B
解析;从表中可以看出,速度之比为Ul
;
℃2
: U3 :U｜＝2
; 3
; 4
: 5时,思考距离之比为工｜
:工2 :Z3
:工』＝2
: 3
; 4
: 5.制动距离
之比为虹｛;工! ;r! ;工〈＝22
; 32
: 42
: 52 ,故22
: 32≡20 :X,X≡45;3
: 4＝l8 :Y,Y＝24°
25.答案:B（〕
解析:当滑块速度大小减为÷｀其方向叮能与初速度方向相同.也可能与初速度方向相反｀因此要考虑两种情况.即U＝÷或”
二些代人公式t＝卫二△得’t＝坠或r＝垫.故选B｀C.
乙
α
g
g
26。答案:BC
解析;若A＞0且保持不变.A＝罕和α＝罕得;侧＝竿,由于速度忍＝÷在增加,所以＂在逐渐变大｀A错,B对;在』』另类匀
粪速直线运幼,,中’由干速度随位移均勾增』!,所以物体在中间忱置处的遮度为罕.C对.D锚
·209·
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答案:BD
解析:测出了该质点在第3S内及第7s内的位移,∏］ˉ以得到运动的加速度α,叮以得到2.5s术和6.5s末的瞬时速度°
肝们｜
: ｜’:‖山」以皿人弓、仕罪◎S闷狸串／s问日γ↑皿砂,∏」以侍到匹功的川速皮α｀川」以得到2.5S术祁6.5岛末的瞬时速度°
甲
′
◎
△
应用速度
公式可以求出初速度’故可以求出任～时刻的瞬时速度,选项A错误,B、D正确;应用位移公式可以得到任意时间内的位移’选
项C错误°
28.答案:AB
解析:物体在斜面的运动有两种可能:—种是冲上斜面速度减为0时·保持静止,A项正确;另＿种是向上匀减速为0后,又向下
做匀加速运动9由r-／图象斜率表示速度,分析得B项正确°
29.答案:BD
解析:由题图可知,启用ABS后9r｜时刻车速较大,选项A错误;0～r｜的时间内启用ABS加速度更小,选项B正确;启用ABS后
／｜～r2的时间内加速度较大,而0～r｜的时间内加速度较小,选项C错误;启用ABS后,刹车后前行的距离比不启用ABS短·选项
D正确。
30。答案;C
解析;设加速后物体最大遮度为徽则加速趋动的加遮度大小叫＝器-六减遮运动的加遮度大小·,＝盖ˉ走则加遮喊遮
过程中的加速度大小之比为α｜
: α2≡4
: 8＝1
: 2’选项A错误;对于匀变速直线运动,平均速度等于初速度与末速度的平均值,
则题述加速运动禾‖减速运动的速度平均值相等,所以加速、减速过程中的平均速度大小之比为1
: 1,选项B错误;两个阶段运动
的时间之比为8儡
: 4s＝2
: 1,根据位移等于平均速度乘以时间可知’加速、减速过程中的位移大小之比为2
: 1,选项C正确;由
于加速度等于速度的变化率,所以加速、减速过程中速度的变化率大小之比为l
: 2,选项I）错误°
3L答案:A
解析:由阁可知,心脏每跳动—次纸带向前移动大约是4个小方格的距离｀约2。0cm,则心脏每跳动＿次所需时｜司约T＝二＝0.80s;此
℃
人心脏—分钟跳动的次数为″—0揣次—75次｀故本题只有选项A止确.
32.答案:A
解析:由题阁可知·小球做匀加速直线运动·若位置』·l”是初始位置初速度为0,相等时间内的位移之比为l
: 3
: 5
: 7,与图示不
符.A错误;相邻的两段位移之差为-块臆的厚度,由△厕-幽-刨T河得刨＝长.日、C服确』位置.驴是位置2』和位置4,,的巾间时
刻,由等≡D得.U‖＝黑’D正确.
△
凸』
33.答案:D
解析:由圆筒沿逆时针方向知条纹低端由左向右移动,由于视觉暂留现象,我们感觉到右端条纹在沿竖直方向向下运动,圆筒转
动＿圈,用时0。5吕,感觉到条纹竖直方向向下运动L,因此向下运动速度为20Cm／S,故选D。
34.答案;C
解析; 三与′＝0时,对应工＂＝4m;当′＝2＄时｀对应墅』＝20m.!≡0到′-2＄时间内的平均速度大小U＝Z:子＂＝8m／s,′＝23时
瞬时速度u＝6／2＝24m／s,C正确°
35。答案:BC
解析:由题意知,武警战士先以向下的最大加速度加速下滑,再以向上的最大加速度减速下滑看地时速度为6m／s,这样的下滑
过程所需时间最短·设武警战士在空中下滑的最大速度为U,加速段的加速度为α,减速段的加速度为α′ ,根据运动学公式得／l＝
~9
9
9
荒｛2湍.解得锄＝20m／s.C项正确.D项错误;设武警战士在空中下滑的最短时间为′.根据运动学公式得′＝÷—导.解得
／＝9.5S·B项正确’A项错误°
专题二相互作用
［过关演练］
L答案;C
解析:本题考查物体的受力分析
／硼、小
／
B物体受力分析如阁,故B物体受4个力的作用而处于平衡状态,C项正确°
＼
／
／
／
◎
＾
″
′
■
·21（）。
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答案:C
解析:当拉力水平时,物块做匀速运动,则F＝／Z′″g,当拉力方向与水平方向的夹角为60°时,物块也刚好做匀速运动,则Fcos60°＝
膘（枷凰—蓝爵m‘＂.）.联立解得“-粤…A止』｀D项错误C聊正确.
答案:BI）
解析:由题意,在F保持方向不变,大小发生变化的过程中,物体α、6均保持静止,各绳角度保持不变;选α受力分析得,绳的拉力
T＝′川＂g,所以物体α受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质,滑轮两侧绳的拉力相等·所以6受到绳的拉力大小、方向均保持不变,
C选项错误;α、6受到绳的拉力大小方向均不变,所以（）O′的张力不变,A选项错误;对b进行受力分析,并将各力沿水平方向和竖
直方向分解,如图所示。由受力平衡得:T′＋／＝F〃,R＋lV＋Tγ＝′″〃g°
T利″『bg始终不变,当F大小在＿定范围内变化时;支
持力在＿定范围内变化9B选项正确;摩擦力也在＿定范围内发生变化,D选项正确°
门
△
F
F｀｜
广≤乏【｛
T
~~~~~ ＿
贝
／｀
尸!
″′bg
4。答案:AC
解析:本题考查整体法利隔离法及受力分析、物体平衡条件的应用等知识,意在考查考生对新情景的分析能力利综合运用知识的
能力.把两个物体看做＿个整体·由两个物体＿起沿水平方向做匀速直线运动可知水平方向／＝Fcos0·C正确,I）错误;整体法对
′川｜、″『2组成的系统受力分析,竖直方向′′〗｜g＋′＂2g＝lV＋Fsin0,A正确,B错误。
5.答案;C
解析:由于轻环不计重力.故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向,即沿半径方向;又两侧细线对轻环拉力相
等,故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线,因为两轻环间的距离等于圆弧的半径,故两轻环与圆弧圆心构成等边
三角形;又小球对细线的拉力方向竖直向下,由几何知识可知,两轻环间的细线夹角为120°9对小物块进行受力分析,由三力平衡
知识可知’小物块质量与小球质量相等·均为″『,C项正确°
6.答案:BD
解析:选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象,系统受力情况如图甲所示,根据平衡条件有2F′≡（M＋2加）g9即F｜＝
M芋阀屑｀与两挡板间距离无关｀故挡板间距离稍许增大后.F′不变.所以选项A错误.选项B正确;如图乙所示.将绳的张力FⅡ沿
●
（）（）』、α）啊个方向分解为F｜、FⅡ则F｜≡F』≡蛊了当挡板间距离稍许增大后.FⅦ不变,′蜜大｀…变小,故F』变大;选左边水
块′″为研究对象,其受力情况如阁丙所示,根据平衡条件得FN＝Flsin0,当两挡板间距离稍许增大后,F｜变大’0变大,吕in0变大,
因此FN变大,故选项C错误,选项D正确°
′｜
尸＼
尺
′｝
J＝
′.｀《
~
飞古′
／
门
乙
仰
＾
）
′γ′g
内
｜｜｛
乙
内
答案;D
解析:由于缓慢地推动斜面体9小球—直处于动态平衡,小球受到大小方向不变的重力,方向不变的斜面的支持力’还＾
几
有绳的拉力,三力构成封闭三角形’如阁所示,开始时绳的拉力与支持力的夹角为锐角9随着绳的拉力FT按顺时针转
动’其大小先减小后增大°而支持力FN＿直增大.D项正确°
′γ『烹
·211.
勺
′
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8.答案:AB
解析:设两杆间距离为‘／,绳长为／.（）α、Ob段长度分别为／』｛禾‖／b °则／≡／!』＋／″ ,两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β,受力分析
如图所示°
＼
〃
‖
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力
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巳
＝
■
■
■
■
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禾＼
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.』
°
∩
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（）
●
●
●
涉
绳了中各部分张力相等,R』＝R｛＝F,则α≡β.满足2F…＝′″g,d＝′′｝…十h…＝!…即＂｛＂°＝＋.F＝糕r刨和′均不变,
则sinα为定值,α为定值,co篇α为定值绳子的拉力保持不变,衣服的位置不变·故A正确’C、D错误;将杆!V向右移＿些,创增大则
slnα增大,cosα减小,绳子的拉力增大,故B正确°
9。答案:BC
解析:根据物体的平衡可知°三条绳上拉力的水平分力的合力为零’C项正确;由于三条绳的长度不同,因此三条绳与竖直方向的夹角
不｜司如果三条绳水平分力间的夹角相等,则三条绳上张力＿定不等°A项错误;由力的平衡可知,杆对地面的压力等于杆的重力与三
条绳拉力的竖直分力之和,B项正确;三条绳的拉力的合力和杆的重力的方向均竖直向下,它们不是＿对平衡力0D项错误°
l（）.答案:D
解析:保持两木棍倾角不变,两木棍间距减小时,每根木棍对圆筒支持力的角度变小,则支持力变小,摩擦力变小’而圆筒沿斜面
下滑的分力不变,故圆筒将匀加速滑下·D正确°
lL答案:C
解析:由于斜面光滑,尽管物块在斜面上做简谐运动,但由于物块对斜面的摩擦力为零,对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜
面方向的分力,因此地面对斜面体的摩擦力始终是＿个恒力,C正确°
l2·答案:B
解析:弹力方向与两物体的接触面垂直,与形变的方向相反,即弹力＿定沿（）B方向,选项B正确。
l3.答案:BCD
解析:取A、B整体为研究对象,由于A、B在斜面上以相同的速度匀速下滑,所以整体受力平衡9 （m｀＋′′?′｛）gsln0＝尸（″n＋′′l＂）gcos0,
选项B正确;取A为研究对象,由受力平衡可知A受到B的静摩擦力为／＝′川｀gSln0’由牛顿第三定律口I知,B受到A的静摩擦
力大小也为′″八gsln0,选项C正确,A错误;取下A物体后,B物体的受力在沿斜面方向上仍满足′″＂gsin0≡严″′Bgcos0,即B物
体仍能匀速下滑9选项D正确°
14答案:D
解析:弹簧测力计的读数与弹簧的形变量成正比,按图乙方式外壳受力F0＝F＋G’则弹簧测力计的读数F＝F‖-G;按图丙方式
弹簧的读数直接由F＂引起’则弹簧测力计的读数为F0
°
15.答案:B
解析:因为小虫在半球形碗内沿碗面缓慢向上爬,所以可认为小虫＿直处于平衡状态,小虫受重力′Ⅷg（竖直向下）、碗的支持力N
（指向球心）、静摩擦力／（沿切面向上）三力的作用。沿径向、切向津寸坐标轴,小虫沿径向平衡,可得N≡′〃gcosα;沿切向平衡得静
摩擦力／＝′〃gSinα;随着小虫向上爬,α逐渐增大,静摩擦力／≡加gSinα也逐渐增大当静摩擦力达到最大时即爬到最高点·此时／＝
″〗gslnα＝尸′″gcosα｀所以tanα＝〃°
16。答案;B
′↑＼｀
解析;
选′′?｜
、′′′ 组成的整体作为研究对象进行分析｀则三力平衡必共点,故F｜;F2＝tan6（）°＝｀／百.选项B正确。
·212·
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答案:C
解析:系统静止时,与动滑轮接触的那＿小段绳子受力情况如图所示,同＿根绳上的拉力Fl 、F2总是相等的,它
们的合力F与F3是＿对平衡力0以F｜、F2为邻边所作的平行四边形是菱形,故加βg≡2mAgSin0°绳的端点由
Q点移向P点时,由于m∧、加B的大小不变,故0不变,因此B下降,A上升°
答案:B
解析;设绳子与竖直方向的夹角为β,在竖直方向上由平衡条件有G＝2F…所以F＝茨:了,因坐着比躺着竖
直方向的夹角小＿些’所以坐着时拉力小些°故选项B正确,选项A错误;两种方式吊床对该人的作用力大小
直方问的夹角小＿些’所以坐看时拉力小些°故选项B正确,选项A错误;两种方式吊床对该人的作用力大小
l7
F
夕△、
F｜
尸
18
v屈
为人的重力,所以
选项C、D错误。
答案:A
解析:解析:取运动员为研究对象,他受到重力和绳索的拉力,三个力为共点力°绳索与竖直方向的夹角为0,在竖直方向上由平
衡条件有G≡2F…,所以F＝盂景刁,故选项八正确.
＾
′夕A、｀
19
尸l
′,
20.答案:B
解析:分析轻质滑轮的受力如阁所示’由滑轮模型的特点可知T｜＝T2
根据平衡条件可知,Tl 、T2合力与G等大反向,且T｜＝T2
所以T｜Sinα＋T2sinα≡T3＝G
即T｜＝T＝丽÷了
从C点到半圆周上,夹角不变所以拉力大小不变,再沿支架缓慢地向B点靠近时,夹角增大’所以选项B正确°
T｜
乃
r蘸丫砸至
~~~↓（′~
21.答案:C
解析:是上层的人的两只脚分别给中间的人的作用力为0. 5G,中间层的左、右边的人的每＿只脚的作用力为0.5G9中｜司层给的
作用力为G,「层白身的霓量为G.所以其两脚受的作川力部共为队5G—G＋G-a5G.每＿具脚对地面的腿刀为半-L25G,
C对°
22·答案:C
解析:小球只受重力和杆的弹力作用.杆的弹力F的竖直分量与重力平衡,水平分量产生加速度,即F｜嚼直＝′＂g,F水平＝″』α,所以C
正确°
23.答案;B
解析:对购物车进行受力分析9购物车受到的人的推力F＝′＂gtan30。,对人进行受力分析,人受到的摩擦力F｜＝Mgsln0＋Fcos0
＝（M＋′门）gsln0,沿斜面向上,人受到的弹力FN＝Mgcos0-Fsin0＝Mgcos0-″〗gsln0tan0,A、C错,B对;小张对车的推力和车
对小张的推力是＿对作用力与反作用力,大小相等方向相反,D错。
24·答案:A
解析:拉A之前,A静止时,′′?g≡krl ,弹簧的压缩量为rl ’当B刚要离开地面时,弹簧的伸长虽为r2 ,′″g＝怂2 ·所以A上升的距
离为L＝工｜＋工』＝鲤,故A正确.
尺
25.答案:AD
解析:在两阁中·A相对B有向左的运动趋势,因而受到方向向右的摩擦力作用,B相对A有向右运动的趋势,因而受到方向向左
的摩擦力作用°由题意知,A、B两物体都相对静止,但它们对地的运动是不相同的。
甲图中·A、B以共同加速度向左做匀加速
o213·
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直线运动.A所受摩擦力对A的运动起阻碍作用;而B受到的摩擦力对B向左的加速运动来说是动力,它是B能产生加速度的
外部条件°乙阁中,A、B都将静止在水平面上,处于平衡状态·但它们相对于地的运动趋势是不同的°在拉力F的作用下,A有
相对于地面向左运动的趋势,B对A的摩擦力方向向右,所以是阻力°B物在拉力作用下有向右运动的趋势,它受到的A对它的
摩擦力方向向左,所以是阻力°综上所述’选项A、D正确°
＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼
26.答案:C
解析《由几何关系知,乙CAB＝丝DBA＝60°,分析C点受力由三角形定则容易求出CD绳的拉力为Fl＝
粤狮凰,分析D点受力.由三角形定则知.当F与Bn绳垂直时施川的力最小,则阎所示,F-F｜詹m‘（』.-÷枷g.
选项C正确°
27。答案;B
解析:在圆柱体缓慢转动的过程中,物块P的重力是定值·不随时间发生变化9A错;物块P受三个力的作用,竖直向下的重力G,
沿半径指向外的支持力F、9沿切线方向的静摩擦力F｝因圆柱体缓慢移动°所以物块P在任意位置所受合力为零,D错;对三力
正交分解,设重力G与支持力F＂方向所夹锐角为0则FN＝mgcos0·从A转至A′的过程中0先减小后增大,所以FN先增大后减
小,B对;而F｜先减小后增大9C错°
28。答案:BI）
解析:对题图甲分析画出平行四边形如图A所示,由图知,斜拉线受到的拉力等于2′′lg.轻杆对P点的作用力等于归ˉ′测g·对题
阁乙分析,厕出平行四边形如图B所示,由图知,斜拉线受到的拉力等于′〃g9两根细线对滑轮的合力等于″!g,所以B、I）对。
I
T
隘
′
Ⅳ
／
Ⅳ
′刀g
′加g
A
B
29.答案:A
解析:由于两包装箱的质地相同则动摩擦因数相同。无论两包装箱匀速还是匀加速运动,α、6之间均无相对运动趋势,故无相互
作用力,包装箱6只受3个力的作用,A正确,B错误;当传送带因故突然停止时,两包装箱加速度仍然相同,故两者之｜b］仍无相互
作用力,C错误;传送带因故突然停止后’包装箱受到的摩擦力与停止前无法比较,所以D错误。
30。答案;D
′》〗人gSin30°
解析:图甲的情形中,钢索对人的作用力为′″人gco吕30°,小于人的重力,B错误;此时人的加速度α人＝
＝gsln30°,A
′Ⅺ人
错误;图乙的情形中,轻绳竖直,人的加速度为零9滑环匀速下滑,钢索对轻环—定有摩擦力,C错误;若轻环突然被卡而停止,人
将以环为圆心做圆周运动’此时轻绳对人的拉力＿定大于人的重力,D正确。
31.答案;A
解析:以A为研究对象,所受合外力为0,故C对A有向右的摩擦力,A对C有向左的摩擦力,A选项正确;对物体B来说,因其
所受合外力为0,故B,C间没有摩擦力,B选项错误;以A,B,C整体为研究对象,在F作用下向左匀速运动,所受合外力为0,故
知地面对C有向右的摩擦力,C对地有向左的摩擦力0C受到A和地面给它的两个摩擦力的作用,选项C,D均错误。
32.答案:AD
解析:把B、C看做＿个整体,对其受力分析,绳子对B的拉力在竖直方向有向上有分呈,所以水平面对C的支持力比B、C的总
重力要小,故A正确;若A、B的质量存在关系MA启＝MBgsin0时9B在斜面C上无相对运动趋势,所以此时B、C之间无摩擦力
作用9故B错误;把B、C看做＿个整体,对其受力分析,不论B｀（y间摩擦力大小、方向如何,绳子对B的拉力在水平方向上始终
有向右的分量,所以整体有向右的运动趋势,所以水平面对C的摩擦力方向—定向左9故C错误;若将细线剪断,B向下滑动时’
B对C有向下的滑动摩擦力9则C有向左的运动趋势,因此水平面对C有向右的摩擦力·故D正确°
33.答案:A
解析:将两个小球看成＿个整体,并以此为研究对象。由于同时施加在两个小球上的两个恒力大小相等、方向相反、则对这个整
体而言,这两个力互相平衡,其合力应为0。这样该系统只受两个外力,即绳对α的拉力和地球对两球竖直向下的重力。根据力
的平衡条件可知,这两个力应平衡,并且绳对α的拉力只能竖直向上°
·214·
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34.答案:AC
解析:要卸掉全部沙子,沙子沿车厢底部方向应有:加gsln0＞队2加gcos0,即tan0＞′义』,选项A正确;要留有部分沙子在车厢·则
tan0＜件2 ,tan0＞似l ,所以C项正确°
35.答案:BD
解析:物体静止于斜面上时,在斜面所在的平面上受力分析如图甲所示,它受三个力作用:水平力F、物体重力沿斜面向下的分力
Gsln0和静摩擦力F′」,三力平衡,合力为零。由图甲可知,F′ l＞GSln0,当将外力F撤去时,在斜面所处的平面内物体的受力将
发生突变,变为图乙所示情况,因为斜面对物体的最大静摩擦力大于GSin0,所以物体仍静止于斜面上9由平衡条件可知此时的静摩擦力
F′2大小等于Gsln0,而静摩擦力F′2的方向在其大小发生突变的｜司时也发生了突变:由原来沿斜面指向右上方变为沿斜面向上°
∧
■Ⅱ『GS｜∩0
乙
｝｜｛
专题三牛顿运动定律
［过关演练］
1.答案:C
解析:由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力,加速度的大小要小于重力加速度,由牛顿第二定律可知物体＿定要受到箱子底
部对物体的支持力的作用,所以A错误;箱子刚从飞机上投下时,箱子的速度为零’此时受到的阻力的大小也为零,此时加速度的
大小为重力加速度,物体处于完全失重状态,箱内物体受到的支持力为零;箱子接近地面时,速度最大,受到的阻力最大｀所以箱子
底部对物体向上的支持力也是最大的9所以B错误,C正确;由以上的分析可知,箱子底部对物体向上的支持力随速度的增大而增
大·箱内物体不可能“飘起来”’所以D错误°
2.答案;C
解析;小车受重力、支持力及人对小车的压力及摩擦力而处于平衡状态;将重力分解·则在沿斜面方向向下的分力为MgSlnα;要使
小车处于平衡状态,则人对小车应有沿斜面向上的大小为Mgsinα的力:由牛顿第三定律可知,人受向下的大小为Mgsinα的摩擦
力;对人受力分析,人受重力、支持力、向下的摩擦力;则人受到的合力为′″gsinα＋Mgsinα;由牛顿第二定律可知α＝
”gshm古Mg…＝（1＋‖）g削n·敬C正蹦.
3。答案;C
解析:题图甲中直线的函数关系式为上＝虎″!＋b.设小车质量为M当小车内放置砧码时｀根据牛顿第二定律有,小车受到的合力大
α
小F＝（咖＋M）α,即＋＝÷咖＋普,两式对比司知M＝÷F-÷故只筒选项C止确.
4·答案:AC
解析;当F』＝′＂g,即腮侧＝…＝等时,倒环水平方叮受摩擦』,则圆环的加速度最大为似＝舟.A止确,日错误;当滑动摩擦力
示~｜
F｝-′（隐刚ˉ顺g）-F时,对应的速度最人.圃＝＝辨,C服确,D错误.
5.答案;CD
解析:由牛顿第二定律得:α＝F
′Ⅻg
F
—-g
′γ′
′刀
F＝0时’‘!＝
g为纵轴上的截距·由图线知,截距相等,所以gA＝gB,图线的斜率
为上,A的斜率大于B的斜率·所以加＾＜′′】B°
′″
6.答案:BC
解析:细线烧断前,对B球有垃＝′泥gsin0,细线烧断瞬｜司’弹簧弹力与原来相等,B球受力平衡’αB＝0,A球所受合力为′〃gsin0＋
Ax＝2mgsinβ,解得α＾＝2gsin从故A、D错误,B、C正确°
7.答案:B
解析:运动员由B＞C的过程中,先向下加速后向下减速,即先失重后超重’但跳板的形变虽＿直变大,所以跳板所受的压力＿直
变大,A项错°B项对;运动员由C≥B的过程中,先向上加速后问上减速,即先超重后失重,跳板所受的压力＿直变小,C、D项错。
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8.答案:D
解析:剪断连接球b的细线后,b球会向上加速运动,造成两球之间的静电力F屯增大’剪断细线前由整体法FN＝Mg＋m“g＋加bg9
F咆＝′″′′g＋F。剪断细线后对箱和α球有F肉＝Mg＋m幽g＋F慰＝FN—′〃‖g＋F咆,由于Fd＞F电’所以F∩＞F＂＋F,故选D。
9°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,甲球的半径大于乙球的半径,设
球的半径为′根擂饰顿第-定律,下落过程中′＂凰际-…-凰—
＂′
-删—蒜可知,球下落过程做匀变逮商线运动,且
′×÷派r』
√
卜落过程中半径大的球卜落的加速度大·因此甲球下落的＂逮度大,曲h＝＋叮』叫知·卜落相同的雌离.卯球所用的时间短A、C
项错误;由U2≡2α∧可知’甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小9B项正确;由于甲球受到的阻力大9因此克服阻力做的功多,
I）项正确。
10°答案;D
解析:不受空气阻力的物体’整个上抛过程中加速度恒为g,方向竖直向下,题图中的虚线表示该物体的速度时间图象;受空气
~〗
阻力的物体在上升过程中,mg＋陀U＝′′m,即α＝g＋丝,随着物体速度的减小,物体的加速度不断减小,故A项错误;物体上升到
′》〗
最高点时,速度为零,此时物体的加速度也是g,方向竖直向下,故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同,故
D项正确,B、C项错误°
l1.答案:BC
解析:设每节车厢的质量为′＂,这列车厢的节数为″,东边车厢的节数为Z,西边车厢的节数为″-工。当机车在东边拉车厢时,对
西边车厢受力分析·由牛顿第二定律可得F≡（″-工）′′m;当机车在西边拉车厢时,对东边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F＝
2
广
丁…联立可得″-÷…为3的倍数｀则′′为5的倍数｀选项BC正确.选项AD错误。
12.答案:B
解析;设—根橡皮条的拉力为F有;″F陛獭膊＝″蛔.得;α＝斋″—似g.叫见更换材料,只是改变了物体与水平面之间的动摩擦因
数大小,并不影响0角的大小°
l3.答案:B
解析:行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速
直线运动.加速度为“＝似g＝｜m／s: ,历时′｜＝÷＝｜＄达到共同速度｀位移工｜＝÷门-α5m｀此后匀速运动′』-2m导｜＝156
到达B,共用2.5s·乘客到达B历时／＝2—四＝2s,故B正确;若传送带速度足够大,行李＿直加速运动,最短运动时间r咖陋≡
U
误
错
项
∏
吕
∩
△
血
◎
▲
α
×
∑
′
√
l4。答案:C
解析:本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用°以″!｜、′Ⅶ2以及弹簧秤组成的系统为研究对象,则整体
向右的加速度α≡F｜干F』＝2m／s』》再以′〃｜为研究对象,设弹簧的弹力为F,则F｜-F＝′′′!α,得F＝28N,A、B错误鼠突然撤去F:的
′″］丁′γ〗2
瞬间’弹簧的弹力不变,此时′＂2的加速度α＝互＝7m／s2 ,C正确;突然撤去F］的瞬间,弹簧的弹力也不变,此时′′′｜的加速度α＝
γ刃7
互＝28m／s: .D错误°
″】l
15。答案:A
解析;当物体在水平地面上滑动时,所受摩擦力应该是滑动摩擦力,是不变的;当物体速度减为零后,其所受静摩擦力随F均匀减
小,可见必然在r2时刻物体的速度刚变为零’因此F是从／l时刻开始减小的,综上所述只有A正确°
16°答案;B
解析:由于两小球加速度方向相同,所受弹力方向也应该相同,所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上.选项A错误,B正
确;对细线悬挂的小铁球受力分析,由牛顿第二定律可得·小车～定以向右的加速度gtanα做匀变速运动,可能向右匀加速,也可
能向左匀减速,选项C、D错误°
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17.答案:D
解析:滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F′和弹簧向右的拉力位,合力F合＝F「～龙工≡′＂α,而工逐渐增大’所以加速度α先减
小后反向增大,速度先增大后减小°
18.答案:BC
解析:本题主要考查牛顿第二定律及物体的运动规律°有拉力存在时,由于物块利木板发生相对滑动,所以木板的加速度大于物
块的加速度,撤掉拉力时木板速度大于物块速度,由于木块与木板间存在摩擦,所以木板减速直至＿起匀速运动,木块加速直至
＿起匀速运动,所以B、C正确,A、D错误°
19.答案;B
解析:将人的加速度分解,水平方向α垄~＝αcos0’竖直方向αγ＝αsin0。对于人根据牛顿第二定律9在水平方向有／＝′′!αⅡ,在竖直
方向有F＂
′＂g＝′〃α』｀人处于超重状态｀C错误;当加速度由α变为÷时摩擦力变为原来的一半但支持力不为原来的＿半,则
△
它们的比值也发生变化’故A、D错误,B正确°
20°答案:C
解析:重力沿斜面向下的分力为Fl＝mgsin30°＝4N,可知2～3s内物体加速度最大,A错;由于0～1s内和1～2s内加速度等
大反向’2s末物体的速度大小为零’B错,C对;在2～3s内的加速度大小为α岛’则有′刃gsln30。-F:｛＝″m3 ’a岛＝3.75m／s2 ,而
叫＝焉m／s』＝L2‘m／慧』止｝｝雕离』｜-皿5m.下降雕离为州,＝＋“-L:75m＞腻｛,D错.
2l.答案:BD
解析:由题图乙可知:A、B＿起先做加速度减小的变加速运动,后做加速度增大的变减速运动,所以B项正确;全过程运动方向
不变,2t0时刻,A、B位移最大,所以D项正确;A｀C项错误°
22.答案:C
解析:利用整体法和隔离法,对A、B组成的整体和物体B分别由牛顿第二定律列式求解,即得C选项正确°本题容易错选A或
C,草率地认为A、B置于粗糙水平面上时要受到摩擦力的作用’力F的大小不变,因此L2应该短一些,或认为由于A、B质量关系
未知,故L! 、L2的大小关系无法确定°
23.答案:B
解析:对于A、B整体根据牛顿第二定律有:FA＋FB≡（mA＋′′′肘）α,设A、B间的作用力为F,则对B根据牛顿第二定律可得:F＋
F膨＝m膨“,解得;F＝狮圆F＾丰F＂-F似＝l6二仙N.当′＝0时,A物体的加速度为丛旷＝23时A的加速度为丹,故A错误;当′
′7?A厂′〃B
O
O′》T
O″l
＝4s时F＝0,A、B两物体开始分离,此后B做匀加速直线运动,而A做加速度逐渐减小的加速运动,当t＝4.5s时,A物体的加
速度为零而速度不为零. r＞4.5s后’A所受合外力反向’即A、B的加速度方向相反.当t＞4s后.B的加速度始终为αB＝旦
◎
′γ?B
综上所述,选项B正确°
24。答案:C
解析:由牛顿第二定律可得,加速度αA≡αB≡巳』卫旦＝2m／s鸣,B减速到0的时间为tl≡丝＝1s,1s内A、B各自发生的位移rA＝
″?
αB
］
］
UM—÷α＾!』≡5m’工凋＝U偶r-÷α凰1:＝1m’由工A＋工‘＜9m可知’两物体相遇发生在B停下后.设两物体经过时间r2相遇’又-
″内＋蜒凰-9…内-u龋』＋÷α健,解得′』-2‘.C项［确.
25.答案:C
解析;如阁所示设厉顶览为2b,斜边长为‘,则‘-志,对喇滴受力分析,根据牛顿第二定律得,′″g愚m0ˉ砸健…
由运动规橇得脚-÷颐』.解得‘≡√愿湍
『
〃
∏
向
″
,当0＝45.时,r最小9C项正确°
26.答案:D
解析:由图象可得,雪橇在A点加速度αA＝2.5m／s2 ;最终雪橇匀速运动时最大速度Um＝10m／爵;设空气的阻力系数为陶,雪橇与
斜面间的动摩擦因数为件,则由牛顿第二定律得:
′》′gsln37°-严mgcos37°-5虎≡′′lαA,mgsln37。-尸′＂gcos37°
l0虎＝（）,代人数据解得;／』＝0. 125,k＝20N° s／m.
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27。答案:B
解析;儿E啊点任以D为圆心半径为R-l＂m的圆上,…上的滑行＂间与洽An所在的直径自由下熔的叫间棚同.』—仔
-√平-:§选凰
28.答案:ACI）
解析:通过题图可知,物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动,然后做反向匀加速直线运动°物体做匀减速直线运动的加速度
大小为α｜＝等≡3m／s2 .物块做匀减速直线运动的时间为〔｜＝坠＝2s.故A正确;物块做匀加速直线运动的加速度大小为α2＝
乙rl
α］
÷-…』,反阿加‖速贾｜｜出发点的时间』′-｀／￥-:佰｀,故B错误;根搪牛懒第-定律得F＋F｜—′＂幽』.F
F′—′″“;联航两
乙.r2
式解得F-2川.F『-」N则动摩擦囚数为队-晶-队」.敛C皿正确.
29。答案:C
解析:若将滑轮视为轻质,即″!＝0,而绳为轻质,故T｝＝T: ,由牛顿第二定律′川2g
T｜＝″′2α,T｜-′川1g＝′″｜α,得α＝″!2g-″!］g
″1 l＋′Ⅶ∑
,
T｜≡2″竿｜g;当″!≡0时对各选项逐＿进行验证.只有C正确;当′″｜＝″!!时’则Ⅲ＝n＝′″｜g,同时对各选项逐＿验证,只有C正确。
′γ?l -卞″I2
30.答案:ABD
／j翻介＝″′g
∏ˉ°
上
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‖
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′ ·J
】〗＝／、～
√＝p上▲△
’
引
′γ?l一厂′〃2
30.答案:ABD
／了
解析:因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零,小球在绳没有断时受到轻绳的拉力F｜和弹簧的弹力F作用
而处干平衡状态。依据平衡条件得:轻弹簧的弹力为F＝〃!gtan0＝20N,故选项A正确°剪断轻绳后小球在坚
／
直方向仍平衡｀水平面支持力与小球所受重力平衡｀即F测-″鸭;由牛顿第二定律得小球的加速度为α＝导旦—
20
0六2×20m／s2≡8m／s2 ·方向向左,选项B正确。马剪断弹簧的瞬间。小球立即受地面支持力和重力作用,且二
ˉM
呼.ˉ＾ˉγm／s2≡8m／s2 ·方向向左,选项B正确。马剪断弹簧的瞬间。小球立即受地面支持力和重力作用,且二
［
厂
勺
《
广
〗
″
γ
力平衡,加速
2
度为0,选项C错误、D正确°
3L答案:B
解析:由图象∏I知运动员运动前′″g＝F0＝500N,′′Ⅱ＝50kg
由图象可知运动员运动稳定后每次腾空时间为:r＝11s-9.4s＝1.6s
运动员离汁弹簧床上升的最大高度为H—÷g（÷）』—队2m』选项B胀确.
32.答案:I）
解析:D项中凰＝市.当β＜90.时.sin〃＜l’此时侧＝六＞g’这是不∏能出现的｀因此.D项错误.符合题意｀A、B、C均正确.
33.答案:B
解析;在A、B相对滑动前｀对A、B整体由牛顿第二定律得α＝二＝垒｀故A、B的加速度随时间的增大而增大.速度
时｜司图象
乙″?
△″〗
是向上弯曲的曲线;A相时月冈｜｜好要滑动时,对凋由牛帧第-定律得α＝骨.由于晶＝:’故′≡竿》在A悯灿周滑动后,月
的加速度α＝旦为＿恒量,速度—时间图象是＿倾斜向上的直线,故B正确°
′门
34.答案:ACD
解析;当小木块刚放到传送带上时尸mg＝″lα得α＝尸g
2
设小木块加速到U时运动的距离为L0 ’由U2＝2αL＂得L＂＝÷
乙g
（…≤!树.小水块—霄‖‖逮…′德≤惫或出L-十醚』得′-倦或由L≤＋铡』得′≥芋.敝cD正碉
（2）当L＞L0时,小木块先加速后匀速,加速阶段有U＝αtl得rl＝ˉI上,匀速阶段有L
L0＝哑2得t2≡上
—I上由／＝t｜＋t2得t＝上＋
〃g
U
2〃g
U
盂,故A正确.
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答案:BC
解析:（1）如果小物体P的速度U2小于水平传送带的速度Ul 9则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向右,o当小物体P受到
的滑动摩擦力大于小物体Q所受到的重力时,在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P继续加速,当小物体P的速度
与水平传送带的速度u1相同时,停止加速,由于小物体p受到水平向右的最大静摩擦力（略大于滑动摩擦力）大于小物体Q所受
到的重力,小物体P将与水平传送带＿起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,则B图中的U
r图象与之对应;@当
小物体P受到的滑动摩擦力等于小物体Q所受到的重力时,在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P以速度U2做匀
速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无U—r图象与之对应;o当小物体P受到的滑动摩擦力小于小物体Q所受到的重力
时,有可能在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无U-t阁象与
之对应;也有可能在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动直至速度变为零然后做加速度不变的反
方向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左侧滑出,无U
／图象与之对应;（2）如果小物体P的速度U2大于水平传送带的速
度Ul ,则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向左,在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动,
o有可能小物体P＿直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无U
r图象与之对应;@有可能速度与水平传送带的
速度Ul相同时,停止减速,若小物体P受到水平向右的最大静摩擦力大于或等于小物体Q所受到的重力,小物体P将与水平传
送带＿起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无U-t图象与之对应;若小物体P受到水平向右的最大静摩擦力小于
小物体Q所受到的重力9小物体P将又开始做匀减速直线运动,有可能＿直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,
无U-t图象与之对应;有可能先减速到零然后做加速度大小不变的反向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左端滑出,则C
图中的U
t图象与之对应°
尸
＾
√
、
≤
」
专题四曲线运动
［过关演练］
1.答案:AD
解析:物体做速率逐渐增加的直线运动时·其所受合外力的方向＿定与速度方向相同’A项对;当物体做平抛运动时,速率在变化,
合外力的方向没变,B项错;当物体做变速率圆周运动时其所受合外力的方向＿定不指向圆心,C项错;当物体做匀速率曲线运动
时,其所受合外力的方向总是与速度方向垂直,合外力只改变速度方向,不改变速度大小’D项对°
2.答案:BC
解析:根据题述,设α、β分别是C的速度方向与CA、CB的夹角,u〔cosα＝uA·u《~cosβ＝［′肘’由此可知C的速度大小＿定不小于A、B
的速度大小,选项A错误,B正确。根据题意’满足条件的C的速度方向不＿定在CA利CB的夹角范围内·选项D错误,C正确°
3°答案;C
′
『
解析;设游速为u’水速为u＂,OA＝OB≡／’则甲运动时间r甲＝→—＋—～;乙沿（）B运动’乙的速度矢量阁如图’合速度必须沿
U-厂U0
U-U0
′
o周方向则乙时间′鱼＿〃＝×2,联立解得;蛔＞姥.C服确.
O
v（〕
U
入
Ⅷ
γ
『
4。答案:C
解析:开始时小球相对观察者是做自由落体运动,当车突然加速时,等效成小球相对汽车向左突然加速0刚开始加速时,水平方向
的相对速度较小’随着时间的延长,水平方向的相对速度逐渐增大,故观察者看到的小球的运动轨迹应该是C图°
5.答案:I）
解析:由于船的速度大小相等,且与河岸的夹角相同,所以船速在垂直于河岸方向上的分速度大小相同,渡河的时间由船垂直河岸
的速度的大小决定’故船到达对岸的时间相等;船的位移决定于平行河岸方向的速度大小,结合题意知煎l＞N2°
6°答案;C
解析:由受力的特点知,滑动摩擦力总是与物体的相对运动的方向相反,所以滑动摩擦力应沿速度切线方向,而雪橇还做匀速圆周
运动,即合外力提供向心力,切线方向的合力为零,选项C正确°
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7.答案:B
解析;足球做平抛j蔓动平抛运动＂高度为h平抛运动的水平位移d手√赋’＋（÷）∑.足球的位移为√（÷）』
＋∧2＋＄2 ,A项错
误;足球运动的时间｜-√?｀足球的初蕊隆为触Ⅷ＿子-√六（÷＋腻』）｀k颐雁确』足球木l重度的大小”-呵示-
√箭（子＋狮.）
,C项错误《足球初遮度的方向与球门线夹角的正切值为…≡亡＝告’［）项错误.
~
2
＋2g／l
8。答案:ACD
解析;由几何关系可求得路线o、@、o的长度分别为2萨＋厕＾2厂＋2沉萨、2派′｀比较可知’路线o最短,A项正确;由F…＝m÷可知.
＂越小速率越小｀囚此沿路线o速率最小’E项错误;沿路线酗°°运动的速率分别为√平｀／平穗√平.由＝条路
线长度与速率的比值比较可知9选择路线O所用时间最短,C项正确;Fm孔x＝′″α可知,三条路线的圆弧上赛车的向心加速度大小相
等,D项正确°
9.答案:AC
解析:本题考查了圆周运动与受力分析° α与b所受的最大静摩擦力相等,而6随圆盘转动需要的向心力较大,所以b先滑动,A
项正确;在未滑动之前,α、6各自受到的摩擦力提供其向心力,因此b受到的摩擦力大于α受到的摩擦力,B项错误;b处于｜临界状
态时.…-恤酗,咽!解得翅-仔.C顺正确;哩处十临界状态时…-测旷′则铡-√票小于＂删｜僻角遮度凰所受摩擦力
没有达到最大值,D项错误°
10.答案:C
（UoCOSα）2
解析:物体在其轨迹最高点P处只有水平速度,其水平速度大小为U0CoSα’根据牛顿第二定律得加g＝加
,所以在其轨
O
｜
迹最高点P处的曲率半径是′—酒罕α.C正蹦.
11.答案:D
解析:物块向右匀速运动时,绳中的张力等于物块的重力Mg,因为2F为物块与夹子间的最大静摩擦力,当物块向上摆动做圆周
运动时·静摩擦力大于Mg,说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F,A项错误;当小环碰到钉子p时｀由于不计夹子的质
虽,因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力·即小于或等于2F,B项错误;如果物块上升的最大高度不超过细杆,则根据
‖
机械能守恒叫知’Mgh-iM刚2 ｀即上升的最大高度′l-壶,C项错误;当物块向上摆动的瞬间,如果物块与夹子间的静摩擦力刚
好为:F,此时的逮度刚是最大墟度侧:F—M憋＝M＋,解得刚-√（2F守凰》L,D项正硫.
l2.答案:I）
解析:小钢球从A到C的过程中水平方向的分速度u墅’先是匀速直线运动,后是匀加速直线运动9A、B错误;小钢球从A到C的
过程中竖直方向的分速度叫｀先是加速度为屑的匀加速直线运动｀后是加速度为÷的匀加速直线运动,C错误｀D正确·
l3.答案:D
解析;设小球刚好过D点的速度为U闽.由咖g＝′带得｀U°-｀／百∏｀当落至与B点等高的水平面上时,平抛的水平位移延＝
融,仔＝√m＞R故经过D顺后小球不司能糯望周颇.以打D正确
l4.答案:A
解析;飞镶做平抛运动,运动时间为′-二.当顾≥50m／篇时.≤队｜§.飞镶卜落高度为′』-÷g′,≤5。m,落在6环以内.故A错
U0
误,B正确;若要击中第l0环的圆内,则飞镶运动时间r≤√6了而百s,解得飞漂的速度u至少应为50√百m／s,C正确;同理若要击
中靶子,则飞膘运动时间r≤｀／6丁丽s,所以飞镶的速度u至少应为25｀／百m／s,D正确。
l5。答案:B
解析;设6摆至最低点时的逮度为铡,b所拉绳了长度为』,由机械能守恒定律叫得;′厕g′（l—c。富00.）—÷狮锄』·解得碰-呵.设″
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摆至最低点时绳子的拉力为FT｀由圆周运动知识得;FT—′″唱＝′＂÷｀解得F『＝2′″唱｀对演员“有F『＝′汹』g｀所以,演员α的质
量与演员6的质量之比为2
:
l。
l6.答案:C
解析当光束转到与竖直方向夹角为β时,羞晨底面k光点转动的线逮度为蒜.设云晨底面Db点的移动速度为锄则有
＂…≡揣,解得云层底面上光点的移功遮度U-揣.选项C正蹦.
17。答案:D
解析:A、B同轴转动,角速度相同,选项B错误;由U＝山厂可知,A、B线速度不同9选项A错误;设图示时刻杆转动的角速度为山9
对丁B点有侧sin′＝°志.酗—竿坦＂A、B两点前速度相同则有沁＝倒′联立解得锄-触竿0,故选项（〕错误’选项D正确.
18.答案:D
解析:设小球释放点距木板上端的水平距离为h,由几何关系可知,0＝45°,所以下落高度为h,根据自由落体运动规律,末速度
U＝√正万’也就是平抛运动的初速度,设平抛运动的水平位移和竖直位移’分别为r和y,因0＝45。,所以工＝y’由平抛运动规律
］
］
〗＝Ut、＂＝亏gt! ,联立解得x＝4》’由题意可知4徊内＋徊内＝徊L｀解得h＝亏L,所以选项D正确。
19.答案;ABC
解析:根据题意分析可知,乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性,显然发球时的高度等于h,从发球到运动到Pl点的水平位移
等于＋L·所以叮以求删球的初速度人小.也可以求州球从发出到第.次落任球台上的时间. 由十对方运动员接球的位置木知.
｀
｀
｀｀＼＼｀＼纠＝a＼＼｀
所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间。
20.答案:A
解析:本题主要考查运动的合成与分解°橡皮的运动可分解为竖直向上和水平向右。如图,可知橡皮水
平向右的速度与铅笔水平向右的速度相同,故U醚恒定;橡皮竖直向上的速度等于竖直方向绳子缩短的速
橡皮
度’等于水平方向绳子缩短的速度’即为铅笔的速度,故U,恒定。所以橡皮的速度U合≡√而;丁万了恒定’
｜
故A项正确°综上所述,本题正确答案为A。
（
）
2L答案:B
解析:设轻杆对小球的作用力大小为F°方向向上9小球做完整的圆周运动经过最高点时,对小球,由牛顿第二定律得加g
F＝
m十｀当轻杆对小球的作用力大小F＝砸g时.小球的速度最小｀最小值为零｀所以选项A错. 由′″g—F＝′厕十可得在最高点轻
杆对小球的作用力F＝′″g-加÷’若小球在最低点的初速度从U＂逐渐增大’小球经过最高点时的速度Ⅱ′也逐渐增大’所以轻杆
～
对小球的作用力F先减小后增大（先为支持力后为拉力）,由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大,因
此选项B对.在最低点’由F—′″g＝咖十可得轻杆对小球的作用力（拉力）F＝′″g＋′＂÷,若小球在最低点的初速度从U＂逐渐
增大·则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大’选项C错°轻杆绕水平轴在竖直平面内运动,小球不是做匀速圆周运动,所以合
外力的方向不是始终指向圆心,选项D错°
22·答案:B
解析;要使在最高点时盒子与小球之间作用力恰好为狮g’则盒子顶部对小球必然有向下的弹力砸g,则有狮g＋′川g≡爷’解得该盒
了徽匀蕊阀周遮动的遮度刚≡√露哀,该盒子｜…厕周运动的周期为T-芋＿颓仔,选项A错误E正确;仆臆低点时,盒
子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力,由F—′门凰＝爷,解得F＝3狮g,选项C｀D错误.
23.答案:C
解析:小车突然停止运动,球B也随之停止运动,故FB＝mg,
球A开始从最低点摆动,则
R｀
狮g-m÷’F州＝″』（g＋÷）＝3加g
所哈-寺
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24.答案:BCD
解析;设斜面倾角为,.A点到周C面的高度为″侧志＝＋鳞爵mβ平抛落到屑点时.h-÷g‘,以较大的速度乎抛,落到BC
厕上时,h-÷凰』; .可得州;‖』-√湍＞√?-』』-』』,故A正碉趴烂D错谈.
25.答案:BD
2
U0
解析:小球在最高点恰好对轨道没有压力时,小球6所受重力充当向心力,′′′g＝mF’U0＝√I灭,小球从最高点运动到最低点过
程中,只有重力做功｀小球的机械能守恒,2mgR＋÷′′m;＝寺′厕″』,解以上两式可得:U＝√百百∏｀B项正确;小球在最低点时｀
▲
△
F阀＝′″责＝5′″g,在最高点和最低点所需向心力的差为4′′!g,A项错误;小球在最高点’重力利内管对小球的支持力可以提供向
］
心力’所以小球通过最高点的最小速度可以为零’再由机械能守恒定律可知,2′′′gR＝÷′″u′2 ’解得u′＝2√百∏’C项错误;当划≥
√顽时,小球在最低点所受支持力F』＝狮g｜爷’由最低点运动到最高点’2顺gR＿÷咖＂;≡亏狮U』.小球对轨道压力F‘＋′＂g
-咖÷解得F§≡咖÷ˉ5咖g,F□—F』＝….叫见小球“对轨道最低点腿力比小球b对轨道最高点比力邵大6狮g’D项正蹦.
26.答案:C
解析:由题知,C点的速度大小为u（ˉ@』’设u（｀与绳之间的夹角为0,把u（沿绳和垂直绳方向分解可得,u绳＝uccos0,在转动过程
中0先减小到零再反向增大,故u绳先增大后减小,重物M做变速运动,其最大速度为幻／,C正确°
27.答案:CD
解析:解决本题的关键是全面理解·小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况:（1）小球通过最高点并完成圆周运动; （2）小球没
有通过最高点,但小球没有脱离圆轨道。对于第（l）种情况’当U0较大时,小球能够通过最高点,这时小球在最高点处需要满足的
条件是咖g≤呼,又根掘机械能守恒定律有÷咖咸＋2′″g厂—÷枷＂; .叮求得赐≥2佰m／s,故选项C正确;对十第（2）种情况.当渺＂
较小时,小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处,速度恰好减为零,根据机械能守恒定律有
＿
1
2司ˉ≡P喀曰
≡∩厉
／
L户、牛了＝丁、于7左
］’（）
E
狮g厂＝寺狮U; ’可求得U‘≤a／百m／筒.故选项D正确.
乙
∧
答案:D
解析:如图所示,设平抛初速度为U0 ,落到D处时的竖直速度为U删,所用时间为t’对Rt△AFD,
厂
八D-坐;…唬D｝CD—兰…三前膨小（…-器解以上三式喘-…」
l
cosα
slnα
～U门α
己』』1α
gL
L〃-1
△〖u1』
α
′
α
（y
28
B
lJ＼
D对°
答案:ABD
解析:甲被抛出后,做平抛运动,属于匀变速曲线运动;乙被抛出后’做坚盲k抛运动,属于匀变速直线运动。它们的加速度均为
重力加速度’从抛出时刻起,以做自由落体运动的物体为参考系,则甲做水平向右的匀速直线运动,乙做竖直向上的匀速直线运
动9于是相遇时间
r≡二＝旦o
Ul
U2
U2
乙上升到最高点需要时间:1l＝—
g
从抛出到落回原处需要时间:r2＝垫
g
.
要使甲、乙相遇发生在乙上升的过程中’只要使r＜t｜即可,即旦＜些’则;U2＞｀／百百◎
U2
g
要使甲、乙相遇发生在乙下降的过程中,只要使r｜＜r＜世2即可’即些＜旦＜些,得;
g
U2
g
√罕＜锄:＜／盂翻
∩
叫
叫
∩
／
臼
若相遇点离地面高度为早,则早＝拟:′—÷g『Ⅱ
臼
△
△
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将o式代人上式,可得U2＝｀／百百@
由O～@式可知·A、B、D项正确°
30.答案:BC
解析:女运动员做圆锥摆运动,由对女运动员受力分析可知9受到重力、男运动员对女运动员的拉力,
如图所示’竖直方向合力为零,由FSin30°＝G得F＝2G,B项正确°水平方向的合力提供匀速圆周
运动的向心力,有Fcos30°＝″!α向,即2″′gcos30°≡′′m问,所以α向＝佰g,C项正确。
31。答案:B
解析:此题为杆模型,小球在最高点的速度可以为零,选项A错误,B正确;小球在水平线αb以下管
道中运动时,内侧管壁对小球没有作用力,外侧管壁对小球＿定有作用力’选项C错误;小球在水平当
道中运动时,内侧管壁对小球没有作用力,外侧管壁对小球＿定有作用力’选项C错误;小球在水平线
Ⅳ
只
＿
Ⅺ
＿
尸
（）
◎
｜
叮
α6以上管道中运动时,内
‖‖管壁对小球有没有作用力要视小球的速度情况而定.选项D错误°
32.答案:BC
解析;小球从D至M过程,阳机械能守恒定橇有;砸g（H—2R）—＋′″锄』o
小球从A端抛出后
2R-÷鳃』
圆
工＝Ut
o
联立以上各式得:工＝2√2RH-4R鳖
@
故选项A错,B对。由@式可知,只要H＞2R,小球就可以做平抛运动,故选项C对,D错°
33.答案:AD
解析:两球恰在斜面中点P相遇,则在水平方向上它们的位移相同,即u2r＝ul／cos60°,得u］:u2≡2
: 1,A正确,B错误;若小球6
以2U2水平抛出,竖直方向上α球的分速度不变’6球做自由落体运动不变,若还能相遇,则仍然在与P点等高处相遇,但6的水
平初速度变为2U2 9水平方向相遇点会向左移动,所以两小球不能再相遇,C错误;小球α、b原来在P点相遇,6球竖直方向的平均
速度等于U｜sln0’6球的水平速度变为2U2 ,小球6会落在P点上方,在这段时间里,α球在竖直方向的速度会大于b球在竖直方
向做自由落体运动的平均速度,则6球落在斜面上时,α球在b球的下方,D正确°
34.答案:D
解析;初速度为零的匀变速直线运动推论;（1）从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比r｜
; r2
;
‘3 ;…＝1
: （徊-1）
; （侗
徊）;…;（2）前儿前2h、前3h｀…所用的时间之比为1 :√百:侗;…°在本题中’三把飞刀做的都是斜抛运动,斜抛运动可以分
解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动°因为三把飞刀都是垂直打在木板上,所以飞刀在竖直方向上做
匀减速直线运动,且末速度为零,而在水平方向上做匀速直线运动.采用逆向思维,把飞刀在竖直方向上的运动看做是反向的初
速度为零的匀加速直线运动,运用上述推论可知,三次飞行时间之比为rM;
r』v
; rP＝凋:徊; 1’根据公式U＝gt可知,三次初速
度的竖直分量之比为u』M
:
u胁｀;u测p≡侗:徊; 1’所以选项B、C错误;设O点到竖直墙的水平距离为L,三次初速度的水平分量
分别为U测、U堑N和U墅P,它们也是三把飞刀击中木板时的合速度,则叫Ⅷr』M＝吗＂r＂＝U『′ⅡP＝L,又r删
: rN
; i′′＝侗:徊鼠1’所以u州;叫测
』泌′＝粤;粤; l,叫见,它们大小小等.所以-把（刀在击中板时的动能小相同.选项八错误;因为『an0＝丝,所以［an,｜;m∏
9
▲
Ur
仇: tan03＝3
: 2
: 1,0］＞02＞03 ,选项D正确。
35.答案:AC
解析要使物体从o点平抛出去,在O点有″g≤爷｀解得物体从o点平抛出去的最小速度＂咖＝｀／灰.设丝C〔）｜o＝β’由机械
U
｜
能守恒定律’加gR（1-cos0）＝÷加u2 ,解得二C（）｜O≡0＝60·’选项A正确’B错误;由平抛运动规律,工＝ut,R≡÷gf,解得落地
△
点距o撮近为√面R.若物休从A点下滑到达o点时遮度为触-√面百页. 由平抛运动规律,≡酗.R-＋酗』,解得落地点距O
最远为2R,选项C正确,I）错误°
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专题五万有引力与航天
［过关演练］
1°答案:B
解析;若想检验罐使月球绕地球运动的力”与使苹果落地的力,遵循同样的规律
万有引力定律,则应满足G哗＝′″α,即加速
厂
度α与距离厂的平方成反比,由题中数据知,选项B正确’其余选项错误。
2.答案:C
解析:本题考查开普勒定律9意在考查考生对开普勒三定律的理解°
由于火星和木星在椭圆轨道上运行,太阳位于椭圆轨道的＿
个焦点上’A项错误;由于火星和木星在不同的轨道上运行,且是椭圆轨道,速度大小变化,火星和木星的运行速度大小不—定相
等颐饿谈;…勒第三定律可知.簧-菱-废’簧—资,（正确』州于火垦和水星在不阔的轨道上运行逮度不等故棚同时
间内,它们与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积不相等,D项错误。
3。答案:AD
解析;由万打引力定律F-警警—瓷.悬’代入数搪可知,太阳的引」」远大于月球的引』》由于月』倒不阔区域海水的
距离不同,所以引力大小有差异°
4.答案:AC
解析;由G些-咖÷-顺′（竿）,得;鹏-｀／军.T-2腻√赢.可测轨道半径越大,线遮度越小伺期越大,A项正确.B顺镭
误;若测得｜割期和轨道半径,由G哗-″（竿）Ⅱ叫知｀叮以测得垦球的质量.但由于星球的半径未知,小能求得尾球的乎均密
厂
度.D项错误;若测得张角β,叮求得峨球半径R与轨道半径′的比值为旦-隐m÷,由G哗＝狮′（竿）』枷′-÷派R』
M得,p＝百示
3冗
厂
厂
~
~
~
＼
‖
／
厂
—
尺
（
沉
呵
◎
因此C项正确°
G萨霹ln!÷
5.答案:B
解析』对于地球问步卫垦F雨-F向.F耐＝坠些ˉ′″碧＝′＂坠＝…＝F.
厂
厂
得旅-隔—h—√嘿』.＂得h—√磐—R,A糟谩
得融-√毕-√f咎们鳃—字宙遮隆娜｝-√呼…「,故B正确.
得F卿＝F』′-G婴″
（等箭』.故C错误.
目≡≡
得“｜詹｀-婴＝（黑）』巾篡＝警,故倒廊＜g.D错误.
6.答案:AD
解析;卫睡运行速｜毁为硼-√牢｀囚问步卫垦的轨道半径人于近地卫犀的轨道半径｀所以有岭＞哪』.同步卫垦与地球自转的角速
度相同,由U＝‘°厂可知,U!＞渺』.卫星做圆周运动的加速度为α—毕,因同步卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径.所以有
厂
α2＞αl ,同步卫星与地球自转的角速度相同’由α＝幻2厂可知’αl＞α3°
7·答案:C
解析;人造地球卫星绕地球做匀速圆周运铡.万有引力提供向′b力;G咎-′〃竿.故人造地球卫尾的动能E＂＝÷咖＂』＝÷哗
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＂引刀势能凰〕＝—牢）人造地球卫星机械能E≡F｜』＋凰.由能量守恒定律,因摩擦＂产生的热量;Q＝鹰〕ˉE』-（凰!＋凰』』ˉ
（E幢＋凰州）,代人R｜利愿,得;Q-平（亢ˉ岗）,故选c.
8.答案:B
解析她球自转周期变小,卫垦要与地球儡恃问步侧卫星的公转周期也应随之变小｀由G婴-狮′—笋可得T-√需则卫垦
离地球的高度应变小,要实现三颗卫星覆盖全球的目的,则卫星周期最小时,由数学几何关系可作出如图。
卫星
■
／｝｀｀
～飞
／i0」＼
＝ˉ＝＝＝＝▲
卫星
▲＝■■＝□＝＝■
卫星
由几何关系得卫星的轨道半径为′＝圈羔0.-2Ro
出开普锄第二定橇盖-瓮,代人题巾数据,得《6签』,-急o
由oo解得T2≈4h°
9.答案:B
解析:由题设条件可知’卫星在转移轨道经过赤道上空时的速度［′］＝1.55×103m／s伺步卫星
的环绕速度为U≡3。1×103m／s·设发动机给卫星的附加速度为U2 ,由平行四边形定则’三个速
p］
≈1. 9×103m／s°
度之间关系如图所示,由余弦定理可得D2＝｀／uz＋Ⅺ′;—2z′ulcos30.
飞
习
〗
l0.答案:C
解析:“媳娥＿号”要想脱离地球的束缚而成为月球的卫星,其发射速度必须达到第二宇宙速
度,若发射速度达到第三宇宙速度, °‘媳娥＿号”将脱离太阳系的束缚,故选项A错误;在绕月
球遥动时.月球对卫垦的万打引／」霓金提供向心」」则c哗—′＂笋,T-:,:√斋,卫垦｜制期与卫垦的履量无关｀故选聊B错
误;卫星所受月球的引力F＝G哗,故选项C正确;在绕月圆轨道上,卫星受地球的弓｜力小于受月球的弓｜力’故选项D错误·
厂
ll.答案:ACD
解析;由G警＝咖g,得g＝裂,已知火星半径是地球半径的÷质量垦地球质量的＋则火星表厕的重力‖＂速度是地球表面重
力』0遮度的÷.即为÷凰.选项C限确;设火垦臆量为M.半径为R′ .由万有引力筹了重力叫得;C磐-咖g′解得M＝需,密
隆为;僧-等-惫选项A正确;由G嘿-″÷得铡-√平｀火…—…度是地球第＿字宙藤隆的粤选项B镶课;
王跃以酬在地球上起跳时.根据竖直上抛的运动规律得出跳起的最人高度是;h-觉,由于火星表面的奥力加速度是÷g.王跃以
O
相同的初速度在火星上起跳时’可跳的最大高度h′＝寸′! ,故D正确。
12.答案;AD
解析;飞船绕x星球徽匀逮侧周运动｀万育引力提供问心力,由牛顿第二定律卿G咎-枷等则x垦球质旦M-襟｀选项
＾正确. 由c等-狮等-〃鹏｜知厂轨道处的问心加逮膛铡』-等-婴.而对绩x垦球爽面飞行的‘鹏有c瞥′″g＂
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（R为x墨球曲畔橇》则凰x—喂＞“』-娶—碧所.选项B栅谩由浮-狮÷知雕-抨故器-仔选项C错谍
根瞬G呼—咖笋碍丁-｀／需.畴-偶.‖｜｜吗-T幅选项n正确
l3.答案:AC
解析;设扦对AB的弹力大小均为F侧对八B分别根搪刀有引力定律＂牛顿巢二定律有…G郸F—G（陋兰』）,-,″下萨』
…
4沉乙
″粤＋F＋G《拦′』）;—砸等; ｀出以上侧式得T—…√G湍÷《）｀所以选聊八正确＂糟误;若厨代杆断裂后做离心
运动,则杆断裂前’杆对B有靠近中心天体的拉力作用,杆对A有背离中心天体的拉力作用·所以若杆突然断裂,A将做向心运
动,即选项C正确,D错误°
l4.答案:BD
解析:探测器从A向B运动,所受的万有引力合力先向左再向右.则探测器的速度先减小后增大,故A错误;当探测器合力为零
时加逮度为零.贝‖有;G等-G等′因为′″.
; ″′凰-l
; ,则废｀
; ′』』—」
』3知探测器距离垦球A的距离为矿ˉ÷,故B止
确;探测器到达星球B的过程中,由于B的质量大于A的质量,从A到B万有引力的总功为正功,则动能增加,所以探测器到达
星球B的速度＿定大于发射时的初速度,故C错误·D正确。
l5。答案:D
解析:根据万有引力公式,因为不知道升降机的质量,所以不能求出升降机所受的万有引力,故A错误;根据地球表面宇航员的体
重G宇＝800N和地球表面重力加速度g＝10m／s2 ,可知宇航员的质量为砸≡旦＝80kg° 由于升降机不＿定做匀加速直线运
g
动,不能由运动学公式U2＝2α／h求出此时宇航员的速度U。则就不能求得宇航员的动能,故B错误;根据牛顿第二定律:lV-加g′＝
′″α.求出重加畦度g′ .再根据万有引力等于重力;G（挡）』＝″增′ ,叫求出筒度′』,故C错误;根鹏灯有刁｜力提供向心力;
G（删）,-咖（尺＋h〕. （芋）; ｀GM—gR: ,叮求出同步卫垦离地圃的高度.高度筹丁绳的最小长度,故门止确.
16.答案;B
解析;卫星绕地球做匀逮侧川运动.万有引力提供向』心力则有;G等-〃′÷得厂√孪第—宁窗速膛垦近地卫垦的环绕遮
度,是绕地球运行的最大速度.战悟空｀』在轨道上运行的速度小于地球的第.宁宙速度』故A错误; ,悟空”的角逮度四-÷,环绕
川期为丁-γ-署故隅正确;由c婴-枷α得j‖逮隆为酬-譬则知悟空｀』的问心h畦隧大于地球问步‖垦俐向心枷遮度
故C错误; ‘悟空,,绕地球做匀速圆周运动’只能求出地球的质量,不能求出‘悟空’,的质量,故D错误°
l7。答案:B
解析;根掘〔辩:-枷侧（k＋偷』芳.G等＂—…簧结合已知数撮解得地球问步卫晨距地向的高度川＝…川》厕,冉根掘
电磁波的反射及直线传播得:2／l＝ct,得／≈0.24s,故选项B正确,选项A、C、D错误°
l8.答案;D
解析;随犬体自转的物体,在天体表面的赤道上对天体表面的｜箍力恰好为零时.郸＝咖屁（竿）』.T为大体∩转的阀期,犬体的
蠕瘦厂羔Ⅱ馏以上…幅r≡√昂.…
19.答案:B
解析;恨据刀育引力提供问心力得〔蝉-砸÷得铡-｀／孪.义囚为存月球衷闽物体受到的重力等于h有引力有G嘿-
加′g,得GM≡gR2
,
所以媳娥四号绕月运行的逮度为硼-√军｀故A错课.
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月球的第＿宇宙速度为近月卫星的运行速度’所以由重力提供向心力’得″!g＝″′÷｀得渺＝｀／酉F｀故B正确.
“媳娥四号”要脱离月球的束缚才能返回地球,而媳娥四号要脱离月球束缚必须加速做离心运动才行’故C错误°
4冗2厂3
,…引川雕陶…呼—带…＂臆量M≡祭师以＂球…≡γˉ嚣,揣…橇
20。答案:BD
解析:假设没有月球的吸引力9当探测器的初动能为W时,探测器刚好到达月球,当探测器的动能Ek＜W时,因为有月球的吸引
力,探测器也可能到达月球。地球的质量大于月球质量9探测器从地球到月球要克服地球引力做功W,在这个过程中月球对探测
器｜故的功＿定小于粤所以当凰-!时探侧器定不能到达月球.
21.答案:D
解析;设服兔在h高度的逮度为锄,则巾G（挡）』
R＋″
坐叫知.玉兔存该轨道俊的动能为;凰-÷.鹃,由能的转化利守恒
定律则知对丽兔｛放的功为;W＝凰＋凰＝÷.煞＋R煞｛）.结合在月球衣面;G警＝′″g＂,整理叫知止确选项为D.
22.答案:BC
解析:飞船在轨道I上运动至P点时必须点火加速才能进人轨道Ⅱ,因此飞船在轨道I上运动时的机械能小于在轨道〗上运动
时的机械能,A错误;由行星运动规律可知B正确;由公式α＝G粤可知.飞船在轨道Ⅲ上运动到p点时的加速度等于飞船在轨
厂
~／—广
道Ⅱ上运动到P点时的加速度;C正确;由公式T＝2顶＼／亩『可知.因地球质量和火星质量不同｀所以飞船绕火星在轨道I上运
动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道I同样的轨道半径运动的周期不相同,D错误。
23。答案;C
解析:由于天体A、B绕天体C运动的轨道都是圆轨道,根据α＝幻2厂,D＝山厂可知选项A、B错误;天体A做圆周运动的向心力是由
天体B和C对其引力的合力提供的,所以选项C正确·D错误。
24.答案:C
解析》人体密度′＝γ＝器,′唾兴.器-:,故八错;灯有引力近似等于重力,即榴-咖…兴’器～器,故B错』万有引
力提供向′…警-′″《竿）』R-枷卡.T-｀／需,丁霍儡.尝-:…C对;触-｀／平.霹霹仔｀器-:｀∏锚
25.答案:D
解析;近地∏星绕地球做阀阔运幼删,所受万有引力允当向心力,即;c警＝′″（芋）』厌o.山密度、质量和体积关系有M-′.了
4
∏R◎.由oo闽式得;′赂＝蒜≈队60×l0』kg／m』. 由已知条件叫知该行星密度是地球密度的磊倍,即′＝…×｜0,×器
kg／m3≈2.9×10｜kg／m3 ,D正确。
26°答案;BC
解析:由题意知,中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径（42400千米）,所以,其线速度大于同步卫星的线速度,选项B
正确;中轨道卫星的周期Tl＝6h,其经过地面某点的正上方的＿天后,仍在该点正上方·选项C正确;选项D中,中轨道卫星需
经过′＝（÷＋″丁｜）.T｜ˉ6h,″ˉ＂.l,2,3,…问步卫星需经过／-（÷＋＂T,）.n＝2‖h,″-0.l·2,3,＝＿者再次在问盲线
上,显然／≠／9选项D错误°
27.答案:ABD
解析;激光经时间′的路程为2蕊,有2』＝“,选项A胀确;川球绕地球转动则月球球心到地心的距离为爵,蹦＝黑ˉ腮—′,选项B
正碉C错误』在式巾g应为月球所在处的重力加逮度;地球灿月球的灯有引力提供其绕地转动的向心力』肩（’旱撰）,
狮（芋）.（｀＋R＋刨.义警-凰赃得』-√罕≡—R—厂,选项I）正确°
·227·
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28.答案:D
解析;地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同9角速度相同,即α」l＝山3 ,根据关系式U≡山厂和α≡山2厂可知,【′l＜z′3 ,αl＜α3 ;
人遗卫野‖地球问步卫愿都圈绕地球转动.它｛门受篷｜的地球的引力提供向』心力｀即［呼-咖堂萨-呼-′″缴可膊刚-√平厂
∩曾.″-√平,可见轨道半径大的线速度问心加灌度和期露幢均小.即….…』、…;绕地球襄面附近做圆删逗动
的人造卫星的线速度就是第＿宇宙速度,即酚＝z′,其向心加速度等于重力加速度’即α2＝g;所以U＝酚＞叫＞U｜,g＝α2＞α3＞αl
’
吐＞纱』＝@｜,又因为F≡′川α,所以F2＞E＞Fl
°
由以」二分析可见9选项A、B、C错误·D正确°
29.答案:BC
解析:由于C和A周期相同9即角速度相同,由u＝山厂知,u〔｀＞uA,A错,B对°卫星B和C的加速度都是由万有引力提供的,由牛
顿第二定律可得坠!型—加α.故α＂＝“c.C对,D错.
厂
30.答案;A
解析:A行星发生最大偏离时,A、B行星与恒星在同＿直线上且位于恒星同＿侧,设行星B的运行周期为T、半径为R’则有
斋
√
尺
尺
得
解
∏
—
沪
~~
凤
—
踊
得
律
定
~
第
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韭
曰
开
由
／∩T「）
）
助
＿
丁
酞
—
Ⅲ
（
所以选项A正确°
＝27r,所以T＝
r∩-T〔｜
3l.答案:BI）
α
耶
口
~~
助
—
刃
◎
尔
助
—
Ⅲ
∩
解析:设每隔时间T,α、b相距最近9则（（o凹-@b）T＝27〔·所以T≡
乙冗
＝
山↓Ⅱ
〔O／』
蚁b运动—周的过程中,“,″相距最近的次数为;″-芋-n贡T.
隐T厂T｝-隐ˉl
Tα
即α、b距离最近的次数为虎
1次,故A错误,B正确;
冗
冗
n′Tb
设每隔时间r,α、6共线＿次,则（（o＂-（o′』）r＝冗,所以r＝
＝
＝
α」α
〔O″
2∏
2冗
2（T′』-T《』）
;
Ⅲ′
T″
故b运动＿周的过程中,α、6、C共线的次数为;〃＝卫＝2（T）′-n）＝2虎n-2T′＝2贞
2.
r
T』
T＂
故α、b、〔｀共线的次数为2诧-2｀故C错误,D正确。
32.答案:ABI）
解析;卫星从北纬30.的正上方.第.次运行至南纬60证上方时.刚好为运动周期的＋.所以Ⅱ呈运行的周期为枷,A项正确;知
道周期地球的半径.巾（鹃十』≡狮（竿）』（R＋h）,叫以算出卫垦距地圃＂高度.B项正确;通过上囱的公式Ⅷ以看出.只能算出
中心天体的质量9C项错误,D项正确°
答案:C
解析: ·‘天宫—号”飞行器的向心力由地球的万有引力提供,其高度与地球的自转快慢无关,故A错误;地球自转变快’则地球自转
的周期变小’在地面上赤道处的物体随地球自转所需的向心力会增大,而向心力等于地球对物体的万有引力减去地面对物体的
支持力’万有引力的大小不变,所以地面对物体的支持力必然减小,地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力,, ,所以物体
的重力会变小,故B错误;对地球同步卫星而言,卫星的运行周期等于地球的自转周期,地球的自转周期T变小了,由开普勒第
三定律景＝呵知,卫星的轨道半径愿要减小.即卫星的高度要调低些.故C止确;地球的镭宇宙速度U≡√硕,腮是地球的半
径,可知U与地球自转的速度无关,故D错误。
答案;AD
解析』出万何引力充当向心力c（船）,＝鹊得÷′删翻,≡G2（鹊）.所以凰｜＝c2（鹊）、凰,-G2（船′!）.选项A正磁;
取尤穷远处重力势能为零则卫星任某—轨道上的重力势能为EⅡ—G船｀所以在离地面高″处机械能为E＂＋E＂＝
ˉG2（狭h）,在离地闻高2″处机械能为屑腻』＋EP;＿俯2（船″）选项D止确.
·228·
∩
○
叮
○
″
吐
∩
◎
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专题六机械能及其守恒定律
［过关演练］
l。答案睁B
解析;设队员对足球做功为W｀全过程由动能定理得W—枷g∧≡÷″′翘』—0’故W＝′″凰′′＋÷′＂＂』’选项BⅡ
▲
△
2.答案:AC
解析:由于木箱的速度保持不变,因此木箱始终处于平衡状态,受力分析如图所示,则由平衡条件得: ′″g＝
N＋Fsin0,／＝尸］＼′＝Fcos0两式联立解得F＝
〃mg
＝
〃′″g
,可见F有最小值,所以F
cos0＋尸slnβ
√T干了ˉsln（β＋α）
览撼小后增大｀A正确,B错谋;F的功率P-…0-幢渊删,—背器『.可见任’从0逐渐增大
到9（）°的过程中tan0逐渐增大,则功率P逐渐减小9C正确,I）错误°
3.答案:C
解析:设斜面的倾角为0,滑动摩擦力大小为F「＝α′′!只cos0,则物体克服摩擦力所做的功为W＝α加HNcos0』
选项B正
3.答案:C
确
／;
／
Q｜0
″『g
解析:设斜面的倾角为0,滑动摩擦力大小为F［＝尸″『gcos0’则物体克服摩擦力所做的功为W＝尸′″g蔽cos0,而5cos0＝CD,所以物
体沿斜面AC和BC下滑克服摩擦力做功相等,物体下滑过程由动能定理得′门g力-尸″!g』cos0≡Ek
0,在AC斜面上滑动时重力做
功多,故在A（y面上滑到底端的动能大于在BC面上滑到底端的动能,即Ek＾＞Ek脉’故选项C正确,A、B、D错误°
4.答案:A
解析;在AB段｀最高点由牛顿第二定律得;″鸭—F＝骆｀滑块受到的支持力F＝′″g—爷.由此可得,速度″越大｀滑块受支持力
F越小｀摩擦力／-“F就越小;在BC段.最低点由牛顿第二定律得;F—咖g-爷｀滑块受到的支持力F-狮g＋爷｀由此可得速
度u越大,滑块受支持力越大,摩擦力／＝尸F就越大;由题意知9从A运动到C相比从C运动到A,在AB段速度较大,在BC段速
度较小,所以从A运动到C过程受到的平均摩擦力小,用时短,故A正确°
〕.答案:AC
解析;根据F—′阁象面积意义和动量定理有狮锄｜＝El＂.′″哟＝R!＂＋2F＂』＂｀则Ⅱ您＝3锄｜』应用位移公式知工｜＝亏』＂、工;＝酒｜吉醚!＂＋
Ul
乙
乙
÷′Ⅷ’则″』＝5醚! ’B错,A对;在第＿个′′内对物体应用动能定理有W!＝罕、在第二个′｜｝内对物体应用动能定理有W,＝竿
宁,则W2＝8W」.D错,C对.
6。答案;A
解析;设小球抛出瞬间的速度大小为渺‘ ,抛州后某时刻′小球的速度触-融〔
鳃,故小球的动能凰—＋′″圃』—÷′″（辨
g《）』,纺合
数学知识知,选项A正确°
7.答案:ABC
解析:本题考查的是功和能的关系,意在考查考生对功能关系的理解。重力做功决定重力势能的变化,随着高度的降低9重力一直
做正功,重力势能＿直减小,故A正确;弹性势能的变化取决于弹力做功,当蹦极绳张紧后,随着运动员的下落,弹力＿直做负功,
弹性势能＿直增大9故B正确;在蹦极过程中9由于只有重力和蹦极绳的弹力做功,所以运动员、地球及蹦极绳组成的系统机械能
守恒,故C正确;重力势能的大小与势能零点的选取有关,而势能的改变与势能零点的选取无关,故D错误.
8.答案:B
解析:在14～18S时间段:α≡些≡1. 5m／s2 ,则F｜＝′′!α≡L5N,A不符合题意;在0～2S内小车做匀加速运动·由P＝F℃可知9
r
小车的功率逐渐增大,B符合题意;在l〔〕～14s小车做匀速直线运动,牵引力F＝F［,P＝Fu＝L5×6W＝9W,C不符合题意;
0～2§内;蜒｜-3m·2～l0｀内根据动能定理;P业—F｜露.—十″m;
÷″m; .得堑』-”m.则r＝r』＋露』—42m,D不符合题意.
9.答案:D
解析:滑块在斜面上的重力势能E｜》＝′″g∧·所以E｜』-h图象为＿条过原点的直线,故选项A错误°
由功能关系W凡他≡△E可知滑
块克服滑动摩擦力做的功等于滑块机械能的减小量,由于滑动摩擦力大小不变,所以E＿力图线为直线,故选项B错误。
由动能
定理可知,滑块所受合力做的功等于滑块动能的增量,上行时合力大于下行时合力,且合力为恒力,由△E隐＝F合
° ／′可知E胀-h阁
线为直线,上行时直线斜率大于下行时直线斜率,故选项C错误,D正确°
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l0.答案:ABD
解析:根据功能关系·阻力对运动员做的功等于运动员机械能的减少量,则有E＝E!—F｜工°图线为曲线时阻力是变力9图线为直
线时阻力是恒力,可见0～rl过程中运动员加速下降,阻力不断增大,选项A、D正确;工｜～工2过程中运动员匀速下降选项B正
确,C错误°
lL答案;BC
解析;由于到达C点时对地面压力为哗.故M膘—些-M贵.所以该同学到达C点时的速度为l0m／s’B正确;人禾‖滑板从A
点运动到C点的过程巾,根搬动能定埋有;WMg′′＝＋M潞.W-:75QJ.旷以该问学在AB段所做的功为:750」.C止确.
l2.答案:BD
解析:光滑斜面’系统机械能守｛恒’若把斜面CB部分截去,物体从A点运动到C点后做斜上抛运动,到达最高点时有水平方向的
分速度·则物体上升不到／l高度。而变成曲面AEB及从C点以上部分弯成与C点相切的半径较大的圆弧状,物体到达最高点速
度都为零,物体可达到∧高度,而沿弯成的圆弧形AD°物体做圆周运动到达最高点需有个最小速度·故选项B、D正确。
13.答案;BD
″概』蹬Ⅱ≡眠则响…二罐…詹≡鹏愚—′≡…而』≡÷…敏缨≡鹤—≠腺;
尺
,由′＂｜｜｛＞′″乙、p甲≡p乙可知α甲＞
α乙,故C错误｛因甲｀乙位移相同.由挪』＝2α矿可知.铡｜｜』＞＂′.B正确;由到-÷‘M』可知’′嚼＜旷＾.A错误;由功的定义可知｀W蕴腑＝
△
／°工,又／「｜』＞／乙·则W甲克‖【＞W乙克服°D正确°
l4。答案:B
解析:在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中9由于要克服摩擦力做功’且缓冲器所受合外力做功不为零,因此机械能不守恒,A项
错误;克服摩擦力做功消耗机械能,B项正确;撞击以后垫板和车厢有相同的速度,因此动能并不为零,C项错误;压缩弹簧过程
弹簧的弹性势能增加,并没有减小,D项错误。
15.答案:B
解析:由题意知’重力势能最小的点在最低点,结合同绳同力9在最低点（重力势能最小）时,根据受力分析和平衡条件’可知两0‖
绳子与水平方向的夹角相等.记为0’设右边绳子长度为“’则左边绳子长度为b＝20「n
α｀由几何关系有cosβ＝÷,αsm0—
√
（20m-α）sin0＝2m,联立解得α＝等m’所以最低点与参考平面的高度差为等m×sin0≡7m.猴子的重心比最低点大约低
u
u
△∧＝0.5m,所以猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为E｜）＝
′′!g（7m＋△∧）＝
7.5×l02J,则选项B正确°
16。答案;C
解析:物体在粗糙水平面上滑动时,Q＝尸′′′gN,E＝E＂-尸″′g3,可见,当N较小时,Q
脉阁象是＿条经过原点的倾斜直线,E＿N阁
象是＿条与纵轴相交、斜率为负值的倾斜直线,斜率的大小此＝-尸″!g;当滑上斜面后,Q＝尸″〗gN＂＋尸mgcos0（N-蔽0）＝严′′!g＄0（1-
cos0）＋严″′gcos0° 撕,E＝E＂-尸mgⅣ0（1
cos0）
尸′″gcos0° ;,可见,当j较大,滑上斜面时,Q
3阁象仍是＿条倾斜直线,但斜
率变小,E-Ⅳ图象也是＿条倾斜直线,斜率的大小变为虎＝-／』′′′gcos0;综上分析,只有选项C正确°
l7。答案:BD
解析:在曲线上任取＿点·作切线,设切线与水平方向成的锐角为0,则切向力为:mgsin0＝″′α′ ·可以看出来甲的切向加速度＿直
减小,乙切向川速度＿直增大,在B点就有甲的切向加速度小于乙,当然这样地方还有很多·A错;当甲、乙下降相同的高度∧时,
由动能定理得咖gh—÷″′融, .即触—√z万.B对′闽切向速度网数阎象如下
p
｀0
｀,
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＝-＞
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｜冬｜2
°230·
｜冬｜3
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压
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二＝二＝ˉˉdˉˉˉ乙ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ
ˉˉ｀延了甲～一＝ˉ＿ˉ｀ˉˉ
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~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~B
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＿＝ˉ二--≡-＿～＿———
｜冬｜4
分析过程:经分析甲、乙开始＿段时间切向加速度甲比乙大,切向速度存在上面3种可能,图l合理,假设阁2成立,从0到末时
刻有J甲＞s乙,末时刻速度大小相同,表示下降同＿高度9然后用水平线去截甲、乙轨迹,如阁4有岛｝｜｜＜H乙与上面相矛盾,故假设不
成立,同理图3也不成立只有图1成立.即D对,C错°
18.答案:A
解析:在物块B与弹簧相互作用过程中,由于弹簧弹力是变力且随弹簧压缩量的增大而增大,物块B的速度逐渐减小、物块A的
速度逐渐增大,且速度阁象斜率（表示加速度）逐渐增大,图o@均不能表示速度U随时间r的变化规律。在两物块相互作用过
程中,机械能守恒,当弹簧压缩至最短两物块速度相等时,弹性势能最大,两物块动能之和最小,图o错误.图@正确。弹力F随
弹簧压缩量工逐渐增大9而压缩量志r随时间r非均匀变化°图◎正确,图o错误°
l9。答案:BD
解析:从重物开始加速上升到轻绳断开的过程中拉力做的功为Fh,等于重物重力势能的增量与动能的增量的和,选项A错误;轻
绳断开瞬间重物重力的瞬时功率为P＝狮g渺.由动能定理得（F—′＂凰）h＝÷咖刚』｀则P＝—√2（F
′＂g）′”g:″｀选项B正确;在
重物上升过程中拉力做正功,重物机械能不守恒,选项C错误;选地面为参考平面,重物从开始加速上升到轻绳断开的过程中拉力
做的功为Fh,轻绳断开时,重物的机械能为Fh’此后只有重力对重物做功重物机械能守恒,故重物落地前瞬间的动能为F几选项D
正确。
20.答案;D
解析;对P由动能定埋得FLˉ狮gL卜w馏—÷′鹏锄:所以w键-′″gL—FL｛÷′＂融』.故D止确.
21.答案:C
解析:以运动员为研究对象,运动员先在重力的作用下做自由落体运动·开伞后受到阻力作用做加速度逐渐减小的减速运动,最
后做匀速运动,此时阻力等于重力,合力为零,C正确,D错误;运动过程中重力势能随下落的高度h均匀减小,而机械能E在自
由落体阶段不变,然后再逐渐减小,A、B错误°
22.答案:C
解析:由图象可以看出斜面上滑行时α铡＞αb 0选项A错误;根据图象与时间轴所围的面积可知在水平面滑行时,工α＞工〃,选项B错
课』在斜顺上运动受力分折有″噶爵｜M队′″…-枷鳃解得;陛—嘿子.囚α≥叫』.所以脚＜脚选项C正硼;在水v＂由动髓定
理可得:加g∧W′＝0,解得W／＝加g∧,选项D错误。
23.答案:BCD
解析:在上升的过程中重力势能的变化量由重力做功来呈度’由功能关系可得:E!』＝-WG＝加gh（0≤∧≤H）,B选项正确;动能的
变化量由合外力做功来量度,在上升的过程中:△Ek＝-mg△h-／△儿由于在上升过程中小球的速率在逐渐减小·空气的阻力在
逐渐减小,动能的变化率在逐渐减小,对应的Ek-h图象斜率减小;在下落的过程中小球的速率在逐渐增加,空气的阻力在逐渐
增加,动能的变化率在逐渐增加,对应的Ek
／k图象斜率增加,A选项错误,C选项正确;在上升的过程中由牛顿第二运动定律可
知:（′〃g＋／）＝′″α,α≡g＋上,随空气阻力的减小,加速度在减小·U-t阁象越来越平缓.到最高点速度减小为零;在下降的过程
″?
／、
中由牛顿第二定律可得: ′〃g-／＝′》m,α＝g
—上,随空气阻力的增加,加速度在减小,U
r图象越来越平缓9到最低点具有＿定的
′川
速度且小于U0 ,D选项正确°
24.答案:CD
解析;设小球沿轨道A月滑至月点时的速度大小为删,由机械能守恒定律;mgR＝等,解出滑至B点时的速度大小n＝√西∏.
·231·
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因此在B点时.向心力F陶＝爷＝2″′g｀即小球受的支持力为狮g,所以小球将从圆柱体表面脱离并做平抛运动,由平抛运动的
规律知;R-÷g酋』,oC＿滩—2R.所以C、［）止确,A、B错误.
25.答案:C
解析;设小球运动到‘点的速度大小为烈《’则对小球由“到＂的过程.由动能定理有F. 3R
′＂凰R＝＋砸＂; .又F＝狮g.解得叫-
2 ｀／百F,小球离开［｀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（~点后水平方向利竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开（.点到其轨迹最高
点所孺的时阎为′—÷-2仔.仆水平方向的位移大小为甄—÷凰‖』-2R.脚以上分析可知,小球从α点开蛤…｜蕊轨迹最
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△E≡F° 5R＝5加gR,C正确,A、B、D错误°
26.答案:C
解析《本题考查运动学公式和机械能守恒定律及功率的概念,意在考查考生对运动学规律和机械能、功率概念的熟练程度,对小
球α｀÷＝酬｜‘—÷g》: .对小球b.夸-÷g‘, ,所以h＝UⅧ′.对α又有÷＝÷（渺,ˉ｜U）′’可知α刚好和b相遇时速度U＝0.所以它
们不会同时落地,相遇时的速度大小也不相等,A、B错误°根据机械能守恒定律9从开始到相遇,α球克服重力做功和b球的重
力做的功大小相等,C正确。相遇后的每＿时刻,它们速度都不相等,所以重力的瞬时速率P≡加gu不会相等,D错误°
27.答案;BC
解析;上游水库的有效库容为v,能用于发电的水的最大重力势能凰‖≡Wg（周—;》,故A错B对.电站的总效率γ-揣｛‖;
×l00％＝75％,故C胀确.电站乎均每犬发电供给＿个城巾居民用电的时间′≡;湍;; h≈5h,胶门错.
28.答案:BD
解析:物块下落过程中,软绳对物块做负功,物块的机械能逐渐减小,故A错误°物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为
川—÷sm3O.—十｀软绳冈｜好全部离丹斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度″;—÷,则软绳重力势能共喊少′″g（÷十）—
士咖g.故B正确.根据功能关系可知｀软绳克服摩擦力所做的功等于以软绳和物块组成的系统机械能的减小量,即有;软绳克服
摩擦力所做的功与物块重力势能的减少量之和等于软绳与物块动能的增加量、软绳的重力势能增加量之和’故C错误。细线的
拉力对软绳做正功,对物块做负功,则物块的机械能减小,软绳的机械能增加,而软绳的动能与克服摩擦力产生的内能增加。软绳
的重力势能减小,能量中的减少量＿定小于能量中的增加量,故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功
的和,故D正确。
29.答案:A
解析;QM段绳的质量为″／＝县′〃.未拉起时,QM段绳的重心在QM中点处,与M点距离为寺′,绳的下端Q拉到M点时’QM
‖
o
Q
段绳的重心与M点雕离为÷!.此过程重力做功w蹦-ˉ咖｝凰（＋′—＋′）-—÷顺凰′.对绳的下端Q拉到M点的过程,应川动能
定理.叫知外力做功w＝—w赌—＋′″g《,叫知A项止确′B、C、D项错误.
30.答案;AB
解析:在A的动能达到最大前,A向下加速运动,此时A处于失重状态,则整个系统对地面的压力小于3加g,即地面对B的支持
Q
力小于÷mg,A项正确;当A的动能最大时’A的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重系统对地面的压力等于3加g,即B
受到地面的支持力等于;′〃g′B项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A减逮运动到最低点,此时A的加逮度方向竖百问上,C项
错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量’即为咖g（Lcos30.-Lcos60。）＝侗亏lmgL,
D项错误°
31.答案:AC
解析;由题阁乙可知,滑块在队』,末刚好到达B点.在0～α』§内捐块做匀加速直线运动,加速度为刨ˉ六m／s』-5m′s』,曲
.232.
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牛顿第二定律得″gsm0＝狮α’解得s｛nβ＝丛＝α5’则β＝÷｀选项A正确;滑块从B点到c点的运动过程中｀除重力做功外,弹
g
簧弹力对滑块做负功,故滑块的机械能＿直在减少,选项B错误;对滑块和弹簧组成的系统由机械能守恒定律可得,在C点’弹簧
的弹性势能为凰—÷狮咙＋″′腐h蜒＝］6］,选项C化确;滑块从C点返回到A点的过程中′汁始时弹簧的弹力对滑块做正功捐
块的机械能增加,当滑块离开弹簧后,只有重力对滑块做功,则滑块的机械能守恒,选项D错误°
32.答案:AC
解析》根删P颧＝F渺…得;r＝羔＝嘿N＝5风6M故八止确;以额定功率启动时;÷ˉF′-′″蜒.巾刚启动时刚-0则F｜≡0’故
刚启动时加速度无穷大9B错误;由公式W≡Pt利能量守恒得:1440W×1h≡30×6W×r9得:r＝8h,即保持最大速度行驶lh至少
需要有效光照8h,故C正确;由题意知,汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比’设F「＝陶u,则结合前面分析:57。6N＝此×25m／s
得;龙＝2.304N·S／m当直接用太阳能电池板提供的功率行驶获得最大速度时;牵引力＝阻力,即:1且11l［＝虎u得:u≈8。84m／s,故
U
D错误°
33.答案:C
解析:第＿阶段为滑动摩擦力做功,第二阶段为静摩擦力做功,两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同,所以摩擦力都做正
功,选项A错误;由功能关系可知,第—阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加,即△E＝
1
W腻＝F腮＄愉,摩擦生热为Q＝F腮＂剩＂′ ｀又由于＄｜糙蠕＝ur,蛹-;r｀所以＂陶＝腻搁蹦＝丁＂｜越糯.即Q＝△E’选项C正确｀B错误.第
二阶段没有摩擦生热,但物体的机械能继续增加,结合选项C可以判断选项D错误。
34.答案:D
解析;以电梯和平衡重物作为整体来分析｀整体的动能转化为电梯巾人的势能（M｜″′）gh—Mgh-÷（2M＋′″）＂‘
贝‖
『
（2M＋加）U2
〃
◎
2mg
35.答案:D
解析:设滑块A的速度为uA,因绳不可伸长·两滑块沿绳方问的分速度大小相等,得:uAcos30。＝u′｛cos60。,又u＂＝u,设绳长为／,
巾八｀B组成的系统机械能守恒得;…爵锄.-＋枷锄｀＋＋狮铡Ⅺ,以上侧式联立可得′-簧,故选n.
专题七电场
［过关演练〕
1.答案:B
解析:将单刀双掷开关接2时·电容器因充电而使两极板间的电势差增大,从而使电容器内部场强增大,则带电粒子的运动时间变
短们打在N点左侧.故A错;由十二极管的单向导电性＂使屯容器所带屯荷量小变,侧｜｜E-γ＝是＝′
sQ
＝竿,即咆场撮
αJ厩刁
度是不变的,将B板下移＿段距离会使粒子运动的初始位置距B板的距离变大,故粒子运动的时间变长,从而使粒子打在N点的
右侧,故B对;而将A板上移＿段距离对带电粒子运动时间没有任何影响,粒子仍将打在N点,故D错;在A板下表面插人一很
薄的金属板相当于改变了两板间的距离,粒子仍将打在N点’故C错。
2.答案;A
解析:由题意,电荷经过α、b两点时速度大小均为U0 ,所以电场力做功为零,电荷在α、b两点的电势能相等,α、6两点的电势也相
等9显然形成电场的电荷为点电荷。由于电场是矢量,所以A错误9B、C、D正确°
3.答案:BC
解析:小球滑动过程中有重力和电场力做功,因此机械能不守恒’A错;小球下滑到最低点的过程中,重力和电场力都做正功’小球
动能增大』过最低点时速度最大.B对;由动能定理得（qE＋″!g）R-÷狮融』.轨道支持力为F腻,则F腻—（qE＋′″g）-″』÷解得C
对’D错°
4.答案:A
解析:要使每个小球都处于平衡状态,必须使其他两个小球对它的库仑力大小相等、方向相反°对中间小球B必须满足FA腾＝
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Fα』,故由库仑定律知Q＾和QE必须为异种电荷。再以A球（C球也可以）为研究对象知F《料＝FBA（如图所示）.即龙Q;Q（.＝内Q÷Q倒。
厂A〔、
厂AB
由于厂八（-厂AB＋厂Ⅸ＞厂Aβ,因此可知QB＜Q,同理Q″＜Q｛（Q｀、QB、Q（分别表示电荷量大小）,再由相互间库仑力大小相等得
虎Q｀Q（、
府Q〃QA
虎QBQ（。
′
｀又有厂A（」＝厂汕＋厂′x. ,由上式解得√口刀了≡＝√口I口万＿＋√口∏口7≡。此式为三球平衡时所带电荷量大小关
厂A（、
厂AB
厂Ⅸ、
系,由此可知选项A正确。
空@丝』@@
′〃′／／／′／′／′／／／′／′／
｜≤万姜｜
〃°
｜
十
5.答案:BCD
解析:本题考查电场力与电荷量、场强的关系,电场力做功与动能的关系°若小球P的带电荷量缓慢减小,则小球运动到某位置时
受到的电场力减小,小球从平衡位置运动到最大位移过程中克服电场力做的功少了,故能够到达更远处,振幅增大,A项错误;此
种情况·小球从最大位移向平衡位置运动的过程中,由于电场力做的功减小°所以到达平衡位置的动能减小,速度减小,B项正确;
点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,小球在某位置受到的电场力逐渐增大,回复加速度增大,故周期减小,此种情况小
球从平衡位置到最大位移过程中因电场力增大,故能到达的最大位移减小,振幅减小,C、D项均正确°
6。答案:A
解析:将电场反向瞬间至弹簧恢复原长的过程中,对小球由牛顿第二定律得粒＋qE＝′′lα,即α＝上r＋塑,α与r成线性关系;弹
″l
″?
簧恢复原长之后的过程中,小球水平方向仅受电场力作用,对小球由牛顿第二定律得qE＝mα’选项A正确°
7.答案:A
解析:根据等量异种电荷的电场分布可知:e、6两点处电场强度大小相等·电势相等° α、／两点处电场强度大小相等·α点电势高于
／点电势°故电荷在忽、6两点电势能相等·在α、／两点电势能不等,选项A正确°
8。答案;C
解析:由等量异种点电荷的电场线的特点可知靠近电荷处电场强度大,类比公式U＝E√知
U呻
＞｜Uk
,而W＝qU,所以｜W毗｜＞
W＾~
,故A、B均错误;从粒子的运动轨迹可知该粒子从α点到（~点受到大体向左的作用力,左侧为正电荷,从左向右电势降低,D
错误;粒子由α点到6点,电场力做负功,电势能增加·动能减少.C正确°
9.答案;C
解析;第三个小球受＝个力的作川｀它｛门的关系是陶｝扩-喘＋肉赤.得顾-糕』』｜-′—乖-』—墅
4虎o／2
°
~
＞
寻
Ⅻ
］
导
~
~
—
厉
脂
』
尸
『
‖
火
『
∧
α
l0.答案:B
解析:根据对称性和矢量叠加可知,D项O点的场强为零,（〕项等效为第二象限内电荷在（）点产生的电场,大小与A项的相等,B
项正、负电荷在O点产生的场强大小相等,方向互相垂直,合场强是其中＿个的徊倍,即A、C项场强的徊倍,因此B项正确。
l1.答案:D
解析;每个板的电荷密度·-导,霉个板单独森极板间产唯的电场强度E＂-云-条,极板问的电场为州个极板单独产生的电
场的矢董利则E-2E｜-吴,每个极板受到的静电力F-Q凰-羔,选项p正确≡
12.答案;B
解析;如图所示,根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列,且电场线与等势面处处垂直’沿着
｜
电场线方向电势均匀降落取α6的中点O,即为三角形的外接圆的圆心,且该点电势为2V,故Oc为等势｀｀小
面,MlV为电场线’方向为MV方向’U〔职≡U（‖』＝√可V,U（1γ
;U〔〕′′＝2 ;√丁,故Uαv≡2V, lV点电势为零,
为最小电势点,同理M点电势为4V,为最大电势点°
13。答案:B
解析:本题考查电场力和能的性质,意在考查考生的分析推理能力,圆环上均匀分布着正电荷,可以将圆环等
解析:本题考查电场刀利］能的性质,意在考查考生的分析推理能力,圆环上均匀分布着正电荷,可以将圆环等效
＝ˉ＿＞议
b
｜
『
O｀、、
滩｀
′
山
′
伊
~~~~
为很多正点电荷
的组成,同＿条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强,故圆环的中心的合场强＿定为零° r轴
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上的合场强,在圆环的右侧的合场强沿工轴向右’左侧的合场强沿工轴向左,电场强度都呈现先增大后减小的特征,由沿场强方
向电势降低可知,（）点的电势最高,综上知选项B正确°
14。答案:D
Q
解析;将立体图Ⅲ成平面阁’如图所示.可见P点沿电场线方向在MlV的四等分线上.故P点的电势为寸V,D正确。
＾
／
15°答案;C
解析;从I到位置Ⅱ过程中9＋q沿着电场线运动,
q逆着电场线运动,电场力对两电荷都做正功9Wl≠0;由位置Ⅱ到位置Ⅲ过
程中,电场力对＋q做正功,电场力对q做等大的负功·因此电场力对两小球所做的总功为零,W』＝0。答案是C°
16.答案:A
解析:壳内场强处处为零’试探电荷在壳内运动时动能不变,排除选项C、D;假设试探电荷在匀强电场中由静止开始运动,由动能
定理可得’F厂＝且,则F＝旦,Ek图象的斜率数值上等于电场力的大小,距离球壳越远试探电荷所受电场力越小,阁象的斜率越
厂
小,正确选项为A°
17。答案:AC
解析;设点电荷的电荷量为Q根据点电荷电场强度公式E＝龙乌,′“
; ′腑—l
; 2.萨′
; 厂徽—3
; 6.可知.E鹏;E‖＝4;1’E「;E′—4
;
厂
l,选项A正确’B错误;将＿带正电的试探电荷由α点移动到b点做的功W《』』＝q（帆-甲′′ ）＝3q（］）0试探电荷由6点移动到c点做的
功W瓜-q（叭-9‘）＝q（］）,试探电荷由c点移动到α点做功W‘刨＝q（帜
中（′）＝q（J）,由此可知9W妙:W‘刨＝3
;
1’W′″ :W〔刨＝l
:
l,选项C正确,D错误°
18°答案:BC
解析:本题考查电容器的两个公式° α板与Q板电势恒定为零,b板和P板电势总相同,故两个电容器的电压相等,且两板电荷
量q视为不变.要使悬线的偏角增大.即电床U增大,即减小电容器的电容C.对电容瓣C.山公式C＝昔＝满,可以通过增
大板间距α、减小介电常数e、减小板的正对面积S°
19.答案:B
解析:当Rl＝0时,对于A项而言E＜0,此时带电圆环演变为带电圆面,中心轴线上＿点的电场强度E＞0,故A项错误;当工＝0
时,此时要求的场强为O点的场强,由对称性可知E」＝0°对于C项而言,工＝0时E为＿定值,故C项错误;当r→◎○时E→0,而
D项中E→4∏虎O故D项错误;所以正确选项只能为B°
20。答案:C
解析;由于微滴带负电9电场方向向下,因此微滴受到的电场力方向向上9微滴向正极板偏转,A项错误;偏转过程中电场力做正
功,根据电场力做功与电势能变化的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移工＝U／’沿电场反
乙
）
工
—
℃
（
胆
万
］
—
〗~~
〗
器
］
—
∑
此为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹
方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移〕
与带电荷量q有关,D项错误°
21.答案:C
解析:电场为E｜时滑块的加速度为α｜,电场为E2时滑块的加速度为α2 ,两段相同时间t内滑块运动的位移大小相等,方向相反,
第＿个′内的位褂』-÷α』‘, .第二个′内的位穆』ˉ刚』′—＋α‘膛』—α｛′ . ′ˉ÷硼;庶.＝凰｜膛』—十侧,′; .由＂｛——厕碍;α:—3α; ,即:
E2＝3El ,所以Il＝E｜q／9I2＝E2q／,则I2＝3Il ,故A、B错误;W］≡Elq5,W2＝E:q3,而Wl＋W2＝E胀,所以Wl＝0. 25E腮,W2＝
0.75E腮,故C对,D错。
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22。答案:B
解析:小球由静止释放到最低点的过程中受到电场力和重力两个力,其合力的方向是由P｜指向最低点,因此小球做匀加速直线运
动水平分董是侧;-√i瓦r-√孪-｀／面可.在到达P:＂过橇中曲动能定犁有Eq′
″噶′-＋′″靛÷｝″逾.u‖卿-泌-√西『.
23.答案:I）
解析:由题图可知,右侧金属板与电源正极相连接,带正电,左侧金属板带负电,根据静电感应规律,乒乓球的左｜川感应州正电荷,
A项错误;乒乓球被扰动后,如果向右摆动会被吸到右板上·B项错误;乒乓球共受到悬线的拉力、重力利电场力三个力的作用·C
项错误;用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,乒乓球会带上正电,受到右板的排斥,向左运动·并与左极板接触,又带上负电,被
左极板排斥,向右运动,这样乒乓球就在两极板间来回碰撞,D项正确°
24。答案:A
解析:由于电压是常数·所以电场强度也是常数’带电粒子受到的电场力也是常数,根据牛顿第二定律,带电粒子的加速度也是常
数,因此以能在选项A、B中选择选项QD错误滞电粒子匀‖‖逮返动于后,屯服反向,屯场力也反向,该棘子做匀减速直线运
动!;由于加喊遮时间相问,该粒了的速度在个闹期内恰好减为零,没有反向运动的机会吓—删期又开始匀j‖逮所以选项
A正确,选项B错误。
25。答案;B
解析:本题考查示波管的原理,意在考查考生对示波管工作原理的掌握°在0～2／l时间内,扫描电压扫描＿次,信号电压完成＿
个周期,当U｀』为正的最大值时,电子打在荧光屏止有正的最大位移,当U’为负的最大值时,电子打在荧光屏上有负的最大位移°
因此—个周期内荧光屏上的阁象为B。
26。答案:BI）
解析:根据点电荷产生的电场可知,1、2间的电场强度比2、3间的电场强度小,因为R“
R′’＝R′′～R‘ 9所以Wl2＜｜W23
·故选
项D正确;因为P＝｀／面7万百p所以I｜2 ｜＜｜L3
｜,故选项B正确°
27。答案:ACD
解析;将平行板电容器的「极板峰直向卜移动ˉ小段距离时,啊般板的止对圃帜s瓶变.问距刨变大根删关系式C-品叫测.
电容C减小,选项A正确;因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化,题中电容器两极板间的电势差U不变,所
以静血计指针胀角不变.选项B错误』∏不变｀极板间挪刨变大川板间吧场腮度E＝:减小,带屯油滴在P点的电势嘲＝皿｜增
大,其中dl为油滴到下极板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将减少,选项C正确;若先将上极板与电源正极的导线断
开.再啊下极板向「移动＿小段距离则电霖器带电荷虽Q不变极板间距剧变大’根删Q-CU.E＝『和C≡湍叫ⅧE唾:.
可见·极板间电场强度E不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项D正确°
28.答案:AC
解析;极板间电压为U伺雕为d是匀强屯场.故电场强度E-:.故A正确;油滴受重刀＂屯场九处于平衡状态.故′″g＝
〃:,解得『-等.故日错误喊小极板间屯压电场强度减小,吧场〃小十重力.合力向下,故油滴将加速卜落故C正硼将极
板N向下缓慢移动＿小段距离,板间距增加’电场强度减小,电场力减小,电场力小于重力,合力向下,故油滴将加速下落,故D错误。
29.答案;D
解析:由题意知,过C点的切面是圆周上离P最远的等势面,半径OC与等势面垂直,E的方向为由O指向C,（）C与CP间的夹角
为‘≡30.,U凝—匠×硼…30.-r熬侗愿×粤-竿
30°答案;AD
解析:A、B两个带电小球所受电场力为零,故OA线竖直、B球向右偏45°处最后静止,则总重力势能增加了′″g（L-Lcos45°）＝
2÷百咖gL,故A项正确,总电势能减少了平′＂凰L.故D项止确
△
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3l。答案;A
解析:电子在A、B板间的电场中加速运动,在B、（〕板间的电场中减速运动,设A｀B板间的电压为U9B、C板间的电场强度为E,
MP两点间的距离为哎,则禄U—眶d≡0若将C板向右平移到F′点.β＼C州板所带电荷量小变.由∑-;-品-等可则,
C板向右平移到P′时,B、C两板间的电场强度不变°由此∏I以判断,电子在A、B板间加速运动后’在B、C板间减速运动,到达P
点时速度为零,然后返回·A项正确·B、C、D项错误。
32.答案;ABD
解析:如果小球的电场力向上9且和重力大小相等9则小球只受细线的拉力作用,小球做匀速率圆周运动,A正确;只要重力和电
场力没有平衡掉,其合力为定值,合力在小球运动的切线方向会有分力,即小球做变速率圆周运动,B正确;当重力利电场力的合
力向上时0小球通过最低点时细线拉力最小°通过最高点时细线拉力最大,D正确;当重力和电场力的合力向下时,小球通过最低点时细
线拉力最大,通过最高点时细线拉力最小。C错误°
33。答案:B
解析:对质点的运动进行分解’在水平方向上质点做匀速直线运动,又因质点在板间运动的水平位移与它从板的右端运动到光屏
的水平位移相等,故质点在板间的运动时间等于它从板的右端运动到光屏的时间,D错误;质点在板间运动过程中受到重力和电
场力作用,故质点在板间运动时动能的增加虽等于重力和电场力做的功之和,C错误;在竖直方向上9因质点最后垂直打在M屏
上,且质点在板间运动时在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动9故质点从板的右端运动到光屏的过程中在竖直方向上做末
速度为0的匀减速运动,又因做匀加速运动的时间与做匀减速运动的时间相等,故做匀加速运动的加速度大小与做匀减速运动
∩
的加速度大小相等9即qE—′′!g＝′＂g,得E≡兰』l1旦,B正确,A错误°
q
34°答案:AC
解析:小球在水平方向不受力作用,因此,在水平方向＿直做匀速直线运动,A正确;当E＝』丝时,小球通过第＿、二电场区时在竖直方向
q
均做匀速直线运动,但竖直速度不同,故B错误;当E＝旦1丝时,小球通过第＿、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的,均为零故
q
经过无电场区的时间也相同,C正确;如取E＝卫堕.则小球通过无电场区的速度越来越大,对应的时间也越来越短,故D错误
q
〕5。答案:ABC
解析:对于题阁甲中,带电小球沿虚线做圆周运动,受到的洛伦兹力与磁感线垂直,带电小球能够做圆周运动,受力情况如图（a）
所示,小球可能带正电,俯视做逆时针的圆周运动,小球也可能带负电·俯视做｜｜顶时针的圆周运动,选项A、C正确;对于题图乙,
小球做圆周运动的受力情况如图（b）所示’小球只能带正电,选项B正确,选项D错误°
／↑＼
〃
↑
耀卜A
／~｜~~＼
『
~｜~｜
｜冬｜（a）
b
专题八恒定电流
［过关演练］
1.答案;B
解析;设钢导线的｜是度为!,横截面积为S.金属导线内的匀强电场场强为E,则电子定向移动的加速度为α-普,经过时间′获得
的定向移幼遮度为铡＝m-宁在时间′内的平均速度为雨ˉ十触＝祟侧由电流徽观粪达式I＝″詹s雨＝票§赂’由欧姆定律利电
阻定律可知′÷-旱＝早.联立解得′-瓣,B止确
2.答案;BC
解析:∏出等效电路如图所示,触片向右滑动的过程中,变阻器接人电路的部分阻值变大’电路中的总电阻变大,路端电压变大9总
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电流变小,故电流表A的读数变小,电压表V的读数变大,L2变暗,小灯泡Ll变亮’B、C两项正确°
L｜
L2
ˉ旷
＿。／亏『
3。答案;BD
解析;小灯泡的灯丝是＿个纯电阻,其灯丝温度会随着通电电流而增大·阻值也随着增大9所以图中b是小灯泡的伏安曲线;同理
可知,热敏电阻的温度随着通电电流增大’其阻值会逐渐减小,图线α是热敏电阻的伏安曲线,选项B正确,A错误;两阁线的交点
M,表示此状态两元件不仅电流相同,电压也相同,所以此时两者阻值相同,功率也相同,选项C错误·D正确°
4.答案:B
解析:从阁中沿贝.到y长度方向的电势变化,可读出.r和y两端的电压,冉由串联电路中电压和电阻的关系,电阻利电阻率p、长度
′横戳面积月的关系综合求解.由图象可知异线赃、删两端的电压为U′-6v｀皿-4v,啊肆线串赋时电流帽同则:-舟而
＂＝僧÷凰-忽:所以段-羞.啥-羞-六-÷.选项β正确.
5.答案:C
解析;遮过吧流表◎＂电流为零时.P点＂吧势与尺,利尺′连接点的电势相等.则:-舟义电阻丝的电阻R唾′｀嗡-÷.
／
所以R′-计凡.选项C正确.
6.答案:BC
解析:因q＝j／,由微元法再求和可知’阁乙中的第o段（充电阶段）电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的
电荷量,所以选项B正确;根据Q＝CU显然电荷与电压成正比·所以选项C正确°
7.答案:ACD
解析;番＝斗＝R｜＼由了R｜个变.敬斗不变,券不变.同埋,半-儡, ,巾「尺,变大.所以竿变大.但足带-△（R｜＋门＝R］＋
△I
′,所以等小变.
＂竿-R;＋R｜,所以斗变大. 州于带＝芳＝.所以等小变.
故选项A、C、D正确°
8.答案;A
′＋网＋尺吨雁表示数U＝′尺＂＝′＋照凡’师亢＝…为比例系数〕.由公
E
］
解析:由闭合电路的欧姆定律,干路的电流强度I＝
确
正
∧
故
叶
＿
酮
＋
■
Ⅱ
—
（
］
函
~~
］
—
∏
得
可
式
9°答案:D
解析:根据题意利题图可知,在／l～／2时间内电流是增大的,说明压力是增大的,根据牛顿第二定律和牛顿第三定律及匀加速直线
运动定义判断9选项A、B错误;在『2～／3时间内电流是不变的。比开始＿段时间的电流大,就说明此时的压力是恒定的,根据牛顿
第二定律和牛顿第三定律及匀加速直线运动定义判断,选项C错误’选项D正确°
］0.答案;C
解析;由Q≡等,叫知只需比较侧金属厕盘的电阻即叫,图中圆盘棚当］士卜两个电阳帅联R』′＝蛊岛. ,由题意结仓数学卿帜
叮得R刨＞R″ ,所以Q′＜Q′』9选项c正确。
］l.答案;A
解析:P下滑的过程中,设P上端电阻为R｜下端电阻为R2 ,滑动变阻器最大阻值R‖°电路可以变形为
°238◎
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R
R
R‖
A
-＞引」了7
｀
—0
′
｝
｜］-
所以电阻函数;U＝E《1
｜
R＋厂＋
RlR2
R｜＋R
E
电流函数:I＝（R＋厂）R0＋R2
Rl
通过函数分析,利用基本不等式可知:当R｜≡R2时9电压最大,之后减小;电流＿直增大,故A项正确°
12.答案;C
解析:设电源的电动势和内阻分别为E和厂,电压表V2和内阻为R2 9根据闭合电路欧姆定律,对题阁甲和题阁乙分别有:E＝6V
＋4V＋惫′,E＝,V＋志,解得;E-l叭3V.故只有选颂C止确.
Q
l3.答案:BCD
解析:充电时9通过R的电流逐渐减小,选项A错误;若R增大,充电的最大电流减小,充电时间变长,选项B正确;若C增大,电
容器充满电后带的电荷量增多·则闪光灯闪光＿次通过的电荷量增大,选项C正确;若E减小为85V9电容器充满电后电压仍然
大于闪光灯导通需要的电压,所以闪光灯闪光＿次通过的电荷量不变,选项D正确°
14.答案:CD
解析;电路消耗的电功率的计算公式P＝UI.P＝平是普遍适用的,刚A、B啊选顿以适用于纯电阻电路.们电视机、洗衣机微波
炉和排油烟机都不是纯电阻,所以选项A、B错误,正确选项为C、D。
l5.答案:C
解析;由图象判断电源α的内阻大.在纯电阻电路中屯源效率v＝六×｜卯％,内电腮越大效率越低;血源的输出功率P-Ⅲ淋
应图线交点横纵坐标值的乘积,由图象得C与A的交点坐标值乘积较大,只有C正确°
l6.答案:C
解析』只接通S』时.由闭合咆路欧姆定律得;E＝U＋′厂＝l2v＋l0×队05v≡!a‘v,臆『-￥＝器o＝Lm,阿接通鸟后梳过
EˉlR
′′＝l2湍心A—sA-50A.故选项C止确.
电动机的电流为:I电动机＝
厂
l7.答案:AC
解析当′＂端短路时.α俺间等效屯触RˉR｜＋聋磊,-｜0「叶＋;揣o-｜0『』.故A对》当感″端短潞时.《″间等效电阻R』-
＂』＋贵聋』≡］20o＋删;Q＝l:m’B错』当蜒6间接电源Eˉ100v时.磁间电压为腺止的电雁则〔′ˉ40旱l0×Ⅻv＝80v故◎
对;当c＂两端接电源时,α俩端电压为凡上的电压则U′—40挡20×｜00V-25V,故D错.
答案:A
解析:根据题给条件可知不能应用欧姆挡,因为使用欧姆挡时,被测元件必须与外电路断开,D项不符合操作规程;然后再考虑电
压表,将黑表笔接b端9如果指针偏转’说明R｜与电源间的导线断开,此时所测的数据应该是电源的电动势6V,C项不符合操作
规程;如果指针不偏转,说明Rl与电源间的导线完好,然后再将黑表笔接C端,如果指针偏转’说明R｜与R2间的导线断开,否则说
明R2与电源间的导线断开’电压值都不会超过6V,A项符合操作规程;再考虑电流表,将黑表笔接b端,如果指针偏转则说明Rl
与呕源间的导线断川’此时咆流表的示数为J-R辛页』六A＝0」A,没何趟过其量程队5A;如果指针小偏转.说明R｜与电
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l8
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源间的导线光好.然后将黑表笔接‘端,』‖果指针偏转,说明R-与R,间的肄线断升此时电流表的示数为′≡斋≡÷A＝｝2A,
超过了电流表的量程,B项不符合操作规程。
l9.答案:C
解析:假设电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障,则把试电笔插人插座的左插孔时,氖管不能发光,A项错误;假设仅电热
壶所在的C、D两点间发生了短路故障,则灯泡不会发光.B项错误;仅导线AB间断路9则会出现该现象,C项正确;插座用导线
接地不会造成该现象,D项错误。
20.答案:D
解析》电源内部消耗的功率为P獭-r萨.图线为C｜.外电路消耗的功率为B｜-lE—r厂-
脐（′鼻）』＋:’图线为C＂.由函数衣
达式刺图线得当÷＝:∧时,:＝4w.求得E＝4v.′＝m’电源输出功率最大值为:则电源输出功率最大值为4W,当电源被
短路时.电源消耗功率为P赡＝早＝］6W.
专题九磁场
［过关演练］
1答案:ABD
解析gA选项中,由安培定则知螺线管上端为N极,MN中电流方向向右.由左手定则知MN垂直纸面向外运动,故A正确;B选
项中接法使螺线管上端为S极,MN中电流由lV到M,由左手定则可判知B正确;同理可知C错误,D正确。
2。答案;B
O
］
解析;金属框三边电阻相同.则AC、ABC两段导线上流过的电流分别为÷I和÷I,导线ABC段的有效长度为2／sin30.＝′,所以
q』
q」
该正三角形通电导线受到的安培力大小为÷′′B＋寺l′B＝I′B.故B正确。
O
d
3.答案:C
譬…／
解析:导线P利Q中电流I均向里时,设其在α点产生的磁感应强度大小B′′＝BQ＝B｜,如图所示,则其
夹角为60。,它们在α点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为｀／百B｜°义根据题意B＂＝0｀则
／／
＼／B′
腻;熟腮凰藤岿‖蹦翼懒f＂慧｛捌撼聪聪膨d＿》＿颧9
β-√百『丁百F-竿凰∩则A.BD项均错误｀C舰正确.
4.答案:A
解析:∏｝｝｝垂直于金属管线方向的截面圆,根据右手螺旋定则和所画阁象知,磁场最强的点α即为地面距离管线最近的点,画出截
面圆与垂直于EF的直线的两个交点位置b｀〔,由题意可知EF过α点垂直于圆面,所以金属管线与EF平行,根据几何关系可得
「
深度为亏｀则选项A正确。
＝丁
′
巴
′
飞
｀飞
｀｀
｀｀
0
｀
｝‖
●
｀
、
｀
、
夕
』
~~~~~~~
5。答案:ABC
解析:设水平向右为正方向,由安培定则,可知金属棒受到的安培力随时｜司变化的图象如阁1所示,其中Fm＝BI＂｜L,选项C正确;
由牛顿第二定律和速度与加速度之间的关系’可知金属棒的速度随时间变化的阁象如图2所示,选项B正确;由解析阁2可知金
属棒的速度始终非负,选项A正确;＿个周期内金属棒的速度变化为零,安培力对金属棒做功为零,选项D错误°
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胆
U
砧
β
沁
——
＾＼／＾／
（）
＿
丁
而
』
＿
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～
＿
『
∩
≡
亚
—
∑
亚
—
∑
T~
2
2T
T
′
伊
『
阁1
图2
6°答案;AD
解析:如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,则线圈在安培力作用下转动起来,每转＿周安培力驱动＿次,叮保证线圈不断地转
动,A项正确;如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,不能保证线圈持续转动下去,B项错误;如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉,右
转轴的下侧绝缘漆刮掉,则线圈中不可能有电流’因此线圈不可能转动,C项错误;如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,右转轴仅下侧
的绝缘漆刮掉,效果与A项相同’因此D项正确°
7.答案:B
解析:由于当电流反向时,右边需要加砧码,可判定电流反向后,安培力方向向上9因此在题中图示电流时安培力方向向下’此时
′″］g＝″?zg＋加0g＋lVBIL（加0为线圈质量）’电流反向后″′lg＝（″!2＋″‖）g＋″′0g-NBIL°
由以上两式可解得′＂g＝2NBIL,则B≡
百箭》由左手定则可判定磁感应强度的方向为垂直于纸面向里.
8.答案:BD
解析:将导线分成小的电流元,任取＿小段电流元为研究对象,把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量,则竖直方向的分磁
场产生的安培力为零,水平方向的分磁场产生的安培力为F＝BIL＝BI°2冗Rsln0,方向为竖直向上,所以B、D正确。
9.答案;BC
解析在磁场中｀由咖鹰＝哈得芳-六选项A错课;在磁场｜运动周期T—楞与速率尤关.选骡D错误;在时间′内粒厂转
过的圆弧对应的圆心角0＝÷:丽≡嘿’选项∩服确』电流定义『≡÷＝器,与逮率尤关,选项C服确.
10.答案:D
解析:闭合开关后,通电螺线管在周围产生磁场,通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平,选项A错误;由于通电螺线管
在通电直导线处产生的磁场方向水平,故安培力方向＿定竖直向上或竖直向下,选项B错误;若力传感器的示数变大,说明通电
直导线受到竖直向下的安培力作用,由左手定则可知,此处磁场方向水平向右,由安培定则可知,电源的左端为正极’选项C错
误;若力传感器的示数变为导线重力的＿半,说明导线受到的安培力方向竖直向上,且大小等于导线重力的＿半,则有BI／＝
＋G,叫得月ˉ荒选项∏正确.
11.答案:C
解析:根据运动的相对性,带电小球相对于磁场的速度与磁场相对于小球（相对地面静止）的速度大小相等、方向相反°洛伦兹力
F＝q财B中的刚是相对于磁场的速度.根据力的平衡条件可以得出,当小球相对磁场以逮度哪＝″′琵n°竖卤向下隧动或以速度
、-簧水平向右运动时.带电小球都能处于平衡状态但题目中要求悬线被拉紧.由此口「知只有选项C正确.
l2.答案:ACD
解析;根据题意叫知,粒子进人磁场做匀速圆周运动的半径′-借-R』选项A止确;由于粒子做圆周运动的半径利圆彤有界磁
场的半径相等·因此水平射人磁场的粒子,如果带正电°则从圆心O的正下方磁场边界射出,在磁场中做圆周运动的圆心在以（）
点正下方磁场边界上＿点为圆心、半径为R的圆周上;如果带负电,则从O点正上方磁场边界上射出,在磁场中做圆周运动的日
心在以O点正上方磁场边界上＿点为圆心、半径为R的圆周上’选项C、D正确;如果从〔）点正上方磁场边界射出,b粒子在磁场
中运动的时间比α粒子长,选项B错误°
l3.答案:ABC
解析:由左手定则可判断出,正离子较多时,正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势较高,同理负离子
较多时·负离了向煎表面偏转聚集Ⅷ导致煎表面电势较低,故选项A、B均错;设煎后表面的最高电压为U则粤—q圃B.所以U-
＂B0.即U与离了浓度无关｀选项C错误;因Q＝磁‘·而U-锄B″.所以Q—皆.选项p止确.
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14.答案:A
解析;如阁所示,带电粒子不从磁场中穿出,其临界条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹与外圆相切’所以［（徊＋1）′—派′］2≡
′』＋沪: ’解得厂』＝厂,又由′′＝猎可得U-哩,选项A正确.
′川
／″×X××、＼
瓣厘＿（″
／××
′
×
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｛
×
｜
｀
×丸
｀、×××××／
～～XˉX…
］5.答案;B
解析:小球在磁场中的运动可以看做＿个水平方向的圆周运动和＿个竖直方向的匀加速运动°在磁场中运动＿
x
←ˉ-→
阀的时＂为T则r—楞在磁场中的运动总时间′—仔—俘-仔.义因为署-仔.所以小球在磁
》＼重′
~~＼蹦
~~~~＼
场中｜蛔｜剖运动的圈敖.厕-十—勤,｀蜒固为倒脚运动的卜径R≡器,投…‖闺所示则』—融〔仔.惭-
~｀
场中做圆周运动的圈数｀＂＝十-a5,又因为圆周运动的半径R-腊｀投影图如阁所示｀则r＝触＂｀
√』』＋（2R）,-泌√普＋慧
16.答案:C
解析:对带电小球进行受力分析如阁所示,刚开始速度U比较小.F洛＝qUB比较小9F＞F洛,G-F［≡
′″‘! ,即″Ⅱα＝G-尸（F
qUB）,随着速度U的不断增大,‘l也不断增大。当F≡F洛时,α最大,为重力加速
度g。再随着速度［′的不断增大,F＜F洛即′″α＝G尸（qUB
F）加速度α不断减小,当α减到零时,G
＝F「,再往后做匀速运动。
l7.答案:A
′fA
〃＂羊北二」
~~.·｜·~·蹦
-ˉ＿百丁ˉ—≥
解析:Ⅲ液中的正、负离子在磁场中受洛伦兹力作用,由左手定则可判断正离子向α板移动,负离子向6板移动,所以电极α正、b
负』最终电场』与淌伦兹力｜仁衡时屯势差稳定.所以″『ˉq刚B.所以＂-矗,代人数据得删≈l3m／鼠,A「确.
18·答案:BD
解析:矩形框架在｜可右运动过程中,两板的电势差U＝Bdul ,由右手定则·上板带正电’产生向下的电场,带电粒子要做匀速圆周
运动,只有受到向上的电场力和向下的重力平衡,然后仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动9因此油滴带负电,且满足加g＝
″B汹.根掘左手定则叫知泊滴肯定沿顺时针做匀速圆周运动·A项错误,B项服确》带电粒子任磁场中运动的半径萨-器.C项错
‘）
误;油滴做圆周运动的周期由T-楞’联立得D驯止确.
l9。答案:C
解析:从小孔S进人磁场,说明粒子在电场中运动半径相同,在静电分析器中,qE≡』巫上,无法判断出粒子的速度和动能是否相
厂
等,选项A、B错误』打到胶片上问＿点的粒子.在磁场巾运动半径相问.由q锄日-狮÷.得←者,联立叫得厂｝-箭.所以打到胶
片上同＿点的粒子速度相等9与比荷无关,选项C正确,选项D错误°
20.答案:AD
解析;如图所示·根据泌用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围’,的模型,阁中圆O! 、O2均为半径为R的圆,圆O｜分
别交MN及其延长线于P、C两点,SC为圆Ol的直径,圆（）2与M］V相切于Q点,乙SQ］V≡α°若屏的大小无限制,则电子应当
打在图中（＼Q之间,而由于MN长度的限制·电子只能打在N、Q之间°
据题意.R＝荒＝4β5cm｀叮见S（〕＝M）-OM＝αQ-R.
由几｛‖Ⅷ‖识叫得:R……≡R…,则爵!n徽≡√＋….
／＝lVQ＝lVP＋PQ＝R（1
cos0）＋2Rsinαcosα≡（l＿cos0＋√2sin0-sin20）R,
分别将0＝90°、6（）。、45°、30°代人公式即可确定,A、D项正确,B、C项错误°
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2l.答案:C
解析;如图所不.能打到的范围中最远点为2R处』其中R为轨迹半径,尺-器;最近点为2Rc。s0处.所以总长度L-2R
2Rcos0＝2″〗u（1-cos0）
qB
帜涂二
》o〈
22°答案:C
解析;粒子在复合场中沿直线运动,则qE-q酚B’当撤去磁场时,Lˉ＋″′ .′＝责,幽＝等.撒去电场时.叫（B≡″’半.叫以求出
′-÷L.故粒子从“点射出｀C止确.
23.答案:D
解析:因为带电油滴原来处于静止状态,故应考虑带电油滴所受的重力°当仅撤去电场时,带电油滴在重力作用下开始加速,但
由于受变化的磁场力作用,带电油滴不可能做匀加速直线运动,A错;若仅撤去磁场,带电油滴仍处于静止,B错;若给P的初速
度方向平行于磁感线,因所受的磁场力为零,所以P可以做匀速直线运动9C错;当P的初速度方向平行于纸面时,带电油滴在磁
场力作用下做匀速圆周运动,D对°
24.答案:A
解析;A项,磁场沿r轴正方向,则与粒子运动的速度U的方向平行·粒子不受洛伦兹力的作用,只受到竖直向下的重力祁竖直向
上的电场力作用,若重力和电场力大小不相等,则粒子所受合力方向与速度方向不在同＿直线上9粒子将做曲线运动;若相等,粒
子将做匀速直线运动’所以A选项错误;B项,磁场竖直向上,根据左手定则,洛伦兹力沿）′轴正方向,若电场力和重力大小相等,
则洛伦兹力刚好能提供向心力,则粒子可能在r（）y平面内做匀速圆周运动,所以B项正确;C项,粒子受到竖直向下的电场力,竖
直向上的洛伦兹力和坚直向下的重力,若重力和电场力的合力与洛伦兹力的大小相等,则粒子所受合力为零,粒子将做匀速直线
运动,所以C项正确;D项,粒子受到沿y轴负方向的电场力,沿〕轴正方向的洛伦兹力和竖直向下的重力’若洛伦兹力与电场力
的大小相等,则粒子的合力就是竖直方向的重力,粒子将做平抛运动,所以D项正确。
25.答案:A
解析:由题可知,带电粒子第二次穿过叠加场时洛伦兹力小于电场力,二力方向相反,所以沿电场方向偏移的距离比第一次仅受
电场力时偏移的距离小,且洛伦兹力不做功,故Wl＞W2 9A正确。
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26。答案:C
解析;带电粒子滴磁场中的运动半径为忻-楞-肌（um伺期沟T-钎-队0:.,作川粒「的轨迹示意酗咽所示.所以在磁
场变化N个（川为藕数凋期的时间内由平均遮废＂定义式锄-f-N. 2徊′
2吁滞0｜nM晨ˉ2√im′爵.u‖（噬聊正哟.
NT∩
位移x
27.答案;D
解析:由于洛伦兹力不做功9电场力对带电小球＿定做负功,所以两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有uv＝UM,选项A
错误;由机械能守恒知小球6可以到达轨道的最右端,电场力对小球α做负功,故小球α不能到达轨道的最右端,选项B错误;由
于两个小球受力情况不同,运动情况不同’故小球b第＿次到达」V点的时刻与小球α第＿次到达M点的时刻不相同选项C错
误;由于小球能到达最低点·对小球α有′′‖gR-qER≥0,所以有′″g≥qE,由于洛伦兹力不做功,且洛伦兹力沿半径向外,则小球
b受到的洛伦兹力没有条件限制,选项D正确°
28.答案:BD
解析:带负电液滴受洛伦兹力方向向里,使得后金属板带负电,后金属板电势低.选项A错误;稳定后,液滴受电场力利洛伦兹力
平衡.在重力作用下做匀变速曲线运动,选项B正确;根据平衡条件;q早＝q刚B｀且÷＝÷蚁; .′＝滩｀解得U＝B刨√霄r｀最大稳
定电压U随』＝BL√屑T｀选项C错误,D正确.
29.答案:AD
解析环在向右运动过程中受重力″!g,洛伦兹力F.杆对环的支持力、摩擦力作用.由丁汹,＞腊.所以q刚佩B＞咖膘.在竖直力向有
,·月-″′凰＋F斜在水平方向存在向左的摩擦力作用.所以坏的速度越来越小.当F料-0时.F｜-0,环将做速度渺!-腊的勾逮直线
运动,A对、B错,从环川始运动至‖最后达到稳定状态损失的机械能为动能的减少量即＋′″囤;—÷′″（猎）
故D对·C错。
30.答案:AD
解析;对八Ⅱ项E,-狮凰运动「圆周隧的;时…W艘-w‖6＋w｛掣-:＋严牌′″凰—f′. ′″鼻-（｜＋徊）′″″运动「＋或÷删
】
∩
时.W剿＝2′″g渍＜（1｝徊）狮g′’由古″′刚;＝W总｀所以运动了｜员｜周长的;时＂最大』F鹏≡Bq刚.所以F耀最大.A对｀B错;对C项.“
到6点,重力势能和电势能都减小,因为重力和电场力都做正功,C错;对D项,b到C点,电势能增大,动能先增大后减小9D
正确。
31。答案:D
解析:本题考查了带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中做圆周运动的规律.粒子在电场中绕行′′圈后回到A板时获得的总
门
动能为″qU,∧错;在粒子绕行的整个过程中』A板电势有时为＋U,有时为零B错凋期T-楞.在粒子绕行的整个过程中.磁
感应强度凰膛尘变化.所以r也发生变化.c锚粒子绕″蹦′偶时,尺—猎｀义啊!』≡』″′圃2联立解得凰-卢√平.D灿
32.答案:A
解析:根据左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向°电子偏转到α点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外,对应
B
／图,图线应在r轴下方;电子偏转到b点时·根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,对应B-／图·阁线应在／轴上方°
符合条件的是A选项。
33。答案:BD
解析:以左手定则判断粒子在磁场中的偏转可知粒子带正电荷,故在速度选择器中受到问右的电场力利｜可左的洛伦兹力,且
,融BˉqE则烈—÷.故逮度选择器中的磁场方问垂直纸面向外选项A错误,B止确』粒了打伍胶片上的位置越靠近挟缝P表示
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圆周运动的半径R＝器越小,则÷越大,选项C错误.D正确.
34·答案:BC
解析:由左手定则,在磁场的作用下,带正电荷的离子向6板聚集,带负电荷的离子向α板聚集9b板是电源的正极,当电场力等于
洛伦兹力时.两极板间的电雁最大.:q＝q,B,Uˉ….
35.答案;AB
∩
解析;由带电粒子任磁场中的周期r—苦则知B服确;粒子运动＿周的时间为2（呜』—内』—）,故C惜误;巾R翻＝器可知,带电
粒子的最大动能与D形盒的半径有关,故D错误9A正确°
专题＋电磁感应
［过关演练］
1.答案:B
解析:由于线框向右运动,所以α6两端和C创两端存在着相同大小的电动势,α6中有电流,方向为6→α·C创中也有电流0方向为
（→α°同样R的回路内有电流,电流方向为E→M°
2·答案:BD
解析:由E≡BLu＝4.5×10 5×100×2V＝9×10 3V可知A项错误,B项正确;再由右手定则可判断河北岸电势高,故C项错误,
D项正确°
3°答案:A
解析:设两板间的距离为L,由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线,产生动生电动势’由右手定则判断下板电势高于上板°动
生电动势大小F≡皿刚,即带屯小球处于电势差为BL酒的电场巾.所受屯场」F慰-v屑媳ˉ,早＝q毕＝q锄B.设小球带止电,则
所受电场力方向向上°同时小球所受洛伦兹力F洛＝qUB,方向由左手定则判断竖直向下,即F电＝F洛,所以FT＝′″g。同理分析
可知当小球带负电时,FT＝mg。故无论小球带什么电,FT＝mg°选项A正确。
4。答案;C
解析:通电螺线管产生稳定的磁场9磁场特征为:两极附近最强且不均匀,管内场强近似均匀°当小线圈穿越两极时0因磁场不均
匀,故穿过小线圈的磁通量发生变化.产生感应电流,且因磁场的变化方向不同,故在小线圈中感应电流方向相反,小线圈在螺线
管内部运动时,因穿越区域的磁感应强度不变9小线圈中没有感应电流产生’故C项正确°
5。答案:ABD
解析在O时刻酶ˉ′图线的斜率最大,由Eˉ芳知感应屯动势最大,A选项止确』在D时刻.—′图线的斜率为0,巾E—譬知感
应吧动势为0.B选项正确C选项错误;征O至D时间内E-等—2揣』V-队4∩V.故D选项止确.
6.答案:AD
解析:r｜时刻Q电流增强,其磁场增强,则穿过P的磁通量变大,由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大,则P有向下运动的趋
势,对桌面的压力增大·故］V＞G,A正确;r遭时刻Q电流减小,其磁场减弱,则穿过P的磁通量变小9由楞次定律可知P将阻碍磁
通量的变小,则P有向上运动的趋势,对桌面的压力减小9N＜G,故B错误;r3时刻电流增大,故N＞G,C错误;r4时刻电流减小,
故N＜G,D正确°
7·答案;A
解析:A中闭合铝管不会被磁铁磁化,但马磁铁穿过铝管的过程中,铝管可看成很多圈水平放置的铝圈,据楞次定律知,铝圈将发
生电磁感应现象,阻碍磁铁的相对运动;因C中铝管不闭合·所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象,磁铁做自由落体运
动;铁块在B中铝管和D中铁管中均做自由落体运动,所以磁铁和铁块在管中运动时间满足／A＞tB＝tC＝／『》,A正确。
8.答案:A
解析:对线框的石半边（o6ro′）未旋转时整个回路的磁通量O｜≡BSsin45°≡
但BS对线框的右半边（obm′）旋转90.后,穿进跟穿出的磁通量相等,如图｀
乙
b（C）
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鳖个问路＂磁通董鲤』-0. △…｛—鲤』-粤E从根掘公式q＝罢-祭s.选A.
9.答案:D
解析;由E-芳,′-÷.＂-!△′｀联立解得哩h以“为轴｜｜｜卿时针以刨转过铡.的过程｜通过股的电愉量为q-铲＝嘿』;在这过
程中金属棒αb在回路中产生的感应电动势最大值为2山L2B,电容器C充电q′＝2幻L2BC,以@继续转过30°的过程中9电容器通过
电阻R放电,所以腿b以“为轴｜｜瞬时针以“转过,旷‖!过程中通过R的电偷量为Q-,÷√-皿』（舟2铡C）.遮项D正磷.
1（）.答案;D
解析:在r〕至r2时间段内弹簧线圈处于收缩状态,说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大0即穿过线圈的磁场的磁感应强度变
大,则螺线管中电流变大,单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大,所加磁场的磁感应强度的变化率变大,即B-r阁线的斜率变
大,选项D正确°
11.答案:A
解析:在r＝R左侧,设导体棒与圆的交点和圆心的连线与Z轴正方向成0角,则导体棒切割有效长度L＝2Rsin0,电动势与有效
长度成正比,故在工＝R左侧,电动势与工的关系为正弦图象关系,由对称性可知在工＝R右侧与左侧的图象对称°
l2.答案:BD
解析;0～01、内线圈中的磁场均匀变化｀由法拉第电磁感应定律E-″坐＝″s芳,代人敝据得E-30v,A错误;升关闭合瞬
△『
间9细框会跳起,可知细框受向上的安培力’由左手定则可判断电流方向由C到D,B正确;由于／＝0。22s时通过线圈的磁通量
正在减少9再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同,故再由安培定则可知B2的方向竖直向上,C
错误;K闭合瞬间,因安培力远大于重力,则由动量定理有B｜I／△／＝加u,通过细杆的电荷量Q＝I△／,线框向上跳起的过程中u2＝
2g／l ’解得Q＝0.03C’D正确°
13.答案:AC
解析:由于磁感应强度随时间的变化规律是B≡（0.4-0.2／）T9则在T＝1 s时,穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下
且在减小,则根据楞次定律可知,金属杆CD中的感应电流的方向从C到D,故A项正确;在r＝3s时,穿过金属杆与金属框围成
的平面的磁通量向上且在增大·则根据楞次定律可知9金属杆（D中的感应电流的方向从C到D,故B项错误;根据法拉第电磁
感应定律可得,在／≡l吕时,回路中产生的感应电动势的大小为E＝L2坐sln30°＝0. 1V,根据闭合电路欧姆定律和电路的串并
△r
联知识叫得梳经金属杆CD的屯流大小为,′＝贵＝1A,又根据平衡条件训知｀在′＝1 ＂时挡板P对金属杆CD产生的弹〃为
F-BIL鼠m30.-肌2×l×l×＋］-0」N,又根据牛顿第二定律可得,在′-｜§时金属杆CD对挡板p产生的压力为队｜N.故C
项正确;根据法拉第电磁感应定律可得.在／≡3s时,回路中产生的感应电动势的大小为E′＝L2坐sin30°＝0. 1V·根据闭合电
△r
路欧姆定律和电路的串讣联知识可得梳经金属杆CD的电流大小为′′ˉ:＝lA,又搬掘平衡条件叫知.在′-3:时挡板″对
金属杆cD产生的弹力为F′-B血鼠m3旷＝队2×l×l×十N-0」N.根据牛顿第二定律则得,在′-3、时金属杆c门对洲板H
产生的压力为0. 1N,故D项错误°
l4°答案:B
″撕』………霍L…………………｝÷″左今爵一罕′
冗B12
I及「,流过
＝
°M的电流为′』-:-满则流过oM的屯偷量为q』-′. .△‖』＝祭;过程Ⅱ｀磁场的磁感应锄膛大小均匀增j‖则该过程｜
产生的平均感应电动势大小为E≡祟＝（B′
B》s-（B′—B）而!』
△＾
2△〃
,电蹄中的屯流为I』-÷-霖（蒜』′: ｀则流过oM胸屯荷量为
q2＝I2 ·△t2＝灭（B′—B）／∑
2愿
;由题慧卿q!≡q, ,则解得:≡;,＂服确.A、CD馈误.
15°答案:ACD
解析:根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变,A正确;CD段电流方向是D指向C,根据左手定则可知,
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CD段受到安培力9且方向竖直向下,B错误;当有＿半进人磁场时,产生的感应电动势最大,Em＝Bαp,C正确;由法拉第电磁感
乎平,门正确.
应定律得E＝—＝
l6.答案:C
解析:当导线框匀速转动时,设半径为厂9导线框电阻为R,在很小的△t时间内,转过圆心角△0＝@△r,由法拉第电磁感应定律及
欧姆定肆可孵感…｛≡器.惹器≡警』判导戮雁不动.厕磁感应…生蜜化时……棘′;≡器
△蹄厂: .令′｜-I』,叫得芳＝字’C止确
目≡≡
l7·答案:AC
解析』R:先与滑动变阻器右半部分并联.后与左半部分串联｀再与R!串联｀R』所在并联电路的电阻占外电阻的÷,故R,两端的电
庄为号,A对』通过R』的电流与通过滑幼变阻器右半部分的电流相等.故通过滑铡变阻器左半部分的电流是通过R』的电流的2
倍,其热功率是R2的4倍’滑动变阻器右半部分又与R2的热功率相等。所以滑动变阻器的热功率是R2的5倍,C对;由楞次定律、
安培定则可判断α极板带负电,B错;由法拉第电磁感应定律得E＝塑＝虎S,其中回路面积为陨｜的面积,所以感应电动势为虎冗厂:
·
r
D错。
18.答案:AD
解析:α、b、c三个灯泡相同,设K闭合时通过三个灯泡的电流均是I·则Ll上电流为2I,L2上电流为I,当K断开瞬间,α灯泡上原
有电流立即消失。Ll上的电流在原有2I电流基础上逐渐减小,L2上的电流在原有I电流基础上逐渐减小,L｜、L鸳上产生的感应电
流方向相同°所以在K断开瞬间α灯上瞬时有2I的电流而后逐渐减小9即α灯先变亮后逐渐变暗,则A正确,B、C错误;6、c两
灯在原有I的电流基础上逐渐减小,即6、（.两灯逐渐变暗,所以D正确°
19.答案:D
解析:圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属°°条”,转动切割磁感线产生感应电动势,D项正确;金属·‘条,,相互并联,
产生的感应电动势与—条金属条狮转动切割产生的感应电动势相等｀即E＝＋BL:凶,可见感应电动势大小不变,回路总电阻不变｀
臼
出闭合屯路欧姆定律得Iˉ肯,故凹路中屯流人小恒定,且与铜盘转速省关.A｀日项错误;由右手定则卯知.回路巾电流方向∩下
而上通过电阻R,C项错误。
20.苔案:AB
解析:由楞次定律可知,产生的感应涡旋电场为顺时针方向,所以电子在轨道上逆时针运动,所以选项A对;保持电流的方向不
变,当电流增大时,涡旋电场增强,电子将加速,选项B对,选项C错;电子的速度变化,被加速时电子做圆周运动的周期也变化,
所以选项D错。
21.答案:CD
解析;村此过程.由能量守恒定律叫得回路产生的电能E＝寸′″刚:＿＋×＋′″翻;-;′″翻, ,选项C正确;线圈磁通量的变化△缠-
Bα,则由电流定义和欧姆定律叫得q＝尝ˉ等.选项A错误;此时线框产生的电流I＝警＝等,田牛顿第二定律利安墙力
公式可得加遮度“｛-竿＝:嘉融.选项B错误;由电驯率定义叮得P≡r腮≡B芳财, ,选狐D止确.
22.答案:A
解析:BC边刚进人磁场时,产生的感应电动势最大,由右手定则可判定电流方向为逆时针方向’是正值,随线框进人磁场,有效长
度／逐渐减小,由E＝B』U得电动势均匀减小,即电流均匀减小;当线框刚出磁场时,切割磁感线的有效长度（最大,故电流最大,
且为顺时针方向,是负值,此后电流均匀减小’故只有A图象符合要求°
23.答案:B
解析:图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相
等时,电路中没有电流,α6棒向右做匀速运动;图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,通过电阻R转化为内能,当αb
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棒的动能全部转化为内能时,α6棒静止;图丙中,导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动,接着向左运动,当导体棒产生的感
应电动热与电源的电动势相等时,电路中没有电流,αb棒向左做匀速运动°所以B项正确°
24.答案:AD
解析:由题意可知,若铝框刚进磁场时受到安培力和重力沿斜面向下的分力平衡·则匀速进人,出磁场时,做加速度减小的减速运
动（速度可能＿直大于匀速运动的速度）,A项正确;若铝框刚进磁场时受到安培力小于重力沿斜面向下的分力,则铝框将继续做
加速度逐渐减小的加速运动,完全进人磁场后’做匀加速运动,出磁场时开始减速’D项正确。
25。答案:C
解析;设导轨间滥为［通过R的电流′-卢＝器.闽通过R的电流I随时问均匀增大,即金属棒侧b的速度倒随时问′均匀
增大,金属棒刨偷的加逮度α为恒量,蚁金属棒α″做勾川遮运动.磁通量砸＝噶｝＋Bs＝响／＋皿×＋“』-破｝＋旦笋·缠与′;是三
△@
次函数关系.A错误』尝＝＋BL“,尝。c′,B错误′因u』-′R且!唾′,所以U磁;…Cf确;q＝′△t＝△′（静）△′＝匣丰7＝
BLαr2
2（R＋厂）,qCCr』,所以选项D错误°
26.答案:C
解析;巾于磁场区域宽度大于线框宽度,故线框进人磁场过程中若匀遮返动｀则们gˉ腰÷融-0｀全部进人后加速向卜i毫动.穿川
时B÷隆盯＞′″g,故做减逮运动,选项A错误;若线框进人磁场时j‖逮·全部进人后仍然加逮.穿川时重力与安墙』关系不能确定.
选狐B错误;线框减遮进入磁场侧′吧＜旦÷.全部迸人后＂速运动.穿删磁场时′″g＜B芒,选项C正确D错误.
答案;D
解析:金属杆从轨道底端滑上斜面又返回到出发点,由能量的转化和守恒知选项A正确;上滑到最高点时动能转化为重力势能和
电阻R上产生的焦耳热（即克服安培力所做的功）’选项B、C正确;金属杆两次通过斜面上同＿位置时的速度不同,电路的电流
不同,故电阻R的热功率不同,选项D错误°
答案:AC
解析:由电阻的决定式可知选项A正确;由左手定则可知电离气体中的正离子向上侧面聚集,上侧面相当于电源的正极,故流过
电阻腐的电流方向为触→6,选项隅错误』对十某个气体离子受力分析,由屯场』等于洛伦兹力叫知’q:＝周q铡,解得发电导管产
生的电动势为B刨财,选项C正蹦;由了发电导管有内阻.故电阻R消耗的电功率—定小于BⅡ寄, .选项D错误.
厅
′
◎
△
只
°
◎
△
29·答案:D
解析;考育电磁感应问题.对导体棒′刨由B器!—′″慰碍到烈—5m／圈·选项A链冉山F-″鸭＋F篷—2N知选项B错;在l §内
由w＝F哪-l0］选项C错;Q＝（器）』R‘＝鸟5J.选项「）对.
30·答案:AB
解析:由题意分析可知,由静止释放物块,它将带动金属滑杆MlV＿起运动,当它们稳定时最终将以某＿速度做匀速运动而处于
狮g｀所以渺≡′″蒜E
~
平衡状态,设Mv的最终速度为测.对Mv列v衡方程;竿｜F｜
R,所以A项正确;从能量守恒角度进行
分析,物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生的热功率,所以有:I2R＋F「U＝
″碧F′ ,所以B项正确;物块重』的最大驯率为凰｀＝狮g铡＝′澜g′删箭R尺所以CD错误
′川gU,所以U＝
3l.答案:AC
解析:当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时圆环左右两半环均产生感应电动势,根据右手定则可知,其感应电动势大小
相等,方向相反.而整个回路组成串联血路则总电动势为厦-2B×2刨×÷＝2周创铡.此时回潞巾的电流为′＝÷＝孪.圆环中
的电功率为P—′E-4B芳铡, ｀故选项A止确;根据东于定侧‖可判断｀圆环左们两半环均受贾‖人小相等｀方问问左的安墙力作用,
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｜
｜
合力为F-2BI×2刨—8B子渺,因此’此时圆环的』‖逮度为刨-斋ˉ8繁卿,故选项B错误;在这一过程中’线圈向里的磁通量减
少掣’而线圈向外的磁通凰增j‖竿,则通过线圈的磁通鱼的变化吕为△鳞＝B丽铡』,此过程｝通过圆剩截圃的电荷量为v—
万-—厅,故选项C正确》根据能量守恒定棒叫知.在这＿过程中.线圈中产牛的热量为Q—＋″蛔』—＋′″（÷）』-队375′″锄』,
△o
∏Bd2
则选项D错误°
32.答案:D
解析;金属棒滑下过程中.根据动能定理有狮gh＝÷咖刚甜｀根据法拉第电磁感应定律有E＝BL叫｜,根据闭合电路欧姆定律有′＝
最联立得I啊-EL解.A错误;根搪,-祟可知,通过金属棒的电荷董为警,B错误;拿过橇根搪动能定理得…＋w』＋
W安＝0’故C错误;由W′＝-〃′＂gα,金属棒克服安培力做的功完全转化成电热,由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相
同.设金属棒上产生的焦耳热为Q｀故2Q＝—W蜜.联立得Q-＋砸g（h—似d）｀D正确.
33.答案:AC
解析:棒α6在α（、之间的运动只受水平向右的恒力F,＿定是匀加速直线运动,棒α6在Ce之间,若F＝F安,有可能＿直做匀速运
动,选项A正确,B错误;根掘αb离汁磁场前已｛故匀遮卤线运动.由2F!≡B几.′＝卢,Eˉ皿娜.联立解得捧感b离开磁场时的
｜
速率为翘≡2F皆鞍）,选项C止蹦;由法执第电磁感应定律闭合电路欧姆定律利电流定义式可得棒αb缝过磁场的过程中通
过电阻R的电荷旦为q-簧＝碧,选项D错误.
答案:BD
解析:由于A线圈上有缺口,A中不产生感应电流。不受安培力的阻碍作用,所以A线圈先落地,B正确° B、C线圈在进人磁场
的过程中,受安培力与重力作用,满足:
B2L2U
′＂g——了—狮感·咖＝′蜜.4L.s,R—′耀普·
所以辆露Ls周Ei器-4p…
｀′霹凰—舞—↓″“.
B2u
,由于B、C线圈起始下落高度相同,材料相同’所以α相同’进人相同的磁场,B、C线圈同时落地,D选项正确°
α＝g-16p密p电
答案:CD
B2L2U
解析:由于电动机的输出功率恒定,由P｛｜｛＝FU及F-′＂启—R
＝′门α可知导体棒的加速度逐渐减小9故选项A错误;电动机的
输出功率为:P｜｜｜＝IU
I2厂＝6W,选项B错误;电动机的输出功率就是电动机牵弓｜棒的拉力的功率,P｝｝｜＝Fu9当棒达稳定速度时
F＝′″g士B′讥,感应电流′＝贵-竿’解得棒达到的稳定遮度u＝2m／s选项C正确;由能量守恒定律得;P』｜｛′ˉ…＋＋砸测』
＋Q,解得t＝1S’选项D正确°
』
吐
∩
气
叫
~
~
厂
◎
∩
≤
山
专题十-交变电流
［过关演练］
l。答案;C
解析;电雁表的示数是有效值U-鹤R＝击×9vˉ阮』v.A错误;沪-l0
』.时感应电动势为零,穿过线圈的磁通量最火.B
镭误;原来线圈的转遮为＂-哉—菇-30r′爵当线圈的转速改为沥『′鼠时｀感应电动…大值〔瓜,-竿v-3徊v｀有效值
为3V’C正确;若线圈转速改为25r／S,通过灯泡的电流为0.3A·D错误°
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2.答案:C
霹析;…的慨念大小韧方向蔚唯‖恫变化在』渊的上方为正下…·八链有擞臆E≡舟只对正…吨健川,最人值
＿样,所以B错;由图可知,C对;变压之后频率不变,D错。
3.答案:AD
解析:t＝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,∏出感应电动势随时间变化的图象如图,由图可知,／＝1 s时,感应电流没有
4
改变方向,B错误;t-l5、时·感应电动势为0,C错误』感应屯动势最大值鸟-NBs″-」v鳃｝芋-l（）0
…哼v-｀派v.有效值E-粤×｜厕v-2√乃v｀Q-÷T-s厕′ JD正确
l.答案:C
｀e／V
～
尸
『
∩
皿
彤
∩
叭
冗
S
1
解析:线圈的周长L≡冗D,由e＝lVBS@＝NB2沉厂.丁o厂＝NBLu知,电动势瞬时值的表达式忽≡64sln冗t（V）,选项A错误;电流瞬
时值的表达式′—南—…（A）选项B错谈』…蛾仙′-忘A—:徊A.灯泡的电功率P-FR—l:0W,选项c正确;灯泡啊
端的电压U＝IR＝30徊V,选项D错误°
5·答案!B
解析;对变压器由:-悬可得U瓣-220v;对滑动变阻器来说,当膜′』间接上电压时,膜′间屯压U酬＝川0γ,故B选项正赡.
6.答案:B
解析;该交流电的瞬时值表达式为e＝NBS@sin●t＝50｀／r阔lnI00∏rV,其峰值为50徊V,所以A、C均错。由于＿个周期内只有半
个周期产生感应电动势’所以有爵T-￥＼÷＋＂,解得E≡25徊v.即B对. C变大时电容器耐父流电的阻碍作用减小,电流表
的示数变大,所以D错°
7.答案:B
解析感…势的赣大值鸟-jNB鹰铡.…陋-借—flv……晌过程中线…有＿半…中运动故线
］
圈中始终有电流通过.图中所示位置,穿过线圈的磁通量为十BL』,丽确选项为B.
8.答案:A
解析若永考虑铁芯的漏磁脚素.上线圈电压有敬脯U｜＿骨v＝沁v按变压器的变压比:—贵得u-鹏U｜-趴0v,呵实际上闽
Ⅶ］
为漏磁等囚素副线圈磁遮董·＜.／.由U-″筹得导＞器则应选儿
9.答案:BC
解析:当导线框lV完全进人磁场后,通过线框的磁通量将不变,无感应电流产生,因此它不会产生正弦交流电9A项错误;导线框
每转动侧.产生的感应咆流的变化为—个周期,B项正确;在′＝;时,导线框转过的角度为』5..切割磁感线的倚效长度相同.均
为绕圆心的转动切割形式·设圆弧半径为R则感应电动势均为E-÷BR鸣″·C项止确;导线框N转动的—个阔期内,有半个周期
无感应电流产生,所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同,由闭合电路欧姆定律可知,两导线框的电阻相等时,感应电流的
有效值＿定不相同,D项错误。
l0.答案:D
解析:由题图可知发电机内部磁极与铁芯之间的缝隙中为方向沿半径的辐向磁场,所以与转轴距离相等的各点磁感应强度大小
相等,根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势,A、B两项错误;当线圈转到竖直位置时,回路中感应电
动势方向发生变化’C项错误,D项正确°
ll.答案:A
解析;设原线圈中电流为′!副线圈中电流为I』由变压器蛮压公式可得220÷′｛R△ˉ3.由变流公式有,》-＋,由欧姆定
二≡≡
″’
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律叫得副线圈问路中电阻两端电压U≡I』尺联立解得U＝66v.电阻消耗功率P-I二R,由于÷＝÷,所以原副线圈问路中
电阻消耗功率的比值为;·选项A止确.
答案:BC
解析:S由6切换到α时,副线圈匝数增多,则输出电压U鸳增大,R消耗的功率增大,由变压器功率关系可知,其输人功率也增大,
故I1增大,所以A错,C对;S由α切换到6时,副线圈匝数减少9则输出电压U2减小,L减小,B对;P向上滑动时,R减小,L增
大,由电流与匝数的关系可知,Il增大,D错°
答案:BC
解析:本题考查变压器电路的动态分析,意在考查考生对变压器电路规律的掌握及动态分析问题的能力°向下滑动P时’副线圈
的匝数变少,由变压比公式可知,副线圈两端的电压变小’灯泡变暗,A项错误;增大交流电源的电压,由变压比公式可知9副线圈
两端的电压增大,灯泡变亮,B项正确;电压不变,增大交流电源的频率9可减小电容器的容抗,电路中的电流变大,灯泡变亮,C
项正确;减小电容器的电容,电容器的容抗增大,电路中电流减小9灯泡变暗,D项错误°
答案:D
解析:由于″l＜″2 ,所以左边的理想变压器为升压变压器,低压交流电源经过理想升压变压器后,由于功率不变,所以电流变小,
＂｜A表的示数小于A壶的示数故A项错误;由:—器.U』-U厂′腿』
. 2R喘-器可知,!.』购端的电压U!≡—U』-U』—器
. I仙. 2R,又L』两端的电压U哩-U』
I｀』. 2R,喘I＾｜＜［｀』.故U｛≥U赡,由P-爷可知,L;的功率大于L』的功率.所以L｛
的亮度大于L2 ’故B项错误;由于Al表的示数小于A2表的示数9由P＝I2R可知.Rl消耗的功率小于R3消耗的功率,故C项错
误;由于Al表的示数小于A2表的示数,由U＝IR可知,R2两端的电压小于R4两端的电压,故D项正确°
答案:BD
解析;若变压器初级电压为U辨则次级电压为U』-芳U辨;由于二撇管的单向导电性使得′哪间电压为α渤-等,喘-芳,A
错误;增大负载的阻值R,输出功率减小,则输人电流减小,即电流表的读数减小’B正确;C创间的电压由变压器的初级电压决定,
与负载电阻R的大小无关,C错误;若二极管短路,则U‘刨＝U2 ’则次级电流会加倍。则初级电流也加倍,D正确°
答案:A
解析:根据输人端的连接关系可知,图中甲为电压互感器,图中电表为电压表;乙为电流互感器,图中的电表为电流表°根据变压
器的电压电流与恤数的关系叫得,图甲中原副线圈电压关系为蒜v＝毕,所以输电电压U｛-22000v;图乙中原副线圈中
12
∩
≤
凹
‖
。
儿
14
匡
√
】
」
l6
电流关系为六＝乎,所以输电电流′｜-l00A,A胀蹦.
17。答案:B
解祈;输电线上输送的电流I＝÷-3湍胖＝6000A,八错｛输电线上损失的电压为△U≡I′-‘000×a;vˉL5×l0｜v-
l5kv’B对;若改用6kv的电压输电则输电线上输送的电流′-÷-3号瓷w≡6×l0』A,输电线上搬失的功率△P｜≡′’厂≡
（6×105）2×2。5W＝9×10｜
｜kW,表明电能将在线路上损耗完,则输电线上损失的功率为3×106kW,C错;D项中输电线上损失
的功率△P＝正’U应为输电线上损耗的电压,而不是输电电压,D错。
厂
18.答案:B
解析根掘图乙叮知’愿线圈输人的交变电版的最大值U｜瞩＝180徊v,有效值U｜-l80v,周期T｀≡队02,濒率′）＝÷≡50
Hz,又″｜
: ″:＝5
; 1,所以副线圈的输出电压的最大值为U2厕!＝36徊V,有效值U2≡36V’周期Ⅲ＝T］＝0.02s,频率九≡／｜＝
;＂Hz;若圈｜线圈两端接阻值为｜2o的电阻则I:-÷-3A.′＝-等-队6A＞队,A,即流过保险丝的电流超过了英熔断电流.
选项A错误;若并联两盏··36V’40W,’的灯泡,那么,灯泡两端电压刚好为其额定电压’此时,流过保险丝的电流I!＝112ˉ1兰＝
γIl
MI.—队2×2×器≡÷A＜肌5A,显然｀整个电路和川屯器均能正常J作,所以选项B止确;输出父流电的频率为50Hz.所以
副线圈两端不可以接工作频率为10Hz的用电设备,选项C错误;电容器的耐压值指的是允许通过的最大电压值,题中副线圈的
输出电压的最大值为U2m≡36徊V＞36V,即超过了电容器的耐压值,所以选项D错误°
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19.答案:ABD
解析;s由“合到‘时’″喊小.由:-器可知U蹭人.变雁糯输出的功率P,—臀随之增人理想变压器P』-P』,又P!-U』′』.
Ul不变’则必有I｜增大,选项A正确;S由6合到α时,与上述情况相反,副线圈电压U2将减小,R消耗的功率将减小°选项B正
确;P上滑时…R增大.变压器输出的功率PⅪ＿带减小则P』减小,由P』＝U』′』知′』减小选聊C错误;若U』增人｀由蛊-器可
知U蹭大,I』-爷随之增大,由′｀＝舟′:知′!也增大.选项∏［确.
20.答案:ACD
解析;图甲中的磁通量变化规律为蜘＝B〔sc。s争.图乙中磁通量的变化规律为鲤乙—B憋sc。s竿′. 巾于闷线圈的磁通量变化规
律相同’则两线圈中感应电动势的变化规律相同,到达最大值的时刻也相同,感应电动势有效值E也相同°又因两线圈电阻相
同,所以Q-:′也相问.经过于时问梳过两线圈横截面的电荷量q＝′ .于也相问.故八、C、D二项正确.
专题＋二动量守恒定律
［过关演练］
1.答案:C
解析:根据自由落体运动和动量定理有u2＝2gh（／l为25层楼的高度,约70m）,F／＝′Ⅺu,代人数据解得F≈1×l03N,所以C正确°
2.答案;B
解析:6做自由落体运动,C的竖直分运动是自由落体运动,故6、C的加速度为g,设斜面的倾角为0,则α的加速度为gSin0,下落相
同高度设高度为′』,硼下滑时阎为』』则志-＋…M｀所以』／—孟F√乎,仇‘下落时阎为′,ˉ仔.“与仲所用时间不同
选项A错误｀α的动虽变化量为′″gsin0. t‖＝′厕｀／刃『百’b、（的动量变化量为″!gt:＝′＂｀／丽百,故三球动量变化大小相等,选项B
正确;由机械能守恒可知°c的末动能大于α、6的末动能,选项C错误;由于rl＞t2 ,所以重力对它们的冲量大小不相等,选项D
错误°
3。答案:A
解析;根据牛顿运动定律得F＝狮α-′″些＝70×乎N＝420N》安全带对乘客的作用力大小也为420］,和A选项相近｀所以
r
√
选A.
4.答案;D
解析:△r时间内贮气瓶喷出气体的质量△m＝pSu°△／,对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统,由动虽定理得F.△t＝
△′″u-0,解得F＝pu』S’选项D正确。
5.答案:A
解析:燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭利燃气组成的系统动量守恒0设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为户,以火箭运动方
向为正方向,根据动量守恒定律,可得P—′′m0＝0,解得户＝′Ⅺu0≡0.050kg×600m／s＝30kg.m／s,选项A正确。
6.答案:BD
解析:本题考查动量守恒｀功能关系及能量守恒定律,设最终箱子与小物块的速度为Ul ,根据动量守恒定律得′′m＝（′＂＋M）Ul ,则
动能揽失△E』＝÷′＂锄:—÷（′″＋M）锄; ’解得△凰-2（鞘『）触』,耻确』依题惠,小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中灾,相
对箱子运动的路程为r≡0·5L＋（N-l）L＋0.5L＝NL’故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能,△E腮＝Q≡N尸mgL,D
正确°
7°答案;C
解析:以向右为正方向9由动量守恒可知（m＋M）ub＝Mu｜-加u,解得小船的速度为答案C。
8.答案:C
解析:根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。以沿斜面向下为正方向,取r0＝1s,A图中:mgsin30°
° 3ro＋F°2r0-Fr0＝
加u］,得ul＝20m／s;B图中:mgsln30° °3t0-Ft（!＋Fr0＝狮哟,得咙≡15m／s;C图中:′＂gsin30° °3t0＋F°2／0＝′川u3 ,得u3＝25m／s;D
图中: ′γlgsin30°
° 3r0＋F° 2r0-F′t0≡′γl℃4 ’得u』＝l5m／s°故选项C正确°
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9。答案:B
解析:设每个氧离子加速获得的速度为U0 ,则有:
2督U＝＋″m;
氧离子被加速过程中,与飞行器组成的系统动量守恒,对＿秒内的所有被加速的氧离子与飞行器有:Mu＝」V″!u0 °故u＝
等√而丽′即B正确.
l0.答案:D
解析:根据动量守恒定律,木板与人组成的系统动量守恒,对于题中的“人板模型”,设各自对地的位移为r》、Ⅱ″』,且有′″′工（』＝
″′工″′ ,工》｜＋工′″＝L板长,以M点为参考点,人向右运动,木板向左运动,易得D是正确的°
1l.答案:D
解析:从图乙可以看出,B做匀减速运动,A做匀加速运动,最后的共同速度为1m／S,系统动量守恒,″!U0＝（′″＋M）U’求得M＝
2kg,木板获得的动能为1J,系统损失的动能为2J,木板的最小长度是两者在1 s内的位移差,为lm,B运动的加速度大小为
lm／s2 ’动摩擦因数为0。1’故选项D正确°
l2.答案:CD
解析:汽车和拖车整体合外力不为零’故动量不守恒,选项A错误;汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零’系统机
械能增加,选项B错误;以拖车为研究对象,由牛顿第二定律得-尸mg≡′′m′ ,则α′＝-尸g,由0-z′β＝α′r得,拖车脱钩后到停止经
历的时间为／＝坠,选项C正确;全过程系统受到的合外力始终为（M＋加）α,末状态拖车的动量为零’全过程对系统应用动量定
尸g
理可得（M＋m）α°坠＝MU′-（M＋′′′）U0 ,解得z／＝（M＋m）（α＋〃g）U0 ,选项D正确°
尸g
〃Mg
l3。答案:D
｜
｜
解析;山题设条件匡球在碰擂过程巾总动量和总机械能守恒.若各球质量为″』,Ⅶ磁撞前系统总动量为″!酌,总动能为＋顺融;
选项A、B中的数搬都违反了动量守恒定律,故小叫能. ｜段如选项C正硫侧碰后总动量为′抛捌徽·但总动能为＋′″铡; .这显然违反
了机械能守恒定律,故也不可能°选项D正确,既满足动量守恒定律,也满足机械能守恒定律°
l4.答案:A
解析:由′′?′』＝2′＂A,知碰前UB＜UA,若左为A球,设碰后二者速度分别为Uh,U》
由题意知户内＝′＂AU闪＝2kg°m／S
户j＝m僻uk＝10kg°m／s
由以上各式得卑＝÷,故正确选项为A.
UB
O
若右为A球’由于碰前动量都为6kg°m／s,即都向右运动,两球不可能相碰°
15。答案:AB
解析』设碰撞后闷者的动量鄙为户根删动董守』恒和能旦守恒得,总动量为〃,根掘′,≡』狮凰.以及能旦的关系得揣≥嘉＋
壶碍黑≤3.所以∧、B正确.
16.答案:A
解析:本题考查对物体运动速度的估算9意在考查考生的估算能力°用量角器测量,碰撞后两球轨迹的夹角约为60°,动量守恒
〃触ˉ2…3旷侧÷-方,所以碰撞过隆中系统撮失的动能约占硼撞前动能的铡掣亏舆』-｜—:（:）』-f2×（方）』≡鹏％,
最接近A项9A项正确。
l7°答案:B
解析;由″—÷g‘』叮知,爆炸后甲、乙两块弹片做平抛趋动的时｜川Ⅱ＝l｀.爆炸过程中,爆炸刀对沿媳方向蝗动的ˉ块的冲量沿运
动方向,故这＿块的速度必然增大9即u＞2m／s,因此水平位移大于2m,C、D项错;甲、乙两块弹片在爆炸前后,水平方向不受外
力,故水平方问动量守恒,即甲、乙两块的动量改变量大小相等9两块弹片质量比为3
: l,所以速度变化量之比为1
: 3,由平抛运
动水平方向上,工＝u0r,所以A图中,u乙＝-0. 5m／s,u职＝2. 5m／s’△u乙＝-2. 5m／s’△u甲＝0. 5m／s,A项错;B图中u乙＝
0.5m／s,u叫＝2.5m／s’△u乙＝-1。5m／s9△u印＝0.5m／s,B项对°
｜
｜
｜
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｜
°
≡
｜
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l8.答案:B
解析:根据摆动过程中机械能守恒利两次击中沙袋摆动的角度相等可知,两次击中沙袋后的速度相同,设为U,用M表示沙袋的
质量, ′′?表示弹丸的质量,由动量守恒得:
第＿次:加U｜＝（M＋加）U
第二次:′川℃2-（M＋m）U＝（M＋2′γ!）U
可以解得Ul
; U囤＝41
; 83。
l9.答案:AC
解析:若环与板碰撞时间极短,则它们受到的重力利弹簧的弹力的冲量可忽略9而除了重力和弹簧的弹力以外,没有别的外力,所
以可以认为环与板的总动量守恒,故A正确;碰撞中只有完全弹性碰撞才是机械能守恒的,而题中环与板的碰撞是完全非弹性碰
撞,所以碰撞时机械能不守恒9故B不正确;板的新平衡位置是指弹簧对板的弹力与环和板的重力相平衡的位置,由弹簧的劲度
系数和环与板的重力决定,与环的下落高度h无关,故C正确;碰后板和环＿起下落的过程中,系统机械能守恒,减少的动能和减
少的重力势能之和才等于克服弹簧弹力所做的功,故D错误°
20.答案:B
解析;A先向左减速到零’再向右做加速运动,在此期间,木板做减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,木板的速度
为刨］.最终它们的共同速度为铡; ｀取水平向石为正方向｀则M刚—顺锄＝M刨』’M触｜＝（M—″′）渺』’可得锄｛-县m／尉.刚:＝2m／s’所以
在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2Dm／s而小于÷m／s’只有选项B正确.
√
21.答案:D
解析:所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑能量损失°设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得, （′′ll＋
狮:）gh-÷（狮｜＋狮』）刨; ,…—狮｜刨＝狮｜锄｜｜….＋（′″｜十狮;）嵌＝÷m烈『＋÷沁访,÷狮｜刨｝＝′″］凰h｜.将狮』＝3砸!代人｀联立可得
∧｜≡4h,选项D正确°
22.答案;B
解析;当人滑到绳下端时｀如图所示｀设人下滑高度为儿｀气球上升高度为h』,由动量守恒定律｀得枷｜△＝′〃』牛,且h｜＋h,＝∧.
』
〖
解得∧!≈1.4m;所以他离地高度H＝h
／h｜≡3.6m,故选项B正确。
气
′
勺
β
早
力
／／／／／／／／
23.答案:B
解析:取向右为正,B船上的人第＿次推出A船时,由动量守恒定律得m膀U｜-mAU＝0,解得U］＝l22△U当A船向右返回后,B船上
″〗B
的人第二次将A推出,由动量守恒定律得′′′AU＋″!＂U｜≡-′＂AU＋′′′′』U2 ’解得U2＝U｜＋旦型△U’设第″次推出A时,B的速度大小为
″0B
U″,由动量守恒定律得′＂AU＋mBU″
1＝-″‖＾z′＋加″U″ ,解得U＂-U′』—｜＋旦』卫△U则有U』』＝（2刀-1）些U,由U≤U″ ,得″≥5.5’取″＝
″〗B
″Ⅶ』j
6’即第6次推出A时,B船上的人就不能再接到A船°
24。答案:C
解析:设航天器运动的方向为正方向’以鸟为研究对象,碰撞过程中由动量定理可得:Fr＝′〃U2-（-″2Ul ）’则F＝″?（U｜＋U:）≈
r
4×109N,故选项C正确。
25.答案:C
解析;A运动到最低点有;…-÷…鼠,到达最低点恰好与B相撞,并渤合存一起有…-2咖砌,酒-等,两者同时t升时机械能
‖
~『
守恒｀有;古×2狮u』≡2mgH’联立解得’H＝＋’C正确。
｜
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26.答案:B
解析:两冰壶碰撞过程动量守恒,两冰壶发生正碰,由动量守恒定律可知,碰撞前后系统动量不变9两冰壶的动量方向即速度方向
不会偏离甲原来的方向,故A错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等0碰撞后两冰壶
交换速度,甲静止9乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后静止9最终两冰壶的位置如选项图B所示,故B正确;两冰壶
碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前’甲在后,故C错误;碰撞过程机械能不可能增大,两冰壶质量相等,碰撞后甲
的速度不可能大于乙的速度,即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,故D错误°
27.答案:AC
解析;两次都没射出｀则子弹与木块最终共速.设为U粪｀由动量守恒定律可得咖p＝（M＋砸）U溅』得U菱＝∏兰丽酒;子弹对滑块所做的
功等于木块获得的动能,故选项A正确;系统损失的机械能转化为热量9故选项C正确。
28.答案:A
解析:设带电粒子以速度U在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力’由洛伦兹力公式利牛顿运动定律得,qUB＝
砸÷,解得狮刚＝gBR.两个粒子的动量狮翘相等.则有q.BR.＝q′BR,.根据题述’α运动的半径大于b运动的半径.即凡＞R偷’
所以q幽＜q′′ 9选项A正确;根据题述条件,不能判断出两粒子的质量关系,选项B错误;带电粒子在匀强磁场中运动的周期T≡
芋誓,不熊判断洲两粒子的周期、比荷之间的关系选项CD错误.
29.答案:AD
解析:根据＄—t图象的斜率等于速度,可知碰前滑块I速度为ul＝-2m／s,滑块Ⅱ的速度为u:≡0.8m／s,则碰前速度大小之比
为5
: 2,故选项A正确;碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块I的动量为负0滑块l的动量为正,由于碰撞后总动量为正,故碰
撞前总动量也为正,故碰撞前滑块I的动量大小比滑块Ⅱ的小,故选项B错误;碰撞后的共同速度为u≡0.4m／s9根据动量守恒
定律.有狮!刚;｛…;-（咖汁狮』）刚,解得′〃』-6咖! ·曲动能的表达式可知.÷咖』测『＞＋…: ,故选项C错误,D正确.
30.答案:AD
解析:A与B碰后瞬间’C的运动状态未变’此时B的速度最大,由A、B组成的系统动量守恒（取向右为正方向）,有mAu0＝-mAu八
＋沉BuB’代人数据得uB＝4m／s,选项A正确,B错误;B与C相互作用使B减速,C加速,由于B足够长,所以B和C能达到相
同速度,二者共速后,C速度最大,由B、C组成的系统动量守恒,有m鹰u腾≡（加B＋加（｀）u（｀,代人数据得uc＝2m／s,选项C错误,D
正确°
3l°答案:A
解析;木板没有固定时,据动量守恒定律有0≡（M＋m）U,则U＝0,据能量转化和守恒定律有Q＝E＂＝F『工°木板固定时,据动量
守恒定律有0＝（M＋′》!）U′ ,则D′＝0,据能量转化和守恒定律有Q＝Ep＝F［°Z′°故工≡Z′ ,小物块最终仍然停在A点,选项A
正确°
32.答案:AC
解析;对题图甲’设物体A的质量为M’由机械能守恒定律可得｀弹簧压缩量为蓟时弹性势能E,＝＋M测; ;对题图乙’物体A以
2叫的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,A、B速度相等,设为U由动量守恒定律有M.2zb＝
（M｜顺）融.巾能量守恒定律有鸟—＋M. （2酬）‘—÷（M｜狮）矿,联立解得M＿3咖.乌（-÷M琉—÷狮＂; .选项A、C正确,BD错误.
33.答案:D
解析;设小物块初速度为″0 ,斜面固定时,由动能定理得—狮gh＝0—÷狮渺; ,所以U侧＝｀／】丽;斜面不固定时｀设最终小物块与斜
面共同速度为U’由水平方向动量守恒得狮戳』＝（M＋枷）刚,由机械能守恒得÷′＂刚;-÷（M｜咖）U』｛…′ ,解得〃′＝∏坚雨′』,选项
D正确。
34.答案;A
解析:设铁块与木板共速时速度大小为U’铁块相对木板向右运动的最大距离为L,铁块与木板之间的摩擦力大小为／°铁块压
缩弹簧使弹簧最短时,由能量守恒可得÷′″翘;＝／L＋÷（M＋狮）渺:＋E』’ . 由动量守恒｀得狮酬』＝（M＋′＂）Ⅷ.从铁块开始运动到最
后停在木板忘端过程.由能量关系得＋顺哺—2／L｜÷（M｛′″）硼』.联立解得旦｀—:J·故选项A正确.
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35.答案:D
解析:小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不
守恒,故A错误;系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向9由动量守恒定律得:″!U
′Ⅶ〖／＝0, ′′′2R＿工-m三≡0,
r
r
解得小车的位移:工＝R,故B错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由B点离开小车时系统水平方向动量为
零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第—次在车中运动过程中,由动能定理得:
′″度（′‖＂
÷′』Ⅷ）—W』＝0,w′为小球克服摩擦力做功的大小解得W′-十′＂g〃』·即小球第—次在车巾滚动损失的机械能为
十′＂g胸／.由十小球第＿次任车巾滚动时,对应位置处逮度变小·因l比小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于＋啊纳,
机械能损失小于士加gh』.因此小球再次离师小车时.能上升的高度大于÷＂｜／—＋脚-＋h＂厕小于:′Ⅷ! ,故n正确.
专题＋三原子物理
［过关演练］
1.答案;ACD
解析:衍射和干涉是波特有的现象,选项A、C正确;光电效应体现光的粒子性,选项E错误;射线在云室中穿过,留下的径迹是粒
子的轨迹’与彼动性无关,选项B错误;电子显微镜利用了电子的波动性来观测物质的微观结构,选项D正确°
2.答案;B
解析:根据爱因斯坦光电效应方程且＝加W＂-肉÷—′〃＂,代人数据解得阴＂≈8×l0｜』Hz｀B正确.
3.答案:BD
解析:图象中的入0是产生光电效应的最大波长,选项A错误;根据爱因斯坦光电效应方程,光电子的最大初动能Ek与人射光的波
长的倒数＋的关系图象对应的函数关系式为E』＝h（上—W,由图象可知凰＝0时,h（-E川＂,选项B正确;由凰＝hc上—W,并
∧
入
∧
结合关系图象则得该金属的逸出功w＝F,选项c错误;着人射光的波长为÷.由凰＝触÷ˉW,解得凰＝肚＋ˉwˉ3E屁＝
2E,即产生的光电子的最大初动能为2E,选项D正确°
4.答案:BC
解析:设该金属的逸出功为W,根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝h似
W,同种金属的W不变9则逸出光电子的最大初动能随γ
的增大而增大,B项正确;又Ek＝eU,则最大初动能与遏止电压成正比,C项正确;根据上述有eU≡hp-W,遏止电压U随似增大
而增大,A项错误;又有加＿Ek＝W,W相同,则D项错误°
5.答案:AC
解析《该装置所加的电压为反向电压’发现当电压表的示数大于或等于0.7V时,电流表示数为0,可知光电子的最大初动能为
0. 7eV,根据光电效应方程Ek＂≡力γ-W（｀,得逸出功W0＝1.8eV,故A、C正确;当开关K断开后,用光子能量为2. 5eV的光照射到
光电管上时发生了光电效应,有光电子逸出,则有电流流过电流表,故B错误;改用能量为L5eV的光子照射,由于光电子的能量
小于逸出功’不能发生光电效应,无光电流,D错误。
6.答案;A
解析:H·的波长最长,频率最低,由跃迁规律可知,它对应的前后能级能量差最小,A项正确;由频率越低的光的折射率越小知,B
项错误;由折射率似＝二可知,在同＿介质中,Hα的传播速度最大,C项错误;当人射光频率大于金属的极限频率时可以使该金属
″
发生光电效应现象,因似＂β＜pHγ ,所以H｜］不＿定能使该金属发生光电效应现象,D项错误°
7.答案:B
解析;由’＝陶U｀又题目中提到元电荷′和普朗克常量h.可联想到能量｀即列出相关等式qU＝加.进而比较＂≡隐U.得出肉＝÷,再
结合题意可知,腮-带,故选项B对.
8。答案;D
解析;铂的极限波长为儿’钾的极限波长为入, ,因为入｜＜入＜入2.由公式U＝÷.极限波长短的极限频率高.所以’当以波长入的光人
∧
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射到两金属板内表面上时,只能使钾金属板发生光电效应°钾失去电子而成为电容器的正极板,光电子运动到铂金属板上后使铂
余属板成为电容器的负极板.对光子,钾裳属板利光电子应用光电效应方程得凰＝枷w,-h十h亡-怔锦.式中w2为
钾金属的逸出功°
光电子不断从钾极板发出’又不断到达铂极板’使电容器带电荷量不断增加,电压也不断增大,这个电压是使光电子减速的反向电
压。当某时刻,光电子恰好到达铂极板时其速度减为零,则电容器的电荷量达到最大值,Q＝cu（这里的电压u相当于反向截止
电压）。
）—｀
由动能定理可以得到eU＝Ek≡hC但—△
｀、
·
∧∧2
平行板电容器的电容C。c罕,
α
Q＝CUc迄手×粤×铝唾子（铝）.因此D选项『脯.
9.答案:B
解析;由题意易知p0≡p3 ,∧p3＝加2＋加l 9故B正确°
l0.答案:BC
解析;γ射线是原子核通过衰变产生的高能电磁波’与核外电子无关’则选项A错误;根据E＝加＝h÷｀可得可见光光子的能量
范围为1。63～3.09eV,由题图可知从″＝4能级跃迁到″≡2能级’E↓-E2＝2。55eV,处在可见光光子的能量范围内9则选项B正
确;从高能级向′′＝3能级跃迁时辐射出光子的最大能量为△E＝1.5leV＜1.63eV’属于红外线,具有热效应,则选项C正确;传播
速度越小,折射率越大,光子频率越大,能量越大’而从高能级向＂＝2能级跃迁时辐射出光子的最大能量为3。4eV,则选项D错误°
11.答案:AD
解析:存在两种可能’第＿种＂＝2到＂＝4（多出来的谱线跃迁分别为4→3、4→2、4→1、3→2｀3→1）’由于是电子轰击,所以电子
的能量必须满足13。6eV-0。85eV＜E＜13.6eV-0.54eV’故D选项正确;第二种可能是′′＝5到″≡6（多出来的谱线跃迁分别为
6→5、6→4、6→3、6→2、6→1）,电子能量必须满足13.6eV＿0.38eV＜E＜13. 6eV-0.28eV,故A选项正确。
12。答案:CD
解析:本题考查玻尔理论、氢原子的能级跃迁等9意在考查考生对玻尔理论和能级跃迁知识的应用能力,根据氢原子的能级图和
能级跃迁规律,当氢原子从″＝2能级跃迁到″＝1的能级时,辐射光的波长—定小于656nm,因此A选项错误;根据发生跃迁只
能吸收和辐射＿定频率的光子,可知B选项错误,D选项正确;＿群处于″≡3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频
率的光子’所以C选项正确°
l3.答案:AC
解析:由题分析可知’电离后产生的电子动能在数值上与原子所处的激发态能级对应.即EⅨ＝1.323MeV,E‖.≡1.399MeV,EM＝
1·412MeV.当发生能级跃迁时,释放的X射线的能量可能值为E［.—E胀＝0·076MeV,EM
E【≡0. 0l3MeV’EM
EⅨ＝
0.089MeV,选项中A、C正确°
14.答案;C
解析:本题考查三种射线的电性及在电场力、洛伦兹力作用下的偏转情况’意在考查考生对三种射线的认知能力。
γ射线为电磁
波,在电场、磁场中均不偏转,故@和@表示γ射线,A、B、D项错;射线中的α粒子为氦的原子核,带正电,在匀强电场中’沿电场
方向偏转,故o表示α射线,由左手定则可知在匀强磁场中α射线向左偏,故@表示α射线,C项对°
l5°答案:B
解析:正在生长的植物中MC的含量是稳定的,死亡后发生衰变,川C含量在降低°
剩余!』C与隙来｜』C的个数比;兴≡（÷）十,′为死亡时间.T为半衰期.
由题意;晶ˉ＋所以;＋＝（＋）w-5730×2年≡u绷0年.
l6。答案:BC
解析:由题图可知,』He的比结合能为7MeV,因此它的结合能为7MeV×4≡28MeV,A项错误;比结合能越大’表明原子核中核
子结合得越牢固’原子核越稳定,结合题图可知B项正确;两个比结合能小的;H核结合成比结合能大的』He时,会释放能量,C
项正确;由题图可知,2;;U的比结合能（即平均结合能）比!;Kr的小,D项错误。
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17.答案:B
解析:静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒,由于系统的总动量为零,因此衰变后产生的牡核利α粒子的动量等大反向,即
户Th＝户. ’B项正确;因此有√面万7下『瓦而≡√面7页瓦了’由于仕核和α粒子的质量不等,因此衰变后仕核和α粒子的动能不等’A项错
误;半衰期是有半数铀核衰变所用的时间,并不是＿个铀核衰变所用的时间,C项错误;由于衰变过程释放能量,根据爱因斯坦质
能方程可知,衰变过程有质量亏损,因此D项错误°
18.答案:BD
解析:比结合能越大,原子核越稳定,则选项A错误;2;!U衰变为2;;Rn,质量数减少16’电荷数减少6,由于原子核经过一次α衰
变,电荷数减少2,质量数减少4,经过＿次β衰变,电荷数增加1,质量数不变,所以经过了4次α衰变,2次β衰变,则选项B正
确;当线圈两端电势差最大时,电流变化率最大,此时电流为零,则选项C错误;在电子的单缝衍射实验中,狭缝越窄,屏上中央亮
~〗
条纹越宽,即能更准确地测得电子的位置,根据不确定关系△r△′≥惫,可知电子动量的不确定量变得更大｀则选项D正确.
19.答案;D
解析;α粒子大角度散射现象说明原子中原子核很小,原子内部十分‘‘空旷,,,A错误;发生全反射的条件之＿是光由光密介质向
光疏介质中传播,故光从空气射人水中,不可能发生全反射9B错误;所有的核反应都遵循电荷数与质量数守恒,反应过程中’质
量有亏损,C错误;γ射线是＿种电磁波,且频率很高,波长很短,D正确。
20.答案:D
解析:α射线是高速运动的氦原子核,A错;↓n是中子不是质子,B错;从光电效应方程EⅨ＝∧p—W逸可知最大初动能和人射光的
频率成一次函数关系而非正比例关系,所以C错;正确答案选D°
21.答案:B
解析:根据核反应过程中质虽数守恒及电荷数守恒可知, l｝N＋!He→l;（）＋｜H,A项错误;;;A1＋』He→｝!P＋↓n9B项正确; l↓B＋
｜H→;Be＋曲He,C项错误;!Li＋｛H→jHe＋!He,D项错误。
22.答案:C
解析:由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知子H＋『H→;He＋‖n’则新粒子为中子↓n9所以A错误;核反应过程中质量亏损,
释放能量,亏损的质量转变为能量’仍然满足能量守恒定律,B错误;由题意可知△E＝（2.0141u×2-3.0160u-l.0087u）×
931MeV／u≈3.3MeV,根据核反应中系统的能量守恒有Ek＂e＋Ek＂＝2EQ＋△E9根据核反应中系统的动量守恒有户＂‘-户n＝0,由
＂＂＝谎,叫知尝＝荒解得风＂』＝蒜元.（2凰」＋△F）≡1M儒V,E赡-咖鹊＂.（2凰＋△E）＝3M詹V,所以C止磁,p错误.
23.答案:ABE
解析:核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒,A项正确;微观粒子相互作用过程中,满足动量守恒定律,B项正确;题述核反
应过程属于“二合＿,,形式的完全非弹性碰撞’机械能有损失,但对于封闭的系统’能量仍然守恒,C项错误;核反应过程中存在质
量亏损现象,D项错误;硅原子质量约是质子质量的28倍,由动量守恒定律知,m0U0＝28″l0U,所以硅原子核速度数量级为
105m／s,方向与质子初速度的方向＿致0E项正确°
24.答案:ABC
解析:比结合能越大,原子核越稳定’选项D错误;自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能’选
项E错误°
25.答案:ABD
解析:根据核反应的质量数守恒与电荷守恒,选项A中核反应方程正确,A正确;2;!U核静止’根据动量守恒可知α粒子和X新
核速度方问相反,又都带正电,则转动方向相同,选项B正确;根据动量守恒可知α粒子和X新核的动量户大小相等,由带电粒子
在磁场巾运动半径公式鹰-志叫知轨道半榨R与其所带电荷量成反比’半径之比为45
; l,选项C错误.D正确.
专题＋四热学
［过关演练］
1.答案:ABC
解析:根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知,题图中两条曲线下面积
相等,选项A正确;题阁中虚线占百分比较大的分子速率较小,所以对应于氧气分子平均动能较小的情形,选项B正确;题图中实
线占百分比较大的分子速率较大,分子平均动能较大,根据温度是分子平均动能的标志·可知实线对应于氧气分子在100°C时的
厂
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情形0选项C正确;根据分子速率分布图可知,题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比,不能得出任
意速率区间的氧气分子数目,选项D错误;由分子速率分布图可知,与0 °C时相比,100°C时氧气分子速率出现在0～400m／s区
间内的分子数占总分子数的百分比较小,选项E错误。
2.答案:BDE
解析: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。
3。答案:C
解析:在其他条件不变的情况下’温度越高,气体扩散得越快,故A错误;布朗运动是固体小颗粒的运动,不是液体分子的运动,故
B错误;分子间同时存在着引力和斥力,故C正确;分子间的引力总是随着分子间距增大而减小,故I）错误。
4.答案:BCE
解析:本题考查分子力、分子力做功和分子势能,意在考查考生对分子力、分子力做功与分子势能关系的掌握情况。在此过程中,
分子力（合力）先增大,后减小,再增大,所以A选项错误;分子力先为引力,做正功,后为斥力,做负功,B选项正确;根据动能定理
可知分子动能先增大后减小,C选项正确;根据分子力做功与分子势能的关系可知,分子势能先减小后增大,D选项错误;根据能
量守恒定律可知,分子动能和分子势能之和保持不变,E选项正确°
5.答案:BCE
解析:本题考查布朗运动、液体的表面张力、液晶、沸点、蒸发等,意在考查考生对常见热学现象本质及热力学基本概念和规律的理
解°悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动,A项错误;空中的小雨滴呈球形是由于水的表面张力作用,使得小雨
滴表面积最小而呈球形,B项正确;彩色液晶中的染料分子利用液晶具有光学各向异性的特点,与液晶分子结合而定向排列,当液
晶中电场强度不同时,染料分子对不同颜色的光吸收强度不同而显示各种颜色,C项正确;高原地区水的沸点较低是由于高原地
区大气压强较小’D项错误;由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热而使其显示的温度低于干泡显示的温度,E项正确°
6。答案:B
解析;大气压是由大气重力产生的.大气压强户＝等＝器｀代人数据可得地球表面大气质量枷≈52×l0｜‘kg.标准状况下
｜m。l气体的体积为V″｜-22」×l0 》m』,故地球表面大气休积为V＝萧V娜厂;湍粤×2…l0 』m』≈』×10」』m》,田｜.
7.答案:D
解析:布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,而非分子的运动,故A项错误;既然运动是无规则的,所以微粒没有
固定的运动轨迹,故B项错误;对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的,所以无法确定其在某＿个时刻的
速度,故也就无法描绘其速度—时间图线,故C项错误;只有D项正确°
8.答案:D
解析:从微观上看,压强取决于分子密度和分子运动的剧烈程度°A选项中,分子密度的变化未知9而B选项中,分子运动剧烈程
度的变化未知,故两种情况下都无法判断压强的变化。C选项中,压缩气体,外界对气体做功,但不知气体的吸热与放热情况,由
热力学第＿定律知,其内能不—定增加。D选项中,两分子作用力为零时,其距离为厂0当其距离厂＞厂0时,分子力表现为引力,当
其距离厂＜厂0时,分子力表现为斥力’马分子α从远处向固定的分子6运动时,先做加速运动,后做减速运动,当其作用力为零时,
即′＝厂0时,其速度最大,动能＿定最大,D选项正确°
9。答案:C
解析:＿定质量的气体’在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数,取决于分子密度和分子运动的剧烈程度,即与体积和温度有
关,故A、B错;压强不变,说明气体分子对器壁单位面积上的撞击力不变’若温度改变,则气体分子平均动能必改变,要保持撞击
力不变,则碰撞次数必改变,同理可判断,N也必定变化,故C对、D错。
l0.答案:BCD
解析;＿定虽的理想气体从α到β的过程,由理想气体状态方程毕＝毕可知,n＞L.即气体的温度＿直升高｀选项A错误;
』凹
』b
根据理想气体的内能只与温度有关,可知气体的内能一直增加,选项B正确;由于从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6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9选项E错误°
11.答案:ABD
解析:抽开隔板.气体自发扩散过程中,气体对外界不做功,与外界没有热交换,因此气体的内能不变9A项正确,C项错误;气体
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在被压缩的过程中,外界对气体做正功,D项正确;由于气体与外界没有热交换,根据热力学第＿定律可知,气体在被压缩的过程
中内能增大’因此气体的温度升高,气体分子的平均动能增大’B项正确’E项错误°
12·答案:ABD
解析:α6过程,气体压强增大,体积不变’则温度升高’内能增加,A项正确;αb过程发生等容变化,气体对外界不做功,C项错误;
＿定质量的理想气体的内能仅由温度决定’bC过程发生等温变化’内能不变,bC过程,气体体积增大,气体对外界做正功,根据热
力学第＿定律可知气体从外界吸热,D项正确;〔u过程发生等压变化,气体体积减小’外界对气体做正功,B项正确;cα过程’气体
温度降低,内能减小’外界对气体做正功,根据热力学第＿定律可知气体向外界放热’E项错误。
13.答案:BC
解析:由题图可知’从A到B气体的体积减小,外界对气体做功,A项错误;从A到B过程气体的温度不变,内能不变,根据热力
学第—定律叫知,气体放｝‖热量,B项正确｀由理想气体状态方程竿＝C,v＝旦T.可知』从B到C气体发生的是等压变化.气体
户
的温度在降低,内能在减少,C项正确,D项错误°
14.答案:ADE
解析:本题考查了理想气体状态方程、热力学第＿定律、压强的微观解释等知识点,意在考查考生的逻辑分析能力°过程α6,理想
气体等容变化,温度升高,理想气体的内能增大’气体＿定吸热,选项A正确;过程bc’理想气体等温变化,压强减小’容器壁单位
面积单位时间内受到分子撞击的次数减少’选项E正确;而体积变大’气体对外做功,气体—定吸热’选项B错误;过程Cα,理想气
体的压强不变,温度降低,内能减小,体积减小,外界对气体做功’气体对外放出的热量大于外界对气体做的功,选项C错误;根据上
述三过程可知9在α、b、C三个状态中,状态α的温度最低,根据温度是分子平均动能的标志,其分子的平均动能最小,选项D正确。
15.答案:D
解析:本题主要考查热力学第一定律和分子动理论,意在考查考生对物理规律的理解能力和联系实际的能力°以胎内气体作为
研究对象,由于气体温度升高9内能增大,体积增大9胎内气体对外做功’所以D项正确°
16.答案:AC
解析:由于两种状态下压强相等’所以在单位时间单位面积里气体分子对活塞的总冲量肯定相等’C正确’B错误;由于6状态的
温度比α状态的温度要高,所以分子的平均动量大’因为总冲量保持不变,所以b状态单位时间内撞击活塞的分子数肯定比α状
态要少,A正确;从α态到b态,温度升高’气体的内能增加,体积增大,气体对外界做功,同时气体从外界吸收了热量’D错误.
17。答案:AC
解析:挤压充气袋’气体的体积减小,充气袋中气体的压强增大’外界对气体做正功,气体对外界做负功,由于袋内气体与外界没
有热交换’根据热力学第＿定律可知’气体内能增大,A、C项正确,B、D项错误°
18.答案:ABE
解析:本题考查气体的特性、热力学第一定律及其相关知识意在考查考生对相关知识的掌握情况°由于气体分子之间的作用力
很小,气体分子可以自由运动’所以气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积,而不是该气体所有分子的体积之
和,选项A正确;根据温度是分子平均动能的标志可知,只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度’气体的温度就可以降低,选项B
正确;根据气体压强的产生原因可知,在完全失重的情况下,气体的压强不为零,选项C错误;气体从外界吸收热量,若同时对外
做功’其内能不＿定增加’选项D错误;气体在等压膨胀过程中,体积增大’温度＿定升高,选项E正确。
19。答案:B
解析:压缩气体时,外界对气体做正功,气体内能增加’温度升高,体积变小,压强增大,所以只有B正确。
20.答案:A
解析:本题考查热力学第＿定律,考查考生对绝热压缩过程中功能关系的分析°由于筒内气体不与外界发生热交换,因此只有做
功改变物体的内能’在M向下滑动的过程中,外界压缩气体对气体做功,根据热力学第＿定律可知,气体的内能增大,A正确。
2L答案:A
解析:本题考查气体的内能、热力学第＿定律,意在考查考生的理解能力、分析综合能力。对气体做功800J,同时气体放出热量
200」,由热力学第＿定律得△U＝W＋Q＝800J-200J≡600J,即气体温度升高,内能增加600J,故A正确°
22。答案:C
解析:气体分子永不停息做无规则运动’故A错;自由膨胀后,气体对外做功W＝0’容器绝热,其热传递能量Q≡0,由热力学第
—定律可知,其内能不变,气体温度不变,但由于膨胀体积增大,故压强减小,所以B错,C对;涉及热现象的宏观过程都具有方向
性,故D错°
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23.答案:ACD
解析:将环境的温度升高’使气体升温’可以认为大气压强不变’根据气体状态方程’气体体积增大’将水银从左侧压向右侧,增大
了h。将大气压强增大,液体可以传递压强,导致封闭气体压强增大,所以体积减小’h减小°沿管壁向右管内加水银后,封闭气
体压强增大,体积减小,但高度差增大°当U形玻璃管自由下落时,完全失重,两侧气体压强＿定相等,所以气体压强减小,体积
增大,高度差增大°所以A、C、D正确’B错误°
24.答案:ACD
解析:封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之和,故左管内外水银面高度差也为h’A对;弯管上下移动,封闭气体温度
和压强不变’体积不变,B错,C对;环境温度升高,封闭气体体积增大,则右管内的水银柱沿管壁上升,D对°
25.答案:C
解析:薄金属筒可以传导热量,水温均匀且恒定,因此在缓慢下降过程中,筒内温度保持不变,由于不考虑气体分子间的相互作
用,因而内能不变;体积减小,外界对空气做功,根据△E≡Q＋w可推知,气体必须对外界放热°故选c。
26°答案:D
解析:打开阀门K后,P中气体进人Q中,由于Q内为真空,气体体积增大时并没有对外做功,又因为系统没有热交换,由热力学
第＿定律可知,其内能不变’但由于气体体积变大,故其压强变小°
27·答案:BC
解析:由热力学第二定律知’热量不能自发地从低温物体传到高温物体,除非施加外部的影响和帮助°电冰箱把热量从低温的内
部传到高温的外部’需要压缩机的帮助并消耗电能°故答案为B、C°
28.答案:B
解析;由粤为恒虽’图象与坐标轴围成的面积表示′v乘积｀从实线与虚线（等温线）比较可得出,该面积先减小后增大’说明温度
么
T先减小后增大,内能先减小后增大。
29.答案;D
解析:第二类永动机并不违反能量守恒定律,跟热现象有关的宏观过程均具有方向性°做功和热传递是改变物体的内能的两种
方式,做功是内能和其他形式的能之间的转化’热传递是内能之间的转移°故答案为D。
30.答案:C
解析:本题主要考查常见的热学现象,意在考查考生对热学知识的识记和理解能力°根据热力学第二定律可知,热机的效率不可
能达到100％,A错误;做功是通过能量转化改变系统内能的,而热传递是通过内能的转移改变系统内能的,B错误;根据热力学
定律可知,温度相同是达到热平衡的标准’C正确;单个分子的运动是无规则的’但大量分子的运动具有统计规律,D错误°
专题十五机械振动机械波
［过关演练］
l.答案;AB
解析:本题考查简谐振动和自由落体运动,意在考查考生对简谐振动的理解。由J＝0. 1sln（2.5冗／）m知,小球的振幅A＝0. 1m’
“≡a…d／s,所以振动周期T＝粤＝M3选项B正蹦;t—α63时,小球下落的离度H-＋瓢』≡Lsm’此时物块在负最大位
移处’所以h＝H-A＝1.7m,选项A正确;0·6阔内物块的路程是0.3m,选项C错误;0.4s时物块经过平衡位置向下振动,与小
球运动方向相同,选项D错误°
2。答案:A
解析;由简谐运动中加速度与位移的关系“～÷叮知,在÷时刻,加速度止向最大,则位移负向最大,故选项A正确.
3.答案:D
解析;由图叫得汕＝丁圆,川』＝÷“侧借＝÷.经′＝T擞时间,侧图中波彤冉次如图所示,腆可知T州-（蹦＋｜）T＂（＂≡0.｜’2’…》,
4
据酗-云,刚腮＝揣则有器≡六（＂＝0,』,2,…）’故A｀B｀C选项符合题意.
∧A
4.答案:C
解析:此题若用图象来解决将更直观、方便°设弹簧振子的振动图象如图所示° B、C两点的位移大小相等、方向相同,但B、C两
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k
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厂厂
点的时间间隔△』≠T’A错误;B｀C两点的速度大小相等、方向相反,但△′≠古,B错误;A、D两点间的位移大小和方向均相等’又
是相邻周期的两点,所以A、D两点的时间间隔△r＝T,A、D两点的位移大小和方向均相等’所以A、D两点的加速度一定相等,C
正确;A、C陶点的＂间间隔△〖＝!,＾点勺C点位移人小相等｀方向相反,在A点弹簧是仰长的,在C点弹簧是压缩的,所以在A｀
C两点弹簧的形变量大小相同,而弹簧的长度不相等,D错误°
从x
≥
′
5.答案;A
解析:本题考查地震波有关的知识,本题为中等难度题目°
由于纵波的传播速度快些,所以纵波先到达地震仪处,所以P先开始振
动.设地震仪距震源的距离为工’则有4惫／＄
9怠／s＝53.解得;工≡36km.
6。答案:AD
解析;山关系式叮知徊＝÷『凰d／s,Tˉ粤-恩·’将′-l§利′-3§代人关系式中求得啊时‘
刻位移相同’A对;画出对应的位移—时间图象,由图象可以看出,第1s末和第3s末的速
度方向不同,B错;仍由图象叮知’3s末至5s末质点位移先为正,后为负,速度方向＿直O
为负9故C错,D对°
-A
7.答案:AB
解析:本题考查波的传播、波速、波长等,意在考查考生对这些知识的理解和综合应用能力°
住
解析:本题考查波的传播、波速、波长等,意在考查考生对这些知识的理解和综合应用能力°
由于以波源开始振动为计时起点,因
此波传到A点需要的时间由题图可以看出为36》已知O、A两点平衡位置的距离为队9m,根据u＝÷可求得波的传播速度为0β
m／s,再根据波长公式入＝uT可求得波长为L2m’因此选项A正确9选项C错误;由于A点开始振动的方向沿着y轴正方向,因
此波源的起振方向也是沿着y轴正方向,故选项B正确;质点A在t＝4s时处在最大位移处,因此动能最小,所以选项D错误°
8.答案:A
解析:由题意和波的图象可知,质点P向〕轴负方向运动,说明波沿工轴负方向传播,波长入＝24m’由图乙可知周期T＝0.4s’所
以彼速为U＝＋＝60m／s,故选项A正确.
』
9。答案:ACE
解析;本题考查了机械波和机械振动、波动图象和振动图象间的联系,意在考查考生的逻辑分析能力,根据图象可知:该波的波长
川-2m,周期T-4§,故波速财-十-α5m／s,选项A止确;从图（b）中叫知;翱-l5m处的质点在′-2｀时.其在平衡位置向γ
轴负方向运动,在图（a）中,沿波的传播方问,0‘下坡向上,上坡向下”’故该波的传播方向向左,选项B错误;0～2s,P运动的路程
／
＄＝卞.4A＝8cm,选项C正确;0～23’P从正向最大位移处运动到负向最大位移处’即沿γ轴负向运动,选项D错误;当i＝73
反
时,P点从图示（r＝26）经历了53,即寸T到达平衡位置,选项E正确。
10.答案:D
解析:根据题图1所示的波动图象,由于波沿Z轴正方向传播’r＝0时刻α点速度为零,6点速度最大,即r＝0时刻质点α的速度
比质点b的速度小9选项A错误;由于t＝0时刻质点α位移最大,所受回复力最大,加速度最大,质点b处于平衡位置,位移为零,
回复力为零,加速度为零,所以r＝0时刻质点α的加速度比质点6的大’选项B错误;根据图1所示的彼动图象,由于波沿工轴正
方向传播,t＝0时刻,质点α从正的最大位移处向下运动,质点b从平衡位置向下运动,所以图2可以表示质点b的振动,选项C
错误,D正确°
l1.答案:C
解析:由图2结合图l可知该质点工坐标值可能是L5m和2.5m,而简谐横波沿工轴正向传播,由图l可得向下振动的质点为
工坐标值为2.5m的质点’故C正确。
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12.答案:I〕
解析:由c质点比α质点起振晚0.5s,知道波动周期T＝1s;在振动图象上确定1.25s时刻的位置,是t轴上第二个平衡位置和
第二个最大位移之间,由此可判断该质点的运动状态是处于正向位移,向上振动,根据“上坡下,下坡上”,知质点应该位于“正向
位移’上坡位置”,选项D正确°
13.答案:D
解析;从题图中直接可以看出振幅为α5m｀A、C错误;从题图可看出波长∧＝4m’波速锄＝÷＝六m／s＝l0m／s’得频率为
2.5Hz,B错误,I）正确°
l4.答案:C
解析:从游船经过平衡位置开始计时,游船＿个周期内的振动图象如图所示,
l北m
汕
川
○
房r｀＼
＿」八ˉ／i0
耐
S
｜
-20
由题意叮知·判游船的位移在l0～20cm之间时,游客能舒服地警船｀∏游船位移在10～20cm之间所持续的时间′—;×÷.将
t≡3s代人得／＝1s,选项C正确。
I5.答案:B
解析;凰、b互为反相质点则间距为（″＋÷）川·入的可能值有24m＼8m、4βm等》对α质点,队5 ＄的振动时间叫表示为
（″＋÷）T侧T的可能值有l·÷｀等;队5｀内α点的振动（在波峰）有叫能恰好传递到‘质点（在波峰）,所以波速Uˉ力≡
羔m／s-24m／爵是叫能的.正确答案为日.
16°答案:C
解析:机械波的频率由波源决定,而波速由介质决定。同一种波,无论频率多少’在同一种介质中的速度是相同的,由于频率不
同,机械波的波长不同.从图中＂以看州,介质「中的波长为介质‖中波长的2倍,＂波逮融-＋-川′.两列波是同◎波源产生
的,频率相同,所以波速之比为℃1＝2u2 ,所以C正确。
l7.答案:B
解析;由题意,P、Q网点之间的距离为÷＋″川〈m）,″-0.l.2.…,故″-0时’∧-0β0m,″-l时＼川＝αl0m｀选项B正确、其余
选项错误°
18·答案:D
解析;从阁中叮得;入＾＝2狮.∧＂＝入＝＂,川〃＝÷.周期分别为T＂≡等,囚』＝贝＿÷’刃』ˉ器,所以有′＾-÷T＾≡瓮,鳃-十T腻＝立.
′｜＝÷T《ˉ嘉,《＂-＋T‖,-亩,所以p项正确.A、B、C项错误.
l9.答案:D
解析;根据PQ振动图象,若RQ传擂的时间差△!-＋T＋″T则十人＋″川＝3m.故入-蒜Im（″—0.l,2,…）.由此确定｀当″＝
Q
12
l时,A正确.当″-2时,儡正确.若P、Q传播的时间羞△!-寸T＋厕T,则÷人＋＂川-3m,川＝I了7丰百m.由此确定当″-3时,C
正确,只有D不可能°
20答案;∧B
解析:A选项,由乙图象看出’t≡0. 15s时,质点Q位于负方向的最大位移处,而简谐运动的加速度大小与位移成正比,方向与位
移方向相反’所以加速度为正向最大值,A正确;B选项中,由乙图象看出,简谐运动的周期为T≡0.20s,r＝0. 10s时,质点Q的
迷度万｜可沿y轴负方「可,由甲图可以看出’波的传播方向应该沿工轴负方向,因甲图是t＝0. 10s的波形,所以t＝0. 15s时,经历
了M饰＝子的时间｀图甲愉艘膨向蜒输负方向平移了÷≡:m胸露离,蛔图所示,圈慷向刷铡…传播侧此醚P点晌屋动
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｜
「
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方向沿』轴负方向,B正确;C选项中,从队l0§到队25§经历了÷个｜剖期波问左传播了βm.C错误;p选项巾,由阎甲可以看
出’由于t＝0. 10s时刻质点P不处于平衡位置,故从t＝0. 10s到r＝0.25s质点P通过的路程不为3（）cm,D错误°
▲J／m』~~
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21.答案:D
解析:本题考查机械波和机械振动的综合问题,意在考查考生的理解能力、推理能力、分析综合能力。从两时刻的波形图可以看
川,在△′＝α63时间内.波传播的蝉离△堑＝÷∧＝6m.故传播时间△‘＝￥-M、凋期T＝M§,A项错误』同时叫求波速为
10m／s;腔-0时刻P』点向y轴负方问振动经过△r—队9§＝l÷T.P点正向y轴负方向振动,B项错误』经过′＿队4§,即半个
周期,P点经过的路程为2A＝0。4m,C项错误;经过r＝0.5s,波向工轴负向平移△｀r＝ur＝5m,可知Q点处于波峰,D项正确°
22.答案:ACD
入
解析;由波形阎可知波长川＝蛆m,M§＝＂T十;T（″≡0.1.:叫.T≡I:岩·（〃-0,1.2,…）,当″-0时.T＝α8、.硼ˉ了＝
50m／蔚.故A选项止确』质点α在平衡位置上卜振动·振动的最少时间为÷T,故路程最小为3A,即30cm故B错误;″-｛时·质
点〔恰好振动（队β＿半×＋）焉-竿§—l＋T,嘶-;×M-00cm,故C选项正确』当T-队s§时’闽出』＋肌5§时刻的波形
图叫以判断『）选项止确;若T＝队…＝芋-勘…d／s,当′＋α45时刻川赌计时.锄-50m（愚,经队4、波｜川前传播20m.作
阁得质点′的振动方程为＂≡αlc。s（?t）（m）,E选项错误.
23.答案;AB
解析:根据题阁可知,波长∧＝4m,则周期T＝4＝l S,选项A正确;波沿工轴正方向传播,则工＝0处的质点在／≡0时向y轴负
U
方向运动,选项隅止确;露＝0处的质点经过＋＄（于）到达平衡位置卜方但没有达到负方向最大位移处,因＂选项CJ〕均错.
24。答案:BCE
解析;由图象叮知简谐横波的波膛为川-4m,A项错误;波沿烫轴正问传播,!≡队5s-÷T.叫得周期T-÷§｀′≡＋-l5Hz,波
逮测＝＋-6m／篇,B、C项止确弧＝0时亥｜,鞭-lm处的质点在波峰.经过1§＝;T,—定在被谷,D项错误;贮-O时刻,篮＝2m处
的质点在平衡位置,经过2s＝3T,质点＿定经过平衡位置9E项正确°
25·答案:ACE
解析:水面波是机械波,选项A正确°根据第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s可知,该水面波的周期为T＝
等;-÷§频率为／-＋≡MHz,选项日错误.该水面波的波长为∧＝涸T＝LS×÷m＝3m,选项C眶确.水面波没肯将该问学
推向岸边,是因为波传播时介质中的质点只在平衡位置附近振动,不随波迁移,但能量会传递出去,选项D错误,E正确°
26.答案:B
解析:本题考查波的传播规律,意在考查考生对波的规律的理解及应用能力°当Q点在r＝0时的振动状态传播到P点时9波形
阁如图中虚线所示°此时,lcm＜工＜3cm范围内的质点分布在波峰两侧,两侧质点振动方向相反,A错误;同＿时亥｜｜’Q处质点
到达波谷位置,加速度方向沿〕轴正方向,B正确,C错误;因为波的传播过程中,质点不随波迁移,D错误°
勺
垄
（）
］n
-2
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27.答案:CD
解析;由波形图可知,波长为人＝』m,波动周期为Tˉ÷＝α1‘.根据题阎,腹-o时刻,质点M向上运动,在《＝古;＝子时,质
点M对平衡位置的位移为正值,其速度方向沿y轴负方向,与位移方向相反’选项A、B错误;质点M的加速度方向向下9沿J轴
负方向’与速度方向相同,选项C正确;质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反’选项D正确°
28。答案:ACD
解析:本题考查简谐波的知识,意在考查考生对简谐运动的分析能力。因为α开始时向下运动,经过／＝3s恰好第＿次到达最高
点,所以波的周期为T＝4息,波长∧＝UT＝8m°在r＝6s时波向前传播的距离为＄＝Ut＝12m,即恰好传到d点9A正确;当r≡5
s时,波向前传播了l0m,作出波形阁可知c恰好处于平衡位置’B错误;6振动的周期即为波的周期,所以C正确;在4篇＜t＜6s
巨
的时间内质点′从最低点运动到最高点,D正确;因为b与d相距了儿所以创向下运动时’质点b不＿定向上运动,所以E错误.
29。答案:D
Q
］
解析;根据题意应用平移法可知了T＝α63.解得T＝α8:’A错;由图可知振幅A＝α2m、波长∧＝8m。r＝α9｀＝l亏T,此
时P点沿y轴负方向运动,B错》队4愚＝÷T运动路程为2A-队4m,C错;‘—队5§—;T—＋T十;T,彼形图中Q正在问下振
动,从「衡位置向卜振动了÷T经十丁到波得,冉过÷T到渡峰.∏对.
30.答案:C
解析:从图上可以看出,该波不是标准正弦波·波长为3d,B、C两点间距不是相差半个波长’所以速度可能大小相等,也可能不相
等,所以A｀B选项错误;若波向左传播’则波传播的距离为虎。3d＋2.5d,其中虎是自然数,为该波问左传播的可能整数波的个
数.时间叫能为△酋—隐T＋÷T当诲-l时·有T—告△‘,D错误』则泉波向右传播时间可能为△旷-腮T＋÷T,当腮-l时’T-
4△t.所以C正确.
／
3L答案;BC
解析:两列波发生干涉的条件是:频率相同9相差恒定°从图上可知∧!＝2∧2 ,则2／l≡／b ,这两列波不是相干波,故不能产生干涉
现象。
两列机械波在相遇区域发生叠加,这是波的基本现象之＿°其结果是:任何＿个质点的总位移,都等于这两列波引起的位移的矢
量和。所以B、C选项正确°
厂厂
由于频率不同’叠加情况会发生变化.如C处此时两波峰相遇’但经÷’s;在C处是波谷’S｜则不是’故C处不能始终加强’
D错。
32.答案:BDE
解析:该时刻位于O处的质点正处于波谷与波谷的相遇点9非平衡位置,选项A错误;P、lv两处的质点处于波峰和波谷的相遇
点’二者运动的步调始终相反,合位移为0,选项B正确;质点并不随波迁移,选项C错误;从该时刻起,经过四分之＿周期,两列
波在M点的振动均达到平衡位置,合位移为零9选项D正确;（）、M连线的中点是振动加强区的点,其振幅为2A,选项E正确°
33.答案;AB
解析:由〕＿t图象知,周期T＝0.2s,且在r＝0。1s时Q点在平衡位置沿〕负方向运动,可以推断波沿r负方向传播,所以C错;
从′-队l0§到′ˉ队l5§时,△《-队＂5尉-于质点Q从图Ⅶ所示的位置振动于到达负最大位移处,又加速度方向与位移方向相
反,大小与位移的大小成正比.所以此时Q的加逮度达到止问最大,门P点从图甲所丽位置运动于时止在由正向最大位移处向
平衡位置运动的途中,速度沿’轴负方向,所以A、B都对;
振动的质点在′-lT内,质点运动的路程为4A;f—于,质点运动的路程为2A;但′＿子,质点运动的路程小一定是」A;膛—乎,质
点运动的路翟也小.定是3A.本题巾从′-队」0‘到′-队25、内·△‘-αl5s—￥.P点的起始位置既个是平衡位置,也不是最
大位移处,所以在￥时间内的路程不是30cm.
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34。答案:BC
解析:超声波的波速由介质决定’是不变的’选项A错误’选项B正确;根据多普勒效应的原理’频率变高’选项C正确’选项D
错误°
35.答案:BD
解析;本题考查波的现象,意在考查考生对概念的理解°纵波没有偏振现象,A错误;白光是由各种色光组成的,B正确;声波传
播时’介质中的质点只能在平衡位置附近振动’不随波的传播而迁移,所以振动速度不是波的传播速度’C错误;因为地震波中的
纵波波速大于横波波速,所以地震时纵波到达＿段时间后横波才能到达,因此可用于横波的预警,D正确°
专题十六光学电磁波相对论
［过关演练］
1.答案:B
解析:本题考查平面镜成像规律,意在考查考生借助光路图分析问题的能力。根据对称性作出示意图,注意二次成像,三次成像’
找到左镜中第三个像到物体的距离为32m’B项正确。
2。答案:C
解析:越靠近地面空气密度越小’其折射率越小,光从折射率小的空气层射向折射率大的空气层发生折射’经折射后又发生全反射
所致°
3.答案:C
解析:如图所示,两边缘光线分别射到A、B时,人射角大于临界角’发生全反射’而后由几何关系
得到第二次到达界面的时候分别垂直界面射出。O点为AB与圆锥顶点所形成三角形的重心,竖
直虚线为二角形的息’则由几何关系得到;器≡器—OBsm30＝2’解得光斑丫襟为光束半径的
OB
2倍是2厂。答案选C°
4.答案:BD
解析:棱镜材料的折射率〃＝徊,光的临界角是45°°当光人射到α6面时,i＝60°,因此发生全反射
解析:棱镜材料的折射率″＝√2,光的临界角是45°。当光人射到α6面时,i＝60°,因此发生全反射
b
』
‖
巨‖
E
C
尸
1）
,即光从αb面没有射出°在α（
面上人射角为30°,有折射光线射出。最后在bC面上垂直射出°故在αC面和b‘.面都有光线射出,正确的是B、D。
5°答案:D
解析:光从光密介质（水）进人光疏介质（空气）’当人射角小于｜临界角时,不会发生全反射现象,只要在没有发生全发射现象的区
域’从上面或是侧面都有光射出,射出的光进人人眼,人就能看见小球,故A项错误;由于光从光密介质（水）进人光疏介质（空气）’
当人射角大于或等于临界角时,会发生全反射现象,即小球所发的光就不能从水面任何区域射出,故B项错误;由于光从＿种介质
进人另—种介质时’光的频率不会发生改变,则小球所发的光从水中进人空气后频率不变,故C项错误;根据〃＝二可得U＝二
U
″
又由于水对光的折射率大于空气对光的折射率’则小球所发的光从水中进人空气后传播速度要变大,故D项正确°
6。答案:C
解析:小虎同学观看月全食时看到的整个月亮是暗红色的,这是由于太阳光中的红光经地球的大气层折射到月球而形成的,则C
项正确;其他选项错误°
7.答案:AC
解析;在E点作出法线可知人射角为60。,折射角为30.,折射率为佰’A对;由光路的可逆性可知’在BC边上的人射角小于临界
角,不会发生全反射,B错;由公式入介＝l至二,可知C对;三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折’不会与人射到E点的光束平行,
Ⅶ
故D错°
8.答案:B
解析:从光线的出射方向可以看出,α光垂直下框射出,b光线垂直上框射出,只有B图能满足上述情况°
9.答案:A
解析;岸上的人看到水面被光照亮是因为光线从水面射出后进人人的眼睛.光线在水面上发生了折射。如图
A
｜
′
所示,设光线OA在界面上恰好发生全反射,侧‖ ·inC-÷,由几何关系叫知; 『瓢nC＝肯,所以′＝
′mn（…m÷）.故其直径创-2′≡2′itan（…in÷）.
O
‖
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10.答案:AB
解析:只经过两次全反射可知第一次人射角为45°,反射光路图如图所示°根据全反射可知临
界角C≤45.,冉根据″＿六叫知″≥徊;光在透明柱体中运动路程为L-仆,运动时｜闽为′-
上＝4』1Z’则t≥尘区r,C、D均错。
U
C
C
11.答案:B
B
〃
解析:根据题述该材料的折射率＂＝-1,由折射定律可知,人射角和折射角相等,且处于法线的
同侧9所以正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是图B。
l2.答案:C
解析:本题考查光的全反射现象和白光色散现象’意在考查考生应用光的全反射利色散知识分析判断实际现象的能力°人射点
由A点向B点缓慢移动的过程中,同＿介质对各色光的折射率不同,各色光对应的全反射的｜临界角也不同’七色光中紫光的折
射率最大,由篙inC＝上可知,紫光的临界角最小,所以最先发生全反射的是紫光;折射光减弱,则反射光增强’故C正确°
门
l3.答案:D
解析;如果6的像是〃则αb的像为愿〃.根据视深公式』ˉ÷叮知,由于水对红光的折射率比对紫光的折射率小,故′:＜′｜＜′,.
l4.答案:C
解析:
如图所示为光线在玻璃球内的光路图。A、
么oAB＝30.,玻璃的折射率″＝耕;＝√了
答案:AD
为反射点9作（）D平行于人射光线,故丝AO［）＝丝COD＝6（）°,所以
C为折射点,B
l5,苔案:AD
解析:当0较小时’屏上lVQ区域有两个光斑’这是两种单色光折射后折射程度不同的结果,当0＝α时lVQ区域A光消失,说明A
光发生了全反射,A光发生全反射的｜临界角为°伺理,B光发生全反射的｜临界角为β,由于β＞α,由″＝木可知,B光的折射率
小,A项正确;由℃≡二可知,B光在半圆形玻璃砖中传播速度较大,B项错误;α＜0＜β时,NQ区域只有＿个光斑’而由于光的反
″
射.在NP区域还有一个光班’β＜β＜÷时,两种单色光全部发生全反射’在NQ区域没有光斑’在lvP区域有＿个由全反射形成
的光斑’D项正确。
16.答案:C
解析:由题图可知,α光的偏折程度大,玻璃对α光的折射率大,α光的频率高,由U＝二可知,在同种玻璃中α光的传播速度小于
″
b光,A项错误;以相同的角度斜射到同＿玻璃板透过平行表面后,由于α光的折射率大’因此α光的侧移量大,B项错误;分别照
射同一允电管,由于α光的频率高,如果″光能引起光电效应,感光也—定能,C项正确;由smC＝＋叫知,光从水中射人空气,α
光发生全反射的临界角小于6光发生全反射的临界角,如果只有＿种光发生全反射,这种光一定是α光,射人空气的＿定是b
光’D项错误。
l7.答案:D
解析;从光路图上看.在人射角相等的情砒下,α光的折射角较大,所以6光折射率大于α光折射率.″胸＞＂. ,根据sinC-＋,α光
的全反射临界角大’增大人射角i’在第二折射面上则两光的人射角减小’但肯定都小于两者的临界角,因此它们不会发生全反射,A
错误;∧刨＝丛,∧偷＝丛,因为∧α0＞∧赋）、″‖＞＂“ ,所以∧铡＞∧‖,B错误;光波属于电磁波’电磁波都是横波’都能发生偏振现象,C错误;
∏u
门b
遏止电压U°满足eU≡∧似-hp0,人射光的频率越低,遏止电压越低’α光折射率较低’则频率较低,对应的遏止电压也低,D正确°
l8.答案:B
解析;设含有凡斯的气体的折射率为″侧光在B中的波长人〃＝÷,如果屏的正中央是亮纹则千—÷＝MN为整数,说明E巾
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的气体与A中的空气成分可能相同,即lV＝0（〃＝1）’也可能不同°即N为非零整数,A错;如果屏上干涉条纹不停地移动,″变’
说明B中的气体瓦斯含量不稳定,C错;如果屏的正中央是暗纹,则＂≠19说明B中的气体与A中的空气成分不相同,可能含有
瓦斯,B对;复色光若满足条件亦可发生干涉,D错°
19.答案:A
／
解析;根据干涉条纹的间距的公式△工＝方∧可知’由于紫光的波长比红光的波长短,所以改为红光后条纹间距＿定增大,A正
确;紫光的临界角比红光的临界角小’所以紫光发生全反射时红光不＿定发生全反射,B错误;由于紫光的频率大于红光的频率,
所以紫光的能量比红光的能量大’紫光发生光电效应红光不＿定发生光电效应,C错误;拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头
前加装＿个偏振片是为了防止玻璃的反光,所以D错误°
20.答案:ABD
解析:根据光的现象,只要光的振动方向不与偏振片的狭逢垂直,光都能通过偏振片°太阳光包含垂直传播方向向各个方向振动
的光,当太阳光照射P时能在P的另＿侧观察到偏振光,A正确;沿竖直方向振动的光能通过偏振片,沿与竖直方向成45°角振
动的光也能通过偏振片,B与D正确;沿水平方向振动的光不能通过偏振片’C错误°
2L答案:AD
解析:为使拍摄的水面下景物更清晰,可利用偏振现象在照相机镜头前加＿偏振片,减少反射光的影响’选项A正确;用三棱镜观
察白光看到的彩色阁样是利用光的折射现象,选项B错误;在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象,选项C错误;光学
镜头上的增透膜是利用光的干涉现象,选项D正确°
22.答案:AD
解析:本题为光的衍射现象在工业生产中的实际应用,考查光的衍射现象若障碍物的尺寸与光的波长相比差不多或更小,衍射
现象较明显°通过观察屏上条纹的变化情况,从而监测抽制的丝的情况,故选A、D°
23。答案:C
解析:由于大气层对光的折射,光线在传播中会发生弯曲,由光路的可逆性可知,视线与激光束会发生相同的弯曲,所以C项
正确。
24.答案:D
解析:A图是稳定的电场,不能产生磁场;B、C图是均匀变化的电场9产生恒定不变的磁场9也不能形成电磁波;D图是按正弦函
数规律周期性变化的电场｀会产生同频率的周期性变化的磁场,能形成电磁场,向外发射电磁波。
25.答案;C
解析:天线发出的两种无线电波各自与另＿天线发出的同＿波长的电波发生干涉,故两种无线电波没关系,A项错误;两种无线
电波传播的速度（光速）相同’由r＝∧似知,波长不同,则频率不同,故两种无线电波不会发生干涉,B项错误;两种无线电彼各自发
生干涉9因此在空间的强弱分布稳定,天线连线的中垂线上都是加强点,故C项正确,D项错误.
26.答案:B
解析:由麦克斯韦电磁场理论可知9磁感应强度随时间均匀增大时,将产生＿个恒定的感应电场,由楞次定律可知9此电场方向与
小球初速度方向相同,由于小球带正电,电场力对小球做正功,小球的速度逐渐增大’向心力也随着增大’故A选项错误,B选项
正确;洛伦兹力对运动电荷不做功,C选项错误;带电小球所受洛伦兹力F＝qBu,随着速度的增大而增大,同时B与／成正比,则
F与／不成正比,故D选项错误°
27.答案:BD
解析:紫外线有杀菌消毒的作用,红外线的主要效应是热效应,且红外线的波长长’易衍射,穿透云雾烟尘的能力强。
28.答案:A
解析:在电磁波中,无线电波是振荡电路产生的;红外线、可见光、紫外线是原子外层电子受激发产生的;伦琴射线是原子内层电
子受激发产生的;γ射线是原子核受激发后产生的!从无线电波到γ射线,频率逐渐增大,波长逐渐减小,而波长越长,越容易发
生衍射现象’因此,紫光比紫外线更容易发生衍射现象,无线电波最容易发生衍射现象°
29.答案;C
解析:由狭义相对论的知识可知,（1）的叙述是正确的;由狭义相对论的时空观可知,（2）的叙述是正确的;根据动钟变慢可知,（3）
的叙述是正确的°正确选项为C。
30.答案:D
解析:相对论的基本概念是:当你被关在＿个封闭的房子中时,你绝对无法知道房子是否在做匀速运动。当房子突然停止运动
时,在其中的人是能够感知这＿点的;当房子突然开始运动时,其内部的人也能有感觉;当房子旋转时,关在其内部的人也能说出
它在转动°但如果房子是在做匀速直线运动,即没有任何加速度,则在其内部的人就无法知道房子是否在移动°即使房子有＿
个窗户9你从窗户向外看,看见某些东西在朝你移动9但你仍说不出是你的房子在向这些东西移动’还是这些东西在向你的房子
移动。
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