专题跟踪检测部分_高考物理物理二轮2025版三维设计二轮复习高考物理学生用书（高考考向+专题复习+专题检测+参考答案与详解）+教师用书+教师用书配套课件全套

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专题跟踪检测部分
第一部分　专题复习　整合突破
专题一　力与运动
第1 讲　力与物体的平衡
1.A　根据牛顿第三定律可知，缆绳对违章车的拉力等于违章车对缆绳的拉力，A 正确；违章车对坡道的作用力可
能是摩擦力和压力的合力，这个合力与坡道不垂直；若违章车只受坡道的支持力，即违章车对坡道只有压力，没
有摩擦力，违章车对坡道的作用力的方向与坡道垂直，B 错误；设坡道与水平面的夹角为θ，则FN＝mgcos θ，坡
道与水平面的夹角越小，坡道受到的压力就会越大，C 错误；违章车除了受到重力、支持力、拉力作用之外还有
可能受到坡道对它的摩擦力，D 错误。
2.D　将力F 垂直于木板1、2 面分解如图
可得F1＝F
sinθ ，F2＝F
tanθ ，故选D。
3.A　由题意可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作
用力等于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不变，A 正确，C 错误；根据手机的受力情况可知，手
机的重力大小等于底部支撑平面ab 对手机的弹力与背部支撑平面PQ 对手机的弹力的合力，当θ 角逐渐增大时，
底部支撑平面ab 对手机的弹力逐渐增大，背部支撑平面PQ 对手机的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，手
机对底部支撑平面ab 的弹力逐渐变大，B、D 错误。
4.A　锅在竖直切面上受力分析如图所示，炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，
即4Fcos θ＝mg，由几何关系，可得cos θ＝√R
2－d
2
4
R
，则R 越大，爪与锅之间弹力越小，同理d 越大，爪与锅
之间弹力越大，锅受到的合力为零，故A 正确；B、C、D 错误。
5.C　设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处时，受重力mg、支持力FN、摩擦力f 作用，如图所示，设蚂蚁与球心
的连线与水平方向夹角为θ，则有sin θ＝R－0.2 R
R
＝4
5 ，即θ＝53°，蚂蚁在最大高度处刚好处于平衡状态，
则静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，则有f＝μFN，则静摩擦因数μ＝f
F N
＝
1
tanθ ＝3
4 ＝0.75，故选C。
6.A　对b 球，根据平衡条件及平行四边形定则可知tan θ＝F
mg ，把两球以及它们间的连线看成整体，根据平衡条
件及平行四边形定则可知tan α＝F
2mg ，则tan θ∶tan α＝2∶1，故选A。
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7.B　对O 点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力G；OA 方向杆的拉力FOA，
BO 方向的弹力FBO，OB 与水平方向夹角为θ，可知G＝FBOsin θ，FOA＝G
tanθ ，当θ 变大时，FBO和FOA均变小。故
选B。
8.D　由题意可知细线c 对A 的拉力和细线d 对B 的拉力大小相等、方向相反，对A、B 整体分析可知细线a 的拉
力大小为Ta＝（mA＋mB）g＝1 N，设细线b 与水平方向夹角为α，对A、B 分析分别有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，
Tbcos α＝Tdcos θ，解得Tb＝0.5 N，故选D。
9.D　在卸下水桶的过程中，两个支持力的夹角是个定值，受力情况如图所示，根据力的示意图结合平衡条件可得
F2
sin α
＝F1
sin β
＝mg
sinθ
，在转动过程中α 从90°增大到180°，则sin α 不断减小，F2将不断减小，β 从钝角减小到
锐角，其中跨过了90°，因此sin β 先增大后减小，则F1将先增大后减小，故D 正确、A、B、C 错误。
10.B　对Q 进行受力分析可知，P 对Q 的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即
导线中电流方向垂直于纸面向外，故A 错误；设导线Q 受到两绳的拉力之和为T，导线P、Q 间的安培力为F，对
Q 进行受力分析，根据三角形定则，受力分析如图所示：
由于两组绳长相同，则根据几何知识可得T＝mg，F＝2mgsin θ
2，故B 正确；由上述分析可知，导线Q 受到两绳
的拉力之和T 始终为mg，与电流I 和角度θ 无关，则导线Q 对悬线的拉力大小不变，故C 错误；导线P 中电流突
然消失的瞬间，导线P、Q 间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q 受到两绳的拉力大小之和为
mgcos θ，故D 错误。
11.D　设车辕与水平方向夹角为θ，则当车匀速前进时，Fcos θ＝k（mg－Fsin θ），解得F＝
kmg
cosθ＋k sinθ ，而
cos θ＋ksin θ＝2
√3sin（60°＋θ），则当θ＝30°时F 最小，即此时车辕的长度约为l＝
H
sin30°＝2H，故选D。
12.D　工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力Gsin 37°与垂直于槽棱方向的分力Gcos 37°，如图甲所示，
垂直于槽棱方向的分力Gcos 37°又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图乙所示，
F1和F2的合力与Gcos 37°等大反向，由几何关系可知2F1cos 45°＝Gcos 37°，解得F1＝F2＝2√2
5
G，故A、B
错误；沿槽棱方向的分力Gsin 37°与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有Ff＝2μF1＝Gsin 37°，解得动摩擦
因数为μ＝3
8 √2，故C 错误，D 正确。
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第2 讲　直线运动与牛顿运动定律
1.D　无人机受到重力和空气升力，悬停时重力与升力平衡，故A 错误；如果向下加速运动时，则处于失重状态；
如果向下减速运动，则处于超重状态，故B 错误；喷洒过程中药水的质量减小，则喷洒过程中惯性减小，故C 错
误；沿曲线轨迹运动时处于非平衡状态，则加速度一定不为零，故D 正确。
2.C　演员在上升和下降的过程中，都只受重力作用，处于完全失重状态，选项A、B 错误；演员上升过程中所用
时间为t＝v
g，则其在空中旋转的时间不超过v
g，选项C 正确；演员上升的最大高度为h＝v
2
2g，选项D 错误。
3.D　由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由s＝1
2aT2可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之
比为1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n+1－√n），n 为大于或等于1 的整数，则冰壶通过最后x
6 的距离所
需时间为t'＝
t
√6－√5＝（√6＋√5）t，故选D。
4.A　设列车减速过程的加速度大小为a，相邻两个相等时间为T，第二个相等时间的末速度为v，一节车厢的长度
为L，根据逆向思维可得n2L＝vT＋1
2aT2，（n1＋n2）L＝v·2T＋1
2a（2T）2，可得n1L＝vT＋3
2aT2，则有n1
n2
＝
vT ＋3
2 aT
2
vT ＋1
2 aT
2
，可得1
1
＜n1
n2
＜3
1
，故选A。
5.B　雨滴从高空静止下落过程中，设雨滴的质量为m，根据牛顿第二定律可得a＝mg－f
m
＝g－k v
2
m ，可知随着
雨滴速度的增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，则v-t 图像的切线斜率逐渐减小；当
空气阻力等于雨滴重力时，雨滴的加速度减为0，且加速度a 与速度v 不是线性关系。故选B。
6.A　设列车的加速度大小为a，根据几何关系及牛顿第二定律有F 合＝mgtan θ＝ma，得列车加速度的大小为a＝
gtan θ，故A 正确，B 错误；根据Tcos θ＝mg，得细线拉力的大小为T＝mg
cosθ ，故C、D 错误。
7.C　作出单扇感应门打开过程的v-t 图像如图所示，根据v-t 图像与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，1
2vm×4 
s＝2 m，解得vm＝1 m/s，根据加速度的定义可知a＝Δv
Δt ＝0.5 m/s2，C 正确。
8.C　小球受重力、细绳OA 斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，设细绳与水平方向的夹角为θ，则细绳OA 中的拉
力大小为T＝mg
sinθ ，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO 方向且大小为a＝T
m＝
g
sinθ
，故选C。
9.B　由v-t 图像可知，0≤t≤140 s 时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，t＞140 s 时，和谐号动车速度小于复兴
号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝140 s 时两车相距最远，根据v-t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，
可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距Δx＝1
2×140×70 m－1
2×（140－70）×70 m＝2 450 m，故
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A、C、D 错误；复兴号高铁的加速度为a＝Δv
Δt ＝
70
140－70 m/s2＝1 m/s2，复兴号高铁加速达到最大速度所需的
时间为t1＝vm
a ＝95
1 s＝95 s，故B 正确。
10.ACD　由牛顿第二定律知mgsin 30°－f＝ma，解得滑雪者加速度的大小为a＝4 m/s2，选项A 正确，B 错误；
由运动学公式x＝v0t＋1
2at2，其中v0＝1 m/s，t＝3 s，解得3 s 内滑雪者下滑位移的大小为x＝21 m，选项C 正确；
由运动学公式知v＝v0＋at，重力的瞬时功率P＝mgvsin 30°，联立解得，3 s 末人与滑板总重力的瞬时功率为P＝
3 900 W，选项D 正确。
11.（1）5 m/s2，方向向左，1 m/s2，方向向右　（2）3 m
解析：（1）A 滑上B 后，对A、B 分别受力分析，由牛顿第二定律，对A 有μ1mg＝ma1
解得A 的加速度为a1＝5 m/s2，方向向左
对B 有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
解得B 的加速度为a2＝1 m/s2，方向向右。
（2）设经时间t1物块和木板速度相同，对物块A，有v1＝v0－a1t1
对木板B，有v1＝a2t1
则物块前进的位移为x1＝v0t1－1
2a1t1
2
木板前进的位移为x2＝1
2a2t1
2
则物块相对木板滑动的最大距离为ΔL＝x1－x2＝3 m。
12.（1）186 N　方向沿滑道向上　（2）245 N
（3）238 N≤F'≤1 176 N
解析：（1）给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F 将皮艇和小孩拉至顶端，由位移与时间的关系公式有L＝1
2at2
得a＝0.2 m/s2
对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsin θ＝ma
代入数据得f＝186 N
方向沿滑道向上。
（2）对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有F－（M＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a
代入数据得拉力的大小为F＝245 N。
（3）给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶端的最小拉力
Fmin'＝（M＋m）gsin θ＋μ1（M＋m）gcos θ＝238 N
若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到最大静摩擦力μ2mgcos θ，对整体，由牛顿第二定
律有Fmax'－（M＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a'
对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－μ1（M＋m）gcos θ－Mgsin θ＝Ma'
联立代入数据得a'＝26.8 m/s2
Fmax'＝1 176 N
故238 N≤F'≤1 176 N。
第3 讲　抛体运动与圆周运动
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1.A　根据题意可知“歼-20”水平方向做匀速直线运动，由v2-h 图像可知竖直方向向上做匀速直线运动，得合运动
为匀速直线运动，由速度的合成得方向斜向上，故选A。
2.B　设垂直于河岸的速度为v0，河宽为2d，花灯与河岸的距离为x（x≤d），则花灯沿水流方向的速度为v 水＝
kx，垂直于水流方向有x＝v0t，则有a＝Δv水
Δt ＝k v0 Δt
Δt
＝kv0可知，加速度为一恒定值，且推出花灯处的加速度方
向沿水流方向，靠近对岸位置加速度方向与水流方向相反，故花灯在从推出位置到河中间的运动为类平抛运动，
从河中间到对岸的轨迹与该运动轨迹对称，根据加速度方向与合力方向相同，合力方向指向轨迹凹侧可知B 项符
合要求。
3.A　落到B 处的石块下落的高度较小，根据h＝1
2gt2知，运动时间较短；根据初速度v0＝x
t 知，落在B 处的石块
水平位移大，运动时间短，则初速度较大。故选A。
4.B　相同时间内运动方向改变的角度之比是3∶2，可知转过的角度之比为3∶2，根据ω＝θ
t 可知，角速度之比为
3∶2，根据T＝2π
ω 可知，周期大小之比为2∶3，选项A 错误；相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，根据v
＝s
t ，可知线速度大小之比为4∶3，根据an＝ωv 可知，向心加速度大小之比为2∶1，选项B 正确，D 错误；根据
r＝v
ω可知，运动半径之比为8∶9，选项C 错误。
5.D　水柱中的水在空中处于失重状态，A 错误；水柱最高点离地越高，水在空中运动的时间越长，B、C 错误；
根据斜抛运动的对称性，可知水从A 点运动到B 点的时间为A 点运动到最高点时间的2 倍，D 正确。
6.BC　令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为θ，石子水平抛出的速度为v0，石子竖直方向做自由落体运动，
则有h＝1
2gt2，石子接触水面时，有tan θ＝v y
v0
＝gt
v0
，解得tan θ＝√2gℎ
v0
，可知，出手高度越大，石子接触水面
时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高度，故
A 错误，B 正确；结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知，为了观
察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故C 正确，D 错误。
7.D　小球刚离开桌面时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则mgtan θ＝mω2R，又tan θ＝R
ℎ，联立可得ω2＝g
ℎ，A
球绳子悬点更高，故A 球先离开桌面，离开桌面时的角速度与绳长无关，故A、B、C 错误，D 正确。
8. x0
x1
解析：设水下落的高度为h，则竖直方向有h＝1
2gt2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，水平方向有x＝
vt，减排前后出水口处水的流速之比就等于水平位移之比，所以减排前后相同时间内的排水量之比就等于水平位移
之比，即为
x0
x1
。
9.D　设沙包b 下落时间为t，则沙包a 下落时间为（t＋0.5 s），A 处比B 处高为Δh＝1
2g（t＋0.5 s）2－1
2gt2，
由此可知Δh＞1.25 m，故A 错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B 错误；由于速度方
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向与竖直方向夹角相等，则gt
vb ＝g（t +0.5 s）
va
，A、B 的水平距离为x＝vbt＋va（t＋0.5 s），由此可知，需要
已知沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C 错误，D 正确。
10.D　依题意，球在AB 段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有hBB'＝1
2gt1
2，球在BC 段做平抛运动，有
hBB'＝1
2gt2
2，联立解得t1＝t2，故C 错误，D 正确；球在AB 段水平方向，有xAB'＝v1t1，球在BC 段水平方向，有
xCB'＝v2t2，由图可知xAB'＞xCB'，联立解得v1＞v2，故A、B 错误。
11.（1）3.6 m　（2）√61 m/s　（3）6
5
解析：（1）跑酷爱好者到达右墙壁P 点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维可知，从M 点到P 点的逆过
程为平抛运动，则h＝1
2gt1
2，从P 点到Q 点的过程为斜抛运动，根据对称性可得H－h＝1
2g(
t2
2)
2
，L＝v0t2，解得
t1＝0.4 s，t2＝1 s，v0＝6 m/s，跑酷爱好者助跑的距离为x＝L－v0t1＝3.6 m。
（2）跑酷爱好者刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为vy＝g×t2
2
＝5 m/s，跑酷爱好者刚离开墙壁时的速度大小为
v＝√v0
2＋v y
2＝√61 m/s。
（3）跑酷爱好者刚离开P 点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan θ＝v0
v y
＝6
5 。
12.（1）60 m　（2）1 000√2 V
解析：（1）灭火弹离开炮口后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动。则灭火弹在
水平方向上有vx＝v0cos 53°＝30 m/s，
灭火弹从离开炮口到击中高楼所用的时间
t＝L
v x
＝60
30 s＝2 s，
在竖直方向上有vy＝v0sin 53°＝40 m/s，
灭火弹击中高楼位置距地面的高度H＝vyt－1
2gt2，
代入数据解得H＝60 m。
（2）由题意可知ηE＝1
2 mv0
2，
解得E＝25 000 J，
又E＝1
2 CU2，
代入数据解得U＝1 000√2 V。
13.（1）2 100 N，方向竖直向上　（2）10.8 m
（3）171√3
40
 m
解析：（1）在C 点，对运动员，由牛顿第二定律有FN－mg＝m v1
2
r
解得FN＝2 100 N
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即运动员在C 点时受到圆弧轨道的弹力大小为2 100 N，方向竖直向上。
（2）设运动员在由D 点飞出时速度与水平方向成α 角，从D 点运动到P 点的过程中，竖直方向有（v2sin α）2＝
2gh，v2sin α＝gt1
水平方向有xDE＝v2t1cos α
解得α＝53°，xDE＝10.8 m。
（3）运动到P 点的速度vP＝v2cos α
对其垂直于斜坡方向分解vy＝vPsin θ，ay＝gcos θ
当垂直于斜坡方向上的速度减为0 时，距离斜坡最远，由几何关系可知d＝hcos θ＋H
其中v y
2＝2ayH
解得d＝171√3
40
 m。
14.（1）4.8 m　（2）12 m
解析：（1）在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直于AD 方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin 
72.8°①
设运动员在ABCD 面内垂直于AD 方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos 17.2°＝ma1
②
由运动学公式得d＝v1
2
2a1
③
联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m④
（2）在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得
v2＝vMcos 72.8°⑤
设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2
⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t＝2v1
a1
⑦
L＝v2t＋1
2a2t2
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨
第4 讲　万有引力与宇宙航行
1.BC　根据开普勒第一定律可知，太阳处在12P 彗星椭圆轨道的焦点上，选项A 错误； 根据开普勒第二定律可
知，12P 彗星在近日点的速度比在远日点的速度大，选项B 正确； 根据开普勒第三定律可知，12P 彗星轨道半长
轴的三次方与它公转周期的二次方的比值是一个定值，选项C 正确；根据开普勒第二定律可知，在远离太阳的过
程中，12P 彗星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，选项D 错误。
2.AB　从图中我们可以看到，冬至时地球位于近日点附近，公转速度最快。随着地球向远日点移动，公转速度逐
渐减慢。因此，芒种 （位于远日点附近）时的地球公转速度应该比小满 （位于近日点和远日点之间）时慢，故
A 正确；地球公转轨道是椭圆形的，但轨道上的速度并不是均匀分布的。由于公转速度的变化，芒种到小暑的时
间间隔与大雪到小寒的时间间隔并不相等。从图中可以看出，芒种到小暑的时间间隔要大于大雪到小寒的时间间
隔，故B 正确；地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关。立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等（立
春时离太阳较近，立秋时离太阳较远），因此公转加速度也不相等，故C 错误；春分、夏至、秋分、冬至四个节
气虽然分别代表了春、夏、秋、冬四季的开始，但它们并不刚好将一年的时间分为四等份。实际上，由于地球公
转轨道是椭圆形的，各季节的时间并不相等，故D 错误。
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3.C　设月球表面的重力加速度为g0，则有G Mm
R
2 ＝mg0，解得g0＝GM
R
2 ＝G
R
2×4
3 πR3ρ＝4 π ρGR
3
，根据竖直上抛
运动的规律可知，物体落回月球表面的时间t＝2v0
g0
＝2v0×
3
4 π ρGR ＝
3 v0
2π ρGR
，C 正确。
4.BD　地球的第一宇宙速度等于卫星在近地轨道的环绕速度，根据万有引力提供向心力得GMm
R
2
＝mv
2
R ，结合mg
＝GMm
R
2
得第一宇宙速度v＝√gR，又g 月＝1
6g 地，R 月＝1
4 R 地，可知返回舱相对月球的速度小于地球的第一宇宙速
度，选项A 错误，B 正确；根据万有引力提供向心力得，在近地（月）轨道上有GMm
R
2
＝m4 π
2
T
2 R，又GM＝gR2，
得T＝√
4 π
2 R
g
，可得T 月
T 地
＝√
R月
R地
·√
g地
g月
＝√
3
2
，可知选项C 错误，D 正确。
5.B　鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入到地月转移轨道，A 错误；由开
普勒第三定律a
3
T
2＝k，鹊桥二号在捕获轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期，B 正确；在P 点要由捕获
轨道变轨到环月轨道，鹊桥二号需要做近心运动，必须降低速度，所以经过P 点时，需要点火减速，C 错误；根
据万有引力提供向心力知G Mm
r
2 ＝ma，解得a＝GM
r
2 ，则经过A 点的加速度比经过B 点时小，D 错误。
6.B　高轨卫星01 星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，在赤道正上方，因此不可能静止在咸宁的正上
方，故A 错误；由题意可知，高轨卫星01 星所受的万有引力提供向心力G Mm
r
2 ＝mrω2，又S＝πr2 θ
2π ，ω＝θ
t ，综
合解得地球的质量为M＝2S√2Sθ
Gt
2
，故B 正确；在地球表面，有G Mm
R
2 ＝mg，得地球表面的重力加速度为g＝
2S√2Sθ
t
2 R
2
，故C 错误；贴近地球表面，由万有引力提供向心力，可得G Mm
R
2 ＝mv1
2
R
，得地球的第一宇宙速度为v1
＝√
2S√2Sθ
t
2 R
，故D 错误。
7.C　由第一宇宙速度定义可知G Mm
R
2 ＝mv1
2
R
，解得第一宇宙速度为v1＝√
GM
R
，又M＝ρV＝ρ·4
3 πR3，由题意可
知v2＝√2v1，且对于黑洞有v2＝c，联立可得该黑洞半径最小为R＝√
3c
2
8 π Gρ
≈3×103 m，故选C。
8.A　双星系统两个恒星的角速度相同，周期相同，设恒星A 和恒星B 的轨道半径分别为rA和rB，对A，根据万有
引力提供向心力得Gm·2m
L
2
＝m4 π
2
T
2 rA，对B，根据万有引力提供向心力得Gm·2m
L
2
＝2m4 π
2
T
2 rB，又L＝rA＋
rB，联立解得rA＝3√
2GmT
2
9 π
2
，故选A。
9.AB　第一宇宙速度是地球卫星的最小发射速度，发射“神舟十八号”的速度应大于第一宇宙速度，A 正确；由
开普勒第三定律知，神舟十八号进入Ⅱ轨道后周期变长，B 正确；M 卫星若要与空间站对接，M 卫星应该由低轨
道与高轨道的空间站对接，对接开始时需要点火加速，脱离原有轨道，此后做离心运动与空间站实现对接，若在
 9 / 92
同一轨道，M 卫星点火加速轨道会变的更高，C 错误；根据牛顿第二定律有G Mm
R
2 ＝ma，可得a＝G M
R
2，Ⅲ轨道
上的c 点的加速度等于Ⅱ轨道上的c 点的加速度，D 错误。
10.D　由开普勒第二定律知小行星甲在远日点的速度小于在近日点的速度，A 错误；小行星乙在远日点到太阳的
距离与地球到太阳的距离相等，由G Mm
r
2 ＝ma 可知，小行星乙在远日点的加速度和地球的公转加速度相等，B 错
误；根据开普勒第三定律，有（R1＋R
2
）
3
T 1
2
＝（R2＋R
2
）
3
T 2
2
，解得
T 1
T 2
＝√
（R1＋R）
3
（R2＋R）
3 ，C 错误；甲、乙两星
从远日点到近日点的时间之比
t1
t2
＝
T 1
2
T 2
2
＝√
（R1＋R）
3
（R2＋R）
3 ，D 正确。
11.BC　根据万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 ＝mv
2
r ＝mω2r，可得v＝√
GM
r
，ω＝√
GM
r
3 ，卫星Ⅱ的轨道半径小
于卫星Ⅰ的轨道半径，则卫星Ⅱ运动的线速度大于卫星Ⅰ的线速度，卫星Ⅱ运动的角速度大于卫星Ⅰ的角速度，
故A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律G Mm
r
2 ＝ma，可得a＝GM
r
2 ，其中rⅠ＝R
sinθ ，rⅡ＝R，卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加
速度之比为aⅠ∶aⅡ＝rⅡ
2∶rⅠ
2＝sin2θ∶1，故C 正确；根据万有引力提供向心力，有G Mm
rⅠ
2 ＝m4 π
2
T 0
2 rⅠ，解得地球的
质量为M＝
4 π
2 R
3
GT 0
2sin
3θ ，故D 错误。
12.AC　根据题意可知R 太∶R 地＝100，R 月∶R 地＝1∶4，结合视角图可得地球到太阳的距离与月球到地球的距离
之比约为r1∶r2＝400∶1，故A 正确；由GMm
r
2
＝4 π
2mr
T
2
，可得M＝4 π
2r
3
GT
2 ，则太阳的质量与地球质量之比为
M 太
M 地
＝r1
3T 2
2
r2
3T 1
2＝3.8×105，地球对月球的引力与太阳对月球的引力之比为F地月
F太月
＝
G M 地
r2
2
∶
G M 太
（r1－r2）
2 ≈0.4，
因星球的密度为ρ＝M
V ＝3 M
4 π R
3，则地球与太阳的平均密度之比为ρ 地∶ρ 太＝M 地R太
3
M 太R地
3≈2.6，故C 正确，B、D
错误。
专题二　能量和动量
第5 讲　功与功率　动能定理
1.C　重力做的功WG＝mgr＝400 J，选项A 错误；经过Q 点时轨道对货物的支持力的大小FN＝mg＋mv
2
r ＝140 
N，根据牛顿第三定律知，货物对轨道的压力大小140 N，选项B 错误；经过Q 点时货物的向心加速度大小an＝
v
2
r
＝4 m/s2，选项C 正确；货物克服阻力做的功Wf＝mgr－1
2
mv2＝320 J，选项D 错误。
2.BC　拉力所做的功WF＝Fxcos θ，轮胎做加速运动，则Fcos θ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos θ，选项
A、D 错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功W 合＝1
2mv2，选项B 正确；拉力的最大功率Pm＝Fvcos θ，
选项C 正确。
 10 / 92
3.A　水车每秒转动的圈数为n
60，水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，则水车运水的功率P＝W
1 × n
60＝
2NmgR× n
60＝nNmgR
30
，故选A。
4.AD　根据牛顿第二定律，在0～1 s 内，有F－f＝ma1，在1～3 s 内，有f＝ma2，结合图线可得a1＝Δv1
Δt1
＝2
1 
m/s2＝2 m/s2，a2＝Δv2
Δt2
＝2
2 m/s2＝1 m/s2，联立可得F＝1 500 N，f＝500 N，0～1 s 内，帆船的位移为x1＝1
2vt1
＝1 m，在0～1 s 内，风力对帆船做功WF＝Fx1＝1 500 J，水的阻力对帆船做功Wf＝－fx1＝－500 J，合外力对帆
船做功W 合＝WF＋Wf＝1 000 J，故A 正确，B、C 错误；在1～3 s 内，帆船的位移x2＝1
2vt2＝2 m，水的阻力对帆
船做功Wf'＝－fx2＝－1 000 J，故D 正确。
5.D　由图丙可知ω＝2t，所以水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，可知水斗从静止开始做匀加速直线运动，
其水斗上升的加速度a＝0.2 m/s2，故A 错误；10 s 时水斗的速度v10＝0.2×10 m/s＝2 m/s，动能Ek＝1
2（m＋
m'）v2＝5 J，故B 错误；由牛顿第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5 N，10 s 时井绳拉
力的瞬时功率P＝Fv10＝51 W，故C 错误；水斗匀加速上升，0～10 s 内它上升的高度h＝1
2at2＝10 m，0～10 s
内井绳拉力所做的功W＝Fh＝255 J，故D 正确。
6.B　时间Δt 内，通过圆面的空气的质量m＝ρvΔt·πR2，该部分空气的动能Ek＝1
2mv2，则此风力发电机发电的功率
P＝20％Ek
Δt
，解得P≈1.5×105 W，故选B。
7.C　在A 点，汽车加速度a1＝Δv
Δt ＝2 m/s2，根据牛顿第二定律F1－Ff－mgsin θ＝ma1，此时汽车的功率P＝F1v
＝（Ff＋mgsin θ＋ma1）v0，由图可知汽车最大速度vm＝16 m/s，此时牵引力F2＝Ff＋mgsin θ，则P＝F2v＝（Ff＋
mgsin θ）vm，汽车功率不变，联立两式解得Ff＝2×103 N，P＝64 kW，故A、B 错误；从A 点到D 点，根据动能
定理Pt－（Ff＋mgsin θ）L＝1
2mvm
2－1
2mv0
2，解得斜坡长L＝160 m，故C 正确；根据P＝Fv，可得当v＝10 m/s
时，牵引力F3＝6.4×103 N，根据牛顿第二定律F3－Ff－mgsin θ＝ma2，解得汽车的加速度a2＝1.2 m/s2，故D 错
误。
8.（1）2√10 m/s　（2）5 000 N　方向水平向左　（3）4 000 J
解析：（1）在B 点，由牛顿第二定律，可得mg＝mv1
2
R
，解得v1＝2√10 m/s。
（2）同理，在C 点，有FN＝mv2
2
R
，解得FN＝5 000 N，由牛顿第三定律可知FN'＝FN＝5 000 N，方向水平向左。
（3）从A 到B 过程，根据动能定理可得W－mg×2R＝1
2mv1
2－1
2m（2v1）2，解得W＝4 000 J。
9.（1）2 600 N　（2）14√3 m
解析：（1）对滑板和运动员从A 点到C 点，根据动能定理可得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＋mgR（1－cos 37°）＝1
2mv2－0
 11 / 92
解得v＝10 m/s，
在最低点C 点，有FN－mg＝mv
2
R ，解得FN＝2 600 N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨道最低点
C 时对C 点的压力大小为2 600 N。
（2）从C 到P 的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cos 60°）＝1
2mv1
2－1
2mv2，
解得v1＝√70 m/s，
设右侧斜面的落点到P 点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos 60°＝v1xt，
lsin 60°＝－v1yt＋1
2gt2，其中v1x＝v1cos 60°，v1y＝v1sin 60°，
解得l＝14√3 m。
第6 讲　机械能守恒定律　能量守恒定律
1.A　运动员从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒；运动员从B 点运动到C 点的过程中，蹦床对运动员的弹力做
负功，运动员的机械能减小，选项A 正确，B 错误；运动员从B 点运动到C 点的过程中先重力大于弹力，向下加
速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，蹦床的弹性势能一直增大，选项C、D 错误。
2.D　从B 到A 过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A
错误；从B 到A 过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增
大后减小，故B 错误；从B 到A 过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C 错误；因
为从B 到C 过程弹簧的平均作用力大于从C 到A 过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B 到C 过程
弹簧弹力对小球做的功大于从C 到A 过程弹簧弹力对小球做的功，故D 正确。
3.C　上升过程竖直速度vy＝v0y－gt，下降过程竖直速度vy＝gt，可知图像是两段直线，选项A 错误；足球在空中
运动时机械能守恒，则E-t 图像是平行横轴的直线，选项B 错误；根据机械能守恒定律可知Ek＝Ek0－mgh，选项C
正确；重力的功率P＝mgvy＝mg√v0 y
2－2gℎ，则P-h 图像是曲线，选项D 错误。
4.A　假设弹簧的作用力为F，可知F＝kx，在上升过程中有F－mg＝ma，a＝F －mg
m
＝kx －mg
m
，随着人的上
升，弹簧形变量减小，a 逐渐减小，在高度为h1时F＝mg，此时a＝0，并非加速度取最大值，故A 错误；由图像
可知，h1～h2阶段人向上做加速度增大的减速运动，此时仍有弹力。h2～h3阶段人向上做匀减速直线运动，此时已
没有弹力作用。因此h2高度时鞋开始脱离地面，故B 正确；在0～h2的过程中，弹簧对人做正功，人的机械能增大，
故C 正确；在h2～h3的过程中，人做竖直上抛运动，加速度向下，处于失重状态，故D 正确。
5.BCD　由图乙可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线运动，故A 错误；飞至h0高处时，根据动能定
理可得W 合＝1
2mgh0＝1
2mv2，解得速度大小为v＝√gℎ0，故B 正确；飞至2h0高处时，根据牛顿第二定律F－mg
＝mg，解得无人机所受的升力为F＝2mg，故C 正确；从地面飞至3h0高处的过程中，无人机动能的增加量ΔEk＝
1
2
mgh0＋mg·2h0＝2.5mgh0，重力势能的增加量ΔEp＝mg·3h0＝3mgh0，机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.5mgh0，
故D 正确。
6.AD　当钢球从右侧管口处释放时，钢球的机械能最大，到达最高点时的速率最大，根据动能定理得mg×（4R
－2R）＝1
2mv2，解得v＝2√gR，故A 正确；当钢球的释放高度h＝2.5R，此时，根据机械能守恒得mg×（h－
2R）＝1
2mv2，所需向心力Fn＝mv
2
R ，解得Fn＝mg，可得此时重力恰好提供向心力，钢球在圆管最高点时对轨道的
 12 / 92
弹力为零，故B 错误；钢球若从左侧管口离开，则钢球需能到达圆管的最高点，由题意可知，钢球恰能通过最高
点时的速率为零，则根据机械能守恒得mg×（hmin－2R）＝0，解得hmin＝2R，所以，钢球若能从左侧管口离开，
则释放高度h≥2R，故C 错误，D 正确。
7.（1）0.2 N　（2）0.45 J
（3）0.45 J≤Ep≤0.656 J
解析：（1）滑块在C 点，受到的弹力提供向心力，则FNC＝mv1
2
R
，解得FNC＝0.2 N。
（2）假定滑块刚好到达F 点有vF＝0，从A 运动到F 点－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4 J，滑块要能到F
点，须先通过D 点，刚好过D 点时有mg＝mv D
2
R
，得vD＝3 m/s，从A 运动到D 点，有－mg×2R＝1
2mv D
2－Ep2，
解得Ep2＝0.45 J，因为Ep2＞Ep1，所以恰好到F 点时，弹簧的弹性势能为0.45 J。
（3）由于μ＞tan θ，滑块在弹回的过程中刚好停在F 点时弹簧的弹性势能最大，从A 运动到F 过程，根据动能定
理得－mg（2R＋2r）－μmgcos θ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656 J，所以弹簧的弹性势能Ep的取值范围0.45 
J≤Ep≤0.656 J。
8.（1）3mg
2d 　（2） √
8 gd
3
　（3）mgd
3
解析：（1）由于P、Q 两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P 点的压缩量等于Q 点的伸长量，由几何
关系知PQ＝dtan α＝4
3 d
则小球位于P 点时弹簧的压缩量为x＝1
2PQ＝2
3d
对P 点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx
解得k＝3mg
2d 。
（2）当小球运动到Q 点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ 垂直，所以物体乙的速度为零，
又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg·(
d
cosα －d)－mgdtan α＝1
2mv2
解得v＝ √
8 gd
3
。
（3）由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球甲和物体乙的机械能之和最大Em＝1
2kx2＝mgd
3
。
第7 讲　动量定理和动量守恒定律
1.C　平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，速度不变，动量不变，根据动量定理可知所受合外力的冲量为零，A 错
误，C 正确；平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，平板车与货物组成的系统动能不变，重力势能增加，则机械能
增加，B 错误；同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，推力不为零，位移不为零，则所受推力做功不为零，
D 错误。
2.C　由牛顿第三定律可知1 s 时间内喷出的离子受到发动机的平均作用力大小为F＝0.1 N，对1 s 时间内喷出的
离子，由动量定理可得Ft＝mv－0，解得该发动机1 s 时间内喷出离子的质量为m＝Ft
v ＝0.1×1
25 000 kg＝4×10－6 
kg，故选C。
 13 / 92
3.A　设向后为正方向，由动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由动量定理有－Ft＝－（M－m1）v2－0，解
得F＝360 N，故选A。
4.C　水球与球拍作用过程中，把水球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A 错误；
由冲量公式I＝Ft 可知与球拍作用过程中水球受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B 错误；
实验舱内的物体处于完全失重状态，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫号空间站做匀速直线运动，被击打
后水球相对地球做变速曲线运动，故C 正确，D 错误。
5.B　由题意可知，水虿逃窜时的速度达到v1＝15 m/s，水虿和喷出的水组成的系统动量守恒，设水虿喷射出水的
速度为v2，取水虿向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝m－m0
m0
v1＝
0.5－0.2
0.2
×15 m/s＝22.5 m/s，故选B。
6.C　对C 由动能定理得WC＝1
2mCvC
2，解得vC＝4 m/s，爆炸后B 和C 共速，即vBC＝vC＝4 m/s，对A、B、C 整
体，动量守恒，则mvA＝2mvBC，解得vA＝8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝1
2mv A
2＋1
2×2mvBC
2＝
96 J，故选C。
7.B　人从船尾走到船头的过程动量守恒，则Mv 船＝mv 人，即Md
t ＝m L－d
t
，解得渔船的质量为M＝
m（L－d ）
d
，故选B。
8.A　对风筝受力分析如图1 所示，作出矢量三角形如图2 所示，可知风筝此时获得的垂直于风筝面的力F＝
2mgcos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直于风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，Δt 时间内，垂
直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直于风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝
2mgcosθ
S v
2
，故选A。
9.D　碰撞过程由动量守恒定律可知p＝－p
2 ＋p'，由能量关系可得：p
2
2m
＝(
p
2)
2
2m
＋p'
2
2m'
，解得m'＝3m，选项A
错误；t1时刻图线切线斜率最大，此时加速度最大，两粒子距离最近，两者共速，则由动量守恒定律得p＝（m＋
3m）v，解得t1时刻α 粒子的动量为pα＝mv＝p
4 ，选项B、C 错误；当两粒子相距最近时电势能最大，最大电势能
为Epm＝p
2
2m－1
2（m＋3m）v2＝3 p
2
8m ，选项D 正确。
10.（1）3 m/s　（2）16.7 m
解析：（1）对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3 m/s。
（2）人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有a＝μg＝2 m/s2，经时间t 人追上木箱，则
有s1＝v1t，s2＝vt－1
2at2，s＝s1＝s2，得t＝2 s，s＝6 m，此时木箱速度为v2'＝v－at＝1 m/s，人抓住木箱后，共同
 14 / 92
速度为v'，系统动量守恒，则m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝8
3m/s，此后二者共同匀减速运动，则1
2（m1＋
m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝32
3 m，又因为x＝s＋s'，所以x＝50
3 m＝16.7 m。
11.（1）0.25 m/s　0.75 m/s　（2）1.0 s
（3）0.05（3n2－3n＋1） m
解析：（1）A 沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cos θ＝3ma，分
析B 的受力，则mgsin θ＝μBmgcos θ，即B 静止在斜面上。A 与B 发生第一次碰撞前，由运动学规律得v A 0
2＝
2al，A 与B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，1
2×3mv A 0
2＝1
2×3mv A 1
2
＋1
2mvB1
2，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。
（2）由（1）可得，A 从静止释放后，经过时间t0与B 发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B 以速度vB1做匀速直线运动，
A 以初速度vA1，加速度a 做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋1
2at1
2＝vB1t1，此时，B 以速度vB1做匀速直
线运动，A 的速度为vA1'＝vA1＋at1，A 与B 发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝
3mvA2＋mvB2，1
2×3mvA1'2＋1
2mvB1
2＝1
2×3mv A 2
2＋1
2mvB2
2，B 以速度vB2做匀速直线运动，A 以初速度vA2，加速度
a 做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋1
2at2
2＝vB2t2，显然，每次碰撞后，B 均相对A 以初速度vA0、加速度
aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4 s。故A 与B 发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解
得T3＝1.0 s。
（3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l
＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1 次碰撞至第n 次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l 
（n＞1），A 从静止释放到第n 次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－
3n＋1） m。
素养培优1　“板块”模型中动力学、
能量和动量的综合
1.（1）1 m/s　（2）1 s
解析：（1）小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）
v，解得v＝1 m/s。
（2）根据题意，对滑块，由动量定理有－μmgt＝mv－mv0，解得t＝1 s。
2.（1）0　（2）2 m/s　（3）0.2
解析：（1）物块C 与木板A 发生弹性正碰，由动量守恒定律有mCv0＝mAvA＋mCvC，由机械能守恒定律有1
2mCv0
2＝
1
2
mAv A
2＋1
2
mCvC
2，解得vA＝3 m/s，vC＝0，即碰后C 的速度为零。
（2）再经t＝1 s 时间B 与A 相对静止，此过程A 与B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）
v 共，解得v 共＝2 m/s。
（3）对物块B，根据动量定理有μmBgt＝mBv 共，所以A 的上表面与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2。
3.（1）40 N　（2）4 m/s　（3）0.15
 15 / 92
解析：（1）对A 从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl（1－cos 60°）＝1
2mv0
2－0
在最低点，对A 由牛顿第二定律有T－mg＝mv0
2
l
根据牛顿第三定律得T'＝T
联立解得细绳受到的拉力T'＝40 N。
（2）由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C 组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合（1）问解得vC＝4 m/s。
（3）C 与B 相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mvC＝（m＋3m）v 共，根据能量守恒定
律有
1
2
mvC
2＝1
2
（m＋3m）v共
2＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
4.（1）5 v0
2
16 gL
　（2）v0
2
64 g
　（3）1
4 v0　1
2v0
解析：（1）当A 在B 上滑动时，A 与B、C 整体发生相互作用，由于水平面光滑，A 与B、C 组成的系统动量守恒，
以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·(
1
2 v0)＋2mv1　①，由能量守恒定律得μmgL＝1
2mv0
2－1
2m·
(
1
2 v0)
2
－1
2
×2mv1
2　②，联立①②解得v1＝1
4
v0，μ＝5 v0
2
16 gL
　③。
（2）当A 滑上C 时，B 与C 分离，A、C 发生相互作用，A 到达C 的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C 组
成的系统在水平方向动量守恒，则m·(
1
2 v0)＋mv1＝（m＋m）v2　④，A、C 组成的系统机械能守恒，则1
2m·
(
1
2 v0)
2
＋1
2
mv1
2＝1
2
×（2m）v2
2＋mgR　⑤，联立③④⑤解得R＝v0
2
64 g
。
（3）A 滑上C 后，B 与C 分离，只有A 与C 发生相互作用，此后B 的速度一直为1
4 v0，设A 滑离C 时，A 的速度大
小为vA，C 的速度大小为vC，对A 与C 组成的系统，由动量守恒定律得m·(
1
2 v0)＋mv1＝mvA＋mvC，由能量守恒定
律得1
2m·(
1
2 v0)
2
＋1
2mv1
2＝1
2mv A
2＋1
2mvC
2，联立解得vA＝1
4 v0，vC＝1
2v0。
5.（1）0.2　42 N　（2）40
3 m/s　（3）140
3 m
解析：（1）由图乙可知，对物块在0～2 s 的时间内，有a1＝Δv1
t1
＝4－0
2
 m/s2＝2 m/s2，对物块根据牛顿第二定
律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。0～2 s 的时间内长木板做加速运动，由图乙可知a＝Δv2
Δt ＝18
2 m/s2＝9 m/s2，对
木板由牛顿第二定律得F1－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma，解得F1＝42 N。
 16 / 92
（2）t＝2 s 后，由题意得F2＝μ2（M＋m）g，故长木板与物块组成的系统动量守恒，可得mv1＋Mv2＝（m＋M）
v3，解得v3＝40
3 m/s。
（3）由图乙可得，0～2 s 时，物块相对长木板的位移Δx1＝1
2×2×（18－4） m＝14 m，2 s 后，到物块与长木
板共速时，由能量守恒定律有μ1mgΔx2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2－1
2（m＋M）v3
2，解得Δx2＝98
3 m，故长木板的最小长
度L＝Δx1＋Δx2＝140
3 m。
6.（1）6 m/s2　2 m/s2　（2）1 s　（3）10
3 m
解析：（1）撤去F 前，假设小物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）·a 共，
解得a 共＝10
3 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有f＝Ma 共＝20
3 N＞μmg，则小物块与木板之间发生相对滑动，
对小物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma 物，解得a 物＝6 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma 木，解
得a 木＝2 m/s2。
（2）设力F 作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x＝v0t＋1
2at2可知，此时，小物块的位移为x1＝1
2a 物t2，木
板的位移为x2＝1
2a 木t2，又有x1－x2＝L1，解得t＝1 s。
（3）撤去拉力时，根据v＝v0＋at 可知，此时，物块的速度为v 物＝6 m/s，木板的速度为v 木＝2 m/s，要使小物块
不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有mv 物＋Mv 木＝（M＋m）v 共，
解得v 共＝10
3 m/s，撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma1，解得a1＝－4 m/s2，木板的受力没有
发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2－v0
2＝2ax 可知，小物块的位移为x1＝28
9 m，木板的位移为x2＝16
9 
m，则木板的最小长度L＝L1＋（x1－x2）＝10
3 m。
7.（1）4 m/s　1
3 s　（2）5
9 m
解析：
（1）解法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直
线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x 物＝v0t1－1
2at1
2＝l＋l
6
x 板＝1
2at1
2＝l
6
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝1
3 s。
 17 / 92
解法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·7
6l＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
μmg·1
6 l＝1
2mv2
2－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝1
3 s。
（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平
台距地面的高度为h，则由运动学公式有
l
2
－l
6
＝v2t2
h＝1
2gt2
2
联立并代入数据解得h＝5
9 m。
素养培优2　传送带模型中动力学、
能量和动量的综合
1.D　刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A 错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力
作用，B 错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物体做正功，C 错误；加速运动过程
ƒ＝μmg＝ma 加速时间t＝v
μg
 ⃗
          v 越大，t 越大，D 正确。
2.A　开始时物块受向右的拉力F 和向右的摩擦力Ff而做加速运动，则动能Ek＝（F＋Ff）x；若物块在到达最右端
之前还未达到与传送带共速，此时图像为C；若F＞Ff，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加量ΔEk
＝（F－Ff）x，此时图像为D；若F≤Ff，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此时图
像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A 不可能。
3.（1）2.08 s　（2）1.5 m
解析：（1）物块在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，所以物块在传送带上加
速的时间t1＝v0
a
＝3
2 s＝1.5 s，加速运动的位移x1＝1
2at1
2＝1
2×2×1.52 m＝2.25 m＜4 m，所以物块在传送带上
 18 / 92
先加速后匀速，匀速的时间t2＝L－x1
v0
＝4－2.25
3
 s＝0.58 s，所以物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2.08 
s。
（2）物块平稳滑上木板，由于木板下表面光滑，物块与木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝（m＋M）v，物块
最终刚好停在木板的右端没有滑下，对系统，根据能量守恒定律知系统动能的减少量等于物块与木板发生相对滑
动的过程中产生的内能，即μmgd＝1
2mv0
2－1
2（m＋M）v2，联立解得d＝1.5 m。
4.（1）2 m/s　（2）2 m/s　（3）0.5 J
解析：（1）假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得μ0mg＝ma，设加速过程物
块的位移为x，则v2＝2ax，解得x＝1 m＜L，假设成立，A 碰B 前，A 物块的速度大小为2 m/s。
（2）A、B 碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，1
2mv2＝1
2mv A
2＋1
2mvB
2，解得vA＝0，
vB＝2 m/s。
（3）A、B 碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热Q＝－Wf，由图乙知B 运动0.5 m 时μ＝0.4，摩擦力对
物块做的功Wf＝－0+ μmg
2
d，根据能量守恒得1
2mBvB
2＝Q＋Epm，解得Epm＝0.5 J。
5.（1）2.25 m　（2）2 m/s　（3）9 J
解析：（1）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子弹与物块共速的速度为v＝6 m/s，物块沿传送带上滑
过程，根据动能定理得－[（m＋M）gsin 30°＋μ（m＋M）gcos 30°]x＝0－1
2（m＋M）v2，物块在传送带上滑
动的最远距离为x＝2.25 m。
（2）设传送带速度为v1，物块到达B 端时的速度为0。要求传送带速度最小，则物块速度大于v1，根据牛顿第二
定律（m＋M）gsin 30°＋μ（m＋M）g·cos 30°＝（m＋M）a1，物块减速到v1的过程中v1
2－v2＝－2a1x1，因为μ
＝0.2√3＜tan 30°，共速后，继续减速运动，有（m＋M）gsin 30°－μ（m＋M）g·cos 30°＝（m＋M）a2，物
块减速至0 的过程中v1
2＝2a2x2，又x1＋x2＝L，联立得v1＝2 m/s。
（3）若物块用最短时间从A 端滑到B 端，物块所受摩擦力沿传送带向上，则W＝μ（m＋M）gLcos 30°＝9 J。
6.（1）8 J　（2）2 kg　2.5 J　（3）32 J
解析：（1）甲从A 到C，由动能定理得m1gh－Wf＝1
2m1v0
2－0，解得Wf＝8 J。
（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2 kg，则损失的机械能ΔE 机＝1
2m1v0
2－
(
1
2 m1v1
2＋1
2 m2v2
2)，解得ΔE 机＝2.5 J。
（3）甲冲上传送带，其先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5 m/s2，甲加速到与传
送带共速的时间Δt1＝v －v1
a1
＝0.5 s，此过程传送带发生的位移x1＝vΔt1＝2 m，甲在传送带上运动的位移x2＝
v1＋v2
2
Δt1＝1.375 m，甲与传送带的相对位移Δx1＝x1－x2＝0.625 m，乙冲上传送带，其先做匀减速直线运动，
根据牛顿第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5 m/s2，乙减速到与传送带共速的时间Δt2＝v －v2
－a2
＝0.2 s，此过程传送
 19 / 92
带发生的位移x3＝vΔt2＝0.8 m，乙在传送带上运动的位移x4＝v2＋v
2
Δt2＝0.9 m，乙与传送带的相对位移Δx2＝x4
－x3＝0.1 m，电动机需额外消耗的电能ΔE 电＝1
2m1v2－1
2m1v1
2＋(
1
2 m2v
2－1
2 m2v2
2)＋μm1gΔx1＋μm2gΔx2＝32 
J。
7.（1）18 N，方向竖直向下　（2）2.5 m/s
（3）9 J　54 J
解析：（1）a 从出发点到N 点，由动能定理有m1gr＝1
2m1v N
2，在N 点对物块a 分析，由牛顿第二定律有FN－m1g
＝m1v N
2
r
，得物块a 运动到圆弧轨道最低点N 时受到的支持力大小FN＝18 N，根据牛顿第三定律可知，物块a 对
圆弧轨道的压力大小为18 N，方向竖直向下。
（2）a 在传送带上运动，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a，由运动学公式有v N
2－v0
2＝2ax，解得a 在传送带上减速
的位移为x＝1.4 m＜L，故物块a 到达M 点时速度为v0＝3 m/s，a 和b 发生弹性碰撞有m1v0＝m1va＋m2vb，1
2m1v0
2
＝1
2m1va
2＋1
2m2vb
2，解得vb＝
2m1
m1＋m2
v0＝1
6 v0＝0.5 m/s，va＝m1－m2
m1＋m2
v0＝－5
6 v0＝－2.5 m/s，物块a 第一次碰
后的速度大小为2.5 m/s。
（3）物块a 第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速度，所以物块a 将先在传送带上向右做减速运动，然
后在传送带上向左做加速运动，由运动的对称性可知物块a 离开传送带的速度仍然是va，且加速与减速的位移大小
相等，由va
2＝2ax1解得位移的大小x1＝va
2
2a
，传送带的位移x2＝v0t，运动时间t＝va
a ，经过M 点到第二次碰前经过
M 点产生的热量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，联立解得Q1＝μm1g(2v0
5
6 v0
μg )
＝2×(
5
6)
1
m1v0
2＝9 J，物块a
第一次碰后速度小于传送带速度v0，故第二次碰前速度仍为5
6v0，第二次碰后a 的速度为(
5
6)
2
v0，则第2 次碰后到
第3 次碰前产生的热量为Q2＝μm1g[2v0(
5
6)
2
v0
μg ]
＝2×(
5
6)
2
m1v0
2，由数学知识可知Qn＝2×(
5
6)
n
m1v0
2，则物块a
与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q＝2m1v0
2·[
5
6 ＋(
5
6)
2
＋(
5
6)
3
＋…＋(
5
6)
n
]＝54 J。
专题三　电场和磁场
第8 讲　电场及带电粒子在电场中的运动
1.B　
B 正确。
2.B　虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆筒，
即粉尘带负电荷，故A 项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q 点的电势比P 点的电势低，因
粉尘带负电，由Ep＝qφ，可知电势大的地方，电势能小，即粉尘在P 点的电势能比在Q 点的电势能小，对于粉尘
有E＝Ek＋Ep，对于同一个粉尘，粉尘在P 点的速度大于在Q 点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P 点的动量大
 20 / 92
小比在Q 点的大，故B 正确，C 错误；由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最终
会被吸附到金属圆筒上，故D 项错误。
3.D　由于处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，所以L 点的电场强度比K 点的大，故选项A 错误；
因为金属球壳的球心有一个负点电荷，根据静电感应规律，正电荷受到负电荷的吸引力聚集在球壳内部，球壳外
部有多余的负电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负电，故选项B 错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，N
点的电势比M 点的电势高，所以试探电荷＋q 在M 点的电势能比在N 点的小，故选项C 错误；试探电荷＋q 的受
力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线从M 点运动到N 点，电场力做负功，故选项D 正确。
4.AC　对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝1
2mv2，可得v＝√
2Uq
m
，可知粒
子到达右极板的速度v 的大小与极板间距离d 无关，A 正确，B 错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝
ma，E＝U
d ，d＝1
2at2，联立可得t＝d√
2m
Uq
，可知，粒子从出发至右极板所用的时间与极板间距离成正比，C 正确，
D 错误。
5.D　根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O 点运动到与O 点
等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，
则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C 错误，D 正确。
6.B　根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1＞0，Q2＜0，A、C 错误；设两点电荷间的距离为3L，则有
k Q1
2 L＋kQ2
L ＝0，解得Q1
Q2
＝－2，B 正确，D 错误。
7.B　φ-x 图像切线的斜率表示电场强度，图中切线斜率在变化，表示电场强度发生变化，不是匀强电场，A 错误；
根据φ-x 图像可知A 点电势小于B 点电势，根据Ep＝φq 可知，该负电荷在A 点的电势能大于在B 点的电势能，B
正确；一正电荷从A 点移到B 点，电势升高，电势能增加，电场力做负功，C 错误；由于顺着电场线方向电势降
低，因此A、B 间电场方向为由A 指向O 和由B 指向O，D 错误。
8.C　结合电场叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝kQ
r
2可知P、Q 两点电场强度大小相等、方向相同，A 错误；
两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP＞
φQ，B 错误；P 点电场强度大小为EP＝k Q
xMP
2＋k Q
xNP
2，若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P 点电场强度
大小也变为原来的2 倍，C 正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P、Q 之间的电场强度均变大，又
P、Q 两点间的距离不变，则根据U＝Ed 定性分析可知P、Q 之间的电势差变大，D 错误。
9.B　设半球面在B 点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀的带电荷量为＋Q 的、半径为R 的半球面，根据
φ＝kq
r ，填补后圆心O 点的电势为φO＝k2Q
R ，又因为φO＝φA＝φB，填补后，根据题意得φB＝φ1＋φ0，φA＝φ0＋φ1 
，解得φ1＝2kQ
R
－φ0 ，故选B。
10.（1）√2v0　（2）2m v0
2
qL
解析：（1）粒子在电场E1中沿x 方向做匀速直线运动，沿y 方向做初速度为零的匀加速直线运动
沿x 方向，有2L＝v0t1
沿y 方向，有L＝v y
2 t1
 21 / 92
粒子运动至A 点处的速度大小为vA＝√v0
2＋v y
2＝√2v0。
（2）粒子在电场E2中沿x 方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y 方向做匀速直线运动，沿y 方向，有
2L－L＝vyt2
沿x 方向，有4L－2L＝v0t2＋1
2a2t2
2
由牛顿第二定律有qE2＝ma2
联立解得电场强度的大小为E2＝2m v0
2
qL
。
11.D　由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨
道，设其在A 点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝mvmin
2
R
，解得vmin＝√2gR，所以只有当v0≥
√2gR时，小球才不会脱离轨道，故A、B 错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C 点的速度大小为
v1，根据动能定理有1
2mv1
2－1
2mv0
2＝F·2R，在A、C 点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二
定律有F0＋F＝mv0
2
R
，F1－F＝mv1
2
R
，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在
A、C 两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C 错误；若将小球无初速度从D 点释放，由于F 向上，
所以小球一定能沿DC 轨道经过C 点，故D 正确。
第9 讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.A　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A 正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，
则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C 错误；小球受到的洛伦兹力对小球永不做功，D 错误。
2.BD　由安培定则可知，导线a 在导线b 点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b 所受安培力水
平向左，根据牛顿第三定律，导线a 所受安培力水平向右，相互吸引，故A 错误，B 正确；由安培定则可知，在
导线a 左侧和导线b 右侧两导线中的电流产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零的
点在两导线之间，设磁感应强度为零的点到a 的距离为x，则有k I
x ＝k 2 I
L－x ，解得x＝L
3 ，x 轴上只有1 个点的磁
感应强度为零，到导线a 的距离为L
3 ，故C 错误，D 正确。
3.A　电容器所带电荷量为Q＝CU，设炮弹出膛的速度为v，根据动量定理可得，BIlt＝mv－0，又q＝It＝
0.05Q，联立解得v＝BlCU
20m ，故选A。
4.D　带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c 都是正电子的径迹，d、e 都是负电子
的径迹，A 错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
R ，解得R＝mv
qB ，由图可知a 径迹
对应的粒子的运动半径最小，a 径迹对应的粒子的速度最小，根据p＝mv，可知a 径迹对应的粒子动量最小，B 错
误；根据Ek＝1
2mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b 径迹对应的粒子动能不是最大的，C 错误；带电粒子在磁场中运动，
洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
R ，T＝2π R
v
，则T＝2π m
qB ，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时
 22 / 92
间t＝α
2π T，其中α 为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a 径迹对应的偏转角度最大，则a 径迹对应的粒子运动
时间最长，D 正确。
5.BC　根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正
离子受到的洛伦兹力方向沿x 轴正方向，故A 错误，B 正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运
动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝mv
2
r ，解得最大的磁感应强度为B＝mv
qL ＝v
kL，故C 正确，D 错
误。
6.C　设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示，根据几何关系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，
解得粒子轨道半径为r＝4R，故A、B 错误；由几何关系可得tan θ＝3 R
4 R ＝3
4 ，可得θ＝37°，则粒子在磁场中的
运动时间为t＝2×37°
360° T＝2×37°
360° ×2π m
qB ＝37 π m
90qB ，故C 正确，D 错误。
7.B　假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O'，由几何关系可知△AOC 为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几
何关系可知r＝√3
3 R，由洛伦兹力公式可知v＝qBr
m ＝√3qBR
3m
，故A 错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B 正确；
由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝2π m
qB 可知，所用时间为t＝2
3T＝4 π m
3qB ，故C 错误；由几何
关系可知s＝2
3·2πr＝4√3 π R
9
，故D 错误。
8.B　若磁场沿M 指向A 的方向，在平面ACPM 中对磁感应强度沿AP 和与AP 垂直的方向分解，如图，
则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcos α＝√2
√3
B，安培力大小F＝I×√3L×√2
√3
B＝√2ILB，故A 错误，B 正确；
若磁场沿M 指向Q 的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM 的方向分解，如图，
分量B1＝B2＝√2
2 B，则在面ACPM 中，安培力大小F＝I×√3L×B1＝I×√3L×√2
2 B＝√6
2 ILB，分量B2同样要产生
安培力，因此安培力肯定要大于√6
2 ILB，故C、D 错误。
 23 / 92
9.（1）（2－√3）R　（2）2
3
解析：（1）根据洛伦兹力提供向心力
qvB＝m v
2
r
又v＝qBR
m
联立解得r＝R
根据几何关系知沿y 轴负向射出的粒子到恰好过x＝R 处挡板最上端点A 的粒子都被挡板挡住了，而粒子过A 点时
的轨迹圆心设为O3，则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方向的夹角为60°，故轨迹圆与y 轴正半轴的交点距
原点O 的距离为2Rsin 60°＝√3R
从原点O 沿x 轴正半轴射出的粒子打在y 轴正半轴的位置距原点O 的距离为2R，故y 轴正半轴上有粒子飞出部分
的长度为2R－√3R＝（2－√3）R。
（2）根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的各个方向，发射角为90°，又发射中能被挡板挡住的粒子的发射
角为60°，故同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的比值等于发射角度的比值，为
60°
90°
＝2
3
。
10.（1）mv
qR ，方向垂直于纸面向里
（2）π R
3 ≤s≤2π R
3
解析：（1）根据题意可知从粒子源中点P 发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何
关系可知r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
r1
联立解得B＝mv
qR
根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
（2）根据题意可知，从N 点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示
根据几何关系可得
cos ∠COB＝
R
2
R
＝1
2
解得∠COB＝60°
因为四边形OBO1Q 为菱形
 24 / 92
所以∠QO1B＝60°
则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝1
6×2πR＝π R
3
根据题意可知，从M 点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示
易知四边形O2DOQ 为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120°
则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝1
3×2πR＝2π R
3
所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为π R
3 ≤s≤2π R
3
。
素养培优3　带电粒子在组合场中的运动
1.AB　根据左手定则可知，粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向右，则电场力向左，极板M 带负电荷，故A 正
确；根据平衡条件有qU
d ＝qvB1，解得v＝U
d B1
，故B 正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提
供向心力，有qvB2＝mv
2
r
，解得r＝
mU
qd B1B2
∝m
q ，显然光斑A 是氚核产生的，设氕核的质量为m0、所带的电荷
量为e，则氚核的比荷为e
3m0
＝
U
d
2B1B2
，氦核的比荷为2e
4 m0
＝
3U
2d
2B1B2
，故C 错误；根据r＝
mU
qd B1B2
∝m
q ，
可知光斑B 是氘核和氦核产生的，光斑C 是氕核产生的，B、C 两点将AS3三等分，则相邻两光斑的距离均为2d
3 ，
故D 错误。
2.D　由静电分析器中电场力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面
向里，故A 错误；在加速电场中，根据动能定理得qU＝1
2mv2，在静电分析器中，根据电场力充当向心力得qE＝
mv
2
R ，联立可得电场强度E＝2U
R ，故B 错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝
m v
2
D
2
，可得粒
子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝2
B√
2mU
q
，所以与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在
胶片上的同一点，故C 错误；由上述公式可知，磁场磁感应强度B 越小，半径越大，当B 为最小值时，粒子与QD
边相切，由于圆心在PN 上，则半径R＝2d，此时有4d＝2
B√
2mU
q
，解得Bmin＝1
2d √
2mU
q
，故D 正确。
3.C　由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝mv
2
r ，可得v＝qBr
m ，当r＝R 时，质子的速度最大，质子的动能最大Ekm
＝1
2mv2＝q
2B
2 R
2
2m
，若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek不变，A 错误；为了使质子能在回旋加速器中加
速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，B 错误；由nqU＝1
2mvn
2以及rn＝m vn
qB
，可得质子第n 次被加速前、
 25 / 92
后的动能之比为Ek（n－1）∶Ekn＝(n－1)∶n，速度之比为vn－1∶vn＝√n－1∶√n，由牛顿第二定律得qvB＝ma，则
a＝qvB
m ，可知向心加速度之比为an－1∶an＝√n－1∶√n，故C 正确，D 错误。
4.（1）√
2qU
m
　（2）B
2 R
2q
2m
　（3）2πR√
2m
qU
解析：（1）粒子从A 点运动到C 点，根据动能定理得qU＝1
2mv0
2
解得v0＝√
2qU
m
。
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示
由几何关系得（√3R）2＋r2＝（r＋R）2
解得r＝R
由牛顿第二定律得qv1B＝mv1
2
r
又因qU1＝1
2mv1
2
解得U1＝B
2 R
2q
2m
。
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tanθ
2＝√3 R
R
解得θ＝2π
3
粒子在磁场中运动的周期为T＝2π m
qB
粒子从C 点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝T
3
解得t＝1
3πR√
2m
qU
由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5 次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为t 总＝
6t＝2πR√
2m
qU
。
5.（1）m v0
qd 　（2）mv0
2
2qd
　（3）2d
v0
（π＋2）
解析：由题意，画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示
 26 / 92
（1）研究粒子在磁场中的匀速圆周运动时，由向心力公式，得qv0B＝mv0
2
r
又r＝d
解得匀强磁场的磁感应强度大小B＝m v0
qd
。
（2）粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理，得－qEd＝0－1
2mv0
2
则匀强电场的电场强度大小E＝m v0
2
2qd
。
（3）粒子在磁场中运动的周期T＝2m π
Bq ＝2d π
v0
粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝3
4 T＝3d π
2v0
在电场中的加速度a＝qE
m ＝v0
2
2d
粒子第一次在电场中来回的时间t2＝2×√
2d
a
＝4 d
v0
粒子第二次在磁场中运动的时间t3＝1
4 T＝d π
2v0
粒子从O 点射出至第三次穿过边界线OM 所用的时间t 总＝t1＋t2＋t3＝2d
v0
（π＋2）。
6.（1）1
k 　（2）√
2eU
m（1－k
2）
（3）π （R2－R1）
2
√
（1+k ）m
2（1－k ）eU
解析：（1）设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后，由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝mv0
2
r1
e·kv0B＝m（k v0）
2
r2
联立解得
r1
r2
＝1
k 。
（2）电子多次循环稳定后，对电子从c'd'出发经电场到ab 的过程，由动能定理有
eU＝1
2mv2－1
2m（kv）2
解得v＝√
2eU
m（1－k
2）
。
（3）结合（2）问分析，当电子到达cd 中点P 时速度稳定后，其在abcd 区域运动有
evB＝mv
2
r
解得r＝1
B√
2mU
e（1－k
2）
 27 / 92
结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝k
B√
2mU
e（1－k
2）
所以电子相邻两次经过cd 边的位置间的距离为
l＝2（r－r'）
由几何关系可知R2－R1
2
＝nl
又电子在磁场中运动的周期为
T＝2π r
v
＝2π m
eB
联立解得电子从P 运动到d 的时间为
t＝nT＝π （R2－R1）
2
√
（1+k ）m
2（1－k ）eU
。
素养培优4　带电粒子（体）在叠加场、
交变场中的运动
1.AC　由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，
则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN 带正电，为发电机的
正极，A 正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，
所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B 错误；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，
C 正确；仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D 错误。
2.C　对粒子受力分析可知，粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，粒子受到
的电场力水平向右，受到的重力竖直向下，则洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方
向垂直于纸面向外，故A 错误；根据受力平衡有tan 30°＝qE
mg ，sin 30°＝qE
qvB ，则粒子的电荷量q＝
mg tan30°
E
，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝
E
v sin30°
，故B 错误，C 正确；若粒子运动过程中，磁场突然
消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D 错误。
3.AC　带电小球的比荷为g
E ，则有Eq＝mg，则在复合场中小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆
周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示，
若小球速度为v1，根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为t1＝120°
360°
T＝1
3·2π m
Bq ＝2π E
3 Bg ，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝2
3h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1＝mv1
2
R1
可得，
小球的速度v1＝2Bgℎ
3 E
，小球的路程s1＝120°
360°×2πR1＝4
9 πh，小球的加速度a1＝v1
2
R1
＝2B
2 g
2ℎ
3 E
2
，若小球速度为
v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间t2＝60°
360°T＝1
6 ×2π m
Bq
 28 / 92
＝π E
3 Bg，根据几何知识可得，其轨迹半径为R2＝2h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝mv2
2
R2
，可得小球的速度为
v2＝2Bgℎ
E
，小球在复合场中运动的路程为s2＝60°
360°×2πR2＝2
3πh，小球的加速度为a2＝v2
2
R2
＝2B
2 g
2ℎ
E
2
，故选
A、C。
4.（1）E
v0
　（2）5
4 L　（3）q
2 E
2 L
2
2mv0
2
解析：（1）由粒子受力平衡可知
qv0B＝qE
解得B＝E
v0
，因此匀强磁场磁感应强度B 的大小为E
v0
。
（2）撤去电场，调整磁感应强度B 大小使粒子刚好从极板a 右端射出，其运动轨迹如图所示
由几何关系得r2＝L2＋(r －L
2)
2
解得r＝5
4 L，因此粒子运动半径为5
4 L。
（3）撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有
L＝v0t，y＝1
2at2
又由牛顿第二定律得qE＝ma
解得y＝qE L
2
2m v0
2
由动能定理得ΔEk＝qEy＝q
2 E
2 L
2
2mv0
2 ，因此，粒子穿越电场过程中的动能增量为q
2 E
2 L
2
2mv0
2 。
5.（1）(
v0t0
2π ，v0t0
2π )　（2）1
2t0和19
8 t0
（3）(
3
2 ＋√2
2π ＋1
2π)v0t0
解析：（1）粒子在磁场中运动的周期
T＝2π m
q B0
＝t0
根据洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝mv0
2
r1
，又因B0＝2π m
qt0
，解得r1＝v0t0
2π
所以t0
4 时刻粒子坐标为(r1，r1)，即(
v0t0
2π ，v0t0
2π )。
 29 / 92
（2）0～4t0时间内的运动轨迹如图
由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x 方向的时刻为t1＝T
2 和t2＝2T＋3
8T，即t1＝1
2t0和t2＝19
8 t0。
（3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示
t0～2t0时间内粒子沿y 轴方向位移
y1＝1
2v0t0
6t0～7t0时间内粒子沿y 轴方向最大位移
y 磁＝(1+cos 45°)r2
因为r2＝√2
2π v0t0，y1＝y2＝y3
所以ym＝3y0＋y 磁
得ym＝(
3
2 ＋√2
2π ＋1
2π)v0t0。
6.（1）mv0
2qL 　（2）3
2πL　（3）F＝qω
3 v0
Δx
解析：（1）根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r 乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝mv0
2
r乙
联立解得B＝mv0
2qL。
（2）从乙从进入Ⅰ区到运动至P 点的过程，运动时间t1＝30°+30°
360°
T
又T＝2π r乙
v0
＝4 π L
v0
解得t1＝2π L
3 v0
分析可知，甲、乙都沿＋x 方向从P 点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P 点运动到O 点，根据运动学规律有
 30 / 92
d＝3
2v0t1＋1
2at1
2
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝3
2πL。
（3）甲从P 点运动到O 点的过程中，根据运动学规律有
v 甲O＝3
2v0＋at1
解得v 甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E 甲＝ωt－kx＝ωt－kv 甲Ot＝0
解得k＝ω
3 v0
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝（x0－Δx）处
在x＝x0处有E 甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝（x0－Δx）处有E 乙＝ωt0－k（x0－Δx）
又F＝qE 乙
联立解得F＝qω
3 v0
Δx。
素养培优5　带电粒子在三维空间中的运动
1.（1）2mv
5qL 　（2）(0，L
2 ，L
2)　（3）mv
2
4 qL
解析：（1）带电粒子在yOz 平面左侧磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得R2＝（2L）2＋（R－L）2
解得R＝5
2L
由牛顿第二定律可得qvB1＝mv
2
R
解得B1＝2mv
5qL 。
（2）在右侧磁场中由牛顿第二定律得qvB2＝mv
2
r ，又B2＝5√2B1
解得r＝√2
4 L
粒子经过y 轴坐标为y＝2rsin 45°＝L
2
粒子经过z 轴坐标为z＝L－2rcos 45°＝L
2
即粒子第二次经过yOz 平面的坐标为(0，L
2 ，L
2)。
（3）粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向上2L＝vt
y 轴方向上L－y＝1
2
qE
m t2
 31 / 92
解得E＝m v
2
4 qL。
2.（1）2√6mv0
2
3qL
，沿y 轴负方向
（2）(2+√2)m v0
qL
　（3）√6n π L
12
（n＝1，3，5，…）
解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿AD 方向有√2
2 L＝v0t
沿y 轴方向有√6
6 L＝1
2at2
沿y 轴方向的加速度a＝qE
m
解得匀强电场的电场强度大小为E＝2√6mv0
2
3qL
方向沿y 轴负方向。
（2）粒子到达OPMN 的中心，如图甲所示，平行于正四棱柱底面的分速度大小始终为v0，带电粒子在平行于正四
棱柱底面的方向上做匀速圆周运动，恰好未从四棱柱的侧面飞出，做出其运动的圆轨迹如图乙所示
由几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径
r＝2－√2
2
L
由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，可得qv0B＝mv0
2
r
解得B＝(2+√2)m v0
qL
。
（3）若带电粒子最终从JH 连线上的一点射出磁场区域，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r'＝√2
8
L
时间对应半个周期的奇数倍，即
t1＝nπ r '
v0
（n＝1，3，5，…）
如图甲所示，到达截面OPMN 中心的带电粒子沿y 轴负方向的速度大小
vy＝at，I 点的y 轴坐标
y＝vyt1
代入数据可得y＝√6n π L
12
（n＝1，3，5，…）。
3.（1）√3m v0
2
qd
　（2）3mv0
qd
　d＋2n π d
3
（n＝0，1，2，3，…）　（3）(d ＋√3d
6
，√3+1
2
d ，－√3
3 d)
解析：（1）粒子在电场中运动时，有
 32 / 92
d＝v0t，qE＝ma，vy＝√3v0＝at
解得匀强电场电场强度的大小E＝√3m v0
2
qd
。
（2）在电场中的偏转距离y1＝v y
2 t＝√3
2 d
在垂直磁场方向上做匀速圆周运动的半径R1＝y2－y1＝√3
3 d
根据qB1vy＝mv y
2
R1
解得B1＝3mv0
qd
周期T＝2π m
q B1
＝2π d
3 v0
t＝nT＝2n π d
3 v0
（n＝0，1，2，3，…）
则荧光屏中心C 初始位置可能的x 轴坐标
x＝d＋v0t＝d＋2n π d
3
（n＝0，1，2，3，…）。
（3）由题意可知B＝√B1
2＋B2
2＝2√3m v0
qd
设粒子进入磁场速度为v，则v＝2v0
B 与速度v 方向垂直，则
R2＝m·2v0
qB
＝√3
3 d
由x＝d＋√3d
6
可知圆轨迹与荧光屏相切，则
y＝y1＋R2sin 60°＝√3+1
2
d
z＝－R2＝－√3
3 d
粒子打在荧光屏上的位置坐标为（d＋√3d
6
，√3+1
2
d，－√3
3 d）。
4.（1）E
B 　
2 E
（R1＋R2）B
2 　（2）(
3 L
2
R1＋R2
，0)　（3）(0，
3 L
2
R1＋R2)
解析：（1）通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝E
B
由题图知，从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为R＝R1＋R2
2
由mv
2
R ＝qvB，得q
m＝v
RB ＝
2 E
（R1＋R2）B
2 。
 33 / 92
（2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电
场时，离子在x 方向偏转的距离
x1＝1
2·qE
m ·(
L
v)
2
tan θ＝at
v ＝qEL
mv
2
离开电场后，离子在x 方向偏移的距离
x2＝Ltan θ＝qE L
2
mv
2
则x＝x1＋x2＝3qE L
2
2mv
2 ＝
3 L
2
R1＋R2
离子注入晶圆的位置坐标为(
3 L
2
R1＋R2
，0)。
（3）如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝mv
2
r
得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r＝mv
qB ＝
R1＋R2
2
sin α＝L
r
离开磁场时，离子在y 方向偏转距离y1＝r（1－cos α）≈r
2sin2α≈
L
2
R1＋R2
离开磁场后，离子在y 方向偏移距离
y2＝Ltan α≈Lsin α≈
2 L
2
R1＋R2
则y＝y1＋y2＝
3 L
2
R1＋R2
故位置坐标为(0，
3 L
2
R1＋R2)。
专题四　电路和电磁感应
第10 讲　直流电路和交流电路
1.D　由图像可知交流电的周期为0.02 s，则频率f＝1
T ＝50 Hz，故A 错误；根据图像可知电压的峰值为10√2 
V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝U m
R
＝10√2 V
50Ω
＝0.2√2 A，故B 错误；电流的有效值为I＝I m
√2
＝0.2 A，
所以电阻在1 s 内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C 错误；根据图像可知电阻两端电压表达式为u
＝Umsin ωt＝10√2sin2π
T t（V）＝10√2sin 100πt（V），故D 正确。
 34 / 92
2.B　由题意可知，线圈产生的是正弦式交流电，电动势的最大值为Em＝2πnBrv0，电动势的有效值为E＝Em
√2
＝√2
nπBrv0，由于线圈电阻不计，则变压器原、副线圈匝数比为n1
n2
＝E
U ＝√2n π Br v0
U
，故选B。
3.C　分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2供电，
L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝U
2
R 可知，灯泡L1、L2的电功率之
比P1∶P2＝1∶2，C 正确。
4.C　减弱照射光敏电阻R3的光照强度，R3的阻值增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流减小，
则路端电压增大，即电压表示数增大，A 错误；路端电压增大，则R1两端的电压增大，电流增大，电流表的示数
增大，B 错误；总电流减小，通过R1的电流增大，则通过R2的电流减小，R2的电压减小，即电容器两端的电压减
小，又Q＝CU，可得电容器所带电荷量减小，C 正确；当电源的内阻和外电阻阻值相等时，电源输出功率最大，
本题中电源内阻与外电阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率是增大还是减小，D 错误。
5.C　开关S 闭合时，电容C 将会被短路，不会充电，A 错误；开关S 闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会超过
电源的电动势，则副线圈两端电压不超过1 200 V，B 错误；开关S 断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达30 
kV，则变压器原线圈至少需产生300 V 自感电压，C 正确；开关S 断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容器
将先充电再放电，D 错误。
6.D　t＝0 时刻，bc 边运动方向与磁场方向平行，感应电动势为零，穿过线框磁通量的变化率为零。电路中没有感
应电流，bc 边所受安培力为零，A、B 错误；依题意，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝2Bl2ω，a、d 两点间的
电压的最大值为Um＝
R
R＋R Em＝Bl2ω，则a、d 两点间电压变化规律为u＝Umsin ωt＝Bωl2sin ωt，C 错误；电动势
的有效值为E＝Em
√2
＝√2Bl2ω，线框转一圈过程中外力对线框做功为W＝Q＝
E
2
R＋R ·2π
ω ＝2π B
2l
4ω
R
，D 正确。
7.A　由题图可知，分压式电路电压范围较大，A 选项中滑片P 处于最左端时电容器两端电压为0，当滑片处于最
右端时，电容器两端电压为U＝RE
R＋r ，故电容器极板间电压变化范围为0～RE
R＋r ；B 选项中滑片P 处于最左端
时电容器两端电压为0，当滑片处于最右端时，电容器两端电压为U＝RE
R＋r ，故电容器极板间电压变化范围为0
～RE
R＋r ，但是B 选项中不利于保护元件，滑片处于最左端时电源短路；C、D 选项中电容器极板间电压始终为电
源电动势；故应选A。
8.B　降压变压器副线圈中的电流I2＝P
U 4
＝1.1×10
5 W
220V
＝500 A，设输电线上的电流为I1，根据I 1
I 2
＝n4
n3
，解得
I1＝5.5 A，根据U 3
U 4
＝n3
n4
，解得U3＝20 000 V，输电线上损失的电压ΔU＝I1R＝1 100 V，可知升压变压器副线
圈两端的电压U2＝U3＋ΔU＝21 100 V，根据U 1
U 2
＝n1
n2
，解得U1＝316.5 V，故选B。
9.C　由图乙可知周期T＝0.02 s，则ω＝2π
T ＝100π rad/s，所以输入电压u 的表达式应为u＝20√2sin 100πt
（V），A 错误；只断开S1后，L1、L2断路，均不能正常发光，B 错误；理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝
5∶1，则副线圈的有效值U2＝n2
n1
U1＝1
5×20√2
√2
 V＝4 V，若S1换接到2 后，只有电阻R 接入电路，则R 消耗的
 35 / 92
电功率P＝U 2
2
R
＝0.8 W，C 正确；只断开S2后，负载电阻变大，副线圈的功率减小，由于原线圈的输入功率等于
副线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，D 错误。
10.（1）50 V　（2）e＝50sin 10πt（V）　（3）10 J
解析：（1）线圈中感应电动势的最大值Em＝nBωS＝100× 1
π ×10π×0.05 V＝50 V。
（2）线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝50sin 10πt（V）。
（3）电路中电流有效值I＝
E
R＋r ＝
50
√2（4 +1） A＝5√2 A。
外接电阻R 上产生的热量Q＝I2Rt＝（5√2）2×4× 1
20 J＝10 J。
11.BD　等效电路图如图所示，两副线圈的等效电阻为R2'＝(
n1
n2)
2
（R＋R2），R3'＝(
n1
n3)
2
R3；当滑片P 从a 端滑
到b 端的过程中，总电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，R3'两端的电压减小，故电阻R3的功率一直减小，
A 错误；原线圈的两端电压为U＝U m
√2
＝10 V，当滑片位于a 端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻值为
3 Ω，原线圈电流最小值为I1＝
U
R1＋
R2' R3'
R2'＋R3'
＝5
6 A，B 正确；由图可知当滑片P 从a 端滑到b 端的过程中，
滑动变阻器接入电路的阻值变小，则总电阻减小，原线圈的电流变大，又因为P＝UI1，所以当滑片Р 滑至b 端时，
整个电路的功率达到最大，C 错误；将R1等效为电源内阻。则电源的输出功率最大时满足R1＝R2' R3'
R2'＋R3'，此时
原线圈电压与R1两端电压相等，理想变压器输出最大功率为Pm＝U1I1＝U
2 ×
U
2
R1
＝6.25 W，D 正确。
第11 讲　电磁感应规律及其应用
1.A　当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，
这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因
而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是选项A。
2.ABC　将强磁铁N 极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方
向的感应电流，二极管A 将闪亮，A 正确；将强磁铁S 极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定
律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，则二极管B 将闪亮，B 正确；不管是强磁铁N 极快速靠近小
车，还是强磁铁S 极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右运动，C 正确，D 错误。
3.D　根据“来拒去留”，则x＞0 的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时
线圈对桌面的压力小于线圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面
的压力大于线圈的重力，A 错误；x＝0 的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中
有感应电流，B 错误；更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变
弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A 会更慢地衰减到零，C 错误；增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电
 36 / 92
动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于开始时线圈的机械能不变，则线圈产生
的内能不变，D 正确。
4.BC　根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方向。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为
Blv，导线框右边两端的电压为路端电压，即两端的电压为U＝3
4 E＝3
4 Blv，A 错误，B 正确；根据功能关系可知线
框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，则又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力
做的功等于线框中产生的焦耳热，C 正确；线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦
力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量，D 错误。
5.AD　设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，线圈的半径为r，线圈的轴线与磁场方向的夹角为θ，则感应电流为I
＝E
R ＝n ΔФ
ΔtR ＝n ΔB
Δt ·πr2cos θ·
S
ρn·2π r ＝Sr
2 ρ· ΔB
Δt ·cos θ，可见，仅将r 增大1 倍，则I 增大1 倍，即线圈内感应
电流大小变为原来的2 倍，D 正确；I 与线圈匝数无关，A 正确；若仅将线圈的面积增大1 倍，半径r 增大为原来
的√2倍，电流增大为原来的√2倍，B 错误；仅将线圈与磁场方向的夹角改变时，cos θ 不能变为原来的2 倍（因
cos θ 的最大值为1），C 错误。
6.D　金属线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝E
R ，由题图乙所示图像
可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R 是定值，故金属线框的有效长度L 应先变大，后变小，
且L 随时间均匀变化。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L 先变大，后变小，但L 随时间不是均匀变化，不符
合题意，A 错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L 不变，感应电流不变，不符合题意，B 错误；梯形线框匀速
进入磁场时，有效长度L 先均匀增大，后不变，最后均匀减小，不符合题意，C 错误；三角形线框匀速进入磁场时，
有效长度L 先增大，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，D 正确。
7.B　根据I＝E
R ＝BLv
R ，可得感应电流之比I1∶I2＝1∶2，A 错误；根据F＝F 安＝BIL＝B
2 L
2v
R
，可得外力大小之
比F1∶F2＝1∶2，B 正确；根据P＝Fv＝B
2 L
2v
2
R
，可得拉力的功率之比P1∶P2＝1∶4，C 错误；根据I＝Ft，又t
＝L
v ，联立解得I＝B
2 L
3
R
，可得拉力的冲量大小之比IF1∶IF2＝1∶1，D 错误。
8.（1）B0 L
2
R
　（2）B0
2 L
3v0
R
　（3）3 B0
2 L
3v0
2 R
解析：（1）金属框进入磁场过程中，产生的电动势为E1＝B0Lv0，感应电流为I1＝E1
R ＝B0 Lv0
R
，通过回路的电荷
量为q＝I1t＝B0 Lv0
R
· L
v0
＝B0 L
2
R
。
（2）金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功为W＝FAL＝I1B0L·L＝B0
2 L
3v0
R
。
（3）金属框在磁场运动过程中，产生的感应电动势为E2＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝
2B0－B0
2 L
v0
L2＝B0 Lv0
2
，感应电流为I2＝
E2
R
＝B0 Lv0
2 R
，cd 边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，金属框产生的焦耳热为Q＝I 1
2R· L
v0
＋I 2
2R·2 L
v0
＝
3 B0
2 L
3 v0
2 R
。
 37 / 92
9.AC　金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知电流方向由M 流向N，则电容器的A 极板带正电， A 正确；根
据v-t 图像可知，金属棒MN 越过虚线O1O2后的加速度大小为a＝Δv
Δt ＝9－4
2－1 m/s2＝5 m/s2，以小物块和金属棒
组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg－μmg＝3ma，联立解得μ＝0.5，B 错误；金属棒在虚线O1O2
左侧运动时，以小物块和金属棒组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg－BId＝3ma1，又I＝Δq
Δt ＝
C Δ E
Δt
＝CBd Δv
Δt
＝CBda1，联立可得a1＝
2mg
C B
2d
2+3m
，可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线
运动，根据v-t 图像可知，该过程的运动时间为1 s，末速度为4 m/s，则加速度为a1＝4
1 m/s2＝4 m/s2，联立解得
匀强磁场的磁感应强度大小为B＝25 T，金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为x＝1
2a1t1
2＝1
2×4×12 m＝2 m，C
正确，D 错误。
素养培优6　电磁感应中动力学、
能量和动量的综合
1.AD　剪断细线后，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd 反向运动，穿过导体棒ab、cd 与导轨构成的矩形回路的磁
通量增大，回路中产生感应电动势，A 正确；导体棒ab、cd 中产生的感应电流方向相反，根据左手定则，可知两
根导体棒所受安培力的方向相反，B 错误；两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受外力矢量和为0，所以
系统动量守恒，由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，C 错误，D 正
确。
2.BD　对a 受力分析，结合牛顿第二定律有F－F 安＝ma，F 安＝BIL＝BBLv
2 R L＝B
2 L
2v
2 R
，解得a＝F
m－B
2 L
2v
2 R
，
所以a 做加速度减小的加速运动，故a 棒所受的安培力一直增大，A 错误；当a 棒的加速度为a＝0 时，a 棒的速度
最大，此时F＝B
2 L
2v
2 R
，可得v＝2 FR
B
2 L
2，B 正确；若解除b 的固定，对a 受力分析，结合牛顿第二定律有F－F 安
＝maa，对b 受力分析结合牛顿第二定律有F 安＝mab，开始时安培力较小，所以aa＞ab，两个棒都加速，由E＝BL
（va－vb），可知电动势增大，安培力增大，所以a 的加速度减小，b 的加速度增大，最终稳定后两个棒的加速度
相等，两个棒的速度差恒定，安培力不再变化，C 错误，D 正确。
3.（1）B
2 L
3ω
R
　B
2 L
3ω
2 R
　（2）3a－gsinθ
3 gcosθ
解析：（1）当OA 棒切割磁感线的有效长度为l1＝√2L 时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝Bl1
2ω
2
＝BL2ω
此时CD 棒所受的安培力最大，结合I＝E
R 和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝B
2 L
3ω
R
当OA 棒切割磁感线的有效长度为l2＝L 时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝Bl2
2ω
2
＝B L
2ω
2
此时CD 棒所受的安培力最小，有
 38 / 92
FAmin＝IminBL＝B
2 L
3ω
2 R
。
（2）设CD 棒的质量为m，CD 棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA 棒在转动过程中，CD 棒在所受安培力达
到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，结合（1）问分析有FAmax＝4
3 mgsin θ，
则撤去推力瞬间，CD 棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD 棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝
ma，联立解得CD 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝3a－gsinθ
3 gcosθ
。
4.（1）0.4 m/s，方向水平向左　（2）0.72 J
解析：（1）由动量定理得
nBL·nBLv
R
·Δt＝mΔv
其中d＝vΔt
右侧磁场的磁感应强度为B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s
方向水平向左。
（2）第3 个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得
－nBL·nBLv '
R
·Δt'＝0－mv
其中3d＝v 'Δt'
解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为v＝1.2 m/s
线圈中产生的焦耳热Q＝1
2mv2＝0.72 J。
5.（1）√2 gr
2
　（2）√rℎ
2
　（3）1
2mgr
解析：（1）a 棒沿圆弧轨道运动到最低处MM'时，由机械能守恒定律得mgr＝1
2mv0
2
解得a 棒运动到圆弧轨道最低处MM'时的速度v0＝√2gr
从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度v1的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相
反，所以两棒的总动量守恒。由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得两棒做匀速运动时的速度为v1＝√2 gr
2
。
（2）经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道的过程中，a 棒受
到安培力的冲量大小Ia＝BILt
又I＝E
2 R ，E＝ΔΦ
t
，ΔΦ＝BLx
对a 棒，由动量定理得－Ia＝mv2－mv1
解得a 棒离开轨道时的速度v2＝√2 gr
4
由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离为
Δx＝（v1－v2）√
2ℎ
g
＝√rℎ
2
。
 39 / 92
（3）由能量守恒定律可知，从a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中， 回路中产生的焦耳热Q＝mgr－1
2×2mv1
2
解得Q＝1
2mgr。
专题五　振动与波　光
第12 讲　振动与波
1.B　由图可知波长为20 m，A 错误；波速为v＝λ
T ＝8 m/s，B 正确；由图知振幅为0.25 m，C 错误；该简谐波
沿x 轴正方向传播，根据上下坡法可知，t＝0 时，P 向y 轴正方向运动，D 错误。
2.B　该降噪器是利用声波干涉原理设计，故A 错误；根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为｜s1－s2｜
＝（2n＋1）λ
2（n＝0，1，2，3…）的声波降噪效果良好，对于不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能
起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，当n 取8 时，路程差为8.5λ，通道②的长度可能为
8.5λ，若通道②的长度为8λ，不能起到降噪作用，故C、D 错误，B 正确。
3.C　由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x＝11.0 m 处开始相遇，
A、B 错误；甲波峰的坐标为x1＝5 m，乙波峰的坐标为x2＝16 m，由于两列波的波速相同，所以波峰在x'＝5 m
＋16－5
2
 m＝10.5 m 处相遇，C 正确，D 错误。
4.D　由图像可知，甲的周期为4t0，乙的周期为8t0，由单摆周期公式T＝2π√
L
g
可知，甲、乙的摆长之比为
1∶4，A 错误；由图像可知，甲的振动方程为x＝A1sin π
2t0
t（cm），乙的振动方程为x＝A2sin(
π
4 t0
t ＋π
2)，t0时
刻甲、乙的相位差为Δφ＝(
π
4 ＋π
2)－π
2 ＝π
4 ，B 错误；甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，
从最高点到最低点，由动能定理有mgL（1－cos θ）＝Ek，由于乙的摆长大，则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最
大动能，C 错误；由图像可知，t＝6t0时，乙摆球第2 次经过最低点，此时，两摆球速度方向相反，D 正确。
5.D　小球经过O 点时开始计时，经过0.3 s 首次到达B 点，若小球开始计时时是向右运动的，则小球振动的周期
T＝1.2 s；若小球开始计时时是向左运动的，则3
4 T＝0.3 s，小球振动的周期T＝0.4 s，小球振动的周期可能为
1.2 s 或0.4 s，A 错误；由题意可知2A＝30 cm，小球振动的振幅为A＝0.15 m，B 错误；当T＝0.4 s 时，有ω
＝2π
T ＝5π rad/s，可知弹簧振子的振动方程为x＝0.15sin 5πt（m），当T＝1.2 s 时，有ω＝2π
T ＝5
3π rad/s，可
知弹簧振子的振动方程为x＝0.15sin 5
3πt（m），C 错误；周期若为0.4 s，则小球经t＝0.6 s＝3
2T，运动到平衡
位置；周期若为1.2 s，则小球经t＝0.6 s＝1
2T，运动到平衡位置，所以小球在0.6 s 末一定在平衡位置，D 正确。
6.AC　简谐横波沿x 轴正方向传播，在t＝2 s 时刻，质点C 处于平衡位置并向y 轴负方向振动，与题图乙振动图
像上t＝2 s 时刻一致，则质点C 的振动图像与图乙相同，A 正确；在t＝0 时刻，质点A 位于波谷， 速度为零，质
点B 位于平衡位置，则质点A 的速率比质点B 的小，B 错误；由图乙可知周期为4 s，因此在t＝1 s 时刻，质点A
在平衡位置，质点B 在波谷，质点A 的位移比质点B 的小，则质点A 的加速度比质点B 的小，C 正确；由于周期
为4 s，20 s 为5 个周期，质点A 在20 s 内的运动路程为5×4A＝100 cm，D 错误。
 40 / 92
7.BC　由于两列波的波速均为2 m/s，则t＝0.5 s 时，题图所示平衡位置在x＝1 m 处和x＝3 m 处两质点的振动
形式传到P 点处，则由波的叠加可知，t＝0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为－2 cm，A 错误，B 正确；t＝1 s 时，
题图所示平衡位置在x＝0 处和x＝4 m 处两质点的振动形式（均向y 轴正方向运动）传到P 点处，根据波的叠加可
知，t＝1 s 时，P 向y 轴正方向运动，C 正确，D 错误。
8.D　以竖直向上为正方向，根据图乙可知，t1时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且位移增大，可知，
t1时刻小球向下运动，故A 错误；以竖直向上为正方向，t2时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦函数图像，
表明其做简谐运动，根据F 回＝－kx＝ma 可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向
下，故B 错误；根据图乙可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏
上留下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即t2时刻小球与影子相位差为0，故C 错误；根据图乙可
知，t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据光的直线传播可知在屏上影子的位置也处于最高点，影子位
于正方向上的最大位移处，根据几何关系有
l
l+2l ＝A ＋A
A ＋x影子
，解得x 影子＝5A，即t3时刻影子的位移为5A，故D
正确。
9.（1）25 m/s　（2）y＝0.2cos 25
3 πt（m）
解析：（1）由题意知，波传播的时间间隔
T＜Δt＝0.3 s＜2T
设波沿x 轴正向传播的距离为Δx，则有
λ＜Δx＜2λ
由波的图像得λ＝6 m
结合波的图像可得Δx＝7.5 m
故由v＝Δ x
Δt
解得长绳波的波速v＝25 m/s。
（2）由T＝λ
v ＝6
25 s
得圆频率ω＝2π
T ＝25
3 π rad/s
设质点P 的振动方程为y＝Acos ωt
由图乙得振幅A＝0.2 m
代入数据得y＝0.2cos 25
3 πt（m）。
10.B　双曲线x
2
16－y
2
9 ＝1 中，半实轴长a＝4 cm，半虚轴长b＝3 cm，故半焦距长c＝√a
2＋b
2＝5 cm；点A 和
点B 到两个波源的路程差等于实轴长，即为8 cm，波的波长为4 cm，故点A 和点B 到两个波源的路程差等于波
长的2 倍；点C 和点D 到两个波源的路程差为零；两个波源的频率相同，但起振方向不一定相同，故若A、B 振动
加强，则C、D 振动一定加强，故A、C、D 错误，B 正确。
第13 讲　光学
1.B　泊松亮斑是一种由于光的衍射而产生的一种光学现象，是指当单色光照射在宽度小于或等于光源波长的不透
光的小圆板时，就会在小圆板之后的光屏上出现环状的互为同心圆的明暗相间的衍射条纹，并且在同心圆的圆心
处会出现一个较小的亮斑，这就是泊松亮斑，A 错误；光照射刀片的阴影轮廓模糊不清，是光的衍射现象，B 正确；
 41 / 92
鱼缸中的气泡在灯光的照射下看起来特别明亮，是光的全反射现象，C 错误；用双缝干涉测量光的波长时，在单
缝与光源之间放上滤光片是为了使入射光变成单色光，D 错误。
2.D　立体眼镜的左、右两镜片为透振方向相互垂直的偏振片，开始时左镜片明亮、右镜片暗，则手机液晶屏幕发
出的光的振动方向与左镜片的透振方向一致，手机屏幕旋转90°，其屏幕发出的光的振动方向与右镜片的透振方
向一致，则左镜片变暗，右镜片变亮，D 正确。
3.CD　一束光斜向下射入地面附近的空气中，由于离地面越近，折射率越小，根据折射定律可知，折射角逐渐增
大，如果到达地面前入射角达到了全反射的临界角，则光发生全反射，则这束光的可能传播路径为C、D，故C、
D 正确。
4.A　根据光路图可知，两束光的入射角相等，在介质中a 光的折射角大，b 光的折射角小，根据折射定律n＝
sini
sin r
可知，水滴对a 光的折射率小于对b 光的折射率，B 错误；由于水滴对a 光的折射率小于对b 光的折射率，则
a 光的频率小于b 光的频率，所以a 光的波长大于b 光的波长，A 正确；根据v＝c
n可知，在该介质中a 光的传播速
度大于b 光的传播速度，C 错误；根据Δx＝L
d λ 可知，在完全相同的条件下，a 光的波长大于b 光的波长，所以a
光对应的干涉条纹间距较宽，D 错误。
5.C　红光在棱镜中传播光路如图所示，C0＝45°，根据红光在AC 面恰好发生全反射，有n＝
1
sin C0
，则n＝√2
，根据v＝c
n，解得v＝√2
2 c，所以红光在棱镜中传播的总时间为t＝a
v ＝√2a
c
，故选C。
6.AD　由题图可知，光通过酒精溶液的折射率更大，则光通过酒精溶液的偏折程度大于通过氯化钠溶液的偏折程
度，A 正确；光通过酒精溶液的折射率大于光通过氯化钠溶液的折射率，由光在介质中的传播速度公式v＝c
n可知，
光在酒精溶液中传播的速度小于在氯化钠溶液中传播的速度，B 错误；由于光从空气进入某种溶液介质发生偏折，
即光从光疏介质进入光密介质，因此光不会发生全反射，C 错误；由于光在酒精溶液中传播的速度小于在氯化钠
溶液中传播的速度，因此光通过相同距离，在酒精溶液中传播的时间大于在氯化钠溶液中传播的时间，D 正确。
7.30°
解析：在球内光线经过一次反射，画出入射光线与反射光线，它们一定是关于半径对称的，根据光路可逆，光线
从球外射向球内，在球内反射一次，再折射出球外，整个光路如图所示，由折射定律得n＝sini
sin r ，可知sin r＝
sini
n
＝1
2
，则r＝30°，由几何关系及对称性得α
2
＝r－（i－r）＝2r－i，所以α＝30°。
8.AD　根据光的反射对称性可知光源S 与平面镜中的虚像距离为2a，根据条纹间距公式可知Δx＝l
2aλ，A 正确，
B 错误；若将整套装置完全浸入折射率为n 的蔗糖溶液中，光的频率不变，根据c＝λf，v＝λ1f＝c
n，其中c 为真空
 42 / 92
中的光速，则λ1＝λ
n，C 错误；若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
Δx，根据条纹间距公式有Δx＝l
2aλ2，可得λ2＝2a Δ x
l
，结合C 选项的分析可知λ2＝2a Δ x
l
＝λ
n，所以n＝
l
2a Δ x
λ，D 正确。
9.AC　凸透镜下表面与玻璃上表面形成空气薄膜，干涉现象是凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成
的，A 正确，B 错误；干涉条纹不等间距是由于透镜表面是曲面，使得空气膜的厚度不均匀变化，导致间距不均匀
增大，从而观察到题图乙所示的内疏外密的同心圆环状条纹，C 正确，D 错误。
10.（1）1.6　（2）74°　（3）5
8c　（4）64 a
25c
解析：（1）根据题意作出光路图如图，由几何关系可知，光线射出时的折射角r 为2θ，“水晶球的”折射率n＝
sin 2θ
sinθ
＝2cos θ＝1.6。
（2）根据光路的可逆性可知β＝r＝2θ＝74°。
（3）光在“水晶球”中的传播速度为v＝c
n＝5
8c。
（4）光在“水晶球”中传播的距离l＝2acos θ，时间t＝l
v ＝nl
c ＝4 aco s
2θ
c
，代入数据有t＝64 a
25c 。
11.（1）√3×108 m/s　（2）60°
解析：（1）光从C 点到B 点的光路图如图所示
光在C 点折射，由折射定律可知n＝sini
sin r
激光在玻璃球中的传播速度为v＝c
n
由几何关系可得i＝θ＝2r＝60°
解得v＝√3×108 m/s。
（2）光在B 点折射，由折射定律可知n＝sin β
sin r
可得β＝60°
故B 点的出射光相对C 点入射光方向偏折角为60°。
12.（1）见解析　（2）r＝30°，2√6a
3c
解析：（1）光线1、2 进入观察者范围的光路图如图所示
 43 / 92
根据折射定律可得√2＝sin 45°
sin r
则光线在介质中的折射角为r＝30°
可得1、2 光线最后射出介质A 的折射角为45°，可得光线1、2 平行射出介质A、B，显然成人不可能被“隐身装
置”遮挡。
（2）结合（1）问，可得光线1 进入介质A 中的折射角大小为r＝30°
通过介质A 的路程为s＝
a
cos30°＝2√3
3
a
光在该介质中的传播速度为v＝c
n＝c
√2
则光线1 通过介质A 的时间为
t＝s
v ＝2√6a
3c
。
13.B　薄膜干涉是光在空气层的上下表面的两次反射光叠加后形成的，如图，分析可知，相邻两亮条纹对应空气
光程间的差值等于光在空气中的波长，有2dtan θ＝λ（θ 为上下两平板的夹角），换成液体后，同理有2d'tan θ＝λ
液，又λf＝c，v 液＝λ 液f，v 液＝c
n，解得该液体的折射率为n＝d
d '＞1，故B 正确，A、C、D 错误。
专题六　热学和近代物理
第14 讲　热学
1.ACD　液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构的特征，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各
向异性，A 正确；布朗运动说明了液体（气体）分子在永不停息地做无规则运动，B 错误；当分子间的距离从r＜
r0到r＞r0，随着分子间距离的增大，分子势能先减小后增大，C 正确；往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不
会流出来，这是由于水的表面张力作用，D 正确。
2.C　石墨有规则的形状，石墨是晶体，石墨烯是石墨中提取出来的新材料，也有规则的形状，也是晶体，A 错误；
石墨中的碳原子是一直运动的，B 错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，C
正确；石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力，D 错误。
3.D　从A 到B 温度不变，则pB＝V A
V B
pA＝2p0，选项A 错误；从B 到C 体积不变，则状态C 时的压强为pC＝T C
T B
pB
＝pB
2 ＝p0，选项B 错误；A→B 过程中体积减小，则外界对气体做功，选项C 错误；B→C 过程中气体体积不变，
则W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU＜0，根据热力学第一定律可知Q＜0，即气体向外界放热，选项D 正确。
4.C　车体突然下沉挤压气囊，此过程时间很短，可认为是绝热过程，由热力学第一定律可知：外界对气体做的功
等于气体内能的增加，故A 错误；气体温度升高，气体的平均动能增大，但不一定每一个气体分子的动能都增大，
B 错误； 由于温度升高，气体分子平均速率增大，体积减小，分子数密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均
撞击力增大，C 正确；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，气体压强由
气体分子的数密度和平均动能决定，D 错误。
5.B　飞机从巡航到着陆过程，由题意知瓶内气体温度不变，体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状
态方程pV
T ＝C，故可知矿泉水瓶内的空气的压强增大，则飞机从巡航到着陆过程飞机机舱内的气压增大，A 错误，
 44 / 92
B 正确；由于温度是气体分子平均动能的标志，机场地面温度与高空机舱温度相同，故从高空机舱到机场地面，
瓶内气体的分子平均动能不变，C 错误；由于温度不变，则内能不变，D 错误。
6.B　由ac 的延长线过原点O 知，直线Oca 为一条等容线，气体在a、c 两状态的体积相等，选项A 错误；理想气
体的内能由其温度决定，故在状态a 时的内能大于在状态c 时的内能，选项B 正确；过程cd 是等温变化，气体内
能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C 错误；过程da 气体内能增大，
从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D 错误。
7.C　完成一次循环，气体的内能不变，a→b 过程，气体体积增大，气体对外界做功，b→c 过程，气体体积减小，
外界对气体做功，由于a→b 过程气体的平均压强大于b→c 过程气体压强，则气体对外做功大于外界对气体做功，
c→a 过程，气体体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，完成一次循环，气体吸热，A 错误；b→c 过程
中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量大于
外界对气体做的功，c 状态气体温度最低，气体在c 状态分子平均动能最小，B 错误，C 正确；a→b 过程中，气体
温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，由气体压强的微观解释可知，容器壁在单位时间内、单位面积上受
到气体分子撞击的次数会减少，D 错误。
8.（1）6
5T0　（2）1
5（CT0＋mgh＋p0Sh）
解析：（1）设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕萨克定律得
V 0
T 0
＝V
T
其中V0＝Sh，V＝S(ℎ＋ℎ
5 )
联立解得T＝6
5 T0。
（2）设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C（T－T0）
W＝－（mg＋p0S）1
5h
联立解得Q＝1
5（CT0＋mgh＋p0Sh）。
9.（1）V ＋V 0
V
m
（2）p1－（p0＋ρgH）(
V
V 0
+1)
解析：（1）设装置的总质量为M，根据题意可知，初始整个装置静止在水中，重力大小等于浮力大小，即ρg（V
＋V0）＝Mg，当气球的体积增大到刚好使增加的浮力等于细线的最大拉力时，增加的浮力为ΔF 浮H＝ρgΔV＝Mg，
由于m
V ＝Δm
ΔV ，联立上式解得Δm＝V ＋V 0
V
m。
（2）对于质量为Δm 的气体，经历等温变化，由玻意耳定律有pΔV＝p2V'，p＝p0＋ρgH，解得V'＝
（p0＋ρgH ）ΔV
p2
，当细线刚好断裂时，对玻璃瓶A 内封闭的气体，由玻意耳定律有p1V0＝p2（V0＋V'），联立
解得p2＝p1－（p0＋ρgH）(
V
V 0
+1)。
 45 / 92
第15 讲　近代物理
1.C　根据题意可知，辐射出的光子能量ε＝3.52×10－19 J，由ε＝hν，代入数据解得ν＝5.31×1014 Hz，C 正确。
2.CD　相同温度下，黑体吸收和辐射能力最强，故A 错误；根据λ＝ℎ
p ＝
ℎ
√2m Ek
，具有相同动能的中子和电子，
电子质量较小，德布罗意波长较长，故B 错误；电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量，故C 正确；
自然光在玻璃、水面等表面反射时，反射光可视为偏振光，透过偏振片观察，转动偏振片时能观察到明暗变化，
故D 正确。
3.B　元素的半衰期与物理及化学状态无关，所以增大压强，半衰期不变，A 错误；118
294Og 的中子数为294－118＝
176，100
258Fm 的中子数为258－100＝158，118
294Og 的中子数比100
258Fm 的中子数多18，B 正确；设经过x 次α 衰变和y 次
β 衰变，根据质量数守恒及电荷数守恒得294＝258＋4x，118＝100＋2x－y，解得x＝9，y＝0，C 错误；半衰期是
个统计概念，大量原子核才符合统计规律，对少量原子核没有意义，D 错误。
4.B　并非所有同位素都能用于核聚变反应，A 错误；根据爱因斯坦质能方程可知，聚变反应放出的能量主要来源
于质量亏损，B 正确；1
2H 与1
2H 聚变的核反应方程为1
2H＋1
3 H →2
4H＋0
1n，核反应过程中会产生中子，C 错误；聚变
反应中带正电的1
2H 与1
2H 需通过几百万开尔文的高温克服核子间的库仑斥力作用，D 错误。
5.B　半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，A 错误；根据电荷数守恒和质量数守恒可知X 是2
4
He，即为α 粒子，具有很强的电离本领，B 正确；自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，镓237
的比结合能比镅241 的比结合能大，C 错误；核反应释放能量，发生质量亏损，因此反应后总质量会减小，D 错误。
6.C　根据巴耳末公式可知，Hδ与Hγ光相比较Hγ光的波长较长，波长越长，越容易发生明显的衍射现象，故照射
同一单缝衍射装置，Hγ光的中央明条纹宽度宽，故A 错误；Hγ光的波长较长，根据f＝c
λ ，可知Hγ光的频率较小，
则Hγ光的折射率较小，在平行玻璃砖的偏折较小，Hγ光的侧移量小，故B 错误；Hγ光的频率较小，Hγ光的光子能
量较小，以相同功率发射的细光束，Hγ光的光子数较多，真空中单位长度上Hγ光的平均光子数多，故C 正确；若
Hδ、Hγ光均能发生光电效应，相同光强的光分别照射同一光电效应装置，Hγ光的频率较小，Hγ光的光子能量较小，
Hγ光的光子数较多，则Hγ光的饱和光电流大，故D 错误。
7.D　由题意知，频率为ν 的单色光照射大量处于基态的氢原子，氢原子辐射出频率分别为ν1、ν2、ν3的三种光子，
且ν1＜ν2＜ν3，则说明hν＝hν3＝12.09 eV，hν2＝10.2 eV，hν1＝1.89 eV，则可知ν3＝ν1＋ν2，A 错误；根据以上
分析可知ν＝ν3，且该单色光光子的能量为12.09 eV，B、C 错误；用该单色光照射到某新型材料上，该新型材料
的逸出光电子的最大初动能与频率为ν2光子的能量相等，则由hν－W0＝hν2，解得W0＝1.89 eV，D 正确。
8.D　当入射光的频率大于截止频率时，金属K 极就能发生光电效应，即电路可以导通，光强增大而频率小于截止
频率不会发生光电效应，电路不被导通，A、B 错误；电路导通情况下，即光电子的运动方向向左，光电管内的电
流方向向右，所以通过电阻的电流方向是从上向下，C 错误；电路导通情况下，光照越强，电流越大，所以电阻R
上的电压越大，D 正确。
9.A　钚的α 衰变方程为94
238Pu→92
234X＋2
4He，故新核X 的中子数为234－92＝142，A 正确；核电池中的核反应属于
α 衰变，B 错误；温度升高，钚的半衰期不变，C 错误；经过87.7 年，150 mg 的钚还剩余75 mg，D 错误。
10.B　氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子运动半径变小，动能增大，库仑力做正功，原子的电势能减小，
A 错误；紫外线光子的最小能量为3.11 eV，处于n＝3 能级的氢原子的电离能为1.51 eV，故处于n＝3 能级的氢
原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，B 正确；一个处于n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，可
最多发出3 种不同频率的光子，C 错误；氢原子从n＝4 能级向基态跃迁时发出的光子能量为E＝（－0.85 eV）－
 46 / 92
（－13.6 eV）＝12.75 eV，因锌的逸出功是3.34 eV，锌板表面所发出光电子最大初动能为Ekm＝12.75 eV－
3.34 eV＝9.41 eV，D 错误。
11.C　由题意可知该核反应为放热反应，A 错误；根据核反应过程质量数守恒、电荷数守恒，可知核反应中的X
为2
3He，B 错误；X 的中子数为3－2＝1，C 正确；核反应中质量亏损为Δm＝Δ E
c
2 ＝3 E2－4 E1
c
2
，D 错误。
12.C　根据题意可知，1 个质子和2 个中子结合成1
3H 时亏损的质量Δm＝mp＋2mn－mH＝1.007 277 u＋2×1.008 
665 u－3.016 050 u＝0.008 557 u，则该反应释放出能量。根据ΔE＝Δmc2可知，放出的能量为（2mn＋mp－mH）
c2＝0.008 557×931.5 MeV≈7.97 MeV，A、B 错误；1 个质子和2 个中子结合释放出能量为7.97 MeV，所以氚
核的结合能为7.97 MeV，1
3H 的比结合能为E＝Δ E
3 ＝7.97
3
 MeV≈2.66 MeV，C 正确；光子的能量为E＝hν，
则ν＝Δ E
ℎ＝7.97×10
6×1.6×10
－19
6.63×10
－34
 Hz≈1.92×1021 Hz，D 错误。
13.B　大量氢原子跃迁时向外辐射的光子种类为n（n－1）
2
＝3，解得n＝3，A 错误；由公式c＝λν，可知ν＝c
λ
，又λ1＞λ2＞λ3，则有ν1＜ν2＜ν3，光电效应的产生条件是入射光的频率大于金属的极限频率，波长为λ1的光能使某
种金属发生光电效应现象，波长为λ3的光一定能使该金属发生光电效应现象，B 正确；由跃迁规律可知，波长为λ3
的光子能量一定等于波长为λ1、λ2的光子能量之和，则有c
ℎ
λ3
＝c
ℎ
λ1
＋c
ℎ
λ2
，则1
λ3
＝1
λ1
＋1
λ2
，C 错误；由以上分析
可知，玻璃对三种光的折射率关系为n1＜n2＜n3，由临界角公式sin C＝1
n，可知三种光的临界角关系为C1＞C2＞
C3，所以最先发生全反射的是波长为λ3的光，D 错误。
专题七　物理实验
第16 讲　力学实验
1.（2）5.00　（4）见解析图　（5）大小相等，方向相同
解析：（2）由图可知弹簧测力计的读数为5.00 N。
（4）根据平行四边形定则作出F3、F4的合力F'，如图。
（5）根据实验规律可知，合力在误差允许范围内都大小相等，方向相同，则说明一个力分解成两个力有多种分解
方式，分力与合力的关系遵循平行四边形定则。
2.（1）平衡摩擦力　2.86　（2）4.108
解析：（1）木板右端抬高的目的是平衡摩擦力；小车的加速度大小
a＝（16.29+13.43+10.59－7.72－4.88－2.01）×10
－2
9×0.1
2
m/s2＝2.86 m/s2。
（2）游标卡尺读数为41 mm＋4×0.02 mm＝41.08 mm＝4.108 cm。
3.（1）2　（2）T2　4π2k
解析：（1）根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个小球与手机间距离的最小值。由图b 可得出，单摆的周期
为T＝2 s。
 47 / 92
（2）根据T＝2π√
l＋d
2
g
可得l＝g
4 π
2T2－d
2
结合图c 的图像，可知则该图像以T2为横坐标。
若图线的斜率为k，则k＝g
4 π
2
可得重力加速度的测量值为g＝4π2k。
4.（1）x3－x1
10T
　 x6－2 x3
（15T ）
2 　（2）0.40
（3）tan θ－
a
gcosθ
解析：（1）打计数点2 时铁块速度为v＝x3－x1
10T
铁块加速度为a＝（x6－x3）－x3
（15T ）
2
＝x6－2 x3
（15T ）
2 。
（2）铁块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动时，其位移为x＝1
2at2
将t＝2.00 s、x＝0.80 m，代入上式解得该斜面上的铁块加速度大小为a＝0.40 m/s2。
（3）根据牛顿第二定律，铁块下滑的加速度大小为
a＝mgsinθ－μmgcosθ
m
＝g（sin θ－μcos θ）
则铁块与木板间的动摩擦因数为
μ＝tan θ－
a
gcosθ 。
5.（1）1.0　（2）0.20　（3）B
解析：（1）由x-t 图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t＝1.0 s 时发生突变，即发生了碰撞；
（2）由x-t 图像斜率的绝对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B 的速度大小v＝|
90－110
1.0 | cm/s＝0.20 m/s；
（3）由题图乙知，碰撞前A 的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A 的速度大小约为vA'＝0.36 m/s，由题图丙可知，
碰撞后B 的速度大小为v'＝0.5 m/s，对A 和B 的碰撞过程由动量守恒定律有mAvA＋mBv＝mAvA'＋mBv'，代入数据解
得
mA
mB
≈2，所以质量为200.0 g 的滑块是B。
6.（1）mg(L+0.5d)(1－cosα )　d
t 　（2）直线　（3）
d
2c
2 L＋d
解析：（1）小球从静止摆动到最低点的过程中，重力势能的减小量为
ΔEp＝mg(L+0.5d)(1－cosα )
小球通过光电门的时间极短，则其平均速度近似等于小球运动到最低点时的速度大小，有v＝d
t 。
（2）小球运动到最低点时的动能
 48 / 92
Ek＝1
2mv2＝md
2
2t
2
若ΔEp＝Ek，就验证了机械能守恒定律，整理可得cos α＝1－
d
2
g(2 L＋d)× 1
t
2
则以1
t
2为横轴，以cos α 为纵轴，画出的是一条直线。
（3）若画出的图线与横轴交点的横坐标的绝对值为c，则图像的斜率k＝－1
c
结合k＝－
d
2
g(2 L＋d)
解得g＝
c d
2
2 L＋d 。
7.（1）7.54（7.53～7.55 均可）　（2）10　（3）A
（4）多次测量同一颜色的积木的周期求平均值
解析：（1）根据刻度尺的读数规则可知D＝7.54 cm。
（2）结合单摆的运动分析可知，积木左端与O 点等高后，向下（向上）运动后再次与O 点等高，之后向上（向
下）运动后又一次与O 点等高，此过程为一个周期，则题述过程中积木摆动了10 个周期。
（3）根据题图d 有ln T＝kln D＋b，其中k＝－0.50－（－1.00）
2.80－1.80
＝1
2，则有ln T＝1
2ln D＋b＝ln √D＋
b，根据数学知识可得T 与D 的近似关系为T∝√D，A 正确。
（4）可以多次测量同一颜色的积木的周期求平均值，从而减小实验误差。
第17 讲　电学实验 
1.（1）A　（2）2.00　（3）N2　（4）有漏磁
解析：（1）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这
个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故选A。
（2）测量交流电压时选择2.5 V 挡位，此时电表读数为U＝2.00 V。
（3）若某次实验中用匝数n1＝400 匝、n2＝1 200 匝的变压器，测得线圈N1两端的电压U1＝2.30 V，线圈N2两端
的电压U2＝7.60 V，匝数之比近似等于电压之比，则有U 1
U 2
＝n1
n2
按U1＝2.30 V，解得N2两端的电压
U2＝6.90 V＜7.60 V
结合变压器不是理想变压器，存在漏磁，发热等原因，则N2是原线圈，N1是副线圈。
（4）变压器不是理想变压器，可能存在漏磁。
2.（1）BC　（2）1.0　3.3
解析：（1）分析实验目的可知，本实验需要通过电流表指针的偏转方向分析感应电流的方向，不需要记录感应电
流的大小，A 错误，B 正确；比较甲和乙，磁体的 N 极和 S 极分别靠近螺线管，感应电流方向相反，则感应电流
的方向与条形磁体的插入端是 N 极还是 S 极有关，C 正确。
（2）根据题意可知，通过电源的电流为I＝U
R ，则根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋Ir＝U＋U
R r，变形得U＝－
rU
R ＋E，结合U-U
R 图像纵截距可知E＝1.0 V，结合U-U
R 图像斜率的绝对值可知r＝|
0.4－1
180×10
－6| Ω≈3.3 kΩ。
 49 / 92
3.（1）负　14 000　（2）见解析图　左　零　R0　（3）－b
解析：（1）欧姆表红表笔与内置电源的负极相连，因此红表笔与电压表的负接线柱相连；粗测电压表的内阻为14 
000 Ω。
（2）电路连接如图所示
闭合开关前，题图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最左端，使输出电压为零，电阻箱的电阻调为零，测得的电压
表的内阻为R0。
（3）根据闭合电路欧姆定律可知E＝U＋U
RV
R，即R＝ERV· 1
U －RV，根据题意可知－RV＝b
解得RV＝－b。
4.（1）C　（2）0.50　3.1
解析：（1）把开关S 接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到
零；把开关S 接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选
C。
（2）由题意可知电压表应选用0～3 V 量程，由图2 可知此时分度值为0.1 V，需要估读到0.01 V，则读数为
0.50 V。
当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，可知RV＝
U V
I
＝
0.50
160×10
－6 Ω≈3.1 kΩ。
5.（2）见解析图　（4）kdh　高　（5）0.46
解析：（2）由于电流表内阻已知，则电流表的分压可以求出，故电流表采用内接法，又电源电动势为3 V，则电
压表应以量程3 V 接入电路，电路连接如图所示。
（4）根据电阻定律有Rx＝ρ l
S ，又 S＝dh，联立得Rx＝ρ
dℎl，故Rx-l 图像中图线的斜率k＝ρ
dℎ，解得ρ＝kdh，根
据题图b 可知，温度高的水的Rx-l 图线（图乙）斜率较小，则温度高的水的电阻率较小，更容易导电。
（5）根据部分电路欧姆定律和电阻定律有R＝U
I ＝ρ
l'
π d
2
4
，代入数据解得水管长度的最小值为0.46 m。
6.（1）①A　（2）1
b　（3）R0
n－1
解析：（1）①为了保护电路，开关闭合前应将金属夹置于电阻丝接入电路电阻最大处，即A 端；
 50 / 92
（2）（3）设金属丝的总电阻为R，总长度为x，对题图a 根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋
U
RL
x
r，可得1
U ＝1
E ＋
xr
ER · 1
L，对题图b 有E＝U＋
U
RL
x
（r＋R0），可得1
U ＝1
E ＋x（r ＋R0）
ER
· 1
L，结合题图c 可知b＝1
E ，k1＝xr
ER ，
k2＝x（r ＋R0）
ER
，又k2
k1
＝n，解得E＝1
b，r＝R0
n－1。
7.（1）见解析图　（3）a　（6）1.40　17
解析：（1）连接实物图如图所示，注意连线不要有交叉，且电流从电表的正接线柱流入，从电表的负接线柱流出；
（3）为了保护电路，闭合开关瞬间，电流表和电压表的示数应为0，所以闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至
a 端；
（6）根据电压表的读数规则可知，电压表的示数为1.40 V，根据题图b 中的数据点拟合电压表示数U 与氧气含
量的曲线如图所示，则可知当电压表的示数为1.50 V 时，氧气含量为17％。
第18 讲　光学和热学实验
1.（3）P1和P2　（4）不需要　（5）cosα
sinθ
解析：（3）要求P1和P2在一条光线上，该光线透过玻璃砖后过P3，故P3要遮挡住P1和P2的虚像。（4）cd 与ab
垂直，则过P1、P2的光线与ab 垂直，光垂直入射时传播方向不变，则可以确定ef 边上的入射点，此时只需要找到
折射光线上一点即可确定出射光线，故不需要插第4 枚大头针。
（5）由图中几何关系可知，入射角为θ，折射角为（ π
2 －α），故n＝sin（π
2 －α ）
sinθ
＝cosα
sinθ 。
2.（1）dabec　（2）71a2　V 0V 2
nSV 1
　（3）BC
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解析：（1）实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体
积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，然后往边长
约为40 cm 的浅盘里倒入约2 cm 深的水，待水面稳定后将适量的爽身粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配
好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描
绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸
膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。
（2）根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71 格，则油酸薄膜总面积为S＝71a2
由于所用油酸酒精溶液每V1体积溶液中有纯油酸体积V2，则溶液的浓度为c＝V 2
V 1
用注射器和量筒测得体积为V0的上述溶液有n 滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为V＝V 0
n c
油酸分子直径为d＝V
S
联立解得d＝V 0V 2
nSV 1
。
（3）根据d＝V
S ，油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油膜面积测量值偏大，则油酸分子直径测量值偏小，故A
错误；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，
故B 正确；水面上爽身粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，
故C 正确；用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，则油酸分子直径测量
值偏小，故D 错误。
3.（1）B　（2）1.130　（3）480
解析：（1）双缝干涉条纹间距公式为Δx＝l
d λ，换用间距更大的双缝，相邻两亮条纹中心的距离减小，故A 错误；
由于红光的波长大于绿光的波长，把绿色滤光片换成红色滤光片，相邻两亮条纹中心的距离增大，故B 正确；把
屏向远离双缝的方向移动，相邻两亮条纹中心的距离增大，故C 错误。
（2）螺旋测微器的读数为1 mm＋13.0×0.01 mm＝1.130 mm。
（3）相邻两亮条纹的间距为Δx＝0.960
3
 mm＝0.320 mm
由Δx＝l
d λ，得λ＝d
l Δx
＝0.320×10
－3×1.5×10
－3
1
 m
＝4.80×10－7 m＝480 nm。
4.（1）B　（2）B　（3）C
解析：（1）根据理想气体状态方程有pV
T ＝C
其中的C 为与气体的质量成正比的常量，且温度为热力学温度，则有T＝t＋273 K
则p＝C
V t＋273C
V
可知，一定质量的气体，在体积不变时，压强与摄氏温度t 成一次函数。故选B。
 52 / 92
（2）结合上述可知，根据查理定律，一定质量的气体，在体积不变时，有p＝C
V t＋273C
V
，其中C 与气体的质量
成正比，当有气体逸出时，C 减小，则p-t 图像上的点与（－273，0）点连线的斜率减小，因为本实验中气体的温
度是逐渐降低的，故p-t 图像从右向左斜率减小。故选B。
（3）结合上述可知，根据查理定律，一定质量的气体在体积不变时有p＝C
V t＋273C
V
其中C 与气体的质量成正比，则一定质量的气体在体积不变时，其p-t 图像与t 轴的交点坐标均为－273 ℃，只有
第三个选择项符合要求。故选C。
5.（1）ADE　（2）CD　（3）F
解析：（1）根据实验原理可作p-V 图像，根据画出的图线猜测p 与V 的关系，再作p- 1
V 图像，对p 与V 关系的猜
测进行检验，检验正确，得出p 与V 关系的结论。故需要的步骤并按顺序排列为A、D、E。
（2）实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A 错误；为了减少实验
误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以保证气密性良好，故B 错误；根据理想气体状态方程pV＝CT 可知，离坐标原
点越远的等温线温度越高，则有T1＞T2，故C 正确；设连通空气柱与压力表细管的体积为V'，则有p（V＋V'）＝
C
整理可知V＝1
p C－V'
根据图像可知V0为连通空气柱与压力表细管的体积，故D 正确。
（3）突然提升柱塞，使空气柱快速到达体积V2，此时没来得及与外界发生传热，气体对外界做功，热量几乎不变，
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，内能减小，温度降低，则对应图中的状态F。
第二部分　揭秘高考命题新动向
揭秘一　高考命题的8 大热点情境
情境1　生产实践类情境
1.B　汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，抵消声波振幅和频率应与环境噪声的振幅和频率相同。由于波速由
介质决定，由公式v＝λf，可知抵消信号与噪声信号的波长相同。故选B。
2.B　粮食包相对传送带静止，随倾斜的传送带向上移动，传送带对粮食包的摩擦力是静摩擦力，方向沿传送带向
上，故粮食包对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，A 错误，B 正确；若传送带匀速移动，粮食包仍受传送带的静
摩擦力作用，C 错误；粮食包所受传送带的摩擦力方向不可能与传送带垂直，D 错误。
3.B　由理想气体状态方程结合p-T 图像可知气垫的体积不变，气体不做功，温度升高，内能增大，压强增大，分
子平均动能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。故选B。
4.C　钋核（84
218Po）的电荷数比氡核（86
222Rn）的小2，而质量数小4，根据电荷数守恒和质量数守恒，可得放出的
粒子X 的电荷数为2，质量数为4，是α 粒子，A 错误；γ 光子是电滋波，不是实物粒子，B 错误；衰变过程中释
放能量，原子核的比结合能变大，C 正确；每经过一个半衰期，原子核有半数发生衰变，这个一半是指当前数量
的一半，故经过两个半衰期，氡会剩下四分之一没有衰变，故D 错误。
5.B　依题意，打气过程中温度保持不变，由玻意耳定律可得V0×3p0＋nV0p0＝V0×6p0，解得n＝3，故选B。
6.A　由图中几何关系可知，入射角为53°，折射角为30°，即可求出n＝sin53°
sin30°＝
4
5
1
2
＝1.6，A 正确；sin C
＝1
n＝1
1.6＝5
8可知，C 不等于53°，B 错误；由n＝c
v 结合光在空气中传播的速度c＝3×108 m/s 可知，光在该
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介质中传播速度不为3×108 m/s，C 错误；当速度为3×108 m/s 时，传播300 km 用时1×10－3 s，但光在该介质
中传播速度不为3×108 m/s，D 错误。
7.C　照射到光敏电阻R 上的光照增强，R 的电阻减小，R 的电功率为PR＝I2R＝
E
2
（R＋r ）
2 R＝
E
2
R＋r
2
R +2r
可见，
当R 等于r 时，R 的电功率有最大值，由于本题不确定R 变小是与r 接近还是远离，所以不能确定R 的电功率变化，
A、B 错误；电源效率为η＝P出
P总
＝U
E ＝
R
R＋r ＝
1
1+ r
R
，R 减小，电源效率减小，C 正确，D 错误。
8.BD　根据焦耳定律，输电线损失的功率为P＝I2R，输电线损失的功率增加量为ΔP＝（I＋ΔI）2R－I2R＝ΔI2R＋
2ΔIIR，故A 错误；根据理想变压器的规律U
U 2
＝k1，U 3
U 4
＝k2，由闭合电路欧姆定律有U2＝IR＋U3，联立得U
k1
＝IR
＋k2U4，电流增加ΔI，则有U
k1
＝（I＋ΔI）R＋k2U4'，两式相减得ΔU4＝U4－U4'＝Δ IR
k2
，故B 正确； 根据理想变
压器的规律I 1
I ＝1
k1
，则I1＝1
k1
I，ΔI1＝1
k1
·ΔI，发电机输送功率的增加量为ΔP＝UI1'－UI1＝U·ΔI1＝U Δ I
k1
，故C 错
误；用户端电压减少量与用户端电流增加量的比值为
ΔU 4
Δ I 4
＝
1
k2
· ΔU 3
k2· Δ I
＝
1
k2
2· ΔU 3
Δ I ＝
1
k2
2· Δ IR
Δ I ＝
1
k2
2·R，用户端
电压减少量与用户端电流增加量的比值不随ΔI 的变化而变化，故D 正确。
9.（1）1.03×105 Pa　（2）0.8 h
解析：（1）根据题意可得，当井盖刚好被顶起时，有p0S＋mg＝p1S
代入数据解得p1＝1.03×105 Pa。
（2）对密封气体，由于温度不变，所以
p0Sh＝p1Sh'
解得h'＝2.02 m
则井盖被顶起的时间为t＝ℎ－ℎ'
v
＝0.8 h。
情境2　航天工程类情境
1.C　根据核反应前后质量数守恒和电荷数守恒可知，Y 的质量数为1，电荷数为1，则Y 为质子，如果此粒子平
行磁场方向射入匀强磁场中，它不会受到洛伦兹力作用，故A 错误；对于相同质量的核燃料，轻核聚变产生的核
能比重核裂变产生的核能多，故B 错误；根据核反应过程质量数守恒和电荷数守恒可得Y 为质子，根据核反应放
出能量具有质量亏损，核子平均质量减小，故C 正确；核反应前后系统内力远大于外力，总动量守恒，故D 错误。
2.C　“鹊桥二号”依然绕地球运动，其发射速度应大于7.9 km/s，小于11.2 km/s，故A 错误；“鹊桥二号”的
向心力由月球引力和地球引力共同提供，故B 错误；依题意，“鹊桥二号”随月球绕地球同步公转，可知绕地球
运动的周期约等于月球绕地球运动的周期，故C 正确；“鹊桥二号”若刚好位于L2点，由几何关系可知，通信范
围较小，不能够更好地为嫦娥六号探测器提供通信支持，故D 错误。
3.D　发动机加速，则飞船的运行速度变大，飞船受到的万有引力不足以提供飞船所需向心力，飞船将做离心运动，
显然飞船不能追上空间站，故A 错误；7.9 km/s 是最大环绕速度，所以空间站的运行速度不可能大于7.9 km/s，
故B 错误；飞船和空间站里的航天员处于完全失重状态，但失重并不是不受重力作用，而是重力提供向心力，故
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C 错误；空间站运行在距离地面340～370 千米的轨道上，根据万有引力提供向心力得G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r，可知，轨
道高度低于同步卫星，故周期小于同步卫星的周期，即小于24 h，故D 正确。
4.D　嫦娥六号从轨道Ⅱ上的Q 点变轨至轨道Ⅲ，做近心运动，应让发动机在Q 点减速，故A 错误；嫦娥六号在
轨道Ⅱ上由P 运动到Q 的过程，万有引力做正功，可知，嫦娥六号在轨道Ⅱ上经过P 点时的速率小于经过Q 点时
的速率，故B 错误；嫦娥六号从轨道Ⅱ上变轨到轨道Ⅳ上，需在Q 点减速，机械能减小，故嫦娥六号在轨道Ⅱ上
运行时的机械能大于在轨道Ⅳ上运行时的机械能，故C 错误；嫦娥六号在Q 点从轨道Ⅱ上经过近心运动进入轨道
Ⅳ上，速度减小，故嫦娥六号在轨道Ⅳ上运行时的速率小于在Ⅱ上运行时经过Q 点的速率，故D 正确。
5.AD　由题意，可得月球球心与中继星之间的距离为R－r，根据万有引力定律可得月球对中继星的万有引力大小
为F＝G
mm0
（R－r ）
2 ，故A 正确；由于中继星绕地球做匀速圆周运动的角速度与月球绕地球做匀速圆周运动的角
速度相等，由G Mm
r
2 ＝mrω2，可得中继星绕地球转动的角速度大小为ω＝√
GM
r
3 ，故B 错误；由于中继星绕地球
转动的半径大于月球绕地球转动的半径，中继星绕地球做匀速圆周运动的角速度与月球绕地球做匀速圆周运动的
角速度相等，根据a＝ω2R，可知，中继星绕地球转动的加速度大于月球绕地球转动的加速度，故C 错误；月球对
中继星的万有引力与地球对中继星的万有引力的合力提供中继星做匀速圆周运动所需的向心力，有F 合＝m0Rω2＝
m0R×GM
r
3 ＝GM m0 R
r
3
，故D 正确。
6.AC　根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝man＝mv
2
r ，所以an＝GM
r
2 ，v＝√
GM
r
，所以中轨道卫星与同步卫星
的向心加速度大小之比为49∶16，中轨道卫星与同步卫星的线速度大小之比为√7∶2。故选A、C。
7.B　根据平衡条件得F＝mg 火，解得g 火＝F
m，A 错误；根据牛顿第二定律得mg 火＝mv
2
R
，解得v＝√
FR
m
，B 正
确；根据黄金代换公式得mg 火＝G Mm
R
2 ，解得M＝F R
2
Gm ，C 错误；根据密度公式得M＝ρ·4
3 πR3，解得ρ＝
3 F
4G π mR
，D 错误。
8.D　每条支架腿对月球表面压力的方向均竖直向下，水平方向存在摩擦力，着陆器对月球的压力与摩擦力的合力
方向沿支架腿向下，故A 错误；每条支架腿受到月球表面的作用力在竖直方向的分量大小mg
24 ，而每条支架腿受到
月球表面的作用力大小应为F＝
mg
24 cosθ ，故B 错误；四条支架腿对主体水平方向的合力为零，每条支架腿水平方
向分力为F 水平＝Fsin θ＝
mg
24 cosθ sin θ＝mg tanθ
24
，故C 错误；根据静止时受力平衡，“嫦娥六号”着陆器受到
月球表面的作用力大小就等于其在月球上的重力大小mg
6 ，故D 正确。
9.A　若考虑地球自转，对赤道上物体，由合力提供向心力得G Mm
R
2 －mg＝ma，化简得M＝（g＋a）R
2
G
可知，
地球的质量略大于g R
2
G ，故A 正确；C 是同步卫星，在赤道上空，不可能从常州上方飞过，故B 错误；根据v＝
√
GM
r
可知，半径大的速度小，则vB＞vC。而A、C 周期相同，根据v＝2π
T
r 可知，C 的半径大，则速度大。因此
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物体A、卫星B、C 的速度大小关系是vA＜vC＜vB，故C 错误；卫星B、C 在地面的发射速度均应大于第一宇宙速度，
故D 错误。
10.（1）g R
2
G 　（2）2π r
R √
r
g
解析：（1）对地球表面上的物体，设其质量为m0，则
G M m0
R
2 ＝m0g
解得M＝g R
2
G 。
（2）神舟十八号在轨运行时，有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r
解得T＝2π r
R √
r
g
。
情境3　科技前沿类情境
1.B　做曲线运动的物体，其所受合力总是指向轨迹凹侧，由图乙可知，烟尘颗粒所受外力的合力发生了变化，不
可能做匀变速曲线运动，故A 错误，B 正确；曲线运动速度方向沿轨迹切线方向，故C、D 错误。
2.C　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X 粒子为电子，即氚核发生β 衰变，其中电子由原子核内一个中子转化
为一个质子和一个电子而来，故A 错误；放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强等因素无关，
故B 错误；氚核发生β 衰变的过程中释放能量，根据质能方程可知，总质量减小，产生的新核的比结合能比氚核
大，故C 正确；电池中氚的含量等于初始值的25％时，即剩余的氚核为原来的四分之一，根据m＝(
1
2)
2
m0，可知
经过了两个半衰期，即t＝2T＝2×12.5 年＝25 年，故D 错误。
3.D　由E＝hν，可知ν 最小的谱线对应的能级差最小，即－1.51 eV－（－3.40 eV）＝1.89 eV，故选D。
4.B　增大手机屏幕亮度，不能减小可视角度，不能提高防窥效果，故A 项错误；设屏障的高度与防窥膜厚度均为
x，相邻屏障的间距为L；如图所示
根据折射定律，有sinθ
sini ＝n，根据图中几何关系可得sin i＝
L
2
√(
L
2)
2
＋x
2
，联立整理得√
1+ 4 x
2
L
2 ·sin θ＝n，可知当
减小相邻两吸光屏障间距L 时，因为折射率不变，则可视角度减小，能提高防窥效果，故B 项正确；当减小防窥
膜的厚度x 时，因为折射率不变，则可视角度增大，不能提高防窥效果，故C 项错误；当增大透明介质的折射率，
因为相邻两吸光屏障间距L 和防窥膜的厚度x 不变，则可视角度增大，不能提高防窥效果，故D 项错误。
5.A　加上液体时光刻胶的曝光波长为λ＝v
f ，不加液体时，有c＝λ0f，又n＝c
v ，联立代入数据可得在液体中的曝
光波长约为λ＝λ0
n ＝2
3λ0，故A 正确；频率由光源决定，光由空气进入该液体中传播时，光波频率不变，故B 错误；
光在液体中的传播速度为v＝c
n，解得传播速度约为真空的2
3，故C、D 错误。
 56 / 92
6.BC　N 型半导体是电源的负极，P 型半导体是电源的正极，故电流从P 型一侧流出，经过负载回到N 型一侧，
故电流从下至上通过负载，选项A 错误；因该材料的“逸出功”W＝E，所以发生光电效应的极限波长满足E＝hc
λ
，故λ＝c
ℎ
E ，选项B 正确；太阳光强度越大，光电效应释放的电子越多，故向N 型一侧移动的自由电子越多，两
端电势差越大，电路中的电流越大，所以增大太阳光的强度，通过负载的电流会变大，选项C 正确；太阳光中紫
外线的频率最高，太阳光能让该材料发生光电效应，故该材料的截止频率应小于等于紫外线的频率，所以改用紫
外线照射该材料，能发生光电效应，选项D 错误。
7.C　下潜过程中，随着深度的增加，钟内气体体积减小，则单位体积内分子数增大，故选项A 错误；理想气体分
子间距很大，故不考虑分子间作用力，气体分子间斥力不变（仍近似为0），故选项B 错误；不计下沉过程中水温
的变化，则温度不变，故气体分子速率分布规律不变，选项C 正确；不计下沉过程中水温的变化，气体体积减小，
该过程外界对气体做功，故选项D 错误。
8.CD　导体棒获得向右的初速度后切割磁感线，回路中产生感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右减速
运动，由F＝BIL＝B BLv
R＋r L＝ma，可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越
小的减速运动直至停止运动，A 错误；设初始速度为v，通过导体棒ab 横截面的电荷量为q，根据动量定理可得－
BILΔt＝0－mv，又因为p0＝mv，q＝IΔt，解得q＝p0
BL，由于q＝IΔt＝
E
R＋r Δt＝ΔΦ
R＋r ＝BLx
R＋r ，代入q＝p0
BL
可得，导体棒ab 运动的位移，即航母甲板的最短长度为x＝p0（R＋r ）
B
2 L
2
，故B 错误，D 正确；导体棒减少的动
能E＝1
2mv2＝1
2m(
p0
m)
2
＝p0
2
2m
，根据能量守恒定律可得Ek＝Q 总，又根据电路知识可得QR＝
R
R＋r Q 总＝
p0
2 R
2m（R＋r ）
，故C 正确。
9.（1）0.75 m3　（2）0.625
解析：（1）以气闸舱内原有气体为研究对象，体积为V1＝2.0 m3、压强为p1＝0.8×105 Pa，降压后气体的压强
为p2＝0.5×105 Pa，体积为V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
V2＝3.2 m3
设抽出的气体在p2＝0.5×105 Pa 时的体积为V2－V1，转换到压强为p1＝0.8×105 Pa 时的体积为V3，由玻意耳定
律可得p2（V2－V1）＝p1V3
解得V3＝0.75 m3。
（2）以气闸舱内原有气体为研究对象，压强为p2＝0.5×105 Pa，体积为V2＝3.2 m3，抽气后气闸舱内存留气体
的体积为V1＝2.0 m3，
气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量分别为
m1＝ρV1
m2＝ρV2
则
m1
m2
＝
V 1
V 2
解得
m1
m2
＝0.625。
10.（1）9 s　（2）60 m
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解析：（1）机器狗匀加速阶段时间为t0＝vm
a1
＝8
2 s＝4 s
位移为x0＝1
2vmt0＝1
2×8×4 m＝16 m＜20 m
则此时未追上，在匀速阶段追上， 设机器狗运动时间为t1，可得20 m＋4 m/s×t1＝16 m＋8 m/s×（t1－4 s）
解得t1＝9 s。
（2）若机器狗在最大速度时追上目标，不满足条件，题中要求最小位移，在追上目标时已经处于减速状态，与目
标有共同速度，如图所示
机器狗减速到与目标有共同速度的时间为t2＝vm－v
a2
＝8－4
4
 s＝1 s
运动的距离为x＝8+ 4
2
×1 m＝6 m
设机器狗与目标相遇时间为t3，机器狗匀速阶段用时为（t3－4 s－1 s），可得
16 m＋8 m/s×（t3－5 s）＋6 m＝4 m/s×t3＋20 m
解得t3＝9.5 s
机器狗从开始运动到与目标相遇，机器狗运动的位移大小为x1＝16 m＋（9.5－5）×8 m＋6 m＝58 m
机器狗超过目标后又减速运动的位移大小为x2＝v
2
2a2
＝4
2
2×4 m＝2 m
则最小位移为x＝x1＋x2＝60 m。
情境4　体育运动类情境
1.A　运动员跨越横杆后在空中下落的过程中只有动能和重力势能相互转化，运动员机械能守恒，A 正确；运动员
在上升过程中先向上加速，后向上减速，向上加速时处于超重状态，向上减速时处于失重状态，B 错误；运动员
在上升过程中，竿的弹力对运动员做正功，运动员机械能增加，C 错误；根据机械能守恒定律，运动员的最大重
力势能为1
2mv0
2＋Ep－1
2mv1
2，D 错误。
2.A　由斜抛运动规律知，将篮球的运动沿PQ 方向和垂直PQ 方向分解，则沿PQ 方向的分运动有L＝1
2gsin 
30°·t2，代入得t＝2√
L
g
，A 正确。
3.A　研究游客整个运动过程，根据动能定理有mg（h1＋h2）－μmg√（4 π r ）
2－ℎ1
2－μmgL＝0，代入数据解
得μ＝0.08，实际上游客在圆轨道运动时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做
功W＞μmg√（4 π r ）
2－ℎ1
2，因此动摩擦因数应更小，故选A。
4.AC　乒乓球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，由于两球水平方向位移相等，则有v01t1＝
v02t2，又有v01∶v02＝2∶1，可得运动时间之比为t1∶t2＝v02∶v01＝1∶2，A 正确，B 错误；乒乓球做平抛运动，在
竖直方向做自由落体运动，则有h＝1
2gt2，可得下落高度之比为h1∶h2＝1
2gt1
2∶1
2gt2
2＝1∶4，C 正确，D 错误。
5.B　由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落高度相等，则碰后竖直方向的速度大小为vy＝v0＝2 
m/s，设乒乓球的质量为m，乒乓球与球拍的碰撞时间为Δt，在竖直方向上，根据动量定理有N·Δt＝mvy－（－
 58 / 92
mv0），在水平方向上，根据动量定理有f·Δt＝μN·Δt＝mvx，v＝√v x
2＋v y
2，联立解得vx＝√5 m/s，v＝3 m/s，故
选B。
6.C　由题意知，篮球从离开裁判手到最高点，上升的高度为Δh＝v
2
2g＝1.4 m，则到最高点时，离地面高度为h
＝h0＋Δh＝3.2 m，则篮球被水平击出到落地时间为t＝√
2ℎ
g
＝0.8 s，则篮球被水平击出时的初速度为v0＝x
t ＝
8
0.8
 m/s＝10 m/s，故A 正确；篮球落地时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝0.6×10×10×0.8 W＝48 W，故B 正
确；篮球落地时速度与水平方向的夹角满足tan θ＝v y
v0
＝4
5 ，则篮球落地时速度与水平方向的夹角不等于53°，故
C 错误；由动能定理知，从被水平击出到落地，篮球动能增加了ΔEk＝mgh＝0.6×10×3.2 J＝19.2 J，故D 正确。
7.D　两球在竖直方向上到P 点的高度相同，设为h。球1 做平抛运动，竖直方向上自由落体高度为h。而球2 竖
直方向上，先上抛后自由下落，自由下落的高度大于h，根据公式h＝1
2gt2可知，球2 下落的时间大于球1 运动的
时间，所以两球不会在P 点相遇，故A 错误；球2 在最高点的速度为水平方向上匀速的速度。由于两球水平位移
一样，球2 运动时间长，根据公式x＝v0t 可知，球2 水平方向上速度小，即球2 在最高点的速度小于v1，故B 错误；
由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内球1 速度的变化等于球2 速度的变化，故C 错误；球2 运动时
间长，根据公式Δv＝gt 可知，球1 速度的变化量小于球2 速度的变化量，故D 正确。
8.C　将篮球的运动过程逆向看是平抛运动，设前后两次运动时间分别为t1、t2，易知两次篮球做抛体运动的水平
位移大小相同，均设为x，则根据抛体运动规律有v1cos 60°＝gt1，v2cos 30°＝gt2，t1＝
x
v1sin 60°，t2＝
x
v2sin30°，联立可得v1＝v2，t1
t2
＝1
√3
，可知两球的初速度大小相等，但方向不同，故A、B 错误；根据h＝1
2
gt2
可知上升的最大高度的比值为
ℎ1
ℎ2
＝
t1
2
t2
2＝1
3，故C 正确；在C 点时，两球的速度大小之比为
vC 1
vC 2
＝
v1sin 60°
v2sin30°＝
√3
1
，可知在C 点时，两球的速度不相等，故D 错误。
9.CD　依题意，可知篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从B 点做平抛运动到A 点，由图乙知A 点
和C 点在同一水平线上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以两点处的速度不相同，故A 错
误；利用逆向思维，篮球从B 点到A 点做平抛运动，设运动时间为t，则有L＝vBt，L＝1
2gt2，联立解得vB＝√
gL
2
，故B 错误；根据Δv＝gΔt，可知篮球从A 到B 与B 到C 过程中，水平方向上发生的位移相等，运动时间相等，
因此速度变化相同，故C 正确；篮球由B 到D，由图乙可得y－L＝gt2，L＝vBt，vB＝√
gL
2
，联立解得y＝3L，因此
D 点的纵坐标为y＝－3L，故D 正确。
10.（1）20 m/s　（2）50 m　（3）22 500 J
解析：（1）由牛顿第三定律有FN'＝FN＝1 050 N
对滑雪爱好者及滑板受力分析，由牛顿第二定律有FN'－mg＝mvB
2
R
解得vB＝20 m/s。
（2）对滑雪爱好者及滑板从斜直滑道顶端运动到A 点，由动能定理有
 59 / 92
mgxsin θ－μmgxcos θ＝1
2mv1
2－0
解得x＝50 m。
（3）根据能量守恒定律可得滑雪爱好者及滑板从斜直滑道顶端运动到B 点损失的机械能为ΔE＝mgxsin θ＋mgR
（1－cos θ）－1
2mvB
2
解得ΔE＝22 500 J。
情境5　传统文化类情境
1.D　温度降低，分子的平均速率减小，并不是所有气体分子运动的速率都减小，故A 错误；灯罩内外由通风口连
通，所以灯罩内外气体压强一直相等，即气体压强不变，故B 错误；由B 可知，灯罩内原有空气为等压变化，温
度降低，体积减小，故C 错误；灯罩内原有空气温度降低，内能减小，故D 正确。
2.D　“天和核心舱”环绕地球做快慢恒定的圆周运动，是由于其受到地球的万有引力的作用，故A 错误；物体惯
性的大小仅由质量决定，与物体的运动状态、受力情况无关，故B 错误；惯性是物体的固有属性，任何物体在任
何情况下都具有惯性，故C 错误；惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，人出生时的质量小，则
惯性也小，故D 正确。
3.B　两根耙索的合力大小为F'＝2Fcos 30°＝√3F，故A 错误，B 正确；由平衡条件得，地对耙的水平阻力大小
为Ff＝F'cos 30°＝3
2F，故C、D 错误。
4.BD　由图可知水滴对b 光的折射率为n＝sin β
sin α ，故A 错误；第一次折射时，入射角相同，a 光的折射角较大，
根据折射定律可知，a 光的折射率较小，a 光发生全反射时临界角较大，所以a、b 两种光由相同介质进入空气时，
b 光更容易发生全反射，故B 正确；由于a 光的折射率较小，所以a 光频率较小，波长较长，所以a、b 两种光经
相同的单缝发生衍射时，a 光中央亮条纹更宽，根据Δx＝L
d λ 可知，通过同一装置发生双缝干涉时，a 光的相邻条
纹间距较大，故C 错误，D 正确。
5.B　如图所示，几乎贴着水面射入水里的光线，在青蛙看来是从折射角为C 的方向射来的，根据折射定律可得
sin C＝sin 90°
n
＝1
n＝3
4 ，设此时青蛙所处位置与井口水面距离为h，根据几何关系可知tan C＝r
ℎ，联立解得h
＝√7
5 m，可知若青蛙想要把井外景物全部尽收眼底，则其所处位置与井口水面间的竖直距离最远为√7
5 m。故选
B。
6.A　由陶车1 min 转过90 圈，可知陶车的转动周期为T＝t
n＝60
90 s＝2
3 s，陶车的角速度为ω＝2π
T ＝
2π
2
3
 rad/s
＝3π rad/s，陶车单位时间内转过的角度为φ＝ωt＝3π rad，选项A 正确；由于坯体随陶车做匀速圆周运动，则
A、B、C 三点的角速度相同，由公式v＝ωR，可知线速度与圆周运动的半径成正比，则A、B、C 三点的线速度之
比vA∶vB∶vC＝2∶1∶4，选项B、C 错误；陶车的转速加快时，A、B 两点的角速度仍相同，则A、B 两点的线速
度之比仍为vA∶vB＝2∶1，选项D 错误。
 60 / 92
7.D　对弓腰和重物组成的系统进行受力分析，设重物质量改变前弓弦上的拉力为F1，此时弓弦长度为x1，原长为
x0，有2F1cos 37°＝m1g，由胡克定律有F1＝k（x1－x0），根据几何知识有x1＝
AB
sin37°。重物质量改变后，设弓
弦上的拉力为F2，此时弓弦长度为x2，受力分析有2F2cos 53°＝m2g，由胡克定律有F2＝k（x2－x0），根据几何
关系有x2＝
AB
sin53°，联立解得k＝450 N/m，选项D 正确。
8.BC　由题图乙可知t＝1 s 时质点M 向y 轴负方向振动，结合题图甲可知该列横波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
由题图甲可知波长λ＝0.4 m，由题图乙可知周期T＝2 s，则该列横波传播速度为v＝λ
T ＝0.4
2
 m/s＝0.2 m/s＝
20 cm/s，故B 正确；由题图甲可知振幅A＝3 cm，又ω＝2π
T ＝π rad/s，由于t＝1 s 时质点M 向y 轴负方向振动，
所以t＝0 时质点M 在平衡位置向y 轴正方向振动，质点M 的振动方程为y＝3sin πt（cm），故C 正确；由Δx＝
vΔt＝0.2×0.25 m＝0.05 m，由于波的传播也是波形的传播，由于波沿x 轴负方向传播，t＝1.25 s 时，题图甲中
x＝0.1 m 处的波形传播到x＝0.05 m 处，即t＝1.25 s 时，质点N 在波峰位置，故D 错误。
9.B　由图乙知c 点与b 点位于轮的边缘，且通过弦索传动，所以二者的线速度相等，根据a＝v
2
r 可知c 点的加速
度大于b 点的加速度，故A 错误；a 点与b 点在同一转轴上，二者的角速度相等，由于a 点做圆周运动的半径大于
b 点做圆周运动的半径，根据v＝ωr，可知a 点的线速度大于b 点的线速度，故B 正确；弦索对上卧轮的摩擦力是
阻力，方向与上卧轮转动方向相反，故C 错误；由于水一定对下卧轮有冲击力，所以河水的速度一定大于下卧轮
上被水冲击点的线速度，故D 错误。
10.D　外界大气对阀门的作用力恒为p0S，阀门恰好打开时，设窑内气体压强为p，有pS－p0S＝2.5p0S，解得p＝
3.5p0，选项B 错误；阀门打开前，窑内气体发生等容变化，有p0
T 0
＝p
T ，解得T＝1 050 K，即t＝777 ℃，选项A
错误；窑内温度为427 ℃时，根据p0
T 0
＝p1
T 1
，解得此时窑内气压为p1＝7
3p0，选项C 错误；窑内温度为987 ℃时，
阀门处于打开状态，根据
p0V 0
T 0
＝pV
T 2
，解得V＝1.2V0，窑内气体的剩余质量为初始时气体质量的V 0
V ＝5
6，选项
D 正确。
11.CD　竖直方向，建构自由落体运动模型。米粒和糠的区别是质量不同，由WG＝mgh 可知，米粒和糠重力做功
不同，则重力势能变化量不同，故A 错误；由v2＝2gh 可知，落地时竖直方向的速度相同，而P＝mgv，由于米粒
质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率，故C 正确；由h＝1
2gt2可知，米粒和糠的运动时间
相同，故D 正确；水平方向，建构匀加速直线运动模型，由F＝ma，可知米粒质量大，米粒水平运动的加速度小，
由x＝1
2at2可知，米粒水平运动的距离小，再根据功的公式W＝Fx 可知，风力对米粒做功少，故B 错误。
12.AB　设石块被水平抛出瞬间的速度大小为v0，石块抛出后做平抛运动，竖直方向有L＋Lsin α＝1
2gt2，解得t＝
0.6 s，水平方向有x＝v0t，解得v0＝6 m/s，网袋对石块所做的功为W＝mgL（1＋sin α）＋1
2mv0
2＝108 J，故选
项A 正确；石块落地瞬间，竖直方向的分速度为vy＝gt＝6 m/s，则石块落地瞬间速度大小为v＝√v0
2＋v y
2＝6√2 
m/s，石块即将落地时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝180 W，故选项B 正确，C 错误；石块初始时处于静止状态，
速度为0，石块抛出前瞬间，速度处于水平方向，不为0，则石块抛出前不做匀速圆周运动，故选项D 错误。
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情境6　自然现象类情境
1.BD　彩虹的成因是光的折射引起的，故A 错误，B 正确；倒影的形成是因为光在水面上发生了反射，故C 错误，
D 正确。
2.B　在无风的时候，颗粒会受到空气分子撞击而做无规则运动，故A 错误；布朗运动是指悬浮在液体或气体中的
微粒所做的无规则运动，所以该颗粒的无规则运动是布朗运动，故B 正确；颗粒越大，受到空气分子的撞击越接
近平衡，无规则运动越弱，故C 错误；该颗粒的无规则运动反映的是空气分子的无规则运动，故D 错误。
3.B　静电除尘的原理是带电粒子受到电场力作用，故A 错误；印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，需空气保
持一定湿度，以便及时导走静电，故B 正确；避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较
强的特点，故C 错误；摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体，而不是创造出新的电荷，故D 错误。
4.B　曹绍夔用锉刀改变了罄钟的固有频率，使其与斋钟振动的频率相差较大，避免罄钟共振，故A 错误，B 正确；
罄钟“自鸣”是因为罄钟的固有频率与斋钟振动的频率接近，引起罄钟共振，故C 错误；改变敲打斋钟的力度，
斋钟振动频率不变，曹绍夔锉过的罄钟的固有频率与斋钟振动的频率相差较大，则曹绍夔锉过的罄钟不会与斋钟
共振而再次“自鸣”，故D 错误。
5.C　由题图可知a 光的偏折程度比b 光的偏折程度小，根据棱镜色散规律可知a 光的频率和折射率比b 光的小，
则a 光的波长比b 光的波长大，根据干涉条纹间距公式Δx＝L
d λ，可知b 光的条纹间距比a 光的窄，故A 错误，C
正确；冰晶对b 光的折射率比对a 光的折射率大，根据v＝c
n可知在冰晶中，b 光的传播速度较小，故B 错误；同
种玻璃对a 光的折射率比对b 光的折射率小，根据sin C＝1
n可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a 光的临
界角较大，故D 错误。
6.AC　“矛端生火”、“戈戟锋皆有火光”所描述的物理现象，与避雷针的所利用的物理现象相同，都为尖端放
电，故A 正确；孔雀羽毛的在阳光下色彩斑斓，为光的衍射与干涉，故B 错误；不同房间里的瑟，在调音一致后，
弹动其中一只瑟，另一只也会发生振动，这是因为两只瑟的固有频率十分接近，发生共振，故C 正确；大力士无
法举起自己，是因为大力士给自己的力为系统内力，需要外力才能将大力士举起，故D 错误。
7.AC　由开普勒第二定律可知地球与太阳连线在相同时间内扫过的面积相同，所以地球由春分运行到夏至的过程
中速率逐渐减小，故A 正确；由开普勒第二定律可知地球与太阳连线在相同时间内扫过的面积相同，冬至时地球
绕太阳公转的距离最近，则相同时间内转过的角度更大，所以冬至时地球绕太阳公转的角速度大，故B 错误；根
据牛顿第二定律有G Mm
r
2 ＝ma，可得a＝GM
r
2 ，夏至时地球绕太阳公转的半径r 最大，所以此时的加速度最小，
故C 正确；由开普勒第一定律，可知太阳在椭圆的一个焦点上，根据地球的公转周期和太阳与地球的距离可估算
出的是中心天体太阳的质量，不能够估算地球的质量，故D 错误。
8.A　设房间的体积为V，晚上压强为p，则在中午和晚上时，由理想气体状态方程得
pV
273+7 ＝
0.93 p（V ＋ΔV ）
273+37
，解得ΔV＝4V
21
，则中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比
ΔV
ΔV ＋V
＝
4
25
，故选A。
 62 / 92
9.D　对钠离子，由牛顿第二定律得a＝qE
m ，即a 不变，故A 错误；电场力对钠离子做正功，所以钠离子电势能
减少，故B 错误；对钠离子，根据动能定理得qU＝1
2mv2，解得v＝√
2qU
m
，所以若膜电位U 不变，钠离子进入细
胞内的速度v 与距离d 大小无关，故C 错误，D 正确。
10.（1）－3
2mgR　（2）m√3 gR
3
解析：（1）在B→A 过程中，由动能定理有mg（R＋Rcos θ）＋W 气＝0，解得W 气＝－3
2mgR。
（2）对蜜蜂在“嘴边”受力分析，如图所示
蜜蜂做匀减速直线运动到速度为零，有Fx＋mgsin θ＝ma
根据运动学知识有√3
6 R＝v
2
2a，
√3
6
R＝v +0
2
·t。
联立解得t＝√
R
3 g
，a＝√3g，Fx＝√3
2 mg
又Iy＝Fyt＝Gyt＝mgcos θ·t，Ix＝Fx·t，解得Ix＝m
2 √gR，Iy＝m
2 √
gR
3
则此过程中该恒力的冲量大小I＝√I x
2＋I y
2＝m√3 gR
3
。
情境7　娱乐活动类情境
1.C　小明从最低点以大小相等的速度v 做圆周运动，由牛顿第二定律可知T－mg＝mv
2
l ，变形可得T＝mg＋mv
2
l
，抓住A 点时的运动半径l 较大，则绳的拉力较小，故A 错误；圆周运动在最低点的角速度为ω＝v
l ，因抓A 点的
半径l 较大，则角速度较小，故B 错误；圆周运动在最低点的向心加速度为an＝v
2
l ，因抓A 点的半径l 较大，则向
心加速度较小，故C 正确；设荡起的最大高度差为h，由动能定理可知－mgh＝0－1
2mv2，可得h＝v
2
2g ，则无论抓
A 点或B 点，最终能荡起的最大高度差相同，结合题干可知，抓住A 点时，最终能荡到的最大高度小，故D 错误。
2.D　做出光路图，如图所示。在被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由于a 光照
射的面积较小，则知a 光的临界角较小，故A 错误；光在真空中的传播速度一致，故B 错误；根据临界角公式sin 
C＝1
n，可知na＞nb，水对a 光的折射率大于对b 光的折射率，故C 错误；因为a 光的折射率大，故a 光波长短，
又由双缝干涉条纹间距公式Δx＝L
d λ，可知用同一套装置做双缝干涉实验，b 光条纹间距更大，故D 正确。
 63 / 92
3.D　根据平抛运动规律h＝1
2gt2，x＝v0t，联立解得x＝v0√
2ℎ
g
。因为纸团恰好沿纸篓的上边沿入篓并直接打在纸
篓的底角，若纸团的抛出高度不变，速度变大，则会打在纸篓的右壁；若速度变小，则无法入纸篓，A、B 错误；
纸团从P 点以速度v 水平抛出恰好沿纸篓上边沿打到纸篓底角，设此时纸团速度和水平方向夹角为θ，则tan θ＝
√2gℎ
v
，此时θ 角为纸团打在篓底的最小临界角，若降低高度，增大速度，则θ 角会减小，分析可知，纸团如果
进入纸篓，只能打在篓壁，C 错误；当增加P 点高度，减小速度时，则θ 角会增大，分析可知，纸团可能进入纸篓，
打到篓底正中间，D 正确。
4.10 m/s　10√3
3
 m/s
解析：飞镖掷出后恰好射中飞镖盘上边沿时速度最大，则有H－h－d＝1
2gt1
2
解得t1＝0.2 s
则飞镖水平掷出时的最大速度为v1＝L
t1
解得v1＝10 m/s
飞镖掷出后恰好射中飞镖盘下边沿时速度最小，则H－h＝1
2gt2
2
解得t2＝√3
5 s
飞镖水平掷出时的最小速度为v2＝L
t2
解得v2＝10√3
3
 m/s。
5.（1）4 m/s　5 m/s2　（2）7.5×10－2 J　能胜出
解析：（1）对弹珠A，由运动学公式得x1＝v0t1－1
2at1
2，v1＝v0－at1
联立解得v1＝4 m/s，a＝5 m/s2。
（2）设碰后瞬间弹珠B 的速度为v2'，由动量守恒定律得mv1＝mv1'＋mv2'
解得v2'＝3 m/s
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔE＝1
2mv1
2－(
1
2 m v1'
2＋1
2 m v2'
2)
解得ΔE＝7.5×10－2 J
碰后弹珠B 运动的距离为Δx＝v2'
2
2a
＝0.9 m
所以弹珠B 恰好进坑，故能胜出。
6.（1）0.5 m　（2）√15
2 m/s　（3）25
16 J
解析：（1）配重做匀速圆周运动的半径r 满足
 64 / 92
r＝R＋Lsin θ
解得r＝0.5 m。
（2）配重做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
mgtan θ＝mv
2
r
解得v＝√15
2 m/s。
（3）当绳子与竖直方向夹角为θ＝53°时，设配重做匀速圆周运动轨道半径为r'，有mgtan 53°＝mv '
2
r '
又r'＝R＋Lsin 53°
配重在绳子与竖直方向夹角θ 从37°缓慢增加到53°的过程中，由动能定理，有W－mgL（cos 37°－cos 53°）
＝1
2mv'2－1
2mv2
联立解得W＝25
16 J。
情境8　交通出行类情境
1.A　地磁场方向由南指向北，根据右手定则，车厢顶部电势高于车厢底部，根据E＝Blv≈40×10－6×4×100 V
＝0.016 V，可知电势差大小约为0.016 V，选项A 正确。
2.C　为使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车在10 s 内通过的位移小于或等于50 m，由v-t 图像与坐
标轴围成的面积表示位移，可知只有C 项图像公交车在10 s 内通过的位移可能小于50 m，故选C。
3.ABD　当火车以速率v 转弯时，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得mgtan θ＝mv
2
r ，
解得r＝
v
2
g tanθ ，v＝√gr tanθ，该临界速度与火车质量无关，故当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变，
A、B 正确；当火车速率大于v 时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车有做离心运动的趋势，故外轨将
受到轮缘的挤压，C 错误；当火车速率小于v 时，重力与支持力的合力大于所需的向心力，火车有做向心运动的趋
势，内轨将受到轮缘的挤压，D 正确。
4.A　由题意知紧急刹车的位移为x＝v
2
2a，又由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得x≈8.3 m＜15 m，故紧急刹车是
安全的，转弯时静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力为μmg，根据向心力公式有μmg＝mv
2
rm
，解得rm≈16.7 m＞
15 m，若转弯半径小于rm＝16.7 m，则需要更大的向心力，汽车容易发生侧翻是不安全的，选项A 正确。
5.B　卡车原来的速度v＝54 km/h＝15 m/s。卡车减速到零的时间t1＝v
a＝0－15
－5 s＝3 s，则t＝t'＋t1＝0.6 s＋3 
s＝3.6 s，司机发现情况后，卡车经过3.6 s 停下，故A 错误；在反应时间内的位移x1＝v0t'＝15×0.6 m＝9 m，
匀减速直线运动的位移x2＝0－v
2
2a
＝
－15
2
2×（－5） m＝22.5 m，则司机发现情况时，卡车与该老人的距离s＝x1
＋x2＋1.5 m＝33 m，故B 正确；平均速度v＝x
t ＝9+22.5
3.6
 m/s＝8.75 m/s，故C 错误；若司机的反应时间为
0.75 s，则卡车在司机反应时间内通过的位移为x3＝vt″＝15×0.75 m＝11.25 m，由于x3＋x2＝33.75 m＞s＝33 
m，所以卡车将撞到老人，故D 错误。
 65 / 92
6.C　由a-t 图像可画出两车的v-t 图像，如图所示，由图像可知，t＝6 s 时两车速度相等，此时距离最近，图中阴
影部分面积表示0～6 s 内两车位移之差，为Δx＝x 乙－x 甲＝[
1
2 ×30×3+ 1
2 ×30×（6－3）]m＝90 m＜s0＝100 
m，即两车在t＝6 s 时两车距离最近，为smin＝s0－Δx＝10 m，选项A 错误，C 正确；0～9 s 内两车位移之差
Δx'＝10 m＋1
2×30×（9－6）m＝55 m，甲车一直在前，两车不会相撞，选项B、D 错误。
7.（1）增大　（2）大　（3）5×103　（4）b
解析：（1）由图甲可判断，压敏电阻的阻值随压力减小而增大。
（2）当红灯亮时，若车辆越过停止线，压敏电阻所受压力增大，阻值减小，控制电路中总电阻减小，电流增大，
电流表的示数会变大。
（3）设压敏电阻阻值为R 时，控制电路中的电流等于0.06 A，则R 总＝U
I ＝
9
0.06 Ω＝150 Ω，R 总＝2 Ω＋8 Ω
＋50 Ω＋R，解得R＝90 Ω，由题图甲可知，此时压敏电阻受到的压力为5×103 N，所以车辆对压敏电阻的压力
超过5×103 N 后，车辆闯红灯时才会被拍照记录。
（4）若要增大“车辆闯红灯违规记录仪”的灵敏度，即车辆对压敏电阻的压力小于5×103 N 时也要拍照，当压
力小于5×103 N 时，压敏电阻阻值大于90 Ω，此时若要拍照，电路中的总电阻不能大于150 Ω，就要减小滑动变
阻器接入电路的阻值，故滑片应该向b 端滑动。
8.（1）30 m/s　（2）2.3 m/s2　（3）2 s
解析：（1）利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有vmax
2＝2a0x0
解得vmax＝√2×4.5×100 m/s＝30 m/s。
（2）当无人驾驶巴士减速至与有人驾驶的汽车速度相等时，恰好没有追尾，此时加速度最小
利用逆向思维，对无人驾驶巴士，有
v1
2－v2
2＝2aminx1
v2＝v1－amint'
对有人驾驶的汽车，有x2＝v2t'
由于恰好没有追尾，则有
x1＝x2＋L
解得amin＝2.3 m/s2。
（3）为避免碰撞，即速度相等时，恰好没有追尾，所以
v2－a2t＝（v1－a1t1）－a0（t－t1）
x1'＝x2'＋L，其中x1'＝（v1t1－1
2a1t1
2）＋（v1－a1t1）·（t－t1）－1
2a0（t－t1）2，x2'＝v2t－1
2a2t2
联立解得t1＝2 s 或t1＝8 s（舍去）。
高考题型组合练
1.选择题＋实验题组合练（1）
 66 / 92
1.B　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为   94
238 Pu→   92
234 U＋2
4He，此反应为α 衰变，X 为 2
4He，故
A 错误，B 正确；由于该反应释放核能，所以   94
238 Pu 比   92
234 U 的结合能大，故C 错误；半衰期由原子核本身决定
的，与温度等外部因素无关，故D 错误。
2.B　阴极射线的本质是β 射线，故A 错误；因为K 为阴极，A 为阳极，所以P 点电势低于Q 点电势，故B 正确；
由于P 点所在的电场线为曲线，所以在P 点从静止释放一电子不会沿该处电场线运动，故C 错误；只要从K 极出
发的阴极射线粒子，沿任意轨迹到达A 极电场力做功一样多，故D 错误。
3.C　设细线与竖直方向的夹角为θ，以吊灯为研究对象，竖直方向上，根据平衡条件可得4Tcos θ＝Mg，可得每
根细线对吊灯的拉力大小为T＝Mg
4 cosθ ＞Mg
4 ，故A 错误；将四根细线同时缩短相同长度，则θ 变大，cos θ 变小，
根据T＝Mg
4 cosθ 可知细线的张力大小变大，故B 错误；将四根细线同时伸长相同长度，则θ 变小，cos θ 变大，根
据T＝Mg
4 cosθ 可知细线的张力大小变小，故C 正确；去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，由于剩下三根细线
在水平方向的分力不是互成120°，水平方向根据平衡条件可知，剩下三根细线上张力的水平分力大小不相等，所
以剩下三根细线上的张力大小不相等，故D 错误。
4.B　依题意知，空间站的高度与地球半径相比，相差较大，根据F 地表＝GMm
R
2
，F 空间站＝GMm
(R＋ℎ)
2，可知悬浮的
包裹受到地球的吸引力相对于地表不可以忽略，故A 错误；天宫号空间站在运行过程中，动能和势能均保持不变，
因此，天宫号空间站的机械能是守恒的，故B 正确；根据GMm
r
2
＝ma，解得a＝GM
r
2 ，天宫号空间站的轨道半径
比北斗系列同步卫星的小，所以加速度较大，故C 错误；根据GMm
r
2
＝m4 π
2
T
2 r，又ρ＝
M
4
3 π R
3，联立解得ρ＝
3 π r
3
GT
2 R
3，可知只记录空间站的运行周期不能估算地球的密度，故D 错误。
5.D　气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量
等于气体乙内能增加量，A 错误；活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，
不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B 错误；活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对
气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C 错
误；活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒定律知活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之
和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D 正
确。
6.D　物块A 做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，A 错误；t1时刻物块A 在平衡位置，此时弹
簧处于压缩状态，弹力为F＝2mg，对木板B 受力分析有FN＝F＋mg，则可得FN＝3mg，由牛顿第三定律得木板B
在t1时刻对地面的压力大小为3mg，B 错误；物块A 在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物块A
做功，故机械能不守恒，C 错误；由图乙可知振幅为A＝10 cm，周期为T＝1.0 s，角速度为ω＝2π
T ＝2π rad/s，
规定竖直向上为正方向，t＝0 时刻位移为0.05 m，表示物块A 由平衡位置上方0.05 m 处开始运动，所以初相为
φ0＝π
6 ，则物块A 的振动方程为y＝0.1sin (2π t ＋π
6)（m），故D 正确。
 67 / 92
7.B　小物块C 对A 和B 构成的系统做功，所以A 和B 构成的系统机械能不守恒，A 错误；对A、B 及C 构成的系
统，根据牛顿第二定律得mg＝(2 M ＋m)a，解得a＝
mg
2 M ＋m，B 正确；对B，根据牛顿第二定律得T－Mg＝
Ma 解得T＝2 M (M ＋m)g
2 M ＋m
，C 错误；根据机械能守恒定律得mgh＝1
2
(2 M ＋m)v2 ，解得 v＝√
2mgℎ
2 M ＋m
，D
错误。
8.BC　由题图乙可知，条纹中间宽且亮、两边窄且暗，是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝，故A 错误，B
正确；根据题意，由公式Δx＝L
d λ 可知，若要使干涉条纹的间距Δx 变大，应选用狭缝间距d 较小的双缝，若要使
干涉条纹的间距变小，应减小缝屏与光屏间的距离L，故D 错误，C 正确。
9.BD　由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，故A 错误；0～4 s 时间为线框中产生的感应电动势为E＝n ΔΦ
Δt
＝n Δ B
Δt · L
2
2 ＝0.5 V，故B 正确；正方形线圈中产生的电流为 I＝E
r ＝0.25 A，根据楞次定律可知线圈中电流沿顺
时针方向，线圈受到的安培力方向向下，根据平衡条件可得F＝mg ＋nBIL，由B-t 图像可知，t＝ 2 s 时磁感应强
度大小为B＝2 T，联立解得t ＝ 2 s 时细线对正方形线圈的拉力大小为F＝6 N，故C 错误，D 正确。
10.ACD　从A 滑上B 到B 与C 碰撞前瞬间，A、B 动量守恒，有mv0＝mv A1＋4mvB1，B 与C 发生弹性碰撞，由动
量守恒定律和机械能守恒定律，有4mvB1＝4mvB2＋12mvC，1
2×4mvB1
2＝1
2×4mvB2
2＋1
2×12mvC
2，解得vB2＝－1
2
vB1，vC＝1
2vB1，B 与C 碰撞后，A、B 均能停下来，根据动量守恒定律，有mvA1＋4mvB2＝0，联立解得vA1＝v0
3 ，vB1
＝v0
6 ，vB2＝－v0
12，vC＝v0
12，故A、C 正确，B 错误；整个过程中，根据能量守恒定律，有1
2mv0
2＝1
2×12mvC
2＋
μmgx，解得x＝11v0
2
24 μg
，故D 正确。
11.（1）0.10　1.19　1.72　（2）(kg－5)m0
解析：（1）交流电的频率是50 Hz，打点计时器每隔0.02 s 打一个点，相邻两计数点间有四个点未画出，所以相
邻两计数点间的时间间隔为0.10 s。
打下D 点时纸带的速度大小为vD＝xCD＋xDE
2T
＝（11.04 +12.76）×10
－2 m
0.2s
＝1.19 m/s，纸带的加速度大
小为a＝(xCD－x AB)＋(xDE－xBC)
(2T )
2
＝1.72 m/s2。
（2）设砝码盘的质量为m，将左端砝码盘中的n 个砝码放到右端砝码盘中时，有[(5+n)m0＋m]g－
[(5－n)m0＋m]g＝(10m0+2m)a
整理得n＝(5m0＋m)
m0 g
a，n-a 图像的斜率为k＝5m0＋m
m0 g
解得m＝(kg－5)m0。
12.（1）红　（2）15　（3）1 400　小　（4）11.1　（5）偏大
解析：（1）流过表头G 的电流方向为从右向左，B 端应接红表笔。
（2）将旋钮旋到×1k 挡时，有R 内＝R 中＝15 kΩ。
 68 / 92
（3）将旋钮旋到×100 挡，读数为1 400 Ω，若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更小的挡
位。
（4）将旋钮旋到×100 挡时R 内＝R 中＝1 500 Ω
则I＝E
R内
所以I1＝I－Ig
根据部分电路欧姆定律有R1＝I g Rg
I 1
＝11.1 Ω。
（5）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势E 变小、内阻变大，根据Ig＝E
R内
，
由于E 变小，内阻R 内偏小，用欧姆表测电阻时，电流I＝
E
R内＋Rx
＝I g R内
R内＋Rx
＝
I g
1+ Rx
R内
，
由于R 内偏小，I 偏小，指针偏左，测量结果与原结果相比较偏大。
2.选择题＋实验题组合练（2）
1.D　若明暗相间的条纹间距相等，说明薄膜厚度均匀，A 错误；薄膜上的干涉条纹基本上是水平的，B 错误；由
薄膜干涉特征可知，照射光的波长越长，经由同一薄膜产生的相邻干涉条纹间距越大，同种介质中紫光的波长比
红光的波长短，故用紫光照射薄膜产生的干涉条纹间距比用红光照射时小，C 错误；干涉条纹是光在薄膜前、后
两个表面反射后叠加的结果，D 正确。
2.B　气体温度不变，则气体分子的平均速率不变，故A 错误；因为气体的内能不变，体积减小，外界对气体做功，
则气体要向外放出热量，故B 正确，C 错误；根据公式pV
T ＝C 可知，温度不变，体积减小，则气体的压强增大，
故D 错误。
3.D　记录竖直上升的高度变化，热气球能被视为质点，故A 错误；由图可知热气球在上升过程，相等的时间间隔
的位移越来越小，说明热气球在向上减速运动，处于失重状态，故B 错误；由图可知热气球在相邻的2 s 内的位
移差不是一恒量，说明热气球不是向上做匀减速直线运动，所以不能用Δx＝aT2来计算出热气球上升的加速度，故
C 错误；记录时间内热气球的平均速度大小为v＝x
t ＝2.35+3.30+ 4.05+ 4.55
4×2
 m/s＝1.78 m/s，故D 正确。
4.B　小鸟做自由落体运动的最大速度为vm＝18 m/s，由自由落体运动的规律有vm＝gt1，解得t1＝1.8 s，故A 错
误；整个过程下落的高度可由题图乙v-t 图线与时间轴所围成的面积表示，则h＝vm
2 ×5
3t1＝27 m，故B 正确；t1
至5
3t1时间内小鸟的加速度为a＝
0－vm
5
3 t1－t1
＝－15 m/s2，则此时间内v-t 图线的斜率为k＝a＝－15 m/s2，故C 错误；
t1至5
3t1时间内，由牛顿第二定律有f－mg＝ma，解得f＝2.5mg，即阻力是重力的2.5 倍，故D 错误。
5.C　题中利用单色光源S 以及其在平面镜中的虚像形成相干光源，可知，光屏上的条纹与镜面平行，并非与镜面
垂直，故A 错误；根据双缝干涉中相邻亮条纹之间的距离公式Δx＝L
d λ，其中d＝2a，L＝b＋c，所以相邻两条亮
条纹之间的距离Δx＝b＋c
2a λ，故B 错误；若将平面镜向右移动一些，不影响光源的虚像的位置和L 的大小，相邻
 69 / 92
亮条纹间距不变，故C 正确；若将平面镜向右移动一些，射到平面镜边缘的两条光线反射到屏上的位置向下移动，
干涉图样宽度减小，而条纹间距不变，亮条纹数量减少，故D 错误。
6.C　由图乙可知，在t＝0.25 s 时，质点P 向上振动，根据“同侧法”可知，该波向右传播；由图甲可知，波的
波长为λ＝4 m，由图乙可知，波的周期为T＝2 s，所以波速为v＝λ
T ＝2 m/s，故A 错误；再经过3.5 s，则前3 
s，Δt1＝3 s＝3
2T，质点P 通过的路程为s1＝3
2×4A＝120 cm，后0.5 s，Δt2＝0.5 s＝1
4 T，由于质点P 从位移为
负向最大位移振动，则通过的路程s2＜A＝20 cm，所以，再经过3.5 s 质点P 通过的路程s＝s1＋s2＜140 cm，故
B 错误；根据“同侧法”可知，L 质点向y 轴正方向运动，N 质点向y 轴负方向运动，则L 质点比N 质点先到达波
峰，故C 正确；若人加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据λ＝v
f 可知，波长变小，即两个相邻波
峰之间的距离变小，故D 错误。
7.C　7.9 km/s 是卫星的最大环绕速度，所以三颗卫星的运行速度小于7.9 km/s，故A 错误；根据万有引力的公
式F＝GMm
(R＋ℎ)
2可知，由于不知道三颗卫星的质量，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，故B
错误；根据万有引力充当向心力有GMm
(R＋ℎ)
2＝m
v
2
R＋ℎ，可得卫星的线速度为v＝√
GM
R＋ℎ
，则该卫星的动能Ek
＝1
2mv2，又GMm
R
2
＝mg，联立，解得Ek＝
mg R
2
2(R＋ℎ)，故C 正确；若恰好能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫
星两两之间与地心连线的夹角为120°，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地心与切点的连线恰好构
成直角三角形，如图，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为r＝
R
sin30°＝2R，则卫星离地高度
至少为h'＝r－R＝R，故D 错误。
8.AC　带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子在磁场中运动的圆弧半径为R＝a，由洛伦兹力
提供向心力知qvB＝mv
2
R ，解得粒子的质量为m＝qaB
v
，故A 正确，B 错误；根据电流的定义式I＝Q
t ＝tnq
t ＝
nq，故C 正确；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力，即F＝BIl＝nqBl，故D 错误。
9.AD　演员在a 到b 过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，
支持力先大于重力后小于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，则演员在a 到b 过程先处于超
重状态，后处于失重状态，故A 正确；根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为t＝2.8 s－1.2 s＝1.6 
s，根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8 s，利用逆向思维，根据速度公式有vb
＝g· t
2＝8 m/s，演员在a 到b 过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，当加速度为0 时，速度达到最大值，
后向上做加速度增大的变减速直线运动，即a 到b 之间的某一时刻，演员的速度最大，最大速度大于8 m/s，故B
错误；从a 时刻到b 时刻，根据动能定理W 蹦床－WG＝1
2mvb
2＝1
2×40×82 J＝1 280 J，可知从a 时刻到b 时刻，
 70 / 92
蹦床的弹性势能转化为演员的重力势能与动能，故从a 时刻到b 时刻，蹦床对演员做的功大于1 280 J，故C 错误；
从a 时刻到b 时刻，根据动量定理有I 合＝Δp＝mvb－0＝320 N·s，故D 正确。
10.AD　导体棒ab 在圆环最低点时，速度v 与磁感线垂直，有效切割速度最大，经过时间t 导体棒速度与磁感线
夹角为θ＝ωt＝v
r t＝πt，导体棒的有效切割速度为v'＝vcos θ＝2cos πt( m/ s)，则感应电动势随时间的变化规律
为u＝Emcos θ＝2√2cos πt(V )，电动势最大值为Em＝2√2 V，感应电流最大值为Im＝
Em
Rab＋R ＝√2 A，电流表示
数为电流有效值，故电流表示数为I＝I m
√2
＝1 A，A 正确；定值电阻两端的电压为uR＝
R
R＋Rab
u＝√2cos πt(V )，
B 错误；导体棒ab 做圆周运动的周期为T＝2π r
v
＝2 s，因为0.5 s＝T
4 ，所以在0～0.5 s 时间内，通过导体棒
ab 的电荷量为q＝
ΔΦ
R＋Rab
＝
BLr
R＋Rab
＝√2
π C，C 错误；从t＝0 到0.5 s 的过程中，根据能量守恒定律，有外力
F 做的功为W＝I2(R＋Rab)t＋mgr＝3 J，D 正确。
11.（1）BC　（2）较高　（3）2.8
解析：（1）实验所用斜槽不需要尽量光滑，A 错误，C 正确；斜槽末端必须保持水平，确保小球离开斜槽后做平
抛运动，B 正确。
（2）由图乙可知两次小球做平抛运动下落相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，
在斜槽上由静止释放的位置较高。
（3）由图丙可得，小球在竖直方向相邻位移之差Δy＝2×10 cm＝0.2 m，根据匀变速直线运动特点可得T＝
√
Δ y
g
＝√2
10
 s，由水平位移Δx＝v0T，可得v0＝Δ x
T
＝4×10×10
－2
0.1√2
 m/s＝2√2 m/s≈2.8 m/s。
12.（1）Ⅱ　（2）①1 495　②a　79　没有
解析：（1）按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，电阻并联，总电阻减小，放电速度变快，根据图像
可知，按压状态对应的图像应为Ⅰ，不按压状态对应的图像应为Ⅱ。
（2）①根据U
I g1
＝RA1＋R2
解得电阻箱R2＝1 495 Ω。
②由于已知电流表A1的阻值，可以计算出待测电阻两端的电压，再用差值法计算流过待测电阻的电流，故应接
a。
根据Rx＝I 1(R A 1＋R2)
I 2－I 1
可得I1＝
Rx
R A 1＋R2＋Rx
I2
结合图像，可得k＝
Rx
R A 1＋R2＋Rx
＝2.5
50
解得Rx≈79 Ω
由分析可知该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果没有影响。
3.选择题＋实验题组合练（3）
 71 / 92
1.C　衰变方程为   93
238 Np→  94
238 Pu＋X，由质量数守恒和核电荷数守恒可得X 为电子，对于核反应方程   92
238 U
＋ 1
2H→   93
238
Np＋k0
1n，由质量数守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A 错误；核反应方程    92
238
U＋
1
2 H →    93
238
Np＋k0
1n，不是重核裂变反应，是人工核反应，B 错误；衰变方程为   93
238 Np→  94
238 Pu＋X，该反应释
放核能，总核子数不变，所以    94
238
Pu 的比结合能比   93
238 Np 的大，C 正确；衰变方程为    93
238
Np→   94
238
Pu＋X，
该反应释放核能，有质量亏损，所以    93
238
Np 衰变前的质量大于衰变后X 和    94
238
Pu 的质量之和，D 错误。
2.B　由平抛运动规律得x＝v0t，y＝1
2gt2，又16π m2＝πx2，联立解得v0≈5.7 m/s，故选B。
3.D　设薄膜厚度为d'，薄膜干涉的光程差Δs＝2d'，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与AD 边平
行，故A 错误；根据薄膜干涉的产生原理可知，该处有突起，故B 错误；如果用手用力捏右侧三层，d'变小，根
据薄膜干涉特征可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，故C 错
误；看到的条纹越多，那么相邻亮条纹间距越小，说明薄片的厚度越厚，故D 正确。
4.D　在停泊轨道Ⅰ运行时，其速度接近于7.9 km/s，在P 点要进入转移轨道Ⅱ，必须加速，因此转移轨道Ⅱ上
有的位置速度大于7.9 km/s，选项A 错误；不考虑变轨瞬间，飞船在轨道Ⅲ上运行时均处于完全失重状态，故航
天员对椅子无压力作用，选项B 错误；由G Mm
r
2 ＝mv
2
r ，得v＝√
GM
r
，所以飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站
轨道Ⅲ上的速率之比为√ℎ＋R∶√R，选项C 错误；由开普勒第三定律得R
3
T 1
2＝(
2 R＋ℎ
2
)
3
T
2
，得T＝T1
√(1+ ℎ
2 R)
3
，选项D 正确。
5.C　线框在磁场中的面积S＝L
2 ×L＝L
2
2 ，根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦ
Δt ＝ΔB·S
Δt
＝k L
2
2 ，设线框的
电阻为R，由闭合电路欧姆定律知I＝E
R ＝
k L
2
2
R
＝k L
2
2 R ，故电流大小始终不发生改变，故B 错误， C 正确；根据
楞次定律可得感应电流为逆时针方向，线框上边的电流方向水平向左，根据左手定则可以判定安培力方向竖直向
下，故A 错误；线框中电流大小不变，但磁感应强度大小随时间变化规律为B＝kt(k >0)，由F＝ILB 可知安培力
在增大，故D 错误。
6.D　两波源在匀质轻绳上传播，速度相同，且能发生稳定的干涉，频率相同，故则两列波的波长相同，A、B 两
者相距1 m，A 点振动始终加强，B 点振动始终减弱，且A、B 之间没有振动加强点和减弱点，则2xAB＝1
2λ，解得
波源S1产生的波的波长为λ＝4 m，故A 错误；在A 点，波程差为6 m，为3
2λ，A 点振动始终加强，故两波源起振
相反，由图乙可知S2起振方向向下，故S1起振的方向向上，故B 错误；两波源起振相反，故中间点是减弱点，根
据对称性可知加强点为偶数个，故C 错误；设S2的振幅为A2＝12 cm 且A2＞A1，振动加强点的振幅为A0＝A1＋
A2，振动减弱点的振幅为A0'＝A2－A1，则ΔA＝A0－A0'＝2A1＝20 cm，解得A1＝10 cm，符合题意，故S1的振幅为
10 cm，先传到B 点用时0.2 s，B 点振动0.2 后，S2传到B，接下来一起振动0.6 s，所以质点B 运动的路程为s
＝4A1＋12( A2－A1)＝64 cm，故D 正确。
 72 / 92
7.C　光路图如图所示，其中ON 为法线，入射角为θ，折射角为α，因为MO＝NO，所以∠NMO＝∠MNO＝α，
由几何知识可得θ＝∠NOC＝∠NMO＋∠MNO＝2α，故折射率为n＝sinθ
sin α ＝sin 2α
sin α ＝2cos α，由题意可知sin θ＝
NC
ON
＝√3
2
，解得θ＝60°，所以α＝30°，故n＝√3，故选C。
8.BD　在甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE 可知，尘粒受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成
正比，可知尘粒所受的合力随速度的变化而改变，根据公式F＝ma，可知，尘粒合外力改变，则尘粒的加速度变
化，A 错误；乙空间中的电场为放射状的，不是匀强电场，因此越远离导线的地方电场强度越小，所以尘粒在向
桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，B 正确；根据公式W＝Fs，F＝qE，整理可知W＝qEs，由于尘粒在电场
中，不做匀速直线运动，故在任意相等时间内，位移s 可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做
的功不一定相等，C 错误；根据公式W＝qU，可知，电场力对单个尘粒做功的最大值都等于qU，D 正确。
9.ABD　金属框ab 边刚进磁场时I＝B0 Lv1
R
，解得v1＝2 m/s，故A 正确；金属框进入磁场的过程通过金属框截面
的电荷量q＝I·Δt＝E
R ·Δt＝
ΔΦ
Δt
R
·Δt＝ΔΦ
R ＝B L
2
R ＝
1
2 （1+2）×1×1
2
 C＝3
4 C，故B 正确；当金属框cd 边刚好
要进磁场时，设速度为v2，则I＝（B0+1）Lv2
R
，解得v2＝1 m/s，因此金属框进入磁场的过程动能的减少量为
ΔEk＝1
2mv1
2－1
2mv2
2＝1.5 J，故C 错误；金属框完全进入磁场后速度保持不变，由I'＝
（B0+1）Lv2－B0 Lv2
R
，可知，I'为定值0.5 A，外力做功的功率大小为P＝I'2R＝0.5 W，故D 正确。
10.BD　由题图乙可知，当x＝h＋x0时，铁球的重力跟弹簧弹力平衡，此时铁球速度最大，动能最大，所以铁球
和弹簧组成的系统的重力势能与弹性势能之和最小，根据机械能守恒定律可得mg（h＋x0）－1
2mgx0＝Ekm，可得
Ekm＝mgh＋1
2mgx0，故B 正确，C 错误；铁球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹簧弹力，铁球加速下降，重力
做功功率逐渐增大，重力与弹簧弹力大小相等后，铁球继续向下运动，由于弹簧弹力大于重力，铁球减速下降，
重力做功功率逐渐减小，故D 正确；假如铁球刚接触弹簧时没有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大
压缩量为2x0，而实际上铁球刚接触弹簧时有向下的速度，可知弹簧的最大压缩量大于2x0，铁球运动到最低点的
坐标大于h＋2x0，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg（h＋2x0），故A 错误。
11.（1）B　（2）3.34　（3）能　见解析
解析：（1）应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。故选B。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小v13＝
0.606 9m－0.473 3m
2T
＝0.606 9m－0.473 3m
2
f＝3.34 m/s。
（3）能验证机械能守恒；理由是“在误差允许的范围内，重锤的重力势能减小值等于动能增加值”。
12.（1）见解析图　（2）1.30　3 900 Ω（3.9×103 Ω）
 73 / 92
（3）R2　2.8
解析：（1）根据电路图甲，在乙图中补充实物连线图如图
（2）电压表的最小刻度值为0.1 V，如图丙所示，电压表的读数为1.30 V，
根据串联电路电压与电阻成正比的关系，磁敏电阻两端的电压为1.30V
2kΩ
×(2kΩ+1kΩ)＝1.95 V
电流表读数为0.5 mA，故此时磁敏电阻的阻值为R＝
1.95
0.5×10
－3 Ω＝3 900 Ω。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得输出电压为U＝
E R2
R1＋R2
要求输出电压达到或超过2.0 V 时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，
故需要R2的阻值增大才能实现此功能，故R2为磁敏电阻；
开始报警时磁感应强度为0.2 T，此时R2＝1.4 kΩ
电压为U＝2.0 V
根据电路关系有U
R2
＝
E
R1＋R2
解得另一固定电阻的阻值应为R1＝2.8 kΩ。
4.选择题＋实验题组合练（4）
1.D　根据质量数守恒和核电荷数守恒，可知核反应方程为32
4He→6
12X，该核反应属于核聚变，不属于α 衰变，A
错误；中子数等于质量数减去质子数，因此X 核中有6 个中子，有6 个质子，B 错误；该反应存在质量亏损，会释
放大量热量，由能量守恒定律知，核反应释放的热量为Q＝E2－3E1，即E2＞3E1，C 错误，D 正确。
2.A　杨氏双缝干涉实验中相邻亮条纹中心间距Δx＝L
d λ，则光屏上的干涉亮条纹到P0点距离为x＝n Lλ
d （n＝0，
1，2，…），其中，d 为双缝间距，L 为双缝到光屏的距离，λ 为光的波长；设移动的距离为x'，根据题意有3 Lλ
d
＝k （L－x') λ
d
（k＝0，1，2，…），解得k＝
3 L
L－x'（k＝0，1，2，…）。则x'＝L－3 L
k ，由于P 不在S1和
S2的中垂线上，所以k≠0，代入k＝1，2，3…可知x'最小值为2 cm，故选A。
3.C　由题图可知，在O 点放的是正电荷，在M 点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A 错误；φ-x 图像切线的
斜率表示电场强度，A、N 两点的斜率不为零，C 点切线的斜率为零，所以N 点的电场强度大于C 点的电场强度，
故B 错误，C 正确；质子带正电，从N 点运动到C 点的过程中电势能增大，故D 错误。
4.B　若小车向右做匀速直线运动，因轻弹簧处于竖直方向，可知细线张力为0，此时弹簧弹力等于重力，即kx＝
mg，解得弹簧伸长量x＝mg
k ，故A 错误，B 正确；若a＝gtan θ，则Tsin θ＝ma，F 弹＋Tcos θ＝mg，解得F 弹＝
0，即弹簧的弹力为0。若a＞gtan θ，则F 弹＝kx＝mg－ma
tanθ ＜0，弹簧压缩量为x＝ma－mg tanθ
k tanθ
，故C、D 错
误。
 74 / 92
5.B　对于1 轨道和3 轨道，周期相等，角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω2r，可知卫星在1 轨道的加速度和线速度
都小于卫星在3 轨道的加速度和线速度，对于2 轨道和3 轨道，根据万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r＝m
v
2
r
＝ma，可得v＝√
GM
r
，a＝GM
r
2 ，T＝2π√
r
3
GM
，可知卫星在2 轨道的线速度大于卫星在3 轨道的线速度，卫星
在2 轨道的加速度大于卫星在3 轨道的加速度，卫星在2 轨道的周期小于卫星在3 轨道的周期，综上所述可得卫星
在轨道2 的加速度最大，线速度最大，故B 正确，A、C 错误；设卫星在2 轨道上运行的周期为T，地球半径为
R，根据题意可知，在南极极点上，卫星的重力G＝m·4 π
2
T
2 ·R，在赤道上，卫星的重力G'＝m·4 π
2
T
2 ·R－m·
4 π
2
（17T ）
2 ·R，可得G
G'
≈1.003 4，故D 错误。
6.D　设入射角为θ，由折射定律可知，对b 光有nb＝sin 45°
sinθ
，解得θ＝30°，对于a 光，由折射定律可知na＝
sin60°
sinθ
＝√3，设a 光在半球形水雾中传播的速度为va，由na＝c
va
，则a 光在半球形水雾中的传播时间t＝R
va
，
联立可得t＝√3 R
c
，故A、B 错误；因为na＞nb，故波长λa＜λb，故a 单色光的频率比b 单色光的频率大，故C 错
误；根据C 项分析知λa＜λb，利用a、b 单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，根据Δx＝L
d λ，可知b 光比a
光的条纹间距大，故D 正确。
7.C　设荷叶的面积为S，则t 时间内落到荷叶上面雨滴的质量为m＝ρSh，根据题意，有2
3的雨滴向四周散开，取
竖直向上为正方向，根据动量定理有F1t＝2m
3 ×v
5 －(－2m
3 v)，另1
3的雨滴留在叶面上，根据动量定理有F2t＝0
－(－m
3 v)，根据压强的定义式p＝F
S ，可得p＝F1＋F2
S
，联立解得p＝17 ρ v
ℎ
15t
，故选C。
8.AD　振源Q 形成的波沿x 轴负方向传播，根据同侧法可知x＝6 cm 处质点起振方向沿y 轴负方向，则振源Q 起
振方向沿y 轴负方向。同理可知，振源P 起振方向沿y 轴正方向。两振源的起振方向相反。故A 正确；两列波的传
播速度大小为v＝Δ x
Δt ＝3
3 cm/s＝1 cm/s，故B 错误；两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝1 cm 处相遇
后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱。故C 错误；同理，两列波在x＝2.5 cm 处相遇后，振动情况完
全相同，该质点的振动始终加强。故D 正确。
9.BD　根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，故A 错误；根据R＝mv0
qB 可知带电粒子的比荷为q
m＝v0
BR ，
故B 正确；速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M 上，所以磁场边界是45°斜线，如图，则磁场区域最小
面积为阴影部分面积，即Smin＝π R
2
4
－1
2R2＝(π －2) R
2
4
，故C 错误，D 正确。
 75 / 92
10.BC　感应电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值U1＝NBSω
√2
，由U 1
U 2
＝n1
n2
可得，电压表读数为U2＝√2NBSω，
选项A 错误；副线圈电流I2＝U 2
R ＝√2 NBSω
R
，由I 1
I 2
＝n2
n1
可得，通过电流表的电流为2√2 NBSω
R
，选项B 正确；
设变压器及左边电路的等效电阻为R 等，则R 等＝(
n1
n2)
2
R＝R
4 ，发电机线圈由图示位置旋转1
4 周，通过电流表的电
荷量为Q＝It＝N ΔΦ
R等
＝4 NBS
R
，选项C 正确；P 向上移动时，副线圈匝数变少，电压表的示数变小，电流表示
数也变小，发电机的输出功率减小，选项D 错误。
11.（1）D　（2）52.0　（3）C　（4）π2
解析：（1）为了使摆长不变，用不可伸长的细丝线，不能用弹性棉线，且用夹子夹住细丝线，A、C 错误；为了
减小空气阻力产生的影响，不能用塑料球，应该用铁球，B 错误，D 正确。
（2）秒表的读数为52.0 s。
（3）测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，A 错误；测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时数零，
摆球振动多次后，当某次相同方向通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数与全振动次数的比值表示单摆的周期，
B 错误；为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）的位置开始计时，C 正确；拉开摆球，使摆
线与竖直方向夹角不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时数零，记下摆球50 次经过平
衡位置所用的时间Δt，则单摆周期T＝
Δt
50
2
＝Δt
25 ，D 错误。
（4）根据单摆的周期公式得T＝2π√
L＋D
2
g
，解得T2＝4 π
2
g L＋2π
2 D
g
 ，根据图像得4 π
2
g ＝0.04 s
2
0.01m ，解得g＝
π2。
12.（1）串联　15　（2）360　9　（3）小于　小于
解析：（1）根据电表改装原理可知，将小量程电压表改装成大量程电压表需要串联较大电阻，该串联电阻阻值为
R0＝U －U V
I V
＝
U －U V
U V
RV
＝15 kΩ。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得4U＝E－4U
R ·r
整理可得1
R ＝E
4 r · 1
U －1
r
结合图像可得E
4 r ＝
1
9
1
90
1
r
＝1
9
，联立解得E＝360 V，r＝9 Ω。
（3）根据等效电源法，将电压表和R0看成是新电源的一部分，该部分与电源并联，所以新电源的电动势和内阻均
减小，所以电动势和内阻的测量值均小于真实值。
5.选择题＋实验题组合练（5）
 76 / 92
1.B　根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X 为电子，A 项错误；衰变反应是放能反应，衰变产物❑39
90Y 是一种更
稳定的元素，可知其比结合能大于38
90Sr 的比结合能，B 项正确；β 衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，
同时释放出一个电子，C 项错误；根据半衰期公式，经过84 年即3 个半衰期还剩余（1
2）3＝1
8的锶90 没有发生衰
变，即会有7
8的锶90 发生衰变，D 项错误。
2.D　当第一辆车向前行驶4 m 时，第二辆车开始启动，根据位移与时间关系可得x1＝1
2at1
2，代入数据解得t1＝2 
s，故A 错误；第六辆车前端距离停止线25 m，根据速度与位移关系可得v2＝2ax6，解得v＝10 m/s，故B 错误；
前面一辆车开始启动2 s 后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为t'＝5×2 
s＝10 s，故C 错误；由于第六辆车前端距离停止线25 m，根据位移与时间关系可得x6＝1
2at6
2，解得t6＝5 s，从
绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为t'＋t6＝15 s，故D 正确。
3.D　当入射角为α 时，光路如图所示，根据折射定律知n＝sin α
sinθ ，由题意知，此时折射光线刚好在内壁表面发生
全反射，故sin C＝1
n，在△AOB 中，由正弦定理得
2 R
sin (180°－C)＝R
sinθ ，联立得sin α＝1
2，解得α＝30°，
故选D。
4.C　根据理想气体状态方程可知pA· V 0
2
T 0
＝pBV 0
3T 0
，解得pA∶pB＝2∶3，A 错误； A→D 的过程中，温度不变，
故内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，B 错误；由题意可知，
气体的平均动能Ek＝ε·T（ε＞0），C、D 两状态气体的温度之比为4∶1，故EkC∶EkD＝4∶1，C 正确，D 错误。
5.D　设＋Q 和－Q 圆环的圆心分别为O1和O2，带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受
到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，
在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在
O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为－φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点
电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意得1
2mv0
2＝qφm，当速度为2v0时，有1
2m(2v0)
2＝1
2mvmin
2
＋qφm，1
2m(2v0)
2＝1
2mvmax
2－qφm，联立解得vmin＝√3v0，vmax＝√5v0，则可得vmin
vmax
＝√3
√5
＝√15
5 ，故选D。
6.B　根据万有引力与重力的关系得G Mm
R
2 ＝mg，在圆形轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力得G
Mm
（R＋ℎ1）
2
＝m4 π
2
T 1
2 （R＋h1），椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a＝2 R＋ℎ1＋ℎ2
2
，根据开普勒第三定律（R＋ℎ1）
3
T 1
2
＝a
3
T 2
2，解
 77 / 92
得天目星沿椭圆轨道Ⅱ的周期为T2＝π
R√
(ℎ1＋ℎ2+2 R)
3
2 g
，天目星沿椭圆轨道从A 点运动到B 点的时间为t＝1
2T2
＝π
2 R√
(ℎ1＋ℎ2+2 R)
3
2 g
，故选B。
7.C　释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中弹簧弹力随着形变量的减小而减小，甲、乙两物体所受摩擦力大小保
持不变，由牛顿第二定律kx－f＝ma 可知它们的加速度先减小至零然后反向增大。所以二者均为先加速再减速，故
A 错误；根据f＝μmg 可知甲所受摩擦力较大，弹簧对两物体的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知，当甲的加速
度为0 时，乙在加速，故B 错误；对系统受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft 可知系统一定受到向右的冲量，故
C 正确；根据能量守恒定律Ep＝Q 甲＋Q 乙＋Ek 甲＋Ek 乙，可知Q 甲小于初始时弹簧的弹性势能，故D 错误。
8.AC　由系统动量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝1
2mv0
2，则三辆碰碰车整体最后的动能等于Ek＝1
2×3mv2＝1
3
E0，故A 正确；设相邻两车间的距离为x，碰碰车1 运动到2 的时间为t1＝x
v0
，依题意，碰碰车1 与静止的碰碰车
2 碰撞过程，动量守恒，有mv0＝2mv12，则碰碰车2 运动到3 的时间为t2＝x
v12
＝2 x
v0
，可得t1∶t2＝1∶2，故B 错误；
碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为ΔE1＝1
2mv0
2－1
2×2mv12
2＝1
4 mv0
2，碰碰车第二次碰撞时损失的机械能为
ΔE2＝1
2×2mv12
2－1
2×3mv2＝1
12mv0
2，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C 正确，D 错误。
9.AC　当金属棒从O 点向右运动距离为x 时，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝2xtan 30°，产生的感应电动势 
E＝Blv，感应电流I＝E
3lr ＝Bv
3r ，A 正确；回路中电流不变，但电阻不断增大，因此电热功率不断增大，B 错误；
拉力等于安培力，即F＝BIl＝2B
2v
2tan30°
3r
t，即拉力的大小随时间均匀增大，选项C 正确；整个过程，运动的
时间为t＝√3 L
2v ，拉力的最大值为Fm＝B
2 Lv
3r
，则整个过程，拉力的冲量大小为I＝1
2Fmt＝√3 B
2 L
2
12r
，选项D 错误。
10.BD　粒子在磁场中运动的周期T＝2π m
qB ，与筒壁发生3 次碰撞后，从Q 点射出圆筒（如图所示）可知，粒子
在磁场中运动的时间可能为t1＝135°×4
360°
T＝3 π m
qB ，或者可能t2＝45°×4
360° T＝π m
qB ，故选B、D。
11.（1）ABD　（2）BD　（3）4∶1
解析：（1）根据实验原理可知，若碰撞过程中动量守恒，则满足m1OP＝m1OM＋m2O' N
实验中需要测量的物理量有两小球质量和水平射程；因此应用到刻度尺和天平（带砝码），测量水平射程前，要
确定小球的落点，要用到圆规。不需要测量时间，不需要秒表。故选A、B、D。
（2）为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故A 错误；要保证每次小球都做平抛运
动，则斜槽轨道的末端必须水平，故B 正确；“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解
 78 / 92
碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽轨道是否光滑没有要求，故C 错误；要保证碰撞前的速
度相同，所以入射球每次都要从同一位置由静止滚下，故D 正确。
（3）根据m1·OP＝m1·OM＋m2·O' N得m1
m2
＝
O' N
OP－OM ＝41.1－1.1
25.5－15.5＝4
1 。
12.（1）C　R1　大于　（2）9.0　通道2
解析：（1）为使滑动变阻器便于调节，应选择R1，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻
值，故滑动变阻器应采用分压接法，又由于待测电阻阻值远大于电流表的内阻，故应采用电流表的内接法，故选
C。由部分电路欧姆定律可知RN＝U
I
电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于RN两端电压，故RN测量值大于真实值。
（2） 质量为0.5 kg 的物体对RN的压力为F＝mg＝5 N，由图甲可知，此时RN＝18.0 kΩ，由闭合电路欧姆定律
E＝U＋IRN，且R'＝U
I ，联立解得R'＝9.0 kΩ，由图甲可知，压力变小，RN阻值变大，故电路中电流变小，R'两
端电压变小，小于2 V，故物体进入通道2。
6.选择题＋计算题组合练（1）
1.A　科学家用中子轰击9
19F 时，生成了人工放射性元素9
20F，其放出一个β 粒子后形成稳定的新核X，由核反应的
质量数守恒和电荷数守恒可得9
20 F →－1
　0e＋10
20Ne，则X 为10
20Ne；用α 粒子轰击9
19F 时，产生一个稳定的新核Y 和一
个质子，由核反应的质量数守恒和电荷数守恒可得9
19F＋2
4He→1
1H＋10
22Ne，则Y 为10
22Ne。新核X、Y 的质子数相同、
质量数不同，则新核X、Y 为同位素，质量不等，故A 正确，B、C 错误；新核10
20Ne 比新核10
22Ne 的核子少，所以结
合能小，故D 错误。
2.D　两者运行速度的大小都应小于第一宇宙速度，故A 错误；为实现对接，应先让飞船处于较低轨道上，然后点
火加速，故B 错误；对接后飞船轨道变高，速度变小，运行周期变大，机械能变大，故C 错误，D 正确。
3.A　根据波形图可得1
4 T＝0.5 s 解得周期T＝2 s，由1
4 λ＝1 m 解得波长为λ＝4 m，该波的波速为v＝λ
T ＝2 
m/s，所以波传到x＝2 m 经过的时间为t1＝x
v ＝1 s，根据波形图可知，振源的起振方向向上，则波传到x＝2 m 时，
质点开始向上振动。故选A。
4.C　轮胎内的体积不变，压强增大，则气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故A 错误；轮胎内的体积不变，
根据查理定律有
p1
T 1
＝
p2
T 2
，解得中午温度约为T2＝283 K＝10 ℃，温度增加，则轮胎内部气体分子的平均动能增
加，故B 错误，C 正确；轮胎内部气体温度增加，内能增大，由于体积不变，所以做功为0，根据热力学第一定律
可知，气体吸收热量，故D 错误。
5.D　电源的周期为2 s，电源的频率为f＝1
T ＝0.5 Hz，A 错误；通过电阻的电流周期为2 s，C 错误；电流有效
值为(
5
√2)
2
R×T
2 ＋0＝I2RT ，解得I＝2.5 A ，D 正确；设电源电压的有效值为U，根据电源的输出功率等于外
电路消耗的总功率可知IU＝I2R，解得U＝2.5 V，B 错误。
6.D　作出光路如图，由几何关系可知α＝r，β＝θ，因此从AB 边射出的光束与入射光线平行，与光的颜色无关，
故A 错误；根据题意可知折射率越大，出射位置与入射位置间距越小，紫光折射率最大，所以其出射位置与入射
 79 / 92
位置间距最小，故B 错误；根据运动学公式可知光在棱镜中的传播时间t＝OM ＋MN ＋NO'
v
，v＝c
n，n＝sinθ
sin r
，结合几何关系可知当r＝45°时传播时间最短，此时的折射率为n＝sinθ
sin r ＝
√3
2
√2
2
＝√
3
2
，故C 错误；由几何关系
可知，光传播的最短距离为x＝2ℎ
cosr ＝2√2h，用时最短时间为t＝x
v ＝nx
c ＝2√3ℎ
c
，选项D 正确。
7.C　正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B 点，即到达B 点时速度为零，由0－v0
2＝－2ad，解得加速度
大小a＝v0
2
2d
，故A 错误；由牛顿第二定律可知Ee＝ma，联立解得电场强度E＝mv0
2
2ed
，故B 错误；由动能定理可
得(φa－φb)e＝0－1
2mv0
2，解得B 点电势为φb＝φa＋m v0
2
2e
，故C 正确；钠离子在B 点电势能为Eb＝φbe＝φae＋
mv0
2
2
，故D 错误。
8.BD　当该同学在电子秤上下蹲时，人体重心下移，先加速下降，加速度向下，此时该同学处于失重状态，该同
学对电子秤的压力小于其自身重力；然后减速下降，加速度向上，此时该同学处于超重状态，该同学对电子秤的
压力大于其自身重力，所以电子秤的示数先减小后增大，故A 错误，B 正确；当电梯减速下降时，加速度竖直向
上，该同学处于超重状态，电子秤对同学的支持力大于该同学的重力，根据作用力与反作用力大小相等可知，测
量值会大于真实体重，故C 错误；把电子秤放在电梯里，当电梯以5 m/s2加速度加速上升时，设支持力为FN，由
牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得FN＝750 N，因为该同学对秤的压力与秤对该同学的支持力为一对作用力和
反作用力，大小相等，则电子秤示数为m 显示＝F压
g ＝75 kg，故D 正确。
9.BC　小球与圆弧体组成的系统在水平方向不受外力，在竖直方向合力不为0，根据动量守恒条件可知，系统在
水平方向动量守恒，总动量不守恒，故A 错误；整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正
功，则圆弧体对小球做负功，故B 正确；滑至圆弧体底部后两物体间的相对位移大小为L＝Rsin θ＝Rp，根据水平
方向动量守恒可得mv 球＝Mv 圆，由于时间相等，则上式可变形为mx＝M（L－x），解得圆弧体与小球的质量之比
为M
m ＝
x
L－x ＝
q
Rp－q ，故C 正确；当θ 为90°时，根据机械能守恒定律可得mgR＝1
2mv球
2＋1
2Mv圆
2，又根据
水平方向动量守恒mv 球＝mv 圆，解得两者分离时小球的速度为v 球＝√
2 MgR
M ＋m
，故D 错误。
10.AD　已知霍尔元件的载流子为自由电子，电流方向从A 流向F，则根据左手定则可得电子偏向D 端，则C 端
的电势高于D 端，故A 正确；根据Bev＝eU
d2
，可得U＝Bd2v，若将匀强磁场的磁感应强度减小，C、D 间的电压
将减小，故B 错误；根据电流微观表达式I＝neSv，可得自由电子的平均速率v＝I
neS ＝
I
neℎd2
，故C 错误；由
Bev＝eU
d2
，v＝
I
neℎd2
，联立可得磁感应强度为B＝ne U
ℎ
I
，故D 正确。
 80 / 92
11.（1）0.173　（2）22.6 ℃
解析：（1）对吸管内气体，升温过程，由理想气体状态方程得p0 LS
T 0
＝p1(L＋Δ L)S
T 1
其中p1＝p0＋ρg(L－l)＝1.02×105 Pa
溢出气体与初始气体质量的比值η＝
Δ L
L＋Δ L＝32
185≈0.173。
（2）杯盖拿出过程，对吸管内剩余气体，有p1 LS
T 1
＝( p0－ρgℎ)(L－ℎ)S
T 2
解得T2≈295.6 K＝22.6 ℃。
12.（1）2U
R1
　（2）1
R2√
2mU
q
　（3）U
3 ≤U'≤3U
解析：（1）离子通过加速电场的过程中，根据动能定理得qU＝1
2mv2
离子经过静电分析器的过程中，根据电场力提供向心力得qE＝m v
2
R1
解得E＝2U
R1
。
（2）由几何知识可知r＝R2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
其中v＝√
2qU
m
解得B＝1
R2√
2mU
q
。
（3）要让离子全部打在硅片上，其临界状态的轨迹如图所示，设圆心分别为O3、O4，半径分别为r1、r2，由几何
关系可知，O4恰为硅片的最低点，
r2＝√3R2
设圆心为O3的离子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，有tan（π－θ）＝√3 R2
R2
得θ＝120°
由tanθ
2＝R2
r1
 81 / 92
得r1＝√3
3 R2
qU'＝1
2mv'2
由qv'B＝mv '
2
r
将“r”用“r1”和“r2”替换得U
3 ≤U'≤3U。
7.选择题＋计算题组合练（2）
1.C　根据反应过程质量数守恒和电荷数守恒可知X 原子核的质量数为234，电荷数为92，则X 原子核的中子数
为234－92＝142，故A 错误；半衰期只适用于大量原子核的衰变，所以10 个Pu 原子核经过87.7 年后不一定还会
剩余5 个，故B 错误；Pu 原子核发生α 衰变后产生的新核比Pu 原子核更稳定，所以新核的比结合能大于Pu 核的
比结合能，故C 正确；Pu 的半衰期跟核内部自身因素有关，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故D 错误。
2.D　因M 点处的等差等势面比N 点处的等差等势面密集，故M 点的电场强度大于N 点的电场强度，A 错误；电
场线与等势面垂直，由题图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD 中心射入“透镜”电场的正电子受到的电
场力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，B 错误；经过N 点的正电子受到的电场力做正功，动能增加，
但电势能减小，C 错误；根据垂直于虚线AB 射入小孔CD 的正电子束受到的电场力方向可知，该“透镜”电场对
垂直于虚线AB 射入小孔CD 的正电子束有发散作用，D 正确。
3.A　P 点只能在自己平衡位置附近做简谐振动，而不随波迁移，故B 错误；因质点振动的周期为0.4 s，根据P
点的振动图像和波形图可知，波沿x 轴正方向传播，t＝0 时刻Q 点向上振动，则在t＝0.1 s 时刻，Q 点位于x 轴上
方，故C 错误；P 点在平衡位置附近做简谐振动，其振动速度不断变化，故D 错误；由于t＝0.25 s＝T
2 ＋T
8 ，经
过半个周期质点P 回到平衡位置且向上振动，再经过T
8 质点的位移为√2
2 A，而质点Q 经过半个周期到达x 轴下方
纵坐标为－0.1 m 的位置向下振动，再经过T
8 ，位移比√2
2 A 大，大小为√6＋√2
4
A，即Q 离开平衡位置的位移仍
大于P 离开平衡位置的位移，所以Q 点的加速度大于P 点的加速度，故A 正确。
4.C　对c 进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得Fbcos 60°－Facos 60°＝ma，在竖直方向上，有
Fbsin 60°＋Fasin 60°＝mg，联立以上两式，解得Fa＝√3
3 mg－ma，Fb＝√3
3 mg＋ma，所以加速度越大，a 对c 的
作用力越小，b 对c 的作用力越大，故A、B 错误；由上述分析可知当Fa＝0 时，加速度最大，此时可得Fbcos 
60°＝mamax，Fbsin 60°＝mg，解得汽车加速度的最大值为amax＝
g
tan60°＝√3
3 g，故C 正确；由上述分析可知，
加速度的最大值与油桶的质量无关，故不论油桶里装不装满油，汽车的加速度最大值都为√3
3 g，故D 错误。
5.C　设月球的半径为R，卫星对月球的张角为60°，卫星与月面的距离为h，由几何关系有
R
R＋ℎ＝sin 30°，
解得R＝h，故A 错误；卫星的轨道半径为r＝R＋h＝2h，卫星做圆周运动，由万有引力充当向心力，则有GMm
r
2
 82 / 92
＝m v
2
r
，月球的第一宇宙速度等于近月卫星的环绕速度，则有GMm
R
2
＝m v0
2
R
，解得卫星的线速度大小为v＝√2
2
v0，故B 错误；卫星的动量为p＝mv，卫星的动能为Ek＝1
2mv2，结合上述解得Ek＝√2
4 pv0，故C 正确；卫星的加
速度大小为a＝v
2
r ，结合上述解得a＝v0
2
4ℎ
，故D 错误。
6.D　小碎片脱落后做平抛运动，从脱落到落地的水平位移为x＝√L
2－R
2，做平抛运动的时间为t＝√
2ℎ
g
，故小
碎片脱落，电风扇转动时的角速度为ω＝v
R ＝x
Rt ＝√
g
2ℎ（L
2
R
2 －1），D 正确。
7.B　设拉力F 作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大小为a2，木板的加
速度为a3，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 
m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F 作用的时间为1 s 时，物块、木板的速度分别为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，
设又经过t2时间，物块、木板共速，则v 共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝1
3 s，v 共＝4
3 m/s，木板的长度为L＝1
2v1t1
－1
2v2t1＋v1＋v共
2
t2－v2＋v共
2
t2＝0.75 m＋0.25 m＝1.0 m，故选B。
8.CD　根据题意，结合题图可知，气体从c 到d 为绝热膨胀，则Qcd＝0，Wcd＜0，根据ΔU＝W＋Q 可知，ΔUcd＜
0，则温度降低；气体从d 到a，体积不变，压强减小，则温度降低，则该气体在状态c 的温度高于在状态a 时的
温度，A 错误；a→b 过程为绝热压缩，外界对气体做功Wab＞0，Qab＝0，则ΔUab＝Wab，即外界对气体做的功全部
用于增加内能，B 错误；b→c 过程中体积增大，气体对外做功，即Wbc＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可
知ΔU＜Q，即增加的内能小于该过程吸收的热量，C 正确；根据p-V 图线与V 轴围成的面积表示气体做功的大小，
可知一次循环过程中气体对外界做的功W＞0，而一次循环过程中气体内能变化为零，则整个过程Q 吸－Q 放＝W＞
0，即在完成一次循环过程中气体吸收的热量大于气体对外界做的功，D 正确。
9.BD　由题图乙可知，图像斜率k＝Δv
Δ x ＝a
v ，则a＝kv，可知，金属棒的加速度随速度均匀增大，故A 错误，B
正确；金属棒受到的安培力冲量的大小为IA＝BIL·Δt＝BqL＝BL ΔΦ
2 R ＝B
2 L
2 x0
2 R
，故C 错误；设金属棒运动x0距离
时速度为v0，则v0＝kx0＝√g x0，根据功能关系，可知拉力做功为W＝μmgx0＋1
2mv0
2＋1
2F 安x0，又F 安＝B
2 L
2v0
2 R
，
解得拉力做功为W＝mgx0＋B
2 L
2 x0√g x0
4 R
，故D 正确。
10.AD　若粒子从P 点出发恰好经原点O 到达Q 点，运动轨迹可能如图所示
第一种情况粒子在Q 点速度方向与y 轴负向的夹角为45°；第二种情况粒子在Q 点速度方向与y 轴正向的夹角为
45°，故C 错误；根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短，则tmin＝T
2 ＝1
2·2π m
qB ＝π m
qB ，故
A 正确；第一种情况粒子运动的总路程为s1＝πr1＝√2
2 πL，第二种情况粒子运动的总路程为s2＝2·2πr2＝2·2π·√2
4 L
 83 / 92
＝√2πL，故B 错误；由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运
动轨迹图可知第一种情况粒子从P 点到O 点的时间与从O 点到Q 点的时间之比为1∶1；第二种情况粒子从P 点到
O 点的时间与粒子从O 点到Q 点的时间之比为1∶3，故D 正确。
11.（1）(√2+1)d　（2）6(2+√2)d
c
解析：（1）当从A 端最下方入射的光线发生全反射时，其他光线都能发生全反射，设从A 端最下方入射光线的入
射角为θ，则根据几何关系得sin θ＝
R
R＋d
设全反射临界角为C，则要使A 端垂直入射的光线全部从B 端射出，必须有θ≥C
根据临界角公式有sin C＝1
n
因此有sin θ≥sin C
即
R
R＋d ≥1
n
解得R≥
d
n－1＝
d
√2－1＝(√2+1)d
所以R 的最小值为（√2＋1）d。
（2）在（1）问的情况下θ＝45°
代入可得R＝(√2+1)d
如图所示
光在光纤内传播的总路程为s＝6R＝6(√2+1)d
光在光纤内传播的速度为v＝c
n＝√2
2 c
所以所求时间为t＝s
v ＝6√2 R
c
＝6(2+√2)d
c
。
12.（1）2 m/s　（2）0.33 J　（3）4 m/s
解析：（1）小铁块恰好通过D 点时，由牛顿第二定律得mg＝m v D
2
R
解得vD＝2 m/s。
（2）小铁块从A 点到B 点，由平抛运动规律知v y
2＝2gH
根据三角函数得sin θ＝v y
vB
解得vB＝5 m/s
根据动能定理得－mgR（1＋cos θ）－Wf＝1
2mv D
2－1
2mvB
2
解得Wf＝0.33 J。
（3）小铁块从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有tan θ＝v y
v A
 84 / 92
解得小铁块离开A 点时的速度vA＝4 m/s
小铁块在传送带上运动，根据动能定理得μmgs＝1
2mv A
2
解得s＝2 m
因s＜L，故小铁块在传送带上先做匀加速直线运动，跟传送带达到共同速度后做匀速直线运动，故水平传送带的
速率v＝vA＝4 m/s。
8.选择题＋计算题组合练（3）
1.C　根据质量数守恒和电荷数守恒可得该核反应方程为1
2 H ＋ 1
3H→2
4He＋ 0
1n，可知X 是中子，故A 错误；该
核反应为热核反应，属于核聚变，故B 错误，C 正确；现在核电站中的主要核反应是核裂变，故D 错误。
2.A　运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先加速上升后减速上升，先超重后失重，故A 正确；运动员站起的过
程中，地面对他支持力的作用点没有发生位移，故地面对他没有做功，故B 错误；由A 选项分析可知，杠铃减速
上升过程，加速度竖直向下，整个过程中运动员两手对杠铃的力小于杠铃的重力，故C 错误；运动员两臂呈八字
形托住杠铃静止时，受力分析如图，可得Fcos θ＝mg
2 ，解得F＝mg
2cosθ ，可知两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的
作用力越大，故D 错误。
3.A　根据a＝GM
r
2 可知神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于同步卫星的向心加速度；而根据a＝ω2r 可
知，同步卫星的向心加速度大于地面赤道上的物体的向心加速度，可知神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速
度大于其在地面赤道上静止时的向心加速度，选项A 正确；根据a＝GM
r
2 可知，神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P 点
时的向心加速度大于经过Q 点时的向心加速度，选项B 错误；神舟十八号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要在P 点加速，可
知在轨道Ⅱ上经过P 点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P 点时的速度，选项C 错误；神舟十八号从轨道Ⅱ进入轨道
Ⅲ要在Q 点加速，机械能增加，则在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，选项D 错误。
4.D　a 与b 两点的电场强度等大反向，故A 错误；O 点电场强度为零，根据安培定则，O'点磁感应强度方向向下，
不为零，故B 错误；两导线中电流方向相反，有相互远离的趋势，故C 错误；根据矢量叠加原理，沿O 点垂直于
两电荷连线向上方向电场强度先增大后减小，所以在O 点给质子一个向上的初速度，质子会向上做直线运动且速
度在增加，加速度先增加后减少，故D 正确。
5.D　若是x-t 图像，在t1～t2时间内当甲、乙两车的速度相同时，两车的相对速度为0 时，两车的距离最大，故
A、B 错误；若是v-t 图像，因为图线与横轴所围面积表示位移，则在t1～t2时间内，两车间的距离不断增大，故C
错误，D 正确。
6.B　由光路图可知，a 光、b 光射入玻璃柱体时，入射角相同，a 光的折射角大于b 光的折射角，根据折射定律n
＝sini
sin r ，可知a 光的折射率小于b 光的折射率，则a 光的频率小于b 光的频率，若a 光束为蓝光，b 光束不可能是
红光，故A 错误；根据v＝c
n，由于a 光的折射率小于b 光的折射率，可知a 光在该玻璃柱体中传播的速度比b 光
大，故B 正确；根据折射定律，玻璃对a 光的折射率为na＝sin 45°
sin30°＝√2，故C 错误；用a 光和b 光分别照射同
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一狭缝，观察衍射现象，由于a 光的频率小于b 光的频率，a 光的波长大于b 光的波长，则a 光的中央亮条纹更宽，
故D 错误。
7.A　一群氢原子处于量子数n＝7 的激发态跃迁至基态辐射的光子的能量最大值为－0.28 eV－（－13.60 eV）
＝13.32 eV，根据爱因斯坦光电效应方程有Ekmax＝hν－W0，解得Ekmax＝8 eV，故A 正确；这些氢原子最多向外辐
射光的频率数目为C7
2＝21，故B 错误；向右移动滑片P 时，电流达到饱和光电流之前，电流增大，达到饱和光电
流之后，电流保持不变，故C 错误；波长最短的光频率最大，光子能量最大，结合上述分析可知，波长最短的光
是原子从n＝7 激发态跃迁到基态时产生的，故D 错误。
8.AD　依题意，S 点两侧的波形应对称。故B 错误；假设A 正确，即t＝6 s 时质点P 位于波谷，由于t＝7 s 时质
点P 位于波谷，则可知1 s 内波传播了n 个周期，则2 s 内波传播2n 个周期，此情况下t＝8 s 时质点Q 位于波峰，
符合题设，故A 正确；假设C 正确，t＝6 s 时P 位于波谷，此情况下可知1 s 内波传播了n 个周期，则2 s 内波传
播2n 个周期，8 s 时质点Q 位于平衡位置，与题设矛盾，故C 错误；假设D 正确，6 s 时P 位于平衡位置向下运
动，可知1 s 内波传播了(
1
4 ＋n)个周期，则2 s 内波传播(
1
2 +2n)个周期，8 s 时质点Q，位于波峰，符合题设，
故D 正确。
9.BD　由洛伦兹力的公式可得，甲粒子受力大小为qvB，根据左手定则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸
面向里，故A 错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以乙粒子的运动轨迹是直线，
故B 正确；将丙粒子的速度v 在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2，其中沿磁感应强度方
向对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，垂直于磁感应强度方向对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，
所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，故C 错误；对丙粒子在垂直于纸面
的匀速圆周运动，有qv2B＝mv2
2
r
，解得r＝m v2
qB ，所以周期为T＝2π r
v2
＝2π m
qB ，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀
速直线运动的速度为v1＝vcos θ，经过一个周期的时间丙粒子圆周运动刚好一周，所以此时两粒子位置改变为x＝
v1T＝2π mv cosθ
qB
，故D 正确。
10.AD　根据牛顿第二定律，对甲棒，有BId＝ma1，对乙棒，有BI·2d＝2ma2，解得a1＝a2，故A 正确；当两棒产
生的感应电动势相等时，电路中无感应电流，甲、乙匀速运动，则有Bdv1＝B·2dv2，解得v1＝2v2，故B 错误；根
据动量定理，对甲棒，有BIdΔt＝mv1－mv0，对乙棒，有－BI·2dΔt＝2mv2－2m×2v0，解得v1＝2v0，v2＝v0，根据
能量守恒定律得1
2mv0
2＋1
2×2m×(2v0)
2＝1
2×m×(2v0)
2＋1
2×2mv0
2＋Q，解得回路产生的焦耳热为Q＝3
2mv0
2，
故C 错误；根据动量定理，对甲棒，有BIdΔt＝mv1－mv0，其中q＝IΔt，解得通过回路某一横截面的电荷量为q＝
m v0
Bd
，故D 正确。
11.（1）2 p0 S
3 g －2
3m　（2）ΔU0＋p0 SL
400 －mgL
400
解析：（1）轻绳未连重物时，对活塞，其受到重力和内外气体压力作用，根据平衡条件得
p1S＋mg＝p0S
解得p1＝p0－mg
S
刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得p2S＋(M ＋m)g＝p0S
解得p2＝p0－(M ＋m)g
S
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由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
其中V1＝LS
4
V2＝3 SL
4
解得M＝2 p0 S
3 g －2
3m。
（2）由盖—吕萨克定律得V 2
T 0
＝
V 3
0.99T 0
解得V3＝0.99V2
此过程外界对气体做的功
W＝p2ΔV＝p2(V 2－V 3)
由以上两式可得W＝0.01p2V2＝0.01p1V1＝p0 SL
400 －mgL
400
由热力学第一定律有－ΔU0＝－Q＋W
解得Q＝ΔU0＋p0 SL
400
－mgL
400 。
12.（1）√
2eU
m
　（2）1
r √
2mU
3e
　（3）3√3r
2
2
解析：（1）由动能定理知eU＝1
2mv2
解得v＝√
2eU
m
。
（2）根据洛伦兹力提供向心力，有evB0＝mv
2
R
由几何关系得R＝√3r
解得B0＝1
r √
2mU
3e
。
（3）面积最小的矩形如图所示，由几何关系得Smin＝(r ＋r
2)√3r＝3√3r
2
2
。
9.选择题＋计算题组合练（4）
1.D　蝴蝶在飞行过程中受到的力除了重力，还有空气对它的作用力，故A 错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合
力指向轨迹凹侧，故B 错误；小猫离开地面后由于惯性会继续运动，此时不会受到地面弹力的作用，故C 错误；
小猫在蹬地时弹力大于所受重力，故D 正确。
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2.D　根据质量数守恒和电荷数守恒可知X 为1
3H，故A 错误；光子的频率为ν，可知γ 光子的动量p＝ℎ
λ ＝ν
ℎ
c ，
故B 错误；由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能ΔE＝（4E2＋3E3）－6E1，故C 错误；质量亏损Δm＝
（4 E2+3 E3）－6 E1
c
2
，故D 正确。
3.C　由图像可得x
t ＝v0
t0
t，变形得x＝v0
t0
t2，可知翠鸟从高空由静止俯冲，做匀加速直线运动。根据x＝1
2at2得加
速度为a＝2v0
t0
，所以当t＝t0时，速度最大，大小为vm＝at0＝2v0，故A、B 错误；由匀加速直线运动位移与时间
关系可得翠鸟在空中运动的距离为x1＝1
2at0
2＝v0t0，故C 正确，D 错误。
4.A　电容C 增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A 正确；频率f 增大，感抗增大，L2变暗，B 错误；RG上光照增强，
光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C 错误；S 接到b 上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D 错误。
5.B　a→b 过程，气体压强不变，即等压变化过程，温度降低，故内能减小。该过程体积减小，外界对气体做正
功，故a→b 过程中气体向外界放热，故A 错误；a→c 过程，气体体积不变，即等容变化过程，外界对气体不做
功，温度降低，故内能减小，故a→c 过程中气体向外界放热，故B 正确；c→b 过程，气体的温度相等，体积变
小压强变大，由气体压强的微观解释可知，在状态b 时比在状态c 时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故
C 错误；a→b 过程中压强不变，a→c→b 过程中压强先变小再变大，两个过程中体积变化相同，a→c→b 过程中平
均压强小于a→b 过程中平均压强，所以a→c→b 过程中外界对气体做的功比a→b 过程中外界对气体做的功少，故
D 错误。
6.B　由a 到c 的过程中加速度为负，即竖直向下，所以处于失重状态，故A 正确；c 点时该同学的加速度为0，c
点后该同学处于超重状态，从而说明c 点时向下的速度最大，还未到最低点，故B 错误；c 至e 过程该同学为超重
状态，之后为失重状态，所以e 点时处于起立过程且向上速度最大，故C 正确；由e 到f 的过程处于失重状态，地
面对其支持力小于重力，故D 正确。
7.C　设该细激光束发生全反射的临界角为C，依题意及几何关系可知C＝60°，由sin C＝1
n，解得n＝2√3
3
，故
A 错误；该细激光束在三棱柱中的传播速度为v＝c
n＝√3
2 c，小于光速c，故B 错误；作出该细激光束在三棱柱中
的光路图，如图所示，可知光线将垂直于AC 边从E 点射出，同时光线有一部分在E 点反射回来，根据光路可逆原
理可知，该细激光束有一部分光线会从S 点垂直于BC 边射出，故C 正确；由几何关系可知，该细激光束第一次从
S 点传播到E 点的路程s＝2× L
2 sin 60°＝√3
2 L，所需的时间t＝s
v ＝L
c ，故D 错误。
8.ACD　D 点的电场强度恰好为零，有
k Q1
(
L
2)
2＝k Q2
L
2 ，解得Q2＝4Q1，故A 项正确；根据对称性可知，B、C 两点
电场强度大小相等，方向不同，故B 项错误；对Q2来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由Q1决定，根据
沿电场线方向电势降低，距离负电荷越近，电势越低，所以D 点电势最低，故C 项正确；电子沿着圆弧从B 点运
动到C 点的过程中，电势先降低后升高，根据Ep＝qφ，可知电势能先增大后减小，故D 项正确。
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9.CD　线框刚进入磁场时，有E＝BL1v0＝0.5 V，ab 边两端的电压为Uab＝
L1+2 L2
2（L1＋L2）E＝
0.41
2×（0.25+0.08）
×0.5 V≈0.31 V，A 错误；线框ab 边进入磁场到离开磁场的过程，根据动量定理有mv1
－mv0＝－BIL1t＝－B
2 L1
2
R
L3，之后线框匀速运动，直到cd 边进入磁场，在cd 边进入磁场到速度减为0 的过程，根
据动量定理有0－mv1＝－BIL1t'＝－B
2 L1
2
R
x，联立解得x＝
mv0 R
B
2 L1
2 －L3＝0.06 m＜L3，所以线框不能穿过磁场，最
后线框的cd 边停在距有界磁场的左边界0.06 m 处，B 错误，C 正确；根据能量守恒定律可知线框在整个运动过程
中产生的焦耳热为Q＝1
2mv0
2＝0.04 J，D 正确。
10.BC　若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律可知qvB＝mv
2
r ，而粒子速率的分布为kBa
2 ≤v0≤2kBa，代入可得粒子的半径a
2＜r＜2a，由几何关
系可知粒子轨迹如图甲，由图甲可知速度最大时，从D 点射出，DE 屏（除D 点外）不会发光，故A 错误；由图
甲可知，磁场中有粒子经过的区域的面积为S＝(
13
24 π －√3
4 )a2，故B 正确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，
最小速度轨迹如图乙中圆心为O3的圆在六边形中的部分
由几何关系可知，AF 屏上会发光的长度为a
2，故C 正确；由几何关系可知，在磁场中运动时间相等的粒子为半径
在a
2＜r＜a 范围内，其数目占总数目的1
3，故D 错误。
11.（1）√
8
5 gR　6mg　（2）√
4 gR
15
　（3）12
5 R
解析：（1）滑块P 由静止到下滑至与Q 碰撞前，由机械能守恒定律得mgh＝1
2mv0
2
可得v0＝√
32
5 gR，P 与Q 相碰后一起运动，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
解得v1＝√
8
5 gR，P、Q 从C 运动到D 的过程，由动能定理得
2mgR(1－cosθ)＝1
2×2mv D
2－1
2×2mv1
2
在D 点，由牛顿第二定律有F－2mg＝2m×v D
2
R
解得受到圆轨道的总支持力F＝6mg。
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（2）P 下滑与Q 相碰后在BC 段一起向下作匀速运动，则斜面对Q 的滑动摩擦力
f＝2mgsin θ，P、Q 第一次被弹簧弹回运动到C 点时的速度依然为v1，此后P、Q 分离，Q 在AC 上向上滑动的加
速度为a1＝3gsin θ，Q 在AC 上向上滑动的位移为x1，可得x1＝v1
2
2a1
＝
v1
2
6 gsinθ
，P 在AC 上向上滑动的加速度为a2
＝gsin θ，P 在AC 上向上滑动的位移为x2，则有x2＝
v1
2
2gsinθ
，P 与Q 碰前的速度为v'，则
mgsin θ(x2－x1)＝1
2mv'2
得v'＝√
2
3
v1，P 与Q 碰后的速度为v2，则
mv'＝2mv2
可得v2＝√
1
6
v1＝√
4 gR
15
此速度v2即为P、Q 第二次一起在直轨道AC 上向下匀速运动的速度。
（3）方法一：自P、Q 第一次返回AC 直轨道运动，至再次从C 点离开AC 直轨道的过程中，滑块Q 克服摩擦力做
的功与滑块P、Q 碰撞损失的机械能ΔE 的比值为
W f
Δ E ＝
2×2mgsinθ× x1
1
2 mv '
2－1
2 ×2m v2
2
得W f
Δ E ＝4
1
经分析，以后如此运动的比值不变，经过多次运动，最终P、Q 循环运动，到达C 点的速度为0。故P、Q 第一次
返回AC 直轨道运动时的动能，经Q 与AC 直轨道摩擦发热部分为2mgsin θ·s'＝4
5 ×1
2×2mv1
2
可得s'＝16
15R
结合第一次下滑的距离，可得滑块Q 在轨道AC 上运动的总路程为s＝s'＋R
tanθ ＝12
5 R
方法二：由（2）知，P、Q 第二次离开AC 直轨道运动的速度v2是P、Q 第一次离开AC 直轨道运动的速度v1的√
1
6
倍，此后规律也如此，直到最终P、Q 循环运动，到达C 点的速度为0。滑块Q 第一次返回AC 向上滑和向下滑的
路程为x'＝2× v1
2
2a1
＝8 R
9
则滑块Q 第二次返回AC 向上滑的位x″
x″＝1
6 ×8 R
9
则自滑块Q 第一次返回AC 直至最终循环运动的总路程为s'，得s'＝
x'
1－1
6
＝16
15R
结合第一次下滑的距离，可得滑块Q 在轨道AC 上运动的总路程为s＝s'＋R
tanθ ＝12
5 R。
10.选择题＋计算题组合练（5）
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1.A　大气层中，随高度的增加，大气压强减小，可知，从低海拔地区到高海拔地区的过程，大气压强减小，对食
品袋进行分析，为了达到内外平衡，则袋内气体压强减小，故A 正确，B 错误；温度不变，气体内能不变，气体
体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，袋内气体从外界吸收热量，故C 错误；气体分子的平均
动能由温度决定，温度不变，袋内气体分子的平均动能不变，故D 错误。
2.C　核反应过程中质量数守恒与电荷数守恒，由题意可得4m＝222－206，解得m＝4，86＝82＋2m－n，解得n
＝4，A 错误；在威尔逊云室中α 射线的径迹粗，β 射线的径迹细，B 错误；生成物更稳定，比结合能更大，86
222Rn
的比结合能小于82
206Pb 的比结合能，C 正确；半衰期由放射性元素本身决定，与环境的温度等外部条件无关，D 错
误。
3.A　由薄膜干涉规律可知，当待测玻璃板和标准板之间的距离x＝n λ
2
(n=1，2，3…)时，为干涉的亮条纹，由
题意可知x 最大值为d，所以n＝2d
λ ＝2×1×10
－3 m
400×10
－9 m
＝5×103，所以观测到的干涉条纹中亮条纹数为5×103条。
故选A。
4.D　根据竖直上抛运动规律，小球甲到达的最高点距抛出点的高度为h＝1
2g(
t2
2)
2
＝1
8gt2
2，当两个小球同时运动
到同一水平线上时，小球乙的运动时间t＝t2－t1
2
，小球甲下落的高度h'＝1
2g(
t2
2 －t2－t1
2 )
2
＝1
8gt1
2，故该位置
距离抛出点的高度为h″＝h－h'＝1
8g（t2
2－t1
2），故选D。
5.C　火星与地球都绕着太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律可得r火
3
T 火
2＝r地
3
T 地
2，已知地球公转周期T 地＝365 
d，r 火＝1.5r 地，解得T 火≈671 d，故选C。
6.C　由自由落体运动公式v2＝2gh，可知小球运动到M 点的速度大小为v＝2 m/s，以沿斜面为x 轴，以垂直于斜
面为y 轴，如图所示，vy'＝vy＝vcos 37°＝1.6 m/s，vx＝vsin 37°＝1.2 m/s，将重力加速度分解为ay＝gcos 37°
＝8 m/s2，ax＝gsin 37°＝6 m/s2，从M 点落到斜面上的N 点，由运动学公式可知y＝vy't－1
2ayt2＝0，代入数据解
得t＝0.4 s，故选C。
7.B　小球在杆中点左右各0.1L 范围内橡皮筋均没有弹力，因此小球先向左匀速运动0.1L 到达A 点后开始受到右
侧橡皮筋的拉力做减速运动，减速至零再向右加速到A 点，此后匀速运动到初始位置，接下来向右进行周期性的
运动，因此小球不是做简谐运动，A 错误；在开始运动的半个周期内，橡皮筋的弹性势能先为零再增加再减小为
零，此后进行周期性变化，即两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为T
2 ，B 正确；无论初速度为多少，小球的运
动情形都一样，但小球在匀速运动阶段运动的距离是相同的，因此匀速运动时间不同，小球在受到橡皮筋弹力的
运动过程可看成简谐运动，其简谐运动周期T1＝2π√
m
k
，可知在橡皮筋有弹力的过程时间相同，因此不同的初速度
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下，小球运动周期不同，即小球运动的周期T＝2π√
m
k
＋0.4 L
v
，则当小球的初速度为v
3时，其运动周期为T'＝2π
√
m
k ＋
0.4 L
v
3
＝2π√
m
k ＋3×0.4 L
v
，故C、D 错误。
8.AD　飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得mg＝kvm，则vm＝mg
k ，故A 正确；对飞行器，由动能
定理得mgh＋Wf＝1
2mvm
2，则Wf＝m
3 g
2
2k
2 －mgh，故B 错误；对飞行器由动量定理得mgt－kvt＝mvm，vt＝h，则t
＝m
2 g＋k
2ℎ
kmg
，故C 错误，D 正确。
9.CD　根据能量守恒定律可知，从O 到b 再到d 过程，电势能先减少后增加，所以粒子的动能先增加后减少，故
粒子在b 点其动能最大，粒子的速度先增大后减小，故A、B 错误；图线切线斜率的绝对值代表静电力的大小，静
电力的大小F＝qE＝E0
2 x0
，所以a、c 两点的电场强度大小均为E＝E0
2q x0
，故C 正确；根据电势的定义式可知，d
点的电势为φd＝E p
－q
＝－E0
q
，故D 正确。
10.BC　金属棒沿光滑圆弧轨道下落过程中，由机械能守恒定律得mgh＝1
2mv0
2，可求得v0＝5 m/s，之后金属棒
切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容
器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知－F 安t＝mv－mv0，设经过Δt，速度增加了Δv，感应电动势
分别为E＝BLv，E'＝BL(v ＋Δv)，可知Δq＝C(E'－E)＝CBLΔv，又因为I＝Δq
Δt ＝CBLa，所以F 安＝CB2L2a，
代入可得v＝
mv0
m＋B
2 L
2C
，解得v＝4 m/s，此时，金属棒动生电动势为E＝BLv＝4 V，因此，此时电容器电压U
也为4 V，则电容器增加的电荷量为Q＝CU＝1 C，因此通过金属棒的电荷量也为1 C。故A 错误，B 正确；由以
上分析可知，动能减少量为ΔEk＝1
2mv0
2－1
2mv2＝4.5 J，而E 电容器＝1
2CU2＝2 J，所以W 热＝2.5 J。故C 正确，D
错误。
11.（1）T 0
2 √
2qU 0
m
　（2）33.33％　（3）(1－√6
6 )a
解析：（1）设两板间的距离为d，从t＝0 时刻射出的粒子刚好从N 板的边缘飞出，则1
2d＝2×1
2×qU 0
md (
T 0
2 )
2
解得d＝T 0
2 √
2qU 0
m
。
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为T0，所以所有粒子在电场中运动时沿平行于x 轴方向的速度变化量为零，
即所有粒子进磁场时，速度大小均为v0＝a
T 0
方向垂直于x 轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律qv0B＝mv0
2
r
解得r＝T 0
6 √
2qU 0
m
 92 / 92
所有粒子在磁场中均做半径为r 的半圆周运动，则2r＝2
3d
在第一个周期内，设在t 时刻射入的粒子在离N 板1
3d 处进入磁场并恰好从M 板处进入电场，则d
6 ＝1
2×
qU 0
md (
T 0
2 －t)
2
×2－1
2
×qU 0
md
t2×2
解得t＝T 0
6
根据对称性得，从两板间射出的粒子能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为η＝2t
T 0
×100％＝33.33％。
（3）截去一段后，设粒子进磁场时的速度为v，速度与y 轴负方向的夹角为θ，则v＝v0
cosθ
粒子在磁场中做圆周运动的半径
r'＝mv
qB ＝
mv0
qBcosθ
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
s＝2r'cos θ＝2m v0
qB
＝2
3d
截去一段后，若从t＝0 时刻进入电场的粒子发生的侧移为1
6d，则所有粒子均不能再进入电场，则1
6d＝1
2×qU 0
md
t'2，解得t'＝√6
6 T0
则截去部分的板长至少为L＝a－v0t'＝(1－√6
6 )a。