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2018届高考物理二轮专题复习:第二板块 3大必考题型命题热点大预测

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    通过研究全国卷近几年的高考试题可以发现,高考命题是有一定规律可寻的:8                                个选择
题,“牛顿运动定律”“万有引力与航天”“电场”这                       3 大考点几乎每年各有一题,另外
5 题集中在“抛体运动与圆周运动”“能量与动量”“磁场”“电磁感应”“交变电流”
“物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析”等几个方面选择命制;2                                 个实验题,
力学、电学各一道;2         个计算题,力学一道,主要考查运动学、动力学或能量问题,电学一
道,主要考查带电粒子在电磁场中的运动或电磁感应综合问题。
    考前依据高考命题规律针对押题,不但与高考形似,更与高考神似,锁定命题范围,押
题更高效。
                       选择题押题练(一) 牛顿运动定律(必考点)

    1.两个物体     A、B  的加速度    aA>aB,则(  )
    A.A  的速度一定比      B 的速度大
    B.A  的速度变化量一定比         B 的速度变化量大
    C.A  的速度变化一定比        B 的速度变化快
    D.A  受的合外力一定比        B 受的合外力大
                        Δv
    解析:选    C 加速度    a=Δt,表示速度变化的快慢,因此加速度                 a 大,速度   v、速度变
化量  Δv 均不一定大,速度变化一定快,故选项                A、B   错误,选项     C 正确。根据牛顿第二定
律 F=ma  可知,物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关,而题意中未涉及
物体  A、B  的质量大小关系,因此它们所受合外力的大小关系也无法确定,故选项                              D 错误。

    2.竖直向上抛出一物块,物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比,则物
块从抛出到落回抛出点的过程中,加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正
方向)(  )


                                             mg+kv
    解析:选    C 物块在上升过程中加速度大小为              a=    m  ,因此在上升过程中,速度不
断减小,加速度不断减小,速度减小得越来越慢,加速度减小得越来越慢,到最高点加速度
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                                  mg-kv
大小等于    g。在下降的过程中加速度           a=   m   ,随着速度增大,加速度越来越小,速度增
大得越来越慢,加速度减小得越来越慢,加速度方向始终向下,因此                             C 正确。

    3.[多选]一个质量为       2 kg 的物体,在     5 个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大
小分别为    15 N 和 10 N 的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体的运动的说法中正确
的是(  )
    A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是                   5 m/s2
    B.一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小
    C.可能做匀减速直线运动,加速度大小是                  2.5 m/s2
    D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是                  5 m/s2
    解析:选    BC 根据平衡条件得知,其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方

向相反,则撤去大小分别为            15 N 和 10  N 的两个力后,物体的合力大小范围为               5  N≤F  合
                           F
≤25  N,根据牛顿第二定律         a=m得:物体的加速度范围为:2.5             m/s2≤a≤12.5  m/s2。若物
体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上,物体做匀变
速曲线运动,加速度大小可能为             5   m/s2,故  A 错误。由于撤去两个力后其余力保持不变,
则物体所受的合力不变,一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小,故
B 正确。若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时,物体做
匀减速直线运动,故         C 正确。由于撤去两个力后其余力保持不变,在恒力作用下不可能做
匀速圆周运动,故        D 错误。

    4.从  t=0 时刻开始,甲沿光滑水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲;乙静止于
光滑水平地面,从        t=0 时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在                    0~4 s 的时间内(  )


    A.甲物体所受合力不断变化
    B.甲物体的速度不断减小
    C.2 s 末乙物体改变运动方向
    D.2 s 末乙物体速度达到最大
    解析:选    D 速度时间图像的斜率表示加速度,从题图甲中可知甲运动的速度时间图像
的斜率不变,即加速度恒定,所以合力恒定,A                    错误;从题图甲中可知甲的速度先减小后反
向增大,B    错误;由题图乙知:乙所受的拉力先沿正向后沿负向,说明乙在                           0~2   s 内做加
速度减小的加速运动,2~4            s 内沿原方向做加速度增大的减速运动,2 
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s 末运动方向没有改变,2 s        末乙物体速度达到最大,C           错误,D    正确。

    5.如图所示,在水平地面上的箱子内,用细线将质量均为                      m 的两个球    a、b  分别系于箱
子的上、下两底的内侧,轻质弹簧两端分别与球相连接,系统处于静止状态时,弹簧处于拉

伸状态,下端细线对箱底的拉力为              2mg,箱子的质量为        M(m≪M),则下列说法正确的是(重
力加速度为     g)(  )
    A.系统处于静止状态时地面受到的压力大小为                   Mg-2mg
    B.中间弹簧的弹力大小为           mg
    C.剪断连接球      b 与箱底的细线瞬间,b         球的瞬时加速度为        2g
    D.剪断连接球      a 与弹簧连接点的瞬间,a          球的加速度为      3g
    解析:选    C 对整体进行受力分析可知,系统处于静止状态时,地面的支持力等于系统

的重力,即:FN=(M+2m)g,根据牛顿第三定律得,地面受到压力大小为(M+2m)g,故

A 错误;对    b 受力分析,b     球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力,F                   弹=F  拉+mg=
2mg+mg=3mg,故     B 错误;剪断连接球        b 与箱底的细线瞬间,b         球受重力和弹簧的弹力,
                                          F弹-mg    3mg-mg

弹簧的弹力不能发生突变,b            球的瞬时加速度       ab=   m   =    m    =2g,故   C 正确;剪
断连接球    a 与弹簧连接点的瞬间,弹簧对            a 球没有弹力,a      球上细线的拉力发生突变,等于

a 球的重力,a    球的瞬时加速度       aa=0,故   D 错误。
    6.长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动,乘客把一袋面粉无初速度
放在传送带上,在出安检机之前已经和传送带相对静止,结果在传送带上留下了一段白色的

径迹,对此分析正确的是(  )
    A.传送带的速度越大,径迹越长
    B.面粉质量越大,径迹越长
    C.动摩擦因数越大,径迹越长
    D.释放的位置距离安检机末端越远,径迹越长
    解析:选    A 面粉释放后没有初速度,相对传送带向后运动,摩擦力向前,面粉做匀加
速运动,当和传送带速度相同后做匀速运动。匀加速过程加速度                           a=μg,初速度为      0,末速
                                                    v2  v2
度等于传送带速度        v,径迹的长度等于二者的相对位移即               vt-2a=2μg,可知动摩擦因数越
大,径迹越短,选项         C 错。径迹长度与释放位置和面粉质量无关,选项                    B、D  错。传送带
速度越大,径迹越长,选项            A 正确。

    7.一重物在竖直向上的拉力           F 作用下,开始竖直向上做直线运动,
其速度随时间      t 变化的图像如图所示(图像在          0~1   s、3~4   s 阶段为直
线,1~3 s  阶段为曲线),下列判断正确的是(  )
    A.第  2 s 末拉力大小为     0
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    B.第  1 s 内的拉力大于第      4 s 内的拉力
    C.第  2 s 末速度反向
    D.前  4 s 内位移为   0
    解析:选    B 根据图像可知,第         2 s 末加速度为零,根据牛顿第二定律可知,合外力为
零,所以拉力等于重力,故            A 错误;根据图像可知,第          1 s 内的加速度为正,方向向上,则
拉力大于重力,第        4 s 内的加速度为负,方向向下,拉力小于重力,所以第                     1  s 内的拉力大
于第  4 s 内的拉力,故      B 正确;根据图像可知,0~4           s 内,重物一直向上运动,2          s 末速度
没有反向,故      C 错误;速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小,根据图
像可知,前     4 s 内位移为正,不为零,故          D 错误。

    8.如图甲所示,建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处,图乙为建筑
材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像,下列判断正确的是(  )


    A.前  5 s 的平均速度是     0.5 m/s
    B.整个过程上升高度是          30 m
    C.30~36 s  材料处于超重状态
    D.前  10 s 钢索最容易发生断裂
    解析:选    D 根据   v­t 图像可知:0~10      s 内材料的加速度      a=0.1  m/s2,0~5 s 位移  x=
1    1
2at2=2×0.1×52 m=1.25 m,所以前      5 s 的平均速度是     0.25 m/s,故 A 错误;通过速度时间
                                        1
图像包围的面积求出整个过程上升高度为:h=2×(20+36)×1                      m=28  m,故   B 错误;30~
36  s 内材料向上做匀减速直线运动,加速度的方向向下,所以处于失重状态,故                               C 错误;
前 10  s 材料向上做匀加速直线运动,加速度的方向向上,根据牛顿第二定律可知材料所受
的拉力大于重力,10~30         s 匀速运动,材料所受的拉力等于重力,30~36                 s 做匀减速直线运
动,材料所受的拉力小于重力,比较可知,前                   10 s 钢索最容易发生断裂,故          D 正确。

    9.在水平的足够长的固定木板上,一小物块以某一初速度开始滑动,经一段时间                                 t 后
停止,现将该木板改置成倾角为             45°的斜面,让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑,若
小物块与木板之间的动摩擦因数为              μ,则小物块上滑到最高位置所需时间与                 t 之比为(  )
       2μ                                 μ
    A.1+μ                             B. 2μ+1
       2μ                               1+μ
    C. 2+μ                            D. 2μ
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    解析:选    A 木板水平时,物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出:小物块

的加速度    a1=μg,
                                    v0

    设滑行初速度为       v0,则滑行时间为       t=μg;


    木板改置成倾角为        45°的斜面后,对物块进行受力分析:
    小物块的合力

    F 合=mgsin 45°+f=mgsin 45°+μmgcos 45°
    小物块上滑的加速度

       mgsin 45°+μmgcos 45° 1+μ  2g

    a2=         m        =      2    ,
                v0     2v0
    滑行时间    t′=a2=1+μg,
       t′   2μ
    因此t=1+μ,故      A 正确,B、C、D      错误。

    10.[多选]如图所示,在水平光滑桌面上放有                m1 和 m2 两个小物

块,它们中间有细线连接。已知             m1=3   kg,m2=2   kg,连接它们的

细线最大能承受       6 N 的拉力。现用水平外力          F1 向左拉  m1 或用水平外力      F2 向右拉   m2,为保
持细线不断,则(  )

    A.F1 的最大值为     10 N  B.F1  的最大值为     15 N

    C.F2 的最大值为     10 N  D.F2  的最大值为     15 N

    解析:选    BC 若向左拉     m1,则隔离对      m2 分析,Tm=m2a
    则最大加速度      a=3 m/s2

    对两物块系统:F1=(m1+m2)a=(2+3)×3 N=15 N。故             B 正确,A   错误。

    若向右拉    m2,则隔离对     m1 分析,Tm=m1a′
    则最大加速度      a′=2 m/s2

    对两物块系统:F2=(m1+m2)a′=(2+3)×2 N=10 N。故              D 错误,C   正确。

    11.某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力,在                      0 至 t3 时间
段内,弹簧测力计的示数           F 随时间   t 变化如图所示,以竖直向上为正方向,

则下列关于物体运动的          v­t 图、P­t 图(P 为物体重力的功率大小)及          a­t 图可
能正确的是(  )
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    解析:选    C 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系,可以依题意,分三
种情况讨论:

    (1)若 F1=mg,则   0~t1 时间内电梯静止或做匀速直线运动,即速度等于                    0 或速度保持

不变,加速度等于        0。四个图线没有是可能的。(2)若            F2=mg,则    F1<mg,在   0~t1 时间内
电梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,为负值,所以                            D 是不可能的;则物体

0~t1 时间内可能向下做加速运动,速度为负,或向上做减速运动,故                          A、B  是不可能的;

而 t1~t2 时间内受到的合外力等于          0,物体做匀速直线运动,物体的速度不变,又由                    P=

mgv,可知    t1~t2 时间内重力的功率不变,故          C 是错误的。(3)若     F3=mg,则    F1<mg,F2<

mg,在   0~t2 时间内电梯受到的合外力的方向都是向下,加速度的方向向下,故                           A、B、

D 是不可能的;F3=mg,可知在           0~t1 时间内向下的加速度大于          t1~t2 时

间内向下的加速度,而          t2~t3 时间内物体做匀速直线运动,所以速度图像
如图,速度的方向向下,重力的方向也向下,由                    P=mgv  可知,图    C 可
能是重力的功率随时间变化的图线,故                C 是正确的。由以上的分析,可
知只有   C 选项是可能的,A、B、D          都是不可能的。

    12.[多选]如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图:金属
导轨倾斜固定,倾角为          α,导轨上开有一狭槽,内置一小球,球可沿
槽无摩擦滑动,绳子一端与球相连,另一端连接一抱枕,小孩可抱住

抱枕与之一起下滑,绳与竖直方向夹角为                 β,且保持不变。假设抱枕质量为              m1,小孩质量

为 m2,小球、绳的质量及空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是(  )
    A.分析可知     α=β
    B.小孩与抱枕一起做匀速直线运动
    C.小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下

    D.绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1+m2)∶m2
    解析:选    AD 由于球沿斜槽无摩擦滑动,则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的
加速度,且     a=gsin  α,做匀加速直线运动,隔离对小孩和抱枕分析,加速度                       a=gsin  α=
gsin β,则 α=β,故   A 正确,B    错误。对抱枕分析,受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用

力,因为沿绳子方向合力为零,平行导轨方向的合力为                       m1a=m1gsin  β,可知小孩对抱枕的
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作用力与绳子在同一条直线上,故              C 错误。对小孩和抱枕整体分析,根据平行四边形定则

知,绳子的拉力       T=(m1+m2)gcos    β,抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上,大小为

m2gcos β,则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1+m2)∶m2,故                    D 正确。
    13.[多选]静止在水平面上的物体,受到水平拉力                  F 的作用,在
F 从 20 N 开始逐渐增大到       40 N 的过程中,加速度        a 随拉力   F 变化的图
像如图所示,由此可以计算出(g            取  10 m/s2)(  )
    A.物体的质量
    B.物体与水平面间的动摩擦因数
    C.物体与水平面间的滑动摩擦力大小
    D.加速度为     2 m/s2 时物体的速度
    解析:选    ABC 当   F>20 N 时,根据牛顿第二定律:
                      f  F
    F-f=ma,得    a=-m+m
                               1
    则由数学知识知图像的斜率           k=m
              5-1   1
    由图得   k=40-20=5,可得物体的质量为           5 kg。
    将 F=20 N  时 a=1 m/s2,代入   F-f=ma   得:
    物体受到的摩擦力        f=15 N

    由 f=μFN=μmg   可得物体与水平面间的动摩擦因数               μ,故  A、B、C    正确。因为图像只
给出作用力与加速度的对应关系,且物体做加速度逐渐增大的加速运动,因没有时间,故无
法算得物体的加速度为          2 m/s2 时物体的速度,故      D 错误。

    14.[多选]如图甲所示,物块          A 与木板   B 叠放在粗糙水平面上,其中           A 的质量为    m,
B 的质量为    2m,且   B 足够长,A    与 B、B  与地面间的动摩擦因数均为            μ。对木板     B 施加一
水平变力    F,F  随 t 变化的关系如图乙所示,A           与 B、B  与地面间的最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。下列说法正确的是(  )


    A.在  0~t1 时间内,A、B      间的摩擦力为零

    B.在  t1~t2 时间内,A   受到的摩擦力方向水平向左

    C.在  t2 时刻,A、B    间的摩擦力大小为        0.5μmg

    D.在  t3 时刻以后,A、B      间的摩擦力大小为        μmg

    解析:选    AD A、B   间的滑动摩擦力大小为          fAB=μmg,B   与地面间的滑动摩擦力大小
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为 f=3μmg,故在     0~t1 时间内,推力小于木板与地面间的滑动摩擦力,故                    B 静止,A、
                                                        μmg
B 间摩擦力为零,故        A 正确;A   在木板上产生的最大加速度为             a=  m =μg,此时对     AB 整

体分析可知     F-3μmg=3ma,解得      F=6μmg,故在      t1~t3 时间内,AB   一起向右做加速运动,

对 A 分析可知,A     受到的摩擦力水平向右,故            B 错误;在    t2 时刻,AB   整体加速度为
       5μmg-3μmg   2μg                      2
          +
    a=   m  2m   =  3 ,A、B   间的摩擦力大小为3μmg,故          C 错误;在    t3 时刻以后,
A、B  发生相对滑动,故        A、B  间的摩擦力大小为        μmg,故   D 正确。

    15.[多选]如图所示,质量均为           m 的 A、B  两物块置于水平地
面上,物块与地面间的动摩擦因数均为                μ,物块间用一水平轻绳相连,绳中无拉力。现用水
平力  F 向右拉物块     A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为                       g。下列说法中正
确的是(  )
    A.当  0<F≤μmg    时,绳中拉力为       0
    B.当  μmg<F≤2μmg    时,绳中拉力为       F-μmg
                               F
    C.当  F>2μmg   时,绳中拉力为2
                                      F
    D.无论   F 多大,绳中拉力都不可能等于3
    解析:选    ABC 当   0<F≤μmg   时,A   受到拉力与静摩擦力的作用,二者平衡,绳中拉
力为  0,故  A 正确;当     μmg<F≤2μmg   时,整体受到拉力与摩擦力的作用,二者平衡,所
以整体处于静止状态,此时            A 受到的静摩擦力达到最大即           μmg,所以绳中拉力为         F-μmg,
                                   F-2μmg            F拉-μmg
故 B 正确;当    F>2μmg  时,对整体:a=         2m   ,对   B:a=     m    ,联立解得绳中拉
    1
力为2F,故    C 正确;由以上的分析可知,当             μmg<F≤2μmg    时绳中拉力为      F-μmg,绳中
           1
拉力可能等于3F,故        D 错误。
                    选择题押题练(二) 抛体运动与圆周运动(常考点)

    1.[多选]如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上,圆锥筒
的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动,由于微弱

的空气阻力作用,小球的运动轨迹由               A 轨道缓慢下降到       B 轨道,则在此
过程中(  )
    A.小球的向心加速度逐渐减小
    B.小球运动的角速度逐渐减小
    C.小球运动的线速度逐渐减小
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    D.小球运动的周期逐渐减小

    解析:选    CD 以小球为研究对象,对小球受力分析,小球受力如
图所示。
    由牛顿第二定律得:
                 mv2
    mgtan θ=ma=   r =mrω2
    可知在   A、B  轨道的向心力大小相等,a=gtan             θ,向心加速度不变,故          A 错误。角速

         gtan θ
度 ω=      r  ,由于半径减小,则角速度变大,故                B 错误。线速度      v=  grtan θ,由于半径
                                   2π
减小,线速度减小,故          C 正确。周期     T= ω ,角速度增大,则周期减小,故             D 正确。
    2.如图所示,平板        MN 和  PQ 水平放置,O、M、P        在同一竖直线上,且
OM=MP=h,PQ      长为  h,MN   明显比   PQ 短,从    O 点水平向右抛出一个小球,
小球先落在     MN  上并反弹,反弹前后水平分速度不变,竖直方向分速度等大反
向,然后小球刚好落在          Q 点,则小球从      O 点抛出的初速度为(  )
    A.(  2+1) gh                      B.(  2-1) gh
        2+1                              2-1
    C.    2     gh                    D.     2    gh
                                                                  2h  4h
    解析:选    D 设小球从     O 点抛出后运动到       PQ 板所用的时间为       t,则  t=2  g +  g =2(

      h                             h   2-1
 2+1) g,则小球从     O 点抛出的初速度       v=t=    2   gh,D  正确。
    3.[多选]如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细
线被缠绕在轮轴上,轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的

半径  R=0.5  m,细线始终保持水平;被拖动物块质量                 m=1   kg,
与地面间的动摩擦因数          μ=0.5;轮轴的角速度随时间变化的关系是                ω=kt,k=2      rad/s2,
g 取 10 m/s2,以下判断正确的是(  )
    A.物块做匀速运动
    B.细线对物块的拉力是          5 N
    C.细线对物块的拉力是          6 N
    D.物块做匀加速直线运动,加速度大小是                  1 m/s2
    解析:选    CD 由题意知,物块的速度为:

    v=ωR=2t×0.5=1t
    又 v=at,故可得:a=1 m/s2,
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    所以物块做匀加速直线运动,加速度大小是                  1 m/s2。故 A 错误,D    正确。
    由牛顿第二定律可得:物块所受合外力为:
    F=ma=1 N,F=T-f,
    地面摩擦阻力为:f=μmg=0.5×1×10 N=5 N
    故可得物块受细线拉力为:T=f+F=5 N+1 N=6 N,故                  B 错误,C   正确。

    4.[多选]如图所示,从水平地面上             a、b 两点同时抛出两个物体,初速度分别为                 v1 和

v2,与水平方向所成角度分别为            30°和 60°。某时刻两物体恰好在          ab 连线上一点     O(图中未画
出)的正上方相遇,且此时两物体速度均沿水平方向(不计空气阻力)。则(  )


    A.v1>v2   B.v1=v2
    C.Oa>Ob     D.Oa<Ob
    解析:选    AC 两物体做斜抛运动,在竖直方向匀减速,在水平方向匀速。
    对 a 点抛出的物体

                  3

    v1x=v1cos 30°= 2 v1,
                 1

    v1y=v1sin 30°=2v1,
                            v1y2  v12
    竖直方向通过的位移为:h=            2g = 8g 。
    对 b 点抛出的物体
                 v2

    v2x=v2cos 60°= 2 ,
                  3

    v2y=v2sin 60°= 2 v2,
                              v2y2  3v22
    竖直方向通过的位移为:h′=             2g =  8g 。
    因 h=h′

    联立解得:v1>v2,故       A 正确,B    错误;

             3        1        1         3

    由于  v1x= 2 v1,v1y=2v1,v2x=2v2,v2y=  2 v2,则有从    a 点抛出的物体在水平方向的
速度大于从     b 点抛出的物体在水平方向的速度,故在相遇时,从                     a 点抛出的物体在水平方向
通过的位移大于从        b 点抛出的物体在水平方向通过的位移,即                 Oa>Ob,故    C 正确,D   错误。

    5.如图所示,有一竖直转轴以角速度               ω 匀速旋转,转轴上的
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A 点有一长为     l 的细绳系有质量      m 的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑
的水平面,则      A 点到水平面的高度        h 最小为(  )
        g
    A.ω2                              B.ω2g
       ω2                                 g
    C.  g                             D.2ω2
    解析:选    A 以小球为研究对象,小球受三个力的作用,重力                     mg、水平面支持力        N、
绳子拉力    F,在竖直方向合力为零,在水平方向所需向心力为                      mω2R,设绳子与竖直方向的
夹角为   θ,则有:R=htan      θ,那么   Fcos θ+N=mg;Fsin    θ=mω2htan  θ;当球即将离开水
                                                              g
平面时,N=0,此时        Fcos θ=mg,Fsin θ=mgtan θ=mω2htan θ,即     h=ω2。故   A 正确。
    6.如图所示,质量为         m 的小球,用     OB 和 O′B   两根轻绳吊着,两
轻绳与水平天花板的夹角分别为             30°和  60°,这时   OB 绳的拉力大小为

F1,若烧断    O′B  绳,当小球运动到最低点           C 时,OB   绳的拉力大小为

F2,则  F1∶F2 等于(  )
    A.1∶1                             B.1∶2
    C.1∶3                             D.1∶4
    解析:选    D 烧断   O′B  绳前,小球处于平衡状态,合力为零,受力分析如图所示,根
据几何关系得:
                  1

    F1=mgsin 30°=2mg;
    烧断  O′B  绳,设小球摆到最低点时速度为              v,设  OB 绳长为
L。小球摆到最低点的过程中,由机械能守恒定律得:
                   1
    mgL(1-sin 30°)=2mv2
                          v2

    在最低点,有      F2-mg=m   L

    联立解得    F2=2mg。故    F1∶F2=1∶4。
    7.[多选]如图所示,两个小球分别从斜虚线                EF 上的   O、S  两点水平
抛出,过一段时间再次经过斜虚线              EF,若不计空气阻力,则下列说法正
确的是(  )
    A.两小球经过斜虚线         EF 时的速度大小可能相同
    B.两小球经过斜虚线         EF 时的速度方向一定相同
    C.两小球可能同时经过斜虚线             EF 上的同一位置
    D.从  O 点抛出的小球从抛出到经过斜虚线               EF 所用的时间比从       S 点抛出的小球所用时
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间长
    解析:选    ABC 若两小球抛出时的初速度相同,则过虚线时两球的速度相同,A                            项正
确;设虚线     EF 与水平方向夹角为        α,再次经过虚线       EF 时的速度与水
平方向的夹角为       β,由平抛运动规律的推论可知:tan              β=2tan  α,速度
与水平方向的夹角相同,即速度方向相同,B                  项正确;若从       O 点处球以

水平初速度     v1 抛出到达虚线上某点        C 用时  t1,从  S 点处球以初速度

v2 水平抛出到达     C 用时为   t2,因此要使两球同时到达          C 点,只要    O 处的球(以初速度       v1)比

S 处的球(以初速度      v2)早 t1-t2 的时间抛出,两球可以同时到达            C 点,C   项正确;若从      O 处
的球抛出的初速度比从          S 处的球抛出的初速度小,则从            O 处抛出的球从抛出到经过虚线
EF 所用时间比从      S 处抛出的球从抛出到经过虚线            EF 所用时间短,D       错误。

    8.[多选]如图所示,A、B、C          三点在同一个竖直平面内,且在同一直线上,一小球若

以初速度    v1 从 A 点水平抛出,恰好能通过          B 点,从   A 点运动到    B 点所用时间为      t1,到  B 点

时速度与水平方向的夹角为            θ1,落地时的水平位移为         x1;若以初速度      v2 从 A 点水平抛出,

恰好能通过     C 点,从   A 点运动到    C 点所用时间为      t2,到  C 点时速度与水平方向的夹角为

θ2,落地时的水平距离为         x2。已知   AB 间水平距离是      BC  间水平距离的      2 倍,则(  )
                                                 2  3
    A.v1∶v2=2∶3                       B.t1∶t2=    ∶
                                                  2  3
    C.tan θ1∶tan θ2=2∶3               D.x1∶x2=    ∶
    解析:选    BD 由于   A、B、C    三点在同一个竖直平面内,且在同一直线上,所以竖直方
向的位移和水平方向上位移比值一定相等;设                   ABC 的连线与水平方向之间的夹角为              θ,则:

             1
              gt2
          y  2
    tan θ=x= v0t ①
            2v0tan θ
    解得:t=      g  。②
    则落在   ABC 的连线上时竖直方向上的分速度

    vy=gt=2v0tan θ。
                                       vy
    设速度与水平方向的夹角为           α,有   tan α=v0=2tan θ③
    知小球到达     B 点与  C 点时,速度与水平方向的夹角与初速度无关,则速度与水平方向
的夹角相同,故       C 错误。
    AB 间水平距离与      AC 间水平距离之比为        2∶3;由几何关系可知,小球到达            B 点与  C 点
                         yb  2
时,竖直方向的位移之比为:yc=3④
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         1
    又 y=2gt2⑤
                   2v02tan2θ
    联立②⑤得:y=          g
         yb  v12
    所以:yc=v22⑥

                  v1   2
    联立④⑥可得:v2=         3。⑦

                          t1  v1  2
    故 A 错误;联立②⑦得:t2=v2=           3,故   B 正确;两个小球在竖直方向都做自由落体

运动,所以运动的时间是相等的,水平方向的位移:x=v0t⑧

                  x1  v1   2
    联立⑦⑧可得:x2=v2=          3,故  D 正确。
                      选择题押题练(三) 万有引力与航天(必考点)

    1.引力波的发现证实了爱因斯坦             100 年前所做的预测。1974        年发现了
脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在。如果将该双星系
统简化为理想的圆周运动模型,如图所示,两星球在相互的万有引力作用下,

绕 O 点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小,则(  )
    A.两星的运动周期均逐渐减小
    B.两星的运动角速度均逐渐减小
    C.两星的向心加速度均逐渐减小
    D.两星的运动线速度均逐渐减小
    解析:选    A 双星做匀速圆周运动具有相同的角速度,靠相互间的万有引力提供向心力。
      m1m2

                 2       2
根据  G  L2 =m1r1ω  =m2r2ω ,知   m1r1=m2r2,知轨道半径比等于质量之反比,双星间的
距离减小,则双星的轨道半径都变小,根据万有引力提供向心力,知角速度变大,周期变小,
                       m1m2

故 A 正确,B    错误;根据     G  L2 =m1a1=m2a2  知,L  变小,则两星的向心加速度均增大,
                m1m2    v12            Gm2r1
                                         L2
故 C 错误;根据     G  L2 =m1  r1 ,解得   v1=       ,由于    L 平方的减小比      r1 的减小量大,
则线速度增大,故        D 错误。

    2.宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验:在该星球两极点,用弹簧秤
测得质量为     M 的砝码所受重力为        F,在赤道测得该砝码所受重力为              F′。他还发现探测器
绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为                T。假设该星球可视为质量分布均匀的球体,则其自
转周期为(  )
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         F′                                 F
    A.T  F                            B.T   F′
          F-F′                                F
    C.T    F                          D.T   F-F′
    解析:选    D 设星球及探测器质量分别为             m、m′
                   Mm
    在两极点,有:G       R2 =F,
                 Mm           4π2
    在赤道,有:G      R2 -F′=MRT自2,
                                                     mm′         4π2
    探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为                   T,则有:G     R2 =m′    R T2 ;联立以上
                 F
               F-F′
三式解得    T 自=T      。故   D 正确,A、B、C      错误。

    3.[多选]质量为     m 的人造卫星在地面上未发射时的重力为                 G0,它在离地面的距离等于
地球半径    R 的圆形轨道上运行时的(  )
                2mR                              2G0R
    A.周期为    4π  G0                   B.速度为        m
             1                                 1

    C.动能为4G0R                         D.重力为2G0
    解析:选    AC 由万有引力提供向心力,
     Mm     v2    4π2
    G r2 =m r =mr T2 =ma①
    由题意可知,r=2R。

    质量为   m 的人造卫星在地面上未发射时的重力为                G0,
                                     G0
    根据万有引力等于重力得:GM=gR2=              m R2②
                           2mR
    由①②解得:周期        T=4π   G0 ,则   A 正确;
                        G0R
    由①②解得速度       v=    2m ,则  B 错误;
              1

    动能为   Ek=4G0R,则    C 正确;
         GM           G0
    由 a=  r2 ,则重力为    4 ,则  D 错误。
    4.[多选]“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星,被称为“太空                         110”,它可在太空中
给“垃圾”卫星补充能源,延长卫星的使用寿命,假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同
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步卫星轨道半径的五分之一,其运动方向与地球自转方向一致,轨道平面与地球赤道平面重

合,下列说法正确的是(  )
    A.“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的                      25 倍
    B.“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的                     5倍
    C.站在赤道上的人可用仪器观察到“轨道康复者”向西运动
    D.“轨道康复者”可在高轨道上加速,以实现对低轨道上卫星的拯救
                    GMm             GM
    解析:选    AB 根据    r2 =ma  得:a=    r2 ,因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运
动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,则“轨道康复者”的加速度是地球同

                                  GMm     v2         GM
步卫星加速度的       25 倍,故   A 正确。根据      r2 =m  r 得:v=     r ,则“轨道康复者”的速
度是地球同步卫星速度的           5倍,故   B 正确。因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的
周期小于同步卫星的周期,则小于地球自转的周期,所以“轨道康复者”的角速度大于地球
自转的角速度,站在赤道上的人可用仪器观察到“轨道康复者”向东运动,故                                C 错误。
“轨道康复者”要在原轨道上减速,做近心运动,才能“拯救”更低轨道上的卫星,故
D 错误。

    5.[多选]2017  年  1 月 24 日,报道称,俄航天集团决定将“质子­M”运
载火箭的发动机召回沃罗涅日机械制造厂。若该火箭从                       P 点发射后不久就失
去了动力,火箭到达最高点            M 后又返回地面的       Q 点,并发生了爆炸,已知
引力常量为     G,地球半径为      R。不计空气阻力,下列说法正确的是(  )
    A.火箭在整个运动过程中,在             M 点的速率最大
    B.火箭在整个运动过程中,在             M 点的速率小于      7.9 km/s
    C.火箭从    M 点运动到     Q 点(爆炸前)的过程中,火箭的机械能守恒

    D.已知火箭在      M 点的速度为      v,M  点到地球表面的距离为          h,则可求出地球的质量
    解析:选    BC 火箭在失去动力后,在           M 点的速率最小,选项         A 错误;火箭从      M 点运
动到  Q 点(爆炸前)的过程中,只有万有引力做功,火箭的机械能守恒,选项                           C 正确;7.9 
km/s 是最大的运行速度,火箭在整个运动过程中,在                    M 点的速率小于      7.9 km/s,选项   B 正
确;火箭做的不是圆周运动,根据选项                D 中给出的条件,无法求出地球的质量,选项                   D 错
误。

    6.[多选]探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想。假设人类某次利用飞船探测火
星的过程中,飞船只在万有引力作用下贴着火星表面绕火星做圆周运动时,测得其绕行速度

为 v,绕行一周所用时间为          T,  已知引力常量为       G,则(  )
                            πv
    A.火星表面的重力加速度为            T
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                   Tv
    B.火星的半径为2π
                   3π
    C.火星的密度为GT2
                   Tv2
    D.火星的质量为2πG
    解析:选    BC 飞船在火星表面做匀速圆周运动,轨道半径等于火星的半径,根据                             v=
2πR       vT                                        Mm    4π2
 T ,得  R=2π,故    B 正确;根据万有引力提供向心力,有               G R2 =m  T2 R,得火星的质量
                                         4π2R3
                                         GT2
   4π2R3                             M   4πR3   3π
M=  GT2 ,根据密度公式得火星的密度             ρ=V=     3  =GT2,故   C 正确;根据     M=
 4πR3   3π   4π  vT   Tv3                                          Mm
ρ· 3 =GT2×   3 ×(2π)3=2πG,故   D 错误;根据重力等于万有引力得,mg=G                R2 ,得  g=
 M   2πv
GR2=  T ,故  A 错误。
    7.[多选]为纪念中国航天事业的成就,发扬航天精神,自                      2016 年起,将每年的       4 月
24 日设立为“中国航天日”。在            46 年前的这一天,中国第一颗人造卫星发射成功。若该卫

星运行轨道与地面的最近距离为             h1,最远距离为      h2。已知地球的半径为         R,地球表面的重
力加速度为     g,月球绕地球做匀速圆周运动的周期为                T,引力常量为       G,根据以上信息可以
求出的物理量有(  )
    A.地球的质量
    B.月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
    C.中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期
    D.月球表面的重力加速度
                                                             Mm
    解析:选    ABC 根据地球表面物体的重力等于万有引力,有                    mg=G  R2 ,得地球质量
   gR2
M=  G ,故   A 可求出;月球绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有
                       GMT2
 Mm月       4π2r       3
                        4π2
G  r2 =m  月 T2 ,得  r=       ,地球质量可求出,周期           T 已知,故可以求出月球绕地球
做匀速圆周运动的轨道半径,故             B 可求出;中国第一颗人造卫星绕地球做椭圆运动,椭圆
               2R+h1+h2                                      a3   r3
轨道的半长轴      a=     2    ,设周期为      T′,根据开普勒第三定律,有T′2=T2,得               T′=
 a3
 r3T,故中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期可求出,故                       C 可求出;因为月球质量未知,
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

月球的半径也未知,所以月球表面的重力加速度无法求出,故                          D 不可求出。

    8.[多选]如图所示,a、b        两个飞船在同一平面内,在不同轨道绕某
行星顺时针做匀速圆周运动。若已知引力常量为                    G,a、b   两飞船距该行星

表面高度分别为       h1、h2(h1<h2),运行周期分别为        T1、T2,则以下说法正
确的是(  )
    A.飞船   a 运行速度小于飞船        b 运行速度
    B.飞船   a 加速可能追上飞船        b
    C.利用以上数据可计算出该行星的半径
    D.利用以上数据可计算出该行星的自转周期
                                       Mm     v2
    解析:选    BC 根据万有引力提供向心力            G r2 =m  r ,轨道半径越大,线速度越小,
a 的线速度大于     b 的线速度,故      A 错误。a   加速可做离心运动,可能会与             b 发生对接,故
                                Mm     4π2

B 正确。根据万有引力提供向心力:G               r2 =m T2 r,a 和 b 离地高度分别为       h1、h2,运行周

期分别为    T1、T2,联立两方程,可求出行星的质量和半径,故                    C 正确。利用卫星的运动规
律只能得到行星的质量、体积和密度,但无法分析出行星的自转规律,故                              D 错误。

    9.我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射,将在世界上首次实现卫星
和地面之间的量子通信。“墨子”将由火箭发射至高度为                        500 千米的预定圆形轨道。此前在
西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星                       G7。G7  属地球静止轨道卫星(高度
约为  36 000 千米),它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是(  )
    A.这两颗卫星的运行速度可能大于               7.9 km/s
    B.通过地面控制可以将北斗            G7 定点于西昌正上方
    C.量子科学实验卫星“墨子”的运行周期比北斗                    G7 小
    D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗                     G7 小
    解析:选    C 第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度,所以这两颗卫星
的线速度均小于地球的第一宇宙速度,故                 A 错误;地球静止轨道卫星即同步卫星,只能定

                               Mm     4π2           4π2r3
点于赤道正上方,故         B 错误;根据     G r2 =mr T2 ,得  T=    GM  ,所以量子科学实验卫星
                                                    GM
“墨子”的运行周期小,故            C 正确;卫星的向心加速度:a=            r2 ,半径小的量子科学实验
卫星“墨子”的向心加速度比北斗              G7 的大,故     D 错误。

    10.据《科技日报》报道,2020          年前我国将发射       8 颗海洋系列卫星,包括          4 颗海洋水
色卫星,2    颗海洋动力环境卫星和          2 颗海陆雷达卫星,         以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群
岛全部岛屿附近海域的监测。设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力

环境卫星的     n 倍,则在相同的时间内(  )
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    A.海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的                             n 倍
    B.海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等
    C.海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的                             n倍
                                                                1
    D.海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的                             n倍
                     Mm                   GM                  1   1    1
    解析:选    C 根据   G r2 =mrω2,解得    ω=    r3 ,扫过的面积为       S=2lr=2r2θ=2r2ωt,
                                    1
因为轨道半径之比为         n,则角速度之比为        n3,所以相同时间内扫过的面积之比为                n。故
C 正确,A、B、D      错误。

    11.小型登月器连接在航天站上,一起绕月球做圆周运动,其轨道半径
为月球半径的      3 倍,某时刻,航天站使登月器减速分离,登月器沿如图所示
的椭圆轨道登月,在月球表面逗留一段时间完成科考工作后,经快速启动仍
沿原椭圆轨道返回,当第一次回到分离点时恰与航天站对接,登月器快速启
动时间可以忽略不计,整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度

为 g,月球半径为      R,不考虑月球自转的影响,则登月器可以在月球上停留的最短时间约为(  )
           5R      3R                        3R     2R
    A.10π   g -6π   g                 B.6π   g -4π   g
           5R      R                         3R     R
    C.10π   g -2π  g                  D.6π    g -2π g
    解析:选    B 设登月器和航天站在半径为             3R 的轨道上运行时的周期为          T,由牛顿第二
定律有:

     Mm     4π2r                         3R3
    G r2 =m T2 ,其中   r=3R,解得:T=6π        GM
                                              Mm
    在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力:G                    R2 =mg,解得:GM=gR2,所以
        3R
         g
T=6π       ,设登月器在椭圆轨道运行的周期是               T1,航天站在圆周轨道运行的周期是               T2=
                                              T2     T12     T22

T。对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有:3R3=2R3=3R3,解得                             T1=
   2R
4π  g ,为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接,登月器可以在月球表面
                                                                 3R      2R
                                                                  g      g
逗留的时间     t 应满足:t=nT2-T1(其中      n=1,2,3,…),由以上可得:t=6πn            -4π     (其
中 n=1,2,3,…),当    n=1 时,登月器可以在月球上停留的时间最短,所以                     B 正确。
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    12.[多选]我国“嫦娥二号”卫星于             2010 年 10 月 1 日 18 时 59 分 57 秒在西昌卫星发
射中心发射升空,并获得了圆满成功。发射的大致过程是:先将卫星送入绕地椭圆轨道,再
点火加速运动至月球附近被月球“俘获”而进入较大的绕月椭圆轨道,又经三次点火制动

“刹车”后进入近月圆轨道,在近月圆轨道上绕月运行的周期是                           118 分钟。又知月球表面的
                                         1
重力加速度是地球表面重力加速度(g=10 m/s2)的6。则(  )
    A.仅凭上述信息及数据能算出月球的半径
    B.仅凭上述信息及数据能算出月球上的第一宇宙速度
    C.仅凭上述信息及数据能算出月球的质量和密度
    D.卫星沿绕地椭圆轨道运行时,卫星上的仪器处于完全失重状态
    解析:选    ABC 卫星在近月圆轨道上绕月运行时,由重力提供向心力,则向心加速度
                                    4π2              1
近似等于月球表面的重力加速度,可得                a=  T2 R,已知   T,a=6g,可求得月球的半径,故
                                                           2πR
A 正确。月球上的第一宇宙速度即为近月卫星的速度,设为                        v。则  v=  T ,T  已知,R    由上
可求出,所以可以求出月球上的第一宇宙速度,故                     B 正确。根据万有引力等于向心力,得:
 Mm     4π2                    4π2R3
G R2 =m T2 R,得月球的质量:M=          GT2 ,可求得月球的质量         M,并能求出月球的密度,
故 C 正确。卫星沿绕地椭圆轨道运行时,轨道半径在改变,不完全是由万有引力来提供向
心力,则卫星上的仪器处于非完全失重状态,故                    D 错误。

    13.2016 年 9 月 25 日,天宫二号由离地面          h1=360 km 的圆形轨道,经过“轨道控制”

上升为离地     h2=393  km 的圆形轨道,“等待”神舟十一号的来访。已知地球的质量为                          M,
地球的半径为      R,引力常量为      G。根据以上信息可判断(  )

    A.天宫二号在圆形轨道          h2 上运行的速度大于第一宇宙速度

    B.天宫二号在圆形轨道          h2 上运行的速度大于在轨道          h1 上的运行速度
                                       4π2R+h13
                                           GM
    C.天宫二号在轨道        h1 上的运行周期为 

    D.天宫二号由圆形轨道          h1 进入圆形轨道     h2 运行周期变小
                                        GMm   mv2
    解析:选    C 根据万有引力提供向心力得:               r2 =  r ,
                GM
    所以:v=        r ,由于天宫二号的轨道半径大于地球的半径,所以天宫二号在圆形轨
                                                    GM
                                                     r
道 h2 上运行的速度小于第一宇宙速度,故               A 错误。根据     v=     ,由于   h1<h2,可知,天

宫二号在圆形轨道        h2 上运行的速度小于在轨道          h1 上的运行速度,故       B 错误。天宫二号绕地
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                                        Mm       4π2
球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,GR+h2=m                      T2 (R+h),解得周期     T=
 4π2R+h3                                4π2R+h13
     GM                                       GM
           ,则在轨道      h1 上的运行周期:T1=                   ,天宫二号由圆形轨道         h1 进

入圆形轨道     h2,轨道半径增大,则运行周期变大,故                C 正确,D    错误。
    14.[多选]2015  年 12 月 29 日,我国成功将“高分四号”卫星发
射升空,它是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的遥感卫星。若
某阶段该卫星沿椭圆轨道绕地球运动,示意图如图所示,已知地球半

径为  R,地球表面的重力加速度为            g,卫星在远地点       P 距地心   O 的距离为    3R。则(  )
                                    g
    A.卫星在远地点       P 时的加速度大小为9
                                  gR
    B.卫星在远地点       P 时的速度大于        3
    C.卫星在    P 点加速后可绕地球球心          O 点做半径为     3R 的匀速圆周运动
    D.卫星沿椭圆轨道运动的周期比地球自转周期大
                       Mm             Mm                        g
    解析:选    AC 根据    G3R2=mg′,G     R2 =mg,则在远地点,g′=9,故            A 正确。
                                     Mm       v2
若卫星以半径为       3R 做匀速圆周运动,则         G3R2=m3R,再根据       GM=R2g,整理可以得
       gR                                                        gR
到 v=    3 ,由于卫星到达远地点         P 后做近心椭圆运动,故在           P 点速度小于      3 ,故  B 错误。
卫星经过远地点时加速,则可以以半径为                 3R 做匀速圆周运动,则可以再次经过远地点,故
C 正确。椭圆轨道的半长轴比地球同步卫星的轨道半径(大约                       6.6R)小,所以周期小于地球同
步卫星的周期,即小于地球自转周期,故                 D 错误。

    15.[多选]已知地球和火星的半径分别为              r1、r2,绕太阳公转轨道可视为圆,轨道半径

分别为   r1′、r2′,公转线速度分别为           v1′、v2′,地球和火星表面重力加速度分别为                  g1、

g2,平均密度分别为       ρ1、ρ2。地球第一宇宙速度为           v1,飞船贴近火星表面环绕线速度为

v2,则下列关系正确的是(  )

       v1′  r2′                          v1   r2
    A.v2′=  r1′                       B.v2=   r1

          2 2     2 2                       2     2
    C.ρ1r1 v2 =ρ2r2 v1                D.g1r1 =g2r2

                                           Mm    v′2          GM
    解析:选    AC 根据万有引力提供向心力得:G              r′2 =m r′ ,得 v′=    r′ ,r′是行星公

                                                            v1′  r2′
                                                                 r1′
转半径,地球和火星的公转半径之比为                r1′∶r2′,所以公转线速度之比v2′=             ,故   A 正确。
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                                             GM
与行星公转相似,对于卫星,线速度表达式也为                    v=   r ,由于不知道地球和火星的质量之
               v1                                   Mm     v2         rv2
比,所以无法求出v2,故          B 错误。卫星贴近表面运行时,有             G r2 =m  r ,得:M=    G ,行
               M
              4      3v2                                              ρr2
               πr3
星的密度为:ρ=3         =4πGr2(其中  v 为星球表面卫星运行速度,r            为星球半径),故      v2 =
 3

                2  2    2  2
4πG为定值,故     ρ1r1 v2 =ρ2r2 v1 ,故 C 正确。在行星表面,由重力等于万有引力,有
 Mm
G r2 =mg,r  是行星的半径,得:GM=gr2,由于地球与火星的质量不等,则

   2    2
g1r1 ≠g2r2 ,故 D 错误。
                        选择题押题练(四) 能量与动量(常考点)

    1.[多选]如图所示,内壁光滑半径大小为               R 的圆轨道竖直固定在桌面
上,一个质量为       m 的小球静止在轨道底部          A 点。现用小锤沿水平方向快速
击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到

A 点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动
到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小

球做功   W1,第二次击打过程中小锤对小球做功                W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功
                         W1
全部用来增加小球的动能,则W2的值可能是(  )
      1                                  2
    A.2                               B.3
      3
    C.4                               D.1
    解析:选    AB 第一次击打后球最多到达与球心               O 等高位置,根据功能关系,有:

W1≤mgR①
    两次击打后可以到达轨道最高点,根据功能关系,有:
                   1

                      2
    W1+W2-2mgR=2mv     ②
    在最高点,有:
             v2
    mg+N=m   R ≥mg③
    联立①②③解得:

    W1≤mgR
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        3

    W2≥2mgR
      W1  2
    故W2≤3
    故 A、B  正确,C、D     错误。

    2.质量为    2  kg 的物体   A 做平抛运动,落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为
L=5 m,不考虑空气阻力的影响,重力加速度                 g 取 10 m/s2,下列说法中正确的是(  )
    A.物体   A 落地时的动量大小为         10 5 kg·m/s
    B.物体   A 落地时的动能为       100 J
    C.物体   A 落地时,速度与水平方向的夹角是               45°
    D.物体   A 做平抛运动中合力的平均功率为              125 W
                                                            2L
    解析:选    A 由平抛运动规律可知:物体             A 做平抛运动的时间       t=   g =1  s,做平抛运
              L

动的初速度     v0= t =5    m/s,落地时竖直方向的速度           vy=gt=10    m/s,落地时速度      v=
 v02+vy2=5  5 m/s,落地时的动量大小        p=mv=10    5 kg·m/s,A 正确;物体     A 落地时的动
      1

          2
能 Ek=2mv  =125   J,B  错误;物体     A 落地时,速度与水平方向的夹角的正切值                  tan  θ=
vy
v0=2,速度与水平方向的夹角不是             45°,C  错误;物体     A 做平抛运动中合力是重力,这段
时间内重力做的功        W=mgL=100 J,重力的平均功率为           100 W,D   错误。

    3.[多选]让一小球分别从竖直墙壁上面的               A 点和   B 点沿不同的粗糙斜
面 AC 和  BC 到达水平面上同一点         C,小球释放的初速度等于           0,两个斜面
的粗糙程度相同,关于小球的运动,下列说法正确的是(  )
    A.下滑到    C 点时合外力的冲量可能相同
    B.下滑到    C 点时的动能可能相同
    C.下滑到    C 点过程中损失的机械能一定相同
    D.若小球质量增大,则沿同一斜面到达斜面底端的速度不变
    解析:选    CD 下滑到     C 点时速度方向不同,而动量是矢量,所以                 C 点的动量不可能相
同,由于初动量等于         0,所以下滑到      C 点动量变化量不同,即合外力的冲量不同,选项
A 错误;两次下滑到        C 点过程中损失的机械能等于克服摩擦力做功,大小为                      μmgcos 
   L
θ·cos θ=μmgL,θ 为斜面与水平面的夹角,则损失的机械能一定相同,选项                        C 正确;到达
                                  1

                                     2
底端的动能为      mgh-Wf=mgh-μmgL=2mv       ,则两次下滑到       C 点时的动能不可能相同,速
度 v=  2gh-2μgL与质量无关,选项         B 错误,D   正确。
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    4.[多选]如图所示,固定于地面、倾角为               θ 的光滑斜面上有一轻质
弹簧,轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板                   C 连接,另一端与物块
A 连接,物块     A 上方放置有另一物块        B,物块    A、B  质量均为    m 且不粘
连,整个系统在沿斜面向下的恒力              F 作用下而处于静止状态。某一时刻将力                 F 撤去,若在
弹簧将   A、B  弹起过程中,A、B        能够分离,则下列叙述正确的是(  )
    A.从力   F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,弹簧及            A、B  物块所构成的系统机械能守
恒

    B.A、B   被弹起过程中,A、B         即将分离时,两物块速度达到最大
    C.A、B   刚分离瞬间,A      的加速度大小为        gsin θ
    D.若斜面为粗糙斜面,则从力             F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,弹簧减少的弹性势
能一定大于     A、B  增加的机械能与系统摩擦生热之和
    解析:选    AC 从力    F 撤去到   A、B  发生分离的过程中,弹簧及            A、B  物块所构成的系
统只有重力和弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故                         A 正确。A、B     被弹起过程中,
合力等于零时,两物块速度达到最大,此时弹簧处于压缩状态,A、B                            还没有分离,故       B 错
误。A、B    刚分离瞬间,A、B       间的弹力为零,对        B 分析,由牛顿第二定律得           mgsin     θ=

maB,得  aB=gsin θ,此瞬间    A 与  B 的加速度相同,所以        A 的加速度大小为       gsin θ,故  C 正
确。若斜面为粗糙斜面,则从力             F 撤去到    A、B  发生分离的过程中,由能量守恒定律知,弹
簧减少的弹性势能一定等于            A、B  增加的机械能与系统摩擦生热之和,故                D 错误。

    5.[多选]2017  年国际雪联单板滑雪         U 型池世锦赛决赛在西班牙内华
达山收官,女子决赛中,中国选手蔡雪桐以                  90.75 分高居第一成功卫冕。
如图所示,单板滑雪         U 型场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场
地,雪面不同曲面内各处动摩擦因数不同,因摩擦作用滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑

到坡的最低点过程中速率不变,则(  )
    A.运动员下滑的过程中加速度时刻变化
    B.运动员下滑的过程所受合外力恒定不变
    C.运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小
    D.运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大
    解析:选    AC 滑雪运动员速率不变,必做匀速圆周运动,向心加速度的大小不变,方
向时刻变化,选项        A 正确;滑雪运动员下滑的过程中做匀速圆周运动,所受的合外力的大
小不变,但方向时刻在变,选项             B 错误;因运动员在运动方向(切线方向)上合力为零,才能
保证速率不变,在该方向重力的分力不断减小,所以摩擦力                         f 不断减小,而运动员下滑过程
中重力沿径向分力变大,所需向心力的大小不变,故弹力                        N 增大,由    f=μN  可知,运动员

下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小,选项                  C 正确;由    P=Fvcos   θ 得,当速度与竖直方向
的夹角越大时,运动员所受重力的瞬时功率就越小,选项                        D 错误。
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    6.[多选]如图所示,AB        为固定水平长木板,长为          L,C  为长木板的中点,AC         段光滑,
                  L
CB 段粗糙,一原长为4的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上,另一端连一物块,开始时
将物块拉至长木板的右端           B 点,由静止释放物块,物块在弹簧弹力的作用下向左滑动,已
知物块与长木板       CB 段间的动摩擦因数为         μ,物块的质量为       m,弹簧的劲度系数为          k,且
   4μmg

k>  L  ,物块第一次到达        C 点时,物块的速度大小为           v0,这时弹簧的弹性势能为          E0,不
计物块的大小,则下列说法正确的是(  )


    A.物块可能会停在        CB 面上某处
    B.物块最终会做往复运动
                                  1

                                      2
    C.弹簧开始具有的最大弹簧势能为2mv0               +E0
                              1      1

                                  2
    D.物块克服摩擦做的功最大为2mv0             +2μmgL
                       4μmg         1
    解析:选    BD 由于   k>   L  ,由此   k·4L>μmg,由此,物块不可能停在            BC 段,故
A 错误;只要物块滑上         BC 段,就要克服摩擦力做功,物块的机械能就减小,所以物块最终
会在  AC 段做往返运动,故        B 正确;物块从开始运动到第一次运动到                 C 点的过程中,根据
                        1          L

                            2
能量守恒定律得:Epm=E0+2mv0          +μmg·2,故    C 错误;物块第一次到达          C 点时,物块的

速度大小为     v0,物块最终会在       AC 段做往返运动,到达         C 点的速度为     0,可知物块克服摩擦
                          1      1

                              2
做的功最大为      Wfm=Epm-E0=2mv0    +2μmgL,故    D 正确。
    7.如图所示,水平传送带         AB 距离地面的高度为        h,以恒定速率

v0 顺时针运行。甲、乙两相同滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹
簧(长度不计),在      AB 的正中间位置轻放它们时,弹簧瞬间恢复原长,
两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是(  )
    A.甲、乙两滑块不可能落在传送带的左右两侧
    B.甲、乙两滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定相等
    C.甲、乙两滑块可能落在传送带的同一侧,但距释放点的水平距离一定不相等
    D.若甲、乙两滑块能落在同一点,则摩擦力对甲、乙做的功一定相等

    解析:选    D 设  v 大于  v0,弹簧瞬间恢复原长后,甲滑块向左做初速度为                    v,加速度为
a 的匀减速运动。乙滑块向右做初速度为                v,加速度为     a 的匀减速运动。若甲、乙都一直做
匀减速运动,两个滑块落地后,距释放点的水平距离相等,若甲做匀减速运动,乙先做匀减
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速后做匀速运动,则水平距离不等,故                A、B  错误。若     v 小于  v0,弹簧瞬间恢复原长后,
甲滑块向左做初速度为          v,加速度为     a 的匀减速运动。速度为零后可以再向相反的方向运动。
乙滑块做初速度为        v,加速度为     a 的匀加速运动,运动方向和加速度的方向都和传送带的运
动方向相同。甲、乙到达           B 点时的速度可能相同。落地的位置可能在同一点,此过程摩擦
力对甲、乙做的功一定相等,故             C 错误,D    正确。

    8.[多选]如图所示,小车质量为            M,小车顶端为半径为         R 的四分之一
光滑圆弧,质量为        m 的小球从圆弧顶端由静止释放,对此运动过程的分析,
下列说法中正确的是(g        为当地重力加速度)(  )
    A.若地面粗糙且小车能够静止不动,则地面对小车的静摩擦力最大为
mg
                                                               3mg
    B.若地面粗糙且小车能够静止不动,则地面对小车的静摩擦力最大为                             2
                                                          2gR
    C.若地面光滑,当小球滑到圆弧最低点时,小车速度为                       m  MM+m
                                                          2gR
    D.若地面光滑,当小球滑到圆弧最低点时,小车速度为                       M  mM+m
    解析:选    BC 若地面粗糙且小车能够静止不动,设当小球运动到重力

与半径夹角为      θ 时,速度为     v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律可得
1                               v2
2mv2=mgRcos   θ,N-mgcos     θ=m R ,解得小球对小车的压力为            N′=
                                            3

N=3mgcos  θ,其水平分量为       Nx=3mgcos  θsin θ=2mgsin 2θ,根据平衡条件,地面对小车
                                    3

的静摩擦力方向水平向右,大小为              f=Nx=2mgsin   2θ,故当   sin 2θ=1 时,即   θ=45°时,地
                                  3

面对小车的静摩擦力最大,最大为              fmax=2mg,B  正确;若地面光滑,则小车和小球在水平

方向动量守恒,当小球滑到圆弧最低点时有                  Mv1+mv2=0,同时没有能量损失,机械能守

      1      1                             2gR

          2      2                      MM+m
恒,即2Mv1    +2mv2 =mgR,联立可得       v1=m            ,选项    C 正确。
                          选择题押题练(五) 电 场(必考点)

    1.[多选]如图所示为一带正电的点电荷和两个相同的带负电的点
电荷附近的电场线分布情况,M             点是两负电荷连线的中点,M、N              点
在同一水平线上且到正电荷的距离相等,下列说法正确的是(  )
    A.E  点的电场强度比       F 点的大
    B.E  点的电势比     F 点的高
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    C.同一正电荷在       M 点受的电场力比       N 点的大
    D.将正电荷从      M 点移到    N 点,电势能增大
    解析:选    ACD 由题图看出,E        点处电场线比      F 点处电场线密,则        E 点的场强大于
F 点的场强,选项       A 正确;电场线从正电荷到负电荷,沿着电场线电势降低,所以                         F 点的
电势比   E 点的高,选项      B 错误;负电荷在       M 点的合场强为零,M         点只有正电荷产生的电场
强度,在    N 点正电荷产生的场强水平向右,两个负电荷产生的场强水平向左,合场强是它
们的差值,所以       M 点的电场强度比       N 点的大,同一正电荷在          M 点受的电场力比在        N 点的
大,所以    C 正确;正电荷到       M 点的平均场强大于正电荷到            N 点的平均场强,根据         U=
Ed 可知,正电荷到       M 点电势降低的多,所以          M 点的电势比     N 点的低,将正电荷从         M 点移
到 N 点,电势能增大,选项          D 正确。

    2.[多选]如图甲所示,直线          MN 表示某电场线,a、b        是电场线上的两点,将一带负电

的粒子从    a 点由静止释放,粒子从         a 运动到   b 的过程中的     v­x 图像如图乙所示,设        a、b 两

点的电势分别为       φa 和 φb,场强的大小分别为        Ea 和 Eb,粒子在    a、b 两点的电势能分别为

Wa 和 Wb,则(  )


    A.φa>φb                           B.Ea>Eb

    C.Ea<Eb                           D.Wa>Wb
    解析:选    CD 由题图乙可知,带电粒子在从              a 点向  b 点运动的过程中,做加速直线运
动,即带电粒子所受电场力方向由              a 点指向   b 点,又由于带电粒子带负电,因此电场强度方

向由  b 点指向   a 点,根据“沿着电场方向电势逐渐降低”,可知                    φa<φb,故选项    A 错误;

粒子运动的动能增加,根据能量守恒定律可知,其电势能减少,即                            Wa>Wb,故选项      D 正确;
                          Δv  Δv Δt  a
在 v­x 图像中,其斜率为:k=Δx=Δt·Δx=v,由题图乙可知,图像的斜率                       k 逐渐增大,由
于 v 又逐渐增大,因此粒子运动的加速度               a 逐渐增大,且比       v 增大得快,根据牛顿第二定

律可知,粒子所受合外力逐渐增大,由                F=qE  可知,Ea<Eb,故选项        B 错误,选项     C 正确。

    3.如图所示,M、N        是在真空中竖直放置的两块平行金属板,质量为

m、电荷量为        -q 的带电粒子,以初速度          v0 由 M 板中间的小孔垂直金属
板进入电场中,不计粒子重力。当              M、N   间电压为    U 时,带电粒子恰好能
够到达   M、N   两板间距的一半处返回,现将两板间距变为原来的一半,粒

子的初速度变为       2v0,要使这个粒子刚好能够到达            N 板,则两板间的电压
应变为(  )
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      U
    A.2                               B.U
    C.2U                              D.4U
    解析:选    C 设  M、N   板的中间为     P 点,电粒子恰好能够到达           P 点时,则粒子在      P 点
                                                      d  U

速度为   0,该过程中只有电场力做负功,UMN=Ed=U;UMP=E2=2,根据动能定理得:-
1       1

            2
2Uq=0-2mv0   ;

    两板间距变为原来的一半,粒子的初速度变为                   2v0 时,
    粒子刚好能够到达        N 板,此时速度为       0,设此时两板间的电压为          U′,
                            1

                                   2
    根据动能定理:-U′q=0-2m(2v0)          ,
    两个等式左边相除等于右边相除,约分化简得:
    U  1
    U′=2,故   U′=2U,故     C 正确。
    4.如图所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化,检
测电容器电容的变化来检测导电液体是增多还是减少的仪器原理图。

图中芯柱、导电液体、绝缘管组成一个电容器,电源通过电极                          A、
电极  B 给电容器充电,充电完毕移去电源,由此可以判断(  )
    A.静电计指针偏角变小,说明电容器两板间电压增大
    B.静电计指针偏角变小,说明导电液体增多
    C.静电计指针偏角变大,说明电容器电容增大
    D.静电计指针偏角变大,导电液体液面升高
    解析:选    B 静电计指针偏角变小,说明电容器两板间电压减小,选项                         A 错误;静电计
                     Q                            εrS
指针偏角变小,根据         C=U可知,电容器电容增大,因             C=4πkd,所以    S 增大,液面升高,
导电液体增多,选项         B 正确;静电计指针偏角变大,说明电容器两板间电压增大,根据
   Q                            εrS
C=U可知,电容器电容减小,因             C=4πkd,所以    S 减小,液面降低,导电液体减少,选项
C、D  错误。

    5.[多选]空间中存在水平向左的匀强电场,一带正电小球在电场中某点以初速度大小

v0 水平向右抛出,小球落到水平地面时速度大小为                   v0,已知小球受到的电场力大小等于重
力大小,则下列说法正确的是(  )
    A.小球落地时速度方向一定与地面垂直
    B.小球下落过程,电势能先增大后减小
    C.小球下落过程,动能先减小后增大
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    D.小球下落过程,机械能一直减小
    解析:选    ACD 如图所示,小球所受的电场力              qE 和重力   mg 的合力
为 F,沿   F 和垂直   F 方向建立直角坐标系,由于            qE=mg,则垂直     F 方

向 vx=v0cos 45°,沿  F 方向  vy=v0sin 45°,当小球落地时速率为          v0,则
小球必然处于垂直        F 且过初始位置的直线上(即          x 轴),此时垂直     F 方向

的分速度(vx)不变,沿       F 方向速度与初始分速度(vy)等大反向,由速度合成可得小球落地时
速度与地面垂直,A        正确;由于小球落地时速度与地面垂直,在落地前,小球一直向右运动,
电场力做负功,电势能增加,机械能减小,B                  错误   D 正确;小球速度与        F 方向垂直时,速
度最小,因而小球下落过程,动能先减小后增大,C                     正确。

    6.有重力不计的       A、B、C、D    四种带电粒子,它们的质量之比是               mA∶mB∶mC∶mD=

11∶21∶31∶41,它们的电荷量之比是            qA∶qB∶qC∶qD=1∶3∶5∶7,现让这四种带电粒
子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速,然后在同一偏转电场里偏转,如图所示。则

屏上亮斑(带电粒子打到屏上某位置,就会在屏上该位置形成一个亮斑)的个数是(  )


    A.1                               B.2
    C.3                               D.4

    解析:选    A 设加速电场的电压为          U1,偏转电场的电压为         U2,偏转电场极板的长度为
                                                                    1

                                                                        2
L,两极板之间的距离为          d,带电粒子在加速电场中运动时,由动能定理有                    qU1=2mv0  ,带
                                    L
电粒子在偏转电场中运动时,运动时间                t=v0,带电粒子离开偏转电场时偏转角度的正切值
      vy  qU2L               U2L
tan θ=vx=mdv02,解得:tan θ=2U1d,可知偏转角度与粒子的种类、质量、电荷量无关,
故打到荧光屏上的位置相同,只有一个亮斑,A                    正确,B、C、D      错误。

    7.如图,水平正对放置的两块足够大的矩形金属板,分别与一恒压
直流电源(图中未画出)的两极相连,M、N                是两极板的中心。若把一带电
微粒在两板之间       a 点从静止释放,微粒将恰好保持静止。现将两板绕过
a 点且垂直于纸面的轴逆时针旋转一个小角度                  θ 后,再由   a 点从静止释放一这样的微粒,该
微粒将(重力加速度为        g)(  )
    A.仍然保持静止
    B.靠近电势较低的电极板
    C.以  a=g(1-cos θ)的竖直加速度加速
    D.以  a=gtan θ 的水平加速度加速
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                                                                  qU
    解析:选    D M、N   两极板水平放置时,微粒恰好保持静止,则有:mg=                      d ,两板绕
过 a 点且垂直于纸面的轴逆时针旋转一个小角度                  θ 后,微粒所受电场力方向与竖直方向成
                                                  U             qU

θ 角斜向左上方,且有竖直方向:Fy=qE′cos θ-mg=qdcos θ·cos θ-mg=                 d -mg=0,竖
                                       qU

直方向合力为零,水平方向:Fx=qE′sin              θ=  d tan θ,由牛顿第二定律得:a=gtan          θ,所
以 A、B、C    错误,D   正确。

    8.如图所示,空间有一正三棱锥             OABC,点    A′、B′、C′分别
是三条棱的中点。现在顶点            O 处固定一正的点电荷,则下列说法中正
确的是(  )
    A.A′、B′、C′三点的电场强度相同
    B.△ABC   所在平面为等势面
    C.将一正的试探电荷从          A′点沿直线     A′B′移到     B′点,静电力对该试探电荷先做
正功后做负功

    D.若  A′点的电势为       φA′,A  点的电势为     φA,则  A′A  连线中点     D 处的电势    φD 一定
    φA′+φA
小于     2
    解析:选    D 因为   A′、B′、C′三点离顶点           O 处的正电荷的距离相等,故三点处的
场强大小均相等,但其方向不同,故               A 错误;由于△ABC       所在平面到顶点       O 处的距离不相
等,由等势面的概念可知,△ABC             所在平面不是等势面,故           B 错误;由电势的概念可知,
沿直线   A′B′的电势变化为先增大后减小,所以当在此直线上从                        A′到  B′移动正电荷时,

电场力对该正电荷先做负功后做正功,故                 C 错误;因为     UA′D=EA′D·A′D,UDA=EDA·DA,

由点电荷的场强关系可知EA′D>EDA,又因为A′D=DA,所以有                     UA′D>UDA,即    φA′-φD>
                     φA′+φA

φD-φA,整理可得:φD<          2   ,故   D 正确。
    9.[多选]在匀强电场所在平面内存在一个半径为                  R 的圆形区域,完

全相同的带正电粒子以初速度            v0 沿不同的方向从       A 点进入圆形区域,且
仅受电场力,已知从         D 点离开的粒子动能最大,且           AB、CD   是两条互相
垂直的直径。则下列说法正确的是(  )
    A.电场方向沿      CD 方向
    B.电场方向沿      AD 方向

    C.从  B 点离开的粒子速度仍是          v0

    D.从  C 点离开的粒子速度仍是          v0
    解析:选    AC 仅在电场力作用下从          A 点进入,从     D 点离开的粒子动能最大,电势能最
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小,由于粒子带正电,则           D 点是电势最低的点,所以电场线与过               D 点的切线相垂直,故匀
强电场的方向沿       CD 方向,由    C 指向  D。故   A 正确,B    错误。由于     AB 与 CD  垂直,而电场

的方向沿    CD 的方向,所以      A、B  两点的电势相等,所以从           B 点离开的粒子速度仍是          v0,
故 C 正确,D    错误。

    10.如图所示,匀强电场中有一个以              O 为圆心、半径为       R 的圆,电场
方向与圆所在平面平行,A、O            两点电势差为      U,一带正电的粒子在电场

中运动,经     A、B  两点时速度方向沿圆的切线,速度大小均为                  v0,粒子重
力不计。下列说法正确的是(  )
    A.粒子在    A、B  间是做圆周运动
    B.粒子从    A 到 B 的运动过程中,动能先增大后减小
                            U
    C.匀强电场的电场强度          E=R
    D.圆周上,电势最高的点与            O 点的电势差为      2U
    解析:选    D 带电粒子仅在电场力作用下,由于粒子在                  A、B  两点动
能相等,则电势能也相等。因为该圆周处在匀强电场中,所以两点的连线
AB 即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性,从而画出电场线                          CO。
由曲线运动条件可知,正电粒子所受的电场力沿着                     CO 方向,因此粒子从
A 到 B 做抛体运动,故       A 错误;由以上分析可知,速度方向与电场力方向夹角先大于                         90°后
小于  90°,电场力对于运动来说先是阻力后是动力,所以动能先减小后增大,故                              B 错误;匀
                   U
强电场的电场强度        E=d,式中的      d 是沿着电场强度方向的距离,因而由几何关系可知,
         2            2U

UAO=E×   2 R,所以   E=  R ,故   C 错误;圆周上,电势最高的点与             O 点的电势差为      U=
     2U
ER=  R  ×R=   2U,故  D 正确。
    11.[多选]竖直平面内存在有匀强电场,一个质量为                   m,带电荷量为       q 的小球以初速度

v0 沿与竖直方向成      θ 角斜向左上方沿直线运动,已知小球运动路径恰好在匀强电场的平面
内,那么在小球发生位移           L 的过程中,下列分析正确的是(  )
                                          mg
    A.若小球做匀速直线运动,则电场强度                 E=  q
                                                 3mg
    B.若小球做匀加速直线运动,电场强度可能等于                    E=  4q
                                              mgsin θ
    C.若小球运动过程电势能不变,则电场强度                  E=    q
    D.若小球运动过程电势能不变,则小球的动量变化量与速度反向
    解析:选    ACD 小球做直线运动,说明重力和电场力的合力与速度共线或者等于                             0,若
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                                                                        mg
小球做匀速直线运动,说明合力等于               0,电场力等于重力,即          qE=mg,电场强度       E=  q ,
选项  A 正确。若做匀加速直线运动,则合力一定和速度同向,根据力的合成,可发现电场
                         mg
力大于重力,即电场强度           E>  q ,选项   B 错。若小球运动过程电势能不变,说明电场力和
                                                                       mgsin θ
运动方向垂直,根据合力与速度共线,可判断电场力大小为                         mgsin θ,电场强度    E=    q  ,
选项  C 正确。根据几何关系可判断合力与速度反向,所以合外力的冲量也与速度反向,选
项 D 正确。

    12.[多选]如图所示,竖直平面内有固定的半径为                  R 的光滑绝缘圆形
轨道,水平匀强电场平行于轨道平面向左,P、Q                    分别为轨道的最高、最
低点。一质量为       m、电量为     q 的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,
                          3mg
已知重力加速度为        g,场强   E=  4q 。要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,
下列说法正确的是(  )
    A.小球过    Q 点时速度至少为        5gR
                              23gR
    B.小球过    Q 点时速度至少为         2
    C.小球过    Q、P  点受轨道弹力大小的差值为            6mg
    D.小球过    Q、P  点受轨道弹力大小的差值为            7.5mg

    解析:选    BC 根据“等效场”知识得电场力与重力的合力大小为                      mg 效=
                 5           5                qE  3
 mg2+qE2
               =4mg,则   g 效=4g,方向为     tan θ=mg=4,即    θ=37°。
    当小球刚好通过       C 点关于   O 对称的   D 点时,就能做完整的圆周运动,
                                                   5
如图所示。在      D 点由电场力和重力的合力提供向心力,则:4mg=
 vD2                                                  1

                                                           2
m R ,从   Q 到 D,由动能定理得-mg(R+Rcos          θ)-qERsin θ=2mvD  -
1                   23gR

    2
2mvQ ,联立解得     vQ=   2  ,故  A 错误,B    正确。在    P 点和  Q 点由牛顿第二定律,FQ-
      vQ2            vP2                                1      1

                                                             2      2
mg=m   R ,FP+mg=m     R ;从  Q 到 P,由动能定理得-mg·2R=2mvP          -2mvQ  ,联立解

得 FQ-FP=6mg,则     C 正确、D    错误。
    13.如图所示,一倾角为        30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以
恒定角速度     ω 转动,盘面上离转轴距离           d 处有一带负电的电荷量为          q、质
量为  m 的小物体与圆盘始终保持相对静止,整个装置放在竖直向上的匀强
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                   mg
电场中,电场强度        E= 2q ,则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力,g    为重力加速度)(  )
       33g+4ω2d                       2 3+1ω2d
    A.     9g                         B.     3g
       3g+4ω2d                         3g+2ω2d
    C.    3g                          D.     3g
    解析:选    A 对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知,当物体转到圆盘的最低点
时,所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大,即将相对滑动,由牛顿第二定律得:μ(mg+

                                         33g+4ω2d
qE)cos 30°-(mg+qE)sin 30°=mω2d,解得    μ=      9g     ,故   A 正确,B、C、D      错误。

    14.[多选]如图所示,a、b、c、d          四个质量均为      m 的带电小球恰
好构成“三星拱月”之形,其中             a、b、c   为完全相同的带电小球,在
光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕              O 点做半径为     R 的匀速圆周运动,
三小球所在位置恰好将圆周等分。小球                d 位于  O 点正上方    h 处,且在    F 作用下恰处于静止
状态,已知     a、b、c  三小球的电荷量均为         q,d 球的电荷量为       6q,h=   2R。重力加速度为
g,静电力常量为       k,则(  )
    A.小球   a 一定带正电

                    2πR  mR
    B.小球   b 的周期为     q  k
                           3kq2
    C.小球   c 的加速度大小为3mR2
                                    2 6kq2
    D.外力   F 竖直向上,大小等于         mg+   R2
    解析:选    CD a、b、c   三小球所带电荷量相同,要使三个小球做匀速圆周运动,d                        球
与 a、b、c  三小球一定是异种电荷,由于             d 球的电性未知,所以         a 球不一定带正电,故

                                                 R      3           h      6
A 错误。设    db 连线与水平方向的夹角为          α,则   cos α= h2+R2=  3 ,sin α=  h2+R2=  3 ,
对 b 球,根据牛顿第二定律和向心力公式得:
      6q·q             q2              4π2
    kh2+R2cos α-2k2Rcos 30°2cos 30°=m T2 R=ma

             2πR  3mR      3kq2
    解得:T=     q    k ,a=3mR2
                          3kq2
    则小球   c 的加速度大小为3mR2。
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    故 B 错误,C    正确。
    对 d 球,由平衡条件得:

          6q·q               2 6kq2
    F=3kh2+R2sin α+mg=mg+      R2  ,故  D 正确。
    15.[多选]长为    l、间距为    d 的平行金属板水平正对放置,竖
直光屏   M 到金属板右端距离为         l,金属板左端连接有闭合电路,整
个装置结构如图所示,质量为            m、电荷量为      q 的粒子以初速度

v0 从两金属板正中间自左端水平射入,由于粒子重力作用,当滑动
变阻器的滑片在某一位置时,粒子恰好垂直撞在光屏上。对此过程,下列分析正确的是(  )
    A.粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等
                        2mg
    B.板间电场强度大小为           q

    C.若仅将滑片      P 向下滑动一段后,再让该粒子从              N 点以水平速度      v0 射入板间,粒子
不会垂直打在光屏上

    D.若仅将两平行板的间距变大一些,再让该粒子从                     N 点以水平速度      v0 射入板间,粒
子依然会垂直打在光屏上
    解析:选    ABD 粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动,粒子离开电场时
具有竖直向下的加速度,粒子垂直撞在光屏上,说明竖直方向末速度等于                              0,即电场中粒子
具有竖直向上的加速度,不管是在金属板间还是离开电场后,粒子在水平方向速度没有变化,
而且水平位移相等,所以运动时间相等,选项                   A 正确。竖直方向速度变化量等大反向,所
    qE-mg              2mg
以有    m   t=gt,可得   E=   q ,选项   B 正确。若仅将滑片        P 向下滑动一段后,R        的电压
减小,电容器的电压要减小,电荷量要减小,由于二极管具有单向导电性,所以电容器不能
放电,电量不变,板间电压不变,所以粒子的运动情况不变,再让该粒子从                               N 点以水平速

度 v0 射入板间,粒子依然会垂直打在光屏上,故                  C 错误。若仅将两平行板的间距变大一些,
电容器电容减小,但由于二极管具有单向导电性,所以电容器不能放电,电量不变,根据推

论可知板间电场强度不变,所以粒子的运动情况不变,再让该粒子从                             N 点以水平速度      v0 射
入板间,粒子依然会垂直打在光屏上,故                 D 正确。

                          选择题押题练(六) 磁 场(常考点)

    1.[多选]如图所示,纸面内          AB 两点之间连接有四段导线:
ACB、ADB、AEB、AFB,四段导线的粗细相同、材料相同;匀强
磁场垂直于纸面向内,现给            AB 两端加上恒定电压,则下列说法正确
的是(  )
    A.四段导线受到的安培力的方向相同
    B.四段导线受到的安培力的大小相等
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    C.ADB  段受到的安培力最大
    D.AEB  段受到的安培力最小
                                                         L
    解析:选    AC 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律:R=ρS可知:导线越长,电
             U
阻越大,由     I=R可知:ACB     导线电流最小,而        ADB  导线电流最大,四段导线的有效长度
都相同,由     F=BIL  可知,ADB    段受到的安培力最大,而           ACB 段受到的安培力最小,由左
手定则可知,它们的安培力的方向均相同,故                   A、C  正确,B、D     错误。

    2.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度                    B 的大小。
用绝缘轻质丝线把底部长为            L、电阻为    R、质量为     m 的“U”形线框
固定在力敏传感器的挂钩上,并用轻质导线连接线框与电源,导线

的电阻忽略不计。当有拉力            F 作用于力敏传感器的挂钩上时,拉力
显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压

为 E1 时,拉力显示器的示数为          F1;接入恒定电压为        E2 时(电流方向

与电压为    E1 时相反),拉力显示器的示数为            F2。已知   F1>F2,则磁感应强度        B 的大小为(  )
          RF1-F2                           RF1-F2
    A.B=LE1-E2                      B.B=LE1+E2
          RF1+F2                           RF1+F2
    C.B=LE2-E1                      D.B=LE1+E2
                                                                    E1

    解析:选    B 线框接入恒定电压为          E1 时,对线框受力分析得出:F1=mg+B             R L;当线
                                                   E2

框接入恒定电压为        E2 时,对线框受力分析得出:F2=mg-B             R L,联立整理得:B=
RF1-F2
LE1+E2,故    B 正确,A、C、D      错误。
    3.[多选]如图所示,一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管,固定于竖
直平面内,环的半径为          R(比细管的内径大得多),在圆管内的最低点有一
个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态,小球的质量为                            m,
带电荷量为     q,重力加速度为       g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为
零),方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场。某时刻,给小球一方向水平向右,
           5gR
大小为   v0=     的初速度,则以下判断正确的是(  )
    A.无论磁感应强度大小如何,获得初速度后的瞬间,小球在最低点一定受到管壁的弹
力作用

    B.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细管的最高点,且小球在最高点一
定受到管壁的弹力作用
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    C.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细管的最高点,且小球到达最高点
时的速度大小都相同

    D.小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中,机械能不守恒
    解析:选    BC 由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力                  F 始终指向圆心,假设小球受到
                              5gR
管道的支持力为       N,小球获得     v0=     的初速度后,由圆周运动可得:
                v02
    F+N-mg=m     R
                   v02           v02

    解得:N=mg+m       R -F=mg+m    R -qv0B
                    v02

    可见,只要     mg+m   R =qv0B,支持力     N 就为零,故     A 错误。由于洛伦兹力不做功,
只有重力对小球做功,故小球在从环形细圆管的最低点运动到所能达到的最高点的过程中,
机械能守恒,小球能不能到最高点与磁感应强度大小无关,从最低点到最高点过程中,由动
能定理可得:
             1     1

                2      2
    -mg·2R=2mv   -2mv0
    解得:v=    gR,
    可知小球能到最高点,由于当            v=  gR时,小球受到的向心力等于            mg,故此时小球除受
到重力、向下的洛伦兹力之外,一定还有轨道向上的支持力,其大小等于洛伦兹力,故                                    B、
C 正确,D   错误。

    4.[多选]绝缘光滑斜面与水平面成             α 角,一质量为     m、电荷量为

-q 的小球从斜面上高        h 处,以大小为      v0、方向与斜面底边        MN 平行
的初速度射入,如图所示,整个装置处在磁感应强度大小为                         B 的匀强
磁场中,磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大,小球能够沿斜

面到达底边     MN。则下列判断正确的是(  )
    A.小球在斜面上做匀变速曲线运动
                                  2h
    B.小球到达底边       MN  的时间   t= gsin2α
                                        mg
    C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为                B≤qv0cos α
                                        mg
    D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为                B≤qv0sin α
    解析:选    ABC 小球在斜面上运动时受重力、支持力、洛伦兹力,根据左手定则,洛
伦兹力垂直于斜面向上,求得小球的合力大小                   F=mgsin     α,方向沿斜面向下,与初速度

v0 垂直,则小球做类平抛运动,即匀变速曲线运动,故                     A 正确;小球沿斜面向下做初速度
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为零的匀加速直线运动,加速度             a=gsin  α,再由运动学公式,解得小球到达底边                 MN  的时

       2h
间 t=  gsin2α,故 B 正确;小球能够沿斜面到达底边              MN,则小球受到的洛伦兹力
                                           mg

qv0B≤mgcos α,解得磁感应强度的取值范围为              B≤qv0cos α;下滑过程中,小球的速度增大,

但垂直于磁场方向的分速度始终等于               v0,则洛伦兹力      qv0B 始终不变,故      C 正确,D   错误。
    4.[多选]如图所示,一个半径为            R 的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,

                                                      m  g
左、右两端点等高。半圆轨道所在区域有一个磁感应强度为                         B= q 2R、垂
                                      mg
直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为                 E=  q 、竖直向下的匀强电场。一个质量为               m、
电荷量为    q 的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。P                   为轨道的最低点,小球始终没有
离开半圆轨道。则下列分析正确的是(  )
    A.若半圆轨道有匀强磁场,小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为                              4mg
    B.若半圆轨道有匀强磁场,小球经过轨道最低点时速度大小为                          2gR
    C.若半圆轨道有匀强电场,小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为                              6mg
    D.若半圆轨道有匀强电场,小球经过轨道最低点时速度大小为                          2 gR
                                                                    1
    解析:选    BCD 若半圆轨道有匀强磁场,只有重力做功,根据机械能守恒有2mv2=
mgR,小球经过轨道最低点时速度大小               v=  2gR,B  正确;小球第一次经过轨道最低点时,
                                                   mv2

受到的洛伦兹力竖直向下,由向心力公式得                  FN-qvB-mg=     R ,解得    FN=4mg,由牛顿
第三定律得,小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为                        4mg,小球第二次经过轨道最低
                                                           mv2

点时,受到的洛伦兹力竖直向上,由向心力公式得                     FN′+qvB-mg=      R ,解得   FN′=
2mg,由牛顿第三定律得,小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为                            2mg,A  错误;若半
                                                    1
圆轨道有匀强电场,电场力做功,由动能定理得                    mgR+qER=2mv′2,解得        v′=2   gR,

D 正确;小球经过最低点时,电场力的方向总是竖直向下,由向心力公式得                              FN″-qE-
    mv2

mg=  R ,解得    FN″=6mg,由牛顿第三定律得,小球经过轨道最低点时对轨道的压力大
小为  6mg,C  正确。

    5.如图所示,abcd      为一正方形区域,e、f        分别是   ad、cd  的中点。若该

区域内只存在由       d 指向  b 的匀强电场,沿对角线         ac 方向以速度     v 入射的带
电粒子(不计粒子的重力)恰好从            e 点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里

的匀强磁场,沿对角线          ac 方向以速度    v 入射的带电粒子恰好从          f 点射出。则
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匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的比值为(  )

    A.v                               B.2v
    C.3v                              D.10v
    解析:选    D 设正方形边长为        L,粒子在电场中做类平抛运动,

                2
    在水平方向:      4 L=vt,
              2   1    1 qE
    竖直方向:     4 L=2at2=2· m ·t2,
                 4 2mv2
    联立解得:E=        qL  ①
    粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
                            v2
    由牛顿第二定律得:qvB=m           r ,


    画出磁场中的运动轨迹,如图所示:

                                              5
                                               L
                                              4
    图中∠fad=α,结合几何关系,有:cos(45°+α)=              r ,
          L
           2          L
           5          5
           L           L
    sin α= 2 ,cos α= 2  ;
                                5
    结合三角函数知识可以解得:r=4              2L;
                        2 2mv
    联立以上各式解得:B=          5qL  ②
                  E
    联立①②解得:B=10v
    故 A、B、C    错误,D   正确。

    6.[多选]如图所示,在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为
B 的匀强磁场。磁场方向分别垂直于纸面向外和向里,AD、AC                        边界
的夹角∠DAC=30°,边界        AC  与边界   MN  平行,Ⅱ区域宽度为        d,
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长度无限大。质量为         m、电荷量为+q      的粒子可在边界       AD  上的不同点射入。入射速度垂直
                                   qBd
于 AD 且垂直于磁场,若入射速度大小为               m  ,不计粒子重力,不考虑Ⅰ区磁场右边界,则(  )
    A.粒子从距     A 点 0.5d 处射入,不会进入Ⅱ区
                                                      πm
    B.粒子从距     A 点 1.5d 处射入,在磁场区域内运动的时间为qB
                                      πm
    C.粒子在磁场区域内运动的最短时间为3qB
    D.从  MN  边界出射粒子的区域长为(           3+1)d
    解析:选    BCD 粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:
       v2         qBd
qvB=m  r ,其中   v=  m ;解
    得:r=d,


    画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹,如图所示:
    结合几何关系,有:
           r
    AO=sin 30°=2r=2d;故从距     A 点  0.5d 处射入,会进入Ⅱ区,故         A 错误;粒子从距
                                                            T  πm
A 点 1.5d 处射入,在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周,故运动时间为:t=2=qB,故                           B 正确;
从 A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短),时间最短,轨迹如图所示,轨迹
                               T  πm
对应的圆心角为       60°,故时间为:t=6=3qB,故         C 正确。由以上分析可知从           A 点和距   A 点
右侧  d 处进入磁场的粒子可从         MN  边界出磁场,画出临界轨迹如图所示,可得                   GH 长度为(

 3+1)d,故   D 正确。

    7.[多选]如图所示,虚线         MN 的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁
场,电场强度大小为         E,磁感应强度大小为         B。一带电微粒自离        MN  为
h 的高处由静止下落,从         A 点进入场区,沿着        ACD  做了一段匀速圆周运动,
从 D 点射出。下列说法中正确的是(  )

                            E  2h
    A.微粒做圆周运动的半径为B             g
    B.微粒从    A 点运动到    D 点的过程中,电势能先减小后增大
    C.从  A 点运动到    D 点的过程中微粒的电势能和重力势能之和保持不变
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    D.若微粒从     D 点离开场区到再次落回场区将沿              DCA 返回
    解析:选    AC 微粒开始时做自由落体运动,进入场区的速度大小为:v=                          2gh,由题意
可知,微粒进入复合场区做匀速圆周运动,因此必有重力与电场力平衡,即:mg=qE,此

                                  v2           E 2h
时由洛伦兹力提供向心力,有:qvB=m               R ,解得:R=B      g ,故选项    A 正确;电场力方向
竖直向上,因此微粒从          A 点运动到    D 点的过程中,电场力先做负功再做正功,其电势能先
增加后减少,故选项         B 错误;微粒从      A 点运动到    D 点的过程中,洛伦兹力不做功,根据能
量守恒定律可知,微粒的重力势能、动能、电势能之和恒定,由于做匀速圆周运动,其动能
不变,因此微粒的电势能和重力势能之和保持不变,故选项                         C 正确;微粒离开场区后做竖
直上抛运动,根据运动对称性可知,将运动至                   D 点正上方与初始释放位置等高处,下落后
重复之前的运动向右平移           2R 距离,故选项      D 错误。
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                         选择题押题练(七) 电磁感应(常考点)

    1.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机,大到电脑、
电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线

充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是(  )


    A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
    B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
    C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
    D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电
    解析:选    C 无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时,
发射线圈产生交变的磁场,根据电磁感应原理,在接收线圈中产生感应电流,实现对接收充
电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座
接到交流电源上才能对手机进行充电。所以                  A、B  选项错误。接收线圈中交变电流的频率与
发射线圈中交变电流的频率相同,C               选项正确。不是所有手机都可以进行无线充电,手机中
要装有接收线圈设备才可以,故             D 错误。

    2.韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律,如图所示是关于该定律的
实验,P   是由闭合线圈组成的螺线管,把磁铁从                 P 正上方,距     P 上端  h 处
由静止释放,磁铁竖直穿过            P 后落在海绵垫上并停下。若仅增大              h,重复
原来的操作,磁铁穿过          P 的过程与原来相比,下列说法正确的是(  )
    A.穿过线圈的磁通量将增大
    B.线圈中产生的感应电动势将增大
    C.通过线圈导线截面的电量将增大
    D.线圈对磁铁的阻碍作用将变小
    解析:选    B 若仅增大     h,对穿过线圈的磁通量没有影响,故                A 错误;若仅增大       h,磁
铁经过线圈的时间减小,线圈中产生的感应电动势将增大,故                          B 正确;若仅增大       h,对穿过
线圈的磁通量没有影响,所以穿过线圈的磁通量的变化相同,则通过线圈导线截面的电量
   ΔΦ
q= R 保持不变,故      C 错误;线圈中产生的感应电动势将增大,所以感应电流增大,线圈
对磁铁的阻碍作用将变大,故            D 错误。

    3.如图所示,两个标有“6           V、2  W”的相同的灯泡        A、B,分别
与电容器    C 和电感线圈     L 相连后接在     6 V 电源的两端,已知电感线圈
的自感系数很大、内阻不计,电容器的耐压值足够大,则(  )
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    A.若电源是直流电源,闭合开关时,A                灯缓慢地变亮
    B.若电源是直流电源,闭合开关稳定后再断开时,A                      灯会亮一下再熄灭
    C.若电源是交流电源,闭合开关稳定后,A                  灯不会亮
    D.若电源是交流电源,闭合开关稳定后,B                  灯可能会被烧坏
    解析:选    B 电容器在电路中的作用是“通交流、阻直流”,电感线圈在电路中的作用
是“通直流、阻交流”,因此,若电源是直流电源时,闭合开关后,B                             灯缓慢变亮。电路接
通瞬间,给电容器充电,A           灯将出现闪亮一下后熄灭,闭合开关稳定后再断开时,L                       与  A、
B 及 C 组成闭合回路,L       中由于产生自感电动势,阻碍电流的减小,因此                    A 灯会亮一下再
熄灭,故选项      A 错误,选项     B 正确;当电源是交流电源时,闭合开关稳定后,A                    灯一直发
光,B  灯几乎不亮,故选项         C、D   错误。

    4.“超导量子干涉仪”可用于探测心磁(10-10                T)和脑磁(10-13   T)等微弱磁场,其灵敏
度可达   10-14 T,其探测“回路”示意图如图甲。穿过                 ABCD“回路”的磁通量为          Φ。总电
                   Φ

                                                -15
流强度   I=i1+i2。I 与Φ0的关系如图乙所示(Φ0=2.07×10              Wb),下列说法正确的是(  )


    A.图乙中横坐标的单位是           Wb
    B.穿过“回路”的磁通量越大,电流                I 越大
    C.穿过“回路”的磁通量变化引起电流                 I 周期性变化
    D.根据电流     I 的大小,可以确定穿过“回路”的磁通量大小
               Φ
    解析:选    C Φ0的单位是     1,故   A 错误;从题图中可以看出穿过“回路”的磁通量变化
                       Φ
引起电流    I 周期性变化,当Φ0的比值是整数时,电流最大,故                    B 错误,C   正确;因为电流
是周期性变化的,同一个电流值,对应很多个回路的磁通量,故不能根据电流的大小来确定
回路中磁通量的大小,D          错误。

    5.如图所示,a、b       两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝

数均为   10 匝,边长    la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,
且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则(  )
    A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
    B.a、b  线圈中感应电动势之比为           9∶1
    C.a、b  线圈中感应电流之比为          3∶4
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    D.a、b  线圈中电功率之比为         3∶1
    解析:选    B 当磁感应强度变大时,由楞次定律知,线圈中感应电流的磁场方向垂直纸
面向外,由安培定则知,线圈内产生逆时针方向的感应电流,选项                            A 错误;由法拉第电磁
            ΔB                                            L

感应定律    E=S  Δt 及 Sa∶Sb=9∶1 知,Ea=9Eb,选项    B 正确;由    R=ρS′知两线圈的电阻关系

为 Ra=3Rb,其感应电流之比为          Ia∶Ib=3∶1,选项  C 错误;两线圈的电功率之比为             Pa∶Pb=

EaIa∶EbIb=27∶1,选项  D 错误。
    6.如图所示,足够长的          U 形光滑金属导轨平面与水平面夹角为               θ,
其中  MN  与 PQ 平行且间距为      L,有一磁感应强度为          B 的匀强磁场垂直
导轨平面斜向上,导轨电阻不计。金属棒                 ab 由静止开始沿导轨下滑,并
与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab               棒在   MN 与  PQ 之间部分的电阻

为 R,当   ab 棒沿导轨下滑的距离为         x 时,棒的速度大小为         v。则在这一过程中(  )
                                     v2
    A.金属棒    ab 运动的加速度大小始终为2x
                                 B2L2v
    B.金属棒    ab 受到的最大安培力为          R  sin θ
                                   BLx
    C.通过金属棒      ab 横截面的电荷量为        R
                             B2L2v
    D.金属棒    ab 产生的焦耳热为        2R x
    解析:选    C 金属棒    ab 开始做加速运动,速度增大,感应电动势增大,所以感应电流
也增大,导致金属棒受到的安培力增大,所以加速度减小,即金属棒做加速度逐渐减小的加
速运动,不是匀变速直线运动,故              A 错误。金属棒      ab 受到的最大安培力大小为           F=BIL=B
BLv   B2L2v                                          ΔΦ  BLx
 R L=   R  ,故   B 错误。通过金属棒       ab 横截面的电荷量       q=  R = R  ,C  正确。金属棒
ab 产生的焦耳热等于克服安培力做的功,安培力是变力,且安培力非线性变化,故                                 D 错误。

    7.如图所示,一闭合直角三角形线框               PNM  以速度   v 匀速穿过
匀强磁场区域。磁场         CD 边长度是线框      PN 边长度的    3 倍。从   NM  边
进入磁场区开始计时,到           P 点离开磁场区的过程中,线框内感应电
流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是下列图中的(  )
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    解析:选    A 如图所示,线框切割磁场的有效长度随                 t 变化,
                                             x0
                                          (0~  )
设 NM  边长度为    L,PN  边长度为     x0。进磁场过程         v ,如图中
①段,由右手定则知感应电流方向为正。有效长度                     l 从 L 线性减小
                E  Blv       BLv                 x0

至 0;电流大小     i=R=   R ,从  I0= R  起线性减小,在       t= v 时有
                                              x0  3x0
                                                ~
最小值   0(临界点),如图所示。线框在磁场内运动过程(                 v   v ),如图中②段,线框中无感
                  3x0 4x0
                     ~
应电流。出磁场过程(         v   v ),如图中③段,电流为负方向;有效长度                  l 从 L 线性减小至
             E   Blv       BLv                 4x0

0;电流大小     i=R=  R ,从   I0= R 起线性减小,在       t=  v 点有最小值     0(临界点)。综上分
析,应选    A。

    8.[多选]如图所示,电阻不计、间距为              l 的光滑平行金属导轨水平
放置于磁感应强度为         B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定
值电阻   R。质量为     m、电阻为    r 的金属棒    MN  置于导轨上,受到垂直于

金属棒的水平外力        F 的作用由静止开始运动,外力            F 与金属棒速度      v 的关系是    F=F0+

kv(F0、k 是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为                           i,受到的安培

力大小为    FA,电阻    R 两端的电压为     UR,感应电流的功率为          P,它们随时间      t 变化图像可能
正确的有(  )


                                                                  B2l2v
                                                                    +
    解析:选    BC 当金属棒     MN  的速度为    v 时,MN   受到的安培力      FA=Bil=  R  r ,根据
                                                B2l2
                                              k-
                                  F-FA    F0    R+r         Blv       BlRv
                                                             +         +
牛顿第二定律得金属棒          MN 的加速度     a=  m   = m +   m   v,且  i=R   r,UR=R    r,
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   B2l2v2       B2l2
     +           +
P=  R  r 。若  k=R   r,金属棒做匀加速直线运动,此时,i­t              图像为直线,FA­t     图像为直

线,UR­t  图像为直线,P­t     图像为抛物线。
         B2l2
          +
    若 k>R   r,则金属棒做加速度增大的加速运动。则                 i­t 图像、FA­t 图像、UR­t   图像、
P­t 图像为曲线,斜率越来越大,此时选项               B 正确。
         B2l2
    若 k<R+r,则金属棒做加速度减小的加速运动,加速度减为零后做匀速运动,此时

i­t 图像、FA­t 图像、UR­t  图像为曲线,斜率越来越小,最后恒定,感应电流的功率最后也
恒定,此时选项       C 正确。
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                         选择题押题练(八) 交变电流(常考点)

    1.阻值为    50 Ω、匝数为     311 匝的闭合矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴
匀速转动,产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断(  )


    A.t=0  时刻线圈应转到图甲所示的位置
    B.线圈的角速度为        50 rad/s
                                  1
    C.穿过线圈的磁通量的最大值为100π Wb
    D.线圈转一周所产生的热量为             968 J
    解析:选    C t=0  时刻产生的电动势为零,所以线圈应处于中性面,即线圈与磁场垂直,
                                      2π

故 A 错误;据图像可知,T=0.02           s,由  T= ω 可得:ω=100π      rad/s,故 B 错误;据    Em=
                  311           1
nBSω 可知,BS=311    × 100π Wb=100π   Wb,故    C 正确;由图像可知,电动势有效值              E=
Em                                                  2202
 2 ≈220  V,据焦耳定律可知,线圈转一周产生的热量:Q=                     50 ×0.02  J=19.36  J,故
D 错误。

    2.将电阻    R1 和 R2 按如图甲所示接在理想变压器上,变压器原线圈接在电压为                        U 的交

流电源上,R1     和 R2 上的电功率之比为       2∶1;若其他条件不变,只将            R1 和 R2 改成如图乙所

示的接法,R1     和 R2 上的功率之比为       1∶8。则图乙中两组副线圈的匝数之比               n1∶n2 为(  )


    A.1∶2                             B.1∶4
    C.1∶8                             D.1∶16
                                                             P1  I2R1 2

    解析:选    A 题图甲中,R1      和 R2 串联,则电流相等,根据功率之比P2=I2R2=1,得
                                                                    U12
                                                                     R1
R1  2                                                           P1′ U22  1

R2=1;题图乙中      R1 和 R2 上的功率之比为      1∶8,则乙图两副线圈的功率之比P2′=             R2 =8,

可得  U1∶U2=1∶2,则题图乙中两组副线圈的匝数之比等于两副线圈电压之比,为                           1∶2,故
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A 正确。


    3.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为                 1∶10,线圈接

通交流电源,理想电压表           V 示数为   22 V,理想电流表       A1 示数为  5 

A,副线圈串联了理想电流表            A2 以及虚线框内的某用电器,电路
处于正常工作状态,下列说法正确的是(  )

    A.电流表    A2 的示数为    50 A
    B.若虚线框内接入电容器,电容器的耐压值至少是                     220 V
    C.若虚线框内接入定值电阻,则电阻消耗的功率为                     110 W
    D.若虚线框内接入电动机且正常工作,可知电动机内阻为                        440 Ω
                   I1 n2                                              U1  n1

    解析:选    C 根据I2=n1,可得副线圈中的电流为              I2=0.5 A,故  A 错误;根据U2=n2,
                                                               2
可得  U2=220  V,若虚线框内接入电容器,则电容器的耐压值至少是                       220  V;若虚线框内
接入定值电阻,则电阻消耗的功率为               P=UI=220×0.5    W=110  W;电动机为非纯电阻,可
知电动机内阻不为        440 Ω,故  B、D  错误,C    正确。

    4.如图所示电路中,变压器为理想变压器,a、b                   接在电压有效值不变的交流电源两端,

R0 为定值电阻,R     为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到

电流表   A1 的示数增大了      0.2 A,电流表   A2 的示数增大了      0.8 A,则下列说法正确的是(  )


    A.电压表    V1 示数增大

    B.电压表    V2、V3  示数均增大
    C.该变压器起升压作用
    D.变阻器滑片是沿        c→d 的方向滑动

    解析:选    D 电压表    V1 的示数和    a、b 间电压的有效值相同,滑片滑动时               V1 示数不变,

选项  A 错误;电压表      V2 测量的电压为副线圈两端的电压,原、副线圈匝数不变,输入电压

不变,故    V2 示数不变,V3    示数为    V2 示数减去   R0 两端电压,两线圈中电流增大,易知               R0 两

端电压升高,故       V3 示数减小,选项      B 错误;理想变压器        U1I1=U2I2,则  U1ΔI1=U2ΔI2,

ΔI2>ΔI1,故  U2<U1,变压器为降压变压器,选项              C 错误;因    I2 增大,故知    R 减小,变阻
器滑片是沿     c→d 的方向滑动,选项        D 正确。

    5.某同学模拟“远距离输电”,将实验室提供的器材连接成如图所示电路,A、B                                 为

理想变压器,灯       L1、L2 相同且阻值不变。保持          A 的输入电压不变,开关          S 断开时,灯
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L1 正常发光。则(  )


    A.仅闭合    S,L1  变亮
    B.仅闭合    S,A  的输入功率变小

    C.仅将滑片     P 上移,L1   变亮
    D.仅将滑片     P 上移,A    的输入功率变小
    解析:选    D 闭合   S,则消耗功率增大,B          副线圈中电流增大,B         原线圈中电流也增大,

 则 R 上损失的电压和功率增大,则             B 输入电压    UB1=UA2-IR  减小,灯泡两端电压         UB2 减
小,故灯泡会变暗,故          A 错误;由以上分析知         A 的输入电流增大,电压不变,根据              P=
UI 知输入功率增大,故        B 错误;仅将滑片       P 上移,A    副线圈匝数减小,则输出电压减小,

B 的输入电压减小,灯泡电压也减小,故                L1 变暗,消耗功率减小,则          A 输入功率减小,故
C 错误,D   正确。

    6.如图甲所示电路中,L1、L2、L3           为三只“6 V 3 W”的灯泡,变压器为理想变压器,
各电表均为理想电表,当           ab 端接如图乙所示的交变电压时,三只灯泡均正常发光。下列说
法中正确的是(  )


    A.变压器原、副线圈的匝数比为              3∶1
    B.输出端交流电的频率为           50 Hz
    C.电流表的示数为        0.5 A
    D.电压表的示数为        18 V
    解析:选    B 因原、副线圈的电流之比为             1∶2,则匝数之比为      2∶1,故  A 错误;因周期
                          1
为 T=0.02  s,则其频率为      f=T=50   Hz,故   B 正确;电流表的示数为有效值,每个灯泡的
          P  3

电流为:I=U=6      A=0.5  A,则电流表示数为         2I=1 A,故   C 错误;电压表的示数为          Uab-

UL1=18 V-6 V=12 V,故    D 错误。

    7.[多选]图甲中的变压器为理想变压器,原线圈匝数                    n1 与副线圈匝数     n2 之比为

10∶1,变压器的原线圈接如图乙所示正弦交流电,电阻                      R1=R2=R3=20    Ω  和电容器    C 连
接成如图甲所示的电路,其中电容器的击穿电压为                     8  V,电压表     V 为理想交流电表,开关
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S 处于断开状态,则(  )


    A.电压表    V 的读数约为     7.07 V
    B.电流表    A 的读数为    0.05 A

    C.电阻   R2 上消耗的功率为       2.5 W
    D.若闭合开关      S,电容器会被击穿

    解析:选    AC 开关断开时,副线圈为           R1 和 R2 串联,电压表测量       R2 的电压,由题图乙
               200
                 2        2                       2                  2
可知原线圈电压为           V=100    V,所以副线圈电压为         10   V,则  R2 的电压为   5   V≈7.07 
                                          10 2     2                     2  1
V,选项   A 正确;由以上分析可知,副线圈电流为                 40  A=  4  A,所以原线圈电流为        4 ×10 
    2

A=40 A≈0.035 A,选项    B 错误;电阻     R2 上消耗的功率为
       U22  5 22

    P= R2 =   20    W=2.5 W,选项    C 正确;当开关闭合时,R1          与 R3 并联后和    R2 串联,
                                                1

电容器的电压为并联部分的电压,并联部分电阻为                     R 并=2R=10     Ω,所以并联部分的电压
          10     10 2            20
为 10 2×20+10 V=    3  V,最大值为     3  V<8 V,所以电容器不会被击穿,选项              D 错误。
    8.[多选]在匀强磁场中,一个           100 匝的闭合矩形金属线圈,绕与
磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正

弦规律变化。设线圈总电阻为            2 Ω,则(  )
    A.t=0  时,线圈平面平行于磁感线
    B.t=1 s 时,线圈中的电流改变方向
    C.t=1.5 s 时,线圈中的感应电动势最大
    D.一个周期内,线圈产生的热量为               8π2 J
    解析:选    AD t=0  时,磁通量为零,磁感线与线圈平面平行,
A 正确;当磁感线与线圈平面平行时,磁通量变化率最大,感应电动
势最大,画出感应电动势随时间变化的图像如图,由图可知,t=1 s                         时,
感应电流没有改变方向,B           错误;t=1.5     s 时,感应电动势为       0,C  错
                                   2π            2π

误;感应电动势最大值          Em=NBSω=NΦm    T =100×0.04×   2 (V)=4π(V),有效值    E=
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 2                          E2
2 ×4π(V)=2      2π(V),Q=     R T=8π2(J),D     正确。
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      选择题押题练(九) 物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析(偶考点)

                                         物理学史与物理方法


    1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识,推动了科学技术的创新和革命,
促进了人类文明的进步,关于物理学发展过程中的认识,下列说法中正确的是(  )
    A.开普勒研究了行星运动,从中发现了万有引力定律
    B.卡文迪许利用扭秤测出了引力常量,被誉为能“称出地球质量的人”
    C.牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,但可用实验直接验证
    D.伽利略利用理想斜面实验,使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论
陷入困境
    解析:选    B 开普勒发现了行星的运动规律,但万有引力定律是牛顿发现的,故选项
A 错误;卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量,使万有引力定律有了实际的应用价值——
测天体质量,故选项         B 正确;现实生活中不存在不受力的运动物体,因此牛顿第一定律不
可以直接用实验验证,故选项            C 错误;伽利略在理想斜面实验的基础之上,用逻辑推理的
方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境,故选项                             D 错误。

    2.下列说法正确的是(  )
    A.牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点
    B.卢瑟福通过对       α 粒子散射实验结果的分析,提出了原子核是由质子和中子组成的
    C.英国科学家法拉第心系“磁生电”思想是受到了安培发现的电流的磁效应的启发
    D.牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识
    解析:选    D 伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的
原因”观点,A      错误;卢瑟福通过对         α 粒子散射实验结果的分析,提出了原子的核式结构
模型,B   错误;英国科学家法拉第提出“磁生电”思想是受到奥斯特发现电生磁的现象的启
发,C   错误;牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识,D                              正确。

    3.下列说法正确的是(  )
    A.库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上非常相似,说明这两种力的性质相同
    B.弗兰克和赫兹实验证明了汞原子的能量确实是量子化的
    C.在国际单位制中,力的单位是力学中基本单位
    D.能量守恒定律是最普遍的自然规律之一,英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立
作出了突出贡献
    解析:选    B 尽管库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上非常相似,但是仍是性质
不同的两种力,故        A 错误;弗兰克和赫兹用电子轰击汞原子,证明了汞原子的能量确实是
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量子化的,故      B 正确;在国际单位制中,力的单位不是力学中基本单位,是导出单位,故
C 错误;对能量守恒定律的建立作出了突出的贡献的物理学家中没有牛顿,故                               D 错误。

    4.2017 年 2 月 12 日消息,福岛第一核电站           2 号机组安全壳内辐射量达到高值,对此
中国驻日本大使馆在其官方网站发布安全提醒,建议在日侨胞及赴日中国公民妥善安排出行

计划。关于核电站,下列说法正确的是(  )
    A.核电站是使核能转化为内能,通过汽轮机带动发电机来发电的
    B.发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量
    C.核泄漏中放射性物质都是天然放射性元素
    D.核电站的核废料可以直接堆放在露天垃圾场
    解析:选    A 核电站是利用核能发电的电站,它是在人工控制下缓慢进行的链式反应实
现核能的释放,核电站中都有热交换器,把核能转化为内能,用高压的蒸汽推动汽轮机转动
再带动发电机发电,选项           A 正确、B   错误;核泄漏中放射性物质有的是人工合成的放射性
同位素,并非都是天然放射性元素,选项                 C 错误;核废料具有放射性,会对环境和生物造
成严重的危害,不能直接堆放在露天垃圾场,要做防辐射处理,选项                             D 错误。

                                              直线运动

    5.一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面从底端向上滑出,从滑出至回到斜面底
端的时间为     6  s,若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板,仍将该物块以
相同的初速度从斜面底端向上滑出,物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反。撞击所

需时间不计。则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)(  )
    A.1.0 s   B.1.8 s   C.2.0 s   D.2.6 s

    解析:选    B 将物块的上滑过程分成位移相等的两段,设下面一段位移所用时间为                              t1,
                                                  2
上面一段位移所用时间为           t2,根据逆向思维可得:t2∶t1=1∶(        -1),设从滑出至回到滑出点
的时间为    2t=6 s,物块撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计),物块上滑和下滑的总
                                                     2
时间  t′=2t1 且 t1+t2=t=3   s,由以上各式可得:t′=(6-3            )s≈1.8 s,故只有选项      B 正
确。

    6.[多选]t=0   时刻  A、B  两质点从同一地点沿同一方向开始做直
线运动,在时间       t 内平均速度为v,它们的v­t        图线分别为图中的直线
A、B,下列判断正确的是(  )
    A.质点   A 的加速度大小为       1 m/s2
    B.质点   B 的加速度大小为       1 m/s2
    C.t=2 s 时,质点    A、B  相遇
    D.t=4 s 时,质点    A、B  相遇
                                                       1             x

                                                         2
    解析:选    AC 根据匀变速直线运动的位移时间公式                 x=v0t+2at 变形得:v=t=v0+
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1                        1               1    3-1                   1   2

                                                                 2
2at,则知图像的斜率大小等于2a,由题图可知,2aA=                   4 ,得   aA=1    m/s ,2aB=2,得
         2
aB=2  m/s ,故  A 正确,B   错误;由上可得,A         的初速度为     v0A=3 m/s,A  做匀减速运动,
                                                                    1

                                                                       2
B 的初速度为     v0B=0,做匀加速运动。2            s 时 A、B  的位移分别为      xA=v0At-2aAt =3×2 
   1                    1     1

          2                2         2
m-2×1×2     m=4 m,xB=2aBt   =2×2×2    m=4 m,则知     t=2 s 时,质点    A、B  相遇。同
                                        1              1

                                            2                 2
理,可得    4  s 时 A、B 的位移分别为      xA=v0At-2aAt =3×4    m-2×1×4     m=4   m,xB=
1     1

   2        2
2aBt =2×2×4   m=16 m,则知    t=4 s 时,质点    A、B  没有相遇,故      C 正确,D    错误。
    7.[多选]A、B    两物体同时同地同向出发,其运动的               v­t 图像和  a­t 图像如图甲、乙所

示,已知在     0~t0 和 t0~2t0 两段时间内,A     物体在   v­t 图像中的两段曲线形状相同。则有关
A、B  两物体的说法,正确的是(  )


    A.A  物体先加速后减速

    B.a2=2a1

    C.t0 时刻,A、B    两物体第一次相遇

    D.2t0 时刻,A、B    两物体第一次相遇
    解析:选    BD 读取   v­t 图像信息,A     物体的加速度先增大后减小,但速度一直在增大,

故 A 错。v­t  图像与   t 轴所围面积为位移,由几何关系知在               2t0 时刻,两物体位移相同,又由

于两物体从同地出发,则此时第一次相遇,故                   C 错、D   对。由   v­t 图像可知   v2=2v1,又由

a­t 图像与时间轴所围面积等于速度的改变量,可得                   a2=2a1,故  B 对。
    8.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动,两车在某一时刻刚好
经过同一位置,此时甲的速度为             5 m/s,乙的速度为      10 m/s,甲车的加
速度大小恒为      1.2 m/s2。以此时作为计时起点,它们的速度随时间变化
的关系如图所示,根据以上条件可知(  )
    A.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
    B.在前   4 s 的时间内,甲车运动的位移为            29.6 m
    C.在  t=4 s 时,甲车追上乙车
    D.在  t=10 s 时,乙车又回到起始位置
    解析:选    B 根据图像可知,乙图线的切线的斜率表示乙车的加速度,故乙车的加速度
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                                                                1

                                                                   2
先减小,之后反向且先增大再减小,故                A 项错误。前     4  s 甲的位移   x=v0t+2at =29.6  m,
故 B 项正确。v­t   图线与坐标轴围成的面积表示位移大小,t=4                    s 时,两车速度相同,但甲
车的位移小于乙车的,即甲车未追上乙车,故                   C 项错误。10      s 前乙车速度方向不变,位移
一直在增大,不可能回到起始位置,故                D 项错误。

                                             物体的平衡


    9.[多选]如图所示,一斜面体固定在水平地面上,物块静止在
斜面上,物块上端连一轻弹簧,现用沿斜面向上,大小为                        F=kt 的拉

力拉轻弹簧的上端,则弹簧的弹力              F 弹与物块受到的摩擦力         f 随时间
变化的图像正确的是(斜面足够长,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(  )


    解析:选    AD 弹簧的弹力始终等于拉力            F,即   F 弹=kt,选项    A 正确,选项     B 错误;
物块开始受到的是静摩擦力,且大小为                mgsin α,方向向上,在拉力         F 增大的过程中,静摩
擦力的大小变化满足         F+f=mgsin  α,随着    F 的增大,静摩擦力先向上均匀减小到零,再向
下均匀增大,当增大到等于最大静摩擦力时,再增大拉力,摩擦力变为滑动摩擦力,大小就
保持恒定,因此选项         C 错误,选项     D 正确。

    10.如图所示,同一竖直面内有上下两条相同材料做成的水平轨
道 MN、PQ,两个完全相同的物块             A、B  放置在两轨道上,A        在
B 物块正上方,A、B       之间用一细线相连。在细线的中点               O 施加拉力,
使 A、B  一起向右做匀速直线运动,则             F 的方向的说法正确的是(  )
    A.必须沿水平方向
    B.不能沿水平方向,要斜向右下方
    C.不能沿水平方向,要斜向右上方
    D.力  F 只要有使物体向右运动的作用效果,沿任意方向都可以
    解析:选    B 力的作用点是在细线的中点,而且物块                 A 在 B 的正上方,所以三角形
ABO 是等腰三角形,且        AB 在竖直方向,所以        AO  与 BO 与水平方向的夹角相等。因为
A 对水平轨道的正压力大于          B 对水平轨道的正压力,所以水平面对                A 的摩擦力大于水平面
对 B 的摩擦力,由题意知细线           AO 受到的拉力必须大于         BO 受到的拉力,所以        F 的方向只
能是斜向右下方,故         B 正确,A、C、D      错误。

    11.水平面上有    U 形导轨   NMPQ,它们之间的宽度为           L,M   和
P 之间接入电源,现垂直于导轨搁一根质量为                  m 的金属棒    ab,棒与
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导轨的动摩擦因数为         μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力),通过棒的电流强度为                      I,现加一
个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为                  B,方向垂直于金属棒         ab,与垂直导轨平面的
方向夹角为     θ,如图所示,金属棒处于静止状态,重力加速度为                     g,则金属棒所受的摩擦力
大小为(  )

    A.BILsin θ                         B.BILcos θ
    C.μ(mg-BILsin θ)                   D.μ(mg+BILcos θ)
    解析:选    B 金属棒处于静止状态,其合力为零,对其进行受力分析,

如图所示,在水平方向有           BILcos θ-Ff=0,Ff=BILcos   θ,选项   B 正确;
由于滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,且金属棒处于静止状态,则

Ff≠μ(mg-BILsin θ),选项    A、C、D   错误。
    12.如图所示,倾角      θ=30°的斜面体     A 静止在水平地面上,
一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮,绳两端系有质量均为                        m 的小
物块  a、b,整个装置处于静止状态。现给物块                 b 施加一个水平向
右的力   F,使其缓慢离开直到与竖直方向成               30°角(不计绳与滑轮间的摩擦),此过程说法正
确的是(  )
    A.物块   b 受到绳的拉力先增大再减小
    B.小物块    a 受到的摩擦力先增大再减小
    C.水平拉力     F 逐渐增大
    D.小物块    a 一定沿斜面缓慢上移
    解析:选    C 物块   b 受力平衡,对      b 受力分析,如图甲所示:


    设绳与竖直方向的夹角为          α,b  缓慢离开直到与竖直方向成            30°的过程中,α     变大,根据
平行四边形定则可知,T          逐渐增大,F     逐渐增大,故      A 错误,C    正确;对    a 受力分析,如图
                                                       1
乙所示:刚开始       T=mg,a   处于静止状态,则        f=T-mgsin 30°=2mg,方向向下,T        增大时,
f 增大,摩擦力增大,由于不知道最大摩擦力的具体值,所以不能判断物块                              a 是否会滑动,
故 B、D  错误。

                                           电路及动态分析
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    13.如图所示电路中,电源电动势为             E,内阻为    r,R1 和  R2 均为定值电阻,RT      为热敏电
阻(温度越高,电阻越低)。当环境温度较低时合上开关                     S,当环境的温度逐渐升高时,若三

个电表   A1、A2 和  V 的示数分别用      I1、I2 和 U 表示。则各个电表示数的变化情况是(  )

    A.I1 增大,I2  不变,U    增大

    B.I1 减小,I2  增大,U    减小

    C.I1 增大,I2  减小,U    增大

    D.I1 减小,I2  不变,U    减小

    解析:选    B 由题图知电压表测量路端电压,电流表                 A1 测量流过    R1 的电流,电流表

A2 测量流过   RT 的电流;当环境的温度逐渐升高时,RT               减小,整个电路的总电阻减小,总

电流增大,电源的内电压增大,则路端电压减小,即电压表示数                           U 减小,R2   电压增大,

R1、RT 并联电压减小,通过         R1 的电流   I1 减小,而总电流     I 增大,则流过      RT 的电流   I2 增大,
故 A、C、D    错误,B   正确。

    14.[多选]如图甲中      R1 为定值电阻,R2     为滑动变阻器(允许通过的最
大电流为    5 A)。闭合开关     S 后,移动滑片     P 时,ab  两端电压     U 和通过的

电流  I 之间的关系如图乙;R2        消耗的功率     P 与电流   I 的关系如图丙。电
源内阻不计,则下列说法中正确的是(  )


    A.电源电压为      50 V

    B.R1 的阻值为    5 Ω

    C.当  R2 的功率为    120 W 时,电路消耗的总功率为           200 W
    D.滑动变阻器连入阻值的范围为              4~45 Ω
    解析:选    ABC 读取    U­I 图像信息,应用电路规律。两电阻串联接入电路,ab                    两点间
电压是滑动变阻器两端电压。当开关断开时,电路中的电流为                          0,此时   a、b 两端电压是电
源的电压,由题图乙可知           a、b 两端的电压,即电源的电压            U=50  V,故   A 正确。由题图丙

可知,当    R2 的功率为    120 W 时,电路中的电流        I=4  A,由题图乙可知,Uab=30         V,因串

联电路中总电压等于各分电压之和,所以                 R1 两端的电压     U1=U-Uab=50 V-30 V=20 V,
     U                   U1  20 V

由 I=R可得,R1    的阻值    R1= I = 4 A =5    Ω,故   B 正确。电路消耗的总功率          P=UI=50 

V×4  A=200  W,故    C 正确。由题图乙所示图像可知:I1=1              A 时  U2=45 V,I2=5   A 时
                                                             U2   45 V

U2′=25  V,则滑动变阻器接入电路中的最大和最小电阻分别为                       R 最大=  I1 = 1 A =45 Ω,
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      U2′  25 V

R 最小=  I2 = 5 A =5 Ω,则滑动变阻器接入电路的阻值范围是                5~45 Ω,故   D 错误。

    15.可变电容器    C1、C2 和可变电阻器       R1、R2 以及电源    E 连接成如

图所示的电路。闭合开关           S,当  R1 的滑片在图示位置时,C1、C2          所带

的电荷量相等。现要使          C1 所带的电荷量大于       C2 所带的电荷量,可采用
的方法是(  )

    A.只增大    R2 的电阻

    B.只增大    C2 的电容

    C.只增大    C1 的电容

    D.只将   R1 的滑片向    A 端移动

    解析:选    C 由题意,当变阻器         R1 的滑片在图示位置时,C1、C2          的电荷量相等,即

U1C1=U2C2,只增大     R2 的电阻时,C1、C2     两端的电压     U1、U2  同时减小,且减小比例相同,

仍有  U1′C1=U2′C2,故     A 错误;只增大      C2 的电容,C2    的电荷量增大,C1       的电荷量不变,

则 C2 所带的电荷量大于       C1 所带的电荷量,故        B 错误;只增大      C1 的电容,C1   的电荷量增大,

C2 的电荷量不变,则       C1 所带的电荷量大于       C2 所带的电荷量,故        C 正确;当将     R1 的滑片向

A 端移动时,C1    两端的电压降低,C2        两端的电压升高,则         C2 所带的电荷量大于        C1 所带的
电荷量,故     D 错误。

    16.[多选]如图所示,A、B        为水平放置的平行正对金属板,在板
中央分别有一小孔          M、N,D    为理想二极管,R       为滑动变阻器。闭合
开关  S,待电路稳定后,将一带负电荷的带电小球从                    M、N  的正上方
P 点由静止释放,小球恰好能运动至小孔                N 处。则下列说法中正确的有(  )
    A.若仅将    A 板上移,带电小球将无法运动至              N 处
    B.若仅将    B 板上移,带电小球将从小孔            N 穿出
    C.若仅将变阻器的滑片上移,带电小球仍将恰好运动至小孔                         N 处
    D.断开开关     S,从   P 处将小球由静止释放,带电小球仍将恰好运动至小孔                      N 处
                                        εrS
    解析:选    AD 若仅将     A 板上移,根据     C=4πkd,知电容器的电容减小,由             Q=CU   知,
电压不变,电容器的带电量要减少,由于二极管的单向导电性,阻止电容器上的电荷流出,
                           Q                   4πkQ
故电容器的电量不变,根据            C=U,U=Ed,得到:E=          εrS ,故场强不变;带电小球如果
能到达小孔     N,重力做功小于电场力做功,可知带电小球未达到小孔                       N 时速度已经减为零
                                          εrS
返回了,故     A 正确;若仅将      B 板上移,根据      C=4πkd,电容增加,电容器要充电;由于电
压 U 一定,根据     U=Ed,电场强度增加,故如果能到达小孔                 N,重力做功小于电场力做功,
可知未达到小孔       N 时速度已经减为零返回了,故            B 错误;将滑动变阻器的滑片上移,分压
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增加,故电容器的电压增加,带电小球如果能到达小孔                       N,重力做功小于电场力做功,可知
未达到小孔     N 时速度已经减为零返回了,故             C 错误;断开开关       S,场强不变,故小球恰好
能运动至小孔      N 处,故   D 正确。

                 实验题押题练(一) 重视基本仪器的使用和读数(送分型)

    1.某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所
示,测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为________                      mm,图(b)所示读数
为________ mm,所测金属板的厚度为________ mm。


    解析:图(a):0 mm+0.01 mm×1.0=0.010 mm;
    图(b):6.5 mm+0.01 mm×37.0=6.870 mm;
    故所测金属板的厚度为          6.870 mm-0.010 mm=6.860 mm。

    答案:0.010 6.870 6.860
    2.图甲中游标卡尺的读数是________cm,图乙中螺旋测微器的读数是________mm。


    解析:游标卡尺的主尺读数为            2.9  cm,游标尺上第       8 个刻度和主尺上某一刻度对齐,
所以游标读数为       8×0.1 mm=0.8 mm=0.08 cm,所以最终读数为          2.9 cm+0.08=2.98 cm。
    螺旋测微器的固定刻度为          5.5 mm,可动刻度为       18.0×0.01 mm=0.180   mm,所以最终
读数为   5.5 mm+0.180 mm=5.680 mm。

    答案:2.98 5.680
    3.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中,测得纸带上计数点的情况如图所示,
A、B、C、D、E      为选好的计数点,在相邻的两个计数点之间还有                    4 个点未标出,图中数据
的单位是    cm,实验中使用的电源频率为            50            Hz。由此可知:小车的加速度             a=

          2
________m/s ;打点计时器打下       C 点时,小车的瞬时速度          vC=__________m/s。(结果保留两
位有效数字)


    解析:每相邻的两计数点间都有四个点未画出,因此计数点之间的时间间隔为                                T=0.1 
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s;
                        xCE-xAC
    根据  Δx=aT2,可得    a=    4T2   ;
    代入数据,解得
       17.47-8.05-8.05
    a=     4 × 0.12  ×10-2 m/s2≈0.34 m/s2。
    根据匀变速直线运动中,中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,有:
        xBD  12.59-3.86

                          -2
    vC= 2T =   2 × 0.1 ×10   m/s≈0.44 m/s。
    答案:0.34 0.44
    4.有一内阻未知(约       20 kΩ~60 kΩ),量程为     0~10 V  的直流电压表。
    (1)某同学想通过一个多用电表的欧姆挡直接测量上述电压表的内阻,该多用电表刻度
盘上读出电阻刻度中间值为            30,欧姆挡的选择开关拨至倍率__________(选填

“×10”“×100”或“×1          k”)挡。先将红、黑表笔短接调零后,选用图甲中________(选
填“A”或“B”)方式连接。


    (2)在实验中,欧姆表和电压表的指针分别如图乙、丙所示,某同学读出欧姆表的读数
为________         Ω,这时电压表的读数为________V。计算出欧姆表中电池的电动势为
________V。


    解析:(1)多用电表测电阻时,应让指针指在中间刻度附近,因而应选“×1                              k”挡。多
用电表测电阻时,用其内部电源,黑表笔接内部电源的正极,又因电压表的两接线柱中,
“+”接线柱应接高电势端,因而              A 电路的连接方式正确。
    (2)题图乙中欧姆表的读数为          40×1 kΩ=4×104 Ω。
    题图丙中电压表的读数为          5.0 V。
    欧姆表中电池的电动势
             5.0
    E=5.0 V+40×30 V=8.75 V。
    答案:(1)×1 k A (2)4×104 5.0 8.75
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    5.(1)将一个满偏电流为        3 mA 的电流表改装成欧姆表,调零后用它测量                  500 Ω 的标准
电阻时,指针恰好指在刻度盘的正中间。如果用它测量某元件的电阻时,指针指在                                  1 mA 处,
则该元件的阻值为________。

    (2)某同学想精确测量上述待测电阻             Rx 的阻值,设计了图甲所示电路图,并按下列步骤
进行测量(补充完整):
    ①按电路图连好电路,并将电阻箱的阻值调至最大,滑动变阻器的滑片                             P 置于
________(填“最右端”“正中间”或“最左端”)。
    ②闭合开关     S,单刀双掷开关置于         1,调节滑片     P,使电流表指针指在适当的位置,记
下此时电流表的示数         I。
    ③保持滑动变阻器滑片          P 位置不变,单刀双掷开关置于            2,调节电阻箱,
____________________,读取电阻箱连入电路的阻值如图乙所示。
    ④待测电阻的阻值为__________Ω。


    解析:(1)当电流达到满偏电流的一半时,所测电阻与欧姆表内阻相同,为中值电阻,
                                                                          E

即 R 内=500  Ω。故表内电源电动势为           E=IgR 内=1.5  V。当指针指在      1 mA  处时,Rx=    I -

R 内,代入数值解得       Rx=1 000 Ω。
    (2)为了保护电路,闭合开关前,应将滑动变阻器接入电路中的电阻调到最大值,即滑
片应位于最右端;用替代法测电阻必须保证电流表两次的读数相同,即使电流表的示数仍
为 I;电阻箱的阻值等于待测电阻的阻值,由题图乙可知电阻箱的示数为                             1 006 Ω。

    答案:(1)1 000 Ω (2)①最右端 ③使电流表的示数仍为                I ④1 006
    6.(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量一电流计                 G 的内阻(几百欧),当他选择倍率

“×100”进行正确测量时,指针偏转情况如图                  1 中“a”所示,误差很大,为了减小测量误差,
他应选择倍率__________(填“×10”或“×1 k”),正确操作后得到指针偏转情况如图                           1 中
的“b”所示,则该电流计的内阻为__________。
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    (2)将电流计   G 改装成多用电表,如图          2 所示,用此多用电表测量一阻值未知的电阻,
所采用的器材及电路图如图            3 所示。测量电阻两端电压时,选择开关                K 应接__________(填
“1”“2”或“3”),电路开关     S 应________,两表笔并接在电阻两端,且红表笔接________(填
“a”“b”或“c”);测量通过电阻的电流时,选择开关                K 应接________(填“1”“2”或“3”),开关
S 应_______,红表笔接________(填“a”“b”或“c”),黑表笔接________(填“a”“b”或“c”)。


    解析:(1)当他选用倍率“×100”进行正确测量时,指针偏角太大,说明所测电阻较小,
应换用小倍率的挡进行测量,即选用“×10”倍率,由欧姆表读数规则知电流计的内阻为

36×10 Ω=360 Ω。
    (2)因多用电表电流流向是“红进黑出”,测量电阻两端电压时,选择开关                             K 应接  3,
电路开关    S 应闭合,红表笔接        b、黑表笔接     a;测量通过电阻的电流时,选择开关               K 应接
1,开关   S 应断开,红表笔接        c,黑表笔接     b。

    答案:(1)×10 360 Ω (2)3 闭合 b 1 断开 c b
                实验题押题练(二) 强化实验分析和数据处理能力(保分型)

    1.利用如图甲所示的装置来完成探究合外力做功和动能变化关系的实验,不可伸长的
细绳绕过定滑轮把小车和砝码盘连在一起,通过测量经过光电门                           A、B  的速度和    A、B  之间
的距离来完成探究过程。


    实验主要步骤如下:

    (1)实验中小车总质量应该远大于砝码质量,这样做的目的是
__________________________________________;
    (2)如图乙,用游标卡尺测量挡光片宽度              d=________mm,再用刻度尺量得          A、B  之间
的距离为    L;
    (3)将小车停在    C 点,在砝码盘中放上砝码,小车在细绳拉动下运动,记录此时小车(含
挡光片)及小车中砝码的质量之和为              M,砝码盘和盘中砝码的总质量为              m,小车通过光电门

A、B  时的遮光时间分别为         t1、t2,则可以探究小车通过         A 至 B 过程中合外力做功与动能的
变化的关系,已知重力加速度为             g,探究结果的表达式是________________(用相应的字母

m、M、t1、t2、L、d     表示);
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    (4)在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码,重复③的操作。
    解析:(1)实验过程中,没有测量细绳拉力,而是把砝码和砝码盘总重力作为细绳拉力,
即小车合外力,只有当小车质量远大于砝码和砝码盘总质量时,细绳拉力才近似等于砝码和
砝码盘总重力。
    (2)遮光板的宽度     d=0.8 cm+0.05 mm×5=0.825 cm=8.25 mm。
    (3)小车通过光电门      A、B  时的瞬时速度:
        d      d

    vA=t1,vB=t2,
                             1    1    1
                                    -
    则要探究的关系式为:mgL=2Md2(t22            t12)。
    答案:(1)把砝码和砝码盘总重力作为细绳拉力
    (2)8.25
           1     1   1
                   -
    (3)mgL=2Md2(t22  t12)
    2.一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中:


    (1)甲同学在做该实验时,通过处理数据得到了图甲所示的                      F­x 图像,其中     F 为弹簧弹

力,x  为弹簧长度。请通过图甲,分析并计算,该弹簧的原长                       x0=________cm,弹簧的劲
度系数   k=__________N/m。该同学将该弹簧制成一把弹簧秤,当弹簧秤的示数如图乙所示
时,该弹簧的长度        x=________cm。
    (2)乙同学使用两条不同的轻质弹簧             a 和 b,得到弹力与弹簧长度的图像如图丙所示。下
列表述正确的是________。
    A.a 的原长比     b 的长
    B.a 的劲度系数比      b 的大
    C.a 的劲度系数比       b 的小
    D.测得的弹力与弹簧的长度成正比
                                                    ΔF

    解析:(1)x0  为甲图中    F=0  时的  x 值,即   x0=8 cm。k=Δx=25     N/m。弹簧秤示数      F=
3.0 N,由甲图知弹簧长度        x=20 cm。
    (2)在图像中横截距表示弹簧的原长,故              b 的原长比    a 的长,故    A 错误;在图像中斜率
表示弹簧的劲度系数         k,故  a 的劲度系数比      b 的大,故   B 正确,C    错误;弹簧的弹力满足胡
克定律,弹力与弹簧的形变量成正比,故                 D 错误。
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    答案:(1)8 25 20 (2)B
    3.某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验:长木板下垫着小木块,
用来平衡摩擦力,反复移动小木块位置,直到小车在木板上运动时可保持匀速运动为止。在

小车  A 的前端粘有橡皮泥,轻轻推小车              A 一小段距离后松手,小车          A 将在长木板上运动,
然后与原来静止在前方的小车            B 相碰后粘合成一体,并继续运动。他设计的具体装置如图
甲所示,在小车       A 后边连着纸带,纸带穿过打点计时器,电源频率为                     50 Hz。


    (1)图乙为打点计时器在纸带上打出的点,现用一刻度尺放于其旁对其进行测量,从图
中可以判断,两车相碰发生位置可能对应刻度尺的刻度为__________。
    A.4.5 cm 处                        B.5.5 cm 处
    C.6.5 cm 处                        D.7.5 cm 处

    (2)已测得小车    A 的质量   m1=0.40  kg,小车   B 的质量   m2=0.50  kg,由以上测量结果计
算碰前总动量、碰后总动量。(结果保留两位有效数字)
    解析:(1)结合纸带数据进行分析知,小车               A、B  相碰发生在      5~6 cm 之间,所以选      B。
                          0.01

    (2)小车碰撞前的速度       vA=0.02 m/s=0.5 m/s
    则碰前的动量为       p=mv=0.20 kg·m/s
    碰后小车    A、B  一起运动的速度
         0.004
    v′=  0.02  m/s=0.2 m/s

    p′=(m1+m2)v′=0.18 kg·m/s。
    答案:(1)B (2)0.20 kg·m/s 0.18 kg·m/s
    4.如图所示,利用        DIS 实验系统探究加速度与力的关系。一端带有定滑轮的长木板调
至水平后固定在桌面上,另一端安装位移传感器(接收器),绕过定滑轮和动滑轮的细线将装
有位移传感器(发射器)的小车和力传感器连接起来,动滑轮下挂有质量可以改变的小重物。
将位移传感器、力传感器与数据采集器相连,打开计算机中操作软件,放开小车使之运动。
不计滑轮、托盘和细线的质量,忽略滑轮与转轴间的摩擦。
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    (1)实验中力传感器的示数         F 与小重物的重力       mg 的关系为(  )
          mg         mg
    A.F=   2   B.F>   2
          mg
    C.F<   2   D.无法确定
    (2)保持小车(含发射器)的质量         M 不变,改变小重物的质量           m,重复进行多次实验。记
下每次力传感器的示数          F,利用   DIS 测出每次实验中小车的加速度             a,将得到的     a、F  数据
绘制成   a­F 图像。以下图像可能正确的是(  )


    (3)在本实验中不计滑轮的质量,忽略滑轮与转轴间的摩擦,除此之外请写出一种减少
实验误差的主要方法:__________________________________________________________
    ________________________________________________________________________。
    解析:(1)小重物做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得:mg-2F=ma,解得:F=
mg-ma   mg
  2   <  2 ,故  C 正确。
    (2)根据实验装置可知,本实验没有平衡摩擦力,所以当                     F≠0  时,a=0,即在      F 轴上有
                                                                1   Ff

截距,细线的拉力减去摩擦力等于小车受到的合外力,即                        F-Ff=Ma,a=MF-M,是一
条倾斜的直线,故        A 正确,B、C、D      错误。
    (3)减小小车与长木板之间的摩擦可以减小实验误差。

    答案:(1)C (2)A (3)减小小车与长木板之间的摩擦
    5.某同学用下列器材组装的简易欧姆表,如图所示。
    a.干电池一节:电动势为          1.5 V,且其内电阻可忽略;
    b.电流计一块:量程为          0 至 1 mA,最小刻度      0.1 mA,内电阻     20 
Ω;
    c.可变电阻一只:阻值范围为            100 Ω 至 2 500 Ω。
    (1)测量电阻前,先进行欧姆调零。将可变电阻的阻值调节为                       R=________,此时电流
计指针指到最大刻度;

    (2)欧姆表正确调零后,将待测电阻的两端分别连至红、黑表笔,若电流计的示数为                                0.5 

mA,待测电阻的阻值         Rx=__________;
    (3)若将电流计示数范围限制在           0.1 mA  到 0.9  mA 之间,欧姆表可测量的电阻范围为
____________;
    (4)如果将  r=20   Ω 的电阻与电流计并联,重新调零后,与第(3)问相比,可测量的电阻
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范围将如何变化?
                                                   1.5 V
    解析:(1)电流计的读数为         1 mA 时,全电路的电阻为1         × 10-3 A=1  500 Ω。所以,可
变电阻的阻值为       1 500 Ω-20 Ω=1 480 Ω。
    (2)调零后,可变电阻的阻值为           1 480 Ω,电流计的示数为        0.5 mA 时,待测电阻的阻值
     1.5 V
为0.5 × 10-3 A-1 480 Ω-20 Ω=1 500 Ω。
                                              1.5 V
    (3)电流计示数    0.1 mA 时,待测电阻的阻值为0.1         × 10-3A-1   480 Ω-20   Ω=13   500 
                                          1.5 V
Ω;电流计示数      0.9 mA 时,待测电阻的阻值为0.9         × 10-3A-1 480 Ω-20 Ω≈167 Ω。
    欧姆表可测量的电阻范围为           167~13 500 Ω。
    (4)因电流计两端并联与电流计内阻相同的电阻后,电路中的总电流变为原来的两倍,
而电池的电动势仍为         1.5 V,故可测量的电阻范围将变小。
    或者:电阻与电流计并联后,调零时,通过电流计的最大电流为                           1 mA,通过干路的电
                           1.5 V
流为  2 mA,全电路的电阻为2         × 10-3A=750 Ω。
    所以,可变电阻的阻值为          750 Ω-10 Ω=740 Ω。
                                             1.5 V
    电流计示数为      0.1 mA 时,待测电阻的阻值为0.2         × 10-3A-740 Ω-10 Ω=6 750 Ω,电
                                       1.5 V
流计示数为     0.9 mA 时,待测电阻的阻值为1.8         × 10-3A-740  Ω-10  Ω≈83  Ω,欧姆表可测
量的电阻范围为       83~6 750 Ω。

    答案:(1)1 480 Ω (2)1 500 Ω (3)167~13 500 Ω
    (4)可测量的电阻范围将变小或者可测量的电阻范围为                    83~6 750 Ω
    6.某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小,实验器材如图甲所示,现已
完成部分导线的连接。

    (1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中,电流表的示数从零开始逐渐增大,
请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接;
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    (2)某次测量,电流表指针偏转如图乙所示,则电流表的示数为________A;
    (3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示,根据图线判断,将________只相同的小
电珠并联后,直接与电动势为            3 V、内阻为     1 Ω 的电源组成闭合回路,可使小电珠的总功率
最大,其总功率的值约为____________W(保留两位小数)。
    解析:(1)电流表示数要从零开始逐渐增大,滑动变阻器要用分压接法,如图所示。


    (2)电流表示数为     0.44 A。
    (3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时,电源有最大的输出功率,即小电珠的总功率
                            E    3                E
                           外+
最大,此时     R 外=r=1   Ω,I=R      r=2 A=1.5  A,U  外=2=1.5   V,即每只小电珠两端的
                                                           I

电压为   1.5  V,通过图像可知每只小电珠的电流为                I0=0.38 A,n=I0≈4(只);P     总=nP=

nU 外 I0=4×1.5×0.38 W=2.28 W。
    答案:(1)图见解析 (2)0.44 (3)4 2.28
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    7.在“测定金属的电阻率”实验中,所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部
分的长度约为      50 cm。
    (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,其中某一次测量结果如图                        1 所示,其读数应为
________mm(该值接近多次测量的平均值)。


    (2)用伏安法测金属丝的电阻          Rx。实验所用器材为:电池组(电动势              3 V,内阻约     1 Ω)、
电流表(内阻约      0.1 Ω)、电压表(内阻约      3 kΩ)、滑动变阻器      R(0~20  Ω,额定电流      2 A)、开
关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路,进行实验测量,记录数据如下:

          次数     1     2      3      4      5      6      7      8
          U/V    0    0.1    0.3    0.7     1      1.5    1.7    2.3
          I/A    0    0.02   0.06   0.16   0.22   0.34   0.46   0.52

    由以上实验数据可知,他们测量             Rx 是采用图    2 中的________图(选填“甲”或“乙”
)。

    (3)图 3 是测量  Rx 的实验器材实物图,图中已连接了部分导线,滑动变阻器的滑片                          P 置
于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图,补充完成下图中实物间的连线。


    (4)这个小组的同学在坐标纸上建立             U、I 坐标系,如图      4 所示,图中已标出了与测量数
据对应的    4 个坐标点。请在图       4 中标出第    3、5、7  次测量数据的坐标点,并描绘出              U­I 图线。

由图线得到金属丝的阻值           Rx=________Ω(保留两位有效数字)。
    (5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)。
    A.1×10-2 Ω·m                      B.1×10-3 Ω·m
    C.1×10-6 Ω·m                      D.1×10-8 Ω·m
    解析:(1)螺旋测微器的读数为:d=0+39.8×0.01 mm=0.398 mm。
    (2)从给出的数据表可知,电流表和电压表的读数变化范围较大,所以变阻器采用的应
是分压式接法,即测量电路采用的是甲图。
    (3)实物间的连线如图(a)所示。
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                                                                      ΔU

    (4)根据描出的点,作出图像,如图(b)所示。由图线得到金属丝的阻值为:Rx=                            ΔI =
1.5
0.34 Ω=4.4 Ω。
                              d
                           R·π  2
              L       RS     (2)
    (5)根据 R=ρS得:ρ=     L =   L
    代入数据得:ρ=1×10-6 Ω·m。

    答案:(1)0.398 (2)甲 (3)见解析图
    (4)见解析图 4.4(4.3~4.5) (5)C
                实验题押题练(三) 提升实验设计和探究归纳能力(增分型)

                                        实验原理的迁移


    1.实验室购买了一捆标称长度为            100 m 的铜导线,某同学想通过
实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为                       1.0 mm2,查
得铜的电阻率为       1.7×10-8 Ω·m,再利用图甲所示电路测出铜导线的

电阻  Rx,从而确定导线的实际长度。
    可供使用的器材有:

    电流表:量程      0.6 A,内阻约   0.2 Ω;
    电压表:量程      3 V,内阻约    9 kΩ;

    滑动变阻器     R1:最大阻值     5 Ω;

    滑动变阻器     R2:最大阻值     20 Ω;

    定值电阻:R0=3 Ω;
    电源:电动势      6 V,内阻可不计;
    开关、导线若干。
    回答下列问题:

    (1)实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”),闭合开关               S 前应将滑片移至
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________(选填“a”或“b”)端。
    (2)在如图乙所示的实物图中,已正确连接了部分导线,请根据图甲电路完成剩余部分
的连接。


    (3)调节滑动变阻器,当电流表的读数为              0.50    A 时,电压表示数如图丙所示,读数为
________V。


    (4)导线实际长度为________m(保留两位有效数字)。
                  L

    解析:(1)由   R=ρS得,铜导线电阻         Rx 约为 1.7  Ω,电路中     Rx+R0 约为  4.7  Ω,若选

R1=5   Ω 的滑动变阻器,则电路中电流将超过电流表量程,故滑动变阻器选                            R2。为保护电
路,闭合开关      S 前应将滑动变阻器的滑片移至            a 端,使其电阻为最大。
    (2)实物电路连接图如图所示。


    (3)电压表量程    3   V,指针在     2 后第  3 条刻度线,故读数为        2.30   V,估读为    2.29 或
2.31 均可。
              U  2.30

    (4)R0+Rx= I = 0.5  Ω=4.6 Ω,Rx=1.6 Ω,
           L

    由 Rx=ρS得  L=94 m。

    答案:(1)R2 a (2)见解析图
    (3)2.30(2.29、2.31 均正确) (4)94(93、95 均正确)
    2.某同学设计了一个如图甲所示的实验电路,用以测定                       a、b 两个干电池的电动势和内
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电阻(图中    R 是电阻箱,其阻值可以直接读出)。考虑到干电池的内阻较小,电流表的内阻不

能忽略,故该同学事先测出电流表内阻:RA=0.20 Ω。


    (1)图乙是该同学测量电池         a 所得到的数据图像。由此可知,该电池的电动势                    Ea=

________V、内阻   ra=____________ Ω。
                                   1

    (2)图丙是该同学测量电池         b 所绘出的I         ­R 图像,由此可求出该电池的电动势              Eb=

________ V、内阻   rb=__________Ω。(计算结果保留三位有效数字)
    解析:(1)读取图像信息知,电源电动势为               E=1.5 V,
             1.5-1.0
    内阻为   r=   0.5  Ω=1.0 Ω。
                                  E
    (2)由闭合电路欧姆定律可知          I=R+r+RA,
         1  R+r+RA    R   0.2+r
    变形得I=       E   =E+    E
    由题图知图像的斜率表示电源的电动势的倒数,有
       6.0-1.6
    E=3.0-1.5 V=2.93 V
                     0.2+r
    图像与纵坐标的交点         2.93 =0.9,解得   r=2.44 Ω。
    答案:(1)1.5 1.0 (2)2.93 2.44

                                     实验器材的等效与替换


    3.图  1 为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景。
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    用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台上的轻质弹簧,读出不同拉力下的标尺刻度

x 及拉力大小    F(从电脑中直接读出)。所得数据记录在下列表格中:

         拉力大小    F/N     0.45    0.69    0.93    1.14    1.44    1.69
        标尺刻度     x/cm   57.02   58.01   59.00   60.00   61.03   62.00

    (1)根据所测数据,在图        2 坐标纸上作出     F 与  x 的关系图像。
    (2)由图像求出该弹簧的劲度系数为________N/m,弹簧的原长为________cm。(均保留
三位有效数字)
    (3)为了用弹簧测定两木块         A 和 B 间的动摩擦因数       μ,两位同学分别设计了如图            3 所示
的甲、乙两种方案。


    ①为了用某一弹簧测力计的示数表示               A 和 B 之间的滑动摩擦力的大小,你认为
________方案更合理。
    ②若  A 和 B 的重力分别为      10.0 N 和 20.0 N。当   A 被拉动时,弹簧测力计          a 的示数为
6.0 N,b 的示数为    11.0 N,c 的示数为    4.0 N,则 A 和 B 间的动摩擦因数为________。

    解析:(1)根据表中数据利用描点法得出对应的图像如图所示。

    (2)由胡克定律可知,图像的斜率表示劲度系数,则可知
          1.80
    k=0.625-0.552 N/m=24.7  N/m,在横轴上的截距表示弹簧
的原长   x=55.2 cm。
    (3)①甲、乙两种方案,在拉着物体             A 运动的过程中,拉        A 的弹簧测力计由于在不断地
运动,示数可能会变化,读数不是很准,弹簧测力计                      a 是不动的,指针稳定,便于读数,故
                                                                    Fa   6.0
甲方案更合理。②弹簧测力计             a 示数为   6.0 N,所以    A、B  间的动摩擦因数       μ=GB=20.0=
0.3。

    答案:(1)见解析图 (2)24.7(24.3~25.0     均正确) 55.2(55.0~55.5   均正确) (3)①甲 
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②0.3
    4.某同学想要测量一个阻值大约为              20 Ω 的电阻的阻值,实验室给出了以下器材:

    ①电流表    G1(0~5 mA,内阻    r1=3 Ω);

    ②电流表    G2(0~10 mA,内阻    r2=1 Ω);

    ③定值电阻     R1(150 Ω);

    ④定值电阻     R2(15 Ω);
    ⑤滑动变阻器      R(0~5 Ω);
    ⑥干电池(1.5 V);
    ⑦开关   S 及导线若干。


    (1)该同学设计了如图甲所示的电路图,图中电阻__________(填“A”或“B”)为被测电阻,

电阻________(填“A”或“B”)为定值电阻,定值电阻应选________(填“R1”或“R2”)。
    (2)图乙中的实物图已连接了一部分,请将实物图连接完整。


    (3)若某次测得电流表       G1、G2  的示数分别为      I1、I2,则被测电阻的大小为
______________(用已知和测量物理量的符号表示)。


    (4)若通过调节滑动变阻器,测得多组的              I1、I2,作出    I2­I1 的图像,如图丙所示,求得
图像的斜率为      k=1.85,则被测电阻的大小为__________Ω(保留三位有效数字)。

    解析:(1)由于电流表       G1 的内阻已知,因此串联一个定值电阻可以改装成一个电压表,

因此  A 为定值电阻,B      是被测电阻,由于被测电阻的阻值约为                 20  Ω,而电流计      G1 的量程

为 G2 的一半,因此      G1 的内阻加定值电阻的总阻值应与被测电阻差不多,因此定值电阻应

选 R2。
    (2)实物图连接如图所示。
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                  I1r1+R2
                      -
    (3)被测电阻   Rx=    I2 I1  。
            I1r1+R2       Rx+r1+R2
                -
    (4)由 Rx=   I2 I1  得  I2=    Rx    I1,
         Rx+r1+R2
    因此有      Rx    =k,
            r1+R2   18
              -
    求得  Rx=  k  1 =0.85 Ω=21.2 Ω。

    答案:(1)B A R2 (2)见解析图
      I1r1+R2
    (3) I2-I1    (4)21.2
                                        数据处理的创新


    5.某实验小组为了探究功与动能变化的关系,利用如图所示的装
置。在竖直墙上的        A 点安装一个拉力传感器,用不可伸长的柔软轻绳
一端与质量为      1.00 kg 的小球   C 连接,另一端绕过小滑轮          B(可以忽略
滑轮大小)与传感器连接,定滑轮             B 与 A 等高,BD    为水平参考线,测出         BC 间绳长   L=0.80 
m。实验中,使绳始终处于绷直状态,将小球从距离                      BD 线高  h 处由静止开始释放,从拉力
传感器记录的拉力变化图线中读出拉力的最大值为                     F。改变    h 的值,记录下相应的最大拉力
F,取  H=L-h,g=9.80 m/s2,实验中得到的部分数据如下表所示。

                 h/m     0.10    0.20    0.30    0.40   ……
                 H/m     0.70    0.60    0.50    0.40   ……
                 F/N    26.88   24.45   22.00   19.56   ……
    (1)当 H=0.60           m 时,小球的最大动能为__________J,此过程中外力做功为
__________J。
    (2)实验结论是:_____________________________________________________。
    (3)根据实验结论,推导出         F 与 H 之间的关系为:____________________________。
    解析:(1)根据实验中得到的数据可知,
    H=0.60 m,F=24.45 N,
    小球运动到最低点时,动能最大,受到的拉力最大,
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                                          v2
    在最低点,根据牛顿第二定律得:F-mg=m                 L
    可得小球运动到最低点时所具有的动能为
    1
    2mv2=5.86 J,
    此过程中外力做功为
    W=mg(L-h)=1.00×9.80×0.60 J=5.88 J。
    (2)实验结论为在实验误差允许的范围内,外力所做的功等于物体动能的增量。
    (3)根据实验结论可知,
             v2  1
    F-mg=m   L ,2mv2=mg(L-h)=mgH,
             2mg
    解得:F=     L H+mg,代入数据得:F=24.5H+9.8。
    答案:(1)5.86 5.88 (2)见解析 (3)F=24.5H+9.8
    6.在做测量电源电动势          E 和内阻   r 的实验时,提供的器材有:
待测电源一个(电动势        E 约为   9 V,内阻   r 在 35~85 Ω 范围内),内阻

为 RV=19.95   kΩ 的电压表一个(量程略大于电源的电动势),电阻箱
一个,开关一个,导线若干。为了测量得更加准确,多次改变电阻箱
                                   1
的电阻   R,读出电压表的相应示数           U,以U为纵坐标,R        为横坐标,
    1
画出U与   R 的关系图像,如图所示。试根据以上信息回答问题:
    (1)在虚线框内画出实验电路图。


    (2)根据图像可得     E=________,r=________。(保留两位有效数字)
    解析:(1)由题图可知,电阻箱的阻值可达到                5 kΩ,与电压表内阻的
数量级相当,故电压表可并联在电阻箱两端,也可与电阻箱串联测电流,
  1
由U与  R 成线性关系可知,电压表应与电阻箱串联,实验电路图如图所
示。
    (2)闭合开关,设干路电流为          I,由闭合电路欧姆定律,得:E=U+I(R+r),其中                  I=
U         1    R   r+RV                1
RV,解得:U=ERV+        ERV ,可见斜率     k=ERV=6×10-6           V-1·Ω-1,纵轴截距      b=
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r+RV                      1            b

            -1
ERV  =0.12 V  ,解得:E=kRV=8.4 V,r=k-RV=50 Ω。
    答案:(1)电路图见解析 (2)8.4 V 50 Ω
                           计算题押题练(一) 力学计算题
    1.交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”,它是根据车辆运行情况对各路
口红绿灯进行协调,使车辆通过时能连续获得一路绿灯。郑州市中原路上某直线路段每间隔

L=500 m  就有一个红绿灯路口,绿灯时间             Δt1=60 s,红灯时间     Δt2=40 s,而且下一路口红
绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后              Δt=50  s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该
路口。汽车可看作质点,不计通过路口的时间,道路通行顺畅。

    (1)若某路口绿灯刚亮起时,某汽车恰好通过,要使该汽车保持匀速行驶,在后面道路
上再连续通过五个路口,满足题设条件下,汽车匀速行驶的最大速度是多少?最小速度又是

多少?(计算结果保留两位有效数字)
    (2)若某路口遭遇红灯,待绿灯刚亮起时,某汽车由静止开始,以加速度                            a=2  m/s2 匀加
速运动,加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后,便以此速度一直匀速运动。试通
过计算判断,当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。
    解析:(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口,则通过五个路口的时间                              t=5Δt
                               5L

    此时匀速运动的速度最大          vmax=  t =10 m/s

    若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口,则通过五个路口的时间                           t′=5Δt+Δt1=310 
s
                               5L

    此时匀速运动的速度最小          vmin= t′ ≈8.1 m/s。

    (2)若路口绿灯刚亮起时,汽车启动加速,最终加速到                    vmax=10 m/s

    vmax=at1,t1=5 s
                              vmax

    在此过程中汽车走过的位移           x=   2 t1,x=25 m
    然后汽车以此速度匀速运动,可知

    L-x=vmaxt2,t2=47.5 s
    因此,汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为

    t=t1+t2=52.5 s
    110 s>t>50 s,因此走到下个路口时能够遇到绿灯。

    答案:(1)10 m/s 8.1 m/s (2)能
    2.在水平长直轨道上,有一长度为             L 的平板车在外力控制下始终

保持速度    v0 做匀速直线运动。某时刻将一质量为               m 的小滑块轻放到
车面的中点,滑块与车面间的动摩擦因数为                  μ。
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    (1)证明:若滑块最终停在小车上,滑块与车面摩擦产生的内能                        Q 是一个与动摩擦因数
μ 无关的定值;

    (2)已知滑块与车面间动摩擦因数            μ=0.2,滑块质量     m=1   kg,车长   L=2  m,车速    v0=
4 m/s,g 取  10 m/s2,当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒
力 F,要保证滑块不能从车的左端掉下,恒力                  F 的大小应该满足的条件;
    (3)在(2)的情况下,力     F 取最小值时要保证滑块不从车上掉下,求力                  F 的作用时间     t。

    解析:(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为                  v0,根据牛顿第二定律,对滑块:
    μmg=ma①

    v0=at②
    滑块相对车面滑动的距离:
           1

    s=v0t-2v0t③
    滑块与车面摩擦产生的内能:
    Q=μmgs④
    联立①②③④解得:
       1

           2
    Q=2mv0  ⑤
    所以  Q 是一个与动摩擦因数         μ 无关的定值。

    (2)设在恒力   F 作用下滑块加速度为         a1,经过时间     t1 后速度达到   v0,要使滑块不从左端
掉下小车,即此时还未到达车的左端,由牛顿第二定律有:

    F+μmg=ma1⑥

    v0=a1t1⑦
        v0   L

    v0t1- 2 t1≤2⑧
    联立⑥⑦⑧解得:F≥6 N。⑨

    (3)F 取最小值时,滑块经过时间          t1 运动到车左端后速度达到          v0,为使滑块恰不从右端

滑出,滑块在      F 作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为                     a2,时间为   t2),再撤去

外力  F 做匀减速运动(设加速度大小为            a3),到达右端时恰与车达到共同速度              v0,则有:

    F-μmg=ma2⑩

    μmg=ma3⑪
    1     a22t22

       2
    2a2t2 + 2a3 =L⑫
                                3

    由⑩⑪⑫式代入数据解得:t2=             3  s=0.58 s

    由(2)可解得   t1=0.5 s,
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    则力  F 的作用时间     t 应满足  t1≤t≤t1+t2,
    即 0.5 s≤t≤1.08 s。

    答案:(1)见解析 (2)F≥6 N (3)0.5 s≤t≤1.08 s
                      1
    3.如图所示,光滑的4圆弧          AB(质量可忽略)固定在甲车的左端,其半径                 R=1  m。质量
均为  M=3   kg 的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上,两车之间通过一感应开关相连(当滑
块滑过感应开关时,两车自动分离)。其中甲车上表面光滑,乙车上表面与滑块                                P 之间的动
摩擦因数    μ=0.4。将质量为      m=2 kg 的滑块    P(可视为质点)从     A 处由静止释放,滑块         P 滑上
乙车后最终未滑离乙车。求:


    (1)滑块 P 刚滑上乙车时的速度大小;
    (2)滑块 P 在乙车上滑行的距离。

    解析:(1)设滑块     P 刚滑上乙车时的速度为          v1,此时两车的速度为        v2,以滑块和甲、乙
两辆小车组成系统,规定向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒列出等式:

    mv1-2Mv2=0
    对整体应用能量守恒有:
         1      1

              2        2
    mgR=2mv1  +2×2Mv2
                          15
              15
    解得:v1=       m/s,v2=  3  m/s。
    (2)设滑块  P 和小车乙达到的共同速度为            v,滑块   P 在乙车上滑行的距离为          L,规定向
右为正方向,对滑块         P 和小车乙应用动量守恒有:

    mv1-Mv2=(m+M)v
    对滑块   P 和小车乙应用能量守恒有:
          1      1      1

              2      2           2
    μmgL=2mv1  +2Mv2  -2(M+m)v
    解得:L=2 m。

    答案:(1)   15 m/s (2)2 m
    4.如图所示,有一内表面光滑的金属盒,底面长为                   L=1.2   m,

质量为   m1=1   kg,放在水平面上,与水平面间的动摩擦因数为                   μ=

0.2,在盒内最右端放一半径为           r=0.1 m 的光滑金属球,质量为          m2=1  kg,现在盒的左端给
盒施加一个水平冲量         I=3  N·s,(盒壁厚度、球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计)
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g 取 10 m/s2,求:
    (1)金属盒能在地面上运动多远?
    (2)金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长?
                                               I
    解析:(1)由于冲量作用,金属盒获得的速度为                 v=m1=3      m/s,金属盒所受摩擦力为

F=μ(m1+m2)g=4 N
    由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失,且金属盒和金属球的最终速度都为                                  0,
                                                 1

                                                      2
以金属盒和金属球为研究对象,由动能定理,得-Fs=0-2m1v
    解得  s=1.125 m。

    (2)当金属盒前进     s1=1  m 时与球发生碰撞,设碰前盒的速度为                v1,碰后速度为      v1′,
                                        1      1

                                            2      2
球碰后速度为      v2,对盒,由动能定理得-Fs1=2m1v1           -2m1v

    解得  v1=1 m/s
    由于碰撞过程动量守恒、机械能守恒,有
                       1      1         1

                            2        2       2
    m1v1=m1v1′+m2v2,2m1v1    =2m1v1′  +2m2v2

    联立以上各式解得        v1′=0,v2=1 m/s。
    当球前进    1 m 时与盒发生第二次碰撞,碰撞前球的速度为                   1 m/s,盒子的速度为       0,碰

撞后球的速度为       0,盒子的速度变为        v2=1     m/s,以金属盒为研究对象,由动能定理得-
       1

            2
Fs2=0-2m1v2

    解得  s2=0.125 m。

    所以不会再与球相碰,则盒子运动时间可由动量定理求出。设盒子前进                             s1=1  m 所用时

间为  t1,前进   s2=0.125 m 所用时间为    t2,则-Ft1=m1v1-m1v,-Ft2=0-m1v2

    且 v1=v2=1 m/s

    代入数据得     t1=0.5 s,t2=0.25 s

    在盒两次运动之间还有一段时间             t3,为小球在运动,
       s1

    t3=v2=1 s
    则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间

    t=t1+t2+t3=1.75 s。
    答案:(1)1.125 m (2)1.75 s
    5.如图所示,足够长的传送带           AB 与光滑的水平面       BC 连接,
光滑的、半径      R=0.5  m 的半圆轨道与水平面连接,相切于               C 点。
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传送带以恒定的速率         v 顺时针运行,在光滑的水平面上有一质量                 m=0.5  kg 的物体以    v1=6 
m/s 的速度向左滑上传送带,经过            2  s 物体的速度减为零,物体返回到光滑的水平面且沿着
半圆轨道恰能运动到         D 点,g  取 10 m/s2。求:
    (1)物体与传送带之间的动摩擦因数             μ;

    (2)传送带的速度     v;
    (3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。
    解析:(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,设其运动的加速
度大小为    a,根据牛顿第二定律有:μmg=ma①
                            0-v1
    根据加速度定义式有:-a=             t  ②
                         v1    6
    由①②式联立解得:μ=gt=10           × 2=0.3。③
    (2)当物体速度减为零后,由于传送带有恒定向右运动的速度,与物体间存在相对运动,
物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动,若皮带速度足够大,根据对称性可知,

物体滑回光滑水平面时的速度            v2 大小应与    v1 相等,即   v2=v1=6 m/s
    又由题意可知,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到                            D 点,设经过最
                                                                 vD2

高点  D 时的速度为     vD,在   D 处,根据牛顿第二定律和向心力公式有:mg=m                   R  ④
    在由  C 运动至   D 的过程中,根据动能定理有:
              1      1

                   2      2
    -mg×2R=2mvD    -2mvC  ⑤
    由④⑤式联立解得:
         5gR   5 × 10 × 0.5
    vC=     =            m/s=5 m/s⑥
    物体在光滑水平面上应做匀速直线运动,显然

    vC=5 m/s<v2=6 m/s
    所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等后,再做

匀速直线运动,并以该速度运动至              C 处,即有:v=vC=5 m/s。⑦
    (3)物体向左滑行时,相对传送带的位移为:
        v1

    Δx1= 2 ·t+vt⑧
    物体向右滑行时,相对传送带的位移为:
           v  v2

    Δx2=v·μg-2μg⑨
    物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为:

    Q=μmg(Δx1+Δx2)⑩
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    由③⑦⑧⑨⑩式联立,并代入数据解得:
    Q=30.25 J。

    答案:(1)0.3 (2)5 m/s (3)30.25 J
                           计算题押题练(二) 电学计算题
    1.如图所示,中轴线         PQ 将矩形区域     MNDC  分成上、下两部分,上部分充满垂直纸面
向外的匀强磁场,下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小皆为                                B。一质量为
m、带电荷量为      q 的带正电的粒子从        P 点进入磁场,速度与         MC 边的夹角    θ=30°,MC   边长
为 a,MN   边长为   8a,不计粒子重力,求:


    (1)若要该粒子不从      MN  边射出磁场,其速度最大是多少;
    (2)若该粒子从    P 点射入磁场后开始计数,则当粒子第五次穿越                   PQ 线时,恰好从      Q 点
射出磁场,粒子运动的速度又是多少?
    解析:(1)设该粒子恰不从         MN 边射出磁场时的轨迹半径为            r,轨
迹如图所示,由几何关系得:
               1
    rcos 60°=r-2a,解得   r=a
                vm2

    又由  qvmB=m   r
                    qBa

    解得最大速度      vm=  m 。
    (2)当粒子第五次穿越       PQ 线时,恰好从      Q 点射出磁场时,由几何关系得

    5×2rsin 60°=8a,
           8 3
    解得  r= 15 a
               v2
    又由  qvB=m  r
               8 3qBa
    解得速度    v=  15m  。
            qBa    8 3qBa
    答案:(1)  m   (2) 15m

    2.如图甲所示,一对平行金属板             M、N   长为  L,相距为     d,O1O  为中轴线,两板间为

匀强电场,忽略两极板外的电场。当两板间加电压                     UMN=U0  时,某一带负电的粒子从           O1 点

以速度   v0 沿 O1O 方向射入电场,粒子恰好打在上极板               M 的中点,粒子重力忽略不计。
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                      q
    (1)求带电粒子的比荷m;
                                                 L                 T
    (2)若 M、N  间加如图乙所示的交变电压,其周期               T=v0,从    t=0 开始,前3时间内
           2T

UMN=2U,后    3 时间内   UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度               v0 沿 O1O 方向持续射入电
场,最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,求                         U 的值。

    解析:(1)设粒子经过时间         t0 打在 M 板中点
               L

    沿极板方向有2=v0t0
                 d  qU0

                         2
    垂直极板方向有2=2mdt0
        q  4d2v02
    解得m=    U0L2 。
                             L
    (2)粒子通过两板间的时间         t=v0=T,从    t=0 时刻开始,粒子在两板间运动时,每个电
                                           2qU

压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小                   a1= md ,在每个电压变化周期的后三分之二
                     qU

时间内的加速度大小         a2=md,不同时刻从       O1 点进入电场的粒子沿电场方向的速度               vy 随时
间 t 变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,可以确定在                                  t=
                       1
nT(n=0,1,2,…)和   t=nT+3T(n=0,1,2,…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右
                                          d  1   T            3U0
                                               a1·
侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大,则2=2(                       3)T,解得    U=  8 。


            4d2v02   3U0
    答案:(1)  U0L2  (2)  8
    3.边长为    3L 的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀
强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示。左侧磁场垂直纸面向外,
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磁感应强度大小为        B1,右侧磁场的磁感应强度大小为             B2,方向垂直纸面向里,中间区域电
场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为                    m、电荷量为+q       的带电粒子从平行金属板
的正极板开始由静止被加速,加速电压为                 U,加速后粒子从        a 点进入左侧磁场且与左边界的
角度  θ=30°,又从距正方形上下边界等间距的               b 点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒
子的重力,求:

    (1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小               v;

    (2)左侧磁场区域磁感应强度          B1;
             6mqU

    (3)若 B2=  qL  ,电场强度     E 的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘                     cd 间
离开?
                                                                 1
    解析:(1)粒子在平行金属板间被加速的过程中,根据动能定理有:qU=2mv2-0。
    解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为:

        2qU
    v=   m 。
    (2)根据题意,作出粒子的运动轨迹图,如图所示。
    根据图中几何关系可知,粒子在左侧磁场区域内做匀速圆周运
动,速度偏转角为:
    α=90°-θ=60°
    其轨道半径为:

         L   2 3

    R1=sin α= 3 L
    粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,根据牛顿第二定律和向心力公式有:
       v2

qvB1=mR1
              6mqU

    解得:B1=     2qL 。
    (3)设粒子经中间电场加速后速度为             v′,要使粒子能从上边缘           cd 间离开,其临界情况

分别为刚好从      c 点和轨迹与右边界相切离开,对应的速度分别为                    vmin′和 vm′,轨道半径

分别为   R2min 和 R2m
                             3

    由图中几何关系可知:R2min=4L,R2m=L
    即粒子能从上边缘        cd 间离开时对应的轨道半径满足:
    3

    4L≤R2≤L
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                                            v′2

    根据牛顿第二定律和向心力公式有:qv′B2=mR2
    在中间电场运动的过程,由动能定理有:
         1       1
    qEL=2mv′2-2mv2
                               11U     2U
    解得电场强度需满足的条件为:16L≤E≤                L 。

             2qU      6mqU    11U      2U
    答案:(1)    m  (2)  2qL  (3)16L≤E≤   L

    4.如图所示,半径为         r,圆心为    O1 的虚线所围的圆形区域内存在
垂直纸面向外的匀强磁场,在磁场右侧有一竖直放置的平行金属板

M 和 N,两极板间距离为         L,在  M、N   板中央各有一个小孔         O2、O3,

O1、O2、O3  在同一个水平直线上,与平行金属板相接的是两条竖直放
置间距为    L 的足够长的光滑金属导轨,导体棒              PQ 与导轨接触良好,
与阻值为    R 的电阻形成闭合回路(导轨与导体棒的电阻不计),该回路处在磁感应强度大小为
B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中,整个装置处在真空室中,有一束电荷量为+q、质量

为 m 的粒子流(重力不计),以速率           v0 从圆形磁场边界上的最低点           E 沿半径方向射入圆形磁

场区域,最后从小孔         O3 射出,现释放导体棒        PQ,其下滑     h 后开始匀速运动,此后粒子恰

好不能从    O3 射出,而从圆形磁场的最高点            F 射出,求:
    (1)圆形磁场的磁感应强度         B′;
    (2)棒下落  h 的整个过程中,电阻上产生的电热;
    (3)粒子从  E 点到  F 点所用的时间。
    解析:(1)由题意可知,带电粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为                            r,洛伦兹力提
供向心力:
             v02           mv0

    qv0B′=m   r ,解得   B′=   qr 。

    (2)根据题意粒子恰好不能从          O3 射出的条件为:
    1

        2
    2mv0 =qUPQ

    导体棒匀速运动时,速度大小为             vm,UPQ=BLvm
    导体棒匀速运动时,受力平衡:
                   UPQ
    Mg=BIL,又    I=  R ,
                            1

                                2
    由能量守恒可得       QR=Mgh-2Mvm    ,
    联立以上各式
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            BLmh       m3v06

                   2
    解得  QR=  2qR v0 -16gBLRq3。

    (3)在圆形磁场内的运动时间为           t1,则
       T  T  1 2πr πr

    t1=4+4=2·  v0 =v0

    在电场中往返运动的时间为           t2
          t2       4L

    由 L=v 2 ,得  t2=v0
               πr+4L

    故 t=t1+t2=   v0 。
            mv0    BLmh       m3v06      πr+4L

                          2
    答案:(1)   qr  (2) 2qR v0 -16gBLRq3 (3)  v0
    5.如图所示,两光滑金属导轨,间距               d=2  m,在桌面上的部分
是水平的,仅在桌面上有磁感应强度               B=1   T、方向竖直向下的有界
磁场,电阻     R=3 Ω,桌面高      H=0.8 m,金属杆     ab 质量  m=0.2 kg,
其电阻   r=1  Ω,从导轨上距桌面        h=0.2  m 的高度处由静止释放,落
地点距桌面左边缘的水平距离            s=0.4 m,取   g=10 m/s2,导轨电阻不计。求:
    (1)金属杆刚进入磁场时,R         上的电流大小;
    (2)整个过程中电阻      R 放出的热量;
    (3)磁场区域的宽度。
                                                              1

                                                                  2
    解析:(1)设杆刚进入磁场时速度为             v0,由机械能守恒定律有:mgh=2mv0

    代入数据解得:v0=2 m/s

    又由法拉第电磁感应定律有:E=Bdv0=4 V
                             E
    由闭合电路欧姆定律有:I=R+r=1 A。
    (2)设杆刚离开磁场时速度为          v,接着杆开始做平抛运动,在竖直方向上有:
       1
    H=2gt2
              2H
    解得:t=      g
    在水平方向上有:s=vt,
    解得:v=1 m/s
                                          R
                                          +
    电磁感应过程中电阻         R 上产生电热为:QR=R         r Q
                            1      1

                                2     2
    根据能量守恒有:Q=W          电=2mv0  -2mv
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解得  QR=0.225 J。
                             B2d2vΔt
(3)由动量定理可得      FΔt=mΔv,即     R+r  =mΔv。
  B2d2l
   +
即 R  r =m(v0-v)
        mR+rv0-v
解得:l=         B2d2     =0.2 m。
答案:(1)1 A (2)0.225 J (3)0.2 m
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