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复习讲义部分
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
【试做·高考真题】
1.C 滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水
平向右，A 错误；根据牛顿第三定律，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台处于静止状态，其水平方向上受
力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B 错误，C 正确；对砚
台受力分析，竖直方向上，砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对
砚台的压力不是一对平衡力，D 错误。
2.B 斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的
斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos 30°≥mgsin 30°，解得μ≥√3
3 ，B
正确。
3.B
4.B 分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有k qPqQ
l
2
－qQE＝
mQgtan θ，k qPqQ
l
2
＋qPE＝mPgtan θ，显然mQgtan θ＜mPgtan θ，即mQ＜mP，B 正确；设下端系有小球P 的细绳的
张力大小为T、下端系有小球Q 的细绳的张力大小为T'，则有T＝mP g
cosθ ，T'＝mQ g
cosθ ，结合上述分析可知，T＞T'，
A 错误；根据小球Q 在O 点所在竖直线左边知k qQqP
l
2
＞EqQ，则k qP
l
2 ＞E，但P、Q 电荷量之间的大小关系无法确
定，C、D 错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、斜面对其的支持力N1、挡板对其的支
持力N2，如图所示，N1cos 60°＝N2cos 60°，N1sin 60°＋N2sin 60°＋T＝mg，联立解得N1＝N2＝√3
3 N，A 正
确。
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【例2】 C 对A、B 受力分析如图所示，门闩刚好启动时，对A，水平方向上F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，对
B，在竖直方向上FN'cos 45°＝mg＋μFN'sin 45°，又FN＝FN'，结合已知条件F＝3
2mg，联立可得μ＝0.2，故选
C。
【例3】 D 对贝壳4 受力分析可知，其受到重力、风力、细线拉力的作用，根据平衡条件有T 2
2＝G2＋F2；对贝
壳2、3、4 整体受力分析有T 1
2＝（3G）2＋（3F）2，所以T1＝3T2；对贝壳3、4 整体受力分析有tan θ2＝2 F
2G ＝F
G
，对贝壳1、2、3、4 整体受力分析有tan θ1＝4 F
4G ＝F
G ，所以θ1＝θ2，故选项D 正确。
考点二
【例4】 D 若减小a、b 间距，碗仍保持竖直静止，则碗所受的合力仍为零，合力不变，选项A 错误；对碗受
力分析如图，设b 点对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则F1＝Gtan θ，F2＝G
cosθ ，若减小a、b 间距，则θ 减
小，a 杆受到的弹力F1将会减小，选项B 错误；杆对碗的作用力的合力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半
径更大的碗竖直放置于a、b 杆之间，则碗受到杆的作用力不变，一直等于重力，选项C 错误，D 正确。
【例5】 A 当底板与水平面间的夹角为30°时，受力分析如图a 所示，由平衡条件可得FN1cos 60°＝FN2cos
30°，FN1sin 60°＋FN2sin 30°＝mg，
解得底板对货物的支持力为FN1＝√3
2 mg，支架对货物的支持力为FN2＝mg
2 ，故A 正确， B 错误；压下把手的过
程中，货物的受力情况如图b 所示，由图b 可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，
故C、D 错误。
【例6】 D 斜面对物体的作用力指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有tan α＝F N
Ff
＝F N
μ F N
＝1
μ ，μ 不变，
则tan α 不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F 的变化而变化，故C 错误；对物体受力分析如图所示Fcos
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β＝Ff＋mgsin θ① ，Ff＝μFN②，FN＝mgcos θ－ Fsin β ③，联立①②③解得F＝mgsinθ＋μmgcosθ
cos β ＋μsin β
，当β＝
30°时，拉力F 最小，最小值为√3
2 mg，此时物体受4 个力作用，故D 正确，A、B 错误。
考点三
【例7】 B 以重物为研究对象，根据平衡条件有mg＝BIL＋1
2BIL，解得mg＝3
2BIL，故选B。
【例8】 AC 如图1 所示，连接A、B 交过球心O 的竖直线于P 点，分析两小球的受力，并将力适当平移，构成
矢量三角形，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得OP
2mg ＝R
2T ，OP
mg ＝R
N ，所以N＝T，故A 正确，B 错
误；把小球A、B 看作整体，对整体受力分析如图2 所示，正交分解，可得Nsin α＝Tsin θ，Ncos α＋Tcos θ＝
3mg，解得α＝θ＝30°，T＝√3
2 ×2mg，故C 正确；对小球A，设两小球间的库仑力为F，则有F＝
√T
2＋（2mg）
2－2T （2mg）cos30°＝mg，故D 错误。
【培优·提能加餐】
【典例1】 B 设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有sin θ＝
√3
3 l
l
＝√3
3 ，水晶球静
止，根据平衡条件可得3Fcos θ＝mg，解得每根支杆对水晶球的作用力大小为F＝√6mg
6
，故选B。
【典例2】 B 对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T 及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相
等，夹角为90°，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的
垂直距离为d＝√2R，故sin θ＝d
2 R ＝√2
2 ，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得Tcos θ＝Mg，解得T
＝√2Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T 的水平分力的大小，
即√N
2＋N
2＝Tsin θ，解得N＝√2
2 Mg，根据牛顿第三定律可得篮球对任一墙壁的压力大小为√2
2 Mg，B 正确。
第2 讲 直线运动与牛顿运动定律
【试做·高考真题】
1.A 由题意可知题图中v＜0 表示篮球在向下运动，v＞0 表示篮球在向上运动，由v-t 图像与直线v＝0 所围图形
的面积表示位移大小可知v＝0 上方的图像面积S 上减去v＝0 下方的图像面积S 下的值越大，对应的篮球位置越高，
结合题图可知a、b、c、d 四点中对应篮球位置最高的是a 点，A 正确。
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2.A 由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A 点的过程，有L＝1
2at0
2，木板从静
止释放到上端到达A 点的过程，当木板长度为L 时，有2L＝1
2at1
2，当木板长度为2L 时，有3L＝1
2at2
2，又Δt1＝t1
－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（√3－1）∶（√2－1），A 正确。
3.D 设物块P 的质量为M，物块P 与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T
牛顿第二定律
a＝g－
（μ+1）Mg
m＋M
，D 正确。
4.C 小球上升过程，由牛顿第二定律有mg＋ƒ＝ma1，下降过程有mg－ƒ＝ma2，其中ƒ＝kv，可知a1＞a2，D 错
误；上升过程和下降过程高度h 相同，根据h＝1
2at2结合D 项定性分析可知上升过程用时较短，则上升过程的平均
速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力
做功较大，损失机械能较大，A、B 错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理可知小球抛出速度v1大于小
球落到原处的速度v2，由动量定理可得上升过程合力的冲量大小I 上＝mv1，下降过程合力冲量大小I 下＝mv2，则上
升过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量，C 正确。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 D 由速度与时间公式有v1＝gt1，解得t1＝5 s，故A 错误；减速时，由速度与时间公式有v2＝v1－at2，
解得t2＝9 s，运动员在空中下落时间为t＝t1＋t2＝14 s，故B 错误；由位移与时间公式有h2＝v1＋v2
2
t2＝247.5
m，故C 错误；由位移与时间公式有h1＝1
2gt1
2＝125 m，则悬停的飞机距离地面的高度为H＝h1＋h2＝372.5 m，
故D 正确。
【例2】 A 设汽车的初速度为v，则时间t 后速度变为Nv，汽车在时间t 内通过了位移x，则平均速度为v＝
v ＋Nv
2
＝x
t
，解得v＝
2 x
（N +1）t
，所以该汽车的加速度为a＝Δv
Δt
＝（N －1）v
t
＝2（N －1）x
（N +1）t
2
，故选
A。
【例3】 A 对运动过程用逆向思维，则有x1∶xn＝1∶5，因为x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，所以t 总＝3 s，故A 正确；
由Δx＝2aT2，可得a＝0.2 m/s2，故B 错误；总位移大小为x＝1
2at2＝0.9 m，故C 错误；初速度大小为v0＝at＝
0.6 m/s，故D 错误。
考点二
【例4】 C 由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向与弹簧
弹力方向相反，即沿AO 方向向下，A 错误；根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为F＝
1
2 mg
cos30°
＝
√3mg
3
，根据F＝kx，可求得弹簧的形变量为x＝√3mg
3k
，B 错误；若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力
不变，则合力与没有剪断绳子时绳上拉力大小相等，方向相反，为F 合＝√3mg
3
，则灯笼的加速度大小为a＝F合
m
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＝√3
3 g，C 正确；若仅增加灯笼的质量，则绳上拉力和弹簧弹力都会变大，弹簧伸长量变大，弹簧变长，所以悬
挂静止后O 点位置会发生变化，D 错误。
【例5】 BD 设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时T1＝f1＝k×3G，T2＝f2＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得
T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A 错误，B 正确；当火车匀加速运动时T1－f1＝T1－k×3G＝3ma，T2－f2＝T2－k×2G＝
2ma，T3－f3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C 错误，D 正确。
【例6】 （1）－10 m/s2，方向水平向左 （2）20 m/s （3）36 m
解析：（1）根据题意，由图可知，该型号汽车开始刹车时f 1
mg
＝1
由牛顿第二定律有－f1＝ma
联立解得a＝－10 m/s2，方向水平向左。
（2）该型号汽车做减速运动，由运动学公式可得该型号汽车在1 s 末的速度大小为v1＝v0＋a1t1
代入数据解得v1＝20 m/s。
（3）根据题意可知开始减速1 s 内，该型号汽车运动的位移为x1＝v0＋v1
2
t1＝25 m
开始减速1 s 后，由图可知f 2
mg
＝2
由牛顿第二定律有－f2＝ma2
由运动学公式可得0－v1
2＝2a2x2
联立代入数据解得x2＝10 m
该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离为x＝x1＋x2＋1 m＝36 m。
考点三
【例7】 C 依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律f＝ma，可知加速度逐渐减小，冰
壶做减速运动，其位移与时间不成正比关系，故A、D 错误；v-t 图像中斜率表示加速度，由图可知C 选项符合题
意，故B 错误，C 正确。
【例8】 BD 以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－f＝ma，可得a＝F
m－mgsinθ＋f
m
，结
合a-F 图像可得1
m＝k＝b
c ，－mgsinθ＋f
m
＝－b，可知小物块的质量为m＝1
k ，摩擦力与重力沿斜面的分力大小
之和为mgsin θ＋f＝c，故选B、D。
【培优·提能加餐】
【典例1】 AB 对A、B、C 三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ（m＋2m＋m）g＝4μmg，根据牛顿第二定律得F
－f＝（m＋2m＋m）a，对A 受力分析，根据牛顿第二定律得F 弹－μmg＝ma，联立可得F 弹＝F
4 ，故A 正确；保持
A、B、C 三个物块相对静止，对B 分析可知，整体的最大加速度为amax＝
μ
2 ×2mg
2m
＝μg
2 ，对A、B、C 三个物块，
根据牛顿第二定律得Fm－4μmg＝（m＋2m＋m）amax，解得Fm＝6μmg，故B 正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧
对A 的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A 的受力情况不变，即物块A 的加速度不变，故C 错误；在
撤去水平推力的瞬间，对物块B、C 整体受力分析结合牛顿第二定律得：F 合＝3μmg＋F 弹＝3μmg＋F
4 ＝3ma，则整
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体的加速度为a＝μg＋F
12m，由B 选项可知，物块B 的最大加速度为amax＝μg
2 ＜a，所以若撤去水平推力后，物块
B 和C 不能保持相对静止，故D 错误。
【典例2】 1.5 m 1 kg
解析：设物块减速和木板加速到共速的时间为t1，此过程的加速度分别为a1，a2，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝
ma1，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，设两者共同速度为v，则v0－a1t1＝a2t1＝v，此过程木板的位移为x1＝v
2t1
两者共速后，因为μ1＞μ2，所以此后两者一起减速到停止，设共同减速的加速度为a3，则根据牛顿第二定律，有μ2
（M＋m）g＝（M＋m）a3
此过程木板的位移为x2＝v
2
2a3
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，则L＝x1＋x2
物块最终恰好到达木板的右端，即物块相对木板的位移为木板的长度，则
L＝v0＋v
2
t1－x1
联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，M＝1 kg。
第3 讲 抛体运动与圆周运动
【试做·高考真题】
1.B 平抛运动{
水平方向：d ＝v0t
竖直方向：ℎ＝1
2 gt
2]
h＝5 m，B 正确。
2.AD 由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定值，则有x＝
vxt，A 可能正确，C 错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝v0yt－1
2gt2，vy＝v0y－gt，且vy最终减为0，
B 错误，D 可能正确。
3.A 由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝l
2，根据胡克定律有F＝kΔx＝kl
2 ，插销与卷轴同
轴转动，角速度相同，对插销，由弹簧的弹力提供向心力，有F＝mlω2，对卷轴，有v＝rω，联立解得v＝r√
k
2m
，故选A。
4.C 设出水孔到水桶中心距离为x，则x＝v0√
2ℎ
g
，落到桶底A 点时x＋D
2 ＝v0√
2×2ℎ
g
，解得v0＝
（√2+1）D
2
√
g
2ℎ
，故选C。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线上，且篮球的轨迹应向合力指向的一侧发生
偏转，故B、C、D 错误，A 选项符合题意。
【例2】 A 设物体A 下落高度为h 时，物体A 的速度大小为vA，物体B 的速度大小为vB，此时有vA＝
vB
cos60°
＝2vB，物体A、B 组成的系统机械能守恒，则有mgh＝1
2mv A
2＋1
2mvB
2，联立方程解得vB＝√
2
5 gℎ，故选A。
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考点二
【例3】 AD 飞镖先后两次在空中做平抛运动，竖直方向有2h＝1
2gt1
2，h＝1
2gt2
2，则在空中的运动时间之比为
t1∶t2＝√2∶1，故A 项正确；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶
√2，故B 项错误；轨迹为曲线1 的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan α＝gt1
v1
，轨迹为曲
线2 的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tan β＝gt2
v2
，则tan α＝2tan β，故D 项正确；设φ
＝2β，根据二倍角公式tan φ＝
2tan β
1－tan
2 β ，可知α≠2β，故C 项错误。
【例4】 BD 重物从P 点运动到Q 点的过程，水平方向上有x＝v0tcos 30°，竖直方向上有y＝－v0tsin 30°＋1
2
gt2，由几何关系有y
x ＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A 错误；结合A 项分析可知，重物落地时的水
平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝v y
v x
＝√3，所以重物的落地速度与水平方向
夹角为60°，B 正确；对重物从P 点运动到Q 点的过程，垂直于PQ 连线方向有（v0sin 60°）2＝2ghmcos 30°，
解得重物离PQ 连线的最远距离hm＝10√3 m，C 错误；结合B 项分析，竖直方向上有v y
2＝2gym，联立解得重物轨
迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，D 正确。
【例5】 A 排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为O'E，显然O' F
EF ＝CQ
EQ ＝2
1，所以排球在左、右场地运动
的时间之比为1∶2，设排球做平抛运动的时间为3t，有H＝1
2g（3t）2，d
4 ＝1
2g（3t）2－1
2g（2t）2，解得H＝9d
20
，3t＝√
9d
10 g
，选项A 正确，B 错误；排球击出时的速度大小v0＝O' E
3t
＝5√gd
3
，选项C 错误；排球着地时的速
度大小v＝√v0
2+2 gH＝√
331 gd
90
，选项D 错误。
考点三
【例6】 BD 小碗即将滑动时有μmg＝mv
2
r ＝mω2r，解得v＝√μgr，ω＝√
μg
r
，故A 错误；根据动能定理可得
W＝1
2mv2＝1
2μmgr，故B 正确；小碗滑动后沿转盘边缘滑出，若未能滑到桌面边缘，根据牛顿第二定律可得μmg
＝ma，由x＝v
2
2a＝1
2r＜√R
2－r
2＝r，可知小碗不会从桌面边缘滑落，故C 错误；小碗未滑离桌面需满足R≥
√r
2＋(
r
2)
2
＝√5
2
r，故D 正确。
【例7】 （1）√3 gR （2）π
2g √2gR
解析：（1）只要气门嘴灯位于最高点时a、b 接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、b 间的距离为mg
k ＋L＝2L
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气门嘴灯位于最高点时，对于小滑块，有mg＋2kL＝m v
2
R
解得满足要求自行车行驶的最小速度为v＝√3 gR。
（2）速度为√2gR时轮子滚动的周期为T＝2π R
√2 gR ＝π
g √2 gR
此速度下气门嘴灯所需的向心力为Fn＝m（√2gR）
2
R
＝2mg，
此力恰好等于a、b 接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周
时灯亮，即t＝T
2 ＝π
2 g √2 gR。
【例8】 （1）μg
ω1
2r1
（2）√
μgsinθcos β
（μcosθ＋sinθsin β ）r2
解析：（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，
如图所示。
设转椅的质量为m，则
转椅所需的向心力Fn1＝mω1
2r1
转椅受到的摩擦力f1＝μmg
根据几何关系有tan α＝f 1
Fn1
联立解得tan α＝μg
ω1
2r1
。
（2）转椅在题图b 情况下所需的向心力Fn2＝mω2
2r2
转椅受到的摩擦力f2＝μN2
根据几何关系有tan β＝f 2
Fn2
竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcos θ＝mg
水平面上有f2＝Tsin θsin β
联立解得ω2＝√
μgsinθcos β
（μcosθ＋sinθsin β ）r2
。
【培优·提能加餐】
【典例1】 BD 设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直
2＝2g（H－h），代入数据得v0 竖直＝
√2×10×（8.45－1.25） m/s＝12 m/s，则v0 水平＝√13
2－12
2 m/s＝5 m/s，网球水平方向到P 点的距离x 水
平＝v0 水平t＝v0 水平·v0竖直
g
＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直于墙面的速度分量v0 水平⊥＝v0 水平×4
5 ＝4
m/s，平行墙面的速度分量v0 水平∥＝v0 水平×3
5＝3 m/s，反弹后，垂直于墙面的速度分量v 水平⊥'＝0.75×v0 水平⊥＝3
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m/s，则反弹后的网球速度大小为v 水平＝√v水平⊥'
2＋v0水平∥
2＝3√2 m/s，网球落到地面的时间t'＝√
2 H
g
＝
√
8.45×2
10
s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v 水平⊥'t'＝3.9 m，故B、D 正确，A、C 错误。
【典例2】 AB 运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsin θ＝mω2r，解得圆盘的角速度大小为ω＝
√
gsinθ
r
，故A 正确；当运动员在最低点时受到的摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得fm－mgsin θ＝mω2r，解得
fm＝mgsin θ＋mω2r＝2mgsin θ，又fm＝μFN＝μmgcos θ 可得运动员与盘面间的动摩擦因数应满足μ≥2tan θ，故B
正确，C 错误；若仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsin θ＋mω2r，可知随着角速度
的减小，运动员在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0 时，根据受力平衡可知，摩擦力大小为f＝mgsin
θ＜fm＝2mgsin θ，可知运动员不可能相对于圆盘滑动，故D 错误。
第4 讲 万有引力与宇宙航行
【试做·高考真题】
1.D “鹊桥二号”中继星在24 小时椭圆轨道上运行时，由开普勒第三定律有a
3
T
2＝k，对地球同步卫星由开普勒
第三定律有r
3
T
2＝k'，又常量k 与中心天体的质量成正比，所以M 月
M 地
＝k
k '＝a
3
r
3 ，D 正确。
2.B GMm
r
2
＝m4 π
2
T
2 r→M＝4 π
2r
3
GT
2 →M 红
M 太
＝r行
3 T 地
2
r地
3 T 行
2＝0.07
3
0.06
2≈0.1，B 正确。
3.D 万有引力提供向心力：
GMm
（R＋ℎ）
2 ＝m 4 π
2
T
2 （R＋ℎ）
密度公式：ρ＝M
V
球体体积公式：V ＝4
3 π R
3
已知条件：ℎ∶R＝k
]
ρ＝3 π （1+k ）
3
GT
2
，D 正确。
4.A 变轨前、后，根据a＝GM
r
2 可知，空间站在P 点的加速度相同，A 正确；由于变轨后的轨道半长轴大于变轨
前的轨道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，B 错误；变轨时，空间站
喷气加速，因此变轨后其在P 点的速度比变轨前的大，C 错误；变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变轨
后在P 点的速度，结合C 项分析可知，变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前的速度，D 错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 B 设地球的轨道半径为R1，公转周期为T1，彗星的轨道半径为R2，公转周期为T2，根据开普勒第三定
律可知
R1
3
T 1
2 ＝
R2
3
T 2
2 ，其中R1＝1 AU，R2＝17 AU，T1＝1 年，解得T2＝17√17年，B 正确。
10 / 68
【例2】 C 环月大椭圆冻结轨道的周期与半长轴分别为T1＝24 h，R1＝200+16 000+2×1 800
2
km＝9 900
km，令近月圆轨道卫星的周期为T2，则有G Mm
R
2 ＝m4 π
2 R
T 2
2 ，根据开普勒第三定律有R1
3
T 1
2 ＝R
3
T 2
2，联立解得
M≈7.67×1022 kg，可知月球的质量接近于7.5×1022 kg。故选C。
【例3】 AC 在星球表面，根据G Mm
R
2 ＝mg，可得g＝GM
R
2 ，行星的质量和半径分别为地球的1
10和1
2。地球表
面重力加速度大小g＝10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小g'＝4 m/s2，故A 正确；在星球表面上空，根据
万有引力提供向心力，有G Mm
R
2 ＝mv
2
R ，可得星球的第一宇宙速度v＝√
GM
R
，行星的质量和半径分别为地球的1
10
和1
2，可得该行星的第一宇宙速度v 行＝√5
5 v 地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度v 行
＝√5
5 ×7.9 km/s，故B 错误；“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受
力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力F＝mg'＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000
N，对背罩，根据牛顿第二定律F＝m'a，解得a＝80 m/s2，故C 正确；“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其
做功的功率P＝mg'v＝1 000×4×60 W＝240 kW，故D 错误。
考点二
【例4】 C 星球的质量为M＝ρ·4
3 πR3，卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 ＝
ma，联立得a＝4 π Gρ R
3
3r
2
，则卫星A 与卫星B 的加速度大小之比为64∶1，故A 错误；由G Mm
r
2 ＝mv
2
r ，得v＝
√
4 π Gρ R
3
3r
，则卫星A 与卫星B 的线速度大小之比为8∶1，故B 错误；由万有引力提供向心力可知G Mm
r
2 ＝m
4 π
2
T
2 r，T＝√
3 π r
3
Gρ R
3，可知卫星A 与卫星B 的环绕周期之比为1∶8，故C 正确；根据上面的公式v＝√
4 π Gρ R
3
3r
，
可得当R＝r 时环绕速度最大，该速度为第一宇宙速度，此时v＝√
4 π Gρ R
2
3
，地球与星球x 的第一宇宙速度之比
为4∶1，故D 错误。
【例5】 BD 互联网高轨卫星01 星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ要在A 点加速，则在轨道Ⅰ经过A 点的速率小于在轨道
Ⅱ运行时经过A 点的速率，选项A 错误；根据G Mm
r
2 ＝ma，可得a＝GM
r
2 ，可知互联网高轨卫星01 星沿轨道Ⅰ、
Ⅱ经过A 点时的加速度相等，选项B 正确；根据开普勒第三定律r
3
T
2＝k 可知，互联网高轨卫星01 星在轨道Ⅱ上运
行的周期大于其在轨道Ⅰ上运行的周期，选项C 错误；若经过B 点做圆轨道，根据G Mm
r
2 ＝mv
2
r
，可得v＝√
GM
r
，可知在此圆轨道上的速度大于在轨道Ⅱ上的运行速度；而从此圆轨道转移到轨道Ⅰ需要在B 点加速，可知互联
网高轨卫星01 星在轨道Ⅰ上运行时经过B 点时的速率大于在轨道Ⅱ上运行时的速率，选项D 正确。
【例6】 BD 鹊桥二号从C 经B 到D 的过程与月心连线扫过的面积大于鹊桥二号从D 经A 到C 的过程与月心连
线扫过的面积，由开普勒第二定律可知，鹊桥二号从C 经B 到D 的运动时间t1大于鹊桥二号从D 经A 到C 的运动
11 / 68
时间t2，又t1＋t2＝T，故t1＞T
2 ＝12 h，A 错误；鹊桥二号运动过程中，由牛顿第二定律有GMm
r
2
＝ma，则鹊桥二
号在A、B 两点的加速度大小之比aA
aB
＝rB
2
r A
2≈81
1 ，B 正确；由速度方向为轨迹切线方向并结合几何关系可知，鹊
桥二号在C、D 两点的速度方向不垂直于其与月心的连线，C 错误；鹊桥二号在地球表面附近的发射速度一定大于
第一宇宙速度（7.9 km/s），其又没有完全脱离地球的束缚，所以其发射速度小于第二宇宙速度（11.2 km/s），
D 正确。
考点三
【例7】 B 两星球之间的万有引力分别提供了两星球做圆周运动所需的向心力，所以两星球的向心力大小相等，
故A 错误；设大脉冲星质量为m1，半径为r1，小脉冲星质量为m2，半径为r2，两者距离为L，有Gm1m2
L
2
＝m1a1，
Gm1m2
L
2
＝m2a2，可见质量较大的星球，其向心加速度较小，故B 正确；靠近过程，即r1、r2、L 变小，由Gm1m2
L
2
＝m1ω2r1，Gm1m2
L
2
＝m2ω2r2，化简得ω＝√
G（m1＋m2）
L
3
，T＝2π
ω ＝2π√
L
3
G（m1＋m2）
，可见两星在靠近过
程周期越来越小，又因为在靠近过程不断发射引力波而失去能量，所以靠近过程两星线速度大小越来越小，故
C、D 错误。
【培优·提能加餐】
【典例1】 BC 卫星C 加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，选项A 错误；A、B 两卫星由相距最
近至相距最远时，两卫星转的圈数差n（n＝1，2，3…）个半圈，设经历时间为t，有t
T 2
－t
T 1
＝n
2，解得经历的时
间t＝
nT 1T 2
2（T 1－T 2）（n＝1，2，3…），当n＝1 时，可知选项B 正确；根据万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝ma
可得a＝GM
r
2 ，由于rA＝rC＞rB，可知A、C 向心加速度大小相等，且小于B 的向心加速度，选项C 正确；对于轨
道半径为r 的卫星，根据万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝m4 π
2
T
2 r，可得卫星周期为T＝2π√
r
3
GM
，则该卫星在相同
时间t0内扫过的面积S0＝π r
2t0
T
＝t0
2 √GMr，由于rC＞rB，所以在相同时间内，C 与地心连线扫过的面积大于B 与
地心连线扫过的面积，选项D 错误。
【典例2】 AC 对于可视天体，根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝mv
2
r ，得黑洞的质量为M＝v
2r
G ，故A 正
确，B 错误；根据逃逸速度公式v'＝√
2GM
R
≥c，得黑洞的半径为R≤2GM
c
2
，即黑洞的最大半径为Rmax＝2GM
c
2
，故C 正确，D 错误。
专题二 能量和动量
第5 讲 功与功率 动能定理
【试做·高考真题】
1.A 返回舱减速下落，加速度向上，则其处于超重状态，A 正确，B 错误；主伞的拉力向上，而返回舱速度向下，
则主伞的拉力做负功，C 错误；返回舱的重力向下，速度向下，则重力对返回舱做正功，D 错误。
12 / 68
2.C 单位时间内从喷头流出的水的质量m＝ρSv，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P
＝1
2mv2，联立解得P＝100 W，C 正确。
3.（1）1 200 N 900 N （2）－4 200 J
解析：（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P 绳中拉力的大小为FP、Q 绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg
在水平方向上有FPsin α＝FQsin β
联立并代入数据，解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。
（2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W 总＝0
代入数据解得W 总＝－4 200 J。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 D 根据功的定义可知，人对车的推力F 做的功为W＝FL，故A 正确；根据牛顿第二定律可知，车对人
的合力为F1＝ma，方向向前，所以车对人做的功为W1＝maL，故B 正确；根据牛顿第二定律可得f－F＝ma，所以
车厢对人的摩擦力大小为f＝ma＋F，方向向前，则摩擦力做功为Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C 正确；车厢对人有三
个作用力：竖直向上的支持力大小为mg；水平向后的推力大小为F；水平向前的摩擦力大小为F＋ma。所以车对
人的合力大小为F 合＝√（mg）
2＋（ma）
2，故D 错误。
【例2】 D 由题意可知周期为T＝60
6 s＝10 s，则角速度为ω＝2π
T ＝0.6 rad/s，磨盘边缘的线速度大小为v1＝
ωr＝0.6×0.5 m/s＝0.3 m/s，磨杆末端的向心加速度大小为an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36
m/s2，故A、B 错误；驴拉磨转动一周拉力所做的功为W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2 400 J，
驴拉磨转动一周拉力的平均功率为P＝W
T ＝2 400
10
W＝240 W，故C 错误，D 正确。
【例3】 C 设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始
做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得v＝at，当汽车的匀加速阶段结束，其速度还
未达到最大值，此时根据P＝Fv，根据牛顿第二定律F－f＝ma 可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速
度将减小，即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大
值vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小
的向下弯曲的曲线，故A、B 错误；根据P＝Fv，而汽车在匀加速阶段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在
匀加速阶段有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a 为一定值，则可知在汽车匀加速阶段汽车的
功率与时间成正比，即P-t 图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不
变，其图像与时间轴平行，故C 正确，D 错误。
考点二
【例4】 ABC 对于轨迹②的运动，根据平抛运动的规律得h＝1
2gt2，解得t＝√
2ℎ
g
＝√
2×1.8
10
s＝0.6 s，A
正确；水平位移的距离为x＝v't＝18×0.6 m＝10.8 m，B 正确；从O 到P 点，设排球在O 点的速度为v0，到P 点
的速度v，根据动能定理可知－mgh＝1
2mv2－1
2mv0
2，解得1
2mv0
2＝mgh＋1
2mv2＝20.4 J，根据动能定理可知W 甲
13 / 68
＝1
2mv0
2＝20.4 J，C 正确；设乙对排球所做的功为W 乙，则排球在P 点被击回的过程，根据动能定理可知W 乙＝
1
2
mv'2－1
2
mv2＝33.6 J，D 错误。
【例5】 （1）15 m/s，方向水平向左 （2）1 800 J
解析：（1）由于到达光滑圆管型通道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝mv0
2
r
，所以v0＝15
m/s，方向水平向左。
（2）小朋友从B 滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cos 37°）－W 克f＝1
2mv E
2－1
2mv0
2，在E 点，根据牛顿第
二定律可得FN－mgcos 37°＝mv E
2
R
，联立可得W 克f＝1 800 J。
【例6】 （1）3 m/s （2）8 N 方向竖直向上 （3）当r＝0.2 m 时水平射程最远，最远的水平距离为1.7
m
解析：（1）对小滑块从A 到C 整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝1
2mvC
2，代入数据解得vC＝3 m/s。
（2）小滑块在C 点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝mvC
2
r
，代入数据解得FN＝8 N，根据牛顿
第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8 N，方向竖直向上。
（3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝1
2gt2，水平射程x＝vDt，从C 到D 的过程，由动能
定理得mg×2r＝1
2mv D
2－1
2mvC
2，解得x＝√
2（H －2r ）
g
√（vC
2+ 4 gr ）＝√
（2 H －4 r ）×(
vC
2
g + 4 r)
，当2H－4r＝vC
2
g
＋4r 时，解得r＝0.2 m，即当r＝0.2 m 时水平射程最远。最远的水平距离为xmax＝1.7 m。
【培优·提能加餐】
【典例1】 ABC 由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，方向相反，物体与水
平面间的动摩擦因数为μ＝F
mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－1
2mv2，根据F-x 图像中图线
与横轴围成的面积表示力F 做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的
速度，B、C 正确；因为拉力逐渐减小过程中，物体做变减速运动，所以运动时间无法求出，D 错误。
【典例2】 ACD 设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx 可知20 J
＝μ×1×10×10 J，解得μ＝0.2，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移为x'＝W f '
μmg ＝
27
0.2×1×10 m
＝13.5 m，选项A 正确，B 错误；前3 m 内拉力F1＝
W F1
x1
＝15
3 N＝5 N，又f＝μmg＝2 N，则物体在前3 m 内
的加速度为a1＝F1－f
m
＝3 m/s2，选项C 正确；由动能定理得WF－fx＝1
2mv2，当x＝9 m 时WF＝27 J，代入解得
物体的速度为v＝3√2 m/s，选项D 正确。
第6 讲 机械能守恒定律 能量守恒定律
【试做·高考真题】
14 / 68
1.C 设小环运动轨迹所对的圆心角为θ（0≤θ≤π），大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由机械
能守恒得mgR（1－cos θ）＝1
2mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝mv
2
R ，联立得小环下滑过程中受到大
圆环的作用力F＝mg（2－3cos θ），则F 的大小先减小后增大，且当cos θ＝2
3时F 最小，当cos θ＝－1，即小环
在大圆环最低点时F 最大，结合牛顿第三定律可知，C 正确。
2.C 设物体恰好到达C 点的速度大小为v，则在C 点，根据恰好由重力提供向心力，有mg＝mv
2
r ＝ma 向，解得v
＝√gr，向心加速度a 向＝g，A、B 错误，C 正确；物体从A 点到C 点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹
性势能转化为物体在C 点的重力势能和动能，D 错误。
3.（1）
v2
2 g（sinθ＋μcosθ）
（2）mgvsin θ＋μmgvcos θ （3）
sinθ
sinθ＋μcosθ
解析：（1）方法一 对物块从C 点运动到D 点的过程，由动能定理有－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－1
2mv2，解得x
＝
v
2
2g（sinθ＋μcosθ）。
方法二 对物块从C 点运动到D 点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
由运动学公式有0－v2＝－2ax，联立解得x＝
v
2
2 g（sinθ＋μcosθ）。
（2）物块在BC 段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ。
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgvsin θ＋μmgvcos θ。
（3）根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ 由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsin θ＋
μmgLcos θ，则E1
E2
＝
sinθ
sinθ＋μcosθ 。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 C 从H 高处以v 平抛一小球，只有重力做功，机械能守恒，取地面为零势能参考面，有mgH＋1
2mv2＝
mgh＋1
2mv1
2，而动能恰好等于重力势能，故mgh＝1
2mv1
2，联立解得h＝gH ＋v
2
2
2g
＝H
2 ＋v
2
4 g＞H
2 ，故选C。
【例2】 D a、b 球和轻杆组成的系统机械能守恒，a、b 球下滑过程中机械能不守恒，A、B 错误；由系统机械
能守恒有mgR＋2mgR＝1
2×2mv2，解得a、b 球滑到水平轨道上时速度大小为v＝√3 gR，C 错误；从释放a、b 球
到a、b 球滑到水平轨道上，对a 球，由动能定理有W＋mgR＝1
2mv2，解得轻杆对a 球做的功为W＝mgR
2
，D 正确。
【例3】 （1）2√11gL
5
（2）50
21L
15 / 68
解析：（1）当绳子与直杆垂直时，此时B 下落到最低点，B 的速度刚好为0，根据几何关系可得A 下滑的高度hA
＝Lsin 53° cos 53°＝12
25L，B 下落的高度hB＝L－Lsin 53°＝1
5L，根据系统机械能守恒得mghA＋2mghB＝1
2
mv2，解得滑块A 的速度v＝2√11 gL
5
。
（2）滑块A 下滑到最低点时的速度为零，此时B 的速度也为零，根据系统机械能守恒可知，滑块A 重力势能的减
少量等于B 重力势能的增加量，则有mgxsin 53°＝2mghB'，根据几何关系可得hB'＝
√（x sin53°）
2＋（L－x cos53°）
2－L，联立解得滑块A 沿杆向下运动的最大位移x＝50
21L。
考点二
【例4】 D 篮球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝－WG，故A 错误；篮球机械能的变化量等于
阻力做的功，即ΔE 机＝Wf，故B 错误；根据动能定理可知，篮球动能的增加量等于合外力的功，即WG＋Wf＝
ΔEk，故C 错误；由于篮球在运动过程中，空气阻力做负功，则篮球在离开手时刻的机械能最大，故D 正确。
【例5】 D 运动员从最高点开始下落的过程中，受到的合力大小F 合＝mg－1
10mg＝9
10mg，在运动员从最高点
开始重心下落h 的过程中合力做的功W 合＝F 合h＝9
10mgh，根据动能定理可知，运动员的动能增加了9
10mgh，故
A、C 错误；在运动员从最高点开始重心下落h 的过程中，重力做的功WG＝mgh，则运动员的重力势能减少了
mgh，故B 错误；运动员的机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，即运动员受到的阻力做的功，则有ΔE＝
Wf＝－1
10mgh，可知运动员的机械能减少了1
10mgh，故D 正确。
【例6】 C 儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a 不变，则根据匀变速直线运动规律可知v＝at，故v
与t 成正比，故B 错误；设滑梯与水平面倾斜角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F 合＝mgsin θ－
μmgcos θ＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ，加速度不变，则动摩擦因数μ 不变，故A 错误；设儿童初始重力势能为
Ep0，重力做正功，则重力势能减小，即mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ×1
2at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsin θ×1
2at2
可知Ep-t 图像应该是向下开口的抛物线，故C 正确；设初始机械能为E0，除重力和系统内弹力以外的其他力做功
等于机械能改变，即－μmgxcos θ＝－μmgcos θ×1
2at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcos θ×1
2at2，可知E-t 图像应
该是向下开口的抛物线，故D 错误。
【例7】 （1）3mg
L
（2）10√123 gL
123
解析：（1）设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对B 有kx1＝mg，当A 运动到P2处时，
C 恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对C 有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝
L
sin37°
－L＝2
3L，解得k＝3mg
L
。
（2）设A 在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球A 在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系
统能量守恒有F·
L
tanθ ＝mg（x1＋x2）＋1
2mv2＋1
2mvB
2，解得A 球在P2点时的速度大小v＝10√123 gL
123
。
【培优·提能加餐】
16 / 68
【典例1】 C 下落过程中，弹性绳的弹力做功，该体验者的机械能不守恒，故A 错误；当弹性绳伸长量等于x1
＝mg
k 时，则mg＝kx1，体验者的速度最大，当体验者的速度为零时，体验者的动能、重力势能均为最小值，根据
系统机械能守恒，弹性绳的势能达到最大值，故B 错误；当弹性绳伸长量等于mg
k 时，体验者的速度最大，根据动
能定理mg（L＋x1）－1
2kx1
2＝1
2mvm
2，解得vm＝√2gL＋m g
2
k
，故C 正确；体验者下落的距离最大时，根据动能
定理可得mg（L＋x2）－1
2kx2
2＝0，解得此时弹性绳伸长量为x2＝mg＋√2mgkL＋（mg）
2
k
，体验者下落的最
大距离为s＝x2＋L＝L＋mg＋√2mgkL＋（mg）
2
k
，故D 错误。
【典例2】 B 方法一 当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板组成的整体有μmg＝kx0，解得弹性
绳的伸长量x0＝μmg
k
，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝1
2kx0
2＝μ
2m
2 g
2
2k
，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚
要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋（l－d），则由功能关系可知该过程F 所做的功W＝E0＋μmgx1
＝3（μmg）
2
2k
＋μmg（l－d），B 正确。
方法二 画出外力F 与乙所坐的木板的位移x 的关系图像如图所示，则外力F 做的功W＝μmg（l－d）＋
（μmg+2 μmg）
2
x0＝3（μmg）
2
2k
＋μmg（l－d），B 正确。
第7 讲 动量定理和动量守恒定律
【试做·高考真题】
1.A 对A、弹簧与B 组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹
簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D 错误；对系统，由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律
有Ep＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B 的动能时，A 的动
能最大，动量也最大，A 正确，B 错误。
2.ABD 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A 正确；两滑块滑到水平
面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲
的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H 乙＝1
2gsin θ·t1
2，在水平面运动一
段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与
H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；乙下滑过程有mgH 乙＝1
2mv乙
2，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，
则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v乙
2
＝2μgx，联立可得x＝H 乙
μ ，即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ ，故D 正确。
3.（1）（m＋M ）v0－M vB
m
（2）M vB－M v0
Δt
17 / 68
解析：（1）A、B 组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A 的速度vA＝（m＋M ）v0－M vB
m
。
（2）A、B 分离的过程，对B 由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A 对B 的推力大小为F＝M vB－M v0
Δt
。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 B 对甲、乙两条形磁铁水平方向分别受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有a 甲＝F －μm甲g
m甲
、a 乙＝F '－μm乙g
m乙
，由于F＝F'，m 甲＞m 乙，所以a 甲＜a 乙，由于两物
体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v 甲＜v 乙，A 错误，B 正确；对于整个系统而言，由于μm 甲g＞μm 乙
g，系统所受合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C 错误；因为
甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D 错误。
【例2】 C 风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以其原理是将电能转化为小车的
动能，故A 错误；t 时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B 错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，t 时间内
叶片排开的空气受到的推力F＝mv
t ＝ρSvt ·v
t
＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C 正
确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝1
2m0v2＝1
2ρSv·v2＝1
2ρSv3，故D 错误。
【例3】 CD 根据动量定理得I 合＝0－mv0＝－mv0，则合力冲量大小为mv0，A 错误；小球上滑时间t＝
v0
gsinθ
，重力冲量大小为mgt＝mg·
v0
gsinθ ＝mv0
sinθ ，B 错误；小球所受洛伦兹力垂直杆向上，大小为qvB＝qB（v0－at）
＝－qBat＋qBv0，随时间线性变化。洛伦兹力的冲量大小为qv0
2
Bt＝qv0
2
B·
v0
gsinθ
＝qB v0
2
2gsinθ
，C 正确；若v0＝
2mgcosθ
qB
，0 时刻小球所受洛伦兹力为qv0B＝2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，有qvB＝mgcos θ＋
FN，则小球在整个减速过程的FN-t 图线如图所示，由FN-t 图线与横轴围成的面积表示冲量可知，弹力冲量为零，D
正确。
考点二
【例4】 A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的
速率v＝M v0＋mv1
M －m
＞v0，故选A。
【例5】 （1）（M ＋m）v0－mv
M
（2）mv －M v0
M ＋m
（3）21.43 m/s
18 / 68
解析：（1）甲将箱子推出的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律
得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M ＋m）v0－mv
M
。
（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解
得v2＝mv －M v0
M ＋m
。
（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，即（M ＋m）v0－mv
M
≤mv －M v0
M ＋m
，解得v≥21.43 m/s。
考点三
【例6】 B 设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v1'、v2'，两钢球
的碰撞可视为弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，1
2m
v0
2＝1
2mv1'2＋1
2×2mv2'2，代入数据解得v1'＝－0.2 m/s，v2'＝0.4 m/s，可知v1＝0.2 m/s，方向水平向右；v2＝
0.4 m/s，方向水平向左。故选B。
【例7】 D 设启动喷气背包，经过时间t 后宇航员相对空间站的速度大小为v'，规定宇航员相对空间站的速度
方向为正方向，由动量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝
ρS v
2t
M －ρSvt ，故选D。
【例8】 （1）1 m/s 1 m/s （2）0.2 （3）0.12 J
解析：（1）A 离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝1
2gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B 与弹簧相互作用的过程中，A、B 所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B 竖直
方向上所受合力均为零，故A、B 组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）对B 离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－1
2mBvB
2
代入数据解得μ＝0.2。
（3）对A、B 与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
ΔEp＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2＋μmAg· Δ x
2 ＋μmBg· Δ x
2
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
【培优·提能加餐】
【典例】 （1）0.625 m （2）①1.5 s ②27×(
1
2)
2n+1
m
解析：（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋
m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动
19 / 68
量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝1
2Mv0
2－1
2（M＋m）v20
2，解得L＝0.625
m。
（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物
块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解
得t＝1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝1
2v，设第三
次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝1
2v1＝(
1
2)
2
v，v3＝1
2v2＝(
1
2)
3
v，根据
数学归纳法，第n＋1 次碰撞前的共同速度为vn＝1
2vn－1＝(
1
2)
n
v，小物块与挡板第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中，
相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝1
2（M'＋m）vn－1
2－1
2（M'＋m）vn
2，解得x＝27×
(
1
2)
2n+1
m。
素养培优1 “板块”模型中动力学、
能量和动量的综合
【典例1】 （1）0.5 kg （2）0.3 （3）0.75 J
解析：（1）二者相互作用过程，二者构成的系统动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，由图乙可知v0＝2 m/s，共同速
度为v＝0.5 m/s，联立解得木块的质量m＝0.5 kg。
（2）由速度—时间图像可得小车的加速度为a＝0.5－0
0.5－0 m/s2＝1 m/s2，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma，
解得μ＝Ma
mg ＝0.3。
（3）由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为ΔE＝1
2mv0
2－1
2（m＋M）v2＝1
2×0.5×22 J－1
2×（1.5＋
0.5）×0.52 J＝0.75 J。
【典例2】 （1）0.1 （2）12 m/s （3）6 m/s
解析：（1）对木板进行分析，由动量定理有ft＝Mv1，又因为f＝μmg，联立代入数据解得μ＝0.1。
（2）对滑块进行分析，由动量定理有（F－f）t＝mv2，代入数据解得v2＝12 m/s。
（3）撤去拉力后，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v 共，代入数据解得v 共＝6 m/s。
【典例3】 （1）1 000 N （2）7 m
解析：（1）对游客从a 点滑到b 点的过程，由动能定理有mgh＝1
2mv2，游客滑到b 点时，有F－mg＝mv
2
R ，由牛
顿第三定律可知，游客滑到b 点时对滑梯压力的大小为F'＝F＝1 000 N。
（2）法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，由运动学公式有v1
2＝2a1s，解得游客滑上平台
的速度大小v1＝8 m/s，游客在滑板上滑动时，对游客，由牛顿第二定律有μmg＝ma2对滑板，由牛顿第二定律有
μmg＝Ma3，游客在滑板上滑动的过程，由运动学公式有v1＝v－a2t，游客的位移为x1＝vt－1
2a2t2，滑板的位移为x2
＝1
2a3t2，则滑板的长度L＝x1－x2，联立解得L＝7 m。
20 / 68
法二 游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律
有mv＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律有1
2mv2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2＋μmgL，对游客在平台上运动的过程，由动能定理有
－μmgs＝0－1
2mv1
2，联立解得L＝7 m。
【典例4】 （1）5 m/s （2）0.625 J （3）6 m/s
解析：（1）由动能定理得－mg·2R＝1
2mvC
2－1
2mv0
2
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg＝mvC
2
R
解得v0＝√5 gR＝5 m/s。
（2）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v
根据能量守恒定律得ΔE＝1
2mv0
2－1
2（m＋M）v2
代入数据解得系统损耗的机械能ΔE＝0.625 J。
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H 点时，此时滑块离开弹簧时
的速度最大
滑块的加速度大小am满足μ1mg＝mam
解得am＝6 m/s2
平板的加速度大小aM满足μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaM，解得aM＝4 m/s2
作出v-t 图像，如图所示
由v-t 图像可知
vm＋v1
2
t1－v1
2
t1＝L
v1＝aMt1＝vm－amt1
联立解得vm＝6 m/s。
素养培优2 传送带模型中动力学、
能量和动量的综合
【典例1】 （1）40 m/s （2）4 m/s （3）3 m/s
解析：（1）设子弹出膛的速度为v0，则由牛顿第二定律可得F＝m0a，由匀变速直线运动规律有v0
2＝2ax，解得v0
＝40 m/s。
（2）子弹打滑块A 过程中动量守恒，则m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子弹的小滑块A 水平滑上传送带左端时的
速度大小v1＝m0v0
m0＋m＝4 m/s。
（3）假设A 在传送带上一直做减速运动，A 从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有－μ（m0＋m）gl
＝1
2（m0＋m）v2
2－1
2（m0＋m）v1
2，代入数据解得v2＝3 m/s，因为v2＞v，所以假设正确，小滑块A 在到达传送
带右端时速度大小为3 m/s。
21 / 68
【典例2】 （1）0.1 （2）4.5 m （3）2 m
解析：（1）由v-t 图像得，小物块滑上传送带的初速度为v0＝2 m/s，加速度大小为a＝|
Δv
Δt|＝1 m/s2，根据牛顿
第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1。
（2）小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次滑上传送带到再次回到A 端的过程中在传送带上留
下的划痕，由题图乙知前2 s 内小物块向右做匀减速运动，第3 s 内反向做匀加速运动，第3 s 末，小物块跟传送
带的速度大小v＝1 m/s 相等，此后小物块随传送带一块向左做匀速运动，所以最长划痕s＝
(
2+0
2
×2.0m+1×2.0m)＋（1×1.0 m－1+0
2
×1.0 m）＝4.5 m。
（3）小物块在传送带上先向右做减速运动，后反向向左做加速运动再做匀速运动到A，随后在光滑曲面上运动再
回到传送带的左端，这样一直运动最后要停在A 端，对小物块最初向右做减速运动的过程，根据动能定理有－
μmgx＝0－1
2mv0
2，解得x＝2 m。
【典例3】 （1）0.875 （2）198 J
解析：（1）快件放上传送带先做匀加速运动，根据v2＝2ax，结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度a＝1
m/s2，根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得快件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.875。
（2）设传送带的速度为v，根据图乙可知v＝3 m/s，快件加速的时间t1＝v
a＝3 s，快件与传送带的相对位移Δx＝
vt1－1
2vt1＝4.5 m，快件和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·Δx，电动机多消耗的电能等于快件重力势
能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E＝mgLsin 37°＋1
2mv2＋Q，解得E＝198 J。
【典例4】 （1）5 m/s （2）0.3 J （3）0.2 m
解析：（1）设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在
传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
v1
2＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度
大小为v1＝5 m/s。
（2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动
能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝1
2mv1
2－1
2mv2
2－1
2Mv3
2
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
（3）经分析知，小球到达P 点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P 点运动的半径最大，P 点到O 点距离最小，
设这种情况下小球运动到P 点正上方的速度大小为v4，P 点到O 点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P 点
正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M v4
2
l－x
22 / 68
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg[l＋（l－x）]＝1
2Mv4
2－1
2Mv3
2
联立并代入数据得x＝0.2 m。
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
【试做·高考真题】
1.AC 电荷只能从一个物体（物体的一部分）转移给另一个物体（物体的另一部分），不能被创造，也不能被消
灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A 正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方
向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B 错误；点电荷仅在电场力作用下从静止
释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C 正确；结合C 项分析和
Δφ＝Δ E p
q
，可知，当q＜0 时，Δφ＞0，当q＞0 时，Δφ＜0，即负点电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动，
正点电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动，D 错误。
2.C 根据等差等势面的疏密程度可得c 点电场强度最大，C 正确。
3.D 无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝kQ
r 可知，x 正半轴上，电荷量为＋4q 的点电荷在x 处产生的
电势为φ1＝k 4 q
x +1，电荷量为－q 的点电荷在x 处产生的电势为φ2＝－kq
x ，x 正半轴上在x 处的电势φx＝k 4 q
x +1－k
q
x
，可知在x＝1
3
处电势为0，在x＝0 处电势接近负无穷大，则选项D 正确。
4.B 根据题图a 可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝εr S
4 π kd
可知，电容器的电容增大，A 错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C 错误；根
据电容的定义式C＝Q
U 结合A、C 项分析可知，电容器所带的电荷量Q 增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充
电，电路中的电流方向为N→M，B 正确，D 错误。
5.2kQ
R
2 大于 正功
解析：根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正负电荷外，其余的6 个电荷形成的电场在O 处相互抵消，
故O 点场强大小为EO＝kQ
R
2 ＋kQ
R
2 ＝2kQ
R
2 ；根据对称性可知，若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷，M 点
和N 点的电势相等，由于M 点靠近最左边的正电荷，N 点靠近右边的负电荷，故M 点电势大于N 点电势；将＋q
点电荷从M 点沿MN 移动到N 点，电势能减小，故电场力做正功。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 AC 根据沿着电场线方向电势降低可知M 点的电势比N 点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ 可知，
污泥絮体在M 点的电势能比在N 点的电势能大，污泥絮体从M 点移到N 点，电势能减小，电场力对其做正功，故
A、C 正确；根据电场线的疏密程度可知N 点的电场强度比P 点的小，故B 错误；M 点和P 点在同一等势面上，则
污泥絮体在M 点的电势能与在P 点的电势能相等，结合A、C 选项分析可知，污泥絮体在P 点的电势能比其在N
点的大，故D 错误。
23 / 68
【例2】 D 由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M 点产生的电场强度大小为E＝
2kq
(
√3
3 a)
2 cos 60°＝3kq
a
2 ，方向沿MA 方向，又M 点的电场强度为0，所以带电细杆在M 处产生的电场强度大小
也为E＝3kq
a
2 ，方向沿AM 方向，由对称性可知带电细杆在A 处产生的电场强度大小也为E＝3kq
a
2 ，方向沿MA 方
向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A 处产生的电场强度大小为E'＝2kq
a
2 cos
30°＝√3kq
a
2
，方向沿MA 方向，所以A 处的电场强度大小为EA＝E＋E'＝kq
a
2 （3＋√3），D 正确。
考点二
【例3】 C M、N 连线中点处电场强度大于0，且两点间电场强度最小位置处距离N 点较近，可知，固定在M
点的点电荷电荷量比固定在N 点的点电荷电荷量大，故A 错误；若有一正点电荷由Q 点向右侧无穷远处运动，电
场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q 点的电势大于零，故B 错误；从C 点由静止释放一正点电荷，
仅在电场力作用下，到D 点前电场强度一直为正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运
动，故C 正确；从P 点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q 向N 运动过程中电场力做负功，电
势能增大，故D 错误。
【例4】 B 根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A 到B 的运动过程中，电场强度先变小后变大，
粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v-t 图像切线的斜率先变小后变大，故A 错误，B 正确；
沿着电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像切线的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像
切线的斜率先减小后增大，故C 错误；根据Ep＝qφ 得Δ E p
Δ x ＝q Δφ
Δ x ＝qE，E 先减小后增大，所以Ep-x 图像切线的
斜率先减小后增大，故D 错误。
考点三
【例5】 C 匀速运动时，N 极板相对M 极板的位置不变，电容器的电容不变，则电容器带电荷量不变，电路中
没有电流，电流表的示数为零，电容器M 极板与电源正极相连，带正电，故A 错误；由静止突然向前加速时，因
为惯性，N 极板相对M 极板向后运动，两极板的间距变大，根据C＝εr S
4 π kd 可知电容器的电容减小，根据Q＝CU
可知电容器带电荷量减小，则电容器放电，流过电流表的电流由b 向a，故B 错误，C 正确；保持向前匀减速运动
时，加速度恒定不变，N 极板受力不变，则弹簧形变量不变，N 极板相对M 极板的位置不变，则电容器的电容不
变，电容器带电荷量不变，电路中无电流，电流表示数不变，且为零，故D 错误。
【例6】 A 设粒子的质量为m，电荷量为q，M、N 板间电压为U，偏转电场的电场强度为E，粒子经过加速电
场的过程中，根据动能定理可得qU＝1
2mv0
2，可得v0＝√
2qU
m
，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，则有x＝
v0t，y＝1
2at2＝1
2·qE
m t2，联立可得y＝E x
2
4U ，可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则α 粒
子和质子在偏转电场中的运动轨迹相同，即α 粒子落在S 点，速度方向与质子的相同。故选A。
【例7】 （1）√2 L
v0
（2）2m v0
2
qL
（3）y＝(1－n
2)L（n＝1、2、3……）
24 / 68
解析：（1）离子在电场中做匀变速曲线运动，沿y 轴负方向做匀速直线运动，则沿y 轴负方向，有L＝v0tcos 45°
解得t＝√2 L
v0
。
（2）离子在Ⅱ区域，沿x 轴方向做匀减速直线运动，则
v0sin 45°＝a t
4
由牛顿第二定律可知Eq＝ma
联立解得电场强度E＝2m v0
2
qL
。
（3）离子在每个区域运动的过程中，沿y 轴负方向运动的距离都相等，设为y1，则有
y1＝v0cos 45°· t
2
离子每次通过y 轴时的位置坐标为y＝L－ny1
解得y＝(1－n
2)L，（n＝1、2、3…）。
【培优·提能加餐】
【典例1】 BC 由于匀强电场的电场强度为mg
q ，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低
点C 与等效最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，
根据沿电场线方向电势降低，可知φD＞φC，C 点与D 点不在同一等势面上，A 错误；小圆环在运动过程中，只有
电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B
正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D 的速度为0，对圆环分析有－
qERsin 45°－mg（R＋Rcos 45°）＝0－1
2mv A
2，解得vA＝√2（1+√2）gR，C 正确；小圆环从A 运动到B 的
过程中有－mg·2R＝1
2mvB
2－1
2mv A
2，在B 点有FN＋mg＝mvB
2
R
，解得FN＝（2√2－3）mg＜0，可知，小圆环过B
点时受到大环的弹力大小为（3－2√2）mg，D 错误。
【典例2】 （1）U
L （2）√
qU －mgL
m
√
3qU －3mgL
m
解析：（1）A、B 两点间的电势差为U，则E＝U
L 。
（2）小球运动到A 点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝mv A
2
L
解得小球在A 点的速度大小vA＝√
qU －mgL
m
小球从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有
25 / 68
qU－mgL＝1
2mvB
2－1
2mv A
2
解得小球在B 点的速度大小vB＝√
3qU －3mgL
m
。
第9 讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
【试做·高考真题】
1.BD 根据左手定则可知，通电后半圆环AB 受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，
故A 错误，B 正确；半圆环AB 所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C 错误，D
正确。
2.C 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r ，可得粒子做圆周运动的半径r
＝mv
qB ，根据几何关系可得P 点至O 点的距离LPO＝r＋
r
cos 45°＝（1＋√2）mv
qB ，故选C。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 由左手定则可知，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A 正确；a、b 两点的磁感应强度大小相
同，但是方向不同，选项B 错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C 错误；由c 点处
的磁感线比d 点密集，可知c 点的磁感应强度大于d 点的磁感应强度，选项D 错误。
【例2】 A A、B 处电流对D 处电流的安培力如图所示，由几何关系可知AD＝√3BD，根据B＝kI
r ，F＝BIL，
可得FB＝√3FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC 向上，为使D 处的电流所受安培力为0，匀强磁场对
该电流的安培力平行于BC 向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA 向左。故选A。
【例3】 A 当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转
向相反，作用力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B 错误；当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中
时，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C 错误；根据以上分析可知，
在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将
沿着所受安培力大的方向转动，故A 正确；将如图2 那样的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置
产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D 错误。
考点二
【例4】 D a 粒子进入磁场后，向下偏转，由左手定则可知a 粒子是带负电，故A 错误；a 粒子在磁场中运动的
时间t＝1
4 Ta，b 粒子在磁场中运动的时间t＝1
6Tb，则a、b 两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb＝2∶3，故B
错误；由粒子做匀速圆周运动的周期T＝2π m
qB ，可得q
m＝2π
BT ，则a、b 两粒子的比荷之比为3∶2，故C 错误；
26 / 68
如图，由几何知识可得a 粒子做匀速圆周运动的半径为ra＝R，b 粒子做匀速圆周运动的半径为rb＝√3R，由qvB＝
mv
2
r
，可得v＝qBr
m ，则a、b 粒子在磁场中运动的速度之比为√3∶2，故D 正确。
【例5】 （1）3 v0
BL
（2）（10 π +9√3）L
9 v0
解析：（1）画出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得R＝aP＝L
3
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv0
2
R
解得q
m＝3 v0
BL 。
（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝2π m
Bq ＝2π L
3 v0
粒子第二次到达Q 点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由粒子的运动轨迹图可知
t1＝1
6 T
t2＝t4＝t6＝√3 L
3 v0
t3＝5
6T
t5＝2
3T
所以粒子从a 点射出后第二次到达Q 点的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝（10 π +9√3）L
9 v0
。
【培优·提能加餐】
【典例1】 AC 粒子不从bc 边射出，其临界出射点分别是b 点和c 点，其临界轨迹如图所示，当粒子从c 点飞
出时，由几何关系有r1＝ac＝√3l，若粒子从b 点飞出时，由几何关系有r2＝2√3
3
l，粒子在磁场中运动时，由洛伦
27 / 68
兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
r ，整理有r＝mv
qB ，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜2√3qBl
3m
或v＞
√3qBl
m
，故选A、C。
【典例2】 BD 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv0
2
r
，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝m v0
Bq
＝a，故A 错
误；如图所示，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A 点飞出，故B 正确；当粒子从OA 边离开时，离开位置越接近O
点，所用时间越短，可知当θ 趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C 错误；
当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出，如图所示，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射
出，故D 正确。
【典例3】 BD 由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受向上的磁场力作用，则带电粒子在磁
场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，A 错误；带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2π m
qB ，带电粒子在磁场中转过
半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T
2 ＝π m
qB ，B 正确；作出带电粒子刚好不
从边界Ⅲ离开磁场的轨迹，如图所示，由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的3
4 ，则图中的a、b、c 为边界
Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a 点到顶点的距离为√3
4 L，根据几何关系可得√3
4 L
＝r＋
r
sin30°，解得粒子轨迹半径r＝√3
12 L，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv
2
r ，解得v＝√3qBL
12m ，D 正确；由
图可知，刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t'＝T
3
＝2π m
3qB ，C 错误。
【典例4】 BC 根据磁聚焦特点，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝mv
2
r0
，解
得B0＝mv
qr0
，要使汇聚到O 点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，
作出其运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，
28 / 68
有qvB1＝m v
2
2r0
，解得B1＝mv
2qr0
，联立可得B1＝1
2B0，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里，A 错误，B 正确；
磁场区域的最小面积为Smin＝π （2r0）
2
4
－[
4 r0×4 r0－π （2r0）
2
4
]＝2（π－2）r0
2，C 正确，D 错误。
素养培优3 带电粒子在组合场中的运动
【典例1】 D 根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O 点，粒子射出圆形
区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B 错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R 时，粒子连续
两次由A 点沿AC 方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1 所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m
v1
2
r1
，又T1＝2π r1
v1
，则最短时间间隔为tmin＝2T＝4 π m
qB
，C 错误；粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最
短时，粒子的运动轨迹如图2 所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝√3
3 R，由洛伦兹力提供向心力有
qv2B＝mv2
2
r2
，联立解得v2＝√3qBR
3m
，D 正确。
【典例2】 BD 设粒子质量为m，带电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得：
Uq＝1
2mv2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv
2
r
解得r＝1
B√
2mU
q
粒子1、2、3 的运动轨迹如图所示
由几何关系知r1＝√3
3 a，r2＝√3a，r3＝2√3a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝1
B√
2mU
q
，可得k＝q
m∝(
1
r)
2
，
故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A 错误；由几何关系知O3E＝
√3a
tan30°＝3a，解得G 点到E 点的距离为x1＝r3－O3E
29 / 68
＝(2√3－3)a，故B 正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1 从EF 之间射出，在磁
场中运动的时间变长，粒子2 从G 点射出，C 错误，D 正确。
【典例3】 （1）3m v0
2
8qE
（2）2 E
v0
解析：（1）将v0沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0 时，粒子离虚线边界
最远，根据牛顿第二定律有qE＝ma
t1＝v0sin 60°
a
最远距离s＝1
2at1
2＝3mv0
2
8qE
。
（2）粒子运动轨迹如图所示。粒子从P→M 在垂直于电场强度方向上做匀速直线运动，则
PM＝v0sin 30°·2t1＝√3m v0
2
2qE
粒子从M 到N 做匀速圆周运动，由qv0B0＝mv0
2
R0
整理得R0＝m v0
q B0
由几何关系知MN＝2R0cos 30°＝√3m v0
q B0
结合PM＝MN
解得磁感应强度的大小为B0＝2 E
v0
。
【典例4】 （1）qBL
4 m （2）q B
2 L
3m （3）√3q B
2 L
8m
，方向垂直于OM 向下
解析：（1）根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
qvB＝mv
2
r
解得r＝mv
qB
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r＝L
4
解得v＝qBL
4 m 。
30 / 68
（2）粒子进入电场时速度方向沿x 轴负方向，若电场方向沿y 轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝
rcos 30°＝vt，y＝rsin 30°＝1
2a1t2
其中a1＝q E1
m
解得E1＝q B
2 L
3m 。
（3）粒子恰能再次从P 点以速度v 返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM 向下，
粒子从Q 到P 做类斜抛运动，则有
r
2
＝vcos 30°·t，vsin 30°＝a2t
其中a2＝q E2
m
解得E2＝√3q B
2 L
8m
。
【典例5】 （1）2√3mv0
2
qL
（2）4√3m v0
qL
（3）(L，√3 L
4 )
解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
√3
4
L＝1
2
at1
2
1
2
L＝v0t1
根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得E＝2√3m v0
2
qL
。
（2）设粒子第一次出电场时速度大小为v1，根据动能定理有qE×√3
4 L＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
解得v1＝2v0
设粒子出电场时速度与x 轴正向的夹角为θ，则
v1cos θ＝v0
解得θ＝60°
由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x 轴夹角60°斜向右上方，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝
1
2 L
2sin 60°
＝√3
6
L
根据牛顿第二定律有qv1B＝mv1
2
r
解得B＝4√3m v0
qL
。
（3）粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从OC 边射出电场，则粒子第二次在电场中运动时间t2＝
2v1cos30°
a
＝L
v0
31 / 68
粒子在电场中沿x 轴正方向运动的距离
x＝v0t＝L
即粒子刚好从C 点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进入电场的位置在OC 的中点，即粒子第三次出电场
的位置坐标(L，√3 L
4 )。
素养培优4 带电粒子（体）在
叠加场、交变场中的运动
【典例1】 D 设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t 内通过样品的电荷量
q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝q
t ＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有eU
b ＝
evB，联立解得U＝I
ne B，结合题图b 可知k＝I
ne ＝88×10
－3
320×10
－3 V/T，解得n＝2.3×1016，D 正确。
【典例2】 （1）√3 （2）（√3＋2）m
2 g
q
2B
2 （3）3 v
2
2g
解析：（1）小球P 沿AK 方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如
图所示
根据几何关系可得E2q
mg ＝tan θ
小球Q 静止在第一象限，则qE1＝mg
联立可得
E2
E1
＝tan θ＝√3。
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
rsin θ＋r＝d
粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg
联立解得d＝（√3＋2）m
2q
q
2B
2。
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝1
2×2m（2v）2－1
2×2mv2
解得h＝3 v
2
2g 。
【典例3】 A 粒子在磁场中做匀速圆周运动，0～2
5T0时间内，有qv0B0＝mv0
2
r1
32 / 68
解得r1＝m v0
q B0
周期为T1＝2π r1
v0
＝2π m
q B0
，2
5T0～T0时间内，有
qv0×2
3B0＝mv0
2
r2
解得r2＝3mv0
2q B0
＝1.5r1
周期为T2＝2π r2
v0
＝3 π m
q B0
＝1.5T1
要求在T0时，粒子距y 轴最远，做出粒子运动轨迹如图
根据几何关系，可得sin θ＝
r2
r1＋r2
＝0.6
解得θ＝37°
则0～2
5T0时间内圆周运动转过的圆心角为π－θ＝143°
可得2
5T0＝143°
360°T1
联立，解得T0＝143 π m
72q B0
故选A。
【典例4】 （1）正电 π m
Bt0
（2）√
3 π t0U 0
8 B
π√
π U 0
24 Bt0
（3）π mU 0（π
2+16）
48 Bt0
解析：（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
T＝2t0
根据T＝2π m
qB
则粒子所带的电荷量q＝π m
Bt0
。
（2）若金属板的板间距离为D，则板长π D
3 ，粒子在板间运动时π D
3 ＝vt0
出电场时竖直速度为零，则竖直方向y＝2×1
2
U 0q
Dm （0.5t0）
2
在磁场中时qvB＝mv
2
r
33 / 68
其中的y＝2r＝2mv
qB
联立解得v＝π√
π U 0
24 Bt0
D＝√
3 π t0U 0
8 B
。
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
D＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时
刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，
在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后
0.5t0时间内电场力做功，则
W＝1
2mv2＋Eq× D
3 ＝π
3mU 0
48 Bt0
＋π mU 0
3 Bt0
＝π mU 0(π
2+16)
48 Bt0
。
素养培优5 带电粒子在三维空间中的运动
【典例1】 AC 小球在xOy 平面内做平抛运动，则有Eq＝qv0B，解得小球的初速度v0＝E
B ，A 正确；小球的动
能变为初动能的2 倍时，由Ek＝1
2m(v y
2＋v0
2)＝2Ek0，可知vy＝v0＝E
B ＝gt，即经过时间为t＝E
gB ，B 错误；若仅
将电场方向变为沿y 轴正方向，如果小球受到的电场力和重力大小相等，则小球可能做匀速圆周运动，C 正确；若
仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D 错误。
【典例2】 （1）10√2 m/s （2）5
π √π
2+16 m
解析：（1）小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁
场，故离开磁场的时间为t＝T
2 ＝π m
qB ＝1 s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，故小球离开磁场
时的速度大小为v＝√v0
2＋v y
2＝10√2 m/s。
（2）小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝1
2gt2＝5 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝mv0
2
R
，
解得R＝mv0
qB ，水平方向位移为直径，即x＝2R＝2mv0
qB
＝20
π m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s
＝√x
2＋y
2＝5
π √π
2+16 m。
【典例3】 （1）2π mv0
eL
（2）2π r
L
（3）2m π
2r
2v0
2
eE L
2
34 / 68
解析：（1）将电子的初速度分解为沿x 轴方向的速度v0、y 轴方向的速度vy0，则电子做沿x 轴正方向的匀速直线
运动和投影到yOz 平面内的匀速圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝2π m
eB ，电子均能经过O 进入电场，
则L
v0
＝nT（n＝1，2，3，…）
联立解得B＝2n π m v0
eL
（n＝1，2，3，…）
当n＝1 时，Bmin＝2π mv0
eL
。
（2）由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz 平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力
有evy0maxB＝mv y 0max
2
r
则｜tan θ｜＝|
v y 0max
v0 |＝2π r
L
。
（3）电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O 点并且沿y 轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运
动的y 轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma
由速度与位移公式有v y 0max
2＝2aym
联立解得ym＝2m π
2r
2v0
2
eE L
2
。
【典例4】 （1）eE
M （2）√
mE
2ed
（3）nk √2eMEd
1+k
解析：（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室内只受电场力作用，由牛顿第二定律有eE＝
Ma，解得a＝eE
M 。
（2）电子由阴极发射运动到阳极过程，由动能定理有eEd＝1
2mv2
处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与在径向
磁场作用下受到的洛伦兹力平衡，即eE＝evB2，解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝√
mE
2ed
。
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间
内被电离的氙原子数为N＝nk
1+k ，氙离子经电场加速，有eEd＝1
2Mv'2
设Δt 时间内氙离子所受到的作用力大小为F'，则由动量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv'，解得F'＝nk √2eMEd
1+k
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小为F＝F'
则F＝nk √2eMEd
1+k
。
专题四 电路和电磁感应
第10 讲 直流电路和交流电路
【试做·高考真题】
35 / 68
1.B 根据电阻定律R＝ρ L
S 及部分电路欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝S
I · ΔU
L ，结合题图可知导体L1、L2的电
阻率之比
ρ1
ρ2
＝
0.2
0.25
0.5－0.2
1.00－0.25
＝2
1，故选B。
2.BD 磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆
时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中感应电流最大，A 错误，B 正确；磁极转
过90°时相当于题图示中PQ 向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q 指向P，C 错误，D 正确。
3.B 原线圈两端电压的有效值为U1＝U m
√2
＝24 V，A 错误；由副线圈所接灯泡正常发光可知副线圈中电流的有效
值为I＝P
U 2
＝3
6 A＝0.5 A，B 正确；原、副线圈匝数之比n1
n2
＝U 1
U 2
＝24V
6V ＝4
1 ，C 错误；原线圈的输入功率P 入
＝P 出＝3 W，D 错误。
4.B 原线圈两端电压的有效值U1＝5
√2 V＝5√2
2
V，根据电压与匝数关系有U 1
U 2
＝n1
n2
，变压器副线圈电压的峰值
U2max＝√2U2，根据题意有U2max＞10×103 V，解得n2
n1
＞2 000，n1
n2
＜
1
2 000，故A 错误，B 正确；用电压表测原
线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝5
√2 V＝5√2
2
V，故C 错误；根据ω＝2π
T ＝2πf＝100π
rad/s，解得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D 错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 当向左移动滑动变阻器R 的滑片时，R 接入电路的阻值变大，则该支路的电流减小，所以灯泡L 逐
渐变暗，A 正确；因为通过R 的电流减小，所以通过电源的电流减小，则内阻上的电压减小，由U＝E－Ir 可知，
电源的路端电压逐渐变大，B 错误；路端电压变大，则电容器C 两端电压变大，则根据Q＝CU，电容器所带的电
荷量逐渐增加，C 错误；因电容器充电，则定值电阻R0两端的电压不为零，D 错误。
【例2】 A 等效电路图如图所示，设电路中的电流为I，则UA＝UB＝2IR，根据C＝Q
U ，可得Q A
QB
＝C A
CB
＝1
2，故
选A。
考点二
【例3】 C 根据题意可知，磁场区域变化前，线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域
变化后，当Esin ωt＝√3 E
2
时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转π
3 时开始切割磁感线，由几何关系可
知磁场区域沿x 轴方向的宽度变为d'＝2dcos π
3 ＝d，C 正确。
36 / 68
【例4】 B 结合Q＝U
2
R t 可知Q1＝(
U 0
√3)
2 1
R1
·T
2 ＋（U0）2 1
R1
·T
2 ＝2U 0
2T
3 R1
、Q2＝(
U 0
√2)
2 1
R2
T＝U 0
2T
2 R2
，又R1＝
R2，所以Q1
Q2
＝4
3 ，B 正确。
【例5】 C 零时刻，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最大，线圈不
是位于中性面位置，A 错误；t2时刻穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，感应电流最
大，线圈不是位于中性面位置，电流方向没有发生改变，B 错误；感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φm·2π
t 4
，则
感应电动势的有效值为E＝Em
√2
＝√2π Φm
t 4
，C 正确；t1时刻到t3时刻，穿过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ＝Φm－
（－Φm）＝2Φm，根据法拉第电磁感应定律可知此过程平均感应电动势不为0，D 错误。
考点三
【例6】 D 理想变压器副线圈中电流I2＝U 2
R2
＝20
10 A＝2 A，原线圈中电流I1＝n2
n1
I2＝10 A，原线圈中电压U1
＝
n1
n2
U2＝4 V，则电源电压的有效值U＝I1R1＋U1＝124 V，交流电源电压的峰值是Um＝124√2 V，故选D。
【例7】 AC 保持T 不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，
变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f 端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知通
过R1的电流增大，根据P＝I2R 可知，R1的热功率增大，A 正确；仅将T 向b 端移动，R1两端的电压减小，根据P
＝U
2
R 可知，R1的热功率减小，B 错误；同理，仅将T 向a 端移动，R1的热功率增大，再将滑动变阻器的滑片向f
端滑动，R1的热功率进一步增大，C 正确；经以上分析可知，将T 向b 端移动，滑动变阻器的滑片向e 端滑动，R1
的热功率减小，D 错误。
【例8】 D 由P4＝U4I4，可得I4＝600 A，充电桩电流的有效值为600 A，但由于是正弦式交流电，所以充电桩
最大电流为Im＝600√2 A，A 错误；由于已知交变电流的频率为50 Hz，则电流方向在1 s 内改变100 次，B 错误；
若充电桩消耗的功率减小，则电源输入总功率减小，因为U1不变，可知U2不变，升压变压器原线圈中电流减小，
升压变压器副线圈中电流减小，则输电线上损耗的电压减小，降压变压器原线圈两端电压变大，则降压变压器副
线圈两端电压也变大，C 错误；由n3
n4
＝U 3
U 4
，可得U3＝15 000 V，又n3
n4
＝I 4
I 3
可得I3＝40 A，由ΔU＝I3r，可得ΔU
＝1 000 V，由U2＝U3＋ΔU，可得U2＝16 000 V，由n1
n2
＝U 1
U 2
，可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1
n2
＝1
32，
D 正确。
【培优·提能加餐】
【典例1】 A 设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压
变压器和用户端所接定值电阻R 等效为一个电阻R 等效，则R 等效＝U 3
I 3
＝(
n3
n4)U 4
(
n4
n3)I 4
＝n3
2
n4
2R。发电机转子以角速度ω
匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝NBSω
√2
，转子角速度增
37 / 68
加一倍，则升压变压器输出端电压为U2＝n2
n1
U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来
的2 倍，结合P＝I 0
2R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A 正确；结合P＝
(
U 2
R0＋R等效)
2
·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为(
U 2
2 R0＋R等效)
2
·2R0≠4P，选项B 错误；若升压变压器
的副线圈增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2 倍，由I0＝
U 2
R0＋R等效
可知，定值电阻R0中的电流变为原来的2 倍，R0上消耗的功率变为4P，选项C 错误；若在用户端再并
联一个完全相同的电阻R，降压变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为1
2R 等效，R0上消耗的功率变为
(
U 2
R0＋1
2 R等效)
2
·R0≠6P，选项D 错误。
【典例2】 C 设所有灯泡并联部分的电阻为RL，根据变压器等效规律，等效电路如图所示，则UAB＝IR1＋I
(
n1
n2)
2
R2＋I(
n1
n2)
2
RL，若滑动变阻器R2滑片向右移，接入电路的电阻变大，相当于原线圈等效电阻增大，原线圈中
电流减小，则副线圈电路中的电流变小，灯泡变暗，A 错误；调节后，副线圈电路中的电流I2变大，原线圈电流I1
也变大，根据U1＝UAB－I1R1，变压器原线圈输入电压U1变小，B 错误；调节后，原线圈电流I1变大，根据P＝I 1
2
R1，电阻R1消耗的功率变大，C 正确；调节后，变压器原线圈输入电压U1变小，副线圈电压U2也变小，副线圈电
路中的电流I2变大，根据UR2＝U2－I2RL，可知滑动变阻器R2两端的电压减小，D 错误。
第11 讲 电磁感应规律及其应用
【试做·高考真题】
1.B 闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M 中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P 中感应电流
的磁场方向向左，因此线圈M 和线圈P 相互排斥，A 错误；线圈M 中的磁场稳定后，线圈P 中的磁通量也不再变
化，则线圈P 产生的感应电流为0，电流表示数为0，B 正确；断开开关瞬间，线圈M 中向右的磁场瞬间减为0，
根据楞次定律可知，线圈P 中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的方向由b 到a，C、D 错
误。
2.A 将线圈a 匀速拉出磁场的过程中，穿过线圈a 的磁通量垂直纸面向里且不断减小，则由楞次定律可知，线圈
a 中的感应电流在其内部产生的磁场垂直纸面向里，在其外部产生的磁场垂直纸面向外，由右手螺旋定则可知，线
圈a 中产生的感应电流方向为顺时针，C、D 错误；由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可知，线圈a 中产
生的感应电流大小不变，线圈a 被拉出磁场，与线圈b 的距离逐渐减小，则穿过线圈b 的磁通量垂直纸面向外且不
断增大，由楞次定律与右手螺旋定则可知线圈b 中的感应电流为顺时针方向，A 正确，B 错误。
3.ABD 由楞次定律结合左手定则可知，安培力的方向与MN 的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做
负功，MN 最终一定静止在OO'位置，A、B 正确；根据楞次定律可知，金属棒从释放到第一次到达OO'位置过程
中，MN 中电流方向由M 到N，D 正确；金属棒在即将到达OO'位置的时刻，MN 所受安培力水平向左，沿速度方
向的分力一定大于MN 所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C 错误。
38 / 68
4.C 线框不动，Δ B
Δt ＝0.1 T/s 时E＝Δ B
Δt S＝0.1 V，I＝E
R ＝2.5 A，P＝I2R＝0.25 W；当B 不变，ω 恒定时，
产生正弦式交变电流，由2P＝I'2R 得I'＝5
2 √2 A，又I'＝I m
√2
，则Im＝5 A，由F 安＝BIL 知ab 边所受最大的安培
力为F 安max＝BImL＝1 N，故选C。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 A 线圈中产生逆时针方向（俯视）的感应电流，由安培定则可知感应电流的磁场方向向上，由楞次定
律可知，可能是线圈中向上的磁场减弱或向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针（俯视）旋
转产生逆时针（俯视）方向的电流，感应电流的磁场方向向上，转速减小时，向上的磁场减弱，A 可能，B 不可能；
同理可知，若圆盘上金属小球带正电，产生顺时针方向（俯视）的电流，感应电流的磁场方向向下，转速增大时，
向下的磁场增强，C、D 不可能。
【例2】 C 由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝√5R，Oc＝√5R，根据E＝1
2Bl2ω 可得EOa＝1
2BR2ω，EOb＝1
2
B·5R2ω＝5
2BR2ω，EOc＝1
2B·5R2ω＝5
2BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，C 正
确。
【例3】 C 设OE＝2r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O 且垂直于圆面的轴以角速度ω 匀速转过90°，在
线框中产生的感应电流I＝
1
2 B0ω（2r ）
2－1
2 B0ωr
2
R
＝3 B0ωr
2
2 R
，线框保持题图中所示位置不变，磁感应强度
大小随时间均匀变化，为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，有I＝ΔB·S
Δt · R ＝ΔB
Δt ·1
4 [π（2r）2－
πr2]· 1
R ＝ΔB
Δt ·3 π r
2
4 R ，所以ΔB
Δt ＝2ωB0
π
，C 正确，A、B、D 错误。
考点二
【例4】 （1）
B L
2ωR
2（R＋r ） （2）
B
2 L
4ω
2 R
4（R＋r ）
2
解析：（1）设杆末端的速度为v，则v＝ωL
杆绕O 点匀速转动产生的感应电动势为
E＝BLv＝1
2BL2ω
则电阻R 两端电压U＝
E
R＋r R＝
B L
2ωR
2（R＋r ）。
（2）回路中电流I＝
E
R＋r ＝
B L
2ω
2（R＋r ）
电阻R 消耗的电功率P＝I2R＝
B
2 L
4ω
2 R
4（R＋r ）
2。
【例5】 （1）①垂直纸面向外 10 A ②5 m/s
（2）①0.2 Ω ②2.5 T
解析：（1）①开关S 掷1 时电流从飞轮边缘流向中心，飞轮在安培力作用下逆时针转动
由左手定则知磁场方向垂直纸面向外
39 / 68
通过R1的电流I＝E0－U
R1＋r ＝10 A。
②此时飞轮相当于“电动机”，则有
UI－I2·R
3 ＝mg·v
解得v＝5 m/s。
（2）①②开关S 掷2，物块匀速下降时v 仍为5 m/s
则流过辐条的电流应与（1）中的相同
3B· I
3a·v
2＝mg·v
得B＝2.5 T
由E＝Bav
2得E＝5 V
而I＝
E
R2＋R
3
故R2＝0.2 Ω。
一题多解 （2）①由能量守恒定律知
mgvt＝（ I2·R
3 ＋I2·R2）t
得R2＝0.2 Ω。
②3B I
3·a·a
2＝mg·a（力矩平衡）
得B＝2.5 T。
考点三
【例6】 B 金属杆在外力F 作用下沿x 轴正方向由静止开始做匀加速运动，则有I＝BLv
R ＝BLa
R t，则电路总功
率P＝I2R＝B
2 L
2a
2
R
t2，即P-t 图像为开口向上的抛物线，A 错误；金属杆做匀加速直线运动，有v2＝2ax，则电路
总功率P＝I2R＝B
2 L
2v
2
R
＝2B
2 L
2a
R
x，即P-x 图像为正比例函数关系，B 正确；金属杆做匀加速直线运动，由牛顿
第二定律有F－BIL＝ma，联立可得F＝B
2 L
2a
R
t＋ma，即F-t 图像为一次函数关系，C 错误；外力F 与位移x 的关
系为F＝B
2 L
2
R
·√2ax＋ma，则F-x 图像不成正比例函数关系，D 错误。
【例7】 AC 线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋B
2 L
2v
R
－T＝ma，对
物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝
B
2 L
2v
（M ＋m）R －M －m
M ＋mg，则随着速度的减小，
加速度不断减小，B 错误；结合B 项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，
则线框在磁场中做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A 选项的图像可能正确；若匀强磁场区域
高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完
40 / 68
全在磁场中运动时不受安培力，匀速运动，完全出磁场后，也匀速运动，则C 选项的图像可能正确；D 选项的图
像中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B 项分析可知，存在第二段匀速阶
段时，不会存在第三段减速阶段，D 错误。
【培优·提能加餐】
【典例1】 B 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，从而使电容器充电，当电容器C 两极板间
电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒向右匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割
磁感线产生感应电流，通过电阻R 转化为内能，当ab 棒的动能全部转化为内能时，ab 棒静止；题图丙中，导体棒
先受到向左的安培力作用做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电
动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒向左做匀速运动，所以B 正确。
【典例2】 （1）匀加速直线运动 （2）电容器的电荷量随时间均匀增加 （3）√
2 Fx
C B
2l
2＋m
（4）匀速直线
运动
解析：（1）金属棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，由F－BIl＝ma，I＝ΔQ
Δt ，ΔQ＝CΔU，
ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得F－C B
2l
2 Δv
Δt
＝ma，其中Δv
Δt ＝a，则可得a＝
F
m＋B
2l
2C ，所以金属棒做匀加速直线
运动。
（2）设t 时刻，金属棒的速度为v，则电容器的电荷量Q＝CU＝CBlv＝CBlat，所以Q 随时间均匀增加。
（3）撤去外力F 时，由匀变速直线运动规律可得金属棒的速度为v＝√2ax＝√
2 Fx
C B
2l
2＋m
。
（4）撤去外力F 后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，故金属棒中的电流为零，做匀速直线运动。
素养培优6 电磁感应中动力学、
能量和动量的综合
【典例1】 AB 由于ab 和cd 均沿导轨下滑，则abcd 回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方
向为abcda，A 正确；初始时，对ab 和cd 分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°－
2BILcos 30°＝2ma1、mgsin 30°－BILcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝g
2 －√3 BIL
2m
，则ab 与cd 加速度大小之比始
终为1∶1，C 错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C 项分析可知，ab 中的电流趋于
√3mg
3 BL
，B 正确；由于ab 和cd 加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律
可知两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D 错误。
【典例2】 （1）B
2 L
2v0
3mR
B
2 L
2v0
3mR
方向都水平向右
（2）2v0
3 v0
3 （3）1
18mv0
2
解析：（1）设ab 的加速度为a1，cd 的加速度为a2
ab 受到的安培力F1＝BIL
cd 受到的安培力F2＝BI×2L
41 / 68
电流I＝E
3 R ，电动势E＝BLv0
由牛顿第二定律得F1＝ma1，F2＝2ma2
解得a1＝B
2 L
2v0
3mR
，a2＝B
2 L
2v0
3mR
由右手定则和左手定则可知加速度方向都水平向右。
（2）ab 棒向左做减速运动，cd 棒向右做加速运动，当电路中的电流为零时，两导体棒达到稳定状态，做匀速直
线运动，设此时速度分别为v1和v2，则
BLv1＝B×2Lv2
分析得两导体棒加速度在任意时刻都相等，则
v1＝v0－at，v2＝at
解得v1＝2
3v0，v2＝v0
3
。
（3）产生的总热量Q＝1
2mv0
2－1
2mv1
2－1
2×2mv2
2
又Qab＝1
3Q
解得产生的热量为Qab＝1
18mv0
2。
【典例3】 BD 规定以水平向右为正方向，对C 应用动量定理可得－I×2LBΔt＝mv1－mv0，对D 应用动量定理
可得ILBΔt＝mv2－(－m× v0
3 )，最终稳定时，总电动势为零，即B×2Lv1＝BLv2，联立求得v1＝v0
15，v2＝2
15v0，
所以运动稳定时，导体棒C、D 均向右运动，因此D 棒先减速到零，再向右加速，又由ILBΔt＝BqL＝mv2＋m×v0
3
，求得的q＝7mv0
15 BL，故选项B、D 正确。
【典例4】 BD 根据题意可知，由静止释放两导体棒，ab 向右运动，cd 向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可
知，回路中产生顺时针方向的电流，设某时刻电流大小为I，可知，ab 所受安培力大小为Fab＝2BIl，方向向左，
cd 所受安培力大小为Fcd＝BI·2l，方向向右，可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则当弹簧伸
展过程中，一定有ab 向左运动，cd 向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，A 错误；由A
分析可知，两棒组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒
的动量大小相等，方向相反，则有mabvab＝mcdvcd，设运动时间为t，则有mabvabt＝mcdvcdt，即mabsab＝mcdscd，则ab 与
cd 的路程之比为sab
scd
＝mcd
mab
＝3
1，B 正确；由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，
且ab 与cd 的路程之比为3∶1，则ab 与cd 克服安培力做的功之比为3∶1，由公式Q＝I2Rt 可知，由于ab 与cd 的
电阻之比为1∶2，则ab 与cd 产生的热量之比为1∶2，可知，cd 棒克服安培力做的功不等于cd 棒产生的热量，C
错误；由公式E＝ΔΦ
Δt 、I＝
E
2 R＋R 和q＝It 可得，整个运动过程中，通过cd 的电荷量为q＝
ΔΦ
2 R＋R ，当两棒
在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab 向右运动的距离为xab＝3
4 ×2L＝3
2
L，cd 向左运动的距离为xcd＝1
4 ×2L＝1
2L，则有通过cd 的电荷量为q＝2Bl xab＋B·2l xcd
2 R＋R
＝4 BLl
3 R ，D 正确。
42 / 68
【典例5】 （1）BL√2 gL （2）B
2 L
2√2 gL
3mR
（3）mR√2gL
B
2 L
2
＋L
解析：（1）设ab 棒刚越过MP 时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab 在圆弧导轨上运动的过程，由机
械能守恒定律有
mgL＝1
2mv1
2
ab 刚越过MP 时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立得E1＝BL√2gL。
（2）经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电
路中并联后的总电阻Rc＝R
2
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有
I1＝
E1
R＋Rc
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大
小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得
F1＝2ma
联立解得a＝B
2 L
2√2gL
3mR
。
（3）经分析，ab 进入磁场后，ab 和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律
得mv1＝（m＋2m）v2
设在极短时间Δt 内，ab 与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab 的电流为I，整个
电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得
ΣFΔt＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得
I＝
E
R＋Rc
设金属环圆心初始位置到MP 的最小距离为s，若ab 与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP
的距离最小，对ab 进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL Δ x
Δt
s＝L＋ΣΔx
联立解得s＝mR√2gL
B
2 L
2
＋L。
专题五 振动与波 光
43 / 68
第12 讲 振动与波
【试做·高考真题】
1.B 根据y-t 图像可知，振幅为1 cm，周期为T＝0.4 s，则频率为f＝1
T ＝1
0.4 Hz＝2.5 Hz，A 错误，B 正确；
根据y-t 图像可知，0.1 s 时质点处于平衡位置，此时速度最大，C 错误；根据y-t 图像可知，0.2 s 时质点处于负
向最大位移处，则此时加速度方向竖直向上，D 错误。
2.BC 频率只与波源有关，同一波源产生的波在不同介质中的频率相同，A 错误；根据匀速直线运动规律可得t 空
＝d
v空
，t 水＝d
v水
，Δt＝t 空－t 水，联立并代入数据，解得Δt≈4.5 s，B 正确；根据v＝λƒ 可得，λ 空＝v空
ƒ
＝340
400 m
＝0.85 m，λ 水＝v水
ƒ
＝1 450
400
m＝3.625 m，C 正确，D 错误。
3.B 由图可知简谐波的波长λ＝2 m，所以周期T＝λ
v ＝2m
1m/ s ＝2 s，当t＝1 s 时，x＝1.5 m 处的质点运动半个
周期到达波峰处，故其相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。
4.BC 根据题图可知，该波的周期T＝0.2 s，振幅为0.2 m，A 错误，B 正确；由题意可知波源第2 次处于波谷
位置，即波源振动了Δt＝13
4 T 时质点P 开始振动，所以该波的传播速度v＝Δ x
Δt ＝10 m/s，C 正确；t＝0.45 s 时质
点Q 开始振动，此时质点P 已经运动了0.1 s，结合题图可知此时质点P 处于平衡位置，D 错误。
5.B
S1、S2到M 的距离之差为6 m，由图像可知两列波传到M 的时间之差为3 s，由v＝Δ x
Δt 可知波速v＝2 m/s，由图
像可知振动周期T＝2 s，则波长λ＝vT＝4 m，A 错误；由图像知两列波刚传到M 时均使M 点向上振动，故两列
波的起振方向均沿x 正方向，B 正确；S1、S2频率相等，所以在平面内能产生干涉现象，C 错误；由t＝4.5 s 和t＝
7.5 s 时的位移知两列波的振幅分别为3 cm 和2 cm，D 错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 D 由题图乙可知，t＝0 时，手机加速度为0，则此时手机所受合力为0，可知此时弹簧弹力大小F＝
mg，A 错误；由题图乙可知，t＝0.2 s 时，手机加速度向上，则此时弹簧弹力向上且大于重力，由胡克定律可知，
此时弹簧伸长量大于平衡位置弹簧的伸长量，故此时手机处于平衡位置下方，B 错误；从t＝0 至t＝0.2 s，手机
由平衡位置向下运动，又合力方向向上，则合力对手机做负功，由动能定理可知，该过程手机的动能减小，C 错
误；由题图乙可知ω＝2π
T ＝2π
0.8 s ＝2.5π rad/s，则a 随t 变化的关系式为a＝4sin（2.5πt） m/s2，D 正确。
44 / 68
【例2】 A 依题意，小沙包做简谐运动，设等效摆长为l，则有T0＝2π√
l
g
，对小沙包受力分析，如图，由力的
三角形与边的三角形相似可得
F
1
2 mg ＝L
l ，联立解得F＝2mL π
2
T 0
2
，故选A。
【例3】 C 在地球表面，小球处于平衡位置时有m0g1＝k·2A，在该天体表面，小球处于平衡位置时有m0g2＝
kA，联立解得g1
g2
＝2
1，在星球表面有G Mm
R
2 ＝mg，星球的密度ρ＝M
V ，又V＝4
3 πR3，解得ρ＝
3 g
4 π GR ，则ρ1
ρ2
＝
g1 R2
g2 R1
＝2
n
，C 正确。
考点二
【例4】 D 由题意可知，t＝5
4 T 时，在3
4 λ 处的质点处于y＝Asin(
2π
T × 5
4 T ＋π
2)＝Asin 3π＝0，此时该质点
位于平衡位置，A、B 错误；在t＝5
4 T 的下一刻，x＝3
4 λ 的质点向y 轴负方向振动，而该横波传播的方向沿x 轴负
方向，由同侧法可知，C 错误，D 正确。
【例5】 C 假设沿A 管传播的声波振幅为AA，沿B 管传播的声波振幅为AB，根据题意可得(
A A＋AB
A A－AB)
2
＝400
100 ，
解得
A A
AB
＝3，C 正确，D 错误；把A 管拉长d，在O 处第一次探测到O 处声波强度最小，故2d＝1
2λ，解得λ＝60
cm，A、B 错误。
【例6】 AD 假设波沿x 轴负方向传播，则有t＝(
7
8 ＋n)T＝0.02 s，解得T＝
0.02
7
8 ＋n s（n＝0，1，2…），无
论n 取何值，T 均小于0.04 s，不符合题意。假设波沿x 轴正方向传播，则有t＝(
1
8 ＋n)T＝0.02 s，解得T＝
0.02
1
8 ＋n
s（n＝0，1，2…），当n＝0 时，T＝0.16 s，符合题意，故波沿x 轴正方向传播，由图可知波长为16
m，该波的传播速度v＝λ
T ＝100 m/s，故A 正确，B 错误；由图可知t＝0 时刻，波源正经过平衡位置且向下振动，
波从波源处传到x＝64 m 处用时为t1＝
64 m
100m/ s ＝0.64 s，故x＝64 m 处质点的振动时间t2＝1.64 s－t1＝1 s＝6
1
4
T，由振动规律知x＝64 m 处质点此时位于波谷，故C 错误，D 正确。
考点三
【例7】 C 由图b 可知t＝4 s 时质点N 正在向下振动，则由图a 可知该波沿x 轴正方向传播，A 错误；由图b
可知该波的周期为T＝8 s，则由图a 可知该波的波长为λ＝8 m，则波速为v＝λ
T ＝8m
8 s ＝1 m/s，B 错误；t＝5 s
45 / 68
时，波形图相对于图a 中的波形向右移动了1 m；此时质点M 在波峰的左侧，距离波峰1 m，正在向下、向平衡
位置处运动；质点N 在波谷的右侧，距离波谷1 m，正在向下、向最大位移处运动。根据对称性可知，两质点的
速度大小相等，方向相同，C 正确；t＝7 s 时，波形图相对于图a 中的波形向右移动了3 m；此时质点M 在波谷的
右侧，距离波谷1 m，正在向下、向最大位移处运动；质点N 在波谷的左侧，距离波谷1 m，正在向上、向平衡
位置处运动。根据对称性可知，两质点此时的振幅相同，则M、N 的加速度大小相等；两质点此时均在x 轴下方，
则加速度方向相同，D 错误。
【例8】 （1）4 m/s （2）5.8 s
解析：（1）根据题图甲可知此波的波长λ＝8 m
根据题图乙可知此波的周期T＝2 s
该波的波速为v＝λ
T ＝8
2 m/s＝4 m/s。
（2）波沿x 轴正方向传播，t＝0 时刻质点P 左侧最近的波峰的平衡位置为x1＝－6 m
从t＝0 时刻起到质点P 第一次位于波峰位置所用的时间为t1＝xP－x1
v
质点P 第三次位于波峰位置时对应的时刻为t＝t1＋2T
解得t＝5.8 s。
【培优·提能加餐】
【典例1】 D 如果小物块与弹簧接触时的速度为0，那么其初、末加速度大小都等于g，而此题中的小球先下落
了一段时间后与弹簧接触，弹簧被压缩的最低点肯定比小物块与弹簧接触时速度为0 的情况低，即小物块在最低
点时的加速度肯定大于g，故D 正确。
【典例2】 C 由题图乙、图丙可知两列波的周期都为4 s，则两列波的频率都为f＝1
T ＝0.25 Hz，可知两列波
的频率相同，相位差恒定，可产生干涉现象，A 错误；两列波的波长均为λ＝vT＝0.25×4 m＝1 m，A 点到两波
源的波程差为Δs1＝√6
2＋8
2 m－8 m＝2 m＝2λ，由于两波源的起振方向相反，可知A 点为振动减弱点，故A 点
处质点的振幅为A＝4 m－2 m＝2 m，B 错误；B 点到两波源的波程差为Δs2＝3.5 m－2.5 m＝1 m＝λ，由于两
波源的起振方向相反，可知A、B 两点均为振动减弱点，而两波源到A 点波程差为2λ，两波源到B 点波程差为λ，
故A、B 连线上有一个到两波源的波程差为3
2λ 的点，该点为振动加强点，C 正确；两波源的连线上（不含波源）
的点到两波源的波程差满足－6λ＝－6 m＜Δs＜6 m＝6λ，由于两波源的起振方向相反，可知当波程差等于nλ 时，
该点为振动减弱点，n 取整数，需满足－6 m＜nλ＜6 m，可知两波源的连线上（不含波源）有11 个振动减弱点，
它们的振幅为2 m，但位移时刻在变化，D 错误。
第13 讲 光学
【试做·高考真题】
1.A
2.A
相邻亮
条纹中
换用更粗的头发丝，则双缝间距d
增大
Δx 变小
A 正确
换用红色激光照射双缝，即光的
Δx 变大
B 错误
46 / 68
心间距
公式
Δx＝L
波长λ 增大
增大纸板与墙面的距离，即L 增
大
Δx 变大
C 错误
减小光源与纸板的距离
Δx 不变
D 错误
3.C 全反射临界角公式：sin 60°＝1
n⇒n＝2√3
3
，C 正确。
4.B 红光的频率比绿光的频率小，则在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率，在MN 面，入射角相同，根据
折射定律n＝sinθ
sin α ，可知绿光在MN 面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠近P 点，故A 错误；根
据全反射临界角公式sin C＝1
n可知红光发生全反射的临界角较大，θ 逐渐增大时，折射光线与NP 面的交点左移过
程中，在NP 面的入射角首先达到红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B 正确；在MN 面，
光是从光疏介质到光密介质，无论θ 多大，在MN 面都不可能发生全反射，故C 错误；根据折射定律n＝sinθ
sin α 可
知θ 逐渐减小时，两束光在MN 面折射的折射角逐渐减小，故D 错误。
5.小于 顺时针
解析：由光的折射定律可知，光的频率越大，透镜对该光的折射率越大，则蓝绿两条光束以相同入射角射入透镜，
蓝光折射角小于绿光折射角；如图所示，若要让绿光的折射光线垂直于反射膜，需要减小绿光的折射角，因此应
顺时针改变入射角。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 C 根据折射率的定义式有n＝sin θ空气
sin θ介质
，由图可知，五束光在空气中的入射角相等，a、b、c、d、e
五束光在介质中的折射角依次减小，可知na＜nb＜nc＜nd＜ne，折射率越大，波长越小，则有λa＞λb＞λc＞λd＞λe，由
于只有h 线（404 nm）是光刻机所需要的，根据题中给出的五条尖锐的光谱线的波长大小关系，可知，只有d 光
束适合UV 光刻机。故选C。
【例2】 D 发生全反射的光路如图所示，光线照射到水面时临界角满足sin C＝1
n＝3
4 ，由三角函数关系可知
tan C＝3
√7 ，亮环的宽度d＝2htan C＝0.6 m，故选D。
【例3】 ABC 根据几何关系可知，当入射角θ＝30°时，折射角β＝90°－θ＝60°，如图所示，根据折射定律
可得n＝sin β
sinθ ＝√3，A 正确；根据全反射临界角公式可知sin C＝1
n＝√3
3 ，由于sin 45°＝√2
2 ＞√3
3 ，则45°＞
47 / 68
C，因此θ＝45°时，光在O 点发生全反射，光线c 消失，B 正确；光在界面处发生反射时，不改变光的颜色，则
入射光的颜色与反射光的颜色相同，C 正确；若入射光a 变为紫光，则折射角增大，反射角不变，光线b 和c 的夹
角将小于90°，D 错误。
【例4】 （1）0.75 （2）(0，2√3
9
R]
解析：（1）设光在三棱镜中的折射角为α，则根据折射定律有n＝sinθ
sin α
根据几何关系可得α＝30°
代入数据解得sin θ＝0.75。
（2）作出单色光线第一次到达半圆弧AMB 恰好发生全反射的光路图如图，则由几何关系可知FE 上从P 点到E 点
以θ 角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB 都可以发生全反射，根据全反射临界角公式有sin C＝1
n
设P 点到FG 的距离为l，则根据几何关系有l＝Rsin C
又xPE＝
R－l
cos30°
联立解得xPE＝2√3
9
R
故光线在EF 上的入射点D 到E 点的距离范围为(0，2√3
9
R]。
考点二
【例5】 C 单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条
纹，光程差为两块平板玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光程差相等，即滚珠a
的直径与滚珠b 的直径相等，即滚珠b 合格，不同的干涉条纹位置处光程差不同，则滚珠a 的直径与滚珠c 的直径
不相等，即滚珠c 不合格，C 正确。
【例6】 BC 作出S 关于平面镜对称的点S'，如图1 所示，则S 和S'相当于双缝干涉实验中的双缝，若沿AO 向
左略微平移平面镜，则双缝间距减小，双缝到屏的距离增大，结合双缝干涉条纹间距公式Δx＝l
d λ 可知条纹间距增
大，干涉条纹移动，A 错误；若沿OA 向右略微平移平面镜，则双缝间距d 增大，双缝到屏的距离l 减小，结合双
缝干涉条纹间距公式Δx＝l
d λ 可知条纹间距减小，B 正确；若θ＝0°，作出S 关于平面镜对称的点S″，如图2 所示，
可知无论是沿OA 向右略微平移平面镜，还是沿AO 向左略微平移平面镜，S 和S″的位置均不变，则干涉条纹不移
动，条纹间距不变，C 正确，D 错误。
48 / 68
【培优·提能加餐】
【典例1】 D 设两个具有标准平面的玻璃平晶之间的夹角为θ，薄膜干涉原理如图所示，由题设条件，则有tan
θ＝｜D－D0｜
L
，由空气薄膜干涉的条件，有2ΔLtan θ＝λ，联立解得｜D－D0｜＝λL
2 Δ L，故D 正确，A、B、C
错误。
【典例2】 B 由题意可知，当用平行单色光向下垂直照射平凹形玻璃板时，观察到的干涉条纹是由于空气薄膜
的上下表面所反射的光发生了干涉产生的，由牛顿环原理可知，干涉条纹宽窄的差异，则是由空气薄膜厚度变化
率的不同所导致的；变化率越大，光程差半波长的奇、偶数倍更替得就越频繁，使得条纹更加密集，条纹更窄。
即空气薄膜厚度变化率越大，条纹也随之变密变窄。由本题空气薄膜的形状可知，薄膜的厚度越大的地方，薄膜
厚度变化率越小，条纹间距越大，条纹越宽；薄膜的厚度越小的地方，薄膜厚度变化率越大，条纹间距越小，条
纹越窄。因此观察到的干涉条纹形状可能正确的是B。
专题六 热学和近代物理
第14 讲 热学
【试做·高考真题】
1.D 气泡内气体在恒温水槽中缓慢上浮过程如图所示，设气泡上浮到某位置处距水槽水面的高度为h，则该位置
处气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，可知上浮过程中气泡内气体压强变小，又恒温水槽温度不变，则由玻意耳定律pV
＝C 可知，上浮过程中气泡内气体体积变大，B、C 错误；由于温度是分子平均动能的标志，则气泡在恒温水槽内
上浮过程中，气泡内气体分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体为理想气体，则上浮过程中气泡
内气体内能不变，即ΔU＝0，气体体积变大，外界对气体做负功，即W＜0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可
知Q＞0，即上浮过程中气泡内气体从水中吸热，A 错误，D 正确。
2.3 大于
解析：设大气压强为p0，初始时T1＝（17＋273）K＝290 K，p1＝2.9p0，末状态时T2＝（27＋273）K＝300 K，
根据查理定律
p1
T 1
＝
p2
T 2
，代入数值解得p2＝3p0；理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能增大。
3.ACD 活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活
塞受力分析可知，其不受弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度，A 正确；由于初始时活塞左侧有气体、右侧真空且
活塞静止，则初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有V 左＜V 右，又
活塞左右两侧气体为同种气体且压强和温度都相等，则活塞左右两侧气体的密度相等，由m＝ρV 可知，活塞左侧
气体的质量小于右侧气体的质量，B 错误；由于系统绝热，则气体与弹簧组成的系统能量守恒，与初始时相比，
活塞重新静止时弹簧的弹性势能减少，则气体的内能增加，C 正确；结合A 项分析可知，与初始时相比，气体的
体积增大，总分子数不变，所以活塞左侧单位体积内气体分子数减少，D 正确。
49 / 68
4.AD 1→2 为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知
ΔU＞0，气体内能增加，A 正确；2→3 为等压膨胀过程，W＜0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，
即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知Q＞0，气体从外界吸热，B 错误；3→4 过程为绝热过程，Q＝0，
气体体积增大，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知ΔU＜0，气体内能减少，C 错误；4→1 过程中，气体做
等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU＜0，由热力学第一定律ΔU
＝Q＋W 可知Q＜0，气体对外放热，D 正确。
5.（1）8×104 Pa （2）4.8×103 N
解析：（1）根据题意，容器内气体发生等容变化，由查理定律有p1
T 1
＝p2
T 2
，代入数据解得月球上容器内气体的压
强p2＝8×104 Pa。
（2）观测台所受的压力大小F＝p2S＝4.8×103 N。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 C 如果气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，但并非每个分子的运动速率都增大，选项A 错误；
分子的平均动能等于系统内所有分子的动能之和与分子的总数之比，而不是Ek＝1
2mv
2，选项B 错误；悬浮在水中
的花粉颗粒做布朗运动，只能反映水分子的热运动，不能反映花粉颗粒内分子热运动的规律，选项C 正确；将某
气体密闭于正方体容器中，在相同的时间内与容器内部各面相撞的分子数目不一定严格相等，选项D 错误。
【例2】 C 分子间距离大于r0时，分子间作用力表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正
功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小，继续减小距离，分子间作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势
能增大，故选C。
【例3】 D 晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，A 错误；水黾可以在水面自由活动，是因为水的表
面张力作用，B 错误；每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，
所以布朗运动图像反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹，C 错误；图丁中A 是浸润现象，B 是不浸润
现象，D 正确。
考点二
【例4】 （1）2.5×105 Pa （2）6 L
解析：（1）由查理定律可得p1
T 1
＝p2
T 2
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝（273－3）K＝270 K，T2＝（273－23）K＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强为p2＝2.5×105 Pa。
（2）由玻意耳定律
p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。
【例5】 （1）4
5 p0 2
3p0 （2）8 p0 S
15l
解析：（1）抽气后，A 的体积变为VA＝2Sl－3
4 Sl＝5
4 Sl，对A 中气体，根据玻意耳定律有
p0Sl＝pA·5
4 Sl
50 / 68
解得pA＝4
5 p0，
对B 中剩余气体，根据玻意耳定律可知，1
2p0Sl＝pB·3
4 Sl
解得pB＝2
3p0。
（2）抽气后，对隔板，根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·1
4 l
结合（1）问解得k＝8 p0 S
15l
。
【例6】 （1）不变 变小 （2）4×10－5 m3
（3）14.4 J
解析：（1）温度升高时，活塞缓慢上升，其受力不变，故封闭气体压强不变，由p＝F
S 知器壁单位面积所受气体
分子的平均作用力不变；由体积变大，知气体分子的数密度变小。
（2）气体发生等压变化，有
V 0－V ＋l1S
T 1
＝V 0－V ＋l2S
T 2
得V＝4×10－5 m3。
（3）此过程中，外界对气体做功
W＝－p1S（l2－l1）
对活塞受力分析可知，p1S＝mg＋p0S
得W＝－4.1 J
又ΔU＝W＋Q
得Q＝14.4 J。
考点三
【例7】 B 设气体温度在300 K 时的压强为p，气体温度从300 K 到400 K 为等容变化，则有
p
300 K ＝
1.36×10
5 Pa
400 K
，解得p＝1.02×105 Pa，由图像可知，气体温度从200 K 到300 K 为等压膨胀，气体对外做功
为W＝－p·ΔV＝－2.04×104 J，气体温度从300 K 到400 K 气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气体内能
变化为ΔU＝Q＋W＝4×104 J－2.04×104 J＝1.96×104 J，故选B。
【例8】 C a→b 过程是等压变化且体积增大，则Wab＜0，由盖—吕萨克定律可知Tb＞Ta，即ΔUab＞0，根据热
力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知a→b 过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，
A 错误；b→c 过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc＜0，由热力学第一定律ΔU＝
Q＋W 可知气体内能减少，B 错误；c→a 过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知
a→b→c 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C 正确；由A 项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B 项分析
可知Wbc＝ΔUbc，由C 项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－（－Qca）＝－Wca－Wbc－Wab，
根据p-V 图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－（－Qca）≠0，所以a→b 过程
气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a 过程放出的热量－Qca，D 错误。
图像分析
51 / 68
【例9】 （1）2.0×105 Pa （2）2.0 m3
解析：（1）气体从状态D 到状态A 的过程发生等容变化，根据查理定律有pD
T 2
＝pA
T 1
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
（2）气体从状态C 到状态D 的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCVC＝pDV1
代入数据解得VC＝2.0 m3
又气体从状态B 到状态C 发生等容变化，因此气体在B 状态的体积为V2＝VC＝2.0 m3。
【培优·提能加餐】
【典例1】 （1）2
3p0 （2）2∶7
解析：（1）由题意可知，工作过程是等温变化，则完成第一次抽气结束后，由玻意耳定律有
p0V＝p1×（0.5＋1）V
解得p1＝2
3p0。
（2）第二次抽气结束后，有p1V＝pA×（0.5＋1）V
第一次打气结束后，有p0V＋0.5p1V＝p2V
第二次打气结束后，有p2V＋0.5pAV＝pBV
联立解得pA∶pB＝2∶7。
【典例2】 （1）1.02×105 Pa 1.31 cm
（2）3.80×10－3 m
解析：（1）井盖第一次被顶起时，井内气体的压强p 满足pS＝p0S＋mg，代入数据得p＝1.02×105 Pa，设井盖第
一次被顶起时，水面上涨x，对井内空气，由气体等温变化规律，有p·（h－x）S＝p0·hS，代入数据解得x＝1.31
cm。
（2）井内原有气体状态为p0、V0＝hS、T0，井盖第一次被顶起后，井内剩余气体状态为p0、V1＝（h－x）S、T0，
排出的气体状态为p0、V2、T1，由气体等压变化规律，有V 0
T 0
＝V 1
T 0
＋V 2
T 1
，代入数据得V2＝3.80×10－3 m3。
第15 讲 近代物理
【试做·高考真题】
1.D 根据质量数守恒和电荷数守恒解得A＝4，Z＝2，故X 为2
4He，D 正确。
2.B 48 天为2 个半衰期，则钍234 经过48 天后剩余质量为m＝m0(
1
2)
t
Τ ＝1×(
1
2)
2
g＝0.25 g，B 正确，A、C、
D 错误。
3.C 根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，若只有一种光子可以使某金属发生光电效应，则该光子的能
量最大，又由题图可知辐射的λ3光子的能量最大，所以只有λ3光子可以使该金属发生光电效应，C 正确。
4.C 持续时间为t＝100 as 的阿秒光脉冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期，则此阿秒光脉冲的最长波
长为λ＝ct＝30 nm＜550 nm，最长波长明显小于550 nm 可见光波长，又波长越大衍射现象越明显，则波长为550
52 / 68
nm 的可见光的衍射现象更明显，A 错误；与550 nm 的可见光相比，此阿秒光脉冲波长较短，频率较高，由ε＝hν
可知此阿秒光脉冲的单个光子能量较大，故当其与550 nm 的可见光总能量相等时，此阿秒光脉冲的光子数更少，
B 错误；此阿秒光脉冲的最小频率为ν＝c
λ ，则其最小光子能量为ε＝hν＝6.6×10－18 J＞2.2×10－18 J，故此阿秒
光脉冲可以使基态的氢原子电离，C 正确；阿秒激光有“拍照”的功能，持续时间只有比电子的运动周期更小，
才能准确“拍摄”到电子的动态过程，D 错误。
【洞悉·高频考点】
考点一
【例1】 C 根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，可知光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν 的关系图像的
斜率为普朗克常量h，横轴截距为νc＝W 0
ℎ
，所以两条图线的斜率一定相等，α 和β 一定相等，甲金属的逸出功小
于乙金属的逸出功，A、B 错误；根据Ek＝hν－W0可知，若增大入射光的频率，产生的光电子的最大初动能增大，
再由eUc＝Ek可知，遏止电压随之增大，C 正确；根据光电效应方程可知，不改变入射光频率ν，只增大入射光的
强度，则光电子的最大初动能不变，D 错误。
【例2】 D 根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W0，根据动能定理有－eUc＝0－Ek，联立解得Uc＝ℎ
e ν－
W 0
e
，因此仅改变光强不会使遏止电压的大小发生变化，由题意可知电压表测量遏止电压，所以增大光强，电压表
示数不变，A 错误；根据A 项表达式可知，若改用比ν1更大频率的光照射，遏止电压增大，即此时电压表示数大
于U1，B 错误；当仅将开关S 与2 接通，则光电管两端的电压变为正向电压，逸出的光电子在电场中加速，一定
能到达右极板，电流表一定有示数，C 错误；截止频率与逸出功的关系为W0＝hνc，结合A 项表达式并代入题干条
件可得νc＝ν1－eU 1
ℎ，D 正确。
【例3】 C 根据动能定理，从金属板M 上逸出的光电子到达N 板的过程中有eU＝Ekm－1
2mvm
2，则到达N 板时
的动能为Ekm＝eU＋1
2mvm
2，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B 错误；平行极板
M 射出的电子到达N 板时在y 方向的位移最大，则电子从M 到N 过程中y 方向最大位移为y＝vmt，d＝1
2·Ue
dmt2，解
得y＝vmd√
2m
eU
，选项C 正确；M、N 间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝1
2mvm
2，解得Uc＝mvm
2
2e
，选
项D 错误。
考点二
【例4】 B 大量处于n＝3 能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出不同频率的光子种类为C3
2＝3 种，辐射出
光子的能量分别为ΔE1＝E3－E1＝－1.51 eV－（－13.6 eV）＝12.09 eV，ΔE2＝E3－E2＝－1.51 eV－（－3.4
eV）＝1.89 eV，ΔE3＝E2－E1＝－3.4 eV－（－13.6 eV）＝10.2 eV，其中ΔE1＞3.11 eV，ΔE2＜3.11 eV，ΔE3
＞3.11 eV，所以辐射不同频率的紫外光有2 种。故选B。
【例5】 B 根据p＝ℎ
λ ，λ＝c
ν 得，p＝ℎν31
c
＝E3－E1
c
，A 错误；根据爱因斯坦光电效应方程得Ekm＝hν－
W0，W0相同，两种光射入时逸出电子最大初动能之差ΔEkm＝hΔν＝h（ν31－ν21）＝hν32，B 正确；根据双缝干涉条
纹间距公式Δx＝l
d λ 可知，两种光分别发生干涉时的条纹间距之差为l
d Δλ＝l
d （λ21－λ31）＝l
d （ c
ν21
－c
ν31
）＝l
d
53 / 68
（ 1
ν21
－1
ν31
）c，故C 错误；因为入射的是光子，则跃迁时氢原子吸收的能量必为能级的差值，则对应频率为
ν34'＝E4－E3
ℎ
，D 错误。
考点三
【例6】 C 根据核反应过程遵循质量数守恒和电荷数守恒可知，锇－160 经过1 次α 衰变后产生的新核素质量
数为156，质子数为74，钨－156 经过1 次β＋衰变后质量数为156，质子数为73，可知两新核素衰变后的新核有相
同的质量数。故选C。
【例7】 D 质量数守恒
电荷数守恒{
38
90 Sr →39
90Y ＋－1
0 e⇒β 衰变，A 错误
94
238 Pu→92
234U ＋2
4 He⇒α 衰变，B错误
半衰期T
38
90 Sr＜T
94
238 Pu
N
38
90 Sr＜N
94
238 Pu，C 错误，D 正确。
考点四
【例8】 C 根据核反应方程Y＋95
243Am→119
A X＋20
1n，设Y 的质子数为y，根据电荷数守恒，则有y＋95＝119＋
0，可得y＝24，即Y 为24
54Cr；根据质量数守恒，则有54＋243＝A＋2，可得A＝295，故选C。
【例9】 D 核反应方程式为1
2H＋1
3H→2
4He＋0
1n，故A 错误；氘核的比结合能比氦核的小，故B 错误；氘核与氚
核发生核聚变，要使它们间的距离达到10－15 m 以内，故C 错误；一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损Δm＝
（2.014 1＋3.016 1－4.002 6－1.008 7）u＝0.018 9 u，聚变反应释放的能量是ΔE＝Δm·931.5 MeV≈17.6
MeV，4 g 氘完全参与聚变释放出能量E＝4
2 ×6×1023×ΔE≈2.11×1025 MeV，数量级为1025 MeV，故D 正确。
专题七 物理实验
第16 讲 力学实验
【洞悉·高频考点】
考点一
【典例1】 （1）0.63 （2）0.12 偏大 （3）不可行，理由：取由O 到A 点，下落时间为0.04 s，重力加速
度g 约为10 m/s2，由h＝1
2gt2＝0.8 cm＞0.21 cm，可知第一段OA 的时间间隔小于0.04 s，因此x-t2图像不是一
条直线。
解析：（1）相邻两个计数点间的时间间隔T＝0.1 s
根据逐差法，可知该小车的加速度
a1＝（xEF＋xDE＋xCD）－（xBC＋x AB＋xOA）
9T
2
＝0.63 m/s2。
（2）遮光条宽度d＝2.0 cm
遮光条通过第一个光电门的速度v1＝d
Δt1
通过第二个光电门的速度v2＝d
Δt2
滑块的加速度a2＝v2－v1
t
＝0.12 m/s2
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光电门测量滑块瞬时速度的原理是遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替，真实速度为遮光条前边缘到达
光电门中心的瞬时速度，显然测量的速度偏大，故测得的加速度偏大。
（3）不可行，理由：取由O 到A 点，下落时间为0.04 s，重力加速度g 约为10 m/s2，由h＝1
2gt2＝0.8 cm＞0.21
cm，可知第一段OA 的时间间隔小于0.04 s，因此x-t2图像不是一条直线。
【典例2】 （1）B （2）B （3）远大于 系统误差 C
（4）x6－x4
10T
A
解析：（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外
两个物理量之间的关系，即采用的研究方法是控制变量法，故选B。
（2）补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点
间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A 错误；由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长
度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后
释放小车，故B 正确；为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C 错误。
（3）设小车质量为M，槽码质量为m，对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F＝Ma
mg－F＝ma
联立解得F＝Mmg
m＋M
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。
该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或
是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，故选
C。
（4）相邻两计数点间的时间间隔为t＝5T
打计数点5 时小车速度的表达式为v＝x6－x4
2t
＝x6－x4
10T
。
根据逐差法可得小车加速度的表达式是a＝x6－x3－x3
（3t ）
2
＝x6－2 x3
（15T ）
2 ，故选A。
【典例3】 （1）电火花计时器 （2）1.92（1.90～1.92 均可） （3）D （4）A
解析：（1）电火花计时器对纸带的阻力较小，则实验中打点计时器应选择电火花计时器较好。
（2）物体下落到C 点时的瞬时速度vC＝xBD
2T ＝0.200 6－0.124 0
0.04
m/s≈1.92 m/s。
（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩
擦阻力的影响来减小该误差，故选D。
（4）下落时阻力大小不变，则根据动能定理有mgh－fh＝1
2mv2，即v2＝(2g－2f
m )h
则v2-h 图像是过原点的直线，故选A。
考点二
【典例4】 （1）47.3 无 （2）50.0
解析：（1）根据胡克定律，可得此笔里的弹簧劲度系数为k＝Δ F
Δ x ＝37.85×10
－3×10 N
0.80×10
－2 m
≈47.3 N/m；
55 / 68
无影响，这是由于弹簧受挤压时弹力大小可借助于电子秤测出，所以与笔的重力无关。
（2）由于是三根相同的弹簧，则弹簧劲度系数满足k＝
1.0
0.12－0.06
3
N/m＝50.0 N/m。
【典例5】 （2）CD （3）标记位置 （5）大小和方向
解析：（2）实验中保证两次操作使橡皮条产生相同的弹力作用，故应标记小圆环的位置以及每个力的大小和方向，
力的大小由测力计读出，方向即为细线的方向，故C、D 正确；橡皮条与细线的长度没必要测出，A、B 错误。
（3）撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到已标记的小圆环位置，记录此时拉力F 的大小和方向。
（5）比较F'和F 的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
考点三
【典例6】 （1）相同 （2）见解析图
（3）0.72（0.67～0.77 均可）
解析：（1）探究平抛运动特点的实验中，要使钢球到达斜槽末端的速度相同，则每次由静止释放钢球时，钢球在
斜槽上的高度相同。
（2）用平滑曲线连接坐标纸上的点，即为钢球做平抛运动的轨迹，作图时应使尽可能多的点在图线上，不在图线
上的点均匀分布在图线两侧，如图所示。
（3）根据平抛运动规律有x＝v0t、y＝1
2gt2，联立可得v0＝√
g x
2
2 y
，在轨迹图线上选取一点（8 cm，6 cm），代入
数据可得v0＝0.72 m/s。
【典例7】 （1）＞ （2）maxP＝maxM＋mbxN 小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖
直高度相同，结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等（合理即可）
解析：（1）由于实验中需保证向右运动的小球a 与静止的小球b 碰撞后两球均向右运动，则实验中小球a 的质量
应大于小球b 的质量，即ma＞mb。
（2）对两小球的碰撞过程，由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球
落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此
时间为t，则mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。
考点四
【典例8】 （1）左 2√
g
(x3＋x4)－(x1＋x2)
（2）大于
解析：（1）根据题意可知，松开纸带，纸带在重锤作用下做加速运动，纸带上相邻两点间的距离逐渐增大，由题
图乙可知，纸带左端与重锤相连。
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根据逐差法有(x3＋x4)－(x1＋x2)＝g(2T )
2
又有f＝1
T
联立解得f＝2√
g
(x3＋x4)－(x1＋x2)
。
（2）“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动，使得重物下落的加速度小于自由落体加速度，故计算频率时，代入加速
度值偏大，导致测量的频率偏大，故频率测量值大于实际值。
【典例9】 （4）见解析图 （5）线性的
（6）0.120 （7）负方向
解析：（4）将题表中的数据在题图b 中描点，然后用直线拟合，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀
分布在直线两侧，偏离直线较远的点舍去，如图所示；
（5）由于T2-m 图像为一条直线，则弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是线性的；
（6）根据T2-m 图像可知T2＝0.880 s2时，m＝0.120 kg；
（7）当m＝0 时，T2为滑块对应的弹簧振子振动周期的平方，由T2-m 图像可知物体的质量越大，对应的弹簧振子
的振动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所
得T2-m 图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动。
第17 讲 电学实验
【洞悉·高频考点】
考点一
【典例1】 （1）1 2 （2）见解析图 （3）见解析图
解析：（1）实验时，开关S 应先接到1，对电容器进行充电，再接到2，电容器开始放电，观察电容器的放电现
象。
（2）根据图甲所示的电路图连接实物电路图，实物电路图如图a 所示。
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，画曲线时让尽可能多的点落在曲线上，不在曲线上，应使尽量多
的点均匀分布在曲线两侧，作出图像如图b 所示。
【典例2】 （1）乙 （2）k a
2
I
（3）6.5×10－5
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解析：（1）由题图（a）可知，电压表测的是乙、丙探针之间的样品两端的电压，从题图（b）中可以看出L 越大，
电压表示数U 越大，且U-L 图像的延长线过坐标原点，在串联电路中电压表所测电阻部分的阻值越大，电压越大，
说明L 为电压表所测样品部分的长度，即L 是丙到乙的距离。
（2）电阻决定式为R＝ρ L
S ，其中所测样品横截面积为S＝a2，解得ρ＝RS
L ＝R a
2
L ，其中电阻R＝U
I ，解得ρ＝
U a
2
IL
，由题图（b）可知，U-L 图像的斜率为k＝U
L
，所以该样品的电阻率可以表示为ρ＝k a
2
I
。
（3）由题图（b）可知斜率为k＝
0.13V
2.0×10
－2 m＝6.5 V/m，代入电阻率的表达式得ρ＝k a
2
I
＝
6.5×（0.2×10
－2）
2
0.40
Ω·m＝6.5×10－5 Ω·m。
【典例3】 （1）CAB 负极、正极 ×100 1.6
（2）R1 a （3）
U R0
U 1－U ❑
（4）1.57
解析：（1）使用多用电表粗测电阻的步骤应为①机械调零：使用前，若指针没有指在左端“∞”位置，要用螺丝
刀转动指针定位螺丝，使指针指在“∞”位置；②选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其置于欧姆挡
的合适挡位；③欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整调零旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处；④测量：将两
表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示数乘以倍率即为待测电阻阻值。故该实验中正确的操作顺序应为C、A、
B；由于多用电表在使用时电流流向为“红进黑出”，且通过电压表的电流流向为“正进负出”，所以在用多用电
表粗测电压表内阻时多用电表的红、黑表笔应分别与待测电压表的负极、正极相连；由题图a 中的虚线Ⅰ可知，
待测电压表的内阻约为1 500 Ω，则为使指针指在中央刻度线附近，应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置；
由题图a 中的实线Ⅱ可知该电压表的内阻为R 粗＝16×100 Ω＝1.6 kΩ；
（2）由题图b 可知滑动变阻器用作分压式接法，则为了方便调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的R1，为了保护
电路，闭合开关前测量电路部分分压应为0，即滑动变阻器的滑片应置于a 端；
（3）由题图b 可知流过待测电压表和流过定值电阻R0的电流相等，则结合部分欧姆定律和串联电路分压规律有
U
RV
＝U 1－U
R0
，可得RV＝U R0
U 1－U ；
（4）将U1＝4.20 V、U＝2.78 V、R0＝800 Ω 代入（3）中表达式可得RV＝2.78×800
4.20－2.78 Ω≈1.57 kΩ。
【典例4】 （1）①1.0 ②I（RA＋r） ③1.40（1.41 也可）
1.0（1.1 也可） （2）D
解析：（1）①根据题图2 可知，电压表示数为0.60 V，电流表示数为0.58 A，根据部分电路欧姆定律得RA＝
0.60
0.58
Ω≈1.0 Ω。②根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I（RA＋r）。③由②可知U＝E－I（RA＋r），结合题图4
可知电源的电动势E＝1.40 V，图线斜率的绝对值表示电流表内阻与电源内阻之和，则RA＋r＝|
1.40－1.00
0.20
|
Ω，解得r＝1.0 Ω。
（2）由于电压表内阻很大，且串联接入电路，则回路中的电流会非常小，无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电流
表示数都非常小，D 正确。
【典例5】 （1）数字多用电表 0.660 （2）b （3）4.1
解析：（1）由于数字多用电表的内阻远大于电压表的内阻，则电动势更接近数字多用电表的测量值，由图2 可知，
读数为0.660 V。
58 / 68
（2）根据题意，由串联分压原理有U
RV
＝E－U
R
整理可得R＝ERV· 1
U －RV
结合图4 可得，电压表的内阻为RV＝b。
（3）由图1 可知，电压表读数为0.29 V，则由串联分压原理有
0.29V
3.2×10
3 Ω＝0.66V －0.29V
R内
解得R 内≈4.1×103 Ω＝4.1 kΩ。
考点二
【典例6】 （1）①阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ②S （2）AD
解析：（1）①由该同学记录的实验现象可知，1、3 组实验中磁铁插入线圈，则穿过闭合回路的磁通量增大时，感
应电流的磁场方向与原磁场方向相反。2、4 组实验中磁铁拔出线圈，则穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流
的磁场方向与原磁场方向相同。由此得出的结论是感应电流的磁场，总是阻碍原磁场磁通量的变化。②根据题意
可知，感应电流方向为顺时针（俯视图），感应电流引起的磁场向下，条形磁铁的磁通量竖直向上增加，所以条
形磁体的下端为S 极。
（2）闭合开关后，线圈A 中的电流方向是从上到下，电流表甲中的电流从正极流向负极，指针向右偏转，断开开
关瞬间，线圈A 中电流减小，穿过线圈B 的磁通量减小，线圈B 中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由
右手定则可知，电流表乙中的电流从正极流向负极，指针向右偏转，A 正确；断开开关，等电路稳定后再闭合开
关的瞬间，线圈A 中电流增大，穿过线圈B 的磁通量增大，线圈B 中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，
由右手定则可知，电流表乙中的电流从负极流向正极，指针向左偏转，B 错误；滑动变阻器的滑片向M 端迅速滑
动，线圈A 中电流增大，穿过线圈B 的磁通量增大，线圈B 中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由右手
定则可知，电流表乙中的电流从负极流向正极，指针向左偏转，C 错误；滑动变阻器的滑片向N 端迅速滑动，线
圈A 中电流减小，穿过线圈B 的磁通量减小，线圈B 中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手定则可
知，电流表乙中的电流从正极流向负极，指针向右偏转，D 正确。
【典例7】 （1）CD （2）C （3）c
解析：（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是低压交流电源，所以不需要干电池，
磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁，测量线圈两端的电压需要使用多用电表的交流电压挡，不
需要直流电压表和直流电流表。故选C、D。
（2）变压器铁芯的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故选C。
（3）实验操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，则可能导致漏磁，使得输出电压偏小，则有U 1
n1
＞U 2
n2
，则可能
正确的图线只有c。
考点三
【典例8】 （1）1.25（1.24～1.26 均可） 12.5 （4）右
（5）小于
解析：（1）由电压表读数规则可知题图c 的示数为1.25 V；根据题图b 由欧姆定律可知R＝U
I ＝
1.25
100×10
－3 Ω
＝12.5 Ω。
（4）玻璃管内气压降低到0.5 个标准大气压，由题图d 可知金属丝的阻值增大，又保持电流为100 mA，所以电
压表示数增大，即电压表指针应该在题图c 指针位置的右侧。
59 / 68
（5）若电压表是非理想电压表，则流过金属丝的电流的测量值偏大，由欧姆定律可知金属丝的电阻的测量值小于
真实值。
【典例9】 （1）负极 （2）①A A C（或D） ②减小
解析：（1）使用多用电表时，通过多用电表的电流流向遵循“红进黑出”，使用多用电表的欧姆挡时，当黑表笔
与M 端接触、红表笔与N 端接触时，若有电流，则二极管中电流方向为M→N，而由题图2 可知此时多用电表指
针位于a 位置，即此时二极管电阻无穷大，由二极管的单向导电性可知，此时二极管所接电压为反向电压，则M
端为二极管的负极。
（2）由于要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0 开始，则滑动变阻器应采用分压式接法，L1、L2的另一端应
接A 接线柱，L3另一端应接C（或D）接线柱。②I-U 图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示光敏电阻的阻
值，由题图4 可知，光照增强时，光敏电阻的阻值减小，即光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而减小。
【典例10】 （1）1 000 （2）R1
R2
R3 （3）见解析图
（4）0.018 （5）＞
解析：（1）由题图（b）可知，对应的读数为10×100 Ω＝1 000 Ω。
（2）根据电压传感器示数为0 可得I1R1＝I2R2，I1RF＝I2R3，解得RF＝R1
R2
R3。
（3）把表格中的数据在图（c）上进行描点，然后用一条直线拟合，使尽可能多的点落在直线上，不在直线上的
点均匀分布在直线的两侧，离直线较远的点舍弃，如图所示。
（4）根据U-m 图像可知，当U＝200 mV 时，m＝1.80 g，故F0＝mg≈0.018 N。
（5）可将C、D 以外的电路等效为新的电源，C、D 两点电压看作路端电压，因为换用非理想毫伏表后，当读数
为200 mV 时，实际上C、D 间断路（接理想毫伏表时）时的电压大于200 mV，则在压力传感器上施加微小压力
F1时，C、D 间的电压大于在压力传感器上施加微小压力F0时C、D 间的电压，结合U-m 关系图线可知，F1＞F0。
第18 讲 光学和热学实验
【洞悉·高频考点】
考点一
【典例1】 绿光
解析：设第一条和第六条亮条纹的中心间距为x，则相邻两条亮条纹之间的距离Δx＝x
5 ，又双缝干涉条纹间距公式
Δx＝L
d λ，则λ＝xd
5 L，由题表中数据可知x 单色光1＝18.64 mm－10.60 mm＝8.04 mm＜x 单色光2＝18.08 mm－8.44
mm＝9.64 mm，同一实验装置d 和L 一定，则λ1＜λ2，又绿光波长小于红光波长，则单色光1 为绿光。
【典例2】 （1）B （2）大 （3）＞
解析：（1）在白纸上画出一条直线a 作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a 对齐。用直尺
或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线a'代表玻璃砖的另一边，
而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a 和a'，故A 错误；在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，
60 / 68
眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，
插上大头针P3，使它把P1、P2都挡住，再插上大头针P4，使它把P1、P2、P3都挡住，这样就可以确定出射光线和
出射点O2，故B 正确；实验时入射角θ1应尽量大一些，但也不能太大（接近90°），以减小实验误差，故C 错误。
（2）由图乙可知，入射角相同，绿光的折射角小于红光的折射角，根据光的折射定律
n＝sin α
sin β 可知，绿光的折射率大于红光的折射率，又因为绿光的频率大于红光的频率，所以频率大，折射率大。
（3）根据折射定律可知，玻璃的折射率为n 玻璃＝sin α1
sin α2
，该透明介质的折射率为n 介质＝sin α1
sin α3
，其中α2＜α3，
所以n 玻璃＞n 介质。
考点二
【典例3】 （1）bcad （2）①1.3×102 ②8.0×10－12
③6.1×10－10 （3）B
解析：（1）用“用油膜法估测分子的大小”的实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液中纯油酸
的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是
bcad。
（2）①图中油酸膜中大约有131 个小方格，则油酸膜的面积为S＝132×12 cm2＝132 cm2≈1.3×102 cm2
②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V0＝0.6
1 000×1×10
－6
75
m3＝8.0×10－12 m3
③油酸分子的直径为d＝V 0
S ＝8×10
－12
132×10
－4 m≈6.1×10－10 m
（3）1 kg 油酸所含有分子数为n＝1
M NA＝N A
M ，故A 错误；1 m3油酸所含分子数为n＝
1
M
ρ
NA＝ρ N A
M ，故B 正确；
1 个油酸分子的质量为m0＝M
N A
，故C 错误；设油酸分子的直径为d，则有4
3 π（d
2 ）
3
＝M
ρ N A
，解得d＝
3√
6 M
π ρ N A
，故D 错误。
【典例4】 （1）AB （3）对于一定质量的气体，温度恒定时，压强与体积成反比 （4）实验过程中可能漏气
了
解析：（1）本实验的条件是温度不变、气体质量一定，所以压缩气体时需要缓慢进行，且注射器密封性要好，故
A、B 正确；本实验研究一定质量的气体压强与体积的关系，不需要测量气体的质量，故C 错误。
（3）由p- 1
V 图像为过原点的直线可知对于一定质量的气体，温度恒定时，压强与体积成反比。
（4） 根据理想气体状态方程pV
T ＝C，常数C 与气体质量有关，质量变小，pV 乘积减小，则原因可能是实验过
程中出现漏气现象。
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
真题体现
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【例1】 B 设水从出水口射出的初速度为v0，取t 时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据
平抛运动规律，有v0t＝l，h＝1
2gt2，解得v0＝l√
g
2ℎ
，根据功能关系得Ptη＝1
2mv0
2＋mg（H＋h），联立解得水泵
的输出功率为P＝ρgSl√2gℎ
2ηℎ
·(H ＋ℎ＋l
2
4ℎ)，故选B。
【例2】 A 根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T＝2×10－7 s，又波速v＝6 300 m/s，则超声波在机翼
材料中的波长λ＝vT＝1.26×10－3 m，结合题图b 和题图c 可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt＝
1.5×10－6 s，故两个反射信号的路程差2d＝vΔt＝9.45×10－3 m＝15
2 λ，解得d＝4.725×10－3 m，且两个反射信
号在探头处振动减弱，A 正确。
情境2 航天工程类情境
真题体现
【例1】 D 天宫实验室内，所有物体均处于完全失重状态，与重力有关的实验均不能进行，A、B、C 错误；根
据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r＝mg 空，解得g 空＝4 π
2
T
2 r，D 正确。
【例2】 B 冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得R1
3
T 1
2 ＝R2
3
T 2
2 ，整理得T2＝T1√
R2
3
R1
3＝
288 h，A 错误；根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B 正确；近月点从捕获轨道到冻结轨
道鹊桥二号进行近月制动，捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C 错误；两轨道的近月
点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D 错
误。
情境3 科技前沿类情境
真题体现
【例1】 BD 金属的逸出功是金属本身的特性，与照射光的强度无关，A 错误；根据ε＝hν 可知，X 光的光子能
量与其强度无关，B 正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，结合A、B 项分析可知，逸出的光电子最大初
动能与照射光的强度无关，C 错误；若增加此X 光的强度，则单位时间入射到金属表面的光子数增多，单位时间
逸出的光电子数增多，D 正确。
【例2】 A
【例3】 D 根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线
圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C 错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律可
知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D 正确。
情境4 体育运动类情境
真题体现
【例1】 B 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1 到2 重力势能增加
mgh，则从1 到2 动能减少量大于mgh，A 错误，B 正确；从2 到3 由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能
减小mgh，则动能增加小于mgh，C、D 错误。
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【例2】 BD 根据题图分析可知，t＝0.15 s 时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动
员的重力势能最小，A 错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s 时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s 后，即t
＝2.30 s 时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s 时，运动员运动至最大高度处，根据v
＝gΔt 可知，运动员在t＝0.30 s 时的速度大小v0＝10 m/s，B 正确，C 错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，
根据动量定理有（F－mg）Δt＝mv0－（－mv0），代入数据解得F＝4 600 N，D 正确。
【例3】 （1）√
2√2d
（1－μ）g
（2）√√2（1－μ）gd
（3）√2（1－μ）d
解析：（1）滑雪者由A 点运动到P 点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得
mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得
mgcos 45°＝FN
又Ff＝μFN
解得a＝（1－μ）√2
2 g
由运动学公式x＝1
2at2得t＝√
2√2d
（1－μ）g
。
（2）设P 点到B 点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者由P 点到B 点的过程，由动能定
理得WG－Wf＝0
滑雪者由A 点到B 点，由动能定理得
mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝1
2mv2
联立解得v＝√√2（1－μ）gd。
（3）滑雪者离开B 点后做斜抛运动，则
竖直方向的分速度vy＝vsin 45°＝√2√2（1－μ）gd
2
水平方向的分速度vx＝vcos 45°＝√2√2（1－μ）gd
2
滑雪者刚好落在C 点时，平台BC 的长度最大，则其在空中运动的时间t＝2v y
g
＝√
2√2（1－μ）d
g
则平台BC 的最大长度为L＝vxt
联立解得L＝√2（1－μ）d。
情境5 传统文化类情境
真题体现
【例1】 C 雷击时，瞬间非均匀变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场在金属内产生涡电流，发热使金属熔
化，C 正确。
【例2】 ω0r mω0
2r
解析：根据线速度和角速度的关系，有v0＝ω0r
碟子对发光物体的静摩擦力提供发光物体做圆周运动所需的向心力，故f＝mω0
2r。
【例3】 （1）2 cm （2）8.92×10－4 m3
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解析：（1）在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程中，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p1（H－x）S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
（2）对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有
p0V＋p2HS1＝p3(H S1＋ℎ
2 S2)
又p3＋ρg·ℎ
2 ＝p0
联立解得V＝8.92×10－4 m3。
情境6 自然现象类情境
真题体现
【例1】 B 由题意得火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，根据开普勒第三定律得T 火
T 地
＝√(
r火
r地)
3
＝√
27
8 ，A 错误；当火星与地球相距最远时，火星和地球分居太阳两侧，两者的速度方向相反，故地球
和火星相对速度最大，B 正确；忽略天体自转产生的影响，根据物体在天体表面所受的重力等于万有引力得g＝
GM
R
2 ，根据题目中所给条件无法计算出比例关系，C 错误；设经过时间t 会再次出现“火星冲日”，地球比火星多
运动一周，则t
T 地
－t
T 火
＝1，所以t＝
1
1－2
3√
2
3
年＞2 年，D 错误。
【例2】 C
⃗
v0＝√
g x
2
2ℎ
v0c最小，C 正确。
【例3】 C 由题意可知，伽马射线暴每分钟释放的能量量级为1048 J，则其每秒钟释放的能量量级为1046 J，根
据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2可知，每秒钟平均减少的质量量级为Δm＝
10
46
（3×10
8）
2 kg＝10
46
9×10
16 kg≈1029
kg，C 正确。
【例4】 A
地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面过程中，某分界面上折射角小于入射角，光线
随高度降低，越来越靠近法线，A 正确，B、C、D 错误。
情境7 娱乐活动类情境
真题体现
【例1】 D 根据题图可知，Q 点到轴的距离大于P 点到轴的距离，则Q 点做圆周运动的半径大于P 点做圆周运
动的半径，A 错误；P、Q 两点同轴转动，角速度大小相等，根据v＝ωr 和a＝ω2r 结合A 项分析可知，Q 点的线速
度和向心加速度均大于P 点的，B、C 错误，D 正确。
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【例2】 D 由题意可知xAB＝3
2λ，则该波的波长为λ＝4 m，A 错误；根据题意可知该波的周期T＝1 s，所以该
波的波速v＝λ
T ＝4 m/s，B 错误；由于t0时刻A 点、B 点分别位于波谷、波峰位置，则t0时刻A 点、B 点的速度均
为0，从t0时刻到t0＋0.25 s 时刻，B 点振动了1
4 个周期，运动至平衡位置，速度最大，C 错误；从t0时刻到t0＋
0.5 s 时刻，A 点振动了1
2个周期，运动至波峰位置，速度为0，D 正确。
【例3】 √2gℎ
tanθ
解析：由题意可知石子接触水面前的运动可视为平抛运动，从距水面高度为h 处水平抛出的扁平石子，落到水面
时其竖直方向的速度为vy＝√2 gℎ
要使扁平石子落水时的速度方向与水面的夹角不大于θ，则
v y
v0
≤tan θ
解得v0≥√2gℎ
tanθ
即抛出速度的最小值为vmin＝√2gℎ
tanθ 。
【例4】 （1）√gR （2）0 （3）√3 gR
解析：（1）小物块恰好运动到光滑圆弧轨道CDE 的最高点时，有mg＝m v D
2
R
，
解得小物块到达D 点的速度大小vD＝√gR。
（2）小物块由C 到D 的过程，由动能定理有
－mgR（1＋cos 60°）＝1
2mv D
2－1
2mvC
2，
小物块由B 到C 做平抛运动，由速度的分解可知，
vB＝vCcos 60°，
设B 和D 两点的高度差为h，小物块由B 到D 的过程，由动能定理有
mgh＝1
2mv D
2－1
2mvB
2，
代入数据解得h＝0。
（3）小物块由A 到B 的过程，由动能定理有－μmg·π·2R＝1
2mvB
2－1
2mv A
2，
解得小物块在A 点的初速度大小vA＝√3 gR。
情境8 交通出行类情境
真题体现
【例1】 C 根据题意，设RS 间的距离为s，则ST 间的距离为2s，设R 点速度为vR，S 点速度为vS，T 点速度为
vT，加速度为a，根据运动学公式，有vS
2－v R
2＝2as，vT
2－vS
2＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于
初、末速度的平均值，有v R＋vS
2
＝10 m/s，vS＋vT
2
＝5 m/s，联立解得vT＝1 m/s，C 正确。
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【例2】 B 依题意知小车在BC 段运动的最大速率为v1＝√a1 R1＝√6 m/s，在CD 段运动的最大速率为v2＝
√a2 R2＝2 m/s，所以经过BC 段和CD 段的最大速率为v2＝2 m/s，因此在BC 段和CD 段运动的最短时间t3＝
3 π + 4 π
2
s＝7 π
2
s，在B 点的速率最大为v2＝2 m/s，设在AB 段小车以最大加速度做减速运动的距离为x，则根
据匀变速直线运动规律得v2
2＝vm
2－2a1x，解得x＝3 m，t2＝vm－v2
a1
＝1 s，所以在AB 段做匀速直线运动的最大
距离l＝8 m－x＝5 m，运动时间t1＝5
4 s，从A 到D 所需最短时间t＝t1＋t2＋t3＝（9
4 ＋7 π
2 ）s，B 正确。
【例3】 （1）20 m/s （2）680 m
解析：（1）根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
（2）设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝1
2at1
2＋v（t0－t1）
又x＝v0（t2－t0）
联立并代入数据解得x＝680 m。
【例4】 （1）
ma
mg＋F N
（2）①330 N·s，方向竖直向上
②0.2 m
解析：（1）敏感球受竖直向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1作用，则由牛顿第二定律
可知（mg＋FN）tan θ＝ma
解得tan θ＝
ma
mg＋F N
。
（2）①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小IF＝1
2×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度v0＝√2 gH＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）IF－mgt＝mv－（－mv0）
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝v
2
2 g＝0.2 m。
揭秘二 高考命题的4 大教材迁移情境
教材情境1 基于教材中“拓展素材”的情境命题
【真题1】 A 水在空中的运动为斜抛运动，只受重力作用，则a、b 加速度相同，均为重力加速度，A 正确；喷
泉由出射点到落地的过程，由h＝1
2gt2与对称性可知，喷泉a 在空中运动的时间小于喷泉b 在空中运动的时间，D
错误；喷泉在最高点的速度等于水平分速度，结合x 水平＝v0xt 可知两喷泉在最高点的速度不相同，C 错误；由喷泉
轨迹可知两喷泉出射点的速度方向不同，则两喷泉的初速度不同，B 错误。
【真题2】 C 由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min 振动12 个周期，故光点振动的周期T＝1min
12 ＝
60 s
12
＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝2π
T
＝0.4π rad/s＝1.26 rad/s，A、B 错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1
m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s 内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C 正确，D 错误。
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【真题3】 B 当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，金属中进而产生交变感应电流，
A 错误，B 正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可知，金属中的感应电流增大，
C、D 错误。
教材情境2 基于教材中“例题和习题”
的情境命题
【真题1】 A 剪断细线前，对B、C、D 整体受力分析，由平衡条件有A、B 间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D 受
力分析，由平衡条件有C、D 间轻弹簧的弹力FCD＝mg，剪断细线瞬间，对B，由牛顿第二定律有3mg－FAB＝
3maB，对C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A 正确。
【真题2】 A 以空间站和飞船组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，对空间站有FN＝
Ma，解得飞船和空间站间的作用力大小FN＝
M
M ＋mF，A 正确，B、C、D 错误。
【真题3】 D 由题意可知Q 点电势与滑动变阻器R 中点电势相等，如图所示，若M 位于A 点，规定左侧电源负
极处的电势为0，设闭合开关后回路中的电流为I，M 点与滑动变阻器左端间的电阻为RM，则由部分电路欧姆定律
可得φP＝φA＝IRM，φQ＝φ 中＝IR 中，故若M 位于R 的中点右侧，则P 端电势高于Q 端，若M 位于R 的中点左侧，
则P 端电势低于Q 端，A 错误；P 和Q 之间的电势差大小为φA与φ 中之差，即电压表示数U＝|φP－φQ|＝I
|RM －R中|，结合电阻定律RM 中＝ρ x
S 可得U＝Iρ x
S （其中x 为M 与R 的中点间的距离，即弹簧的形变量），又对
滑块由牛顿第二定律有2kx＝ma（a 为物体的加速度大小），则电压表的示数与物体的加速度成正比，随物体加速
度的增大而增大，B 错误；若电压表指针位于表盘左侧，P 端电势低于Q 端的，结合A 项分析可知M 位于R 的中
点左侧，对滑块受力分析可知弹簧弹力合力向右，由牛顿第二定律可知物体加速度方向向右，但速度方向无法确
定，C 错误，D 正确。
【真题4】 B 温度变化时，封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有V 0
T 0
＝V
T ，又V0＝330 cm3＋
0.5×10 cm3＝335 cm3，T0＝300 K，V＝330＋0.5x（ cm3），T＝t＋273（K），解得t＝30
67 x＋1 509
67
（
℃），则吸管上标注等差温度值刻度均匀，A 错误；当x＝20 cm 时，所测温度最高，代入A 项表达式可得
t≈31.5 ℃，B 正确；当x＝0 时，所测温度最低，代入A 项表达式可得t≈22.5 ℃，C 错误；缓慢把吸管拉出来
一些，封闭气体的温度和压强均不变，因此封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，D 错误。
【真题5】 （1）√
2ℎ
g
（2）d√
g
2ℎ
（3）Sd√
g
2ℎ
解析：（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律可知，竖直方向有h＝1
2gt2，解得t＝√
2ℎ
g
。
（2）由平抛运动规律可知水平方向有d＝v0t，结合（1）问解得v0＝d√
g
2ℎ
。
（3）管口单位时间内流出水的体积Q＝Sv0，结合（2）问解得Q＝Sd√
g
2ℎ
。
教材情境3 基于教材知识的“学习探究”情境命题
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【真题1】 C 根据v-t 图像与坐标轴所围图形的面积表示位移结合题图可知，x＝（74－25）+94
2
×20 m＝1
430 m，C 正确。
【真题2】 C 电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电容器两极板的电荷量增
加，由C＝Q
U 可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A 错误，C 正
确；根据电路结构可知，不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流过电阻
R 的电流由N 点流向M 点，放电过程，流过电阻R 的电流由M 点流向N 点，B、D 错误。
教材情境4 基于教材实验的“科学实验”命题
【真题1】 ①见解析图 ②没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计
解析：①根据F1、F2与F 的方向和大小作出的力的图示如下图所示。②由图可知F 与F'不完全重合，该误差的原
因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计。
【真题2】 （1）摆长 （2）1.06
（3）x＝gT
2sin5°
4 π
2
cos 2π
T t
解析：（1）选择图甲方式的目的是要保持摆球摆动中摆长不变。
（2）摆球直径为d＝10 mm＋6×0.1 mm＝10.6 mm＝1.06 cm。
（3）根据单摆的周期公式T＝2π√
L
g
可得单摆的摆长为L＝gT
2
4 π
2 ，从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅为
A＝Lsin 5°
以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x 与时间t 的关系为x＝Acos ωt＝
gT
2sin5°
4 π
2
cos 2π
T
t。
【真题3】 （1）AC （2）见解析 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON （3）推导过程见解析 ml1＝－ml2＋Ml3
解析：（1）实验要求小球从斜槽末端离开后做平抛运动，因此斜槽末端需要水平，A 正确；实验时需要选择半径
相同的小球发生一维对心碰撞，B 错误；为使碰撞后质量为m1的小球不反弹而从斜槽末端水平离开，需要用质量
大的小球碰撞质量小的小球，C 正确。
（2）a.利用圆规画圆，尽可能用最小的圆将某位置所有的落点圈在其中，这个圆的圆心位置即为平均落点；b.小
球从斜槽末端飞出后均做平抛运动，下落高度相同，由h＝1
2gt2可知下落时间相同，则由x＝vt 可知小球落地时的
水平位移与离开斜槽末端的速度成正比，又由动量守恒定律有m1vP＝m1vM＋m2vN，则有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，
故若关系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
（3）小球摆动过程几何关系如图，由勾股定理可知l2－h2＝l0
2－（l0－h）2，解得l2＝2l0h，则h＝l
2
2l0
，可知
h∝l2，设小球在最低点时的速度大小为v，则由动能定理有mgh＝1
2mv2，解得v2＝2gh，可知v∝√ℎ∝l，规定水
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平向右为正方向，则小球碰撞过程由动量守恒定律有mv1＝－mv2＋Mv3，变形得ml1＝－ml2＋Ml3，故若m、M、
l1、l2、l3满足ml1＝－ml2＋Ml3即可验证碰撞前后动量守恒。
【真题4】 （1）B （2）1.58（1.56～1.60 均可）
（3）不变
解析：（1）在本实验中，为了减小测量误差，入射角应适当大些，因为入射角越大，折射角也越大，则入射角和
折射角的测量误差都会减小，从而使折射率的测量误差减小，A 错误；与插针法相比，激光的平行度好，能更准
确地确定入射光线和折射光线，从而更有利于减小实验误差，B 正确，选择圆心O 点作为入射点，是因为便于计
算，并不是因为此处的折射现象最明显，C 错误。
（2）设入射角为α、折射角为β、半圆弧轮廓线半径（玻璃砖半径）为R，则由几何关系可知sin α＝PP'
R
＝y
R 、
sin β＝MM '
R
＝x
R ，根据折射定律可得玻璃砖的折射率n＝sin α
sin β ＝y
x ，结合题图b 可知y-x 图像的斜率为该玻璃砖
的折射率，故该玻璃砖的折射率n＝45
28.5＝1.58。
（3）由（2）问分析可知折射率的表达式中没有半圆弧轮廓线半径R，所以轮廓线半径的测量误差对实验结果没有
影响，即折射率的测量结果不变。
