资源简介

必修第三册
知识导图
一、 静电场
基础公式
高考考向
二、 恒定电流
考向一 ：电场力的性质
1. A
【解析】 已知电子在电场中受到的电场力与所在位置处电场线的切线方向相反 ，因此该电子在此电 场中所受电场力指向右侧，根据“力指凹侧”可知A正确 .
2. A
【解析】 带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
,
联立可得
B2 R1 ，
故选A .
3. D
【解析】 AB ．选项A全部都是正电荷，选项B全部都是负电荷，则根据电场强度的叠加法则可知，P 点处的场强不可能为零，故AB错误；
C ．设、间的距离为 ，则 、在点产生的合场强大小有
(
4r2
，
)解得B= V2lba
Q2产生的场强大小为E=
4r2
,
则P点的场强不可能为零，故C错误；
D ．设 、间的距离为 ，则 、在点产生的合场强大小有
解得B= " ，
(
2
)Q2产生的场强大小为E= 故选D .
,则 P点处的场强可能为零，故D正确 .
4. ( 1 ) 点处点电荷的电荷量的绝对值为 ； 、 B 、 C均为正电荷 ( 2 )
【解析】 ( 1 ) 因为点的电场强度竖直向下，则为正电荷，根据场强的叠加原理，可以知道与 两点的电荷在点的电场强度大小相等，方向相反，那么点电荷带电量为 ，电 性与相同，又因为点电场强度竖直向上，可以知道点电荷在点的场强垂直于 沿连线向右上，如图所示，可知处电荷为正电荷，所以 、 B 、 C'均为
正电荷 .
( 2 )
如图所示 可知
(
BN
2
CN
2
)AN2 3
BC
· tan30
代入AN=√3BN=√3CN 可得
电场能的性质
5. CD
【解析】 A 选项：因 点所在的等势面高于 点所在的等势面，可知 点电势比 点的高，故 A错误；
B 选项：因 点所处位置的等差等势面密集，则 点电场强度点的大，即 点电场 强度大小比 M 点的小，故B错误；
C 选项：电场强度的方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知 M 点电场强度 方向沿 轴正方向，故C正确；
D 选项：因 轴上各点电势相等，则沿 轴运动的带电粒子，其电势能不变，故D正确 . 故选CD.
6. BC
【解析】 ABC ．由题目信息 ， ，可知根据点电荷的电势分布情况可知
PM = PN> pp ，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
,则带负电的小球在点的机械能等于在点的机械能，故A为错误 选项、BC为正确选项；
D ．从点运动到点的过程中，电场力先做正功后做负功，故D为错误选项 . 故答案为BC .
7. C
【解析】 A ．沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若 P > PW ，
则 点到电荷的距离比点的近，故A错误；
B ．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若 EU < EW ，
则 点到电荷的距离比点的远，故B错误；
C ．若把带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功，则是逆着电场线方向运动，
电势增加，故有 P 故C正确；
D ．若把带正电的试探电荷从点移到点，电场力做负功，则是逆着电场线方向运动；
根据正点电荷产生的电场特点可知
EU < EX ， 故D错误 .
故选C .
8. BC
【解析】 A ．根据场强叠加以及对称性可知， 、 两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A 错误；
B ．因在 、 处的正电荷在 、 两点的合电势相等，在 点的负电荷在 、 两 点的电势也相等，则 、 两点电势相等，选项B正确；
CD ．根据题意可知，负电荷从 到 ，因 、 两电荷的合力对负电荷的库仑力从 指向 ，则该力对负电荷做负功， 点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该 负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在 点的电势能比在 点小；同理可知负电荷在 点的电势能比在 点小 ．选项C正确，D错误 .
故选BC .
带电粒子在电场中的直线运动
9. D
【解析】 初始状态下，油滴处于静止状态时，受力平衡，满足
Eq=mg
即
AB ．当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足
(
l
3
)2U 4
(
d
3
) Q = —T" · P9
可得
, Q
Q = —
2
AB错误；CD ．当电势差调整为时，若油滴的半径变为 ，则满足
可得
(
Q
)'=4
C错误，D正确 . 故选D .
10. ( 1 ) 8 : 1
( 2 ) 油滴带负电，油滴带正电；
【解析】 ( 1 ) 设油滴半径 ，密度为 ，则油滴质量 ，则速率为v时受到的阻力 ,当油滴匀速下落时 ，解得 ，
可知 则 .
( 2 ) 由于两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 ，可知油 滴在做减速运动，油滴在做加速运动，故油滴带负电，油滴带正电；当再次匀速 下落时，对进行受力分析可得
其中
对进行受力分析可得 ，其中 ，计算可得
qs 2ms T .
带电粒子在电场中的曲线运动
11. BD
【解析】 A选项：如图所示，小球所受的重力和电场力大小相等，则
Eq=mg ，
故等效重力 的方向与水平方向成 .
当时速度最小为 ，由于此时存在水平分量，小球还可以向左运动，电 场力做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD选项：在水平方向上，
在竖直方向上 v=g ，
由于
,得 ，
如图所示，速度为时，小球的动能等于初动能 ．由于此时速度没有水平分量，故电势能最 大 ．由动能定理可知
,
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C选项：当速度如图中所示时，此时速度的水平分量与竖直分量大小相等，小球的动能最
小，故C错误； 故选BD .
12. D
【解析】 A ．由牛顿第二定律可得，在XX'极板间的加速度大小
eu md
A错误；
B ．电子在电极XX'间运动时，有
Uz =apt
t = l
电子离开电极时的动能
(
t2
40d2
)电子离开电极后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为
,B错误；
C ．在XX'极板间受到电场力的冲量大小
C错误；
D ．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切值
D正确 . 故选D .
13. BD
【解析】 B ．微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，根据电场 强度和电势差的关系及电场强度和电场力的关系可得
, ,解得
微粒射入电容器后的速度为 vo ，水平方向上和竖直方向上的分速度分别为
(
vs
=
ocos
45
=
v2v
)2 ，
(
y
0
2
)v =, sin45" = V2v
微粒从射入到运动到最高点，由运动学公式得
2= 2ad
Y
微粒射入电场时由动能定理可得
联立解得 U:U2 = 1:1 ， B正确；
A ．微粒从射入到运动到最高点，由运动学公式可得
,
联立可得 L:d = 1: 1 ， A错误；
C ．微粒穿过电容器时从最高点到穿出过程中，由运动学公式可得
(
L=
uxt11
=at
), Y
微粒射入电容器到最高点过程中有
(
Y
)
解得 a= 要
设微粒穿过电容器时与水平方向的夹角为 a ，则
微粒射入电场时与水平方向的夹角为 ，则 tanβ=tan45' = 1 ，根据数学三角函数公式可得
tan(a+F)= 3 ， C错误；
D ．以最高点为坐标原点，向左为轴正方向，向下为轴正方向建立坐标系，
可得微粒轨迹与质量、电荷量无关 ，D正确 .
故选BD .
14. BD
【解析】 C选项，在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到 。 点的距离成反比，可设为
,即 ，
带正电的同种粒子 、 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有 ，
2
,
(
2
2
2
)可得 —mu1 = = ，
即粒子 入射时的动能等于粒子 入射时的动能，故C错误；
A选项，粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，做向心运动，电场 力做正功，则动能增大，粒子 3 入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B选项，粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，做离心运动，电场
力做负功，则动能减小，粒子 4 入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D选项，粒子 做向心运动，有 ，
l z qE2rz 1 2
(
2
2
2
)可得 mis < = mu ，
粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的动能，故D正确； 故选BD .
基础知识
高考考向
电路规律
15. C
【解析】 电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成 、的串联部分与、的串联 部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为
上 电容器下极板的电势为 v下 = 晶 ·4R= 管 则电容两端的电压
U下上 = 習
则电容器上的电荷量为 下上 故选C .
16. A
【解析】 由电路图可知 与串联后与并联，再与串联 ．并联电路部分的等效电阻为
R2(RS+RS)
R并 = =2Q
R2 +R3+R4
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为
=I = = 3A
R1+R并
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则
并 并
四个灯泡的实际功率分别为
, , ,
故四个灯泡中功率最大的是R1 ．故选A .
考前必背——实验相关选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
(
基础公式
)
动量 p me ，p v2mEk ，p - 2Ek
动量定理 fAt =
动量守恒表达式
碰撞满足的规律 （1）动量守恒定律；（2）机械能不增加； （3）速度要合理
反冲满足的规律 （1）动量守恒定律；（2）机械能增
高考考向
考向一 ：动量 冲量 动量定理
1 . (多选) 使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的 极正对着乙的 极，甲的质 量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等 ．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任
一时刻( )
A. 甲的速度大小比乙的大
C. 甲的动量大小与乙的相等
B. 甲的动量大小比乙的小
D. 甲和乙的动量之和不为零
2 . (多选) 某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型 ．多个质量均为lkg的滑块可在水平
滑轨上滑动，忽略阻力 ．开窗帘过程中，电机对滑块 施加一个水平向右的恒力 ，推动滑块 以 的速度与静止的滑块碰撞，碰撞时间为 ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 0.22m/s ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A. 该过程动量守恒
C. 滑块受到合外力的冲量大小为
B. 滑块 受到合外力的冲量大小为
D. 滑块受到滑块 的平均作用力大小为
3 . (多选) 质量为的物块在水平力的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，与时间 的关 系如图所示 ．已知物块与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小取 ．则( )
A. 4s时物块的动能为零
C. 时物块的动量为
m/s
B. 6s时物块回到初始位置
D. 时间内对物块所做的功为
4 . 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭 ．如图所示，发射仓内的高压气体先 将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空 ．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
考向二：动量守恒定律及综合应用
5 . 1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中 子）组成 ．如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 . 设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小
C. 大于
B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
D. 大于
6 . 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为 ，圆管长
度为 2 ．一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，
所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等 ．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘
发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短 ．不计空气阻力，重力加速度大小为 g ．求
( 1 ) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小 .
( 2 ) 在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离 . ( 3 ) 圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数 .
二、 机械振动机械波
基础知识
1 ．理解简谐运动的对称性
举例 如图所示 ，质点在A与B之间做简谐运动 ，O点为平衡位置 ，C和D两点 关于。点对称 A C O D B
时间的对称性 toB = tBO = tAO ， toD = toc ， tDB = tBD = tAC = tcA
速度的对称性 （ 1 ）质点经过同一点（如刀点 ）时 ，速度大小相等 ，方向可能相同 ， 也可能相反； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（ 如C点与D点 ）时 ，速度大小相 等，方向可能相同，也可能相反
位移和加速度的对称 性 （1）质点经过同一点（如C点）时，位移和加速度均相同； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（如C点与D点)时 ，位移与加速度 均大小相等，方向相反
动能、势能、机械能 的对称性 （1）质点经过同一点（如D点）时，动能、势能、机械能均相等； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（如C点与D点 ）时 ，动能、势能、 机械能均相等
2 ．简谐运动的表达式
做简谐运动的物体，其位移 随时间t变化的表达式：= Asin (wt+ P) ．A表示简谐运动的振幅，Wt + p
表简谐运动的相位，v表示初相；W - - 2sf称为简谐运动的圆频率 .
3 ．水平弹簀振子中能量的变化规律（如图所示）
A E 振动物体 的动能 弹簧的 弹性势能 总能量 /
(
O
t
)
4．单摆模型
（1）理想化模型：一根没有弹性的细线，一端固定，另一端系一质点 .
（2）实际摆看成单摆的条件：①摆线的形变量与摆线长度相比小得多；②摆线的质量与摆球质量相比小 得多；③摆球的直径与摆线长度相比小得多；④空气阻力可以忽略 .
（3）周期： .
5 ．做简谐运动的质点的路程
质点做简谐运动时，一个周期内经过的路程为4A ，半个周期内经过的路程为 ，但是四分之一个周期内 经过的路程可能等于A ，也可能不等于A .
6 ．波速和波长、频率的决定因素和关系
决定因素 关系
周期和频 率 取决于波源，而与v、入无关 v = 入f = 入 T
波速 取决于介质本身的性质,与温度有关，与f、λ无关
波长 由波源和介质共同决定，与温度有关，只要f、v有一个变化， 波长一定变化
7．振动情况完全相同的两个波源产生的波的叠加
（1）加强点： (K ， ，2 ，3 ，… ), A = A1 +A2
（2）减弱点： Ar - (2k + ) (k ， ，2 ，3 ， ，A -A, A2i .
高考考向
考向一 ：机械振动
7 . (多选) 如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距的 、两点 ．已知质点在点的 位移大小为振幅的一半，点位移大小是点的倍，质点经过点时开始计时，时刻第二次经过 点，该振动的振幅和周期可能是( )
A.
2L
V3-1
, 3t
B.
2L
V3-1
(
4t
),
C.
2L
V3+1
12t
, 5
D.
2L
V3+1
12t
, 7
8 . (多选) 下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为 1HZ的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受
浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知 河水密度为p ，木棒横截面积为S ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. x从 到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B. x从 到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C. 和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D. 木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
E. 木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
考向二：机械波
9 . 船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声 ．波在空气中和在水中传播时的( )
A. 波速和波长均不同 B. 频率和波速均不同 C. 波长和周期均不同 D. 周期和频率均不同
10 . 下面两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点、的振动图像，下列说法正确的 是( )
A. 该波的周期是5s
C. 时 质点向上振动
B. 该波的波速是3m/s
D. 时 质点向上振动
11 . 一列简谐横波沿 轴正方向传播，波长为 ，振幅为 ．介质中有 平衡位置分别位于 和 处 ．某时刻 质点的位移为 正方向运动 ．从该时刻开始计时，a 质点的振动图像为( )
和 b 两个质点，其 ,且向 轴
A.
B.
C.
D.
12 . (多选) 一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；是介质中位于处的质 点，其振动图像如图（b）所示 ．下列说法正确的是( )
A. 波速为2m/s B. 波向左传播
C. 波的振幅是 D. 处的质点在时位于平衡位置
E. 质点在时间内运动的路程为
13 . 分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为5cm，波长均为8m，波 速均为4m/s。t=0时刻， P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到
ac = 10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
（1）在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t = 2.5S时刻的波形图（ P波用虚线，Q波用实 线）；
（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
三、 光
基础知识
(
sin
1
) (
sin
2
) (
,
n
C
.
)1．折射率：n =
2 ．全反射临界角C ：满足SinC =
3. 光的色散：
颜色 红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫
频率v 低→高
同一介质对各种色光的折射率 小→大
在同一介质中速度
在真空中或同一介质中波长
通过棱镜的偏折角 小→大
4．光的干涉（频率相同的两列光可以发生干涉）
（1）发生光的干涉时，屏上某处出现亮暗条纹的条件：
①出现亮条纹的条件：屏上某点P到两缝S1和S2的λ路程差正好是波长的整数倍, 即 Ips1 PS2 （ k ， ，2 ，3 ，… ) .
②出现暗条纹的条件：屏上某点P到两缝S1 ，和 S2的路程差正好是半波长的奇数倍，即
PS PS2 - 2K+ ) · （ K - ， ，2 ，3 ， ） .
（2）相邻亮（暗）条纹间距公式 z - 入（ d ）指双缝间的距离，l是双缝到屏的距离） .
（3）薄膜干涉：光照射到薄膜上,被膜的前、后表面反射的两列光形成相干光。
①劈形薄膜厚度均匀变化时,干涉条纹是与劈棱平行的明暗相间的直条纹,相邻条纹间距相等。
②某处两反射光相遇时的路程差为该处薄膜厚度的2倍,即△r = 2d。
③观察薄膜干涉时观察者与光源应在薄膜的同侧。
④白光发生薄膜干涉时形成的是彩色条纹。
（4）劈尖干涉：
①装置示意图
②原理
某处有凸凹时,该处两反射光相遇时的路程差减小或增大,使干涉条纹发生弯曲。根据条纹弯曲的 方向和程度,可判定该处的凸凹情况。
③判定
6. 光的衍射
当光照射到小孔或障碍物上时,光离开直线路径绕到孔或障碍物的阴影里去的现象,叫作光的衍射现象。
①单缝衍射
用单色光照射单缝时,光屏上出现亮、暗相间的衍射条纹,中央亮条纹最宽最亮。用白光照射单缝时,中 间是白色亮条纹,两边是彩色条纹,其中最靠近中间的色光是紫光,最远离中间的色光是红光。
中央亮条纹的宽度及条纹间距跟入射光的波长及单缝宽度有关,入射光波长越长,单缝越窄,中央亮条纹 的宽度及条纹间距就越大。
②圆孔衍射
衍射图样中,中央亮圆的亮度最大,外面是亮、暗相间的圆环,如果用白光照射时,中间亮圆为白色,周围 是彩色圆环。
中央是大且亮度最大的圆形亮斑,周围分布着明暗相间的同心圆环,且越靠外,圆形亮条纹的亮度越弱, 宽度越小。
③圆盘衍射
圆盘阴影区的中央有个亮斑泊松亮斑。
圆盘阴影区的周围有明暗相间的圆形衍射条纹。
亮环或暗环的间距随半径的增大而减小,即越向外条纹越窄。
7．光的偏振
(
明
)
P
自然光 偏振片 偏振光
通过偏振片的光波，在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定的方向振动，这种光是偏振光 .
高考考向
考向一 ：光的折射
14 . (多选) 等腰三角形△abc为一棱镜的横截面，ab = ac ；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，
在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不 考虑多次反射。下列说法正确的是( )
A. 甲光的波长比乙光的长
B. 甲光的频率比乙光的高
C. 在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E. 在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
15 . 地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲 ．下列光路 图中能描述该现象的是( )
A.
C.
B.
D.
16 . 如图，一折射率为 的棱镜的横截面为等腰直角三角形 ， ， 边所 在底面上镀有一层反射膜 ．一细光束沿垂直于 方向经 边上的 点射入棱镜，若这束光被
边反射后恰好射向顶点 ，求 点到 点的距离 .
考向二：光的全反射问题
17 . 如图所示，楔形玻璃的横截面 的顶角为 ， 边上的点光源 到顶点 的距离为 ， 垂直于 边的光线 在 边的折射角为 ．不考虑多次反射， 边上有光射出部分的长 度为( )
A. B. C. D.
18 . 一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射
角为i ，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i ，E点向B点移动，当 光线从 边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
时，恰好没有
19 . 如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平的，一光线自 M点射入棱镜，入射角为60°,经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱 镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
20 . (多选) 一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水 面的夹角为 ，如图所示 ．他发现只有当 大于 时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，
下列说法正确的是( )
(
sin
41
)A. 水的折射率为
B. 水的折射率为 sin4g
C. 当他以 o= 60' 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于 D. 当他以 o= 60' 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于
21 . 在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m ，水的折射 率 ，细灯带到水面的距离 ，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为( )
A.
B.
C.
D.
选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
知识点 公式与叙述
磁感应强度 B = F F是通电直导线垂直于磁场方向放置时受到的安培力
磁通量 BScosθ 适用于匀强磁场，SCOSθ为面积S在垂直于磁感线方向 的投影
磁通密度 B = S 在数值上等于磁感应强度
安培力 θ为磁感应强度方向与通电导线方向的夹角 ．当通电 导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大；当 通电导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为零
洛伦兹力 F = qvBsinθ θ为粒子速度方向与磁感应强度方向的夹角 ．洛伦兹 力不改变带电粒子速度的大小，只改变带电粒子运动 的方向 ．洛伦兹力对带电粒子永不做功
带电粒子在匀强磁场中的运 动 洛伦兹力充当向心 力： 若带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，则它在磁 场中将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
半径公式：r = aB
周期和频率公式：
高考考向
考向一 ：带电粒子在有界磁场中运动
1 . (多选) 光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上 点开有一个小孔，过 的横截面 是以 为圆心的圆，如图所示 ．一带电粒子从 点沿 射入，然后与筒壁发生碰撞 ．假设粒子在每 次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向
相反；电荷量不变 ．不计重力 ．下列说法正确的是( )
A. 粒子的运动轨迹可能通过圆心。
B. 最少经 2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心 。 的连线
2 . 如图，一磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于纸面（ 平面）向里，磁场右边界与轴垂 直 ．一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动
(
l
2
)打在垂直于 轴的接收屏上的点； ，与屏的距离为
,与轴的距离为 ．如果保持所有条件
不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后则会沿
轴到达接收屏 ．该粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
3 . (多选) 在如图所示的平面内，分界线将宽度为的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于 纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 ，与 磁场左右边界垂直 ．离子源从 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与 成 角 ．已知离子比荷为 ，不计重力 ．若离子从点射出，设出射方向与入射方向的夹角为 ，则离子 的入射速度和对应 角的可能组合为( )
A.
,
B.
,
C. ，
D. ，
考向二：带电粒子在组合场中运动
4 . (多选) 如图所示，质量为 ，带电量为 的点电荷，从原点以初速度 射入第一象限内的电磁 场区域，在 ，（ 、 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（ 值有多种可能），可让粒子从 射入磁场后 偏转打到接收器 MN 上，则( )
2
(
粒子从
中点射入磁场，电场强度满足
)A.
(
B
.
2
)粒子从 中点射入磁场时速度为
(
qB
)C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
5 . 如图所示，在 ， 的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电
场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场 ．一个质量为 ，电量为 的带正电粒子从中点
A进入电场（不计粒子重力） .
( 1 ) 若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直第二次离开电场后，垂直再次进入电场，求磁场 的磁感应强度B的大小 .
( 2 ) 若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从点沿轴正方向第一次进入电场，离开电场后从 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开 .
1 求改变后电场强度 的大小和粒子的初速度 .
2 通过计算判断粒子能否从 点第三次进入电场 .
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6 . 如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是 ( )
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
C. 小球运动过程的加速度保持不变
B. 小球运动过程中的速度不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
7 . 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿轴正方 向 ．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点。由静止开始运动 ．下列四幅图中，可能正确 描述该粒子运动轨迹的是( )
A.
B.
C.
D.
8 . 如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平
行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直 纸面向外 ．图中A 、 C 、 三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直 ．点 处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域 Ⅱ . 若区域Ⅰ中电场强度大小为 、磁感应强度大小为 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为 ．若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在 区域Ⅱ中运动的时间为t ，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则 2
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则 =vt
9 . 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型 ．ory平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 ．质量为、电荷量为 的电子从点沿轴正方向水平入射 ．入 射速度为时，电子沿轴做直线运动；入射速度小于 时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在 最高点与在最低点所受的合力大小相等 ．不计重力及电子间相互作用 .
( 1 ) 求电场强度的大小E .
( 2 ) 若电子入射速度为 ，求运动到速度为 时位置的纵坐标 .
( 3 ) 若电子入射速度在范围内均匀分布，求能到达纵坐标 位置的电子数占总 电子数N的百分比 .
二、 电磁感应
基础知识
知识点 公式与叙述
磁通量 亚 = BS 适用于磁场与线圈平面垂直时
磁通量的该变量 = 更2 1 当线圈翻转时，计算时注意磁通量的正负
磁通量的变化率 大小与磁通量及磁通量的改变量无直接关系
感应电动势 E = n 常用于线圈产生感应电动势的计算
适用于导体平动切割磁感线
适用于导体转动切割磁感线
自感 EΔt 只是自感系数的计算式，自感系数的大小与线圈的大 小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关
通过线圈某截面的电荷量 电流要用平均值，电荷量与时间无关，只与线圈匝 数、磁通量的改变量及线圈电阻有关
高考考向
考向一 : 法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10 . 近场通信（ NFC ）器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内 到外逐渐变大 ．如图所示，一正方形线圈共匝，其边长分别为 、和 ，图中线 圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘 ．若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为 103T/s ，
则线圈产生的感应电动势最接近( )
A. B. C. D.
11 . 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒的端位于圆心，棒的中点位于 磁场区域的边缘 ．现使导体棒绕 点在纸面内逆时针转动 ．、、点电势分别为 、 、 ，则 ( )
A.
C.
o > pc P0 = PA
B.
D.
PC > PA
90 一 PA = PA 一 PC
12 . 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 ，埋在地下的线圈分别为 、 ， 通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时( )
A. 线圈 、产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈 过程产生感应电流方向为 C. 汽车离开线圈 过程产生感应电流方向为
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
13 . 一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验 ．用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线 分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通 ．两管皆竖直放
置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端 ．实验中电流传感器测得的 两管上流过漆包线的电流随时间的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知( )
A. 图（c）是用玻璃管获得的图像
B. 在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C. 在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D. 用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
考向二 : 电磁感应的综合问题
14 . (多选) 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为 C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触 良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为
Q ，合上开关S后，( )
(
Q
RC
)A. 通过导体棒MN电流的最大值为
B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C. 导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D. 电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
15 . (多选) 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由 、 、三段直导轨组成，其中 段与轴平行，导轨左端接入一电阻 ．导轨上一金属棒沿轴正 向以速度保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与轴垂直 ．设运动过程中通过电阻 的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 v ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻 ．下列图像可能正确的是( )
A.
C.
B.
D.
16 . (多选) 足够长形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为 ，电阻不计 ．质量为 、长为 、 电阻为 的导体棒放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖 直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为 和 ，其中 ，方向向下 ．用不可伸长的轻绳跨过固 定轻滑轮将导轨 段中点与质量为的重物相连，绳与垂直且平行于桌面 ．如图所示，某时 刻 、同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，、与磁场边界平行 ．的速 度 ，的速度为且 ，和导轨间的动摩擦因数为 ．重力加速度大小取
10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A. 的方向向上 B. 的方向向下 C. D.
17 . 如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l ，导轨的最右端与桌子右边缘对 齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为
、电阻为 、长度也为 的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小 为VO的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出 导轨，并落在地面上同一地点。 P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻 力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
三、 交变电流
基础知识
正弦式交变电流 瞬时表达式 e = Emsinwt 电动势随时间的变化规律
u = um sinwt 负载两端电压随时间的变化规律
i = Im sinwt 电流随时间的变化规律
峰值 电动势的最大值
um = Im R 负载两端电压的最大值
En R + r 电流的最大值
周期和频率 f 周期和频率互为倒数
T 2 周期和角速度的关系
ω = 2π f = 2πn 频率、转速和角速度的关系，转速的单位必须 是转每秒
有效值 Em E = = 0 . 707Em v2 三个公式都只适用于正弦式交变电流
um U = 0 . 707um v2
I I = 0 . 707Im v/2
有效 值的 计算 正弦式交变电流
正弦半波电流 2
正弦单向脉动电流 v2
矩形脉动电流
非对称性交变电流
电感 感抗 Xz = 2mfL 只要求会定性分析，不要求计
和电 算
容对 交流 的影 响 容抗 (
C
)2mfc
变压 器 由一个原线圈和一 个副线圈组成 U1 U2 电压关系
I2 n2 电流关系
P = P1 功率关系
由一个原线圈和多 个副线圈组成(以 两个副线圈为例） U1 U2 U3 1 n2 n3 电压关系
n1I1 = n72I2 + n3I3 电流关系
P1 = P2 + P3 功率关系
频率关系 f = f2 = f3 变压器不改变交流电频率
高压 输电 输送功率 P = U I = U2I2 = P用户 + P
损耗功率 P = I22R
用户功率 P用户 = U3I3 = U4I4
送电回路 U2 = U + U3
损失电压 U = I2R
升压变压器 U1 I2
U2 n2
降压变压器 U3 I4 n3 U4 I3 n4
传感 器 霍尔电压 UH - 式中d为薄片的厚度；k为霍尔 系数，它的大小与薄片的材料 有关
高考考向
考向一 ：变压器的原理及动态分析
18 . 自制一个原、副线圈匝数分别为匝和 匝的变压器，原线圈接 的正弦交流电源，副线圈 接额定电压为 的小灯泡 ．实际测得小灯泡两端电压为 ．下列措施有可能使小灯泡正常发光的 是( )
A. 仅增加原线圈匝数 B. 仅增加副线圈匝数
C. 将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍 D. 将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
19 . (多选) 下图是工厂利用 的交流电给 照明灯供电的电路，变压器 原线圈匝数为 1100 ，下列说法正确的是( )
A. 电源电压有效值为
C. 副线圈匝数为 180
B. 交变电流的周期为 0.02s
D. 副线圈匝数为 240
20 . 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 P1 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电 压有效值恒定的交变电源 ．定值电阻 的阻值为 ，滑动变阻器 的最大阻值为 ，滑片 初 始位置在最右端 ．理想电压表 的示数为 ，理想电流表 的示数为 ．下列说法正确的是( )
A. 保持 位置不变， B. 保持 位置不变， C. 保持 位置不变， D. 保持 位置不变，
向左缓慢滑动的过程中， 减小， 不变
向左缓慢滑动的过程中，R1 消耗的功率增大 向下缓慢滑动的过程中， 减小， 增大
向下缓慢滑动的过程中，R1 消耗的功率减小
考向二：远距离输电
21 . 下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器和降压变压器都认为是理想变压器，中间
输电电路电阻为R ，下列说法正确的有( )
A. 输出电压与输入电压相等
B. 输出功率大于输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T输出功率降低
22 . 张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一 ，其发电、输电简易模型 如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒转，通过转速比为 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转
动，发电机线圈面积为 ，匝数为 ，匀强磁场的磁感应强度为 ，时刻，线圈所在平面与磁场方 向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U ．忽略线圈电阻，下列说法正确 的是( )
A. 发电机输出的电压为 VErNBSZ
B. 发电机输出交变电流的频率为2mnz
C. 变压器原、副线圈的匝数比为
D. 发电机产生的瞬时电动势e=vzrNBsnzsin(2mnz)t
选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
考点 公式 规律 方法
分子 动理 论和 实验 依据 分子动理论 （1）物体是由大量分子组成的 （2）分子在永不停息地做无规则运动 （3）分子间存在着相互作用力
物体是由大量 分子组成的 （1)多数分子大小的数量级为 1o 10m （2)一般分子质量的数量级为 10 27 ~ 10 26kg
分子热运动 （1）定义：组成物体的分子永不停息地做无规则运动，分子的这种运动叫 热运动 （2）实验依据—--布朗运动，扩散现象
分子力 （ 1)分子力引力和斥力同时存在 ，都随分子间距离的增大而减小 ，随分子间 距离的减小而增大，斥力比引力变化更快。实际表现的分子力是它们的合力 （2)分子力特点 ①当分子间距离为r0(约为1o 10m)时，分子力为零，分子势能最小
②当分子间距离r ＞ ro时 ；分子力表现为引力。当分子间距离由ro增大时 ，分子 力 ③当分子间距离r < ro分子力表现为斥力。当分子间距离由ro减小时 ，分子力
阿伏 伽德 罗常 数 阿伏加德罗常 数 （1）定义： 1mol任何物质都含有相同的粒子数，这个数量叫阿伏加德罗常 数 （2）大小： NA = 6 . 02 x 1023mol 1 （3）特点：阿伏加德罗常数是联系微观世界和宏观世界的桥梁
微观量宏观量 （1）微观量：分子体积vo、分子直径d、分子质量mo （ 2 ）宏观量 ：物体的体积v、摩尔体积vmol、物体的质量m、摩尔质量M、 物体的密度ρ
微观量的估算 (1)分子的质量： (2)分子的体积： (3) 物 体 所 含 的 分 子 数 或 N · NA · NA
两种模型 (1)球体模型直径为d = (2)立方体模型边长为d 3 6vo = Vo
油膜法测分子 直径 （ 1 ）原理 ：用滴管将浓度为C的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒中 ，记下滴入单 位体积VO的油酸酒精溶液的滴数N ；用滴管吸取油酸酒精溶液 ，逐滴向水面上滴 入 ，记下滴入的滴数n ；在玻璃板上描绘油酸薄膜轮廓 ，将玻璃板放在坐标纸 上 ，坐标纸上每个小正方形的面积为SO ，数出轮廓内正方形的个数A(不足半格的 舍去，多于半格的算一格) （2）直径： d - V - · n · C% S A · SO
高考考向
考向：分子间的力和能
1 . 下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
6----$--------
A. 分子间距离大于ro时，分子间表现为斥力
B. 分子从无限远靠近到距离ro处过程中分子势能变大
C. 分子势能在ro处最小
D. 分子间距离小于ro且减小时，分子势能在减小
2 . 图 和图 中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子间距离变化的规律，为平衡位置 ．现有如 下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ对应的物理量分别是( )
A. ①③② B. ②④③ C. ④①③ D. ①④③
二、 理想气体状态方程与热力学定律
1.理想气体状态方程
考点 公式 规律 方法
内 能 分子动 能 说明：分子总动能为分子平均动能与分子数的乘积。分子平均动能由温度决定。分子平均 速率与分子质量有关
分子势 能 （ 1 ）意义 ：由于分子间存在着引力和斥力 ，因此分子具有由它们的相对位置决定的 能。 （ 2 ）决定因素 ：①微观上--决定于分子间距离和分子排列情况 ；②宏观上--决定于体 积和状态
内能 （1）定义：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和。即 w = nEk + np （ 2 ）决定因素 ：①宏观 ：物质的量、温度、体积 ；②微观 ：分子个数、分子平均动 能、分子势能 （3）理想气体内能只与温度有关、不考虑分子势能。
气 体 玻意耳 定律 pV = C(常量)或 微观解释：一定质量的理想气体，温 度保持不变时，分子的平均动能是一 定的，在这种情况下，体积减小时， 分子的密集程度增大，气体的压强就 增大
1 V p V图像和P V 图像 T2 > Ti)
查理定 律 例常数)或 或 微观解释：一定质量的气体，体积保 持不变时，分子的密集程度保持不 变，在这种情况下，温度升高时，分 子的平均动能增大，气体的压强就增 大
p T p T图像和p t图像
盖-吕萨 克定律 例常数)或 或 微观解释：一定质量的气体，温度升 高时，分子的平均动能增大，只有气 体的体积同时增大，使分子的密集程 度减小，才能保持压强不变
V T v T图像和v t图像
理想气 体 状态方 程 - C或 C是与p 、 V 、 T无关的常量
应用气 体状态 方程分 析解决 问题的 方法
(
学第二定律
)2.热力学定律
考点 公式 规律 方法
温度和温标 摄氏温度与热力 学温度 （1） T = t + 273 . 15K,粗略表示为T = t + 273K （2） △T = △t ，即摄氏温标的 1℃的温差与热力学温标的1K的温差是 相等的
热力学第一 定律个热力 热力学第一定律 △U = 一个热力学系统的内能增量等 于外界向它传递的热量与外界 对它所做的功的和
热机效率 热机做的功和它从热源吸收的 热量的比值叫作热机效率，热 机效率不可能达到100
热力学第二定律 的实质 热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向 性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方 向性
第一类永动机 (1)违背能量守恒定律 (2)不可能制成
第二类永动机 (1)不违背能量守恒定律 (2)但违背热力学第二定律，不可能制成
应用方法 (1)热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守恒，热力学第二定 律说明并非所有能量守恒的过程都能实现 (2)宏观过程的方向性 热能Q能自发传给 ① 高温物体 低温物体 热能Q不能自发传给 自发地完全转化为 ② 机械能 内能 不能自发地完全转化为 能自发膨胀到 ③ 气体体积 V （较小 ） 与 气体体积 V2 （较大 ） 不能自发收缩到 能自发混合成 ④ 不同气体 A 和 B 混合气体 AB 不能自发分离成
高考考向
考向一 ：理想气体状态方程
3 . (多选) 如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分 为 、、 三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦 ．初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压 强均相等 ．现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A. 中的气体内能增加 B. 与 中的气体温度相等
C. 与 中的气体温度相等 D. 与 中的气体压强相等
4 . 如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 的 、 两段细管组成， 管的内径 是 管的 倍， 管在上方 ．管内空气被一段水银柱隔开 ．水银柱在两管中的长度均为 ．现将 玻璃管倒置使 管在上方，平衡后， 管内的空气柱长度改变 ．求 管在上方时，玻璃管内两
部分气体的压强 ．（气体温度保持不变，以 cmHg 为压强单位）
5 . 一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃,密度为1.46kg/m3。
（i）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度； （ii）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
考向二：热力学定律及综合问题
6 . (多选) 在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热 量交换的过程是( )
A. 气体的体积不变，温度升高 B. 气体的体积减小，温度降低
C. 气体的体积减小，温度升高 D. 气体的体积增大，温度不变
E. 气体的体积增大，温度降低
7 . (多选) 对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是( )
A. 等温增压后再等温膨胀 B. 等压膨胀后再等温压缩
C. 等容减压后再等压膨胀 D. 等容增压后再等压压缩
E. 等容增压后再等温膨胀
8 . “空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能
量 ．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的 p-T 图像如图所示 ．该过程对应的 p-v 图像可能是( )
A.
C.
B.
D.
9 . 一定质量的理想气体由状态 变为状态 ，其过程如 ﹣ 图中 直线段所示，状态 对应 该线段的中点 ．下列说法正确的是( )
A. a→ b 是等温过程 B.
(
→
)C. 过程中状态 的温度最低 D.
b 过程中气体吸热
c 过程中外界对气体做正功
10 . (多选) 一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过 程中( )
A. 气体一直对外做功 B. 气体的内能一直增加
C. 气体一直从外界吸热 D. 气体吸收的热量等于其对外做的功
E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量
11 . 某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示 ．在竖直放置的圆柱形容器内用面积
、质量 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动 ．开始时气体处于 温度、活塞与容器底的距离 的状态 ．环境温度升高时容器内气体被加热，活
塞缓慢上升 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态 ．活塞保持不动，气体被继续加热 至温度的状态时触动报警器 ．从状态到状态的过程中气体内能增加了
. 取大气压p =0.99 x 10ipa ，求气体：
( 1 ) 在状态B的温度 . ( 2 ) 在状态c的压强 .
( 3 ) 由状态到状态过程中从外界吸收热量 .
三、 近代物理初步
基础知识
知识点 公式与叙述
波粒二 象性 能量子 ε hw 是电磁波的频率，为普朗克常量， h = 6 . 626 x 1o 34J · S
遏制电 压 (
2
C
)- meu2 = euc 遏止电压正比于光电子的最大初动能
光电效 应方程 hv = Ek + Wo或 Ek = hv Wo 光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功的 差，即最大初动能由光子能量（频率）决定
逸出功 Vc = hv Ek
极限频 率 (
C
)Wo h 发生光电效应的条件是入射光频率v > vc
光子的 动量 h h (
λ
C
)p = — 为普朗克常量，是光子的频率，λ为光子的波 长，C为真空中光速
德布罗 意波 实物粒子也具有波动性 ，即每一个运动的粒子都 与一个对应的波相联系 ，而且粒子的能量ε和动量 跟它所对应的波的频率ν 和波长λ之间 ，也像光子 跟光波一样
不确定 性 如果要更准确地确定粒子的位置（ 即更小) ，那 么动量的测定一定更不准确（即更大）
原子结 构 巴耳末 公式 (
,
) (
,
), 式 中 只 能 取 整 数 ， 称 为 里 德 伯 常 量 ，
氢原子 能级 为氢原子基态能量，
电子轨 道半径 为氢原子基态时电子绕原子核运动轨道的半 径，
频率条 件 在原子未电离的情况下 ，原子吸收或辐射光子的 能量必定等于两能级的能量差
原子核 α衰变 原子核衰变时电荷数和质量数都守恒 ，α 衰变和β 衰变一般都伴有γ衰变
β衰变
β衰变的 实质
两个重 要的衰 变
半衰期 余 余 原 原 放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时 间 ，叫作半衰期。半衰期由放射性元素的原子核 内部本身的因素决定 ，跟原子所处的物理状态或 化学状态无关
质子的 发现 年由卢瑟福发现
中子的 发现 42He +4 Be →612 C +o1 n 1932年由查德威克发现
质能方 程 E = mc2 或E = Amc2 原子核释放能量时 ，要产生质量亏损 ，该公式揭 示了质量亏损与能量之间的关系
核裂变 2325u+o1 n →5144 Ba +8369 kr + 3on 使重核分裂成中等质量的原子核的核反应叫重核 的裂变 ，重核裂变产生的中子使裂变反应一代接 一代继续下去的过程叫链式反应
核聚变 2H+31 H →42 He +O1 n + 17 . 6Mev 两个轻核结合成质量较大的核的反应叫核聚变
高考考向
考向一 ：原子物理
12 . 铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率，铯原子钟利用的两能级的能量
差量级为 ，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量 ，元电荷 e=1.60 x10-19c ）( )
A. B. C. D.
13 . 被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界 ．天眼对距地球 为 的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为 ．若天体射向天眼的辐射光子中，有 倍被 天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为 的个光子 ．普朗克常量为 ，则该天体发射频率为 光子的功率为( )
(
4NL3hv
) (
.
R7
)A
B. 2NE'hv
R7
C
. 4R2N
D
. 2R2N
14 . 年 月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射 ．该卫星搭载的莱曼阿尔法太 阳望远镜可用于探测波长为 的氢原子谱线（对应的光子能量为 ）．根据如图所示的氢 原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子( )
A. 和 能级之间的跃迁 B. 和 能级之间的跃迁
C. 和能级之间的跃迁 D. 和能级之间的跃迁
15 . (多选) 氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图 1 所示 ．氢原子 从能级 跃迁到能级 产生可见光Ⅰ,从能级 跃迁到能级 产生可见光Ⅱ . 用同一双缝干涉装置研 究两种光的干涉现象，得到如图 和图 所示的干涉条纹 ．用两种光分别照射如图 所示的实验装
置，都能产生光电效应 ．下列说法正确的是( )
A. 图 中的 对应的是Ⅰ
B. 图 2 中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C. Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D. 向 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
16 . “夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬射线 ．硬X射线是波长很短的光子，设波长为 . 若太阳均匀地向各个方向辐射硬射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到个该种光子 ．已
知探测仪镜头面积为 ，卫星离太阳中心的距离为 ，普朗克常量为 ，光速为 ，求：
( 1 ) 每个光子的动量和能量 .
( 2 ) 太阳辐射硬射线的总功率 .
考向二：原子核
17 . 钍元素衰变时会放出粒子，其中粒子是( )
A. 中子 B. 质子 C. 电子 D. 光子
18 . 2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极
目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放 的能量量级为 1048J 。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速 为3x 10m/s ）
A. B. C. D.
19 . (多选) 秦山核电站生产 的核反应方程为 ，其产物 的衰变方程为 C→N+e ．下列说法正确的是( )
A. 是 B. 可以用作示踪原子
C. 来自原子核外 D. 经过一个半衰期，个将剩下 个必修第二册
知识导图
一、 抛体运动与圆周运动
基础知识
1.曲线运动与直线运动的对比
合外力F合 加速度a 速度 位移 合 方向与方 向 方向与 方 向
匀速直线运 动 大小、方向 位移大小 ——
匀变速直线 运动 位移大小 ,
曲线运动 位移大小
2.力与运动的关系
3.平抛运动
速度公 式 水平方向：ur = un (
y
)竖直方向：v = t (
tan
)
y
位移公 式 水平方向：z = vot 竖直方向 (
tan
) (
O
) (
y
) (
p
)
轨迹方 程 平抛运动的轨迹是抛物线 .
推论 ①t - 2y ，飞行时间只与竖直高度有关 .
②· - ··i2y ，水平距离由竖直高度和初速度共同决定 . ③v = vo2 + 2y ，落地速度由竖直高度和初速度共同决定 . ④Av = Δvy = gAt ，速度变化量的方向竖直向下，且任意相等时间内的速度变化量相等 . ⑤tan a = 2tan ，平抛运动中 ，某一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向 夹角的正切值的2倍 .
一般的抛体运动：如果斜抛物体初速度un与水平方向的夹角为θ ,则水平方向分速度lin = vn Cos 9 ，竖 直方向分速度voy =0 sin .
4.圆周运动
定义 线速度 ：v = , 当t趋近于0时 ，平均线速度等于瞬时线速度 ，匀速圆周运动线速
度大小不变，方向时刻变化 .
角速度 ：W = , 当 t趋近于0时 ，平均角速度等于瞬时角速度 ，匀速圆周运动的角
速度不变 .
运动学公式 线速度与角速度的关系：v = wr ，一般用来解决传动问题 . 转速、周期、频率关系：n = f = T ，n的单位应为r/s .
角速度、周期、频率、转速关系：w = 线速度、周期、频率、转速关系：v = (
v2
4T2
)向心加速度 ：an = = rw2 = r r T2 - 2f - 2m - 2rf - 2 m = 4m2f2r = vw ，匀速圆周运动的向心加速度大
小不变，方向时刻变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动 .
动力学公式 向心力: F = ，向心力是效果力，匀速圆 周运动的向心力的大小不变，方向时刻变化 .
高考考向
考向一 ：曲线运动的特点
1 . 某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力 F 的示意图可能正确的 是( )
A.
C.
B.
D.
2 . 小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加 ．如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应 位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )
A. B. C. D.
3 . 达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏 出沙子 ．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是( )
A.
B.
C.
D.
4 . 2022 年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带
的形态提示运动员现场风力的情况 ．若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、 大小恒定且不随高度改变 ．当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是( )
A.
B.
C.
D.
考向二：平抛运动
5 . 在铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速 度大小、动能 和机械能随运动时间的变化关系中，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6 . 如图是滑雪道的示意图 ．可视为质点的运动员从斜坡上的 点由静止自由滑下，经过水平 段 后飞入空中，在 点落地 ．不计运动员经过 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力 ．下列能表示 该过程运动员速度大小 或加速度大小 随时间 变化的图像是( )
A.
B.
C.
D.
7 . 将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光 . 某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示 ．图中的第一个小球为抛出 瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 和 之比为 ．重力 加速度大小取g=10m/s2 ，忽略空气阻力 ．求在抛出瞬间小球速度的大小 .
考向三：斜抛运动
8 . 电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火 ．电容器储存的能量 通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度 ．如图乙 所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离 ，灭火弹出膛速度 ，方向与
水平面夹角 ，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小 ， sin53' =0.8 .
( 1 ) 求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H .
( 2 ) 已知电容器储存的电能 ，转化为灭火弹动能的效率 ，灭火弹的质量为 ,电容 ，电容器工作电压 应设置为多少？
9 . (多选) 如图所示，某同学将离地的网球以 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距 离 ．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为 的点 ．网球与墙壁碰撞后，垂直 墙面速度分量大小变为碰前的 ．平行墙面的速度分量不变 ．重力加速度取 ，网球碰墙后 的速度大小和着地点到墙壁的距离分别为( )
A. B. C. D.
考向四：圆周运动
10 . “转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为的发光物体放在半径为的碟子边缘，杂技演员 用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕 点做匀速圆周运动 ．当角速度为时，碟子
边缘看似一个光环 ．求此时发光物体的速度大小和受到的静摩擦力大小 .
11 . 北京年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示 ．运动员从 处由静止自由滑下，到 处起 跳，点为 、之间的最低点， 、两处的高度差为 ．要求运动员经过点时对滑雪板的压力不大于自 身所受重力的 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 点处这一段圆弧雪道的半径不应 小于( )
h
A.
k+ 1
B.
h k
2h 2h
C. D.
k k一 1
12 . 无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于 点，与半径为 的半圆弧相切于点 ．小车以最大速度从点驶入路径，到适当位置调整速率运 动到 点，然后保持速率不变依次经过和 ．为保证安全，小车速率最大为 ．在段的 加速度最大为 ，段的加速度最大为 ．小车视为质点，小车从到所需最短时间及 在 段做匀速直线运动的最长距离为( )
(
t-
2+)
，
i-m
)A. 7m
(
s-
it
2)
，
i-
in
)B. 9 7m
(
,
)C.
D.
13 . (多选) 如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 为圆心、和为半径的同心圆上，圆心 处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全 部落入相应的花盆中 ．依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分 别用 、 、和 、 、表示 ．花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不
变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力 ．下列说法正确的是( )
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ， ，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D. 若 ，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
14 . 清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领 ．500m短道 速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持 ．在其创造纪录的比赛中，
( 1 ) 武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时 ．该过程可视为匀加速直线运动，求此过程 加速度大小；
( 2 ) 武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为 的匀速圆周运动，速度大小为 ．已知武大 靖的质量为73kg ，求此次过弯时所需的向心力大小；
( 3 ) 武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过
弯，如图所示 ．求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小 ．（不计空气阻力，重力加速 度大小取 ， 、 、 、 ）
15 . 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥 会的首金 .
( 1 ) 如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度 时，滑过的距离 ，求加速度的大小；
( 2 ) 如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动 员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲 = 8m 、 R乙 = 9m ，滑行速率分别为
v甲 = 10m/s 、 v乙 = 11m/s ，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运 动员先出弯道 .
二、 万有引力与宇宙航行
基础公式
天体运动 开普勒第三定律： - k ，k只与中心天体的质量有关 .
万有引力定律：F = G ，万有引力定律只适用于质点、和质量分布均匀的球体间引 力的计算，引力常量G = 6 ． 67 x 10 11N · m2/kg2 .
解决天体运动的思路： ①G - m - mRw2 - mR 力 . = mR(2mf"2 ,万有引力充当天体做圆周运动的向心
②G - no ，在天体表面万有引力近似等于重力，GM - aR2称为黄金代换 .
人造卫星 线速度： - GM ，轨道半径越大，线速度越小 . 角速度：W - ，轨道半径越大，角速度越小 . 周期： ，轨道半径越大，周期越大 . 加速度：a - ，轨道半径越大，加速度越小 .
第一宇宙速度：v = ，第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度 和最小发射速度 .
高考考向
考向一 ：万有引力定律及其应用
16 . 牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具 有相同的性质，且都满足 ．已知地月之间的距离大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加 速度为g ，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为( )
A. B.
17 . 木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 ．木卫三的周期为 ，公
转轨道半径是月球绕地球轨道半径的倍 ．月球绕地球公转周期为 ，则( )
A. 木卫一的轨道半径为 B. 木卫二的轨道半径为
C. 周期与的比值为 D. 木星质量与地球质量的比值为
18 . 年 月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站
上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课 ．通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行 的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
19 . (多选) 如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径
大约是地球的 1.5
倍 ．地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测 到火星由东向西运动，称为逆行 ．当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧 时，称为火星冲日 ．忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是( )
A.
火星的公转周期大约是地球的
8
27
倍
B. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D. 在冲日处，火星相对于地球的速度最小
考向二：人造卫星 宇宙速度
20 . 设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道 ．该卫 星与月球相比，一定相等的是( )
A. 质量 B. 向心力大小
C. 向心加速度大小 D. 受到地球的万有引力大小
21 . (多选) 如图所示， 、轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是( )
A. 飞船从 轨道变到轨道要点火加速
C. 飞船在 轨道速度大于 轨道速度
B. 飞船在 轨道周期大于轨道周期
D. 飞船在 轨道加速度大于 轨道加速度
22 . 年 月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约的物资进入距离地面约 400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动 ．对接 后，这批物资( )
A. 质量比静止在地面上时小
B. 所受合力比静止在地面上时小
C. 所受地球引力比静止在地面上时大
D. 做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
23 . 根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星 ．恒星最终 的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的 倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的倍
将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞 ．设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不 变，体积缩小，自转变快 ．不考虑恒星与其他物体的相互作用 ．已知逃逸速度为第一宇宙速度的 倍，中子星密度大于白矮星 ．根据万有引力理论，下列说法正确的是( )
A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B. 恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C. 恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
24 . 年 月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下 绕地球做圆周运动，周期约90分钟 ．下列说法正确的是( )
A. 组合体中的货物处于超重状态
C. 组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
B. 组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
D. 组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
三、 机械能守恒定律
基础知识
功 功：W = Fr COS Q ，一般适用于恒力做功 . 功率：①P - ，一般适用于求平均功率 . ②p = Fv Cos a ，当v是瞬时速度时 ，求出的是瞬时功率 ；当v是平均速度时 ，求出的是 平均功率 .
能 动能：Ek = 2 m2 ，动能与物体的质量和速度的大小有关，与速度的方向无关 . 动能定理：W = △Ek ，合外力所做的功等于物体动能的变化 . 重力势能：Ep = 7m72gh ，重力势能的大小是相对的，重力势能的变化量是绝对的 . 机械能守恒定律： . 能量守恒定律：自然界中遵循能量守恒定律。
高考考向
考向一: 功 功率和机车启动
25 . 《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景 ．引水过程简化如下：两个 半径均为 的水轮，以角速度 匀速转动 ．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 个，与水轮间无 相对滑动 ．每个水筒离开水面时装有质量为 的水，其中的 被输送到高出水面 处灌入稻田 . 当地的重力加速度为 g ，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A.
2nmgu2RH 5
B.
3nmgwRH 5
(
3
nmgu
2
RH
) (
.
5
)C
D. nmgwRH
26 . 如图（a），从高处 点到地面 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道 ．两相同小物块甲、乙同时从 点 由静止释放，沿不同轨道滑到 点，其速率 与时间 的关系如图（b）所示 ．由图可知，两物块在离 开 点后、到达 点前的下滑过程中( )
A. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
C. 乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
27 . 两节动车的额定功率分别为和 ，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为 和。现将它们
编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度 为( )
A. B C D
pi+P2 . P+P2 . RU1+P2U2 . piuv2+P2U
考向二：动能定理及其应用
28 . 无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落 ．一质量为m的雨滴在地面附 近以速率下落高度 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为 ）( )
(
2
2
)A. B. C. D.
29 . 如图所示，滑雪道由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为 ．平台与缓冲坡 相连 ．若滑雪者从点由静止开始下滑，恰好到达 点 ．滑雪者现从点由静止开始下滑，从点
飞出 ．已知 、间的距离为 ，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为 ，不计空气阻 力 .
( 1 ) 求滑雪者运动到点的时间 .
( 2 ) 求滑雪者从点飞出的速度大小 .
( 3 ) 若滑雪者能着陆在缓冲坡上，求平台的最大长度 .
30 . 如图为某游戏装置原理示意图 ．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为 2R、内表面光滑，
挡板的两端 、 在桌面边缘， 与半径为 的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过 点的轨道半径与竖直方向的夹角为 ．小物块以某一水平初速度由 点切入挡板内侧，从 点飞出
桌面后，在 点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点 ．小物块与桌
(
2
)面之间的动摩擦因数为
,重力加速度大小为 ，忽略空气阻力，小物块可视为质点 ．求：
( 1 ) 小物块到达 D 点的速度大小 . ( 2 ) 和 两点的高度差 .
( 3 ) 小物块在 A 点的初速度大小 .
考向三：机械能守恒定律及应用
31 . 一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )
A. 机械能一直增加 B. 加速度保持不变
C. 速度大小保持不变 D. 被推出后瞬间动能最大
32 . (多选) 如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段和圆弧段组成，两段相切于
点，段与水平面夹角为 ，段圆心为 ，最高点为 、与的高度差等于圆弧轨道的直径 . 小球从 点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 点，下列说法正确的是( )
A. 小球从 到的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从 到的过程中，重力的功率始终保持不变 C. 小球的初速度V0=V2gR
D. 若小球初速度增大，小球有可能从点脱离轨道
33
如图 ，光滑水平桌面上有一轻质弹簧 ，其一端固定在墙上 ．用质量为 m 的小球压弹簧的另一端 ， 使弹簧的弹性势能为 B ．释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌 面水平飞出 ．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的
速度分量大小变为碰撞前瞬间的 ,忽略空气阻力 ．求：
. 小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为 ．重力加速度大小为
1 小球离开桌面时的速度大小 .
2 小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离 .
考向四：功能关系 能量守恒定律
34 . (多选) 如图，一质量为 、长为 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为 的小物块（可视 为质点）从木板上的左端以速度 开始运动 ．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 ，当物块从木 板右端离开时( )
A. 木板的动能一定等于 fl
C. 物块的动能一定大于
B. 木板的动能一定小于 fl
D. 物块的动能一定小于
35 . 某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能 ．某次演练中，该飞机在水面上由静止开 始匀加速直线滑行并汲水，速度达到 时离开水面，该过程滑行距离 、汲水 质量 ．离开水面后，飞机攀升高度 时速度达到 ，之 后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水 ．取重力加速度 g=10m/s2 ．求：
( 1 ) 飞机在水面滑行阶段的加速度 的大小及滑行时间 . ( 2 ) 整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量 .必修第一册
思维导图
一、 直线运动
基础公式
高考考向
考向一 ：运动的描述
1. C
【解析】 AB ．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动， 选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；
CD ．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确， D错误 .
故选C .
2. B
【解析】 A ．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不能把足球看 作质点，故A错误；
B ．惯性只与物体的质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；
C ．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下足球只受重力，故C错误； D ．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误 .
故选B .
3. B
【解析】 A 选项：研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故排球不可以 看成质点，故A错误；
B 选项：研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球 不能看成质点，故B正确；
C 选项：
研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的大小不可以忽略，故C错误；
D 选项：研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部 分的速度不可以视为相同，故D错误 .
故选B.
4. C
【解析】 根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为
故选C .
5. C
【解析】 A ．该过程位移指的是从点漂流到点的有向线段，故位移大小为 ，故A错误；
B ．从点漂流到点的路程为 ，用时 ，则平均速率为
率 ，
故B错误；
C ．该游客的平均速度大小为
故C正确；
D ．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为0.5m/s ，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰
的平均速度也为0.5m/s ，故D错误 . 故选C .
考向二：匀变速直线运动规律及推论
6. C
【解析】 由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设 间的距离为 ，则根据题意有
联立解得
tz=4t ，vr=VR- 10m/s
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有
ur =VR -a · 5t1
则atr=2m/s 其中还有
t1
解得
va=11m/s
联立解得
vz= 1m/s
故选C .
7. C
【解析】 方案一 ：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （ vv= vo -2at1 ，
解得减速时间
1 = .
2a
在隧道内匀速运动的时间
列车尾部出隧道后立即加速到vo ，有 Vo = v+ ats ，
解得
加速时间ts = .
则列车从减速开始至回到正常行驶速率vo所用时间至少为
故选C .
方案二 ：首先，我们需要计算列车在减速过程中所需的时间和距离 ．由于减速时加速度为 ,我们可以使用以下公式计算减速时间:
v = u0+ at
v= vo -2at1
t = (0-v)/(2a)
接下来，我们需要计算列车在加速过程中所需的时间和距离 ．由于加速时加速度为 ,我们 可以使用以下公式计算加速时间ta:
v = u0+ at V = uo +atz
tz = (v-v)/a
现在我们已经知道了列车在减速和加速过程中所需的时间，但是我们需要确保列车在通过 隧道的过程中始终保持在规定的速度范围内 ．因此，我们需要计算列车在加速过程中所行 驶的距离 ,以及在减速过程中所行驶的距离.我们可以使用以下公式计算距离：
d=ot+0.5at
对于减速过程，我们有：
对于加速过程，我们有：
d=tz+0.5xa x培
为了使列车能够安全通过隧道，我们需要确保在减速过程中行驶的距离dy小于隧道的长度 ,同时在加速过程中行驶的距离 加上隧道的长度大于等于列车在减速过程中行驶的距 离dz.因此，我们有以下不等式：
ds d+L> d
将 和的表达式代入上述不等式，我们得到：
(vo-0)ta+0.5x (-2a)x讲vo-v+(vo-v)2/(4a) 得：t1 =L/vo-v
因此，列车从减速开始至回到正常行驶速率vo所用时间至少为：
t=ta+tz=(L/0-0)+((喘-")/(2a)
8. B
【解析】 ， ．由于中间个站均匀分布，因此节省的时 间相当于在任意相邻两站间节省时间的5倍，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
At= (tz+2t1) -(的+28)=4680s
因此总的节省时间
Δt总 小时分钟， 故选B .
9. B
(
1
s
)【解析】 陈芋汐落水前全程时间由 可得 开始下落的前 用时由 可得
则用于调整姿态时间为 At=t1 -tz ~0.4s ， 故选B .
S ，
,
考向三：运动图像
10. D
【解析】
【详解】
x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1 —t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D。
11. A
【解析】 因电梯上升，由速度 时间图像可知，电梯加速上升的时间段为 到 ．故选A .
12. BD
【解析】 ABC ．质点在0~ to时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加 速运动，此过程一直向前加速运动，to ~ 2to时间内加速度和速度反向，先做加速度增大 的减速运动，再做加速度减小的减速运动，2to时刻速度减到零，此过程一直向前做减速运 动，2to~ 4to重复此过程的运动，即质点一直向前运动，AC错误，B正确；
D ．a -t图线与时间轴所围的面积表示速度变化量， 此 时刻的速度与 时刻的速度相同，D正确 .
故选BD .
内速度的变化量为零，因
13. D
【解析】 A 选项：根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平 均加速度比训练前的小，故A错误；
B 选项：根据 图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑 过的距离比训练后的大，故B错误；
C 选项：根据图像围成的面积表示位移，由题图可知 时间内，训练后运动员
的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平 均速度大，故C错误；
D 选项：根据图像可直接判断， 时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；
时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确 . 故选D.
14. BC
【解析】 A 选项：该图中，甲乙在 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在 时刻之前不能相 遇，故A错误；
B 选项：该图中，甲乙在 时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在 时刻之 前能再次相遇，故B正确；
C 选项：因 图像的面积等于位移，则甲乙在 时刻之前位移有相等的时刻，即两人 能再次相遇，故C正确；
D 选项：因 图像的面积等于位移，分析图片可以知甲乙在 时刻之前，甲的位移始 终大于乙的位移，则两人不能相遇，故D错误；
故选BC.
二、 相互作用—力
基础公式
高考考向
考向一 ：静态平衡
15. B
【解析】 由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧 形变的大小为相邻两盘的间距，则有mg= 3 · kar ，
解得k= 100N/m ； 故选B .
16. D
【解析】 对“嫦娥五号”探测器受力分析有 F =mg月
则对一条腿有
月
(
24
.
)根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力的大小为
故选D .
17. C
【解析】 对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为 ，由平衡条件
F =GtanB 可知Fr > G ，
故选C .
18. D
【解析】 对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
F =Gsin37' =0.6G ， , 故选D .
19. D
【解析】 以 O 点为研究对象，受力分析如图，
由几何关系可知 ，
由平衡条件可得：
,
,
联立可得 ， 故 D 正确，ABC 错误 . 故选 D .
20. B
【解析】 设斜杆的弹力大小为F ，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得
4FCOS30' = G
解得
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
(
v3
)可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为 力为
B正确，ACD错误； 故选B .
G ，每根斜杆受到地面的摩擦
21. D
【解析】 六块形状完全相同的石块围成的半圆对应的圆心角为 ，每块石块对应的圆心角为 ,对第3块石块受力分析如图甲所示
结合力的合成可知
对第 块和第块石块整体受力分析如图乙所示
解得
故选D .
考向二：动态平衡及临界极值问题
22. B
【解析】 AB ．对人受力分析有
则有F+Fr=mg
其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确； CD ．对动滑轮受力分析有
则有
则随着重物缓慢拉起过程，逐渐增大，则逐渐增大，CD错误 . 故选B .
23. B
【解析】 设两根绳子对圆柱体的拉力的合力为 ，木板对圆柱体的支持力为 ，绳子与木板的夹角 为 ，从右向左看，如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理得
在木板以直线 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0， 又
y+β+a= 180'
且
a < 90
可知
90' 则
0 可知B从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于 不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛 顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为28 ，绳子的
拉力为T ，则
2T COSB= T
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，故B正 确，ACD错误 ．故选B .
24. B
【解析】 AB ．设轻绳的合拉力大小为T ，对石墩受力分析，由平衡条件可知
TCOSB=f f=UN
Tsin8+N=mg
联立解得
故A错误，B正确；
C ．轻绳的合拉力的大小为
其中 ，可知当 时，拉力有最小值，即减小夹角 ，轻绳的合拉力 不一定减小，故C错误；
D ．摩擦力大小为
可知增大夹角 ，摩擦力一直减小，当 趋近于 时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小
时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误； 故选B .
25. C
【解析】 A选项，B选项：对滑块受力分析，与夹角为不变（可用“动态圆法”解），
N由竖直方向变为水平方向，
由 变到 ， ， ，
由变大到 ，由变小到 ，故AB错误；
C选项，D选项：对凹槽受力分析，小滑块对凹槽的压力， ,
F墙 =NW'sin0=mgsinocoe0=zngsin2b ，
由 变到 ，墙 先增大后减小；
F地 ，地 一直在减小，故C正确，故D错误； 故选C .
三、 运动和力的关系
基础知识
高考考向
考向一 ：牛顿第二定律的基本应用
26. B
【解析】 A 选项：上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速 度均为零 ．对排球受力分析，上升过程中所受重力和空气阻力方向相同，下降过程中所受 重力和空气阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降 过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大 ．由位移与时间关系可知，上 升时间比下落时间短，故A错误；
B 选项：上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动 ．在整个过程中空气阻力一 直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的 速度，故排球被垫起时的速度最大，故B正确；
C 选项：达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，加速度不为 零，故C错误；
D 选项：下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化， 排球在下落过程中做变加速运动，故D错误 .
故选B.
27. BC
【解析】
【详解】
根据牛顿第二定律有
F - μmg=ma
整理后有
F=ma+ μmg
则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出 m甲>m乙 ，μ甲m甲g=μ乙m乙g
则
μ甲<μ乙
故选BC。
28. D
【解析】 对该物块进行受力分析：
, ,
由e-w+2得：
sin28的函数图像如图
(
gsino
),
(
psin
)
,
由图像得 的值，在取值为到之间时，先变大后变小， 所以t先减小后增大，故D正确；
故选D .
29. ( 1 ) 2m/s2 ( 2 ) 4m/s ( 3 ) 2.7m
【解析】 ( 1 ) 根据牛顿第二定律可得
mgsin24' -pmgcos24" = ma1
代入数据解得
a1=2m/s'
( 2 ) 根据运动学公式得
2a1l=2
解得
v=4m/s
( 3 ) 根据牛顿第二定律得
根据运动学公式得
代入数据解得
lz =2.7m
30. BC
【解析】 A 选项：当飞行器关闭发动机，以 v = 10m/s的速率匀速下落时，有
,当飞行器以 的速率向上运动时，设最大推力为 ，则
,联立可得 ， ，A 错误；
B 选项：飞行器以vs =5m/s的速率匀速水平飞行时，重力、阻力和推力三力平衡，此时
(
2
z
V17
)推力大小为 ，B 正确；
C 选项：发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，重力、阻力和推力三力平衡，此 时阻力大小为 ，解得 ，C 正 确；
D 选项：当发动机以最大推力推动飞行器，以 vs = 5m/s 的速率向上减速飞行时，其加 速度向下达到最大值，Fa+Mg+M2=Man ，
解得 an= 2.5g ，D 错误 . 故选BC.
考向二：连接体及临界问题
31. CD
【解析】 A ．设杆的弹力为N ，
对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足， ,竖直方向： NY =mg
则N, = mgtan9
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 ，可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 F=4ma =4mgtan9 ，故A错误；
B ．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
N,=mgtanB
对小球B，由于tan0 ≤p ，小球B受到向左的合力为
F=(N,+mg)-NS 之mgtan
对小球A，根据牛顿第二定律可得NZ=mamsx 对系统整体根据牛顿第二定律F=4mamx
解得F=4mgtan ，故B错误；
C ．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力最大值为 NZ=mgtanB ，小球B所受向左的合力最大值
,由 可以知道
Fnsx< mgtanB
则对小球B，根据牛顿第二定律：Fnsx = 2umg-mgtan8=mamsx 对系统根据牛顿第二定律：F=4mamsx
联立可得 的最大值为 ，故C正确；
D ．若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁 向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受 的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
Fni =Nr-(NY+mg)u=mgtan8-2pmgtanb
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
EUSX=NZ+(N,+mg)u=mgtanB+2umgtan8
对小球B根据牛顿第二定律 ， 对系统根据牛顿第二定律F =4ma
代入小球B所受合力分范围可得F的范围为
4mg(tan-2p)≤ F≤4mg(tan9+2p) ，故D正确 . 故选CD .
32. AD
【解析】 设两滑块的质量均为m ，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 F= 2umg ，
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 Z=pmg ，
AB ．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为pmg ，两滑块与地面间仍然保持相对 滑动，此时对滑块 受力分析得 ，
解得滑块 的加速度为
此刻滑块 所受的外力不变，加速度仍为零，滑块做减速运动，故 、 Q间距离减小， 弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小 ．根据牛顿第二定律可知滑块P减速的加速度减小，滑 块 所受的合力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动 ．故滑块的加速度大小的最 大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 ．加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有
, 解得
QQm=一9 ，
故滑块 加速度大小的最大值为 ，A正确，B错误；C ．滑块 、 Q水平向右运动， P 、 间的距离在减小，故的位移大小一定小于的位移大小，C错误；
D ．滑块恢复原长时，对滑块P受力分析得 ,
解得滑块 在弹簧恢复到原长时的加速度为 ，
撤去拉力时，P 、 的初速度相等，滑块由开始的加速度大小为做加速度减小的减 速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小为 ；滑块 由开始的加速度为 做加速度增大 的减速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小也为 ．分析可知的速度大小均不大于同 一时刻Q的速度大小，D正确 ．故选AD .
33. A
【解析】 当两球运动至二者相距 时，,如图所示
由几何关系可知
3L
(
1o
3
)sinB = = —
L 5 2
设绳子拉力为T ，水平方向有
2TCOSB = F
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
T= ma
故A为正确选项，BCD为错误选项。 故答案为A。
34. A
【解析】 P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
Ti= mqg=2N
f= = 2N< umpg=2.5N
推力 作用在上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
=受=1N
故Q物体加速下降，有
mqg-T =mga 可得a=5m/s2
而 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对由牛顿第二定律
T+F-pmpg mpa
解得F=4N 故选A .
35. ( 1 ) k= 0.1
【解析】 ( 1 ) 设电动机的牵引绳张力为 ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
UI=I2R+TV
解得
T= 7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为 ，对配重有
2=mog=400N
设斜面倾角为 ，对小车匀速有
T +TZ= (m1+mz)gsin6+(m+mz)g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
m1gsin8=mog+kmug
联立各式解得
sin6= 0.5 ，k= 0.1
( 2 ) 关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a ，对系统由牛顿第二 定律有
(m +ma)gsinB+k(m1+ma)9-mog= (m1+mz+m0)a
可得
由运动学公式可知
2 = 2aL
解得
考向三：板块模型、传送带模型
36. BCD
【解析】 A 选项：由图像可知，整个过程分三个阶段，开始时两者都不动也不互相打滑，第二阶段 一起加速相对地面运动但互相之间不打滑，第三阶段木板与物块产生相对滑动 .
时刻， ，可得 ，故A错误； B 选项：
时刻，对整体有 ，对有
, 解得 ，故B正确 ；
C 选项：时刻后，木板向右做匀加速运动，可得 ，即
, 故C正确 ；
D 选项： ，两者均静止； ，两者相对静止做加速运动，故D正确； 故选BCD.
四、 考前必背——二级结论选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
考点 公式 规律 方法
分子 动理 论和 实验 依据 分子动理论 （1）物体是由大量分子组成的 （2）分子在永不停息地做无规则运动 （3）分子间存在着相互作用力
物体是由大量 分子组成的 （1)多数分子大小的数量级为 1o 10m （2)一般分子质量的数量级为 10 27 ~ 10 26kg
分子热运动 （1）定义：组成物体的分子永不停息地做无规则运动，分子的这种运动叫 热运动 （2）实验依据—--布朗运动，扩散现象
分子力 （ 1)分子力引力和斥力同时存在 ，都随分子间距离的增大而减小 ，随分子间 距离的减小而增大，斥力比引力变化更快。实际表现的分子力是它们的合力 （2)分子力特点 ①当分子间距离为r0(约为1o 10m)时，分子力为零，分子势能最小
②当分子间距离r ＞ ro时 ；分子力表现为引力。当分子间距离由ro增大时 ，分子 力 ③当分子间距离r < ro分子力表现为斥力。当分子间距离由ro减小时 ，分子力
阿伏 伽德 罗常 数 阿伏加德罗常 数 （1）定义： 1mol任何物质都含有相同的粒子数，这个数量叫阿伏加德罗常 数 （2）大小： NA = 6 . 02 x 1023mol 1 （3）特点：阿伏加德罗常数是联系微观世界和宏观世界的桥梁
微观量宏观量 （1）微观量：分子体积vo、分子直径d、分子质量mo （ 2 ）宏观量 ：物体的体积v、摩尔体积vmol、物体的质量m、摩尔质量M、 物体的密度ρ
微观量的估算 (1)分子的质量： (2)分子的体积： (3) 物 体 所 含 的 分 子 数 或 N · NA · NA
两种模型 (1)球体模型直径为d = (2)立方体模型边长为d 3 6vo = Vo
油膜法测分子 直径 （ 1 ）原理 ：用滴管将浓度为C的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒中 ，记下滴入单 位体积VO的油酸酒精溶液的滴数N ；用滴管吸取油酸酒精溶液 ，逐滴向水面上滴 入 ，记下滴入的滴数n ；在玻璃板上描绘油酸薄膜轮廓 ，将玻璃板放在坐标纸 上 ，坐标纸上每个小正方形的面积为SO ，数出轮廓内正方形的个数A(不足半格的 舍去，多于半格的算一格) （2）直径： d - V - · n · C% S A · SO
高考考向
考向：分子间的力和能
1 . 下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
6----$--------
A. 分子间距离大于ro时，分子间表现为斥力
B. 分子从无限远靠近到距离ro处过程中分子势能变大
C. 分子势能在ro处最小
D. 分子间距离小于ro且减小时，分子势能在减小
2 . 图 和图 中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子间距离变化的规律，为平衡位置 ．现有如 下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ对应的物理量分别是( )
A. ①③② B. ②④③ C. ④①③ D. ①④③
二、 理想气体状态方程与热力学定律
1.理想气体状态方程
考点 公式 规律 方法
内 能 分子动 能 说明：分子总动能为分子平均动能与分子数的乘积。分子平均动能由温度决定。分子平均 速率与分子质量有关
分子势 能 （ 1 ）意义 ：由于分子间存在着引力和斥力 ，因此分子具有由它们的相对位置决定的 能。 （ 2 ）决定因素 ：①微观上--决定于分子间距离和分子排列情况 ；②宏观上--决定于体 积和状态
内能 （1）定义：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和。即 w = nEk + np （ 2 ）决定因素 ：①宏观 ：物质的量、温度、体积 ；②微观 ：分子个数、分子平均动 能、分子势能 （3）理想气体内能只与温度有关、不考虑分子势能。
气 体 玻意耳 定律 pV = C(常量)或 微观解释：一定质量的理想气体，温 度保持不变时，分子的平均动能是一 定的，在这种情况下，体积减小时， 分子的密集程度增大，气体的压强就 增大
1 V p V图像和P V 图像 T2 > Ti)
查理定 律 例常数)或 或 微观解释：一定质量的气体，体积保 持不变时，分子的密集程度保持不 变，在这种情况下，温度升高时，分 子的平均动能增大，气体的压强就增 大
p T p T图像和p t图像
盖-吕萨 克定律 例常数)或 或 微观解释：一定质量的气体，温度升 高时，分子的平均动能增大，只有气 体的体积同时增大，使分子的密集程 度减小，才能保持压强不变
V T v T图像和v t图像
理想气 体 状态方 程 - C或 C是与p 、 V 、 T无关的常量
应用气 体状态 方程分 析解决 问题的 方法
(
学第二定律
)2.热力学定律
考点 公式 规律 方法
温度和温标 摄氏温度与热力 学温度 （1） T = t + 273 . 15K,粗略表示为T = t + 273K （2） △T = △t ，即摄氏温标的 1℃的温差与热力学温标的1K的温差是 相等的
热力学第一 定律个热力 热力学第一定律 △U = 一个热力学系统的内能增量等 于外界向它传递的热量与外界 对它所做的功的和
热机效率 热机做的功和它从热源吸收的 热量的比值叫作热机效率，热 机效率不可能达到100
热力学第二定律 的实质 热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向 性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方 向性
第一类永动机 (1)违背能量守恒定律 (2)不可能制成
第二类永动机 (1)不违背能量守恒定律 (2)但违背热力学第二定律，不可能制成
应用方法 (1)热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守恒，热力学第二定 律说明并非所有能量守恒的过程都能实现 (2)宏观过程的方向性 热能Q能自发传给 ① 高温物体 低温物体 热能Q不能自发传给 自发地完全转化为 ② 机械能 内能 不能自发地完全转化为 能自发膨胀到 ③ 气体体积 V （较小 ） 与 气体体积 V2 （较大 ） 不能自发收缩到 能自发混合成 ④ 不同气体 A 和 B 混合气体 AB 不能自发分离成
高考考向
考向一 ：理想气体状态方程
3 . (多选) 如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分 为 、、 三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦 ．初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压 强均相等 ．现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A. 中的气体内能增加 B. 与 中的气体温度相等
C. 与 中的气体温度相等 D. 与 中的气体压强相等
4 . 如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 的 、 两段细管组成， 管的内径 是 管的 倍， 管在上方 ．管内空气被一段水银柱隔开 ．水银柱在两管中的长度均为 ．现将 玻璃管倒置使 管在上方，平衡后， 管内的空气柱长度改变 ．求 管在上方时，玻璃管内两
部分气体的压强 ．（气体温度保持不变，以 cmHg 为压强单位）
5 . 一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃,密度为1.46kg/m3。
（i）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度； （ii）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
考向二：热力学定律及综合问题
6 . (多选) 在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热 量交换的过程是( )
A. 气体的体积不变，温度升高 B. 气体的体积减小，温度降低
C. 气体的体积减小，温度升高 D. 气体的体积增大，温度不变
E. 气体的体积增大，温度降低
7 . (多选) 对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是( )
A. 等温增压后再等温膨胀 B. 等压膨胀后再等温压缩
C. 等容减压后再等压膨胀 D. 等容增压后再等压压缩
E. 等容增压后再等温膨胀
8 . “空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能
量 ．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的 p-T 图像如图所示 ．该过程对应的 p-v 图像可能是( )
A.
C.
B.
D.
9 . 一定质量的理想气体由状态 变为状态 ，其过程如 ﹣ 图中 直线段所示，状态 对应 该线段的中点 ．下列说法正确的是( )
A. a→ b 是等温过程 B.
(
→
)C. 过程中状态 的温度最低 D.
b 过程中气体吸热
c 过程中外界对气体做正功
10 . (多选) 一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过 程中( )
A. 气体一直对外做功 B. 气体的内能一直增加
C. 气体一直从外界吸热 D. 气体吸收的热量等于其对外做的功
E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量
11 . 某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示 ．在竖直放置的圆柱形容器内用面积
、质量 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动 ．开始时气体处于 温度、活塞与容器底的距离 的状态 ．环境温度升高时容器内气体被加热，活
塞缓慢上升 恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态 ．活塞保持不动，气体被继续加热 至温度的状态时触动报警器 ．从状态到状态的过程中气体内能增加了
. 取大气压p =0.99 x 10ipa ，求气体：
( 1 ) 在状态B的温度 . ( 2 ) 在状态c的压强 .
( 3 ) 由状态到状态过程中从外界吸收热量 .
三、 近代物理初步
基础知识
知识点 公式与叙述
波粒二 象性 能量子 ε hw 是电磁波的频率，为普朗克常量， h = 6 . 626 x 1o 34J · S
遏制电 压 (
2
C
)- meu2 = euc 遏止电压正比于光电子的最大初动能
光电效 应方程 hv = Ek + Wo或 Ek = hv Wo 光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功的 差，即最大初动能由光子能量（频率）决定
逸出功 Vc = hv Ek
极限频 率 (
C
)Wo h 发生光电效应的条件是入射光频率v > vc
光子的 动量 h h (
λ
C
)p = — 为普朗克常量，是光子的频率，λ为光子的波 长，C为真空中光速
德布罗 意波 实物粒子也具有波动性 ，即每一个运动的粒子都 与一个对应的波相联系 ，而且粒子的能量ε和动量 跟它所对应的波的频率ν 和波长λ之间 ，也像光子 跟光波一样
不确定 性 如果要更准确地确定粒子的位置（ 即更小) ，那 么动量的测定一定更不准确（即更大）
原子结 构 巴耳末 公式 (
,
) (
,
), 式 中 只 能 取 整 数 ， 称 为 里 德 伯 常 量 ，
氢原子 能级 为氢原子基态能量，
电子轨 道半径 为氢原子基态时电子绕原子核运动轨道的半 径，
频率条 件 在原子未电离的情况下 ，原子吸收或辐射光子的 能量必定等于两能级的能量差
原子核 α衰变 原子核衰变时电荷数和质量数都守恒 ，α 衰变和β 衰变一般都伴有γ衰变
β衰变
β衰变的 实质
两个重 要的衰 变
半衰期 余 余 原 原 放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时 间 ，叫作半衰期。半衰期由放射性元素的原子核 内部本身的因素决定 ，跟原子所处的物理状态或 化学状态无关
质子的 发现 年由卢瑟福发现
中子的 发现 42He +4 Be →612 C +o1 n 1932年由查德威克发现
质能方 程 E = mc2 或E = Amc2 原子核释放能量时 ，要产生质量亏损 ，该公式揭 示了质量亏损与能量之间的关系
核裂变 2325u+o1 n →5144 Ba +8369 kr + 3on 使重核分裂成中等质量的原子核的核反应叫重核 的裂变 ，重核裂变产生的中子使裂变反应一代接 一代继续下去的过程叫链式反应
核聚变 2H+31 H →42 He +O1 n + 17 . 6Mev 两个轻核结合成质量较大的核的反应叫核聚变
高考考向
考向一 ：原子物理
12 . 铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率，铯原子钟利用的两能级的能量
差量级为 ，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量 ，元电荷 e=1.60 x10-19c ）( )
A. B. C. D.
13 . 被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界 ．天眼对距地球 为 的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为 ．若天体射向天眼的辐射光子中，有 倍被 天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为 的个光子 ．普朗克常量为 ，则该天体发射频率为 光子的功率为( )
(
4NL3hv
) (
.
R7
)A
B. 2NE'hv
R7
C
. 4R2N
D
. 2R2N
14 . 年 月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射 ．该卫星搭载的莱曼阿尔法太 阳望远镜可用于探测波长为 的氢原子谱线（对应的光子能量为 ）．根据如图所示的氢 原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子( )
A. 和 能级之间的跃迁 B. 和 能级之间的跃迁
C. 和能级之间的跃迁 D. 和能级之间的跃迁
15 . (多选) 氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图 1 所示 ．氢原子 从能级 跃迁到能级 产生可见光Ⅰ,从能级 跃迁到能级 产生可见光Ⅱ . 用同一双缝干涉装置研 究两种光的干涉现象，得到如图 和图 所示的干涉条纹 ．用两种光分别照射如图 所示的实验装
置，都能产生光电效应 ．下列说法正确的是( )
A. 图 中的 对应的是Ⅰ
B. 图 2 中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C. Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D. 向 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
16 . “夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬射线 ．硬X射线是波长很短的光子，设波长为 . 若太阳均匀地向各个方向辐射硬射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到个该种光子 ．已
知探测仪镜头面积为 ，卫星离太阳中心的距离为 ，普朗克常量为 ，光速为 ，求：
( 1 ) 每个光子的动量和能量 .
( 2 ) 太阳辐射硬射线的总功率 .
考向二：原子核
17 . 钍元素衰变时会放出粒子，其中粒子是( )
A. 中子 B. 质子 C. 电子 D. 光子
18 . 2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极
目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放 的能量量级为 1048J 。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速 为3x 10m/s ）
A. B. C. D.
19 . (多选) 秦山核电站生产 的核反应方程为 ，其产物 的衰变方程为 C→N+e ．下列说法正确的是( )
A. 是 B. 可以用作示踪原子
C. 来自原子核外 D. 经过一个半衰期，个将剩下 个必修第三册
知识导图
一、 静电场
基础公式
静电场力的性质 库仑定律：F (k - 9 . 0 x 1UON . m2ic2 电场强度 ①E - （任何电场） ② （真空中的点电荷场强） ③ （ 匀强电场） 电场力：F = qE
静电场能的性质 电势 电势差 电场力做的功：WAB = EPA EPB quAB
电容器和带电粒子在电场中的加速和偏转 电容 （平行板电容器）
带电粒子的加速：qu 2 m2 带电粒子的偏转
高考考向
二、 恒定电流
考向一 ：电场力的性质
1 . 在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集 ．下 列 4 幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )
A.
C.
B.
D.
2 . 某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场 ．粒子从M点射入，沿着由半径分别为 和的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的点射出，虚线处电场强度大小分别 为 和 ，则 、和 、应满足( )
A. E2 R1 B . E2 C. E2 R1 R2 D . 2
3 . 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为 、 和 ， 点和三个点电荷 的连线与点电荷所在直线的夹角分别为 、和 ．若 点处的电场强度为零， ，则三个 点电荷的电荷量可能为( )
A. ， ，
B.
C. ， ，
4 . 如图，等边三角形位于竖直平面内，边水平，顶点在边上方，个点电荷分别固定 在三角形的三个顶点上 ．已知 边中点处的电场强度方向竖直向下，边中点处的电场强度方
向竖直向上，点处点电荷的电荷量的绝对值为 .
( 1 ) 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断个点电荷的正负 ( 2 ) c点处点电荷的电荷量
电场能的性质
5 . (多选) 图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于z 轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则( )
A. 点电势比 点的低
C. 点电场强度方向沿轴正方向
B. 点电场强度大小比 点的大
D. 沿轴运动的带电粒子，电势能不变
6 . (多选) 在点处固定一个正点电荷，点在点右上方 ．从点由静止释放一个带负电的小球，小球 仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示 ．M 、 N是轨迹上的两点， , ,则小球( )
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少 B. 在 点的电势能大于在点的电势能 C. 在 点的机械能等于在点的机械能
D. 从 点运动到点的过程中，电场力始终不做功
7 . 在正点电荷产生的电场中有、两点，其电势分别为 、 ，电场强度大小分别为 、 EX ．下列说法正确的是( )
A. 若 ，则 点到电荷 的距离比点的远
B. 若 ，则 点到电荷 的距离比点的近
C. 若把带负电的试探电荷从 点移到点，电场力做正功，则
D. 若把带正电的试探电荷从 点移到点，电场力做负功，则
8 . (多选) 如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中 、 带正电， 带负电， 、 、 为 边的四等分点，下列说法正确的是( )
A. 、 两点电场强度相同 B. 、 两点电势相同
C. 负电荷在 点电势能比在 点时要小 D. 负电荷在 点电势能比在 点时要大
带电粒子在电场中的直线运动
9 . 密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电 场 ．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带 电 ．金属板间电势差为 时，电荷量为、半径为的球状油滴在板间保持静止 ．若仅将金属板间电势差 调整为2U ，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
10 . 密立根油滴实验的示意图如图所示 ．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向 两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴 ．两板间不加电压时，油滴 、在重力和空气阻
力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为vo、
;两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很
快达到相同的速率 尝 ，均竖直向下匀速运动 ．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速
率成正比，比例系数视为常数 ．不计空气浮力和油滴间的相互作用 .
( 1 ) 求油滴和油滴的质量之比
( 2 ) 判断油滴和油滴所带电荷的正负，并求 、所带电荷量的绝对值之比 .
带电粒子在电场中的曲线运动
11 . (多选) 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左 射出 ．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点 ．则射出后，( ) A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
12 . 如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方向偏转电极 和荧光屏组成 ．电极 的长度为、间距为 、极板间电压为 ，极板间电压为零，电子枪加速电压为 ．电子刚 离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿 方向进入偏转电极 ．已知电子电荷量为 ，质量为 ， 则电子( )
A. 在极板间的加速度大小为
B. 打在荧光屏时，动能大小为 11eu
C. 在极板间受到电场力的冲量大小为
(
l
20d
)D. 打在荧光屏时，其速度方向与 连线夹角的正切值
13 . (多选) 一带正电微粒从静止开始经电压 U 加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 . 微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 ，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端 的水平距离分别为 和 ，到两极板距离均为 ，如图所示 ．忽略边缘效应，不计重力 ．下列说法正 确的是( )
A. L:d = 2: 1
B. U: U2 = 1:1
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
14 . (多选) 一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为 和 ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点 为圆心 ．在截面内，极板间各点的电场
强度大小与其到 点的距离成反比，方向指向 点 ． 个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测 器 ．不计重力 ．粒子 、 做圆周运动，圆的圆心为 ，半径分别为 、 ;粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射；粒子 从距 点 的位置入射并从 距 点 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示 ．则( )
A. 粒子 3 入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子 4 入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子 入射时的动能小于粒子 入射时的动能
D. 粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的动能
基础知识
电流： （定义式） （微观表达式）
电阻定律
电动势： E = U内 + U外 （电路闭合） E = U外 （电路断开）
欧姆定律 （部分电路） （闭合电路） R + r
焦耳定律 Q = I2Rt
电功 W = UIt（适用于一切电路） （适用于纯电阻电路）
电功率 电源功率：P = EI 用电器功率：① （适用于一切电路）
电源效率 n Pp总 (出) : o% U外 : o%
高考考向
电路规律
15 . 如图所示电路，已知电源电动势为 ，内阻不计，电容器电容为 ，闭合开关 ，待电路稳定后， 电容器上电荷量为( )
(
2
5
5
)A. B. C. D.
16 . 如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为 ， ， ， ， 电源电动势E= 12V ，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是( )
(
R
)
A.
B. R2
C. R3
D. R4
考前必背——实验相关
一、长度测量
1 ．刻度尺的使用
（1）刻度尺应与被测物体平行 .
（2）读数时要估读到刻度尺最小刻度的下一位 .
2.游标卡尺的读数方法是：以游标尺零刻度线为准在主尺上读出整毫米数，再看游标尺上哪条刻度线（例 如k ）与主尺上某刻度线对齐，kx精度即为毫米以下的小数，两部分相加即为其读数 ．见下表：
游标尺 精度 （ mm ） 测量长度i - N+ （ mm ）（游标尺上 第k格与主尺上的刻线对齐时）（ mm ）
总刻度 格数n 刻度总长 度（ mm ） 每小格与主尺1格( lmm ）相差（ mm ）
N（主尺上读的毫米数）+0 . 1k
20 0 . 05 0 . 05 N（主尺上读的毫米数）+0 . 05k
50 49 0 . 02 0 . 02 N（主尺上读的毫米数）+0 . 02k
3.螺旋测微器的读数
①读数时，先从固定刻度上读取整、半毫米数，要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻线是否已露出， 如果已经露出，则从固定刻度上读出整毫米数+0 . 5mm .
②然后，从可动刻度上读取剩余部分 ．由于可动刻度是 10分度，所以在最小刻度后必须再估读一位 . 因为要估读一位数，所以以毫米为单位时，读数的小数点后应有3位，其中最后1位是估读值 .
③再把上述两部分读数相加，得到测量值 .
二、电表接法
内接法 外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测 = UZ + UA 电压表分流I测 = Ir + Iv
电阻测量值 R测 ui测 (测) R + RA > R.测量 值大于真实值 R测 ui测 (测) < R 测 量 值 小于真实值
适用条件 RA < < R Rv >> R
适用于测量 大电阻 小电阻
三、滑动变阻器的接法
限流式 分压式
连接方式
变阻器接 入电路的 特点 连接变阻器的导线分别接金属杆的一端和 电阻线圈一端的接线柱（图中电阻器pa部 分被短路不起作用） 连接变阻器导线分别接金属杆一端和电阻线圈的 两端接线柱，（图中变阻器pa与pb都起作用）即 从变阻器上分出一部分电压加到待测电阻上
功能 （1） 调节实验电路的电流或电压 （2）保护电路
调压范围 E ≤ UR· ≤ E（不计电源内阻） 0 ≤ UR ≤ E （不计电源内阻）
电流范围 不计电源内阻） 不计电源内阻）
电路消耗 总功率 E(Ir + IAP)
正常情况滑变阻值大于待测电阻阻止考虑限流接法；要求节能低碳采用限流接法，如果明确要求电表读数 范围更大、或电表读数从0开始变采用分压接法。
四、多用电表
1.构造
2.使用方法
（ 1 ）多用电表中电压挡和电流挡的使用方法与电压表和电流表相同 .
（ 2 ）欧姆挡测电阻的使用方法①选择适当的倍率挡 ．为了便于读数并减小误差，应使指针指在一定 范围内，这就要根据电阻大小选择合适的倍率 ．待测电阻阻值就等于刻度盘上指针的示数乘以倍率，即 Rz =示数 倍率 ．若用不同的倍率挡位测一个定值电阻时，示数 倍率 常数，由数学知识可知，示数与 倍率成反比关系，如果示数小，就说明倍率选大了；反之，倍率就选小了 ．理解了倍率与示数之间的关 系，就可以正确地选择了 .
②将选择开关置于选定的倍率挡上 .
③将两表笔短接，进行欧姆调零 .
将红，黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表零刻度处 .
④将两表笔分别接在被测导体两端，指针稳定后进行读数 .
⑤再测其他导体时，如不需换倍率挡时，不需重新调零，可直接测量；若需换倍率挡时，必须重新调 零后才能再进行测量 .
⑥全部测量完毕后，将选择开关置于"OFF”挡或交流电压的最高挡位上，拔出两表笔，再进行整 理 .
3.读数方法
电流挡、电压挡的读数方法与电流表、电压表读数方法相同 .
电阻挡的读数方法为：测量结果=刻度盘读数×倍率 ．电阻挡通常不估读，但从刻度盘上读得结果只 有一位有效数字时可估读一位 .
4.注意事项
（ 1 ）多用电表在使用前，一定要观察指针是否指向电流的零刻线，若有偏差，应调整指针定位螺 丝；
（ 2 ）合理选择电流、电压挡的量程，使指针尽可能接近满偏；
（ 3 ）测电阻时，待测电阻要与别的元件断开，且不要用手接触表笔金属杆；
（ 4 ）合理选择欧姆挡的倍率，使指针尽可能指在表盘中央附近；
（ 5 ）换用欧姆挡的倍率时，一定要重新调整欧姆零点；
（ 6 ）用欧姆挡读数时，注意乘以倍率；
（ 7 ）实验完毕，将表笔从插孔中拔出，并将选择开关置于" OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用， 应将多用电表中的电池取出 .必修第一册
思维导图
一、 直线运动
基础公式
基础公式 速度的定义式： 加速度的定义式： 速度公式： 位移公式：z = vot+ - at2 2 速度位移公式：
推论公式 中间时刻速度： 中间位置速度： （匀速时：vti2 = "z12 ，匀加速或匀减速直线运
动：vt12 < zr2 ） 相邻相等时间内的位移差：
比值推论 初速度为零的匀加速直线运动的四个比例关系 ①1T末、 2T末、3T末… nT末的速度之比： ②前1T内，前2T内，前3T内 前T内的位移之比： ③第一个T内，第二个T内，第三个T内 … 第N个T内的位移之比： ④通过连续相等的位移所用的时间之比：
竖直上抛公式 上升的最大高度： ； 上升的时间： ； 从抛出到落回原位置的时间： 适用全过程的公式 ，t ot ，t2 2 - 20h （注意对h 、v的正、负号的理解）
高考考向
考向一 ：运动的描述
1 . “神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A. 选地球为参考系，“天和”是静止的
B. 选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C. 选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的 D. 选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
2 . 在足球运动中，足球入网如图所示，下列说法正确的是( )
A. 踢香蕉球时足球可视为质点
C. 足球在飞行时受到脚的作用力和重力
B. 足球在飞行和触网时惯性不变
D. 触网时足球对网的力大于网对足球的力
3 . 下列说法正确的是( )
A. 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B. 研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C. 研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的大小可以忽略
D. 研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
4 . 如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成 ．在某次作业中桥 架沿轨道单向移动了 ，小车在桥架上单向移动了 ．该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A. B. C. D.
5 . 一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的点和玉女峰附近的点，如图所示 ．已知 该游客从 点漂流到点的路程为 ，用时 ，、间的直线距离为 ，则从点漂流 到N点的过程中( )
A. 该游客的位移大小为5.4km
B. 该游客的平均速率为5.4m/s
C. 该游客的平均速度大小为0.5m/s
D. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为。
考向二：匀变速直线运动规律及推论
6 . 如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过 、、三点，已知间的距离是的 两倍，段的平均速度是 ，段的平均速度是 ，则公交车经过点时的瞬时速度为
( )
A. 3m/s
B. 2m/s
C.
1m/s
D. 0.5m/s
7 . 长为的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为的隧道，当列车的任一部 分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （ v < 2o ）．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为( )
A.
8 . 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间 ．假设两火车站和 间的铁路里程为
, 和 之间还均匀分布了个车站 ．列车从站始发，经停站后到达终点站 ．设普通列 车的最高速度为 ，高铁列车的最高速度为 ．若普通列车和高铁列车在进站和出站过 程中，加速度大小均为0.5m/s2 ，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站 停车时间相同，则从到乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A. 小时分钟 B. 小时分钟 C. 小时分钟 D. 小时分钟
9 . 年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人 米跳台冠军 ．某轮比赛中，陈芋汐在
跳台上倒立静止，然后下落，前 完成技术动作，随后 完成姿态调整 ．假设整个下落过程近似 为自由落体运动，重力加速度大小取 10m/s2 ，则她用于姿态调整的时间约为( )
A. B. C. D.
考向三：运动图像
10 . 一小车沿直线运动，从t = 0开始由静止匀加速至t = t1时刻，此后做匀减速运动，到t = t2时刻速度 降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
A.
C.
B.
D.
11 . 电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示 ．电梯加速上升 的时段是( )
A. 从 到 B. 从到 C. 从到 D. 从到
12 . (多选) 时刻，质点从原点由静止开始做直线运动，其加速度随时间按图示的正弦曲线变 化，周期为 ．在时间内，下列说法正确的是( )
A. 时，回到原点
B. 时，的运动速度最小 C. 时， 到原点的距离最远
(
2
)D. 时，的运动速度与
to时相同
13 . 科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度与时间的关系图 像如图所示 ．由图像可知( )
A. 0 ~ t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B. 0 ~ tz时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C. tz ~ts时间内，训练后运动员的平均速度小
D. ts时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
14 . (多选) 甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t=0 时经过路边的同一路标，下列位移-时间
图像和速度-时间 图像对应的运动中，甲、乙两人在 时刻之前能再次相遇的是( )
A.
B.
C. D.
二、 相互作用—力
基础公式
三种基本力 重力：G = mg（ g随高度、纬度、地质结构而变化） 弹力：胡克定律： （ 为伸长量或压缩量，为劲度系数） 摩擦力的公式：
①滑动摩擦力 ： （ N为接触面间的弹力 ，μ 为动摩擦因数 ，只与接触面材 料和粗糙程度有关，与接触面积大小、接触面相对运动快慢以及正压力N无关） ②静摩擦力大小范围： （ fm为最大静摩擦力，与正压力有关）
力的运算 求F1 、F2的合力的公式： F2 F
(
F1
) F - F2 +F22 + 2FF2 COS O
合力的方向与F1 ，成α角：tan a = F2 sin F1 + F2 COS
两个力的合力范围：
相互作用及力的平衡 牛顿第三定律： 共点力作用下物体的平衡条件： ;或 ， Fy o
高考考向
考向一 ：静态平衡
15 . 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上， 下端连接托盘 ．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平 ．已知单个盘 子的质量为 ，相邻两盘间距 ，重力加速度大小取 ．弹簧始终在弹性限度内，每根弹
簧的劲度系数为( )
A. B. C. D.
16 . 如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处 ．已知探测器质量为m ，四条腿与竖直方向
的夹角均为 ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的
. 每条腿对月球表面压力的大小为( )
A.
4
B.
4COSB
C.
mg
6COSB
D.
24
17 . 如图所示，轻质网兜兜住重力为的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的点，轻绳的拉力为 ， 墙壁对足球的支持力为 ，则( )
A. B. C. D.
18 . 如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为的光滑圆柱体静置其上， 、为相切点，
,半径与重力的夹角为 ．已知 ， ，则圆柱体受到的
支持力 、大小为( )
A. ，
C. ，
B. ，
D. ，
19 . 如图是可用来制作豆腐的石磨 ．木柄 静止时，连接 的轻绳处于绷紧状态 ． 点是三根轻 绳的结点，、 和 分别表示三根绳的拉力大小， 且 ．下列关系式正确 的是( )
A. F= 风
B.
C.
D.
F= VR
20 . 如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角 . 一重为的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A. 作用力为 B. 作用力为 C. 摩擦力为 D. 摩擦力为
21 . 我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块 、固定， 、质量
相同为 ， 、质量相同为 ，不计石块间的摩擦，则 为( )
A.
B.
2
C. D.
考向二：动态平衡及临界极值问题
22 . 如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
23 . 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓 慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大 B. 圆柱体对木板的压力先增大后减小
C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小 D. 两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
24 . 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为 ，工作 人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为 ，重力加速度为 ，则下列
说法正确的是( )
A. 轻绳的合拉力大小为
B. 轻绳的合拉力大小为
C. 减小夹角 ，轻绳的合拉力一定减小
D. 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
25 . 质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半 圆水平直径的端点 ．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块 ．用推力 推动小滑块由点 向 点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的 是( )
A. 推力F先增大后减小
C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
三、 运动和力的关系
基础知识
牛顿第二定律：F合 = ma ；或者 ，
超重：视重 实重，加速度向
实重：视重 实重，加速度向
Fy may
高考考向
考向一 ：牛顿第二定律的基本应用
26 . 一同学将排球自 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到 点 ．设排球在运动过程中所受空 气阻力大小和速度大小成正比 ．则该排球( )
A. 上升时间等于下落时间 B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零 D. 下落过程中做匀加速运动
27 . (多选) 用水平拉力使质量分别为m甲 、m乙 的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动， 两物体与桌面间的动摩擦因数分别为甲和乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图 线如图所示。由图可知( )
A. m甲 < m乙 B. m甲 > m乙 C. μ甲 <μ乙 D. μ甲 > μ乙
28 . 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上 ．横杆的位置可在 竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角 可变 ．将小物块由平板与竖直杆交点 处静止释放，物块沿
平板从 点滑至点所用的时间与夹角的大小有关 ．若由逐渐增大至 ，物块的下滑时间 将( )
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
29 . 物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24"角，长度
l1=4m ，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接 ．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨
间的动摩擦因数均为 ，货物可视为质点（取 ， ，重力加速度
g=10m/s' ） .
( 1 ) 求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小； ( 2 ) 求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
( 3 ) 若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 ，求水平滑轨的最短长度 .
30 . (多选) 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 M ．飞行器飞行时受到的 空气阻力大小与其速率平方成正比（即 F阻 ， 为常量） ．当发动机关闭时，飞行器竖直下落， 经过一段时间后，其匀速下落的速率为 10m/s ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过 一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 ．重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞 行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A. 发动机的最大推力为 1.5Mg
B. √17
当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器的速率为 5vm/s
D. 当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
考向二：连接体及临界问题
31 . (多选) 如图，光滑水平地面上有一质量为 的小车在水平推力的作用下加速运动 ．车厢内有质
量均为的 、 两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上，球处在车厢水平底面上，且与底 面的动摩擦因数为 ，杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力 ．下列说法正确的是( )
A. 若B球受到的摩擦力为零，则F =2mgtan
B. 若推力 向左，且 ，则 的最大值为
C. 若推力 向左，且 ，则 的最大值为
D. 若推力 向右，且 ，则 的范围为
32 . (多选) 如图，质量相等的两滑块、置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面 间的动摩擦因数均为 ．重力加速度大小为 ．用水平向右的拉力拉动 ，使两滑块均做匀速运动；某 时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的加速度大小的最大值为2ug
B. Q的加速度大小的最大值为2ug
C. 的位移大小一定大于的位移大小
D. 的速度大小均不大于同一时刻的速度大小
33 . 如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两 球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至
二者相距 时，它们加速度的大小均为( )
5F
A.
8m
B.
2F 5m
3F
C. D.
8m
3F
(
m
)
34 . 如图，两物块 、用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时静止在水平桌面上 ．将一个水平
向右的推力F作用在上后，轻绳的张力变为原来的一半 ．已知、两物块的质量分别为
、 ，与桌面间的动摩擦因数 ，重力加速度 ．则推力的大小为( )
A. B. C. D.
35 . 某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮 ．如图所示，配重和电动机连接 小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流 ．关 闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零 ．卸粮后，给小车一个向下的初速 度，小车沿斜坡刚好匀速下行 ．已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质量 ,取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正
比，比例系数为k ，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量 ．求：
( 1 ) 比例系数k值； ( 2 ) 上行路程L值 .
考向三：板块模型、传送带模型
36 . (多选) 水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所
示 ．用水平向右的拉力 作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中 、分别为 、 时刻的大小 ．木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示 ．已知木板与地面间的动摩擦因数 为 ，物块与木板间的动摩擦因数为 ．假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大 小为g ．则( )
A.
D. 在0 ~ tz时间段物块与木板加速度相等
四、 考前必背——二级结论
1 ．物体由静止开始以加速度a1做直线运动经过时间t后以a2减速 ，再经时间t后回到出发点则a2 = 3a1
.
2 ．物体先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动 ，运动时间为t1 ，接着以大小为a2的加速度做匀减速
运动到速度为零，运动时间为t2 ，则有：aut - a2t2 ，a z a22 ， .
3 ．“刹车陷阱 ” ，应先求滑行至速度为零即停止的时间to ，若滑行时间t大于to ，用o v2n = 2aa或
求滑行距离 ；若t小于t ，用 求滑行距离 .
4 ．在平面上运动的物体 ，无论其受力情况如何 ，所受平面支持力和滑动摩擦力的合力方向总与平面
成α角，则
5 ．物体沿倾角为α的斜面自由匀速下滑时，物体与斜面间的动摩擦因数：μ = tan α .
必修第二册
知识导图
一、 抛体运动与圆周运动
基础知识
1.曲线运动与直线运动的对比
合外力F合 加速度a 速度 位移 合 方向与方 向 方向与 方 向
匀速直线运 动 大小、方向 位移大小 ——
匀变速直线 运动 位移大小 ,
曲线运动 位移大小
2.力与运动的关系
3.平抛运动
速度公 式 水平方向：ur = un 竖直方向：vy = gt (
tan
)
y
位移公 式 水平方向：z = vot 竖直方向 (
tan
) (
O
) (
y
) (
p
)
轨迹方 程 平抛运动的轨迹是抛物线 .
推论 ①t - 2y ，飞行时间只与竖直高度有关 .
②· - ··i2y ，水平距离由竖直高度和初速度共同决定 . ③v = vo2 + 2y ，落地速度由竖直高度和初速度共同决定 . ④Av = Δvy = gAt ，速度变化量的方向竖直向下，且任意相等时间内的速度变化量相等 . ⑤tan a = 2tan ，平抛运动中 ，某一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向 夹角的正切值的2倍 .
一般的抛体运动：如果斜抛物体初速度un与水平方向的夹角为θ ,则水平方向分速度lin = vn Cos 9 ，竖 直方向分速度voy =0 sin .
4.圆周运动
定义 线速度 ：v = , 当t趋近于0时 ，平均线速度等于瞬时线速度 ，匀速圆周运动线速
度大小不变，方向时刻变化 .
角速度 ：W = , 当 t趋近于0时 ，平均角速度等于瞬时角速度 ，匀速圆周运动的角
速度不变 .
运动学公式 线速度与角速度的关系：v = wr ，一般用来解决传动问题 . 转速、周期、频率关系：n = f = T ，n的单位应为r/s .
角速度、周期、频率、转速关系：w = 线速度、周期、频率、转速关系：v = (
v2
4T2
)向心加速度 ：an = = rw2 = r r T2 - 2f - 2m - 2rf - 2 m = 4m2f2r = vw ，匀速圆周运动的向心加速度大
小不变，方向时刻变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动 .
动力学公式 向心力: F = ，向心力是效果力，匀速圆 周运动的向心力的大小不变，方向时刻变化 .
高考考向
考向一 ：曲线运动的特点
1 . 某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力 F 的示意图可能正确的 是( )
A.
C.
B.
D.
2 . 小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加 ．如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应 位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )
A. B. C. D.
3 . 达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏 出沙子 ．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是( )
A.
B.
C.
D.
4 . 2022 年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带
的形态提示运动员现场风力的情况 ．若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、 大小恒定且不随高度改变 ．当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是( )
A.
B.
C.
D.
考向二：平抛运动
5 . 在铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速 度大小、动能 和机械能随运动时间的变化关系中，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6 . 如图是滑雪道的示意图 ．可视为质点的运动员从斜坡上的 点由静止自由滑下，经过水平 段 后飞入空中，在 点落地 ．不计运动员经过 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力 ．下列能表示 该过程运动员速度大小 或加速度大小 随时间 变化的图像是( )
A.
B.
C.
D.
7 . 将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光 . 某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示 ．图中的第一个小球为抛出 瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 和 之比为 ．重力 加速度大小取g=10m/s2 ，忽略空气阻力 ．求在抛出瞬间小球速度的大小 .
考向三：斜抛运动
8 . 电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火 ．电容器储存的能量 通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度 ．如图乙 所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离 ，灭火弹出膛速度 ，方向与
水平面夹角 ，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小 ， sin53' =0.8 .
( 1 ) 求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H .
( 2 ) 已知电容器储存的电能 ，转化为灭火弹动能的效率 ，灭火弹的质量为 ,电容 ，电容器工作电压 应设置为多少？
9 . (多选) 如图所示，某同学将离地的网球以 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距 离 ．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为 的点 ．网球与墙壁碰撞后，垂直 墙面速度分量大小变为碰前的 ．平行墙面的速度分量不变 ．重力加速度取 ，网球碰墙后 的速度大小和着地点到墙壁的距离分别为( )
A. B. C. D.
考向四：圆周运动
10 . “转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为的发光物体放在半径为的碟子边缘，杂技演员 用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕 点做匀速圆周运动 ．当角速度为时，碟子
边缘看似一个光环 ．求此时发光物体的速度大小和受到的静摩擦力大小 .
11 . 北京年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示 ．运动员从 处由静止自由滑下，到 处起 跳，点为 、之间的最低点， 、两处的高度差为 ．要求运动员经过点时对滑雪板的压力不大于自 身所受重力的 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 点处这一段圆弧雪道的半径不应 小于( )
h
A.
k+ 1
B.
h k
2h 2h
C. D.
k k一 1
12 . 无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于 点，与半径为 的半圆弧相切于点 ．小车以最大速度从点驶入路径，到适当位置调整速率运 动到 点，然后保持速率不变依次经过和 ．为保证安全，小车速率最大为 ．在段的 加速度最大为 ，段的加速度最大为 ．小车视为质点，小车从到所需最短时间及 在 段做匀速直线运动的最长距离为( )
(
t-
2+)
，
i-m
)A. 7m
(
s-
it
2)
，
i-
in
)B. 9 7m
(
,
)C.
D.
13 . (多选) 如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 为圆心、和为半径的同心圆上，圆心 处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全 部落入相应的花盆中 ．依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分 别用 、 、和 、 、表示 ．花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不
变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力 ．下列说法正确的是( )
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ， ，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D. 若 ，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
14 . 清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领 ．500m短道 速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持 ．在其创造纪录的比赛中，
( 1 ) 武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时 ．该过程可视为匀加速直线运动，求此过程 加速度大小；
( 2 ) 武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为 的匀速圆周运动，速度大小为 ．已知武大 靖的质量为73kg ，求此次过弯时所需的向心力大小；
( 3 ) 武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过
弯，如图所示 ．求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小 ．（不计空气阻力，重力加速 度大小取 ， 、 、 、 ）
15 . 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥 会的首金 .
( 1 ) 如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度 时，滑过的距离 ，求加速度的大小；
( 2 ) 如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动 员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲 = 8m 、 R乙 = 9m ，滑行速率分别为
v甲 = 10m/s 、 v乙 = 11m/s ，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运 动员先出弯道 .
二、 万有引力与宇宙航行
基础公式
天体运动 开普勒第三定律： - k ，k只与中心天体的质量有关 .
万有引力定律：F = G ，万有引力定律只适用于质点、和质量分布均匀的球体间引 力的计算，引力常量G = 6 ． 67 x 10 11N · m2/kg2 .
解决天体运动的思路： ①G - m - mRw2 - mR 力 . = mR(2mf"2 ,万有引力充当天体做圆周运动的向心
②G - no ，在天体表面万有引力近似等于重力，GM - aR2称为黄金代换 .
人造卫星 线速度： - GM ，轨道半径越大，线速度越小 . 角速度：W - ，轨道半径越大，角速度越小 . 周期： ，轨道半径越大，周期越大 . 加速度：a - ，轨道半径越大，加速度越小 .
第一宇宙速度：v = ，第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度 和最小发射速度 .
高考考向
考向一 ：万有引力定律及其应用
16 . 牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具 有相同的性质，且都满足 ．已知地月之间的距离大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加 速度为g ，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为( )
A. B.
17 . 木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 ．木卫三的周期为 ，公
转轨道半径是月球绕地球轨道半径的倍 ．月球绕地球公转周期为 ，则( )
A. 木卫一的轨道半径为 B. 木卫二的轨道半径为
C. 周期与的比值为 D. 木星质量与地球质量的比值为
18 . 年 月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站
上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课 ．通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行 的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
19 . (多选) 如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径
大约是地球的 1.5
倍 ．地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测 到火星由东向西运动，称为逆行 ．当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧 时，称为火星冲日 ．忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是( )
A.
火星的公转周期大约是地球的
8
27
倍
B. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D. 在冲日处，火星相对于地球的速度最小
考向二：人造卫星 宇宙速度
20 . 设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道 ．该卫 星与月球相比，一定相等的是( )
A. 质量 B. 向心力大小
C. 向心加速度大小 D. 受到地球的万有引力大小
21 . (多选) 如图所示， 、轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是( )
A. 飞船从 轨道变到轨道要点火加速
C. 飞船在 轨道速度大于 轨道速度
B. 飞船在 轨道周期大于轨道周期
D. 飞船在 轨道加速度大于 轨道加速度
22 . 年 月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约的物资进入距离地面约 400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动 ．对接 后，这批物资( )
A. 质量比静止在地面上时小
B. 所受合力比静止在地面上时小
C. 所受地球引力比静止在地面上时大
D. 做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
23 . 根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星 ．恒星最终 的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的 倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的倍
将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞 ．设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不 变，体积缩小，自转变快 ．不考虑恒星与其他物体的相互作用 ．已知逃逸速度为第一宇宙速度的 倍，中子星密度大于白矮星 ．根据万有引力理论，下列说法正确的是( )
A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B. 恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C. 恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
24 . 年 月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下 绕地球做圆周运动，周期约90分钟 ．下列说法正确的是( )
A. 组合体中的货物处于超重状态
C. 组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
B. 组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
D. 组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
三、 机械能守恒定律
基础知识
功 功：W = Fr COS Q ，一般适用于恒力做功 . 功率：①P - ，一般适用于求平均功率 . ②p = Fv Cos a ，当v是瞬时速度时 ，求出的是瞬时功率 ；当v是平均速度时 ，求出的是 平均功率 .
能 动能：Ek = 2 m2 ，动能与物体的质量和速度的大小有关，与速度的方向无关 . 动能定理：W = △Ek ，合外力所做的功等于物体动能的变化 . 重力势能：Ep = 7m72gh ，重力势能的大小是相对的，重力势能的变化量是绝对的 . 机械能守恒定律： . 能量守恒定律：自然界中遵循能量守恒定律。
高考考向
考向一: 功 功率和机车启动
25 . 《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景 ．引水过程简化如下：两个 半径均为 的水轮，以角速度 匀速转动 ．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 个，与水轮间无 相对滑动 ．每个水筒离开水面时装有质量为 的水，其中的 被输送到高出水面 处灌入稻田 . 当地的重力加速度为 g ，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A.
2nmgu2RH 5
B.
3nmgwRH 5
(
3
nmgu
2
RH
) (
.
5
)C
D. nmgwRH
26 . 如图（a），从高处 点到地面 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道 ．两相同小物块甲、乙同时从 点 由静止释放，沿不同轨道滑到 点，其速率 与时间 的关系如图（b）所示 ．由图可知，两物块在离 开 点后、到达 点前的下滑过程中( )
A. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
C. 乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
27 . 两节动车的额定功率分别为和 ，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为 和。现将它们
编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度 为( )
A. B C D
pi+P2 . P+P2 . RU1+P2U2 . piuv2+P2U
考向二：动能定理及其应用
28 . 无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落 ．一质量为m的雨滴在地面附 近以速率下落高度 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为 ）( )
(
2
2
)A. B. C. D.
29 . 如图所示，滑雪道由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为 ．平台与缓冲坡 相连 ．若滑雪者从点由静止开始下滑，恰好到达 点 ．滑雪者现从点由静止开始下滑，从点
飞出 ．已知 、间的距离为 ，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为 ，不计空气阻 力 .
( 1 ) 求滑雪者运动到点的时间 .
( 2 ) 求滑雪者从点飞出的速度大小 .
( 3 ) 若滑雪者能着陆在缓冲坡上，求平台的最大长度 .
30 . 如图为某游戏装置原理示意图 ．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为 2R、内表面光滑，
挡板的两端 、 在桌面边缘， 与半径为 的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过 点的轨道半径与竖直方向的夹角为 ．小物块以某一水平初速度由 点切入挡板内侧，从 点飞出
桌面后，在 点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点 ．小物块与桌
(
2
)面之间的动摩擦因数为
,重力加速度大小为 ，忽略空气阻力，小物块可视为质点 ．求：
( 1 ) 小物块到达 D 点的速度大小 . ( 2 ) 和 两点的高度差 .
( 3 ) 小物块在 A 点的初速度大小 .
考向三：机械能守恒定律及应用
31 . 一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )
A. 机械能一直增加 B. 加速度保持不变
C. 速度大小保持不变 D. 被推出后瞬间动能最大
32 . (多选) 如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段和圆弧段组成，两段相切于
点，段与水平面夹角为 ，段圆心为 ，最高点为 、与的高度差等于圆弧轨道的直径 . 小球从 点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 点，下列说法正确的是( )
A. 小球从 到的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从 到的过程中，重力的功率始终保持不变 C. 小球的初速度V0=V2gR
D. 若小球初速度增大，小球有可能从点脱离轨道
33
如图 ，光滑水平桌面上有一轻质弹簧 ，其一端固定在墙上 ．用质量为 m 的小球压弹簧的另一端 ， 使弹簧的弹性势能为 B ．释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌 面水平飞出 ．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的
速度分量大小变为碰撞前瞬间的 ,忽略空气阻力 ．求：
. 小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为 ．重力加速度大小为
1 小球离开桌面时的速度大小 .
2 小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离 .
考向四：功能关系 能量守恒定律
34 . (多选) 如图，一质量为 、长为 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为 的小物块（可视 为质点）从木板上的左端以速度 开始运动 ．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 ，当物块从木 板右端离开时( )
A. 木板的动能一定等于 fl
C. 物块的动能一定大于
B. 木板的动能一定小于 fl
D. 物块的动能一定小于
35 . 某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能 ．某次演练中，该飞机在水面上由静止开 始匀加速直线滑行并汲水，速度达到 时离开水面，该过程滑行距离 、汲水 质量 ．离开水面后，飞机攀升高度 时速度达到 ，之 后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水 ．取重力加速度 g=10m/s2 ．求：
( 1 ) 飞机在水面滑行阶段的加速度 的大小及滑行时间 . ( 2 ) 整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量 .
必修第三册
知识导图
一、 静电场
基础公式
静电场力的性质 库仑定律：F (k - 9 . 0 x 1UON . m2ic2 电场强度 ①E - （任何电场） ② （真空中的点电荷场强） ③ （ 匀强电场） 电场力：F = qE
静电场能的性质 电势 电势差 电场力做的功：WAB = EPA EPB quAB
电容器和带电粒子在电场中的加速和偏转 电容 （平行板电容器）
带电粒子的加速：qu 2 m2 带电粒子的偏转
高考考向
二、 恒定电流
考向一 ：电场力的性质
1 . 在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集 ．下 列 4 幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )
A.
C.
B.
D.
2 . 某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场 ．粒子从M点射入，沿着由半径分别为 和的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的点射出，虚线处电场强度大小分别 为 和 ，则 、和 、应满足( )
A. E2 R1 B . E2 C. E2 R1 R2 D . 2
3 . 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为 、 和 ， 点和三个点电荷 的连线与点电荷所在直线的夹角分别为 、和 ．若 点处的电场强度为零， ，则三个 点电荷的电荷量可能为( )
A. ， ，
B.
C. ， ，
4 . 如图，等边三角形位于竖直平面内，边水平，顶点在边上方，个点电荷分别固定 在三角形的三个顶点上 ．已知 边中点处的电场强度方向竖直向下，边中点处的电场强度方
向竖直向上，点处点电荷的电荷量的绝对值为 .
( 1 ) 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断个点电荷的正负 ( 2 ) c点处点电荷的电荷量
电场能的性质
5 . (多选) 图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于z 轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则( )
A. 点电势比 点的低
C. 点电场强度方向沿轴正方向
B. 点电场强度大小比 点的大
D. 沿轴运动的带电粒子，电势能不变
6 . (多选) 在点处固定一个正点电荷，点在点右上方 ．从点由静止释放一个带负电的小球，小球 仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示 ．M 、 N是轨迹上的两点， , ,则小球( )
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少 B. 在 点的电势能大于在点的电势能 C. 在 点的机械能等于在点的机械能
D. 从 点运动到点的过程中，电场力始终不做功
7 . 在正点电荷产生的电场中有、两点，其电势分别为 、 ，电场强度大小分别为 、 EX ．下列说法正确的是( )
A. 若 ，则 点到电荷 的距离比点的远
B. 若 ，则 点到电荷 的距离比点的近
C. 若把带负电的试探电荷从 点移到点，电场力做正功，则
D. 若把带正电的试探电荷从 点移到点，电场力做负功，则
8 . (多选) 如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中 、 带正电， 带负电， 、 、 为 边的四等分点，下列说法正确的是( )
A. 、 两点电场强度相同 B. 、 两点电势相同
C. 负电荷在 点电势能比在 点时要小 D. 负电荷在 点电势能比在 点时要大
带电粒子在电场中的直线运动
9 . 密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电 场 ．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带 电 ．金属板间电势差为 时，电荷量为、半径为的球状油滴在板间保持静止 ．若仅将金属板间电势差 调整为2U ，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
10 . 密立根油滴实验的示意图如图所示 ．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向 两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴 ．两板间不加电压时，油滴 、在重力和空气阻
力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为vo、
;两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很
快达到相同的速率 尝 ，均竖直向下匀速运动 ．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速
率成正比，比例系数视为常数 ．不计空气浮力和油滴间的相互作用 .
( 1 ) 求油滴和油滴的质量之比
( 2 ) 判断油滴和油滴所带电荷的正负，并求 、所带电荷量的绝对值之比 .
带电粒子在电场中的曲线运动
11 . (多选) 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左 射出 ．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点 ．则射出后，( ) A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
12 . 如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方向偏转电极 和荧光屏组成 ．电极 的长度为、间距为 、极板间电压为 ，极板间电压为零，电子枪加速电压为 ．电子刚 离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿 方向进入偏转电极 ．已知电子电荷量为 ，质量为 ， 则电子( )
A. 在极板间的加速度大小为
B. 打在荧光屏时，动能大小为 11eu
C. 在极板间受到电场力的冲量大小为
(
l
20d
)D. 打在荧光屏时，其速度方向与 连线夹角的正切值
13 . (多选) 一带正电微粒从静止开始经电压 U 加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 . 微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 ，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端 的水平距离分别为 和 ，到两极板距离均为 ，如图所示 ．忽略边缘效应，不计重力 ．下列说法正 确的是( )
A. L:d = 2: 1
B. U: U2 = 1:1
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
14 . (多选) 一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为 和 ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点 为圆心 ．在截面内，极板间各点的电场
强度大小与其到 点的距离成反比，方向指向 点 ． 个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测 器 ．不计重力 ．粒子 、 做圆周运动，圆的圆心为 ，半径分别为 、 ;粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射；粒子 从距 点 的位置入射并从 距 点 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示 ．则( )
A. 粒子 3 入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子 4 入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子 入射时的动能小于粒子 入射时的动能
D. 粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的动能
基础知识
电流： （定义式） （微观表达式）
电阻定律
电动势： E = U内 + U外 （电路闭合） E = U外 （电路断开）
欧姆定律 （部分电路） （闭合电路） R + r
焦耳定律 Q = I2Rt
电功 W = UIt（适用于一切电路） （适用于纯电阻电路）
电功率 电源功率：P = EI 用电器功率：① （适用于一切电路）
电源效率 n Pp总 (出) : o% U外 : o%
高考考向
电路规律
15 . 如图所示电路，已知电源电动势为 ，内阻不计，电容器电容为 ，闭合开关 ，待电路稳定后， 电容器上电荷量为( )
(
2
5
5
)A. B. C. D.
16 . 如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为 ， ， ， ， 电源电动势E= 12V ，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是( )
(
R
)
A.
B. R2
C. R3
D. R4
考前必背——实验相关
一、长度测量
1 ．刻度尺的使用
（1）刻度尺应与被测物体平行 .
（2）读数时要估读到刻度尺最小刻度的下一位 .
2.游标卡尺的读数方法是：以游标尺零刻度线为准在主尺上读出整毫米数，再看游标尺上哪条刻度线（例 如k ）与主尺上某刻度线对齐，kx精度即为毫米以下的小数，两部分相加即为其读数 ．见下表：
游标尺 精度 （ mm ） 测量长度i - N+ （ mm ）（游标尺上 第k格与主尺上的刻线对齐时）（ mm ）
总刻度 格数n 刻度总长 度（ mm ） 每小格与主尺1格( lmm ）相差（ mm ）
N（主尺上读的毫米数）+0 . 1k
20 0 . 05 0 . 05 N（主尺上读的毫米数）+0 . 05k
50 49 0 . 02 0 . 02 N（主尺上读的毫米数）+0 . 02k
3.螺旋测微器的读数
①读数时，先从固定刻度上读取整、半毫米数，要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻线是否已露出， 如果已经露出，则从固定刻度上读出整毫米数+0 . 5mm .
②然后，从可动刻度上读取剩余部分 ．由于可动刻度是 10分度，所以在最小刻度后必须再估读一位 . 因为要估读一位数，所以以毫米为单位时，读数的小数点后应有3位，其中最后1位是估读值 .
③再把上述两部分读数相加，得到测量值 .
二、电表接法
内接法 外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测 = UZ + UA 电压表分流I测 = Ir + Iv
电阻测量值 R测 ui测 (测) R + RA > R.测量 值大于真实值 R测 ui测 (测) < R 测 量 值 小于真实值
适用条件 RA < < R Rv >> R
适用于测量 大电阻 小电阻
三、滑动变阻器的接法
限流式 分压式
连接方式
变阻器接 入电路的 特点 连接变阻器的导线分别接金属杆的一端和 电阻线圈一端的接线柱（图中电阻器pa部 分被短路不起作用） 连接变阻器导线分别接金属杆一端和电阻线圈的 两端接线柱，（图中变阻器pa与pb都起作用）即 从变阻器上分出一部分电压加到待测电阻上
功能 （1） 调节实验电路的电流或电压 （2）保护电路
调压范围 E ≤ UR· ≤ E（不计电源内阻） 0 ≤ UR ≤ E （不计电源内阻）
电流范围 不计电源内阻） 不计电源内阻）
电路消耗 总功率 E(Ir + IAP)
正常情况滑变阻值大于待测电阻阻止考虑限流接法；要求节能低碳采用限流接法，如果明确要求电表读数 范围更大、或电表读数从0开始变采用分压接法。
四、多用电表
1.构造
2.使用方法
（ 1 ）多用电表中电压挡和电流挡的使用方法与电压表和电流表相同 .
（ 2 ）欧姆挡测电阻的使用方法①选择适当的倍率挡 ．为了便于读数并减小误差，应使指针指在一定 范围内，这就要根据电阻大小选择合适的倍率 ．待测电阻阻值就等于刻度盘上指针的示数乘以倍率，即 Rz =示数 倍率 ．若用不同的倍率挡位测一个定值电阻时，示数 倍率 常数，由数学知识可知，示数与 倍率成反比关系，如果示数小，就说明倍率选大了；反之，倍率就选小了 ．理解了倍率与示数之间的关 系，就可以正确地选择了 .
②将选择开关置于选定的倍率挡上 .
③将两表笔短接，进行欧姆调零 .
将红，黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表零刻度处 .
④将两表笔分别接在被测导体两端，指针稳定后进行读数 .
⑤再测其他导体时，如不需换倍率挡时，不需重新调零，可直接测量；若需换倍率挡时，必须重新调 零后才能再进行测量 .
⑥全部测量完毕后，将选择开关置于"OFF”挡或交流电压的最高挡位上，拔出两表笔，再进行整 理 .
3.读数方法
电流挡、电压挡的读数方法与电流表、电压表读数方法相同 .
电阻挡的读数方法为：测量结果=刻度盘读数×倍率 ．电阻挡通常不估读，但从刻度盘上读得结果只 有一位有效数字时可估读一位 .
4.注意事项
（ 1 ）多用电表在使用前，一定要观察指针是否指向电流的零刻线，若有偏差，应调整指针定位螺 丝；
（ 2 ）合理选择电流、电压挡的量程，使指针尽可能接近满偏；
（ 3 ）测电阻时，待测电阻要与别的元件断开，且不要用手接触表笔金属杆；
（ 4 ）合理选择欧姆挡的倍率，使指针尽可能指在表盘中央附近；
（ 5 ）换用欧姆挡的倍率时，一定要重新调整欧姆零点；
（ 6 ）用欧姆挡读数时，注意乘以倍率；
（ 7 ）实验完毕，将表笔从插孔中拔出，并将选择开关置于" OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用， 应将多用电表中的电池取出 .选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
(
基础公式
)
动量 p me ，p v2mEk ，p - 2Ek
动量定理 fAt =
动量守恒表达式
碰撞满足的规律 （1）动量守恒定律；（2）机械能不增加； （3）速度要合理
反冲满足的规律 （1）动量守恒定律；（2）机械能增
高考考向
考向一 ：动量 冲量 动量定理
1 . (多选) 使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的 极正对着乙的 极，甲的质 量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等 ．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任
一时刻( )
A. 甲的速度大小比乙的大
C. 甲的动量大小与乙的相等
B. 甲的动量大小比乙的小
D. 甲和乙的动量之和不为零
2 . (多选) 某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型 ．多个质量均为lkg的滑块可在水平
滑轨上滑动，忽略阻力 ．开窗帘过程中，电机对滑块 施加一个水平向右的恒力 ，推动滑块 以 的速度与静止的滑块碰撞，碰撞时间为 ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 0.22m/s ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A. 该过程动量守恒
C. 滑块受到合外力的冲量大小为
B. 滑块 受到合外力的冲量大小为
D. 滑块受到滑块 的平均作用力大小为
3 . (多选) 质量为的物块在水平力的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，与时间 的关 系如图所示 ．已知物块与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小取 ．则( )
A. 4s时物块的动能为零
C. 时物块的动量为
m/s
B. 6s时物块回到初始位置
D. 时间内对物块所做的功为
4 . 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭 ．如图所示，发射仓内的高压气体先 将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空 ．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
考向二：动量守恒定律及综合应用
5 . 1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中 子）组成 ．如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 . 设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小
C. 大于
B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
D. 大于
6 . 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为 ，圆管长
度为 2 ．一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，
所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等 ．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘
发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短 ．不计空气阻力，重力加速度大小为 g ．求
( 1 ) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小 .
( 2 ) 在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离 . ( 3 ) 圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数 .
二、 机械振动机械波
基础知识
1 ．理解简谐运动的对称性
举例 如图所示 ，质点在A与B之间做简谐运动 ，O点为平衡位置 ，C和D两点 关于。点对称 A C O D B
时间的对称性 toB = tBO = tAO ， toD = toc ， tDB = tBD = tAC = tcA
速度的对称性 （ 1 ）质点经过同一点（如刀点 ）时 ，速度大小相等 ，方向可能相同 ， 也可能相反； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（ 如C点与D点 ）时 ，速度大小相 等，方向可能相同，也可能相反
位移和加速度的对称 性 （1）质点经过同一点（如C点）时，位移和加速度均相同； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（如C点与D点)时 ，位移与加速度 均大小相等，方向相反
动能、势能、机械能 的对称性 （1）质点经过同一点（如D点）时，动能、势能、机械能均相等； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（如C点与D点 ）时 ，动能、势能、 机械能均相等
2 ．简谐运动的表达式
做简谐运动的物体，其位移 随时间t变化的表达式：= Asin (wt+ P) ．A表示简谐运动的振幅，Wt + p
表简谐运动的相位，v表示初相；W - - 2sf称为简谐运动的圆频率 .
3 ．水平弹簀振子中能量的变化规律（如图所示）
A E 振动物体 的动能 弹簧的 弹性势能 总能量 /
(
O
t
)
4．单摆模型
（1）理想化模型：一根没有弹性的细线，一端固定，另一端系一质点 .
（2）实际摆看成单摆的条件：①摆线的形变量与摆线长度相比小得多；②摆线的质量与摆球质量相比小 得多；③摆球的直径与摆线长度相比小得多；④空气阻力可以忽略 .
（3）周期： .
5 ．做简谐运动的质点的路程
质点做简谐运动时，一个周期内经过的路程为4A ，半个周期内经过的路程为 ，但是四分之一个周期内 经过的路程可能等于A ，也可能不等于A .
6 ．波速和波长、频率的决定因素和关系
决定因素 关系
周期和频 率 取决于波源，而与v、入无关 v = 入f = 入 T
波速 取决于介质本身的性质,与温度有关，与f、λ无关
波长 由波源和介质共同决定，与温度有关，只要f、v有一个变化， 波长一定变化
7．振动情况完全相同的两个波源产生的波的叠加
（1）加强点： (K ， ，2 ，3 ，… ), A = A1 +A2
（2）减弱点： Ar - (2k + ) (k ， ，2 ，3 ， ，A -A, A2i .
高考考向
考向一 ：机械振动
7 . (多选) 如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距的 、两点 ．已知质点在点的 位移大小为振幅的一半，点位移大小是点的倍，质点经过点时开始计时，时刻第二次经过 点，该振动的振幅和周期可能是( )
A.
2L
V3-1
, 3t
B.
2L
V3-1
(
4t
),
C.
2L
V3+1
12t
, 5
D.
2L
V3+1
12t
, 7
8 . (多选) 下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为 1HZ的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受
浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知 河水密度为p ，木棒横截面积为S ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. x从 到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B. x从 到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C. 和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D. 木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
E. 木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
考向二：机械波
9 . 船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声 ．波在空气中和在水中传播时的( )
A. 波速和波长均不同 B. 频率和波速均不同 C. 波长和周期均不同 D. 周期和频率均不同
10 . 下面两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点、的振动图像，下列说法正确的 是( )
A. 该波的周期是5s
C. 时 质点向上振动
B. 该波的波速是3m/s
D. 时 质点向上振动
11 . 一列简谐横波沿 轴正方向传播，波长为 ，振幅为 ．介质中有 平衡位置分别位于 和 处 ．某时刻 质点的位移为 正方向运动 ．从该时刻开始计时，a 质点的振动图像为( )
和 b 两个质点，其 ,且向 轴
A.
B.
C.
D.
12 . (多选) 一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；是介质中位于处的质 点，其振动图像如图（b）所示 ．下列说法正确的是( )
A. 波速为2m/s B. 波向左传播
C. 波的振幅是 D. 处的质点在时位于平衡位置
E. 质点在时间内运动的路程为
13 . 分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为5cm，波长均为8m，波 速均为4m/s。t=0时刻， P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到
ac = 10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
（1）在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t = 2.5S时刻的波形图（ P波用虚线，Q波用实 线）；
（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
三、 光
基础知识
(
sin
1
) (
sin
2
) (
,
n
C
.
)1．折射率：n =
2 ．全反射临界角C ：满足SinC =
3. 光的色散：
颜色 红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫
频率v 低→高
同一介质对各种色光的折射率 小→大
在同一介质中速度
在真空中或同一介质中波长
通过棱镜的偏折角 小→大
4．光的干涉（频率相同的两列光可以发生干涉）
（1）发生光的干涉时，屏上某处出现亮暗条纹的条件：
①出现亮条纹的条件：屏上某点P到两缝S1和S2的λ路程差正好是波长的整数倍, 即 Ips1 PS2 （ k ， ，2 ，3 ，… ) .
②出现暗条纹的条件：屏上某点P到两缝S1 ，和 S2的路程差正好是半波长的奇数倍，即
PS PS2 - 2K+ ) · （ K - ， ，2 ，3 ， ） .
（2）相邻亮（暗）条纹间距公式 z - 入（ d ）指双缝间的距离，l是双缝到屏的距离） .
（3）薄膜干涉：光照射到薄膜上,被膜的前、后表面反射的两列光形成相干光。
①劈形薄膜厚度均匀变化时,干涉条纹是与劈棱平行的明暗相间的直条纹,相邻条纹间距相等。
②某处两反射光相遇时的路程差为该处薄膜厚度的2倍,即△r = 2d。
③观察薄膜干涉时观察者与光源应在薄膜的同侧。
④白光发生薄膜干涉时形成的是彩色条纹。
（4）劈尖干涉：
①装置示意图
②原理
某处有凸凹时,该处两反射光相遇时的路程差减小或增大,使干涉条纹发生弯曲。根据条纹弯曲的 方向和程度,可判定该处的凸凹情况。
③判定
6. 光的衍射
当光照射到小孔或障碍物上时,光离开直线路径绕到孔或障碍物的阴影里去的现象,叫作光的衍射现象。
①单缝衍射
用单色光照射单缝时,光屏上出现亮、暗相间的衍射条纹,中央亮条纹最宽最亮。用白光照射单缝时,中 间是白色亮条纹,两边是彩色条纹,其中最靠近中间的色光是紫光,最远离中间的色光是红光。
中央亮条纹的宽度及条纹间距跟入射光的波长及单缝宽度有关,入射光波长越长,单缝越窄,中央亮条纹 的宽度及条纹间距就越大。
②圆孔衍射
衍射图样中,中央亮圆的亮度最大,外面是亮、暗相间的圆环,如果用白光照射时,中间亮圆为白色,周围 是彩色圆环。
中央是大且亮度最大的圆形亮斑,周围分布着明暗相间的同心圆环,且越靠外,圆形亮条纹的亮度越弱, 宽度越小。
③圆盘衍射
圆盘阴影区的中央有个亮斑泊松亮斑。
圆盘阴影区的周围有明暗相间的圆形衍射条纹。
亮环或暗环的间距随半径的增大而减小,即越向外条纹越窄。
7．光的偏振
(
明
)
P
自然光 偏振片 偏振光
通过偏振片的光波，在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定的方向振动，这种光是偏振光 .
高考考向
考向一 ：光的折射
14 . (多选) 等腰三角形△abc为一棱镜的横截面，ab = ac ；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，
在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不 考虑多次反射。下列说法正确的是( )
A. 甲光的波长比乙光的长
B. 甲光的频率比乙光的高
C. 在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E. 在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
15 . 地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲 ．下列光路 图中能描述该现象的是( )
A.
C.
B.
D.
16 . 如图，一折射率为 的棱镜的横截面为等腰直角三角形 ， ， 边所 在底面上镀有一层反射膜 ．一细光束沿垂直于 方向经 边上的 点射入棱镜，若这束光被
边反射后恰好射向顶点 ，求 点到 点的距离 .
考向二：光的全反射问题
17 . 如图所示，楔形玻璃的横截面 的顶角为 ， 边上的点光源 到顶点 的距离为 ， 垂直于 边的光线 在 边的折射角为 ．不考虑多次反射， 边上有光射出部分的长 度为( )
A. B. C. D.
18 . 一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射
角为i ，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i ，E点向B点移动，当 光线从 边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
时，恰好没有
19 . 如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平的，一光线自 M点射入棱镜，入射角为60°,经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱 镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
20 . (多选) 一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水 面的夹角为 ，如图所示 ．他发现只有当 大于 时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，
下列说法正确的是( )
(
sin
41
)A. 水的折射率为
B. 水的折射率为 sin4g
C. 当他以 o= 60' 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于 D. 当他以 o= 60' 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于
21 . 在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m ，水的折射 率 ，细灯带到水面的距离 ，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为( )
A.
B.
C.
D.选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
基础公式
高考考向
考向一 ：动量 冲量 动量定理
1. BD
【解析】 对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A ．根据牛顿第二定律可知 甲 甲 甲甲 ，乙 乙 乙乙 因为 m甲 > m乙 ，所以 a甲 < a乙 ，又因为两物体的运动时间相同，且同时由静止释放， 可知任意时刻 v甲 BCD ．对于整个系统而言，由于 pm甲g>wm乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所 以合动量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，故BD正确、C错误 .
故选BD .
2. BD
【解析】 A 选项：取向右为正方向，滑块 和滑块组成的系统的初动量为
p =m = 1 x0.40kg·m/s=0.40kg·m/s
碰撞后，滑块 和滑块组成的系统的动量为
p,=2mvz= 2x 1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； B 选项：对滑块1 ，取向右为正方向，则有
I=mz-m1 = 1 0.22kg·m/s- 1 x0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s
负号表示方向水平向左，故B正确；
C 选项：对滑块2 ，取向右为正方向，则有
I2=mvz= 1 x 0.22g·m/s =0.22g·m/s
故C错误；
D 选项：对滑块2根据动量定理有
FAt = I2
解得
F = 5.5N
则滑块 受到滑块 的平均作用力大小为 ，故D正确 . 故选BD.
3. AD
【解析】 物块与地面间的滑动摩擦力为 f=umg=2N .
AC ．对物块从0 3S内由动量定理可知
(F-f)t=mus ， 解得3s末物块的速度 vs = 6m/s ，
3s时物块的动量为
p=mvs=6kg·m/s ，
设 后经过时间物块的速度减为 ，由动量定理可得 -(F+f)t=0-mvg ，
解得
t= 1s ，
所以物块在时速度减为 ，则此时物块的动能为 ，故A正确，C错误；
B ．设时间内物块发生的位移为 ，由动能定理可得
解得
,
3~4s时间内，对物块由动能定理可得
解得3~4s时间内物块发生的位移
z= 3m
4 ~ 6s时间内物块反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移大小为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D ．物块在6s时的速度大小为
(
v
=2x2m/8=4m/s
),
0~ 6s时间内拉力所做的功为
W= (4 x9-4x 3+4 x4J=40J ， 故D正确 ．故选AD .
4. A
【解析】 A 选项：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的 高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下 的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力 等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体 的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至 速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B 选项：根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势 能和内能，故B错误；
C 选项：根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D 选项：根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能
的增加量，故D错误 . 故选A.
考向二：动量守恒定律及综合应用
5. B
【解析】 设中子的质量为 ，氢核的质量为 ，氮核的质量为 ，设中子和氢核碰撞后中子速 度为 vg ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
muo = mw1 + mu3
联立解得
(
,由动量守恒定律和能量守恒定律可得
) (
4
)设中子和氮核碰撞后中子速度为
(
2十
) (
4
) (
m
) (
2
)mw4
(
2
—m7u4
) (
2
) (
2
) (
2
) (
2
)
2
(
2
)联立解得
(
5
) (
>
U2
)可得
碰撞后氢核的动量为
28mwo
氮核的动量为
15
可得
(
二
2
2
)碰撞后氢核的动能为
(
2
2
1
28m
引
)氮核的动能为
(
2
225
)可得
故 B 正确，ACD 错误 .
故选 B .
6. ( 1 )
( 2 ) ( 3 )
小球速度大小为 ，圆盘速度大小为
l 4
【解析】 ( 1 ) 过程 ：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律得
解得v,=v2gi
过程 ：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律 分别有
(
2
2
2
)
解得
(
m+
M
2
2
);- 2m -1 -v2
即小球碰后速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直
向下 .
( 2 ) 第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆 盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
U1 十g=U1
解得
根据运动学公式得最大距离为
盘 球 .
( 3 ) 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 盘 球
即
解得
1 =
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
盘
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有
mvz+M =mu+M
根据能量守恒有
联立解得
(
2
)
同理可得当位移相等时
盘 球2
解得
圆盘向下运动
(
2
)2
(
4
) (
t
) (
2
)盘2
(
此时圆盘距下端管口
) (
3l
),之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
(
t
) (
2
) (
2
)3
根据动量守恒有
(
M
) (
m
) (
2
) (
3
) (
3
) (
3
)+ M
根据机械能守恒有
(
"2
2
) (
I2
3
) (
'2
) (
M
) (
M
) (
2
) (
3
十
) (
m
) (
m
) (
2
) (
2
) (
2
) (
2
)
得碰后小球速度为
(
3
)2
圆盘速度
(
3u
2
)
当二者即将四次碰撞时
R盘3 =B球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
盘
此时圆盘距离下端管口长度为
20l- l- 2l-4l - 6l= 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加 2l ，故若发生下一次碰 撞，圆盘将向下移动
盘 ，则第四次碰撞后落出管外，因此圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰 撞4次 .
二、 机械振动机械波
基础知识
高考考向
考向一 ：机械振动
7. BC
【解析】 AB ．当A、B两点在平衡位置的同侧时有
可得
; 或者
因此可知第二次经过 点时 ，
2 m
'' T=t
解得
T = 4t
此时位移关系为
解得
故A错误，B正确；
CD ．当 、B两点在平衡位置两侧时有
解得
(
5
) (
pa=
-
或者
p
a
=
) (
（由图中运动方向舍去
），
) 或者
(
,则
)当第二次经过 点时
解得
此时位移关系为
解得
A= 2U V3+1
故C正确，D错误； 故选BC .
8. ABD
【解析】
【详解】
A ．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到 0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度 先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B ．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平 衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C ．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位 置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速 度大小相等，方向不是相反，C错误；
D ．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系 数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方 ，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
D正确；
E ．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错 误。
故选ABD。
考向二：机械波
9. A
【解析】 声波的周期和频率由振源决定，声波在空气和在水中传播的周期和频率都相同，但声波在 空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长的关系可知，波长也不同，故A正确，BCD错
误 .
故选A .
10. C
【解析】 A ．由振动图像可看出该波的周期是4S ，A错误；
B ．由于 、两个质点振动反相，则可知两者间距离等于 , 1 ， 2 ， . …
(
T
2n+1
，
)根据v=Δ= 3 m/s n=0 ， 1 ， 2 ， .
B错误；
C ．由质点的振动图像可看出，在时质点在平衡位置向上振动，C正确； D ．由质点的振动图像可看出，在时质点在平衡位置向下振动，D错误 . 故选C .
(
11.
A
ab
之间的距离为
AZ=智cm+120cm=
此时
点的位移为
且向
轴正方向运动，设此时
点的相位为
，则有
4=8sinp
解得
或
（向下振动，舍去）
由
ab
之间的距离关系可知
则
，可知
点此时的位移为
y=8sinpacm=4cm
且向下振动，即此时的波形图如图所示：
400cm
=
4入
【解析】
3
3
)
所以时，质点的位移为 ，沿轴负方向运动，故A正确，BCD错误 . 故选A .
12. ABE
【解析】 A ．由图(a)可知波长为 ，由图(b)可知波的周期为 ，则波速 ,故A正确；
B ．由图(b)可知时，点向下运动，根据“上下坡”法可以知道波向左传播，故B正 确；
C ．由图(a)可知波的振幅为5cm ，故C错误；
DE ．根据图(a)可知时处的质点处在波谷，由于 可知在 时质点处在波峰；质点运动的路程为
故D错误，E正确； 故选ABE .
13.
（1） ；（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据 得
Δ = 4 x 2.5m= 10m
可知时P波刚好传播到处，Q波刚好传播到处，根据上坡下坡法 可得波形图如图所示
（2）两列波在图示范围内任一位置的波程差为
Aaz= I(10-r) -arl,(0m 根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件 为到两波源的距离差
解得振幅最大的平衡位置有
(
c
=
3
m
a
=
7m
)、
振动减弱的条件为
Aar =n入(n=0,1,2…)
解得振幅最小的平衡位置有
、 、
三、 光
基础知识
高考考向
考向一 ：光的折射
14. ACE
【解析】
【详解】
ABD ．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示
由图可知，乙光的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大，则乙光的频率大，根 据c = fλ可知，乙光的波长短，A正确、BD错误；
C ．根据 可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，C正确；
E ．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，E正确。 故选ACE。
15. A
【解析】 根据折射定律得
n上 sin6上 = n下 sin6下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则下 上 ，则 下 上 ，画出光 路图如下
则从高到低下 逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向 ．故选A .
16.
【解析】 由题意可知作出光路图如图所示
光沿垂直于 方向射入，根据几何关系可知入射角为 ；由于棱镜折射率为 ，根 据
17. C
有
则折射角为
30' ；LBMO= 60'
,因为 ，所以光在 面的入射角为
8=90'- (180'-60' -45"') = 15"
根据反射定律可知
LMOA = 28= 30'
根据几何关系可知 ，即 为等腰三角形，则
又因为 与 相似，故有
由题知
AB= AC= l
联立可得
所以 到 点的距离为
考向二：光的全反射问题
【解析】 设光线在 界面的入射角为 ，折射角为 ，由几何关系可知 ，由于光路可 逆，根据折射定律得
光线射出 界面的临界条件为发生全反射，光路图如下，其中
光线在 AB 两点发生全反射，有公式
(
2
)
即光线在 两处发生全反射的临界角为 ， 之间有光线射出，由几何关系可知
(
AB=
2AC=2CS=OS
=d
),
故选C .
18. 1.5
【解析】
(
因为当
sini
) 时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为
C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
r = 90' - 2c
则
联立得
n=1.5
(
19.
) (
n
=
，
Pc
=
a
2
2
)【解析】 光线在M点发生折射有
sin60° = nsinθ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
sinc= —
C = 90° - θ
联立得
2
根据几何关系有
解得
再由
解得
20. BC
【解析】 AB ．他发现只有当大于时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，说明
时激光恰好发生全反射，则 则n=s ，故A错误，B正确；
CD ．当他以 向水面发射激光时，入射角
,则根据折射定律有
,折射角 大于 ，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小 于60' ，故C正确，D错误 .
故选BC .
21. C
【解析】 灯带发出的光从水面射出时发生全反射 ，临界角的正弦值
3
则tanc= ，
v7
灯带上的一个点发出的光发生全反射的临界角如图甲所示，
VF 3
根据几何关系可得r = htanc'= X m= 0.3m ， 10 √7
则一个点发出的光在水面上能看到r =0.3m的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图 乙所示，
(
vza
)r'
) (
（等面积法）
) (
十a
+
)等腰直角三角形发光体的内切圆半径满足
解得'= < —= n ， 2+V2 3
故有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分 . 故选C .必修第一册
思维导图
一、 直线运动
基础公式
基础公式 速度的定义式： 加速度的定义式： 速度公式： 位移公式：z = vot+ - at2 2 速度位移公式：
推论公式 中间时刻速度： 中间位置速度： （匀速时：vti2 = "z12 ，匀加速或匀减速直线运
动：vt12 < zr2 ） 相邻相等时间内的位移差：
比值推论 初速度为零的匀加速直线运动的四个比例关系 ①1T末、 2T末、3T末… nT末的速度之比： ②前1T内，前2T内，前3T内 前T内的位移之比： ③第一个T内，第二个T内，第三个T内 … 第N个T内的位移之比： ④通过连续相等的位移所用的时间之比：
竖直上抛公式 上升的最大高度： ； 上升的时间： ； 从抛出到落回原位置的时间： 适用全过程的公式 ，t ot ，t2 2 - 20h （注意对h 、v的正、负号的理解）
高考考向
考向一 ：运动的描述
1 . “神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A. 选地球为参考系，“天和”是静止的
B. 选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C. 选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的 D. 选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
2 . 在足球运动中，足球入网如图所示，下列说法正确的是( )
A. 踢香蕉球时足球可视为质点
C. 足球在飞行时受到脚的作用力和重力
B. 足球在飞行和触网时惯性不变
D. 触网时足球对网的力大于网对足球的力
3 . 下列说法正确的是( )
A. 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B. 研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C. 研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的大小可以忽略
D. 研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
4 . 如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成 ．在某次作业中桥 架沿轨道单向移动了 ，小车在桥架上单向移动了 ．该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A. B. C. D.
5 . 一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的点和玉女峰附近的点，如图所示 ．已知 该游客从 点漂流到点的路程为 ，用时 ，、间的直线距离为 ，则从点漂流 到N点的过程中( )
A. 该游客的位移大小为5.4km
B. 该游客的平均速率为5.4m/s
C. 该游客的平均速度大小为0.5m/s
D. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为。
考向二：匀变速直线运动规律及推论
6 . 如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过 、、三点，已知间的距离是的 两倍，段的平均速度是 ，段的平均速度是 ，则公交车经过点时的瞬时速度为
( )
A. 3m/s
B. 2m/s
C.
1m/s
D. 0.5m/s
7 . 长为的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为的隧道，当列车的任一部 分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （ v < 2o ）．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为( )
A.
8 . 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间 ．假设两火车站和 间的铁路里程为
, 和 之间还均匀分布了个车站 ．列车从站始发，经停站后到达终点站 ．设普通列 车的最高速度为 ，高铁列车的最高速度为 ．若普通列车和高铁列车在进站和出站过 程中，加速度大小均为0.5m/s2 ，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站 停车时间相同，则从到乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A. 小时分钟 B. 小时分钟 C. 小时分钟 D. 小时分钟
9 . 年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人 米跳台冠军 ．某轮比赛中，陈芋汐在
跳台上倒立静止，然后下落，前 完成技术动作，随后 完成姿态调整 ．假设整个下落过程近似 为自由落体运动，重力加速度大小取 10m/s2 ，则她用于姿态调整的时间约为( )
A. B. C. D.
考向三：运动图像
10 . 一小车沿直线运动，从t = 0开始由静止匀加速至t = t1时刻，此后做匀减速运动，到t = t2时刻速度 降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
A.
C.
B.
D.
11 . 电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示 ．电梯加速上升 的时段是( )
A. 从 到 B. 从到 C. 从到 D. 从到
12 . (多选) 时刻，质点从原点由静止开始做直线运动，其加速度随时间按图示的正弦曲线变 化，周期为 ．在时间内，下列说法正确的是( )
A. 时，回到原点
B. 时，的运动速度最小 C. 时， 到原点的距离最远
(
2
)D. 时，的运动速度与
to时相同
13 . 科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度与时间的关系图 像如图所示 ．由图像可知( )
A. 0 ~ t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B. 0 ~ tz时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C. tz ~ts时间内，训练后运动员的平均速度小
D. ts时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
14 . (多选) 甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t=0 时经过路边的同一路标，下列位移-时间
图像和速度-时间 图像对应的运动中，甲、乙两人在 时刻之前能再次相遇的是( )
A.
B.
C. D.
二、 相互作用—力
基础公式
三种基本力 重力：G = mg（ g随高度、纬度、地质结构而变化） 弹力：胡克定律： （ 为伸长量或压缩量，为劲度系数） 摩擦力的公式：
①滑动摩擦力 ： （ N为接触面间的弹力 ，μ 为动摩擦因数 ，只与接触面材 料和粗糙程度有关，与接触面积大小、接触面相对运动快慢以及正压力N无关） ②静摩擦力大小范围： （ fm为最大静摩擦力，与正压力有关）
力的运算 求F1 、F2的合力的公式： F2 F
(
F1
) F - F2 +F22 + 2FF2 COS O
合力的方向与F1 ，成α角：tan a = F2 sin F1 + F2 COS
两个力的合力范围：
相互作用及力的平衡 牛顿第三定律： 共点力作用下物体的平衡条件： ;或 ， Fy o
高考考向
考向一 ：静态平衡
15 . 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上， 下端连接托盘 ．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平 ．已知单个盘 子的质量为 ，相邻两盘间距 ，重力加速度大小取 ．弹簧始终在弹性限度内，每根弹
簧的劲度系数为( )
A. B. C. D.
16 . 如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处 ．已知探测器质量为m ，四条腿与竖直方向
的夹角均为 ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的
. 每条腿对月球表面压力的大小为( )
A.
4
B.
4COSB
C.
mg
6COSB
D.
24
17 . 如图所示，轻质网兜兜住重力为的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的点，轻绳的拉力为 ， 墙壁对足球的支持力为 ，则( )
A. B. C. D.
18 . 如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为的光滑圆柱体静置其上， 、为相切点，
,半径与重力的夹角为 ．已知 ， ，则圆柱体受到的
支持力 、大小为( )
A. ，
C. ，
B. ，
D. ，
19 . 如图是可用来制作豆腐的石磨 ．木柄 静止时，连接 的轻绳处于绷紧状态 ． 点是三根轻 绳的结点，、 和 分别表示三根绳的拉力大小， 且 ．下列关系式正确 的是( )
A. F= 风
B.
C.
D.
F= VR
20 . 如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角 . 一重为的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A. 作用力为 B. 作用力为 C. 摩擦力为 D. 摩擦力为
21 . 我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块 、固定， 、质量
相同为 ， 、质量相同为 ，不计石块间的摩擦，则 为( )
A.
B.
2
C. D.
考向二：动态平衡及临界极值问题
22 . 如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
23 . 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓 慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大 B. 圆柱体对木板的压力先增大后减小
C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小 D. 两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
24 . 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为 ，工作 人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为 ，重力加速度为 ，则下列
说法正确的是( )
A. 轻绳的合拉力大小为
B. 轻绳的合拉力大小为
C. 减小夹角 ，轻绳的合拉力一定减小
D. 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
25 . 质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半 圆水平直径的端点 ．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块 ．用推力 推动小滑块由点 向 点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的 是( )
A. 推力F先增大后减小
C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
三、 运动和力的关系
基础知识
牛顿第二定律：F合 = ma ；或者 ，
超重：视重 实重，加速度向
实重：视重 实重，加速度向
Fy may
高考考向
考向一 ：牛顿第二定律的基本应用
26 . 一同学将排球自 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到 点 ．设排球在运动过程中所受空 气阻力大小和速度大小成正比 ．则该排球( )
A. 上升时间等于下落时间 B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零 D. 下落过程中做匀加速运动
27 . (多选) 用水平拉力使质量分别为m甲 、m乙 的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动， 两物体与桌面间的动摩擦因数分别为甲和乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图 线如图所示。由图可知( )
A. m甲 < m乙 B. m甲 > m乙 C. μ甲 <μ乙 D. μ甲 > μ乙
28 . 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上 ．横杆的位置可在 竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角 可变 ．将小物块由平板与竖直杆交点 处静止释放，物块沿
平板从 点滑至点所用的时间与夹角的大小有关 ．若由逐渐增大至 ，物块的下滑时间 将( )
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
29 . 物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24"角，长度
l1=4m ，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接 ．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨
间的动摩擦因数均为 ，货物可视为质点（取 ， ，重力加速度
g=10m/s' ） .
( 1 ) 求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小； ( 2 ) 求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
( 3 ) 若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 ，求水平滑轨的最短长度 .
30 . (多选) 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 M ．飞行器飞行时受到的 空气阻力大小与其速率平方成正比（即 F阻 ， 为常量） ．当发动机关闭时，飞行器竖直下落， 经过一段时间后，其匀速下落的速率为 10m/s ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过 一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 ．重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞 行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A. 发动机的最大推力为 1.5Mg
B. √17
当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器的速率为 5vm/s
D. 当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
考向二：连接体及临界问题
31 . (多选) 如图，光滑水平地面上有一质量为 的小车在水平推力的作用下加速运动 ．车厢内有质
量均为的 、 两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上，球处在车厢水平底面上，且与底 面的动摩擦因数为 ，杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力 ．下列说法正确的是( )
A. 若B球受到的摩擦力为零，则F =2mgtan
B. 若推力 向左，且 ，则 的最大值为
C. 若推力 向左，且 ，则 的最大值为
D. 若推力 向右，且 ，则 的范围为
32 . (多选) 如图，质量相等的两滑块、置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面 间的动摩擦因数均为 ．重力加速度大小为 ．用水平向右的拉力拉动 ，使两滑块均做匀速运动；某 时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的加速度大小的最大值为2ug
B. Q的加速度大小的最大值为2ug
C. 的位移大小一定大于的位移大小
D. 的速度大小均不大于同一时刻的速度大小
33 . 如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两 球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至
二者相距 时，它们加速度的大小均为( )
5F
A.
8m
B.
2F 5m
3F
C. D.
8m
3F
(
m
)
34 . 如图，两物块 、用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时静止在水平桌面上 ．将一个水平
向右的推力F作用在上后，轻绳的张力变为原来的一半 ．已知、两物块的质量分别为
、 ，与桌面间的动摩擦因数 ，重力加速度 ．则推力的大小为( )
A. B. C. D.
35 . 某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮 ．如图所示，配重和电动机连接 小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流 ．关 闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零 ．卸粮后，给小车一个向下的初速 度，小车沿斜坡刚好匀速下行 ．已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质量 ,取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正
比，比例系数为k ，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量 ．求：
( 1 ) 比例系数k值； ( 2 ) 上行路程L值 .
考向三：板块模型、传送带模型
36 . (多选) 水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所
示 ．用水平向右的拉力 作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中 、分别为 、 时刻的大小 ．木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示 ．已知木板与地面间的动摩擦因数 为 ，物块与木板间的动摩擦因数为 ．假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大 小为g ．则( )
A.
D. 在0 ~ tz时间段物块与木板加速度相等
四、 考前必背——二级结论
1 ．物体由静止开始以加速度a1做直线运动经过时间t后以a2减速 ，再经时间t后回到出发点则a2 = 3a1
.
2 ．物体先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动 ，运动时间为t1 ，接着以大小为a2的加速度做匀减速
运动到速度为零，运动时间为t2 ，则有：aut - a2t2 ，a z a22 ， .
3 ．“刹车陷阱 ” ，应先求滑行至速度为零即停止的时间to ，若滑行时间t大于to ，用o v2n = 2aa或
求滑行距离 ；若t小于t ，用 求滑行距离 .
4 ．在平面上运动的物体 ，无论其受力情况如何 ，所受平面支持力和滑动摩擦力的合力方向总与平面
成α角，则
5 ．物体沿倾角为α的斜面自由匀速下滑时，物体与斜面间的动摩擦因数：μ = tan α .
必修第二册
知识导图
一、 抛体运动与圆周运动
基础知识
1.曲线运动与直线运动的对比
合外力F合 加速度a 速度 位移 合 方向与方 向 方向与 方 向
匀速直线运 动 大小、方向 位移大小 ——
匀变速直线 运动 位移大小 ,
曲线运动 位移大小
2.力与运动的关系
3.平抛运动
速度公 式 水平方向：ur = un 竖直方向：vy = gt (
tan
)
y
位移公 式 水平方向：z = vot 竖直方向 (
tan
) (
O
) (
y
) (
p
)
轨迹方 程 平抛运动的轨迹是抛物线 .
推论 ①t - 2y ，飞行时间只与竖直高度有关 .
②· - ··i2y ，水平距离由竖直高度和初速度共同决定 . ③v = vo2 + 2y ，落地速度由竖直高度和初速度共同决定 . ④Av = Δvy = gAt ，速度变化量的方向竖直向下，且任意相等时间内的速度变化量相等 . ⑤tan a = 2tan ，平抛运动中 ，某一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向 夹角的正切值的2倍 .
一般的抛体运动：如果斜抛物体初速度un与水平方向的夹角为θ ,则水平方向分速度lin = vn Cos 9 ，竖 直方向分速度voy =0 sin .
4.圆周运动
定义 线速度 ：v = , 当t趋近于0时 ，平均线速度等于瞬时线速度 ，匀速圆周运动线速
度大小不变，方向时刻变化 .
角速度 ：W = , 当 t趋近于0时 ，平均角速度等于瞬时角速度 ，匀速圆周运动的角
速度不变 .
运动学公式 线速度与角速度的关系：v = wr ，一般用来解决传动问题 . 转速、周期、频率关系：n = f = T ，n的单位应为r/s .
角速度、周期、频率、转速关系：w = 线速度、周期、频率、转速关系：v = (
v2
4T2
)向心加速度 ：an = = rw2 = r r T2 - 2f - 2m - 2rf - 2 m = 4m2f2r = vw ，匀速圆周运动的向心加速度大
小不变，方向时刻变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动 .
动力学公式 向心力: F = ，向心力是效果力，匀速圆 周运动的向心力的大小不变，方向时刻变化 .
高考考向
考向一 ：曲线运动的特点
1 . 某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力 F 的示意图可能正确的 是( )
A.
C.
B.
D.
2 . 小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加 ．如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应 位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是( )
A. B. C. D.
3 . 达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏 出沙子 ．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是( )
A.
B.
C.
D.
4 . 2022 年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带
的形态提示运动员现场风力的情况 ．若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、 大小恒定且不随高度改变 ．当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是( )
A.
B.
C.
D.
考向二：平抛运动
5 . 在铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速 度大小、动能 和机械能随运动时间的变化关系中，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6 . 如图是滑雪道的示意图 ．可视为质点的运动员从斜坡上的 点由静止自由滑下，经过水平 段 后飞入空中，在 点落地 ．不计运动员经过 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力 ．下列能表示 该过程运动员速度大小 或加速度大小 随时间 变化的图像是( )
A.
B.
C.
D.
7 . 将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光 . 某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示 ．图中的第一个小球为抛出 瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 和 之比为 ．重力 加速度大小取g=10m/s2 ，忽略空气阻力 ．求在抛出瞬间小球速度的大小 .
考向三：斜抛运动
8 . 电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火 ．电容器储存的能量 通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度 ．如图乙 所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离 ，灭火弹出膛速度 ，方向与
水平面夹角 ，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小 ， sin53' =0.8 .
( 1 ) 求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H .
( 2 ) 已知电容器储存的电能 ，转化为灭火弹动能的效率 ，灭火弹的质量为 ,电容 ，电容器工作电压 应设置为多少？
9 . (多选) 如图所示，某同学将离地的网球以 的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距 离 ．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为 的点 ．网球与墙壁碰撞后，垂直 墙面速度分量大小变为碰前的 ．平行墙面的速度分量不变 ．重力加速度取 ，网球碰墙后 的速度大小和着地点到墙壁的距离分别为( )
A. B. C. D.
考向四：圆周运动
10 . “转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为的发光物体放在半径为的碟子边缘，杂技演员 用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕 点做匀速圆周运动 ．当角速度为时，碟子
边缘看似一个光环 ．求此时发光物体的速度大小和受到的静摩擦力大小 .
11 . 北京年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示 ．运动员从 处由静止自由滑下，到 处起 跳，点为 、之间的最低点， 、两处的高度差为 ．要求运动员经过点时对滑雪板的压力不大于自 身所受重力的 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 点处这一段圆弧雪道的半径不应 小于( )
h
A.
k+ 1
B.
h k
2h 2h
C. D.
k k一 1
12 . 无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于 点，与半径为 的半圆弧相切于点 ．小车以最大速度从点驶入路径，到适当位置调整速率运 动到 点，然后保持速率不变依次经过和 ．为保证安全，小车速率最大为 ．在段的 加速度最大为 ，段的加速度最大为 ．小车视为质点，小车从到所需最短时间及 在 段做匀速直线运动的最长距离为( )
(
t-
2+)
，
i-m
)A. 7m
(
s-
it
2)
，
i-
in
)B. 9 7m
(
,
)C.
D.
13 . (多选) 如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 为圆心、和为半径的同心圆上，圆心 处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全 部落入相应的花盆中 ．依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分 别用 、 、和 、 、表示 ．花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不
变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力 ．下列说法正确的是( )
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ， ，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D. 若 ，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
14 . 清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领 ．500m短道 速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持 ．在其创造纪录的比赛中，
( 1 ) 武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时 ．该过程可视为匀加速直线运动，求此过程 加速度大小；
( 2 ) 武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为 的匀速圆周运动，速度大小为 ．已知武大 靖的质量为73kg ，求此次过弯时所需的向心力大小；
( 3 ) 武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过
弯，如图所示 ．求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小 ．（不计空气阻力，重力加速 度大小取 ， 、 、 、 ）
15 . 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥 会的首金 .
( 1 ) 如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度 时，滑过的距离 ，求加速度的大小；
( 2 ) 如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动 员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲 = 8m 、 R乙 = 9m ，滑行速率分别为
v甲 = 10m/s 、 v乙 = 11m/s ，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运 动员先出弯道 .
二、 万有引力与宇宙航行
基础公式
天体运动 开普勒第三定律： - k ，k只与中心天体的质量有关 .
万有引力定律：F = G ，万有引力定律只适用于质点、和质量分布均匀的球体间引 力的计算，引力常量G = 6 ． 67 x 10 11N · m2/kg2 .
解决天体运动的思路： ①G - m - mRw2 - mR 力 . = mR(2mf"2 ,万有引力充当天体做圆周运动的向心
②G - no ，在天体表面万有引力近似等于重力，GM - aR2称为黄金代换 .
人造卫星 线速度： - GM ，轨道半径越大，线速度越小 . 角速度：W - ，轨道半径越大，角速度越小 . 周期： ，轨道半径越大，周期越大 . 加速度：a - ，轨道半径越大，加速度越小 .
第一宇宙速度：v = ，第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度 和最小发射速度 .
高考考向
考向一 ：万有引力定律及其应用
16 . 牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具 有相同的性质，且都满足 ．已知地月之间的距离大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加 速度为g ，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为( )
A. B.
17 . 木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 ．木卫三的周期为 ，公
转轨道半径是月球绕地球轨道半径的倍 ．月球绕地球公转周期为 ，则( )
A. 木卫一的轨道半径为 B. 木卫二的轨道半径为
C. 周期与的比值为 D. 木星质量与地球质量的比值为
18 . 年 月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站
上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课 ．通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行 的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
19 . (多选) 如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径
大约是地球的 1.5
倍 ．地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测 到火星由东向西运动，称为逆行 ．当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧 时，称为火星冲日 ．忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是( )
A.
火星的公转周期大约是地球的
8
27
倍
B. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D. 在冲日处，火星相对于地球的速度最小
考向二：人造卫星 宇宙速度
20 . 设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道 ．该卫 星与月球相比，一定相等的是( )
A. 质量 B. 向心力大小
C. 向心加速度大小 D. 受到地球的万有引力大小
21 . (多选) 如图所示， 、轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是( )
A. 飞船从 轨道变到轨道要点火加速
C. 飞船在 轨道速度大于 轨道速度
B. 飞船在 轨道周期大于轨道周期
D. 飞船在 轨道加速度大于 轨道加速度
22 . 年 月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约的物资进入距离地面约 400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动 ．对接 后，这批物资( )
A. 质量比静止在地面上时小
B. 所受合力比静止在地面上时小
C. 所受地球引力比静止在地面上时大
D. 做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
23 . 根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星 ．恒星最终 的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的 倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的倍
将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞 ．设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不 变，体积缩小，自转变快 ．不考虑恒星与其他物体的相互作用 ．已知逃逸速度为第一宇宙速度的 倍，中子星密度大于白矮星 ．根据万有引力理论，下列说法正确的是( )
A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B. 恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C. 恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
24 . 年 月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下 绕地球做圆周运动，周期约90分钟 ．下列说法正确的是( )
A. 组合体中的货物处于超重状态
C. 组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
B. 组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
D. 组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
三、 机械能守恒定律
基础知识
功 功：W = Fr COS Q ，一般适用于恒力做功 . 功率：①P - ，一般适用于求平均功率 . ②p = Fv Cos a ，当v是瞬时速度时 ，求出的是瞬时功率 ；当v是平均速度时 ，求出的是 平均功率 .
能 动能：Ek = 2 m2 ，动能与物体的质量和速度的大小有关，与速度的方向无关 . 动能定理：W = △Ek ，合外力所做的功等于物体动能的变化 . 重力势能：Ep = 7m72gh ，重力势能的大小是相对的，重力势能的变化量是绝对的 . 机械能守恒定律： . 能量守恒定律：自然界中遵循能量守恒定律。
高考考向
考向一: 功 功率和机车启动
25 . 《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景 ．引水过程简化如下：两个 半径均为 的水轮，以角速度 匀速转动 ．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 个，与水轮间无 相对滑动 ．每个水筒离开水面时装有质量为 的水，其中的 被输送到高出水面 处灌入稻田 . 当地的重力加速度为 g ，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A.
2nmgu2RH 5
B.
3nmgwRH 5
(
3
nmgu
2
RH
) (
.
5
)C
D. nmgwRH
26 . 如图（a），从高处 点到地面 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道 ．两相同小物块甲、乙同时从 点 由静止释放，沿不同轨道滑到 点，其速率 与时间 的关系如图（b）所示 ．由图可知，两物块在离 开 点后、到达 点前的下滑过程中( )
A. 甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
C. 乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
27 . 两节动车的额定功率分别为和 ，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为 和。现将它们
编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度 为( )
A. B C D
pi+P2 . P+P2 . RU1+P2U2 . piuv2+P2U
考向二：动能定理及其应用
28 . 无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落 ．一质量为m的雨滴在地面附 近以速率下落高度 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为 ）( )
(
2
2
)A. B. C. D.
29 . 如图所示，滑雪道由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为 ．平台与缓冲坡 相连 ．若滑雪者从点由静止开始下滑，恰好到达 点 ．滑雪者现从点由静止开始下滑，从点
飞出 ．已知 、间的距离为 ，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为 ，不计空气阻 力 .
( 1 ) 求滑雪者运动到点的时间 .
( 2 ) 求滑雪者从点飞出的速度大小 .
( 3 ) 若滑雪者能着陆在缓冲坡上，求平台的最大长度 .
30 . 如图为某游戏装置原理示意图 ．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为 2R、内表面光滑，
挡板的两端 、 在桌面边缘， 与半径为 的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过 点的轨道半径与竖直方向的夹角为 ．小物块以某一水平初速度由 点切入挡板内侧，从 点飞出
桌面后，在 点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点 ．小物块与桌
(
2
)面之间的动摩擦因数为
,重力加速度大小为 ，忽略空气阻力，小物块可视为质点 ．求：
( 1 ) 小物块到达 D 点的速度大小 . ( 2 ) 和 两点的高度差 .
( 3 ) 小物块在 A 点的初速度大小 .
考向三：机械能守恒定律及应用
31 . 一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )
A. 机械能一直增加 B. 加速度保持不变
C. 速度大小保持不变 D. 被推出后瞬间动能最大
32 . (多选) 如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段和圆弧段组成，两段相切于
点，段与水平面夹角为 ，段圆心为 ，最高点为 、与的高度差等于圆弧轨道的直径 . 小球从 点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 点，下列说法正确的是( )
A. 小球从 到的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从 到的过程中，重力的功率始终保持不变 C. 小球的初速度V0=V2gR
D. 若小球初速度增大，小球有可能从点脱离轨道
33
如图 ，光滑水平桌面上有一轻质弹簧 ，其一端固定在墙上 ．用质量为 m 的小球压弹簧的另一端 ， 使弹簧的弹性势能为 B ．释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌 面水平飞出 ．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的
速度分量大小变为碰撞前瞬间的 ,忽略空气阻力 ．求：
. 小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为 ．重力加速度大小为
1 小球离开桌面时的速度大小 .
2 小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离 .
考向四：功能关系 能量守恒定律
34 . (多选) 如图，一质量为 、长为 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为 的小物块（可视 为质点）从木板上的左端以速度 开始运动 ．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 ，当物块从木 板右端离开时( )
A. 木板的动能一定等于 fl
C. 物块的动能一定大于
B. 木板的动能一定小于 fl
D. 物块的动能一定小于
35 . 某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能 ．某次演练中，该飞机在水面上由静止开 始匀加速直线滑行并汲水，速度达到 时离开水面，该过程滑行距离 、汲水 质量 ．离开水面后，飞机攀升高度 时速度达到 ，之 后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水 ．取重力加速度 g=10m/s2 ．求：
( 1 ) 飞机在水面滑行阶段的加速度 的大小及滑行时间 . ( 2 ) 整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量 .
必修第三册
知识导图
一、 静电场
基础公式
静电场力的性质 库仑定律：F (k - 9 . 0 x 1UON . m2ic2 电场强度 ①E - （任何电场） ② （真空中的点电荷场强） ③ （ 匀强电场） 电场力：F = qE
静电场能的性质 电势 电势差 电场力做的功：WAB = EPA EPB quAB
电容器和带电粒子在电场中的加速和偏转 电容 （平行板电容器）
带电粒子的加速：qu 2 m2 带电粒子的偏转
高考考向
二、 恒定电流
考向一 ：电场力的性质
1 . 在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集 ．下 列 4 幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )
A.
C.
B.
D.
2 . 某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场 ．粒子从M点射入，沿着由半径分别为 和的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的点射出，虚线处电场强度大小分别 为 和 ，则 、和 、应满足( )
A. E2 R1 B . E2 C. E2 R1 R2 D . 2
3 . 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为 、 和 ， 点和三个点电荷 的连线与点电荷所在直线的夹角分别为 、和 ．若 点处的电场强度为零， ，则三个 点电荷的电荷量可能为( )
A. ， ，
B.
C. ， ，
4 . 如图，等边三角形位于竖直平面内，边水平，顶点在边上方，个点电荷分别固定 在三角形的三个顶点上 ．已知 边中点处的电场强度方向竖直向下，边中点处的电场强度方
向竖直向上，点处点电荷的电荷量的绝对值为 .
( 1 ) 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断个点电荷的正负 ( 2 ) c点处点电荷的电荷量
电场能的性质
5 . (多选) 图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于z 轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则( )
A. 点电势比 点的低
C. 点电场强度方向沿轴正方向
B. 点电场强度大小比 点的大
D. 沿轴运动的带电粒子，电势能不变
6 . (多选) 在点处固定一个正点电荷，点在点右上方 ．从点由静止释放一个带负电的小球，小球 仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示 ．M 、 N是轨迹上的两点， , ,则小球( )
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少 B. 在 点的电势能大于在点的电势能 C. 在 点的机械能等于在点的机械能
D. 从 点运动到点的过程中，电场力始终不做功
7 . 在正点电荷产生的电场中有、两点，其电势分别为 、 ，电场强度大小分别为 、 EX ．下列说法正确的是( )
A. 若 ，则 点到电荷 的距离比点的远
B. 若 ，则 点到电荷 的距离比点的近
C. 若把带负电的试探电荷从 点移到点，电场力做正功，则
D. 若把带正电的试探电荷从 点移到点，电场力做负功，则
8 . (多选) 如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中 、 带正电， 带负电， 、 、 为 边的四等分点，下列说法正确的是( )
A. 、 两点电场强度相同 B. 、 两点电势相同
C. 负电荷在 点电势能比在 点时要小 D. 负电荷在 点电势能比在 点时要大
带电粒子在电场中的直线运动
9 . 密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电 场 ．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带 电 ．金属板间电势差为 时，电荷量为、半径为的球状油滴在板间保持静止 ．若仅将金属板间电势差 调整为2U ，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
10 . 密立根油滴实验的示意图如图所示 ．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向 两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴 ．两板间不加电压时，油滴 、在重力和空气阻
力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为vo、
;两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很
快达到相同的速率 尝 ，均竖直向下匀速运动 ．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速
率成正比，比例系数视为常数 ．不计空气浮力和油滴间的相互作用 .
( 1 ) 求油滴和油滴的质量之比
( 2 ) 判断油滴和油滴所带电荷的正负，并求 、所带电荷量的绝对值之比 .
带电粒子在电场中的曲线运动
11 . (多选) 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左 射出 ．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点 ．则射出后，( ) A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
12 . 如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方向偏转电极 和荧光屏组成 ．电极 的长度为、间距为 、极板间电压为 ，极板间电压为零，电子枪加速电压为 ．电子刚 离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿 方向进入偏转电极 ．已知电子电荷量为 ，质量为 ， 则电子( )
A. 在极板间的加速度大小为
B. 打在荧光屏时，动能大小为 11eu
C. 在极板间受到电场力的冲量大小为
(
l
20d
)D. 打在荧光屏时，其速度方向与 连线夹角的正切值
13 . (多选) 一带正电微粒从静止开始经电压 U 加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 . 微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 ，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端 的水平距离分别为 和 ，到两极板距离均为 ，如图所示 ．忽略边缘效应，不计重力 ．下列说法正 确的是( )
A. L:d = 2: 1
B. U: U2 = 1:1
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
14 . (多选) 一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为 和 ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点 为圆心 ．在截面内，极板间各点的电场
强度大小与其到 点的距离成反比，方向指向 点 ． 个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测 器 ．不计重力 ．粒子 、 做圆周运动，圆的圆心为 ，半径分别为 、 ;粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射；粒子 从距 点 的位置入射并从 距 点 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示 ．则( )
A. 粒子 3 入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子 4 入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子 入射时的动能小于粒子 入射时的动能
D. 粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的动能
基础知识
电流： （定义式） （微观表达式）
电阻定律
电动势： E = U内 + U外 （电路闭合） E = U外 （电路断开）
欧姆定律 （部分电路） （闭合电路） R + r
焦耳定律 Q = I2Rt
电功 W = UIt（适用于一切电路） （适用于纯电阻电路）
电功率 电源功率：P = EI 用电器功率：① （适用于一切电路）
电源效率 n Pp总 (出) : o% U外 : o%
高考考向
电路规律
15 . 如图所示电路，已知电源电动势为 ，内阻不计，电容器电容为 ，闭合开关 ，待电路稳定后， 电容器上电荷量为( )
(
2
5
5
)A. B. C. D.
16 . 如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为 ， ， ， ， 电源电动势E= 12V ，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是( )
(
R
)
A.
B. R2
C. R3
D. R4
考前必背——实验相关
一、长度测量
1 ．刻度尺的使用
（1）刻度尺应与被测物体平行 .
（2）读数时要估读到刻度尺最小刻度的下一位 .
2.游标卡尺的读数方法是：以游标尺零刻度线为准在主尺上读出整毫米数，再看游标尺上哪条刻度线（例 如k ）与主尺上某刻度线对齐，kx精度即为毫米以下的小数，两部分相加即为其读数 ．见下表：
游标尺 精度 （ mm ） 测量长度i - N+ （ mm ）（游标尺上 第k格与主尺上的刻线对齐时）（ mm ）
总刻度 格数n 刻度总长 度（ mm ） 每小格与主尺1格( lmm ）相差（ mm ）
N（主尺上读的毫米数）+0 . 1k
20 0 . 05 0 . 05 N（主尺上读的毫米数）+0 . 05k
50 49 0 . 02 0 . 02 N（主尺上读的毫米数）+0 . 02k
3.螺旋测微器的读数
①读数时，先从固定刻度上读取整、半毫米数，要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻线是否已露出， 如果已经露出，则从固定刻度上读出整毫米数+0 . 5mm .
②然后，从可动刻度上读取剩余部分 ．由于可动刻度是 10分度，所以在最小刻度后必须再估读一位 . 因为要估读一位数，所以以毫米为单位时，读数的小数点后应有3位，其中最后1位是估读值 .
③再把上述两部分读数相加，得到测量值 .
二、电表接法
内接法 外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测 = UZ + UA 电压表分流I测 = Ir + Iv
电阻测量值 R测 ui测 (测) R + RA > R.测量 值大于真实值 R测 ui测 (测) < R 测 量 值 小于真实值
适用条件 RA < < R Rv >> R
适用于测量 大电阻 小电阻
三、滑动变阻器的接法
限流式 分压式
连接方式
变阻器接 入电路的 特点 连接变阻器的导线分别接金属杆的一端和 电阻线圈一端的接线柱（图中电阻器pa部 分被短路不起作用） 连接变阻器导线分别接金属杆一端和电阻线圈的 两端接线柱，（图中变阻器pa与pb都起作用）即 从变阻器上分出一部分电压加到待测电阻上
功能 （1） 调节实验电路的电流或电压 （2）保护电路
调压范围 E ≤ UR· ≤ E（不计电源内阻） 0 ≤ UR ≤ E （不计电源内阻）
电流范围 不计电源内阻） 不计电源内阻）
电路消耗 总功率 E(Ir + IAP)
正常情况滑变阻值大于待测电阻阻止考虑限流接法；要求节能低碳采用限流接法，如果明确要求电表读数 范围更大、或电表读数从0开始变采用分压接法。
四、多用电表
1.构造
2.使用方法
（ 1 ）多用电表中电压挡和电流挡的使用方法与电压表和电流表相同 .
（ 2 ）欧姆挡测电阻的使用方法①选择适当的倍率挡 ．为了便于读数并减小误差，应使指针指在一定 范围内，这就要根据电阻大小选择合适的倍率 ．待测电阻阻值就等于刻度盘上指针的示数乘以倍率，即 Rz =示数 倍率 ．若用不同的倍率挡位测一个定值电阻时，示数 倍率 常数，由数学知识可知，示数与 倍率成反比关系，如果示数小，就说明倍率选大了；反之，倍率就选小了 ．理解了倍率与示数之间的关 系，就可以正确地选择了 .
②将选择开关置于选定的倍率挡上 .
③将两表笔短接，进行欧姆调零 .
将红，黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表零刻度处 .
④将两表笔分别接在被测导体两端，指针稳定后进行读数 .
⑤再测其他导体时，如不需换倍率挡时，不需重新调零，可直接测量；若需换倍率挡时，必须重新调 零后才能再进行测量 .
⑥全部测量完毕后，将选择开关置于"OFF”挡或交流电压的最高挡位上，拔出两表笔，再进行整 理 .
3.读数方法
电流挡、电压挡的读数方法与电流表、电压表读数方法相同 .
电阻挡的读数方法为：测量结果=刻度盘读数×倍率 ．电阻挡通常不估读，但从刻度盘上读得结果只 有一位有效数字时可估读一位 .
4.注意事项
（ 1 ）多用电表在使用前，一定要观察指针是否指向电流的零刻线，若有偏差，应调整指针定位螺 丝；
（ 2 ）合理选择电流、电压挡的量程，使指针尽可能接近满偏；
（ 3 ）测电阻时，待测电阻要与别的元件断开，且不要用手接触表笔金属杆；
（ 4 ）合理选择欧姆挡的倍率，使指针尽可能指在表盘中央附近；
（ 5 ）换用欧姆挡的倍率时，一定要重新调整欧姆零点；
（ 6 ）用欧姆挡读数时，注意乘以倍率；
（ 7 ）实验完毕，将表笔从插孔中拔出，并将选择开关置于" OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用， 应将多用电表中的电池取出 .
选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
(
基础公式
)
动量 p me ，p v2mEk ，p - 2Ek
动量定理 fAt =
动量守恒表达式
碰撞满足的规律 （1）动量守恒定律；（2）机械能不增加； （3）速度要合理
反冲满足的规律 （1）动量守恒定律；（2）机械能增
高考考向
考向一 ：动量 冲量 动量定理
1 . (多选) 使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的 极正对着乙的 极，甲的质 量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等 ．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任
一时刻( )
A. 甲的速度大小比乙的大
C. 甲的动量大小与乙的相等
B. 甲的动量大小比乙的小
D. 甲和乙的动量之和不为零
2 . (多选) 某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型 ．多个质量均为lkg的滑块可在水平
滑轨上滑动，忽略阻力 ．开窗帘过程中，电机对滑块 施加一个水平向右的恒力 ，推动滑块 以 的速度与静止的滑块碰撞，碰撞时间为 ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 0.22m/s ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A. 该过程动量守恒
C. 滑块受到合外力的冲量大小为
B. 滑块 受到合外力的冲量大小为
D. 滑块受到滑块 的平均作用力大小为
3 . (多选) 质量为的物块在水平力的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，与时间 的关 系如图所示 ．已知物块与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小取 ．则( )
A. 4s时物块的动能为零
C. 时物块的动量为
m/s
B. 6s时物块回到初始位置
D. 时间内对物块所做的功为
4 . 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭 ．如图所示，发射仓内的高压气体先 将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空 ．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
考向二：动量守恒定律及综合应用
5 . 1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中 子）组成 ．如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 . 设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小
C. 大于
B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
D. 大于
6 . 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为 ，圆管长
度为 2 ．一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，
所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等 ．小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘
发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短 ．不计空气阻力，重力加速度大小为 g ．求
( 1 ) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小 .
( 2 ) 在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离 . ( 3 ) 圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数 .
二、 机械振动机械波
基础知识
1 ．理解简谐运动的对称性
举例 如图所示 ，质点在A与B之间做简谐运动 ，O点为平衡位置 ，C和D两点 关于。点对称 A C O D B
时间的对称性 toB = tBO = tAO ， toD = toc ， tDB = tBD = tAC = tcA
速度的对称性 （ 1 ）质点经过同一点（如刀点 ）时 ，速度大小相等 ，方向可能相同 ， 也可能相反； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（ 如C点与D点 ）时 ，速度大小相 等，方向可能相同，也可能相反
位移和加速度的对称 性 （1）质点经过同一点（如C点）时，位移和加速度均相同； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（如C点与D点)时 ，位移与加速度 均大小相等，方向相反
动能、势能、机械能 的对称性 （1）质点经过同一点（如D点）时，动能、势能、机械能均相等； （ 2 ）质点经过关于O点对称的两点（如C点与D点 ）时 ，动能、势能、 机械能均相等
2 ．简谐运动的表达式
做简谐运动的物体，其位移 随时间t变化的表达式：= Asin (wt+ P) ．A表示简谐运动的振幅，Wt + p
表简谐运动的相位，v表示初相；W - - 2sf称为简谐运动的圆频率 .
3 ．水平弹簀振子中能量的变化规律（如图所示）
A E 振动物体 的动能 弹簧的 弹性势能 总能量 /
(
O
t
)
4．单摆模型
（1）理想化模型：一根没有弹性的细线，一端固定，另一端系一质点 .
（2）实际摆看成单摆的条件：①摆线的形变量与摆线长度相比小得多；②摆线的质量与摆球质量相比小 得多；③摆球的直径与摆线长度相比小得多；④空气阻力可以忽略 .
（3）周期： .
5 ．做简谐运动的质点的路程
质点做简谐运动时，一个周期内经过的路程为4A ，半个周期内经过的路程为 ，但是四分之一个周期内 经过的路程可能等于A ，也可能不等于A .
6 ．波速和波长、频率的决定因素和关系
决定因素 关系
周期和频 率 取决于波源，而与v、入无关 v = 入f = 入 T
波速 取决于介质本身的性质,与温度有关，与f、λ无关
波长 由波源和介质共同决定，与温度有关，只要f、v有一个变化， 波长一定变化
7．振动情况完全相同的两个波源产生的波的叠加
（1）加强点： (K ， ，2 ，3 ，… ), A = A1 +A2
（2）减弱点： Ar - (2k + ) (k ， ，2 ，3 ， ，A -A, A2i .
高考考向
考向一 ：机械振动
7 . (多选) 如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距的 、两点 ．已知质点在点的 位移大小为振幅的一半，点位移大小是点的倍，质点经过点时开始计时，时刻第二次经过 点，该振动的振幅和周期可能是( )
A.
2L
V3-1
, 3t
B.
2L
V3-1
(
4t
),
C.
2L
V3+1
12t
, 5
D.
2L
V3+1
12t
, 7
8 . (多选) 下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为 1HZ的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受
浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知 河水密度为p ，木棒横截面积为S ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. x从 到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B. x从 到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C. 和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D. 木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
E. 木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
考向二：机械波
9 . 船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声 ．波在空气中和在水中传播时的( )
A. 波速和波长均不同 B. 频率和波速均不同 C. 波长和周期均不同 D. 周期和频率均不同
10 . 下面两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点、的振动图像，下列说法正确的 是( )
A. 该波的周期是5s
C. 时 质点向上振动
B. 该波的波速是3m/s
D. 时 质点向上振动
11 . 一列简谐横波沿 轴正方向传播，波长为 ，振幅为 ．介质中有 平衡位置分别位于 和 处 ．某时刻 质点的位移为 正方向运动 ．从该时刻开始计时，a 质点的振动图像为( )
和 b 两个质点，其 ,且向 轴
A.
B.
C.
D.
12 . (多选) 一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；是介质中位于处的质 点，其振动图像如图（b）所示 ．下列说法正确的是( )
A. 波速为2m/s B. 波向左传播
C. 波的振幅是 D. 处的质点在时位于平衡位置
E. 质点在时间内运动的路程为
13 . 分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为5cm，波长均为8m，波 速均为4m/s。t=0时刻， P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到
ac = 10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
（1）在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t = 2.5S时刻的波形图（ P波用虚线，Q波用实 线）；
（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
三、 光
基础知识
(
sin
1
) (
sin
2
) (
,
n
C
.
)1．折射率：n =
2 ．全反射临界角C ：满足SinC =
3. 光的色散：
颜色 红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫
频率v 低→高
同一介质对各种色光的折射率 小→大
在同一介质中速度
在真空中或同一介质中波长
通过棱镜的偏折角 小→大
4．光的干涉（频率相同的两列光可以发生干涉）
（1）发生光的干涉时，屏上某处出现亮暗条纹的条件：
①出现亮条纹的条件：屏上某点P到两缝S1和S2的λ路程差正好是波长的整数倍, 即 Ips1 PS2 （ k ， ，2 ，3 ，… ) .
②出现暗条纹的条件：屏上某点P到两缝S1 ，和 S2的路程差正好是半波长的奇数倍，即
PS PS2 - 2K+ ) · （ K - ， ，2 ，3 ， ） .
（2）相邻亮（暗）条纹间距公式 z - 入（ d ）指双缝间的距离，l是双缝到屏的距离） .
（3）薄膜干涉：光照射到薄膜上,被膜的前、后表面反射的两列光形成相干光。
①劈形薄膜厚度均匀变化时,干涉条纹是与劈棱平行的明暗相间的直条纹,相邻条纹间距相等。
②某处两反射光相遇时的路程差为该处薄膜厚度的2倍,即△r = 2d。
③观察薄膜干涉时观察者与光源应在薄膜的同侧。
④白光发生薄膜干涉时形成的是彩色条纹。
（4）劈尖干涉：
①装置示意图
②原理
某处有凸凹时,该处两反射光相遇时的路程差减小或增大,使干涉条纹发生弯曲。根据条纹弯曲的 方向和程度,可判定该处的凸凹情况。
③判定
6. 光的衍射
当光照射到小孔或障碍物上时,光离开直线路径绕到孔或障碍物的阴影里去的现象,叫作光的衍射现象。
①单缝衍射
用单色光照射单缝时,光屏上出现亮、暗相间的衍射条纹,中央亮条纹最宽最亮。用白光照射单缝时,中 间是白色亮条纹,两边是彩色条纹,其中最靠近中间的色光是紫光,最远离中间的色光是红光。
中央亮条纹的宽度及条纹间距跟入射光的波长及单缝宽度有关,入射光波长越长,单缝越窄,中央亮条纹 的宽度及条纹间距就越大。
②圆孔衍射
衍射图样中,中央亮圆的亮度最大,外面是亮、暗相间的圆环,如果用白光照射时,中间亮圆为白色,周围 是彩色圆环。
中央是大且亮度最大的圆形亮斑,周围分布着明暗相间的同心圆环,且越靠外,圆形亮条纹的亮度越弱, 宽度越小。
③圆盘衍射
圆盘阴影区的中央有个亮斑泊松亮斑。
圆盘阴影区的周围有明暗相间的圆形衍射条纹。
亮环或暗环的间距随半径的增大而减小,即越向外条纹越窄。
7．光的偏振
(
明
)
P
自然光 偏振片 偏振光
通过偏振片的光波，在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定的方向振动，这种光是偏振光 .
高考考向
考向一 ：光的折射
14 . (多选) 等腰三角形△abc为一棱镜的横截面，ab = ac ；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，
在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不 考虑多次反射。下列说法正确的是( )
A. 甲光的波长比乙光的长
B. 甲光的频率比乙光的高
C. 在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E. 在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
15 . 地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲 ．下列光路 图中能描述该现象的是( )
A.
C.
B.
D.
16 . 如图，一折射率为 的棱镜的横截面为等腰直角三角形 ， ， 边所 在底面上镀有一层反射膜 ．一细光束沿垂直于 方向经 边上的 点射入棱镜，若这束光被
边反射后恰好射向顶点 ，求 点到 点的距离 .
考向二：光的全反射问题
17 . 如图所示，楔形玻璃的横截面 的顶角为 ， 边上的点光源 到顶点 的距离为 ， 垂直于 边的光线 在 边的折射角为 ．不考虑多次反射， 边上有光射出部分的长 度为( )
A. B. C. D.
18 . 一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射
角为i ，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i ，E点向B点移动，当 光线从 边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。
时，恰好没有
19 . 如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平的，一光线自 M点射入棱镜，入射角为60°,经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱 镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
20 . (多选) 一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水 面的夹角为 ，如图所示 ．他发现只有当 大于 时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，
下列说法正确的是( )
(
sin
41
)A. 水的折射率为
B. 水的折射率为 sin4g
C. 当他以 o= 60' 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于 D. 当他以 o= 60' 向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于
21 . 在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m ，水的折射 率 ，细灯带到水面的距离 ，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为( )
A.
B.
C.
D.
选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
知识点 公式与叙述
磁感应强度 B = F F是通电直导线垂直于磁场方向放置时受到的安培力
磁通量 BScosθ 适用于匀强磁场，SCOSθ为面积S在垂直于磁感线方向 的投影
磁通密度 B = S 在数值上等于磁感应强度
安培力 θ为磁感应强度方向与通电导线方向的夹角 ．当通电 导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大；当 通电导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为零
洛伦兹力 F = qvBsinθ θ为粒子速度方向与磁感应强度方向的夹角 ．洛伦兹 力不改变带电粒子速度的大小，只改变带电粒子运动 的方向 ．洛伦兹力对带电粒子永不做功
带电粒子在匀强磁场中的运 动 洛伦兹力充当向心 力： 若带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，则它在磁 场中将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
半径公式：r = aB
周期和频率公式：
高考考向
考向一 ：带电粒子在有界磁场中运动
1 . (多选) 光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上 点开有一个小孔，过 的横截面 是以 为圆心的圆，如图所示 ．一带电粒子从 点沿 射入，然后与筒壁发生碰撞 ．假设粒子在每 次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向
相反；电荷量不变 ．不计重力 ．下列说法正确的是( )
A. 粒子的运动轨迹可能通过圆心。
B. 最少经 2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心 。 的连线
2 . 如图，一磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于纸面（ 平面）向里，磁场右边界与轴垂 直 ．一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动
(
l
2
)打在垂直于 轴的接收屏上的点； ，与屏的距离为
,与轴的距离为 ．如果保持所有条件
不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后则会沿
轴到达接收屏 ．该粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
3 . (多选) 在如图所示的平面内，分界线将宽度为的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于 纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 ，与 磁场左右边界垂直 ．离子源从 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与 成 角 ．已知离子比荷为 ，不计重力 ．若离子从点射出，设出射方向与入射方向的夹角为 ，则离子 的入射速度和对应 角的可能组合为( )
A.
,
B.
,
C. ，
D. ，
考向二：带电粒子在组合场中运动
4 . (多选) 如图所示，质量为 ，带电量为 的点电荷，从原点以初速度 射入第一象限内的电磁 场区域，在 ，（ 、 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（ 值有多种可能），可让粒子从 射入磁场后 偏转打到接收器 MN 上，则( )
2
(
粒子从
中点射入磁场，电场强度满足
)A.
(
B
.
2
)粒子从 中点射入磁场时速度为
(
qB
)C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
5 . 如图所示，在 ， 的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电
场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场 ．一个质量为 ，电量为 的带正电粒子从中点
A进入电场（不计粒子重力） .
( 1 ) 若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直第二次离开电场后，垂直再次进入电场，求磁场 的磁感应强度B的大小 .
( 2 ) 若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从点沿轴正方向第一次进入电场，离开电场后从 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开 .
1 求改变后电场强度 的大小和粒子的初速度 .
2 通过计算判断粒子能否从 点第三次进入电场 .
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6 . 如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是 ( )
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
C. 小球运动过程的加速度保持不变
B. 小球运动过程中的速度不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
7 . 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿轴正方 向 ．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点。由静止开始运动 ．下列四幅图中，可能正确 描述该粒子运动轨迹的是( )
A.
B.
C.
D.
8 . 如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平
行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直 纸面向外 ．图中A 、 C 、 三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直 ．点 处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域 Ⅱ . 若区域Ⅰ中电场强度大小为 、磁感应强度大小为 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为 ．若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在 区域Ⅱ中运动的时间为t ，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则 2
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则 =vt
9 . 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型 ．ory平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 ．质量为、电荷量为 的电子从点沿轴正方向水平入射 ．入 射速度为时，电子沿轴做直线运动；入射速度小于 时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在 最高点与在最低点所受的合力大小相等 ．不计重力及电子间相互作用 .
( 1 ) 求电场强度的大小E .
( 2 ) 若电子入射速度为 ，求运动到速度为 时位置的纵坐标 .
( 3 ) 若电子入射速度在范围内均匀分布，求能到达纵坐标 位置的电子数占总 电子数N的百分比 .
二、 电磁感应
基础知识
知识点 公式与叙述
磁通量 亚 = BS 适用于磁场与线圈平面垂直时
磁通量的该变量 = 更2 1 当线圈翻转时，计算时注意磁通量的正负
磁通量的变化率 大小与磁通量及磁通量的改变量无直接关系
感应电动势 E = n 常用于线圈产生感应电动势的计算
适用于导体平动切割磁感线
适用于导体转动切割磁感线
自感 EΔt 只是自感系数的计算式，自感系数的大小与线圈的大 小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关
通过线圈某截面的电荷量 电流要用平均值，电荷量与时间无关，只与线圈匝 数、磁通量的改变量及线圈电阻有关
高考考向
考向一 : 法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10 . 近场通信（ NFC ）器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内 到外逐渐变大 ．如图所示，一正方形线圈共匝，其边长分别为 、和 ，图中线 圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘 ．若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为 103T/s ，
则线圈产生的感应电动势最接近( )
A. B. C. D.
11 . 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒的端位于圆心，棒的中点位于 磁场区域的边缘 ．现使导体棒绕 点在纸面内逆时针转动 ．、、点电势分别为 、 、 ，则 ( )
A.
C.
o > pc P0 = PA
B.
D.
PC > PA
90 一 PA = PA 一 PC
12 . 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 ，埋在地下的线圈分别为 、 ， 通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时( )
A. 线圈 、产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈 过程产生感应电流方向为 C. 汽车离开线圈 过程产生感应电流方向为
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
13 . 一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验 ．用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线 分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通 ．两管皆竖直放
置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端 ．实验中电流传感器测得的 两管上流过漆包线的电流随时间的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知( )
A. 图（c）是用玻璃管获得的图像
B. 在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C. 在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D. 用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
考向二 : 电磁感应的综合问题
14 . (多选) 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为 C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触 良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为
Q ，合上开关S后，( )
(
Q
RC
)A. 通过导体棒MN电流的最大值为
B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C. 导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D. 电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
15 . (多选) 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由 、 、三段直导轨组成，其中 段与轴平行，导轨左端接入一电阻 ．导轨上一金属棒沿轴正 向以速度保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与轴垂直 ．设运动过程中通过电阻 的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 v ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻 ．下列图像可能正确的是( )
A.
C.
B.
D.
16 . (多选) 足够长形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为 ，电阻不计 ．质量为 、长为 、 电阻为 的导体棒放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖 直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为 和 ，其中 ，方向向下 ．用不可伸长的轻绳跨过固 定轻滑轮将导轨 段中点与质量为的重物相连，绳与垂直且平行于桌面 ．如图所示，某时 刻 、同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，、与磁场边界平行 ．的速 度 ，的速度为且 ，和导轨间的动摩擦因数为 ．重力加速度大小取
10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A. 的方向向上 B. 的方向向下 C. D.
17 . 如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l ，导轨的最右端与桌子右边缘对 齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为
、电阻为 、长度也为 的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小 为VO的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出 导轨，并落在地面上同一地点。 P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻 力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
三、 交变电流
基础知识
正弦式交变电流 瞬时表达式 e = Emsinwt 电动势随时间的变化规律
u = um sinwt 负载两端电压随时间的变化规律
i = Im sinwt 电流随时间的变化规律
峰值 电动势的最大值
um = Im R 负载两端电压的最大值
En R + r 电流的最大值
周期和频率 f 周期和频率互为倒数
T 2 周期和角速度的关系
ω = 2π f = 2πn 频率、转速和角速度的关系，转速的单位必须 是转每秒
有效值 Em E = = 0 . 707Em v2 三个公式都只适用于正弦式交变电流
um U = 0 . 707um v2
I I = 0 . 707Im v/2
有效 值的 计算 正弦式交变电流
正弦半波电流 2
正弦单向脉动电流 v2
矩形脉动电流
非对称性交变电流
电感 感抗 Xz = 2mfL 只要求会定性分析，不要求计
和电 算
容对 交流 的影 响 容抗 (
C
)2mfc
变压 器 由一个原线圈和一 个副线圈组成 U1 U2 电压关系
I2 n2 电流关系
P = P1 功率关系
由一个原线圈和多 个副线圈组成(以 两个副线圈为例） U1 U2 U3 1 n2 n3 电压关系
n1I1 = n72I2 + n3I3 电流关系
P1 = P2 + P3 功率关系
频率关系 f = f2 = f3 变压器不改变交流电频率
高压 输电 输送功率 P = U I = U2I2 = P用户 + P
损耗功率 P = I22R
用户功率 P用户 = U3I3 = U4I4
送电回路 U2 = U + U3
损失电压 U = I2R
升压变压器 U1 I2
U2 n2
降压变压器 U3 I4 n3 U4 I3 n4
传感 器 霍尔电压 UH - 式中d为薄片的厚度；k为霍尔 系数，它的大小与薄片的材料 有关
高考考向
考向一 ：变压器的原理及动态分析
18 . 自制一个原、副线圈匝数分别为匝和 匝的变压器，原线圈接 的正弦交流电源，副线圈 接额定电压为 的小灯泡 ．实际测得小灯泡两端电压为 ．下列措施有可能使小灯泡正常发光的 是( )
A. 仅增加原线圈匝数 B. 仅增加副线圈匝数
C. 将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍 D. 将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
19 . (多选) 下图是工厂利用 的交流电给 照明灯供电的电路，变压器 原线圈匝数为 1100 ，下列说法正确的是( )
A. 电源电压有效值为
C. 副线圈匝数为 180
B. 交变电流的周期为 0.02s
D. 副线圈匝数为 240
20 . 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 P1 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电 压有效值恒定的交变电源 ．定值电阻 的阻值为 ，滑动变阻器 的最大阻值为 ，滑片 初 始位置在最右端 ．理想电压表 的示数为 ，理想电流表 的示数为 ．下列说法正确的是( )
A. 保持 位置不变， B. 保持 位置不变， C. 保持 位置不变， D. 保持 位置不变，
向左缓慢滑动的过程中， 减小， 不变
向左缓慢滑动的过程中，R1 消耗的功率增大 向下缓慢滑动的过程中， 减小， 增大
向下缓慢滑动的过程中，R1 消耗的功率减小
考向二：远距离输电
21 . 下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器和降压变压器都认为是理想变压器，中间
输电电路电阻为R ，下列说法正确的有( )
A. 输出电压与输入电压相等
B. 输出功率大于输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T输出功率降低
22 . 张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一 ，其发电、输电简易模型 如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒转，通过转速比为 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转
动，发电机线圈面积为 ，匝数为 ，匀强磁场的磁感应强度为 ，时刻，线圈所在平面与磁场方 向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U ．忽略线圈电阻，下列说法正确 的是( )
A. 发电机输出的电压为 VErNBSZ
B. 发电机输出交变电流的频率为2mnz
C. 变压器原、副线圈的匝数比为
D. 发电机产生的瞬时电动势e=vzrNBsnzsin(2mnz)t
选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
考点 公式 规律 方法
分子 动理 论和 实验 依据 分子动理论 （1）物体是由大量分子组成的 （2）分子在永不停息地做无规则运动 （3）分子间存在着相互作用力
物体是由大量 分子组成的 （1)多数分子大小的数量级为 1o 10m （2)一般分子质量的数量级为 10 27 ~ 10 26kg
分子热运动 （1）定义：组成物体的分子永不停息地做无规则运动，分子的这种运动叫 热运动 （2）实验依据—--布朗运动，扩散现象
分子力 （ 1)分子力引力和斥力同时存在 ，都随分子间距离的增大而减小 ，随分子间 距离的减小而增大，斥力比引力变化更快。实际表现的分子力是它们的合力 （2)分子力特点 ①当分子间距离为r0(约为1o 10m)时，分子力为零，分子势能最小
②当分子间距离r ＞ ro时 ；分子力表现为引力。当分子间距离由ro增大时 ，分子 力 ③当分子间距离r < ro分子力表现为斥力。当分子间距离由ro减小时 ，分子力
阿伏 伽德 罗常 数 阿伏加德罗常 数 （1）定义： 1mol任何物质都含有相同的粒子数，这个数量叫阿伏加德罗常 数 （2）大小： NA = 6 . 02 x 1023mol 1 （3）特点：阿伏加德罗常数是联系微观世界和宏观世界的桥梁
微观量宏观量 （1）微观量：分子体积vo、分子直径d、分子质量mo （ 2 ）宏观量 ：物体的体积v、摩尔体积vmol、物体的质量m、摩尔质量M、 物体的密度ρ
微观量的估算 (1)分子的质量： (2)分子的体积： (3) 物 体 所 含 的 分 子 数 或 N · NA · NA
两种模型 (1)球体模型直径为d = (2)立方体模型边长为d 3 6vo = Vo
油膜法测分子 直径 （ 1 ）原理 ：用滴管将浓度为C的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒中 ，记下滴入单 位体积VO的油酸酒精溶液的滴数N ；用滴管吸取油酸酒精溶液 ，逐滴向水面上滴 入 ，记下滴入的滴数n ；在玻璃板上描绘油酸薄膜轮廓 ，将玻璃板放在坐标纸 上 ，坐标纸上每个小正方形的面积为SO ，数出轮廓内正方形的个数A(不足半格的 舍去，多于半格的算一格) （2）直径： d - V - · n · C% S A · SO
高考考向
考向：分子间的力和能
1 . 下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
6----$--------
A. 分子间距离大于ro时，分子间表现为斥力
B. 分子从无限远靠近到距离ro处过程中分子势能变大
C. 分子势能在ro处最小
D. 分子间距离小于ro且减小时，分子势能在减小
2 . 图 和图 中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子间距离变化的规律，为平衡位置 ．现有如 下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线Ⅰ、Ⅱ、 Ⅲ对应的物理量分别是( )
A. ①③② B. ②④③ C. ④①③ D. ①④③
二、 理想气体状态方程与热力学定律
1.理想气体状态方程
考点 公式 规律 方法
内 能 分子动 能 说明：分子总动能为分子平均动能与分子数的乘积。分子平均动能由温度决定。分子平均 速率与分子质量有关
分子势 能 （ 1 ）意义 ：由于分子间存在着引力和斥力 ，因此分子具有由它们的相对位置决定的 能。 （ 2 ）决定因素 ：①微观上--决定于分子间距离和分子排列情况 ；②宏观上--决定于体 积和状态
内能 （1）定义：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和。即 w = nEk + np （ 2 ）决定因素 ：①宏观 ：物质的量、温度、体积 ；②微观 ：分子个数、分子平均动 能、分子势能 （3）理想气体内能只与温度有关、不考虑分子势能。
气 体 玻意耳 定律 pV = C(常量)或 微观解释：一定质量的理想气体，温 度保持不变时，分子的平均动能是一 定的，在这种情况下，体积减小时， 分子的密集程度增大，气体的压强就 增大
1 V p V图像和P V 图像 T2 > Ti)
查理定 律 例常数)或 或 微观解释：一定质量的气体，体积保 持不变时，分子的密集程度保持不 变，在这种情况下，温度升高时，分 子的平均动能增大，气体的压强就增 大
p T p T图像和p t图像
盖-吕萨 克定律 例常数)或 或 微观解释：一定质量的气体，温度升 高时，分子的平均动能增大，只有气 体的体积同时增大，使分子的密集程 度减小，才能保持压强不变
V T v T图像和v t图像
理想气 体 选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
基础公式
高考考向
考向一 ：动量 冲量 动量定理
1. BD
【解析】 对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A ．根据牛顿第二定律可知 甲 甲 甲甲 ，乙 乙 乙乙 因为 m甲 > m乙 ，所以 a甲 < a乙 ，又因为两物体的运动时间相同，且同时由静止释放， 可知任意时刻 v甲 BCD ．对于整个系统而言，由于 pm甲g>wm乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所 以合动量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，故BD正确、C错误 .
故选BD .
2. BD
【解析】 A 选项：取向右为正方向，滑块 和滑块组成的系统的初动量为
p =m = 1 x0.40kg·m/s=0.40kg·m/s
碰撞后，滑块 和滑块组成的系统的动量为
p,=2mvz= 2x 1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； B 选项：对滑块1 ，取向右为正方向，则有
I=mz-m1 = 1 0.22kg·m/s- 1 x0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s
负号表示方向水平向左，故B正确；
C 选项：对滑块2 ，取向右为正方向，则有
I2=mvz= 1 x 0.22g·m/s =0.22g·m/s
故C错误；
D 选项：对滑块2根据动量定理有
FAt = I2
解得
F = 5.5N
则滑块 受到滑块 的平均作用力大小为 ，故D正确 . 故选BD.
3. AD
【解析】 物块与地面间的滑动摩擦力为 f=umg=2N .
AC ．对物块从0 3S内由动量定理可知
(F-f)t=mus ， 解得3s末物块的速度 vs = 6m/s ，
3s时物块的动量为
p=mvs=6kg·m/s ，
设 后经过时间物块的速度减为 ，由动量定理可得 -(F+f)t=0-mvg ，
解得
t= 1s ，
所以物块在时速度减为 ，则此时物块的动能为 ，故A正确，C错误；
B ．设时间内物块发生的位移为 ，由动能定理可得
解得
,
3~4s时间内，对物块由动能定理可得
解得3~4s时间内物块发生的位移
z= 3m
4 ~ 6s时间内物块反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移大小为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D ．物块在6s时的速度大小为
(
v
=2x2m/8=4m/s
),
0~ 6s时间内拉力所做的功为
W= (4 x9-4x 3+4 x4J=40J ， 故D正确 ．故选AD .
4. A
【解析】 A 选项：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的 高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下 的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力 等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体 的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至 速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B 选项：根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势 能和内能，故B错误；
C 选项：根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D 选项：根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能
的增加量，故D错误 . 故选A.
考向二：动量守恒定律及综合应用
5. B
【解析】 设中子的质量为 ，氢核的质量为 ，氮核的质量为 ，设中子和氢核碰撞后中子速 度为 vg ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
muo = mw1 + mu3
联立解得
(
,由动量守恒定律和能量守恒定律可得
) (
4
)设中子和氮核碰撞后中子速度为
(
2十
) (
4
) (
m
) (
2
)mw4
(
2
—m7u4
) (
2
) (
2
) (
2
) (
2
)
2
(
2
)联立解得
(
5
) (
>
U2
)可得
碰撞后氢核的动量为
28mwo
氮核的动量为
15
可得
(
二
2
2
)碰撞后氢核的动能为
(
2
2
1
28m
引
)氮核的动能为
(
2
225
)可得
故 B 正确，ACD 错误 .
故选 B .
6. ( 1 )
( 2 ) ( 3 )
小球速度大小为 ，圆盘速度大小为
l 4
【解析】 ( 1 ) 过程 ：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律得
解得v,=v2gi
过程 ：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律 分别有
(
2
2
2
)
解得
(
m+
M
2
2
);- 2m -1 -v2
即小球碰后速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直
向下 .
( 2 ) 第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆 盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
U1 十g=U1
解得
根据运动学公式得最大距离为
盘 球 .
( 3 ) 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 盘 球
即
解得
1 =
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
盘
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有
mvz+M =mu+M
根据能量守恒有
联立解得
(
2
)
同理可得当位移相等时
盘 球2
解得
圆盘向下运动
(
2
)2
(
4
) (
t
) (
2
)盘2
(
此时圆盘距下端管口
) (
3l
),之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
(
t
) (
2
) (
2
)3
根据动量守恒有
(
M
) (
m
) (
2
) (
3
) (
3
) (
3
)+ M
根据机械能守恒有
(
"2
2
) (
I2
3
) (
'2
) (
M
) (
M
) (
2
) (
3
十
) (
m
) (
m
) (
2
) (
2
) (
2
) (
2
)
得碰后小球速度为
(
3
)2
圆盘速度
(
3u
2
)
当二者即将四次碰撞时
R盘3 =B球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
盘
此时圆盘距离下端管口长度为
20l- l- 2l-4l - 6l= 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加 2l ，故若发生下一次碰 撞，圆盘将向下移动
盘 ，则第四次碰撞后落出管外，因此圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰 撞4次 .
二、 机械振动机械波
基础知识
高考考向
考向一 ：机械振动
7. BC
【解析】 AB ．当A、B两点在平衡位置的同侧时有
可得
; 或者
因此可知第二次经过 点时 ，
2 m
'' T=t
解得
T = 4t
此时位移关系为
解得
故A错误，B正确；
CD ．当 、B两点在平衡位置两侧时有
解得
(
5
) (
pa=
-
或者
p
a
=
) (
（由图中运动方向舍去
），
) 或者
(
,则
)当第二次经过 点时
解得
此时位移关系为
解得
A= 2U V3+1
故C正确，D错误； 故选BC .
8. ABD
【解析】
【详解】
A ．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到 0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度 先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B ．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平 衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C ．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位 置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速 度大小相等，方向不是相反，C错误；
D ．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系 数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方 ，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
D正确；
E ．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错 误。
故选ABD。
考向二：机械波
9. A
【解析】 声波的周期和频率由振源决定，声波在空气和在水中传播的周期和频率都相同，但声波在 空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长的关系可知，波长也不同，故A正确，BCD错
误 .
故选A .
10. C
【解析】 A ．由振动图像可看出该波的周期是4S ，A错误；
B ．由于 、两个质点振动反相，则可知两者间距离等于 , 1 ， 2 ， . …
(
T
2n+1
，
)根据v=Δ= 3 m/s n=0 ， 1 ， 2 ， .
B错误；
C ．由质点的振动图像可看出，在时质点在平衡位置向上振动，C正确； D ．由质点的振动图像可看出，在时质点在平衡位置向下振动，D错误 . 故选C .
(
11.
A
ab
之间的距离为
AZ=智cm+120cm=
此时
点的位移为
且向
轴正方向运动，设此时
点的相位为
，则有
4=8sinp
解得
或
（向下振动，舍去）
由
ab
之间的距离关系可知
则
，可知
点此时的位移为
y=8sinpacm=4cm
且向下振动，即此时的波形图如图所示：
400cm
=
4入
【解析】
3
3
)
所以时，质点的位移为 ，沿轴负方向运动，故A正确，BCD错误 . 故选A .
12. ABE
【解析】 A ．由图(a)可知波长为 ，由图(b)可知波的周期为 ，则波速 ,故A正确；
B ．由图(b)可知时，点向下运动，根据“上下坡”法可以知道波向左传播，故B正 确；
C ．由图(a)可知波的振幅为5cm ，故C错误；
DE ．根据图(a)可知时处的质点处在波谷，由于 可知在 时质点处在波峰；质点运动的路程为
故D错误，E正确； 故选ABE .
13.
（1） ；（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据 得
Δ = 4 x 2.5m= 10m
可知时P波刚好传播到处，Q波刚好传播到处，根据上坡下坡法 可得波形图如图所示
（2）两列波在图示范围内任一位置的波程差为
Aaz= I(10-r) -arl,(0m 根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件 为到两波源的距离差
解得振幅最大的平衡位置有
(
c
=
3
m
a
=
7m
)、
振动减弱的条件为
Aar =n入(n=0,1,2…)
解得振幅最小的平衡位置有
、 、
三、 光
基础知识
高考考向
考向一 ：光的折射
14. ACE
【解析】
【详解】
ABD ．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示
由图可知，乙光的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大，则乙光的频率大，根 据c = fλ可知，乙光的波长短，A正确、BD错误；
C ．根据 可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，C正确；
E ．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，E正确。 故选ACE。
15. A
【解析】 根据折射定律得
n上 sin6上 = n下 sin6下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则下 上 ，则 下 上 ，画出光 路图如下
则从高到低下 逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向 ．故选A .
16.
【解析】 由题意可知作出光路图如图所示
光沿垂直于 方向射入，根据几何关系可知入射角为 ；由于棱镜折射率为 ，根 据
17. C
有
则折射角为
30' ；LBMO= 60'
,因为 ，所以光在 面的入射角为
8=90'- (180'-60' -45"') = 15"
根据反射定律可知
LMOA = 28= 30'
根据几何关系可知 ，即 为等腰三角形，则
又因为 与 相似，故有
由题知
AB= AC= l
联立可得
所以 到 点的距离为
考向二：光的全反射问题
【解析】 设光线在 界面的入射角为 ，折射角为 ，由几何关系可知 ，由于光路可 逆，根据折射定律得
光线射出 界面的临界条件为发生全反射，光路图如下，其中
光线在 AB 两点发生全反射，有公式
(
2
)
即光线在 两处发生全反射的临界角为 ， 之间有光线射出，由几何关系可知
(
AB=
2AC=2CS=OS
=d
),
故选C .
18. 1.5
【解析】
(
因为当
sini
) 时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为
C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
r = 90' - 2c
则
联立得
n=1.5
(
19.
) (
n
=
，
Pc
=
a
2
2
)【解析】 光线在M点发生折射有
sin60° = nsinθ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
sinc= —
C = 90° - θ
联立得
2
根据几何关系有
解得
再由
解得
20. BC
【解析】 AB ．他发现只有当大于时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，说明
时激光恰好发生全反射，则 则n=s ，故A错误，B正确；
CD ．当他以 向水面发射激光时，入射角
,则根据折射定律有
,折射角 大于 ，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小 于60' ，故C正确，D错误 .
故选BC .
21. C
【解析】 灯带发出的光从水面射出时发生全反射 ，临界角的正弦值
3
则tanc= ，
v7
灯带上的一个点发出的光发生全反射的临界角如图甲所示，
VF 3
根据几何关系可得r = htanc'= X m= 0.3m ， 10 √7
则一个点发出的光在水面上能看到r =0.3m的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图 乙所示，
(
vza
)r'
) (
（等面积法）
) (
十a
+
)等腰直角三角形发光体的内切圆半径满足
解得'= < —= n ， 2+V2 3
故有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分 . 故选C .
选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
高考考向
考向一 ：带电粒子在有界磁场中运动
1. BD
【解析】 A 选项：粒子进入磁场后，会在洛伦兹力的作用下发生偏转，故粒子无法通过圆心，故A错 误；
B 选项：当粒子在圆形磁场内运动的圆心角为 时，粒子经过 次，就可射出磁场，如 图所示，故B正确；
C 选项：当速度增大到一定的值时，粒子可能多次与圆筒碰撞且无法离开磁场区域，则在 圆内运动时间较长，故C错误；
D 选项：因为粒子对心入射，所以粒子出射方向与半径共线，所以粒子出射方向与切线垂 直，因为碰撞前后法线方向的分量大小不变，方向相反，所以碰撞后的瞬间，粒子速度方 向一定平行于碰撞点与 O 的连线，故D正确 .
故选BD.
2. A
【解析】 一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，由点射出，
由几何关系可得粒子出磁场时速度方向与竖直方向夹角为 ，则 解得粒子做圆周运动的半径 ，则粒子做圆周运动有
如果 (则有)保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后
则会沿 轴到达接收屏，则有 代入可得
故选A .
3. BC
【解析】 若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示
根据几何关系则有
联立可得
根据对称性可知出射速度与 成角向上，故出射方向与入射方向的夹角为 . 当粒子上、下均经历一次时，如图乙所示
(
R
)
因为上下磁场的磁感应强度均为B ，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为 ．通过以上分析可 知当粒子从下部分磁场射入时，需满足
, ,
此时出射方向与入射方向的夹角为 ；当粒子从上部分磁场射出时，需满足
, ,
此时出射方向与入射方向的夹角为 ．故可知BC正确，AD错误 . 故选BC .
考向二：带电粒子在组合场中运动
4. AD
【解析】 A 选项：粒子从中点射入磁场，则 ， 解得 , 选项A正确 ；
B 选项：粒子从中点射入磁场时，则 ，刚出电场射入磁场时速度 , 选项B错误 ；
C 选项：粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为 ，则
粒子从电场中射出时的速度 ，粒子进
入磁场后做匀速圆周运动，则qvB 的距离为 ，联立解得
2
(
EZO
B
),则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN ,选项C错误；
D 选项：当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N
点进入磁场，此时竖直最大速度 ， ，出离电场的最大速度 , 则由 可得最大半径 , 选项D正确 ；
故选AD.
( 2 ) 1
2 见解析
【解析】 ( 1 ) 由题意粒子在电场中做匀加速直线运动 ，根据动能定理有 粒子在磁场中做匀速圆周运动 ，有
粒子从上边界垂直 第二次离开电场后，垂直再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知 ，
联立可得 .
(
1
)( 2 ) （i）由题意可知，作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
(
R
)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 解得 ，
所以有 ， ，
由洛伦兹力提供向心力有
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类斜抛运动，沿方向有 ，
沿方向上有 ，
其中根据牛顿第二定律有qE'=ma ，
2 -d
,
联立以上各式解得
E' = 36E .
（ii）粒子从到根据动能定理有
可得从 射出时的速度为 ，
mvs V41
此时粒子在磁场中的半径R2 = = d .
qB 2
2 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为 ， ，
2
(
2
) (
,
) (
5
2
)而圆心与的距离为
故不会再从P点进入电场 .
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6. A
【解析】 A ．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC ．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变， BC错误；
D ．洛伦兹力永不做功，D错误 . 故选A .
7. B
【解析】 AC选项：在平面内电场的方向沿轴正方向，故在坐标原点静止的带正电粒子在电 场力作用下会向轴正方向运动 ．磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向 轴正方向运动的粒子同时受到沿 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向轴负方向偏转，故 AC错误；
BD选项：运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦 兹力方向始终与速度方向垂直 ．由于匀强电场方向是沿轴正方向，故轴为匀强电场的等 势面，从开始到带电粒子发生偏转到再次运动到 轴时，电场力做功为 ，洛伦兹力不做
功，故带电粒子再次回到 轴时的速度为 ，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左
偏转，故B正确，D错误； 故选B .
8. D
【解析】 粒子在 做直线运动，则有 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从
的中点射出，则粒子转过的圆心角为 ，根据 ，有 . A ．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度，有
,则 ，再由 可知，粒子半径减小，则粒子仍然 从 边射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故A错误；
B ．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则粒子在做直线运动的速度，有
,则 ，再根据
2
,可知粒子半径变为原来的 倍，
则粒子 点射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故B错误；
C ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度仍为 ， 再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子从边射出，根据几 何关系可知转过的圆心角为 ，根据 ，有 ，则 ， 故C错误；
D ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在做直线运动的速度仍为 ， 再由 ，粒子半径变为原来的 ，则粒子从边射出，根据几何关系
可知转过的圆心角为 ，根据 ，有
则t=v2to ，故D正确 .
故选D .
9. ( 1 ) VB ( 2 ) ( 3 ) 90%
【解析】 ( 1 ) 由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，有
Ee = evoB 解得E= WB
( 2 ) 电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹 力不做功，且由于电子入射速度为 ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向 上偏转，根据动能定理有
(
2
2
)
解得
( 3 ) 若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为 ，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 F合 = euaB-eE
在最低点有
F合 = eE-evB 联立有
2m(v0-v)
要让电子达到纵坐标 位置， 即y≥y2
解得
则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标 位置的电 子数占总电子数的 .
二、 电磁感应
基础知识
高考考向
考向一 : 法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10. B
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可知
. 故选B .
11. A
【解析】 ABC ．由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
其中导体棒 段不在磁场中，不切割磁感线，电流为 ，则 ， ，A正 确，BC错误；
D ．根据以上分析可知
po-PA > 0 ，PA - pc=0 则9O-PA >PA - PC
D错误 . 故选A .
12. C
【解析】 A ．由题知，埋在地下的线圈 、通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知 线圈 、产生的磁场方向竖直向下，A错误；
B ．汽车进入线圈 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆 时针），B错误；
C ．汽车离开线圈 过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（顺 时针），C正确；
D ．汽车进入线圈过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆
时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误 . 故选C .
13. A
【解析】 A ．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃 管不会形成涡流 ．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管 中的磁体则一直做加速运动，故分析图片可以知图（c）的脉冲电流峰值不断增大，说明强 磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，故A为正确选项；
B ．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，故 B为错误选项；
C ．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小 磁体受到的电磁阻力在不断变化，故C为错误选项；
D ．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁 体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻 璃管时的长，故D为错误选项 .
故答案为A .
考向二 : 电磁感应的综合问题
14. AD
【解析】 MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
A ．当闭合的瞬间，Blv = 0 ，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A为正确选项；
B ．当U > Blo时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回 路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B为错误选 项；
C ．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当U= Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C为错误选项；
D ．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻
(
QR
>
)R消耗电能大于MN上消耗的电能（即E > EUW ），故加速过程中，
QUW ；当
MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此 可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热
量，故D为正确选项。
故答案为AD。
15. AC
【解析】 当导体棒从 点向右运动时，即在 时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
L = lo+vottan
（ 为与的夹角）则根据
E= BLVO
可知回路电流均匀增加；安培力
则F-t关系图像为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则p-t关系图像为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动 势，即
U=B=BLV=BVO(l0+ottan9)
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；当在 时间内，
导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势 不变，感应电流不变，安培力大小不变，
安培力的功率 不变，电阻两端电压保持不变；同理可判断，在 时间内，导
体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势 均匀减小，感应电流均
匀减小，安培力 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的
关系，安培力的功率 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的 关系，电阻两端电压U均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误 ．故选AC .
16. BD
【解析】 AB ．导轨的速度 ，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左
的安培力，摩擦力大小为
f=pmg=2N
导体棒受到的安培力大小为
由左手定则可知导体棒中的电流方向为 ，导轨受到向左的摩
擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
由左手定则可知B2的方向为垂直导轨平面向下，A错误，B正确；
CD ．对导体棒分析
对导轨分析
电路中的电流为
B1LU-BZLOZ
联立解得
vz =3m/s
C错误，D正确； 故选BD .
(
Q
)
17. （1）
;（2） ；（3）
2mR B2I2
【解析】
【详解】
（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3m = 3muq十map
(
2
0
2
Q
2
P
)
联立解得
3
,
(
2
)
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金 属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BIAt=m -mup
又
(
R
RΔt
RΔt
)q =IAt ，
联立可得
mR B2I2
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t= " = 2mR vq B2[p
三、 交变电流
基础知识
高考考向
考向一 ：变压器的原理及动态分析
18. B 【解析】 A 选项：由 n1 n2 U U2 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡
正常发光，故A错误；
B 选项：由 n1 n2 U U2 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压u2y增大，有可能使小灯
泡正常发光，故B正确； C 选项：
由 知 ，将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍 ，但由于原线圈的电压不变 ，则
副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D 选项：将两个小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压不
变，不能使小灯泡正常发光， 故D错误 . 故选B.
19. BC
【解析】 A ．电源电压的有效值
U= V = 220 V V2
选项A错误；
B ．交流电的周期
选项B正确； CD ．根据
n1 n2
U U2
可得副线圈匝数
m=院m= 踢 ×1100=180
选项C正确，D错误 . 故选BC .
20. B
【解析】 AB ．由题意可知，原副线圈的匝数比为 ，则副线圈的电流为 ，根据欧姆定律可得副线 圈的电压有效值为 U2= 2IR1
则变压器原线圈的电压有效值为 U = 2U2=4IR1
设输入交流电的电压有效值为 ，则
U
可得 I=
4R1+R2
保持 位置不变， 向左缓慢滑动的过程中， 不断变大，根据欧姆定律 可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则 R2 两端的电压不断变
小，则电压表示数 U 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率
相等，可知 R1 消耗的功率增大，故 B 正确，A 错误； CD ．设原副线圈的匝数比为 ，同理可得 则 U =n2IR1+IRa
整理可得
保持 位置不变， 向下缓慢滑动的过程中， 不断变大，则 变小，对 由欧姆定 律可知 U=IRY
可知 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知 消耗的功率
整理可得 R=
可知 时， 消耗的功率有最大值，可知 消耗的功率先增大，后减小，故 CD
错误 .
故选 B .
考向二：远距离输电
21. B
【解析】 A选项，B选项：由于输电过程中电阻要产生热量，会损失功率，故输出功率大于输 入功率，输出电压大于输入电压，故A错误，B正确；
C选项：由于输入电压不变，所以变压器的输出电压不变，随着用户接入的用电器增
多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损 ，可知 功率增大，故C 错误；
D选项：用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即输出功率增大，故D错
误；
故选B .
22. C
【解析】 A 选项：线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
,输出电压的有效值为
,A错误；
B 选项：发电机线圈的转速为 ，输出交变电流的频率为 ，B错误； C 选项：变压器原、副线圈的匝数比为 ，C正确；
D 选项：发电机产生的瞬时电动势为e= Ensinwt= 2mNBsnzsin(2mnz)t ，D错 误 .
故选C.
选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
高考考向
考向：分子间的力和能
1. C
【解析】 分子间距离大于 ，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离处过程中，引力做正 功，分子势能减小，则在ro处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力
做负功，分子势能增大 ．故C正确 . 故选C .
2. D
【解析】 根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为ro ）时分子势能最小可知，曲线Ⅰ为分子势能 随分子之间距离变化的图像；根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 ）时分子力为 零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离变化的图像；分子间距离小于时，分子力表现 为斥力，分子间距离大于时，分子力表现为引力，结合分子力与的关系图线Ⅱ,可知斥 力与的关系图线在轴上方，引力与的关系图线在轴下方，则曲线Ⅲ为分子斥力随分子
之间距离r变化的图像 ．D正确 . 故选D .
二、 理想气体状态方程与热力学定律
高考考向
考向一 ：理想气体状态方程
3. AD
【解析】 A ．当电阻丝对 中的气体缓慢加热时，温度升高， 中的气体内能增大，根据理想气体 状态方程可知 f 中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩 ．与此同时弹簧 对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞 ．活塞对 h 中的气体做正功，且是绝热过 程，根据热力学第一定律可知，h 中的气体内能增加，故A正确；
B ．没加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡， 弹簧处于压缩状态，对左边活塞进行受力分析可得 pfs=F弹 ，则
分别对 f 、 g 内的气体进行分析，根据理想气体状态方程有
由题意可知 ，因弹簧被压缩 ，则
T; >T ，故B错误；
T;
,联立可得
,
C ．在达到稳定过程中， 中的气体体积变小，压强变大， 中的气体体积变大 ．因为稳定 时弹簧保持平衡状态，所以稳定时 f 、 中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对
(
pfv%
Th
)中的气体分析可知 C错误；
,又因为
,所以联立可得 ，故
D ．对弹簧、活塞及 中的气体组成的系统进行分析，根据平衡条件可知，与 中的气 体压强相等，故D正确 .
故选AD .
4. ，
【解析】 设 管在上方时上部分气压为 ，下方气压为 ，此时有
p4 =pg+20cmHg
倒置后 管气体压强变小，即空气柱长度增加 ， 管中水银柱长度减小 ， 管的内径是 管的 倍，则
可知 管水银柱长度增加 ，空气柱长度减小 ；设此时两管内气体的压强分别为 、 ，所以有
PA'+23cmHg=ps'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管内气体有
PAsaLa=PA'saLA'
对B管内气体有
其中
L4 = 10cm+ 1cm= 11cm
LB'= 10cm-4cm=6cm
联立以上各式解得
p4 =74.36cmg pg =54.36cmg .
5. （i）1.41kg/m3 ；（ii）1.18kg/m3
【解析】
【详解】
（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1 = 273＋17K = 290K，T2 = 273＋27K = 300K
理想气体状态方程pV = nRT可知
nR= Y
其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的 正比于气体的质量，则
其中p1 = p2 = 1.2p0 ，ρ1 = 1.46kg/m3 ，代入数据解得 ρ2 = 1.41kg/m3
（ii）由题意得p3 = p0 ，T3 = 273＋27K = 300K同理可得
P3 772 v m72g V p1v T2 p3v
解得
ρ3 = 1.18kg/m3
考向二：热力学定律及综合问题
6. ABD
【解析】
【详解】
A ．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收 热量，A正确；
B ．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第 一定律
ΔU=W+Q
可知气体对外放热，B正确；
C ．气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第 一定律
ΔU=W+Q
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；
D ．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一 定律
ΔU=W+Q
可知
Q> 0
即气体吸收热量，D正确；
E ．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一 定律
ΔU=W+Q
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。 故选ABD。
7. ACD
【解析】 A 选项：对于一定质量的理想气体，内能由温度决定，等温增压和等温膨胀过程温度均保 持不变，故内能不变，故A正确；
B 选项：根据理想气体状态方程
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末
状态与初状态相比内能增加，故B错误；
C 选项：根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，等压膨胀过程温度升高，末 状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；
D 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末 状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；
E 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等温膨胀过程温度不变，故末 状态的内能大于初状态的内能，故E错误 .
故选ACD.
8. B
【解析】 根据 ，可得 ，
从 到 ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从 到 ，气体压强减小，温度降 低，因 点与原点连线的斜率小于 点与原点连线的斜率， 态的体积大于 态的体积； 故选B .
9. B
【解析】 .根据理想气体的状态方程 ，可知 气体温度升高，内能增加，且体积
增大气体对外界做功，则 ，由热力学第一定律 ，可知 过 程中气体吸热，故 错误， 正确；
.根据理想气体的状态方程 ，可知， - 图像的坐标值的乘积反映温度，
状态和 状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大， 过程的温度先
升高后降低，且状态 的温度最高，故 错误；
. 过程气体体积增大，外界对气体做负功，故 错误 . 故选：B .
10. BCE
【解析】
【详解】
A ．因从a到b的p—T图像过原点，由 可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体 不对外做功，选项A错误；
B ．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确； CDE ．因W=0， U>0，根据热力学第一定律
U= W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。 故选BCE。
11. ( 1 ) 330K
( 2 ) 1.1x 10pa ( 3 ) 188J
【解析】 ( 1 ) 根据题意可知，气体由状态变化到状态的过程中，封闭气体的压强不变，则有
T4 TB
解得TS=贸za=330K
( 2 ) 从状态到状态的过程中，活塞缓慢上升，则
pps=pos+mg
解得ps= 1x 10pa
根据题意可知，气体由状态变化到状态 的过程中，气体的体积不变，则有
PB = PC TZ TC
解得pc= 器ps=1.1x10pa
( 3 ) 根据题意可知，从状态到状态的过程中气体对外做功为
W =PPSAh=30J
所以外界对气体做功W= -30J
由热力学第一定律有
ΔU= W+Q 解得Q= 188J .
三、 近代物理初步
基础知识
高考考向
考向一 ：原子物理
12. C
【解析】 铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量
ΔE=10-5ev= 10-5x 1.6x10-19J= 1.6x10-24J ，根据光子能量的表达式可
(
h
)知，跃迁发射的光子的频率量级V = 射的光子的频率量级为 109HZ .
故选C .
,因此跃迁发
13. A
【解析】 设天体发射频率为 的光子的功率为 ，由题意可知
解得
p- 4NLhw
故选A .
14. A
【解析】 由题中氢原子的能级图可知和 的能级差为
AE=B-B =-3.4ev- (-13.6ev) = 10.2ev
与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子和 能级 之间的跃迁 ．故选A .
15. CD
【解析】 根据题意可知 ．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大 .
A ．可知，图 中的 对应的是可见光Ⅱ,故A错误；
B ．干涉条纹间距
,图 中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；
C ．光子动量
,可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D ．根据光电效应方程及动能定理可得
eu = hv-w
可知，频率越大，遏止电压越大，则 向 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数
比Ⅱ的大，故D正确 . 故选CD .
16. ( 1 ) ， ；
( 【 (2)解)析】(1 ) 由题意可知每个光子的动量为
p=安 ，
每个光子的能量为 B=hv=h号 .
( 2 ) 太阳均匀地向各个方向辐射硬射线，根据题意，设秒内发射总光子数为 ，则
tN S ，
可得 ，
所以t秒内辐射光子的总能量
,
太阳辐射硬X射线的总功率
考向二：原子核
17. C
【解析】 放射性元素衰变时放出的三种射线 、 、分别是氦核流、电子流和光子流，故C正确 . 故选C .
18. C
【解析】 由质能方程E= mc'可知，则每秒钟平均减少的质量为
则每秒钟平均减少的质量量级为 102kg . 故选C .
19. AB
【解析】 A 选项：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，的质子数为 ，中子数为 ，即为 ，故A 正确；
B 选项：常用的示踪原子有： ， ， ，故B正确；
C 选项：由原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，所以 来自原子核内，故C错误；
D 选项：半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时规律不成 立，故D错误 .
故选AB.必修第一册
思维导图
一、 直线运动
基础公式
高考考向
考向一 ：运动的描述
1. C
【解析】 AB ．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动， 选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；
CD ．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确， D错误 .
故选C .
2. B
【解析】 A ．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不能把足球看 作质点，故A错误；
B ．惯性只与物体的质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；
C ．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下足球只受重力，故C错误； D ．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误 .
故选B .
3. B
【解析】 A 选项：研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故排球不可以 看成质点，故A错误；
B 选项：研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球 不能看成质点，故B正确；
C 选项：
研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的大小不可以忽略，故C错误；
D 选项：研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部 分的速度不可以视为相同，故D错误 .
故选B.
4. C
【解析】 根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为
故选C .
5. C
【解析】 A ．该过程位移指的是从点漂流到点的有向线段，故位移大小为 ，故A错误；
B ．从点漂流到点的路程为 ，用时 ，则平均速率为
率 ，
故B错误；
C ．该游客的平均速度大小为
故C正确；
D ．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为0.5m/s ，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰
的平均速度也为0.5m/s ，故D错误 . 故选C .
考向二：匀变速直线运动规律及推论
6. C
【解析】 由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设 间的距离为 ，则根据题意有
联立解得
tz=4t ，vr=VR- 10m/s
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有
ur =VR -a · 5t1
则atr=2m/s 其中还有
t1
解得
va=11m/s
联立解得
vz= 1m/s
故选C .
7. C
【解析】 方案一 ：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （ vv= vo -2at1 ，
解得减速时间
1 = .
2a
在隧道内匀速运动的时间
列车尾部出隧道后立即加速到vo ，有 Vo = v+ ats ，
解得
加速时间ts = .
则列车从减速开始至回到正常行驶速率vo所用时间至少为
故选C .
方案二 ：首先，我们需要计算列车在减速过程中所需的时间和距离 ．由于减速时加速度为 ,我们可以使用以下公式计算减速时间:
v = u0+ at
v= vo -2at1
t = (0-v)/(2a)
接下来，我们需要计算列车在加速过程中所需的时间和距离 ．由于加速时加速度为 ,我们 可以使用以下公式计算加速时间ta:
v = u0+ at V = uo +atz
tz = (v-v)/a
现在我们已经知道了列车在减速和加速过程中所需的时间，但是我们需要确保列车在通过 隧道的过程中始终保持在规定的速度范围内 ．因此，我们需要计算列车在加速过程中所行 驶的距离 ,以及在减速过程中所行驶的距离.我们可以使用以下公式计算距离：
d=ot+0.5at
对于减速过程，我们有：
对于加速过程，我们有：
d=tz+0.5xa x培
为了使列车能够安全通过隧道，我们需要确保在减速过程中行驶的距离dy小于隧道的长度 ,同时在加速过程中行驶的距离 加上隧道的长度大于等于列车在减速过程中行驶的距 离dz.因此，我们有以下不等式：
ds d+L> d
将 和的表达式代入上述不等式，我们得到：
(vo-0)ta+0.5x (-2a)x讲vo-v+(vo-v)2/(4a) 得：t1 =L/vo-v
因此，列车从减速开始至回到正常行驶速率vo所用时间至少为：
t=ta+tz=(L/0-0)+((喘-")/(2a)
8. B
【解析】 ， ．由于中间个站均匀分布，因此节省的时 间相当于在任意相邻两站间节省时间的5倍，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
At= (tz+2t1) -(的+28)=4680s
因此总的节省时间
Δt总 小时分钟， 故选B .
9. B
(
1
s
)【解析】 陈芋汐落水前全程时间由 可得 开始下落的前 用时由 可得
则用于调整姿态时间为 At=t1 -tz ~0.4s ， 故选B .
S ，
,
考向三：运动图像
10. D
【解析】
【详解】
x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1 —t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D。
11. A
【解析】 因电梯上升，由速度 时间图像可知，电梯加速上升的时间段为 到 ．故选A .
12. BD
【解析】 ABC ．质点在0~ to时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加 速运动，此过程一直向前加速运动，to ~ 2to时间内加速度和速度反向，先做加速度增大 的减速运动，再做加速度减小的减速运动，2to时刻速度减到零，此过程一直向前做减速运 动，2to~ 4to重复此过程的运动，即质点一直向前运动，AC错误，B正确；
D ．a -t图线与时间轴所围的面积表示速度变化量， 此 时刻的速度与 时刻的速度相同，D正确 .
故选BD .
内速度的变化量为零，因
13. D
【解析】 A 选项：根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平 均加速度比训练前的小，故A错误；
B 选项：根据 图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑 过的距离比训练后的大，故B错误；
C 选项：根据图像围成的面积表示位移，由题图可知 时间内，训练后运动员
的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平 均速度大，故C错误；
D 选项：根据图像可直接判断， 时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；
时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确 . 故选D.
14. BC
【解析】 A 选项：该图中，甲乙在 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在 时刻之前不能相 遇，故A错误；
B 选项：该图中，甲乙在 时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在 时刻之 前能再次相遇，故B正确；
C 选项：因 图像的面积等于位移，则甲乙在 时刻之前位移有相等的时刻，即两人 能再次相遇，故C正确；
D 选项：因 图像的面积等于位移，分析图片可以知甲乙在 时刻之前，甲的位移始 终大于乙的位移，则两人不能相遇，故D错误；
故选BC.
二、 相互作用—力
基础公式
高考考向
考向一 ：静态平衡
15. B
【解析】 由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧 形变的大小为相邻两盘的间距，则有mg= 3 · kar ，
解得k= 100N/m ； 故选B .
16. D
【解析】 对“嫦娥五号”探测器受力分析有 F =mg月
则对一条腿有
月
(
24
.
)根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力的大小为
故选D .
17. C
【解析】 对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为 ，由平衡条件
F =GtanB 可知Fr > G ，
故选C .
18. D
【解析】 对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
F =Gsin37' =0.6G ， , 故选D .
19. D
【解析】 以 O 点为研究对象，受力分析如图，
由几何关系可知 ，
由平衡条件可得：
,
,
联立可得 ， 故 D 正确，ABC 错误 . 故选 D .
20. B
【解析】 设斜杆的弹力大小为F ，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得
4FCOS30' = G
解得
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
(
v3
)可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为 力为
B正确，ACD错误； 故选B .
G ，每根斜杆受到地面的摩擦
21. D
【解析】 六块形状完全相同的石块围成的半圆对应的圆心角为 ，每块石块对应的圆心角为 ,对第3块石块受力分析如图甲所示
结合力的合成可知
对第 块和第块石块整体受力分析如图乙所示
解得
故选D .
考向二：动态平衡及临界极值问题
22. B
【解析】 AB ．对人受力分析有
则有F+Fr=mg
其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确； CD ．对动滑轮受力分析有
则有
则随着重物缓慢拉起过程，逐渐增大，则逐渐增大，CD错误 . 故选B .
23. B
【解析】 设两根绳子对圆柱体的拉力的合力为 ，木板对圆柱体的支持力为 ，绳子与木板的夹角 为 ，从右向左看，如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理得
在木板以直线 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0， 又
y+β+a= 180'
且
a < 90
可知
90' 则
0 可知B从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于 不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛 顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为28 ，绳子的
拉力为T ，则
2T COSB= T
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，故B正 确，ACD错误 ．故选B .
24. B
【解析】 AB ．设轻绳的合拉力大小为T ，对石墩受力分析，由平衡条件可知
TCOSB=f f=UN
Tsin8+N=mg
联立解得
故A错误，B正确；
C ．轻绳的合拉力的大小为
其中 ，可知当 时，拉力有最小值，即减小夹角 ，轻绳的合拉力 不一定减小，故C错误；
D ．摩擦力大小为
可知增大夹角 ，摩擦力一直减小，当 趋近于 时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小
时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误； 故选B .
25. C
【解析】 A选项，B选项：对滑块受力分析，与夹角为不变（可用“动态圆法”解），
N由竖直方向变为水平方向，
由 变到 ， ， ，
由变大到 ，由变小到 ，故AB错误；
C选项，D选项：对凹槽受力分析，小滑块对凹槽的压力， ,
F墙 =NW'sin0=mgsinocoe0=zngsin2b ，
由 变到 ，墙 先增大后减小；
F地 ，地 一直在减小，故C正确，故D错误； 故选C .
三、 运动和力的关系
基础知识
高考考向
考向一 ：牛顿第二定律的基本应用
26. B
【解析】 A 选项：上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速 度均为零 ．对排球受力分析，上升过程中所受重力和空气阻力方向相同，下降过程中所受 重力和空气阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降 过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大 ．由位移与时间关系可知，上 升时间比下落时间短，故A错误；
B 选项：上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动 ．在整个过程中空气阻力一 直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的 速度，故排球被垫起时的速度最大，故B正确；
C 选项：达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，加速度不为 零，故C错误；
D 选项：下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化， 排球在下落过程中做变加速运动，故D错误 .
故选B.
27. BC
【解析】
【详解】
根据牛顿第二定律有
F - μmg=ma
整理后有
F=ma+ μmg
则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出 m甲>m乙 ，μ甲m甲g=μ乙m乙g
则
μ甲<μ乙
故选BC。
28. D
【解析】 对该物块进行受力分析：
, ,
由e-w+2得：
sin28的函数图像如图
(
gsino
),
(
psin
)
,
由图像得 的值，在取值为到之间时，先变大后变小， 所以t先减小后增大，故D正确；
故选D .
29. ( 1 ) 2m/s2 ( 2 ) 4m/s ( 3 ) 2.7m
【解析】 ( 1 ) 根据牛顿第二定律可得
mgsin24' -pmgcos24" = ma1
代入数据解得
a1=2m/s'
( 2 ) 根据运动学公式得
2a1l=2
解得
v=4m/s
( 3 ) 根据牛顿第二定律得
根据运动学公式得
代入数据解得
lz =2.7m
30. BC
【解析】 A 选项：当飞行器关闭发动机，以 v = 10m/s的速率匀速下落时，有
,当飞行器以 的速率向上运动时，设最大推力为 ，则
,联立可得 ， ，A 错误；
B 选项：飞行器以vs =5m/s的速率匀速水平飞行时，重力、阻力和推力三力平衡，此时
(
2
z
V17
)推力大小为 ，B 正确；
C 选项：发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，重力、阻力和推力三力平衡，此 时阻力大小为 ，解得 ，C 正 确；
D 选项：当发动机以最大推力推动飞行器，以 vs = 5m/s 的速率向上减速飞行时，其加 速度向下达到最大值，Fa+Mg+M2=Man ，
解得 an= 2.5g ，D 错误 . 故选BC.
考向二：连接体及临界问题
31. CD
【解析】 A ．设杆的弹力为N ，
对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足， ,竖直方向： NY =mg
则N, = mgtan9
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 ，可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 F=4ma =4mgtan9 ，故A错误；
B ．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
N,=mgtanB
对小球B，由于tan0 ≤p ，小球B受到向左的合力为
F=(N,+mg)-NS 之mgtan
对小球A，根据牛顿第二定律可得NZ=mamsx 对系统整体根据牛顿第二定律F=4mamx
解得F=4mgtan ，故B错误；
C ．若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力最大值为 NZ=mgtanB ，小球B所受向左的合力最大值
,由 可以知道
Fnsx< mgtanB
则对小球B，根据牛顿第二定律：Fnsx = 2umg-mgtan8=mamsx 对系统根据牛顿第二定律：F=4mamsx
联立可得 的最大值为 ，故C正确；
D ．若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁 向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受 的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
Fni =Nr-(NY+mg)u=mgtan8-2pmgtanb
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
EUSX=NZ+(N,+mg)u=mgtanB+2umgtan8
对小球B根据牛顿第二定律 ， 对系统根据牛顿第二定律F =4ma
代入小球B所受合力分范围可得F的范围为
4mg(tan-2p)≤ F≤4mg(tan9+2p) ，故D正确 . 故选CD .
32. AD
【解析】 设两滑块的质量均为m ，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 F= 2umg ，
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 Z=pmg ，
AB ．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为pmg ，两滑块与地面间仍然保持相对 滑动，此时对滑块 受力分析得 ，
解得滑块 的加速度为
此刻滑块 所受的外力不变，加速度仍为零，滑块做减速运动，故 、 Q间距离减小， 弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小 ．根据牛顿第二定律可知滑块P减速的加速度减小，滑 块 所受的合力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动 ．故滑块的加速度大小的最 大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 ．加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有
, 解得
QQm=一9 ，
故滑块 加速度大小的最大值为 ，A正确，B错误；C ．滑块 、 Q水平向右运动， P 、 间的距离在减小，故的位移大小一定小于的位移大小，C错误；
D ．滑块恢复原长时，对滑块P受力分析得 ,
解得滑块 在弹簧恢复到原长时的加速度为 ，
撤去拉力时，P 、 的初速度相等，滑块由开始的加速度大小为做加速度减小的减 速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小为 ；滑块 由开始的加速度为 做加速度增大 的减速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小也为 ．分析可知的速度大小均不大于同 一时刻Q的速度大小，D正确 ．故选AD .
33. A
【解析】 当两球运动至二者相距 时，,如图所示
由几何关系可知
3L
(
1o
3
)sinB = = —
L 5 2
设绳子拉力为T ，水平方向有
2TCOSB = F
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
T= ma
故A为正确选项，BCD为错误选项。 故答案为A。
34. A
【解析】 P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
Ti= mqg=2N
f= = 2N< umpg=2.5N
推力 作用在上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
=受=1N
故Q物体加速下降，有
mqg-T =mga 可得a=5m/s2
而 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对由牛顿第二定律
T+F-pmpg mpa
解得F=4N 故选A .
35. ( 1 ) k= 0.1
【解析】 ( 1 ) 设电动机的牵引绳张力为 ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
UI=I2R+TV
解得
T= 7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为 ，对配重有
2=mog=400N
设斜面倾角为 ，对小车匀速有
T +TZ= (m1+mz)gsin6+(m+mz)g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
m1gsin8=mog+kmug
联立各式解得
sin6= 0.5 ，k= 0.1
( 2 ) 关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a ，对系统由牛顿第二 定律有
(m +ma)gsinB+k(m1+ma)9-mog= (m1+mz+m0)a
可得
由运动学公式可知
2 = 2aL
解得
考向三：板块模型、传送带模型
36. BCD
【解析】 A 选项：由图像可知，整个过程分三个阶段，开始时两者都不动也不互相打滑，第二阶段 一起加速相对地面运动但互相之间不打滑，第三阶段木板与物块产生相对滑动 .
时刻， ，可得 ，故A错误； B 选项：
时刻，对整体有 ，对有
, 解得 ，故B正确 ；
C 选项：时刻后，木板向右做匀加速运动，可得 ，即
, 故C正确 ；
D 选项： ，两者均静止； ，两者相对静止做加速运动，故D正确； 故选BCD.
四、 考前必背——二级结论
必修第二册
知识导图
一、 抛体运动与圆周运动
基础知识
高考考向
考向一 ：曲线运动的特点
1. A
【解析】 篮球做曲线运动，所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧； 故选A .
2. D
【解析】 AB ．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；
CD ．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错 误，D正确 .
故选D .
3. D
【解析】 罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在相邻等时间间隔 Δt内水平方向位移增加量为 ,竖直方向做自由落体运动，在相邻等时间间隔 内，竖直位移增加量为 ；说
明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的 . 故选D .
4. A
【解析】 假设飘带的宽度为 ，单位长度的质量是 ，则长度为 的飘带的重力为 ， 受到的风力为：F=kdr .
设二者的合力与竖直方向的夹角为 ，则有
即重力和风力的合力方向是确定不变的，与位置无关 . 所以飘带应为一条倾斜的直线，故 A 正确，BCD 错误 . 故选 A .
考向二：平抛运动
5. D
【解析】 A ．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时 间改变，故A错误；
B ．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
, 则抛出后铅球的速度大小为 ，
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C ．铅球被抛出后的动能 ，
可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D ．铅球被水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球的机械能守恒，故D正确 . 故选D .
6. C
【解析】 设斜坡 段的倾角为 ，运动员在斜坡 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 有mgsinb =ma1 ，
可得 a1 =gsin9 ，
运动员在水平 段做匀速直线运动，加速度 ，
运动员从 点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度， ，
设运动员在 点的速度为 ，则运动员从 点飞出后速度大小的表达式为
为运动员从点飞出时的时刻
由分析可知运动员从 点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 ， C 正确，ABD 错误 .
故选 C .
7.
【解析】 由题意得：小球做平抛运动，
如图所示，设抛出点为 ，第一个影像为 ，第二个影像为 ，
因为每相邻的两个球之间被删去了3个影像， 所以tAB = tBC =4= 0.2s ，
设小球被抛出时速度为vo ，
,
,
81 : 82= 3 :7 ，
联立以上各式得：
考向三：斜抛运动
8. ( 1 ) 60m
( 2 ) 1000vzv
【解析】 ( 1 ) 灭火弹离开炮口后做斜向上抛运动，则水平方向上有
L=VOCOSB·t
竖直方向上有
代入数据联立解得
H = 60m . ( 2 ) 根据题意可知
又因为
联立可得
U= 1000,v .
9. BD
【解析】 设网球飞出时的速度为vo ，竖直方向
(
2
=2g(H-h
)。竖直
代入数据得
(
v
=
2x
10x
(8.45-
1.25)m/s=
12m/s
)。竖直 则
v,水平 =v182-12Hm/o=5m/a 排球水平方向到P点的距离
水平 水平 水平 竖直
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
水平 水平
平行墙面的速度分量
水平 水平
反弹后，垂直墙面的速度分量
水平 水平
则反弹后的 网球速度大小为
v水平 水平 水平n-3M/a
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
(
d
=
v
t
=
3.9m
)水平L
故BD正确，AC错误 . 故选BD .
考向四：圆周运动
10. ；
【解析】 发光物体的速度
Vo = wor
发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为 f=mu引r .
11. D
【解析】 运动员从 到 根据动能定理有
在c点有
2
,
FC≤ kmg ，
联立有
故选D .
12. B
【解析】 在 段的最大加速度为 ，则根据
2
1m
可得在BC段的最大速度为
vin=v6m/s
在 段的最大加速度为 ，则根据
可得在CD段的最大速度为
vam=2m/8可知在 段运动时的速度为 ，在 段运动的时间为
段从最大速度减速到的时间
位移
在AB段匀速的最长距离为
l= 8m-3m= 5m
则匀速运动的时间
则从 到最短时间为
故选B .
13. BD
【解析】 AB ．根据平抛运动的规律有
R = vt
解得
可知若h1 = hz ，则
若= Uz ，则
选项A错误，B正确；
C ．若 ，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因 ，出水口的横截面积相同， 可知单位时间内喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆 总数量较小，可知每个花盆得到的水量较多，选项C错误；
D ．设出水口横截面积为 ，喷水速度为 ，若 ，则喷水管转动一周的时间相等， 因 相等，则水落地的时间相等，则 相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确 ．故选BD .
14. ( 1 ) 4m/s2 ( 2 ) 1430.8N ( 3 )
【解析】 ( 1 ) 设武大靖运动过程的加速度大小为a ，根据
= 1at
2
解得 ( 2 ) 根据F向 =m2
解得过弯时所需的向心力大小为
(
42
)F向 =78X ',N=1430.8N
( 3 ) 设场地对武大靖的作用力大小为F ，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
向
解得 向 可得
15. ( 1 ) 2.7m/s2 ( 2 ) ，甲
【解析】 ( 1 ) 根据速度位移公式有
v2 = 2aar
代入数据可得
a=2.7m/s2
( 2 ) 根据向心加速度的表达式
R
可得甲、乙的向心加速度之比为
(
2
甲
) (
225
242
) (
a
甲
)R乙
(
2
乙
) (
a
乙
)R甲
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
TR
t=
代入数据可得甲、乙运动的时间为
甲 ，乙
因为t甲 < t乙 ，所以甲先出弯道 .
二、 万有引力与宇宙航行
基础公式
高考考向
考向一 ：万有引力定律及其应用
16. C
【解析】 设地球半径为 ，由题知，地球表面的重力加速度为 ，则有
(
R2
) 地
月球绕地球公转有
地月 月
(
R
)
联立解得
故选C .
17. D
【解析】 根据题意可得，木卫三的轨道半径为rg =nr . AB ．根据万有引力提供向心力有
, 可得
由木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 1:2:4,可得木卫一的轨道半径为
T"1 s ，
木卫二的轨道半径为
,
故AB错误；
C ．木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与的比值，故C错误；
D ．根据万有引力提供向心力，分别有
木 ， 地月 = m月 器r ，
联立可得
木 M地 T2 ，
故D正确 . 故选D .
18. C
【解析】 ABC ．航天员在空间站中所受万有引力完全提供其做圆周运动的向心力，飞船对其作用力 等于零，故C正确，AB错误；
D ．根据万有引力公式F万 = G
(
Mm
)
2
可知，航天员在地球表面上所受引力的大小大于其在飞船所受的万有引力大小，因此其在 地球表面所受引力的大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误 .
故选C .
19. CD
【解析】 A ．由题意，根据开普勒第三定律可知 地
地
3
火
T2
火
,火星轨道半径大约是地球轨道半径的
倍，则可得 火 地 ，故 A 错误；
BC ．根据 可得 由于火星轨道半径大于地球轨道半
径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运 动，为逆行，故 B 错误，C 正确；
D ．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速 度最小，故 D 正确 .
故选 CD .
考向二：人造卫星 宇宙速度
20. C
根据
(
r2
)可得a= CY
因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不 同，则向心力大小以及受地球的万有引力大小均不相同 ．故C正确 .
故选C .
21. ACD
【解析】 A ．飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进行加速做离心运动才能完成，选项A正确； BCD ．根据
可得
v= CM
可知飞船在轨道 的周期小于在轨道的周期，在轨道 的速度大于在轨道的速度，在轨道 的加速度大于在轨道的加速度，故选项B错误，CD正确 .
故选ACD .
22. D
【解析】 A ．质量是物体的一个基本属性，由物体本身决定，与其所处的位置、状态均无关，故A错 误；
BC ．设空间站离地面的高度为h ，物资在地面上静止时所受的合力为零，在空间站所受的
合力由万有引力提供，即 ，在地面受到的地球引力 ，因此有
风> F ，故BC错误；
D ．物资绕地球做匀速圆周运动 ，由万有引力提供向心力有 ，解得
因为物资在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径 ，所以这批物资的
角速度大于同步卫星的角速度，由于同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知物资 的角速度大于地球自转的角速度，故D正确 .
故选D .
23. B
【解析】 A ．恒星可看成质量均匀分布的球体，同一恒星表面任意位置物体受到的万有引力提供重力 加速度和绕恒星自转轴转动的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重 力加速度的大小和方向可能不同，A错误；
B ．恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度 ．恒星坍缩前后可看
(
GMm
R2
)成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式F万 =
可知，恒
星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加 速度比坍缩前的大 ．B正确；
C ．由第一宇宙速度物理意义可得 整理得
恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；
D ．由质量分布均匀球体的质量表达式M= 4 3 RP
得R-Y器
已知逃逸速度为第一宇宙速度的 倍，则
联立整理得
由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大 于白矮星的逃逸速度，D错误 .
故选B .
24. C
【解析】 A 选项：组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误； B 选项：由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环 绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；
C 选项：已知同步卫星的周期为24h ，则根据角速度和周期的关系有
,由于同 组合体 ，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；
D 选项：由题知组合体在地球引力的作用下绕地球做圆周运动，有
整理有
由于T同 >T组合体 ，则r同 >n组合体 ，且同步卫星和组合体在天上有
则有
a同 D错误 ．故选C . 故选C.
三、 机械能守恒定律
基础知识
高考考向
考向一: 功 功率和机车启动
25. B
【解析】 由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为 的水，其中的 被输送到高出水面 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的 总质量为
m总 =2mRnm x60%= 1.2mRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2mRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立解得
故选B .
26. B
【解析】 A选项，B选项：由图乙可知，下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加 速度逐渐减小的加速运动，则乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一 时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；
C选项，D选项：乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为 ，到 点时乙竖直方向速度为零，根据 瞬时功率公式 p=mgy 可知重力瞬时功率先增大后减小，故C、D错误；
故选B .
27. D
【解析】 由题意可知两节动车的额定功率分别为
R=fv
当将它们编组后有
联立可得
.
故选D .
考向二：动能定理及其应用
28. B
【解析】 一质量为的雨滴在地面附近以恒定的速率下落高度 的过程中，由动能定理得
,故雨滴克服空气阻力做功为 . 故选B .
( 3 )
【解析】 ( 1 ) 滑雪者从到根据动能定理有
根据动量定理有
(mgsin45"-mgcos45")t=mu,-0
联立解得
(
t=
)2v2d g(1-)
( 2 ) 由于滑雪者从点由静止开始下滑，恰好到达点，故从点到点合力做功为 ，所 以当滑雪者从点下滑时，到达 点有
( 3 ) 当滑雪者刚好落在点时，平台的长度最大；滑雪者从点飞出做斜抛运动，竖 直方向上有
vpco0845"=gx
水平方向上有
L=vpsin45" ·t
联立可得
L=vzd(1-)
30. ( 1 ) vgR ( 2 ) 。
( 3 ) V3gR
【解析】 ( 1 ) 由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点 ，说明只有重力提供向心力，则在 点
有
2
(
R
)
解得
( 2 ) 由题知，小物块从 点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在 点有
小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
则小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
联立解得
vg=vgR ，HP =0
( 3 ) 小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
S=m·2R ，
解得 va=√/3gR .
考向三：机械能守恒定律及应用
31. B
【解析】
【详解】
A ．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；
B ．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；
CD ．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成 可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。
故选B。
32. AD
【解析】 A ．小球能沿轨道运动恰好到达点，则小球在点的速度为 ， 小球从 到的过程中，有
mgR(1-cosa)=mo2
可得 ，则从 到的过程中 由增大到 ，则 逐渐减 小，故 逐渐减小，而小球从到的过程中，对轨道的压力逐渐增大，故A正确；
B ．到的过程中小球的速度逐渐减小，则到的过程中重力的功率为 ,则 到的过程中小球重力的功率始终减小，故B错误；
C ．从到 的过程中有 ，解得 ，故C错
误；
D ．小球在点恰好脱离轨道有 ，则 ，若小球初速度 增大，小球在点的速度有可能为 ，故小球有可能从点脱离轨道，故D正
确 .
故选AD .
33. ( 1 )
( 2 )
(
p
)
.
(
5
) (
p
)E h
2
.
【解析】 ( 1 ) 设小球离开桌面时速度大小为 ，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
解得
( 2 ) 设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为,则落地点距飞出点的水平距离
落地瞬间竖直分速度vy=gt ，
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为
(
Y
)小球竖直方向做竖直上抛运动，有： -v2 =
(
E
h
) (
p
) (
.
)联立解得：
, -2gh ，
考向四：功能关系 能量守恒定律
34. BD
【解析】 设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题意可知
U1 > VZ
设物块的对地位移为 ，木板的对地位移为 ，
A选项，B选项：因摩擦产生的热量
Q=fl =f(zm-u)
根据运动学公式
sn-"":e
因为 可得
则
所以由动能定理得木板的动能等于摩擦力对木板做的功w=faru 故B正确，A错误；
C选项，D选项：根据能量守恒定律可得
整理可得 故D正确，C错误 .
故选BD .
35. ( 1 ) 2m/s' 40s
( 2 ) 2.8 x 107J
【解析】 ( 1 ) 飞机在水面滑行时做匀加速直线运动， 有 -0=2aL ，
代入数据解得a=2m/s2
滑行时间
( 2 ) 攀升过程中，飞机上升高度为 h= 100m
对水分析，重力势能增加量 B,=mgh=10'J
动能增加量
故水的机械能增加量AE=AE+AE=2.8X 10'J .
必修第三册
知识导图
一、 静电场
基础公式
高考考向
二、 恒定电流
考向一 ：电场力的性质
1. A
【解析】 已知电子在电场中受到的电场力与所在位置处电场线的切线方向相反 ，因此该电子在此电 场中所受电场力指向右侧，根据“力指凹侧”可知A正确 .
2. A
【解析】 带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
,
联立可得
B2 R1 ，
故选A .
3. D
【解析】 AB ．选项A全部都是正电荷，选项B全部都是负电荷，则根据电场强度的叠加法则可知，P 点处的场强不可能为零，故AB错误；
C ．设、间的距离为 ，则 、在点产生的合场强大小有
(
4r2
，
)解得B= V2lba
Q2产生的场强大小为E=
4r2
,
则P点的场强不可能为零，故C错误；
D ．设 、间的距离为 ，则 、在点产生的合场强大小有
解得B= " ，
(
2
)Q2产生的场强大小为E= 故选D .
,则 P点处的场强可能为零，故D正确 .
4. ( 1 ) 点处点电荷的电荷量的绝对值为 ； 、 B 、 C均为正电荷 ( 2 )
【解析】 ( 1 ) 因为点的电场强度竖直向下，则为正电荷，根据场强的叠加原理，可以知道与 两点的电荷在点的电场强度大小相等，方向相反，那么点电荷带电量为 ，电 性与相同，又因为点电场强度竖直向上，可以知道点电荷在点的场强垂直于 沿连线向右上，如图所示，可知处电荷为正电荷，所以 、 B 、 C'均为
正电荷 .
( 2 )
如图所示 可知
(
BN
2
CN
2
)AN2 3
BC
· tan30
代入AN=√3BN=√3CN 可得
电场能的性质
5. CD
【解析】 A 选项：因 点所在的等势面高于 点所在的等势面，可知 点电势比 点的高，故 A错误；
B 选项：因 点所处位置的等差等势面密集，则 点电场强度点的大，即 点电场 强度大小比 M 点的小，故B错误；
C 选项：电场强度的方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知 M 点电场强度 方向沿 轴正方向，故C正确；
D 选项：因 轴上各点电势相等，则沿 轴运动的带电粒子，其电势能不变，故D正确 . 故选CD.
6. BC
【解析】 ABC ．由题目信息 ， ，可知根据点电荷的电势分布情况可知
PM = PN> pp ，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
,则带负电的小球在点的机械能等于在点的机械能，故A为错误 选项、BC为正确选项；
D ．从点运动到点的过程中，电场力先做正功后做负功，故D为错误选项 . 故答案为BC .
7. C
【解析】 A ．沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若 P > PW ，
则 点到电荷的距离比点的近，故A错误；
B ．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若 EU < EW ，
则 点到电荷的距离比点的远，故B错误；
C ．若把带负电的试探电荷从点移到点，电场力做正功，则是逆着电场线方向运动，
电势增加，故有 P 故C正确；
D ．若把带正电的试探电荷从点移到点，电场力做负功，则是逆着电场线方向运动；
根据正点电荷产生的电场特点可知
EU < EX ， 故D错误 .
故选C .
8. BC
【解析】 A ．根据场强叠加以及对称性可知， 、 两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A 错误；
B ．因在 、 处的正电荷在 、 两点的合电势相等，在 点的负电荷在 、 两 点的电势也相等，则 、 两点电势相等，选项B正确；
CD ．根据题意可知，负电荷从 到 ，因 、 两电荷的合力对负电荷的库仑力从 指向 ，则该力对负电荷做负功， 点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该 负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在 点的电势能比在 点小；同理可知负电荷在 点的电势能比在 点小 ．选项C正确，D错误 .
故选BC .
带电粒子在电场中的直线运动
9. D
【解析】 初始状态下，油滴处于静止状态时，受力平衡，满足
Eq=mg
即
AB ．当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足
(
l
3
)2U 4
(
d
3
) Q = —T" · P9
可得
, Q
Q = —
2
AB错误；CD ．当电势差调整为时，若油滴的半径变为 ，则满足
可得
(
Q
)'=4
C错误，D正确 . 故选D .
10. ( 1 ) 8 : 1
( 2 ) 油滴带负电，油滴带正电；
【解析】 ( 1 ) 设油滴半径 ，密度为 ，则油滴质量 ，则速率为v时受到的阻力 ,当油滴匀速下落时 ，解得 ，
可知 则 .
( 2 ) 由于两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 ，可知油 滴在做减速运动，油滴在做加速运动，故油滴带负电，油滴带正电；当再次匀速 下落时，对进行受力分析可得
其中
对进行受力分析可得 ，其中 ，计算可得
qs 2ms T .
带电粒子在电场中的曲线运动
11. BD
【解析】 A选项：如图所示，小球所受的重力和电场力大小相等，则
Eq=mg ，
故等效重力 的方向与水平方向成 .
当时速度最小为 ，由于此时存在水平分量，小球还可以向左运动，电 场力做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD选项：在水平方向上，
在竖直方向上 v=g ，
由于
,得 ，
如图所示，速度为时，小球的动能等于初动能 ．由于此时速度没有水平分量，故电势能最 大 ．由动能定理可知
,
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C选项：当速度如图中所示时，此时速度的水平分量与竖直分量大小相等，小球的动能最
小，故C错误； 故选BD .
12. D
【解析】 A ．由牛顿第二定律可得，在XX'极板间的加速度大小
eu md
A错误；
B ．电子在电极XX'间运动时，有
Uz =apt
t = l
电子离开电极时的动能
(
t2
40d2
)电子离开电极后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为
,B错误；
C ．在XX'极板间受到电场力的冲量大小
C错误；
D ．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切值
D正确 . 故选D .
13. BD
【解析】 B ．微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，根据电场 强度和电势差的关系及电场强度和电场力的关系可得
, ,解得
微粒射入电容器后的速度为 vo ，水平方向上和竖直方向上的分速度分别为
(
vs
=
ocos
45
=
v2v
)2 ，
(
y
0
2
)v =, sin45" = V2v
微粒从射入到运动到最高点，由运动学公式得
2= 2ad
Y
微粒射入电场时由动能定理可得
联立解得 U:U2 = 1:1 ， B正确；
A ．微粒从射入到运动到最高点，由运动学公式可得
,
联立可得 L:d = 1: 1 ， A错误；
C ．微粒穿过电容器时从最高点到穿出过程中，由运动学公式可得
(
L=
uxt11
=at
), Y
微粒射入电容器到最高点过程中有
(
Y
)
解得 a= 要
设微粒穿过电容器时与水平方向的夹角为 a ，则
微粒射入电场时与水平方向的夹角为 ，则 tanβ=tan45' = 1 ，根据数学三角函数公式可得
tan(a+F)= 3 ， C错误；
D ．以最高点为坐标原点，向左为轴正方向，向下为轴正方向建立坐标系，
可得微粒轨迹与质量、电荷量无关 ，D正确 .
故选BD .
14. BD
【解析】 C选项，在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到 。 点的距离成反比，可设为
,即 ，
带正电的同种粒子 、 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有 ，
2
,
(
2
2
2
)可得 —mu1 = = ，
即粒子 入射时的动能等于粒子 入射时的动能，故C错误；
A选项，粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，做向心运动，电场 力做正功，则动能增大，粒子 3 入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B选项，粒子 从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，做离心运动，电场
力做负功，则动能减小，粒子 4 入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D选项，粒子 做向心运动，有 ，
l z qE2rz 1 2
(
2
2
2
)可得 mis < = mu ，
粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的动能，故D正确； 故选BD .
基础知识
高考考向
电路规律
15. C
【解析】 电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成 、的串联部分与、的串联 部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为
上 电容器下极板的电势为 v下 = 晶 ·4R= 管 则电容两端的电压
U下上 = 習
则电容器上的电荷量为 下上 故选C .
16. A
【解析】 由电路图可知 与串联后与并联，再与串联 ．并联电路部分的等效电阻为
R2(RS+RS)
R并 = =2Q
R2 +R3+R4
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为
=I = = 3A
R1+R并
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则
并 并
四个灯泡的实际功率分别为
, , ,
故四个灯泡中功率最大的是R1 ．故选A .
考前必背——实验相关
选择性必修第一册
知识导图
一、 动量守恒定律
基础公式
高考考向
考向一 ：动量 冲量 动量定理
1. BD
【解析】 对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A ．根据牛顿第二定律可知 甲 甲 甲甲 ，乙 乙 乙乙 因为 m甲 > m乙 ，所以 a甲 < a乙 ，又因为两物体的运动时间相同，且同时由静止释放， 可知任意时刻 v甲 BCD ．对于整个系统而言，由于 pm甲g>wm乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所 以合动量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，故BD正确、C错误 .
故选BD .
2. BD
【解析】 A 选项：取向右为正方向，滑块 和滑块组成的系统的初动量为
p =m = 1 x0.40kg·m/s=0.40kg·m/s
碰撞后，滑块 和滑块组成的系统的动量为
p,=2mvz= 2x 1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； B 选项：对滑块1 ，取向右为正方向，则有
I=mz-m1 = 1 0.22kg·m/s- 1 x0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s
负号表示方向水平向左，故B正确；
C 选项：对滑块2 ，取向右为正方向，则有
I2=mvz= 1 x 0.22g·m/s =0.22g·m/s
故C错误；
D 选项：对滑块2根据动量定理有
FAt = I2
解得
F = 5.5N
则滑块 受到滑块 的平均作用力大小为 ，故D正确 . 故选BD.
3. AD
【解析】 物块与地面间的滑动摩擦力为 f=umg=2N .
AC ．对物块从0 3S内由动量定理可知
(F-f)t=mus ， 解得3s末物块的速度 vs = 6m/s ，
3s时物块的动量为
p=mvs=6kg·m/s ，
设 后经过时间物块的速度减为 ，由动量定理可得 -(F+f)t=0-mvg ，
解得
t= 1s ，
所以物块在时速度减为 ，则此时物块的动能为 ，故A正确，C错误；
B ．设时间内物块发生的位移为 ，由动能定理可得
解得
,
3~4s时间内，对物块由动能定理可得
解得3~4s时间内物块发生的位移
z= 3m
4 ~ 6s时间内物块反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移大小为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D ．物块在6s时的速度大小为
(
v
=2x2m/8=4m/s
),
0~ 6s时间内拉力所做的功为
W= (4 x9-4x 3+4 x4J=40J ， 故D正确 ．故选AD .
4. A
【解析】 A 选项：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的 高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下 的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力 等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体 的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至 速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B 选项：根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势 能和内能，故B错误；
C 选项：根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D 选项：根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能
的增加量，故D错误 . 故选A.
考向二：动量守恒定律及综合应用
5. B
【解析】 设中子的质量为 ，氢核的质量为 ，氮核的质量为 ，设中子和氢核碰撞后中子速 度为 vg ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
muo = mw1 + mu3
联立解得
(
,由动量守恒定律和能量守恒定律可得
) (
4
)设中子和氮核碰撞后中子速度为
(
2十
) (
4
) (
m
) (
2
)mw4
(
2
—m7u4
) (
2
) (
2
) (
2
) (
2
)
2
(
2
)联立解得
(
5
) (
>
U2
)可得
碰撞后氢核的动量为
28mwo
氮核的动量为
15
可得
(
二
2
2
)碰撞后氢核的动能为
(
2
2
1
28m
引
)氮核的动能为
(
2
225
)可得
故 B 正确，ACD 错误 .
故选 B .
6. ( 1 )
( 2 ) ( 3 )
小球速度大小为 ，圆盘速度大小为
l 4
【解析】 ( 1 ) 过程 ：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律得
解得v,=v2gi
过程 ：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律 分别有
(
2
2
2
)
解得
(
m+
M
2
2
);- 2m -1 -v2
即小球碰后速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直
向下 .
( 2 ) 第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆 盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
U1 十g=U1
解得
根据运动学公式得最大距离为
盘 球 .
( 3 ) 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 盘 球
即
解得
1 =
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
盘
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有
mvz+M =mu+M
根据能量守恒有
联立解得
(
2
)
同理可得当位移相等时
盘 球2
解得
圆盘向下运动
(
2
)2
(
4
) (
t
) (
2
)盘2
(
此时圆盘距下端管口
) (
3l
),之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
(
t
) (
2
) (
2
)3
根据动量守恒有
(
M
) (
m
) (
2
) (
3
) (
3
) (
3
)+ M
根据机械能守恒有
(
"2
2
) (
I2
3
) (
'2
) (
M
) (
M
) (
2
) (
3
十
) (
m
) (
m
) (
2
) (
2
) (
2
) (
2
)
得碰后小球速度为
(
3
)2
圆盘速度
(
3u
2
)
当二者即将四次碰撞时
R盘3 =B球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
盘
此时圆盘距离下端管口长度为
20l- l- 2l-4l - 6l= 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加 2l ，故若发生下一次碰 撞，圆盘将向下移动
盘 ，则第四次碰撞后落出管外，因此圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰 撞4次 .
二、 机械振动机械波
基础知识
高考考向
考向一 ：机械振动
7. BC
【解析】 AB ．当A、B两点在平衡位置的同侧时有
可得
; 或者
因此可知第二次经过 点时 ，
2 m
'' T=t
解得
T = 4t
此时位移关系为
解得
故A错误，B正确；
CD ．当 、B两点在平衡位置两侧时有
解得
(
5
) (
pa=
-
或者
p
a
=
) (
（由图中运动方向舍去
），
) 或者
(
,则
)当第二次经过 点时
解得
此时位移关系为
解得
A= 2U V3+1
故C正确，D错误； 故选BC .
8. ABD
【解析】
【详解】
A ．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到 0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度 先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B ．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平 衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C ．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位 置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速 度大小相等，方向不是相反，C错误；
D ．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系 数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方 ，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
D正确；
E ．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错 误。
故选ABD。
考向二：机械波
9. A
【解析】 声波的周期和频率由振源决定，声波在空气和在水中传播的周期和频率都相同，但声波在 空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长的关系可知，波长也不同，故A正确，BCD错
误 .
故选A .
10. C
【解析】 A ．由振动图像可看出该波的周期是4S ，A错误；
B ．由于 、两个质点振动反相，则可知两者间距离等于 , 1 ， 2 ， . …
(
T
2n+1
，
)根据v=Δ= 3 m/s n=0 ， 1 ， 2 ， .
B错误；
C ．由质点的振动图像可看出，在时质点在平衡位置向上振动，C正确； D ．由质点的振动图像可看出，在时质点在平衡位置向下振动，D错误 . 故选C .
(
11.
A
ab
之间的距离为
AZ=智cm+120cm=
此时
点的位移为
且向
轴正方向运动，设此时
点的相位为
，则有
4=8sinp
解得
或
（向下振动，舍去）
由
ab
之间的距离关系可知
则
，可知
点此时的位移为
y=8sinpacm=4cm
且向下振动，即此时的波形图如图所示：
400cm
=
4入
【解析】
3
3
)
所以时，质点的位移为 ，沿轴负方向运动，故A正确，BCD错误 . 故选A .
12. ABE
【解析】 A ．由图(a)可知波长为 ，由图(b)可知波的周期为 ，则波速 ,故A正确；
B ．由图(b)可知时，点向下运动，根据“上下坡”法可以知道波向左传播，故B正 确；
C ．由图(a)可知波的振幅为5cm ，故C错误；
DE ．根据图(a)可知时处的质点处在波谷，由于 可知在 时质点处在波峰；质点运动的路程为
故D错误，E正确； 故选ABE .
13.
（1） ；（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据 得
Δ = 4 x 2.5m= 10m
可知时P波刚好传播到处，Q波刚好传播到处，根据上坡下坡法 可得波形图如图所示
（2）两列波在图示范围内任一位置的波程差为
Aaz= I(10-r) -arl,(0m 根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件 为到两波源的距离差
解得振幅最大的平衡位置有
(
c
=
3
m
a
=
7m
)、
振动减弱的条件为
Aar =n入(n=0,1,2…)
解得振幅最小的平衡位置有
、 、
三、 光
基础知识
高考考向
考向一 ：光的折射
14. ACE
【解析】
【详解】
ABD ．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示
由图可知，乙光的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大，则乙光的频率大，根 据c = fλ可知，乙光的波长短，A正确、BD错误；
C ．根据 可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，C正确；
E ．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，E正确。 故选ACE。
15. A
【解析】 根据折射定律得
n上 sin6上 = n下 sin6下
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则下 上 ，则 下 上 ，画出光 路图如下
则从高到低下 逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向 ．故选A .
16.
【解析】 由题意可知作出光路图如图所示
光沿垂直于 方向射入，根据几何关系可知入射角为 ；由于棱镜折射率为 ，根 据
17. C
有
则折射角为
30' ；LBMO= 60'
,因为 ，所以光在 面的入射角为
8=90'- (180'-60' -45"') = 15"
根据反射定律可知
LMOA = 28= 30'
根据几何关系可知 ，即 为等腰三角形，则
又因为 与 相似，故有
由题知
AB= AC= l
联立可得
所以 到 点的距离为
考向二：光的全反射问题
【解析】 设光线在 界面的入射角为 ，折射角为 ，由几何关系可知 ，由于光路可 逆，根据折射定律得
光线射出 界面的临界条件为发生全反射，光路图如下，其中
光线在 AB 两点发生全反射，有公式
(
2
)
即光线在 两处发生全反射的临界角为 ， 之间有光线射出，由几何关系可知
(
AB=
2AC=2CS=OS
=d
),
故选C .
18. 1.5
【解析】
(
因为当
sini
) 时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为
C，则
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
r = 90' - 2c
则
联立得
n=1.5
(
19.
) (
n
=
，
Pc
=
a
2
2
)【解析】 光线在M点发生折射有
sin60° = nsinθ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则
sinc= —
C = 90° - θ
联立得
2
根据几何关系有
解得
再由
解得
20. BC
【解析】 AB ．他发现只有当大于时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，说明
时激光恰好发生全反射，则 则n=s ，故A错误，B正确；
CD ．当他以 向水面发射激光时，入射角
,则根据折射定律有
,折射角 大于 ，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小 于60' ，故C正确，D错误 .
故选BC .
21. C
【解析】 灯带发出的光从水面射出时发生全反射 ，临界角的正弦值
3
则tanc= ，
v7
灯带上的一个点发出的光发生全反射的临界角如图甲所示，
VF 3
根据几何关系可得r = htanc'= X m= 0.3m ， 10 √7
则一个点发出的光在水面上能看到r =0.3m的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图 乙所示，
(
vza
)r'
) (
（等面积法）
) (
十a
+
)等腰直角三角形发光体的内切圆半径满足
解得'= < —= n ， 2+V2 3
故有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分 . 故选C .
选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
高考考向
考向一 ：带电粒子在有界磁场中运动
1. BD
【解析】 A 选项：粒子进入磁场后，会在洛伦兹力的作用下发生偏转，故粒子无法通过圆心，故A错 误；
B 选项：当粒子在圆形磁场内运动的圆心角为 时，粒子经过 次，就可射出磁场，如 图所示，故B正确；
C 选项：当速度增大到一定的值时，粒子可能多次与圆筒碰撞且无法离开磁场区域，则在 圆内运动时间较长，故C错误；
D 选项：因为粒子对心入射，所以粒子出射方向与半径共线，所以粒子出射方向与切线垂 直，因为碰撞前后法线方向的分量大小不变，方向相反，所以碰撞后的瞬间，粒子速度方 向一定平行于碰撞点与 O 的连线，故D正确 .
故选BD.
2. A
【解析】 一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，由点射出，
由几何关系可得粒子出磁场时速度方向与竖直方向夹角为 ，则 解得粒子做圆周运动的半径 ，则粒子做圆周运动有
如果 (则有)保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后
则会沿 轴到达接收屏，则有 代入可得
故选A .
3. BC
【解析】 若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示
根据几何关系则有
联立可得
根据对称性可知出射速度与 成角向上，故出射方向与入射方向的夹角为 . 当粒子上、下均经历一次时，如图乙所示
(
R
)
因为上下磁场的磁感应强度均为B ，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为 ．通过以上分析可 知当粒子从下部分磁场射入时，需满足
, ,
此时出射方向与入射方向的夹角为 ；当粒子从上部分磁场射出时，需满足
, ,
此时出射方向与入射方向的夹角为 ．故可知BC正确，AD错误 . 故选BC .
考向二：带电粒子在组合场中运动
4. AD
【解析】 A 选项：粒子从中点射入磁场，则 ， 解得 , 选项A正确 ；
B 选项：粒子从中点射入磁场时，则 ，刚出电场射入磁场时速度 , 选项B错误 ；
C 选项：粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为 ，则
粒子从电场中射出时的速度 ，粒子进
入磁场后做匀速圆周运动，则qvB 的距离为 ，联立解得
2
(
EZO
B
),则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN ,选项C错误；
D 选项：当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N
点进入磁场，此时竖直最大速度 ， ，出离电场的最大速度 , 则由 可得最大半径 , 选项D正确 ；
故选AD.
( 2 ) 1
2 见解析
【解析】 ( 1 ) 由题意粒子在电场中做匀加速直线运动 ，根据动能定理有 粒子在磁场中做匀速圆周运动 ，有
粒子从上边界垂直 第二次离开电场后，垂直再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知 ，
联立可得 .
(
1
)( 2 ) （i）由题意可知，作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
(
R
)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 解得 ，
所以有 ， ，
由洛伦兹力提供向心力有
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类斜抛运动，沿方向有 ，
沿方向上有 ，
其中根据牛顿第二定律有qE'=ma ，
2 -d
,
联立以上各式解得
E' = 36E .
（ii）粒子从到根据动能定理有
可得从 射出时的速度为 ，
mvs V41
此时粒子在磁场中的半径R2 = = d .
qB 2
2 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为 ， ，
2
(
2
) (
,
) (
5
2
)而圆心与的距离为
故不会再从P点进入电场 .
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6. A
【解析】 A ．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC ．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变， BC错误；
D ．洛伦兹力永不做功，D错误 . 故选A .
7. B
【解析】 AC选项：在平面内电场的方向沿轴正方向，故在坐标原点静止的带正电粒子在电 场力作用下会向轴正方向运动 ．磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向 轴正方向运动的粒子同时受到沿 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向轴负方向偏转，故 AC错误；
BD选项：运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦 兹力方向始终与速度方向垂直 ．由于匀强电场方向是沿轴正方向，故轴为匀强电场的等 势面，从开始到带电粒子发生偏转到再次运动到 轴时，电场力做功为 ，洛伦兹力不做
功，故带电粒子再次回到 轴时的速度为 ，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左
偏转，故B正确，D错误； 故选B .
8. D
【解析】 粒子在 做直线运动，则有 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从
的中点射出，则粒子转过的圆心角为 ，根据 ，有 . A ．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度，有
,则 ，再由 可知，粒子半径减小，则粒子仍然 从 边射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故A错误；
B ．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则粒子在做直线运动的速度，有
,则 ，再根据
2
,可知粒子半径变为原来的 倍，
则粒子 点射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故B错误；
C ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度仍为 ， 再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子从边射出，根据几 何关系可知转过的圆心角为 ，根据 ，有 ，则 ， 故C错误；
D ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在做直线运动的速度仍为 ， 再由 ，粒子半径变为原来的 ，则粒子从边射出，根据几何关系
可知转过的圆心角为 ，根据 ，有
则t=v2to ，故D正确 .
故选D .
9. ( 1 ) VB
(
32
eB
)( 2 ) mwo
( 3 ) 90%
【解析】 ( 1 ) 由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，有
Ee = evoB 解得E= WB
( 2 ) 电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹 力不做功，且由于电子入射速度为 ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向 上偏转，根据动能定理有
(
2
2
)
解得
( 3 ) 若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为 ，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 F合 = euaB-eE
在最低点有
F合 = eE-evB 联立有
2m(v0-v)
要让电子达到纵坐标 位置， 即y≥y2
解得
则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标 位置的电 子数占总电子数的 .
二、 电磁感应
基础知识
高考考向
考向一 : 法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10. B
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可知
. 故选B .
11. A
【解析】 ABC ．由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
其中导体棒 段不在磁场中，不切割磁感线，电流为 ，则 ， ，A正 确，BC错误；
D ．根据以上分析可知
po-PA > 0 ，PA - pc=0 则9O-PA >PA - PC
D错误 . 故选A .
12. C
【解析】 A ．由题知，埋在地下的线圈 、通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知 线圈 、产生的磁场方向竖直向下，A错误；
B ．汽车进入线圈 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆 时针），B错误；
C ．汽车离开线圈 过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（顺 时针），C正确；
D ．汽车进入线圈过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆
时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误 . 故选C .
13. A
【解析】 A ．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃 管不会形成涡流 ．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管 中的磁体则一直做加速运动，故分析图片可以知图（c）的脉冲电流峰值不断增大，说明强 磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，故A为正确选项；
B ．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，故 B为错误选项；
C ．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小 磁体受到的电磁阻力在不断变化，故C为错误选项；
D ．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁 体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻 璃管时的长，故D为错误选项 .
故答案为A .
考向二 : 电磁感应的综合问题
14. AD
【解析】 MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
A ．当闭合的瞬间，Blv = 0 ，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A为正确选项；
B ．当U > Blo时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回 路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B为错误选 项；
C ．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当U= Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C为错误选项；
D ．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻
(
QR
>
)R消耗电能大于MN上消耗的电能（即E > EUW ），故加速过程中，
QUW ；当
MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此 可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热
量，故D为正确选项。
故答案为AD。
15. AC
【解析】 当导体棒从 点向右运动时，即在 时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
L = lo+vottan
（ 为与的夹角）则根据
E= BLVO
可知回路电流均匀增加；安培力
则F-t关系图像为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则p-t关系图像为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动 势，即
U=B=BLV=BVO(l0+ottan9)
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；当在 时间内，
导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势 不变，感应电流不变，安培力大小不变，
安培力的功率 不变，电阻两端电压保持不变；同理可判断，在 时间内，导
体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势 均匀减小，感应电流均
匀减小，安培力 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的
关系，安培力的功率 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的 关系，电阻两端电压U均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误 ．故选AC .
16. BD
【解析】 AB ．导轨的速度 ，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左
的安培力，摩擦力大小为
f=pmg=2N
导体棒受到的安培力大小为
由左手定则可知导体棒中的电流方向为 ，导轨受到向左的摩
擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
由左手定则可知B2的方向为垂直导轨平面向下，A错误，B正确；
CD ．对导体棒分析
对导轨分析
电路中的电流为
B1LU-BZLOZ
联立解得
vz =3m/s
C错误，D正确； 故选BD .
(
Q
)
17. （1）
;（2） ；（3）
2mR B2I2
【解析】
【详解】
（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3m = 3muq十map
(
2
0
2
Q
2
P
)
联立解得
3
,
(
2
)
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金 属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BIAt=m -mup
又
(
R
RΔt
RΔt
)q =IAt ，
联立可得
mR B2I2
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t= " = 2mR vq B2[p
三、 交变电流
基础知识
高考考向
考向一 ：变压器的原理及动态分析
18. B 【解析】 A 选项：由 n1 n2 U U2 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡
正常发光，故A错误；
B 选项：由 n1 n2 U U2 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压u2y增大，有可能使小灯
泡正常发光，故B正确； C 选项：
由 知 ，将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍 ，但由于原线圈的电压不变 ，则
副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D 选项：将两个小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压不
变，不能使小灯泡正常发光， 故D错误 . 故选B.
19. BC
【解析】 A ．电源电压的有效值
U= V = 220 V V2
选项A错误；
B ．交流电的周期
选项B正确； CD ．根据
n1 n2
U U2
可得副线圈匝数
m=院m= 踢 ×1100=180
选项C正确，D错误 . 故选BC .
20. B
【解析】 AB ．由题意可知，原副线圈的匝数比为 ，则副线圈的电流为 ，根据欧姆定律可得副线 圈的电压有效值为 U2= 2IR1
则变压器原线圈的电压有效值为 U = 2U2=4IR1
设输入交流电的电压有效值为 ，则
U
可得 I=
4R1+R2
保持 位置不变， 向左缓慢滑动的过程中， 不断变大，根据欧姆定律 可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则 R2 两端的电压不断变
小，则电压表示数 U 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率
相等，可知 R1 消耗的功率增大，故 B 正确，A 错误； CD ．设原副线圈的匝数比为 ，同理可得 则 U =n2IR1+IRa
整理可得
保持 位置不变， 向下缓慢滑动的过程中， 不断变大，则 变小，对 由欧姆定 律可知 U=IRY
可知 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知 消耗的功率
整理可得 R=
可知 时， 消耗的功率有最大值，可知 消耗的功率先增大，后减小，故 CD
错误 .
故选 B .
考向二：远距离输电
21. B
【解析】 A选项，B选项：由于输电过程中电阻要产生热量，会损失功率，故输出功率大于输 入功率，输出电压大于输入电压，故A错误，B正确；
C选项：由于输入电压不变，所以变压器的输出电压不变，随着用户接入的用电器增
多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损 ，可知 功率增大，故C 错误；
D选项：用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即输出功率增大，故D错
误；
故选B .
22. C
【解析】 A 选项：线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
,输出电压的有效值为
,A错误；
B 选项：发电机线圈的转速为 ，输出交变电流的频率为 ，B错误； C 选项：变压器原、副线圈的匝数比为 ，C正确；
D 选项：发电机产生的瞬时电动势为e= Ensinwt= 2mNBsnzsin(2mnz)t ，D错 误 .
故选C.
选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
高考考向
考向：分子间的力和能
1. C
【解析】 分子间距离大于 ，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离处过程中，引力做正 功，分子势能减小，则在ro处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力
做负功，分子势能增大 ．故C正确 . 故选C .
2. D
【解析】 根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为ro ）时分子势能最小可知，曲线Ⅰ为分子势能 随分子之间距离变化的图像；根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 ）时分子力为 零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离变化的图像；分子间距离小于时，分子力表现 为斥力，分子间距离大于时，分子力表现为引力，结合分子力与的关系图线Ⅱ,可知斥 力与的关系图线在轴上方，引力与的关系图线在轴下方，则曲线Ⅲ为分子斥力随分子
之间距离r变化的图像 ．D正确 . 故选D .
二、 理想气体状态方程与热力学定律
高考考向
考向一 ：理想气体状态方程
3. AD
【解析】 A ．当电阻丝对 中的气体缓慢加热时，温度升高， 中的气体内能增大，根据理想气体 状态方程可知 f 中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩 ．与此同时弹簧 对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞 ．活塞对 h 中的气体做正功，且是绝热过 程，根据热力学第一定律可知，h 中的气体内能增加，故A正确；
B ．没加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡， 弹簧处于压缩状态，对左边活塞进行受力分析可得 pfs=F弹 ，则
分别对 f 、 g 内的气体进行分析，根据理想气体状态方程有
由题意可知 ，因弹簧被压缩 ，则
T; >T ，故B错误；
T;
,联立可得
,
C ．在达到稳定过程中， 中的气体体积变小，压强变大， 中的气体体积变大 ．因为稳定 时弹簧保持平衡状态，所以稳定时 f 、 中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对
(
pfv%
Th
)中的气体分析可知 C错误；
,又因为
,所以联立可得 ，故
D ．对弹簧、活塞及 中的气体组成的系统进行分析，根据平衡条件可知，与 中的气 体压强相等，故D正确 .
故选AD .
4. ，
【解析】 设 管在上方时上部分气压为 ，下方气压为 ，此时有
p4 =pg+20cmHg
倒置后 管气体压强变小，即空气柱长度增加 ， 管中水银柱长度减小 ， 管的内径是 管的 倍，则
可知 管水银柱长度增加 ，空气柱长度减小 ；设此时两管内气体的压强分别为 、 ，所以有
PA'+23cmHg=ps'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管内气体有
PAsaLa=PA'saLA'
对B管内气体有
其中
L4 = 10cm+ 1cm= 11cm
LB'= 10cm-4cm=6cm
联立以上各式解得
p4 =74.36cmg pg =54.36cmg .
5. （i）1.41kg/m3 ；（ii）1.18kg/m3
【解析】
【详解】
（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1 = 273＋17K = 290K，T2 = 273＋27K = 300K
理想气体状态方程pV = nRT可知
nR= Y
其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的 正比于气体的质量，则
其中p1 = p2 = 1.2p0 ，ρ1 = 1.46kg/m3 ，代入数据解得 ρ2 = 1.41kg/m3
（ii）由题意得p3 = p0 ，T3 = 273＋27K = 300K同理可得
P3 772 v m72g V p1v T2 p3v
解得
ρ3 = 1.18kg/m3
考向二：热力学定律及综合问题
6. ABD
【解析】
【详解】
A ．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收 热量，A正确；
B ．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第 一定律
ΔU=W+Q
可知气体对外放热，B正确；
C ．气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第 一定律
ΔU=W+Q
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；
D ．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一 定律
ΔU=W+Q
可知
Q> 0
即气体吸收热量，D正确；
E ．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一 定律
ΔU=W+Q
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。 故选ABD。
7. ACD
【解析】 A 选项：对于一定质量的理想气体，内能由温度决定，等温增压和等温膨胀过程温度均保 持不变，故内能不变，故A正确；
B 选项：根据理想气体状态方程
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末
状态与初状态相比内能增加，故B错误；
C 选项：根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，等压膨胀过程温度升高，末 状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；
D 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末 状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；
E 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等温膨胀过程温度不变，故末 状态的内能大于初状态的内能，故E错误 .
故选ACD.
8. B
【解析】 根据 ，可得 ，
从 到 ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从 到 ，气体压强减小，温度降 低，因 点与原点连线的斜率小于 点与原点连线的斜率， 态的体积大于 态的体积； 故选B .
9. B
【解析】 .根据理想气体的状态方程 ，可知 气体温度升高，内能增加，且体积
增大气体对外界做功，则 ，由热力学第一定律 ，可知 过 程中气体吸热，故 错误， 正确；
.根据理想气体的状态方程 ，可知， - 图像的坐标值的乘积反映温度，
状态和 状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大， 过程的温度先
升高后降低，且状态 的温度最高，故 错误；
. 过程气体体积增大，外界对气体做负功，故 错误 . 故选：B .
10. BCE
【解析】
【详解】
A ．因从a到b的p—T图像过原点，由 可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体 不对外做功，选项A错误；
B ．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确； CDE ．因W=0， U>0，根据热力学第一定律
U= W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。 故选BCE。
11. ( 1 ) 330K
( 2 ) 1.1x 10pa ( 3 ) 188J
【解析】 ( 1 ) 根据题意可知，气体由状态变化到状态的过程中，封闭气体的压强不变，则有
T4 TB
解得TS=贸za=330K
( 2 ) 从状态到状态的过程中，活塞缓慢上升，则
pps=pos+mg
解得ps= 1x 10pa
根据题意可知，气体由状态变化到状态 的过程中，气体的体积不变，则有
PB = PC TZ TC
解得pc= 器ps=1.1x10pa
( 3 ) 根据题意可知，从状态到状态的过程中气体对外做功为
W =PPSAh=30J
所以外界对气体做功W= -30J
由热力学第一定律有
ΔU= W+Q 解得Q= 188J .
三、 近代物理初步
基础知识
高考考向
考向一 ：原子物理
12. C
【解析】 铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量
ΔE=10-5ev= 10-5x 1.6x10-19J= 1.6x10-24J ，根据光子能量的表达式可
(
h
)知，跃迁发射的光子的频率量级V = 射的光子的频率量级为 109HZ .
故选C .
,因此跃迁发
13. A
【解析】 设天体发射频率为 的光子的功率为 ，由题意可知
解得
p- 4NLhw
故选A .
14. A
【解析】 由题中氢原子的能级图可知和 的能级差为
AE=B-B =-3.4ev- (-13.6ev) = 10.2ev
与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子和 能级 之间的跃迁 ．故选A .
15. CD
【解析】 根据题意可知 ．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大 .
A ．可知，图 中的 对应的是可见光Ⅱ,故A错误；
B ．干涉条纹间距
,图 中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；
C ．光子动量
,可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D ．根据光电效应方程及动能定理可得
eu = hv-w
可知，频率越大，遏止电压越大，则 向 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数
比Ⅱ的大，故D正确 . 故选CD .
16. ( 1 ) ， ；
( 【 (2)解)析】(1 ) 由题意可知每个光子的动量为
p=安 ，
每个光子的能量为 B=hv=h号 .
( 2 ) 太阳均匀地向各个方向辐射硬射线，根据题意，设秒内发射总光子数为 ，则
tN S ，
可得 ，
所以t秒内辐射光子的总能量
,
太阳辐射硬X射线的总功率
考向二：原子核
17. C
【解析】 放射性元素衰变时放出的三种射线 、 、分别是氦核流、电子流和光子流，故C正确 . 故选C .
18. C
【解析】 由质能方程E= mc'可知，则每秒钟平均减少的质量为
则每秒钟平均减少的质量量级为 102kg . 故选C .
19. AB
【解析】 A 选项：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，的质子数为 ，中子数为 ，即为 ，故A 正确；
B 选项：常用的示踪原子有： ， ， ，故B正确；
C 选项：由原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，所以 来自原子核内，故C错误；
D 选项：半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时规律不成 立，故D错误 .
故选AB.选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
高考考向
考向一 ：带电粒子在有界磁场中运动
1. BD
【解析】 A 选项：粒子进入磁场后，会在洛伦兹力的作用下发生偏转，故粒子无法通过圆心，故A错 误；
B 选项：当粒子在圆形磁场内运动的圆心角为 时，粒子经过 次，就可射出磁场，如 图所示，故B正确；
C 选项：当速度增大到一定的值时，粒子可能多次与圆筒碰撞且无法离开磁场区域，则在 圆内运动时间较长，故C错误；
D 选项：因为粒子对心入射，所以粒子出射方向与半径共线，所以粒子出射方向与切线垂 直，因为碰撞前后法线方向的分量大小不变，方向相反，所以碰撞后的瞬间，粒子速度方 向一定平行于碰撞点与 O 的连线，故D正确 .
故选BD.
2. A
【解析】 一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，由点射出，
由几何关系可得粒子出磁场时速度方向与竖直方向夹角为 ，则 解得粒子做圆周运动的半径 ，则粒子做圆周运动有
如果 (则有)保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后
则会沿 轴到达接收屏，则有 代入可得
故选A .
3. BC
【解析】 若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示
根据几何关系则有
联立可得
根据对称性可知出射速度与 成角向上，故出射方向与入射方向的夹角为 . 当粒子上、下均经历一次时，如图乙所示
(
R
)
因为上下磁场的磁感应强度均为B ，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为 ．通过以上分析可 知当粒子从下部分磁场射入时，需满足
, ,
此时出射方向与入射方向的夹角为 ；当粒子从上部分磁场射出时，需满足
, ,
此时出射方向与入射方向的夹角为 ．故可知BC正确，AD错误 . 故选BC .
考向二：带电粒子在组合场中运动
4. AD
【解析】 A 选项：粒子从中点射入磁场，则 ， 解得 , 选项A正确 ；
B 选项：粒子从中点射入磁场时，则 ，刚出电场射入磁场时速度 , 选项B错误 ；
C 选项：粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为 ，则
粒子从电场中射出时的速度 ，粒子进
入磁场后做匀速圆周运动，则qvB 的距离为 ，联立解得
2
(
EZO
B
),则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN ,选项C错误；
D 选项：当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N
点进入磁场，此时竖直最大速度 ， ，出离电场的最大速度 , 则由 可得最大半径 , 选项D正确 ；
故选AD.
( 2 ) 1
2 见解析
【解析】 ( 1 ) 由题意粒子在电场中做匀加速直线运动 ，根据动能定理有 粒子在磁场中做匀速圆周运动 ，有
粒子从上边界垂直 第二次离开电场后，垂直再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知 ，
联立可得 .
(
1
)( 2 ) （i）由题意可知，作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
(
R
)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 解得 ，
所以有 ， ，
由洛伦兹力提供向心力有
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类斜抛运动，沿方向有 ，
沿方向上有 ，
其中根据牛顿第二定律有qE'=ma ，
2 -d
,
联立以上各式解得
E' = 36E .
（ii）粒子从到根据动能定理有
可得从 射出时的速度为 ，
mvs V41
此时粒子在磁场中的半径R2 = = d .
qB 2
2 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为 ， ，
2
(
2
) (
,
) (
5
2
)而圆心与的距离为
故不会再从P点进入电场 .
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6. A
【解析】 A ．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC ．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变， BC错误；
D ．洛伦兹力永不做功，D错误 . 故选A .
7. B
【解析】 AC选项：在平面内电场的方向沿轴正方向，故在坐标原点静止的带正电粒子在电 场力作用下会向轴正方向运动 ．磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向 轴正方向运动的粒子同时受到沿 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向轴负方向偏转，故 AC错误；
BD选项：运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦 兹力方向始终与速度方向垂直 ．由于匀强电场方向是沿轴正方向，故轴为匀强电场的等 势面，从开始到带电粒子发生偏转到再次运动到 轴时，电场力做功为 ，洛伦兹力不做
功，故带电粒子再次回到 轴时的速度为 ，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左
偏转，故B正确，D错误； 故选B .
8. D
【解析】 粒子在 做直线运动，则有 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从
的中点射出，则粒子转过的圆心角为 ，根据 ，有 . A ．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度，有
,则 ，再由 可知，粒子半径减小，则粒子仍然 从 边射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故A错误；
B ．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则粒子在做直线运动的速度，有
,则 ，再根据
2
,可知粒子半径变为原来的 倍，
则粒子 点射出，粒子转过的圆心角仍为 ，则 ，故B错误；
C ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 做直线运动的速度仍为 ， 再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子从边射出，根据几 何关系可知转过的圆心角为 ，根据 ，有 ，则 ， 故C错误；
D ．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在做直线运动的速度仍为 ， 再由 ，粒子半径变为原来的 ，则粒子从边射出，根据几何关系
可知转过的圆心角为 ，根据 ，有
则t=v2to ，故D正确 .
故选D .
9. ( 1 ) VB
(
32
eB
)( 2 ) mwo
( 3 ) 90%
【解析】 ( 1 ) 由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，有
Ee = evoB 解得E= WB
( 2 ) 电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹 力不做功，且由于电子入射速度为 ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向 上偏转，根据动能定理有
(
2
2
)
解得
( 3 ) 若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为 ，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 F合 = euaB-eE
在最低点有
F合 = eE-evB 联立有
2m(v0-v)
要让电子达到纵坐标 位置， 即y≥y2
解得
则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标 位置的电 子数占总电子数的 .
二、 电磁感应
基础知识
高考考向
考向一 : 法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10. B
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可知
. 故选B .
11. A
【解析】 ABC ．由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
其中导体棒 段不在磁场中，不切割磁感线，电流为 ，则 ， ，A正 确，BC错误；
D ．根据以上分析可知
po-PA > 0 ，PA - pc=0 则9O-PA >PA - PC
D错误 . 故选A .
12. C
【解析】 A ．由题知，埋在地下的线圈 、通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知 线圈 、产生的磁场方向竖直向下，A错误；
B ．汽车进入线圈 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆 时针），B错误；
C ．汽车离开线圈 过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（顺 时针），C正确；
D ．汽车进入线圈过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆
时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误 . 故选C .
13. A
【解析】 A ．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃 管不会形成涡流 ．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管 中的磁体则一直做加速运动，故分析图片可以知图（c）的脉冲电流峰值不断增大，说明强 磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，故A为正确选项；
B ．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，故 B为错误选项；
C ．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小 磁体受到的电磁阻力在不断变化，故C为错误选项；
D ．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁 体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻 璃管时的长，故D为错误选项 .
故答案为A .
考向二 : 电磁感应的综合问题
14. AD
【解析】 MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
A ．当闭合的瞬间，Blv = 0 ，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A为正确选项；
B ．当U > Blo时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回 路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B为错误选 项；
C ．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当U= Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C为错误选项；
D ．在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻
(
QR
>
)R消耗电能大于MN上消耗的电能（即E > EUW ），故加速过程中，
QUW ；当
MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此 可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热
量，故D为正确选项。
故答案为AD。
15. AC
【解析】 当导体棒从 点向右运动时，即在 时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
L = lo+vottan
（ 为与的夹角）则根据
E= BLVO
可知回路电流均匀增加；安培力
则F-t关系图像为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则p-t关系图像为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动 势，即
U=B=BLV=BVO(l0+ottan9)
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；当在 时间内，
导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势 不变，感应电流不变，安培力大小不变，
安培力的功率 不变，电阻两端电压保持不变；同理可判断，在 时间内，导
体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势 均匀减小，感应电流均
匀减小，安培力 大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的
关系，安培力的功率 按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与 内是对称的 关系，电阻两端电压U均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误 ．故选AC .
16. BD
【解析】 AB ．导轨的速度 ，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左
的安培力，摩擦力大小为
f=pmg=2N
导体棒受到的安培力大小为
由左手定则可知导体棒中的电流方向为 ，导轨受到向左的摩
擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为
由左手定则可知B2的方向为垂直导轨平面向下，A错误，B正确；
CD ．对导体棒分析
对导轨分析
电路中的电流为
B1LU-BZLOZ
联立解得
vz =3m/s
C错误，D正确； 故选BD .
(
Q
)
17. （1）
;（2） ；（3）
2mR B2I2
【解析】
【详解】
（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3m = 3muq十map
(
2
0
2
Q
2
P
)
联立解得
3
,
(
2
)
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金 属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BIAt=m -mup
又
(
R
RΔt
RΔt
)q =IAt ，
联立可得
mR B2I2
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t= " = 2mR vq B2[p
三、 交变电流
基础知识
高考考向
考向一 ：变压器的原理及动态分析
18. B 【解析】 A 选项：由 n1 n2 U U2 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡
正常发光，故A错误；
B 选项：由 n1 n2 U U2 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压u2y增大，有可能使小灯
泡正常发光，故B正确； C 选项：
由 知 ，将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍 ，但由于原线圈的电压不变 ，则
副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D 选项：将两个小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压不
变，不能使小灯泡正常发光， 故D错误 . 故选B.
19. BC
【解析】 A ．电源电压的有效值
U= V = 220 V V2
选项A错误；
B ．交流电的周期
选项B正确； CD ．根据
n1 n2
U U2
可得副线圈匝数
m=院m= 踢 ×1100=180
选项C正确，D错误 . 故选BC .
20. B
【解析】 AB ．由题意可知，原副线圈的匝数比为 ，则副线圈的电流为 ，根据欧姆定律可得副线 圈的电压有效值为 U2= 2IR1
则变压器原线圈的电压有效值为 U = 2U2=4IR1
设输入交流电的电压有效值为 ，则
U
可得 I=
4R1+R2
保持 位置不变， 向左缓慢滑动的过程中， 不断变大，根据欧姆定律 可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则 R2 两端的电压不断变
小，则电压表示数 U 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率
相等，可知 R1 消耗的功率增大，故 B 正确，A 错误； CD ．设原副线圈的匝数比为 ，同理可得 则 U =n2IR1+IRa
整理可得
保持 位置不变， 向下缓慢滑动的过程中， 不断变大，则 变小，对 由欧姆定 律可知 U=IRY
可知 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知 消耗的功率
整理可得 R=
可知 时， 消耗的功率有最大值，可知 消耗的功率先增大，后减小，故 CD
错误 .
故选 B .
考向二：远距离输电
21. B
【解析】 A选项，B选项：由于输电过程中电阻要产生热量，会损失功率，故输出功率大于输 入功率，输出电压大于输入电压，故A错误，B正确；
C选项：由于输入电压不变，所以变压器的输出电压不变，随着用户接入的用电器增
多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损 ，可知 功率增大，故C 错误；
D选项：用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即输出功率增大，故D错
误；
故选B .
22. C
【解析】 A 选项：线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
,输出电压的有效值为
,A错误；
B 选项：发电机线圈的转速为 ，输出交变电流的频率为 ，B错误； C 选项：变压器原、副线圈的匝数比为 ，C正确；
D 选项：发电机产生的瞬时电动势为e= Ensinwt= 2mNBsnzsin(2mnz)t ，D错 误 .
故选C.选择性必修第二册
知识导图
一、 安培力与洛伦兹力
基础知识
知识点 公式与叙述
磁感应强度 B = F F是通电直导线垂直于磁场方向放置时受到的安培力
磁通量 BScosθ 适用于匀强磁场，SCOSθ为面积S在垂直于磁感线方向 的投影
磁通密度 B = S 在数值上等于磁感应强度
安培力 θ为磁感应强度方向与通电导线方向的夹角 ．当通电 导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大；当 通电导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为零
洛伦兹力 F = qvBsinθ θ为粒子速度方向与磁感应强度方向的夹角 ．洛伦兹 力不改变带电粒子速度的大小，只改变带电粒子运动 的方向 ．洛伦兹力对带电粒子永不做功
带电粒子在匀强磁场中的运 动 洛伦兹力充当向心 力： 若带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，则它在磁 场中将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
半径公式：r = aB
周期和频率公式：
高考考向
考向一 ：带电粒子在有界磁场中运动
1 . (多选) 光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上 点开有一个小孔，过 的横截面 是以 为圆心的圆，如图所示 ．一带电粒子从 点沿 射入，然后与筒壁发生碰撞 ．假设粒子在每 次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向
相反；电荷量不变 ．不计重力 ．下列说法正确的是( )
A. 粒子的运动轨迹可能通过圆心。
B. 最少经 2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心 。 的连线
2 . 如图，一磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于纸面（ 平面）向里，磁场右边界与轴垂 直 ．一带电粒子由 点沿 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动
(
l
2
)打在垂直于 轴的接收屏上的点； ，与屏的距离为
,与轴的距离为 ．如果保持所有条件
不变，在磁场区域再加上电场强度大小为 的匀强电场，该粒子入射后则会沿
轴到达接收屏 ．该粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
3 . (多选) 在如图所示的平面内，分界线将宽度为的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于 纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 ，与 磁场左右边界垂直 ．离子源从 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与 成 角 ．已知离子比荷为 ，不计重力 ．若离子从点射出，设出射方向与入射方向的夹角为 ，则离子 的入射速度和对应 角的可能组合为( )
A.
,
B.
,
C. ，
D. ，
考向二：带电粒子在组合场中运动
4 . (多选) 如图所示，质量为 ，带电量为 的点电荷，从原点以初速度 射入第一象限内的电磁 场区域，在 ，（ 、 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（ 值有多种可能），可让粒子从 射入磁场后 偏转打到接收器 MN 上，则( )
2
(
粒子从
中点射入磁场，电场强度满足
)A.
(
B
.
2
)粒子从 中点射入磁场时速度为
(
qB
)C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
5 . 如图所示，在 ， 的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电
场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场 ．一个质量为 ，电量为 的带正电粒子从中点
A进入电场（不计粒子重力） .
( 1 ) 若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直第二次离开电场后，垂直再次进入电场，求磁场 的磁感应强度B的大小 .
( 2 ) 若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从点沿轴正方向第一次进入电场，离开电场后从 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开 .
1 求改变后电场强度 的大小和粒子的初速度 .
2 通过计算判断粒子能否从 点第三次进入电场 .
考向三：带电粒子在叠加场中的应用
6 . 如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是 ( )
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
C. 小球运动过程的加速度保持不变
B. 小球运动过程中的速度不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
7 . 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ 平面）向里，电场的方向沿轴正方 向 ．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点。由静止开始运动 ．下列四幅图中，可能正确 描述该粒子运动轨迹的是( )
A.
B.
C.
D.
8 . 如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平
行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直 纸面向外 ．图中A 、 C 、 三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直 ．点 处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域 Ⅱ . 若区域Ⅰ中电场强度大小为 、磁感应强度大小为 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 ，则粒子从 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为 ．若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在 区域Ⅱ中运动的时间为t ，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 ，则
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 ，则
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则 2
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则 =vt
9 . 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型 ．ory平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 ．质量为、电荷量为 的电子从点沿轴正方向水平入射 ．入 射速度为时，电子沿轴做直线运动；入射速度小于 时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在 最高点与在最低点所受的合力大小相等 ．不计重力及电子间相互作用 .
( 1 ) 求电场强度的大小E .
( 2 ) 若电子入射速度为 ，求运动到速度为 时位置的纵坐标 .
( 3 ) 若电子入射速度在范围内均匀分布，求能到达纵坐标 位置的电子数占总 电子数N的百分比 .
二、 电磁感应
基础知识
知识点 公式与叙述
磁通量 亚 = BS 适用于磁场与线圈平面垂直时
磁通量的该变量 = 更2 1 当线圈翻转时，计算时注意磁通量的正负
磁通量的变化率 大小与磁通量及磁通量的改变量无直接关系
感应电动势 E = n 常用于线圈产生感应电动势的计算
适用于导体平动切割磁感线
适用于导体转动切割磁感线
自感 EΔt 只是自感系数的计算式，自感系数的大小与线圈的大 小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关
通过线圈某截面的电荷量 电流要用平均值，电荷量与时间无关，只与线圈匝 数、磁通量的改变量及线圈电阻有关
高考考向
考向一 : 法拉第电磁感应定律的理解和应用问题
10 . 近场通信（ NFC ）器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内 到外逐渐变大 ．如图所示，一正方形线圈共匝，其边长分别为 、和 ，图中线 圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘 ．若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为 103T/s ，
则线圈产生的感应电动势最接近( )
A. B. C. D.
11 . 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒的端位于圆心，棒的中点位于 磁场区域的边缘 ．现使导体棒绕 点在纸面内逆时针转动 ．、、点电势分别为 、 、 ，则 ( )
A.
C.
o > pc P0 = PA
B.
D.
PC > PA
90 一 PA = PA 一 PC
12 . 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 ，埋在地下的线圈分别为 、 ， 通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时( )
A. 线圈 、产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈 过程产生感应电流方向为 C. 汽车离开线圈 过程产生感应电流方向为
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
13 . 一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验 ．用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线 分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通 ．两管皆竖直放
置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端 ．实验中电流传感器测得的 两管上流过漆包线的电流随时间的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知( )
A. 图（c）是用玻璃管获得的图像
B. 在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C. 在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D. 用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
考向二 : 电磁感应的综合问题
14 . (多选) 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为 C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触 良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为
Q ，合上开关S后，( )
(
Q
RC
)A. 通过导体棒MN电流的最大值为
B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C. 导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D. 电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
15 . (多选) 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由 、 、三段直导轨组成，其中 段与轴平行，导轨左端接入一电阻 ．导轨上一金属棒沿轴正 向以速度保持匀速运动， 时刻通过坐标原点 ，金属棒始终与轴垂直 ．设运动过程中通过电阻 的电流强度为 ，金属棒受到安培力的大小为 ，金属棒克服安培力做功的功率为 ，电阻两端的电压为 v ，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻 ．下列图像可能正确的是( )
A.
C.
B.
D.
16 . (多选) 足够长形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为 ，电阻不计 ．质量为 、长为 、 电阻为 的导体棒放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖 直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为 和 ，其中 ，方向向下 ．用不可伸长的轻绳跨过固 定轻滑轮将导轨 段中点与质量为的重物相连，绳与垂直且平行于桌面 ．如图所示，某时 刻 、同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，、与磁场边界平行 ．的速 度 ，的速度为且 ，和导轨间的动摩擦因数为 ．重力加速度大小取
10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A. 的方向向上 B. 的方向向下 C. D.
17 . 如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l ，导轨的最右端与桌子右边缘对 齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为
、电阻为 、长度也为 的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小 为VO的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出 导轨，并落在地面上同一地点。 P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻 力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
三、 交变电流
基础知识
正弦式交变电流 瞬时表达式 e = Emsinwt 电动势随时间的变化规律
u = um sinwt 负载两端电压随时间的变化规律
i = Im sinwt 电流随时间的变化规律
峰值 电动势的最大值
um = Im R 负载两端电压的最大值
En R + r 电流的最大值
周期和频率 f 周期和频率互为倒数
T 2 周期和角速度的关系
ω = 2π f = 2πn 频率、转速和角速度的关系，转速的单位必须 是转每秒
有效值 Em E = = 0 . 707Em v2 三个公式都只适用于正弦式交变电流
um U = 0 . 707um v2
I I = 0 . 707Im v/2
有效 值的 计算 正弦式交变电流
正弦半波电流 2
正弦单向脉动电流 v2
矩形脉动电流
非对称性交变电流
电感 感抗 Xz = 2mfL 只要求会定性分析，不要求计
和电 算
容对 交流 的影 响 容抗 (
C
)2mfc
变压 器 由一个原线圈和一 个副线圈组成 U1 U2 电压关系
I2 n2 电流关系
P = P1 功率关系
由一个原线圈和多 个副线圈组成(以 两个副线圈为例） U1 U2 U3 1 n2 n3 电压关系
n1I1 = n72I2 + n3I3 电流关系
P1 = P2 + P3 功率关系
频率关系 f = f2 = f3 变压器不改变交流电频率
高压 输电 输送功率 P = U I = U2I2 = P用户 + P
损耗功率 P = I22R
用户功率 P用户 = U3I3 = U4I4
送电回路 U2 = U + U3
损失电压 U = I2R
升压变压器 U1 I2
U2 n2
降压变压器 U3 I4 n3 U4 I3 n4
传感 器 霍尔电压 UH - 式中d为薄片的厚度；k为霍尔 系数，它的大小与薄片的材料 有关
高考考向
考向一 ：变压器的原理及动态分析
18 . 自制一个原、副线圈匝数分别为匝和 匝的变压器，原线圈接 的正弦交流电源，副线圈 接额定电压为 的小灯泡 ．实际测得小灯泡两端电压为 ．下列措施有可能使小灯泡正常发光的 是( )
A. 仅增加原线圈匝数 B. 仅增加副线圈匝数
C. 将原、副线圈匝数都增加为原来的两倍 D. 将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
19 . (多选) 下图是工厂利用 的交流电给 照明灯供电的电路，变压器 原线圈匝数为 1100 ，下列说法正确的是( )
A. 电源电压有效值为
C. 副线圈匝数为 180
B. 交变电流的周期为 0.02s
D. 副线圈匝数为 240
20 . 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 P1 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电 压有效值恒定的交变电源 ．定值电阻 的阻值为 ，滑动变阻器 的最大阻值为 ，滑片 初 始位置在最右端 ．理想电压表 的示数为 ，理想电流表 的示数为 ．下列说法正确的是( )
A. 保持 位置不变， B. 保持 位置不变， C. 保持 位置不变， D. 保持 位置不变，
向左缓慢滑动的过程中， 减小， 不变
向左缓慢滑动的过程中，R1 消耗的功率增大 向下缓慢滑动的过程中， 减小， 增大
向下缓慢滑动的过程中，R1 消耗的功率减小
考向二：远距离输电
21 . 下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器和降压变压器都认为是理想变压器，中间
输电电路电阻为R ，下列说法正确的有( )
A. 输出电压与输入电压相等
B. 输出功率大于输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T输出功率降低
22 . 张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一 ，其发电、输电简易模型 如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒转，通过转速比为 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转
动，发电机线圈面积为 ，匝数为 ，匀强磁场的磁感应强度为 ，时刻，线圈所在平面与磁场方 向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U ．忽略线圈电阻，下列说法正确 的是( )
A. 发电机输出的电压为 VErNBSZ
B. 发电机输出交变电流的频率为2mnz
C. 变压器原、副线圈的匝数比为
D. 发电机产生的瞬时电动势e=vzrNBsnzsin(2mnz)t选择性必修第三册
知识导图
一、 分子动理论
基础知识
高考考向
考向：分子间的力和能
1. C
【解析】 分子间距离大于 ，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离处过程中，引力做正 功，分子势能减小，则在ro处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力
做负功，分子势能增大 ．故C正确 . 故选C .
2. D
【解析】 根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为ro ）时分子势能最小可知，曲线Ⅰ为分子势能 随分子之间距离变化的图像；根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 ）时分子力为 零，可知曲线Ⅱ为分子力随分子之间距离变化的图像；分子间距离小于时，分子力表现 为斥力，分子间距离大于时，分子力表现为引力，结合分子力与的关系图线Ⅱ,可知斥 力与的关系图线在轴上方，引力与的关系图线在轴下方，则曲线Ⅲ为分子斥力随分子
之间距离r变化的图像 ．D正确 . 故选D .
二、 理想气体状态方程与热力学定律
高考考向
考向一 ：理想气体状态方程
3. AD
【解析】 A ．当电阻丝对 中的气体缓慢加热时，温度升高， 中的气体内能增大，根据理想气体 状态方程可知 f 中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩 ．与此同时弹簧 对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞 ．活塞对 h 中的气体做正功，且是绝热过 程，根据热力学第一定律可知，h 中的气体内能增加，故A正确；
B ．没加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡， 弹簧处于压缩状态，对左边活塞进行受力分析可得 pfs=F弹 ，则
分别对 f 、 g 内的气体进行分析，根据理想气体状态方程有
由题意可知 ，因弹簧被压缩 ，则
T; >T ，故B错误；
T;
,联立可得
,
C ．在达到稳定过程中， 中的气体体积变小，压强变大， 中的气体体积变大 ．因为稳定 时弹簧保持平衡状态，所以稳定时 f 、 中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对
(
pfv%
Th
)中的气体分析可知 C错误；
,又因为
,所以联立可得 ，故
D ．对弹簧、活塞及 中的气体组成的系统进行分析，根据平衡条件可知，与 中的气 体压强相等，故D正确 .
故选AD .
4. ，
【解析】 设 管在上方时上部分气压为 ，下方气压为 ，此时有
p4 =pg+20cmHg
倒置后 管气体压强变小，即空气柱长度增加 ， 管中水银柱长度减小 ， 管的内径是 管的 倍，则
可知 管水银柱长度增加 ，空气柱长度减小 ；设此时两管内气体的压强分别为 、 ，所以有
PA'+23cmHg=ps'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管内气体有
PAsaLa=PA'saLA'
对B管内气体有
其中
L4 = 10cm+ 1cm= 11cm
LB'= 10cm-4cm=6cm
联立以上各式解得
p4 =74.36cmg pg =54.36cmg .
5. （i）1.41kg/m3 ；（ii）1.18kg/m3
【解析】
【详解】
（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得
T1 = 273＋17K = 290K，T2 = 273＋27K = 300K
理想气体状态方程pV = nRT可知
nR= Y
其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的 正比于气体的质量，则
其中p1 = p2 = 1.2p0 ，ρ1 = 1.46kg/m3 ，代入数据解得 ρ2 = 1.41kg/m3
（ii）由题意得p3 = p0 ，T3 = 273＋27K = 300K同理可得
P3 772 v m72g V p1v T2 p3v
解得
ρ3 = 1.18kg/m3
考向二：热力学定律及综合问题
6. ABD
【解析】
【详解】
A ．气体的体积不变温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收 热量，A正确；
B ．气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小外界对气体做功，由热力学第 一定律
ΔU=W+Q
可知气体对外放热，B正确；
C ．气体的体积减小温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第 一定律
ΔU=W+Q
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；
D ．气体的体积增大温度不变则气体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一 定律
ΔU=W+Q
可知
Q> 0
即气体吸收热量，D正确；
E ．气体的体积增大温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一 定律
ΔU=W+Q
可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误。 故选ABD。
7. ACD
【解析】 A 选项：对于一定质量的理想气体，内能由温度决定，等温增压和等温膨胀过程温度均保 持不变，故内能不变，故A正确；
B 选项：根据理想气体状态方程
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末
状态与初状态相比内能增加，故B错误；
C 选项：根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，等压膨胀过程温度升高，末 状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；
D 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末 状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；
E 选项：根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等温膨胀过程温度不变，故末 状态的内能大于初状态的内能，故E错误 .
故选ACD.
8. B
【解析】 根据 ，可得 ，
从 到 ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从 到 ，气体压强减小，温度降 低，因 点与原点连线的斜率小于 点与原点连线的斜率， 态的体积大于 态的体积； 故选B .
9. B
【解析】 .根据理想气体的状态方程 ，可知 气体温度升高，内能增加，且体积
增大气体对外界做功，则 ，由热力学第一定律 ，可知 过 程中气体吸热，故 错误， 正确；
.根据理想气体的状态方程 ，可知， - 图像的坐标值的乘积反映温度，
状态和 状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大， 过程的温度先
升高后降低，且状态 的温度最高，故 错误；
. 过程气体体积增大，外界对气体做负功，故 错误 . 故选：B .
10. BCE
【解析】
【详解】
A ．因从a到b的p—T图像过原点，由 可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体 不对外做功，选项A错误；
B ．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确； CDE ．因W=0， U>0，根据热力学第一定律
U= W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。 故选BCE。
11. ( 1 ) 330K
( 2 ) 1.1x 10pa ( 3 ) 188J
【解析】 ( 1 ) 根据题意可知，气体由状态变化到状态的过程中，封闭气体的压强不变，则有
T4 TB
解得TS=贸za=330K
( 2 ) 从状态到状态的过程中，活塞缓慢上升，则
pps=pos+mg
解得ps= 1x 10pa
根据题意可知，气体由状态变化到状态 的过程中，气体的体积不变，则有
PB = PC TZ TC
解得pc= 器ps=1.1x10pa
( 3 ) 根据题意可知，从状态到状态的过程中气体对外做功为
W =PPSAh=30J
所以外界对气体做功W= -30J
由热力学第一定律有
ΔU= W+Q 解得Q= 188J .
三、 近代物理初步
基础知识
高考考向
考向一 ：原子物理
12. C
【解析】 铯原子利用的两能级的能量差量级对应的能量
ΔE=10-5ev= 10-5x 1.6x10-19J= 1.6x10-24J ，根据光子能量的表达式可
(
h
)知，跃迁发射的光子的频率量级V = 射的光子的频率量级为 109HZ .
故选C .
,因此跃迁发
13. A
【解析】 设天体发射频率为 的光子的功率为 ，由题意可知
解得
p- 4NLhw
故选A .
14. A
【解析】 由题中氢原子的能级图可知和 的能级差为
AE=B-B =-3.4ev- (-13.6ev) = 10.2ev
与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子和 能级 之间的跃迁 ．故选A .
15. CD
【解析】 根据题意可知 ．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大 .
A ．可知，图 中的 对应的是可见光Ⅱ,故A错误；
B ．干涉条纹间距
,图 中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；
C ．光子动量
,可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D ．根据光电效应方程及动能定理可得
eu = hv-w
可知，频率越大，遏止电压越大，则 向 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数
比Ⅱ的大，故D正确 . 故选CD .
16. ( 1 ) ， ；
( 【 (2)解)析】(1 ) 由题意可知每个光子的动量为
p=安 ，
每个光子的能量为 B=hv=h号 .
( 2 ) 太阳均匀地向各个方向辐射硬射线，根据题意，设秒内发射总光子数为 ，则
tN S ，
可得 ，
所以t秒内辐射光子的总能量
,
太阳辐射硬X射线的总功率
考向二：原子核
17. C
【解析】 放射性元素衰变时放出的三种射线 、 、分别是氦核流、电子流和光子流，故C正确 . 故选C .
18. C
【解析】 由质能方程E= mc'可知，则每秒钟平均减少的质量为
则每秒钟平均减少的质量量级为 102kg . 故选C .
19. AB
【解析】 A 选项：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，的质子数为 ，中子数为 ，即为 ，故A 正确；
B 选项：常用的示踪原子有： ， ， ，故B正确；
C 选项：由原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，所以 来自原子核内，故C错误；
D 选项：半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时规律不成 立，故D错误 .
故选AB.必修第一册
思维导图
一、 直线运动
基础公式
基础公式 速度的定义式： 加速度的定义式： 速度公式： 位移公式：z = vot+ - at2 2 速度位移公式：
推论公式 中间时刻速度： 中间位置速度： （匀速时：vti2 = "z12 ，匀加速或匀减速直线运
动：vt12 < zr2 ） 相邻相等时间内的位移差：
比值推论 初速度为零的匀加速直线运动的四个比例关系 ①1T末、 2T末、3T末… nT末的速度之比： ②前1T内，前2T内，前3T内 前T内的位移之比： ③第一个T内，第二个T内，第三个T内 … 第N个T内的位移之比： ④通过连续相等的位移所用的时间之比：
竖直上抛公式 上升的最大高度： ； 上升的时间： ； 从抛出到落回原位置的时间： 适用全过程的公式 ，t ot ，t2 2 - 20h （注意对h 、v的正、负号的理解）
高考考向
考向一 ：运动的描述
1 . “神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则( )
A. 选地球为参考系，“天和”是静止的
B. 选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C. 选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的 D. 选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
2 . 在足球运动中，足球入网如图所示，下列说法正确的是( )
A. 踢香蕉球时足球可视为质点
C. 足球在飞行时受到脚的作用力和重力
B. 足球在飞行和触网时惯性不变
D. 触网时足球对网的力大于网对足球的力
3 . 下列说法正确的是( )
A. 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B. 研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C. 研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的大小可以忽略
D. 研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
4 . 如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成 ．在某次作业中桥 架沿轨道单向移动了 ，小车在桥架上单向移动了 ．该次作业中小车相对地面的位移大小为( )
A. B. C. D.
5 . 一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的点和玉女峰附近的点，如图所示 ．已知 该游客从 点漂流到点的路程为 ，用时 ，、间的直线距离为 ，则从点漂流 到N点的过程中( )
A. 该游客的位移大小为5.4km
B. 该游客的平均速率为5.4m/s
C. 该游客的平均速度大小为0.5m/s
D. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为。
考向二：匀变速直线运动规律及推论
6 . 如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过 、、三点，已知间的距离是的 两倍，段的平均速度是 ，段的平均速度是 ，则公交车经过点时的瞬时速度为
( )
A. 3m/s
B. 2m/s
C.
1m/s
D. 0.5m/s
7 . 长为的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为的隧道，当列车的任一部 分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （ v < 2o ）．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为( )
A.
8 . 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间 ．假设两火车站和 间的铁路里程为
, 和 之间还均匀分布了个车站 ．列车从站始发，经停站后到达终点站 ．设普通列 车的最高速度为 ，高铁列车的最高速度为 ．若普通列车和高铁列车在进站和出站过 程中，加速度大小均为0.5m/s2 ，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站 停车时间相同，则从到乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A. 小时分钟 B. 小时分钟 C. 小时分钟 D. 小时分钟
9 . 年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人 米跳台冠军 ．某轮比赛中，陈芋汐在
跳台上倒立静止，然后下落，前 完成技术动作，随后 完成姿态调整 ．假设整个下落过程近似 为自由落体运动，重力加速度大小取 10m/s2 ，则她用于姿态调整的时间约为( )
A. B. C. D.
考向三：运动图像
10 . 一小车沿直线运动，从t = 0开始由静止匀加速至t = t1时刻，此后做匀减速运动，到t = t2时刻速度 降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
A.
C.
B.
D.
11 . 电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示 ．电梯加速上升 的时段是( )
A. 从 到 B. 从到 C. 从到 D. 从到
12 . (多选) 时刻，质点从原点由静止开始做直线运动，其加速度随时间按图示的正弦曲线变 化，周期为 ．在时间内，下列说法正确的是( )
A. 时，回到原点
B. 时，的运动速度最小 C. 时， 到原点的距离最远
(
2
)D. 时，的运动速度与
to时相同
13 . 科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度与时间的关系图 像如图所示 ．由图像可知( )
A. 0 ~ t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B. 0 ~ tz时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C. tz ~ts时间内，训练后运动员的平均速度小
D. ts时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
14 . (多选) 甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t=0 时经过路边的同一路标，下列位移-时间
图像和速度-时间 图像对应的运动中，甲、乙两人在 时刻之前能再次相遇的是( )
A.
B.
C. D.
二、 相互作用—力
基础公式
三种基本力 重力：G = mg（ g随高度、纬度、地质结构而变化） 弹力：胡克定律： （ 为伸长量或压缩量，为劲度系数） 摩擦力的公式：
①滑动摩擦力 ： （ N为接触面间的弹力 ，μ 为动摩擦因数 ，只与接触面材 料和粗糙程度有关，与接触面积大小、接触面相对运动快慢以及正压力N无关） ②静摩擦力大小范围： （ fm为最大静摩擦力，与正压力有关）
力的运算 求F1 、F2的合力的公式： F2 F
(
F1
) F - F2 +F22 + 2FF2 COS O
合力的方向与F1 ，成α角：tan a = F2 sin F1 + F2 COS
两个力的合力范围：
相互作用及力的平衡 牛顿第三定律： 共点力作用下物体的平衡条件： ;或 ， Fy o
高考考向
考向一 ：静态平衡
15 . 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上， 下端连接托盘 ．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平 ．已知单个盘 子的质量为 ，相邻两盘间距 ，重力加速度大小取 ．弹簧始终在弹性限度内，每根弹
簧的劲度系数为( )
A. B. C. D.
16 . 如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处 ．已知探测器质量为m ，四条腿与竖直方向
的夹角均为 ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的
. 每条腿对月球表面压力的大小为( )
A.
4
B.
4COSB
C.
mg
6COSB
D.
24
17 . 如图所示，轻质网兜兜住重力为的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的点，轻绳的拉力为 ， 墙壁对足球的支持力为 ，则( )
A. B. C. D.
18 . 如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为的光滑圆柱体静置其上， 、为相切点，
,半径与重力的夹角为 ．已知 ， ，则圆柱体受到的
支持力 、大小为( )
A. ，
C. ，
B. ，
D. ，
19 . 如图是可用来制作豆腐的石磨 ．木柄 静止时，连接 的轻绳处于绷紧状态 ． 点是三根轻 绳的结点，、 和 分别表示三根绳的拉力大小， 且 ．下列关系式正确 的是( )
A. F= 风
B.
C.
D.
F= VR
20 . 如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角 . 一重为的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A. 作用力为 B. 作用力为 C. 摩擦力为 D. 摩擦力为
21 . 我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块 、固定， 、质量
相同为 ， 、质量相同为 ，不计石块间的摩擦，则 为( )
A.
B.
2
C. D.
考向二：动态平衡及临界极值问题
22 . 如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
23 . 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓 慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大 B. 圆柱体对木板的压力先增大后减小
C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小 D. 两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
24 . 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为 ，工作 人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为 ，重力加速度为 ，则下列
说法正确的是( )
A. 轻绳的合拉力大小为
B. 轻绳的合拉力大小为
C. 减小夹角 ，轻绳的合拉力一定减小
D. 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
25 . 质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半 圆水平直径的端点 ．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块 ．用推力 推动小滑块由点 向 点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的 是( )
A. 推力F先增大后减小
C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
三、 运动和力的关系
基础知识
牛顿第二定律：F合 = ma ；或者 ，
超重：视重 实重，加速度向
实重：视重 实重，加速度向
Fy may
高考考向
考向一 ：牛顿第二定律的基本应用
26 . 一同学将排球自 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到 点 ．设排球在运动过程中所受空 气阻力大小和速度大小成正比 ．则该排球( )
A. 上升时间等于下落时间 B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零 D. 下落过程中做匀加速运动
27 . (多选) 用水平拉力使质量分别为m甲 、m乙 的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动， 两物体与桌面间的动摩擦因数分别为甲和乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图 线如图所示。由图可知( )
A. m甲 < m乙 B. m甲 > m乙 C. μ甲 <μ乙 D. μ甲 > μ乙
28 . 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上 ．横杆的位置可在 竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角 可变 ．将小物块由平板与竖直杆交点 处静止释放，物块沿
平板从 点滑至点所用的时间与夹角的大小有关 ．若由逐渐增大至 ，物块的下滑时间 将( )
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
29 . 物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24"角，长度
l1=4m ，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接 ．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨
间的动摩擦因数均为 ，货物可视为质点（取 ， ，重力加速度
g=10m/s' ） .
( 1 ) 求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a的大小； ( 2 ) 求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
( 3 ) 若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 ，求水平滑轨的最短长度 .
30 . (多选) 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 M ．飞行器飞行时受到的 空气阻力大小与其速率平方成正比（即 F阻 ， 为常量） ．当发动机关闭时，飞行器竖直下落， 经过一段时间后，其匀速下落的速率为 10m/s ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过 一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 ．重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞 行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A. 发动机的最大推力为 1.5Mg
B. √17
当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器的速率为 5vm/s
D. 当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
考向二：连接体及临界问题
31 . (多选) 如图，光滑水平地面上有一质量为 的小车在水平推力的作用下加速运动 ．车厢内有质
量均为的 、 两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上，球处在车厢水平底面上，且与底 面的动摩擦因数为 ，杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力 ．下列说法正确的是( )
A. 若B球受到的摩擦力为零，则F =2mgtan
B. 若推力 向左，且 ，则 的最大值为
C. 若推力 向左，且 ，则 的最大值为
D. 若推力 向右，且 ，则 的范围为
32 . (多选) 如图，质量相等的两滑块、置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面 间的动摩擦因数均为 ．重力加速度大小为 ．用水平向右的拉力拉动 ，使两滑块均做匀速运动；某 时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的加速度大小的最大值为2ug
B. Q的加速度大小的最大值为2ug
C. 的位移大小一定大于的位移大小
D. 的速度大小均不大于同一时刻的速度大小
33 . 如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两 球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至
二者相距 时，它们加速度的大小均为( )
5F
A.
8m
B.
2F 5m
3F
C. D.
8m
3F
(
m
)
34 . 如图，两物块 、用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时静止在水平桌面上 ．将一个水平
向右的推力F作用在上后，轻绳的张力变为原来的一半 ．已知、两物块的质量分别为
、 ，与桌面间的动摩擦因数 ，重力加速度 ．则推力的大小为( )
A. B. C. D.
35 . 某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮 ．如图所示，配重和电动机连接 小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流 ．关 闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零 ．卸粮后，给小车一个向下的初速 度，小车沿斜坡刚好匀速下行 ．已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质量 ,取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正
比，比例系数为k ，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量 ．求：
( 1 ) 比例系数k值； ( 2 ) 上行路程L值 .
考向三：板块模型、传送带模型
36 . (多选) 水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所
示 ．用水平向右的拉力 作用在物块上，随时间的变化关系如图（b）所示，其中 、分别为 、 时刻的大小 ．木板的加速度随时间的变化关系如图（c）所示 ．已知木板与地面间的动摩擦因数 为 ，物块与木板间的动摩擦因数为 ．假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大 小为g ．则( )
A.
D. 在0 ~ tz时间段物块与木板加速度相等
四、 考前必背——二级结论
1 ．物体由静止开始以加速度a1做直线运动经过时间t后以a2减速 ，再经时间t后回到出发点则a2 = 3a1
.
2 ．物体先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动 ，运动时间为t1 ，接着以大小为a2的加速度做匀减速
运动到速度为零，运动时间为t2 ，则有：aut - a2t2 ，a z a22 ， .
3 ．“刹车陷阱 ” ，应先求滑行至速度为零即停止的时间to ，若滑行时间t大于to ，用o v2n = 2aa或
求滑行距离 ；若t小于t ，用 求滑行距离 .
4 ．在平面上运动的物体 ，无论其受力情况如何 ，所受平面支持力和滑动摩擦力的合力方向总与平面
成α角，则
5 ．物体沿倾角为α的斜面自由匀速下滑时，物体与斜面间的动摩擦因数：μ = tan α .必修第二册
知识导图
一、 抛体运动与圆周运动
基础知识
高考考向
考向一 ：曲线运动的特点
1. A
【解析】 篮球做曲线运动，所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧； 故选A .
2. D
【解析】 AB ．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；
CD ．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错 误，D正确 .
故选D .
3. D
【解析】 罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在相邻等时间间隔 Δt内水平方向位移增加量为 ,竖直方向做自由落体运动，在相邻等时间间隔 内，竖直位移增加量为 ；说
明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的 . 故选D .
4. A
【解析】 假设飘带的宽度为 ，单位长度的质量是 ，则长度为 的飘带的重力为 ， 受到的风力为：F=kdr .
设二者的合力与竖直方向的夹角为 ，则有
即重力和风力的合力方向是确定不变的，与位置无关 . 所以飘带应为一条倾斜的直线，故 A 正确，BCD 错误 . 故选 A .
考向二：平抛运动
5. D
【解析】 A ．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时 间改变，故A错误；
B ．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
, 则抛出后铅球的速度大小为 ，
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C ．铅球被抛出后的动能 ，
可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D ．铅球被水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球的机械能守恒，故D正确 . 故选D .
6. C
【解析】 设斜坡 段的倾角为 ，运动员在斜坡 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 有mgsinb =ma1 ，
可得 a1 =gsin9 ，
运动员在水平 段做匀速直线运动，加速度 ，
运动员从 点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度， ，
设运动员在 点的速度为 ，则运动员从 点飞出后速度大小的表达式为
为运动员从点飞出时的时刻
由分析可知运动员从 点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且 ， C 正确，ABD 错误 .
故选 C .
7.
【解析】 由题意得：小球做平抛运动，
如图所示，设抛出点为 ，第一个影像为 ，第二个影像为 ，
因为每相邻的两个球之间被删去了3个影像， 所以tAB = tBC =4= 0.2s ，
设小球被抛出时速度为vo ，
,
,
81 : 82= 3 :7 ，
联立以上各式得：
考向三：斜抛运动
8. ( 1 ) 60m
( 2 ) 1000vzv
【解析】 ( 1 ) 灭火弹离开炮口后做斜向上抛运动，则水平方向上有
L=VOCOSB·t
竖直方向上有
代入数据联立解得
H = 60m . ( 2 ) 根据题意可知
又因为
联立可得
U= 1000,v .
9. BD
【解析】 设网球飞出时的速度为vo ，竖直方向
(
2
=2g(H-h
)。竖直
代入数据得
(
v
=
2x
10x
(8.45-
1.25)m/s=
12m/s
)。竖直 则
v,水平 =v182-12Hm/o=5m/a 排球水平方向到P点的距离
水平 水平 水平 竖直
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
水平 水平
平行墙面的速度分量
水平 水平
反弹后，垂直墙面的速度分量
水平 水平
则反弹后的 网球速度大小为
v水平 水平 水平n-3M/a
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
(
d
=
v
t
=
3.9m
)水平L
故BD正确，AC错误 . 故选BD .
考向四：圆周运动
10. ；
【解析】 发光物体的速度
Vo = wor
发光物体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为 f=mu引r .
11. D
【解析】 运动员从 到 根据动能定理有
在c点有
2
,
FC≤ kmg ，
联立有
故选D .
12. B
【解析】 在 段的最大加速度为 ，则根据
2
1m
可得在BC段的最大速度为
vin=v6m/s
在 段的最大加速度为 ，则根据
可得在CD段的最大速度为
vam=2m/8可知在 段运动时的速度为 ，在 段运动的时间为
段从最大速度减速到的时间
位移
在AB段匀速的最长距离为
l= 8m-3m= 5m
则匀速运动的时间
则从 到最短时间为
故选B .
13. BD
【解析】 AB ．根据平抛运动的规律有
R = vt
解得
可知若h1 = hz ，则
若= Uz ，则
选项A错误，B正确；
C ．若 ，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因 ，出水口的横截面积相同， 可知单位时间内喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆 总数量较小，可知每个花盆得到的水量较多，选项C错误；
D ．设出水口横截面积为 ，喷水速度为 ，若 ，则喷水管转动一周的时间相等， 因 相等，则水落地的时间相等，则 相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确 ．故选BD .
14. ( 1 ) 4m/s2 ( 2 ) 1430.8N ( 3 )
【解析】 ( 1 ) 设武大靖运动过程的加速度大小为a ，根据
= 1at
2
解得 ( 2 ) 根据F向 =m2
解得过弯时所需的向心力大小为
(
42
)F向 =78X ',N=1430.8N
( 3 ) 设场地对武大靖的作用力大小为F ，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
向
解得 向 可得
15. ( 1 ) 2.7m/s2 ( 2 ) ，甲
【解析】 ( 1 ) 根据速度位移公式有
v2 = 2aar
代入数据可得
a=2.7m/s2
( 2 ) 根据向心加速度的表达式
R
可得甲、乙的向心加速度之比为
(
2
甲
) (
225
242
) (
a
甲
)R乙
(
2
乙
) (
a
乙
)R甲
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为
TR
t=
代入数据可得甲、乙运动的时间为
甲 ，乙
因为t甲 < t乙 ，所以甲先出弯道 .
二、 万有引力与宇宙航行
基础公式
高考考向
考向一 ：万有引力定律及其应用
16. C
【解析】 设地球半径为 ，由题知，地球表面的重力加速度为 ，则有
(
R2
) 地
月球绕地球公转有
地月 月
(
R
)
联立解得
故选C .
17. D
【解析】 根据题意可得，木卫三的轨道半径为rg =nr . AB ．根据万有引力提供向心力有
, 可得
由木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为 1:2:4,可得木卫一的轨道半径为
T"1 s ，
木卫二的轨道半径为
,
故AB错误；
C ．木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与的比值，故C错误；
D ．根据万有引力提供向心力，分别有
木 ， 地月 = m月 器r ，
联立可得
木 M地 T2 ，
故D正确 . 故选D .
18. C
【解析】 ABC ．航天员在空间站中所受万有引力完全提供其做圆周运动的向心力，飞船对其作用力 等于零，故C正确，AB错误；
D ．根据万有引力公式F万 = G
(
Mm
)
2
可知，航天员在地球表面上所受引力的大小大于其在飞船所受的万有引力大小，因此其在 地球表面所受引力的大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误 .
故选C .
19. CD
【解析】 A ．由题意，根据开普勒第三定律可知 地
地
3
火
T2
火
,火星轨道半径大约是地球轨道半径的
倍，则可得 火 地 ，故 A 错误；
BC ．根据 可得 由于火星轨道半径大于地球轨道半
径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运 动，为逆行，故 B 错误，C 正确；
D ．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速 度最小，故 D 正确 .
故选 CD .
考向二：人造卫星 宇宙速度
20. C
根据
(
r2
)可得a= CY
因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不 同，则向心力大小以及受地球的万有引力大小均不相同 ．故C正确 .
故选C .
21. ACD
【解析】 A ．飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进行加速做离心运动才能完成，选项A正确； BCD ．根据
可得
v= CM
可知飞船在轨道 的周期小于在轨道的周期，在轨道 的速度大于在轨道的速度，在轨道 的加速度大于在轨道的加速度，故选项B错误，CD正确 .
故选ACD .
22. D
【解析】 A ．质量是物体的一个基本属性，由物体本身决定，与其所处的位置、状态均无关，故A错 误；
BC ．设空间站离地面的高度为h ，物资在地面上静止时所受的合力为零，在空间站所受的
合力由万有引力提供，即 ，在地面受到的地球引力 ，因此有
风> F ，故BC错误；
D ．物资绕地球做匀速圆周运动 ，由万有引力提供向心力有 ，解得
因为物资在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径 ，所以这批物资的
角速度大于同步卫星的角速度，由于同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知物资 的角速度大于地球自转的角速度，故D正确 .
故选D .
23. B
【解析】 A ．恒星可看成质量均匀分布的球体，同一恒星表面任意位置物体受到的万有引力提供重力 加速度和绕恒星自转轴转动的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重 力加速度的大小和方向可能不同，A错误；
B ．恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度 ．恒星坍缩前后可看
(
GMm
R2
)成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式F万 =
可知，恒
星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加 速度比坍缩前的大 ．B正确；
C ．由第一宇宙速度物理意义可得 整理得
恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；
D ．由质量分布均匀球体的质量表达式M= 4 3 RP
得R-Y器
已知逃逸速度为第一宇宙速度的 倍，则
联立整理得
由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大 于白矮星的逃逸速度，D错误 .
故选B .
24. C
【解析】 A 选项：组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误； B 选项：由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环 绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；
C 选项：已知同步卫星的周期为24h ，则根据角速度和周期的关系有
,由于同 组合体 ，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；
D 选项：由题知组合体在地球引力的作用下绕地球做圆周运动，有
整理有
由于T同 >T组合体 ，则r同 >n组合体 ，且同步卫星和组合体在天上有
则有
a同 D错误 ．故选C . 故选C.
三、 机械能守恒定律
基础知识
高考考向
考向一: 功 功率和机车启动
25. B
【解析】 由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为 的水，其中的 被输送到高出水面 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的 总质量为
m总 =2mRnm x60%= 1.2mRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2mRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立解得
故选B .
26. B
【解析】 A选项，B选项：由图乙可知，下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加 速度逐渐减小的加速运动，则乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一 时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；
C选项，D选项：乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为 ，到 点时乙竖直方向速度为零，根据 瞬时功率公式 p=mgy 可知重力瞬时功率先增大后减小，故C、D错误；
故选B .
27. D
【解析】 由题意可知两节动车的额定功率分别为
R=fv
当将它们编组后有
联立可得
.
故选D .
考向二：动能定理及其应用
28. B
【解析】 一质量为的雨滴在地面附近以恒定的速率下落高度 的过程中，由动能定理得
,故雨滴克服空气阻力做功为 . 故选B .
( 3 )
【解析】 ( 1 ) 滑雪者从到根据动能定理有
根据动量定理有
(mgsin45"-mgcos45")t=mu,-0
联立解得
(
t=
)2v2d g(1-)
( 2 ) 由于滑雪者从点由静止开始下滑，恰好到达点，故从点到点合力做功为 ，所 以当滑雪者从点下滑时，到达 点有
( 3 ) 当滑雪者刚好落在点时，平台的长度最大；滑雪者从点飞出做斜抛运动，竖 直方向上有
vpco0845"=gx
水平方向上有
L=vpsin45" ·t
联立可得
L=vzd(1-)
30. ( 1 ) vgR ( 2 ) 。
( 3 ) V3gR
【解析】 ( 1 ) 由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点 ，说明只有重力提供向心力，则在 点
有
2
(
R
)
解得
( 2 ) 由题知，小物块从 点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在 点有
小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
则小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
联立解得
vg=vgR ，HP =0
( 3 ) 小物块从 到 的过程中，根据动能定理有
S=m·2R ，
解得 va=√/3gR .
考向三：机械能守恒定律及应用
31. B
【解析】
【详解】
A ．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；
B ．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；
CD ．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成 可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。
故选B。
32. AD
【解析】 A ．小球能沿轨道运动恰好到达点，则小球在点的速度为 ， 小球从 到的过程中，有
mgR(1-cosa)=mo2
可得 ，则从 到的过程中 由增大到 ，则 逐渐减 小，故 逐渐减小，而小球从到的过程中，对轨道的压力逐渐增大，故A正确；
B ．到的过程中小球的速度逐渐减小，则到的过程中重力的功率为 ,则 到的过程中小球重力的功率始终减小，故B错误；
C ．从到 的过程中有 ，解得 ，故C错
误；
D ．小球在点恰好脱离轨道有 ，则 ，若小球初速度 增大，小球在点的速度有可能为 ，故小球有可能从点脱离轨道，故D正
确 .
故选AD .
33. ( 1 )
( 2 )
(
p
)
.
(
5
) (
p
)E h
2
.
【解析】 ( 1 ) 设小球离开桌面时速度大小为 ，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
解得
( 2 ) 设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为,则落地点距飞出点的水平距离
落地瞬间竖直分速度vy=gt ，
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为
(
Y
)小球竖直方向做竖直上抛运动，有： -v2 =
(
E
h
) (
p
) (
.
)联立解得：
, -2gh ，
考向四：功能关系 能量守恒定律
34. BD
【解析】 设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题意可知
U1 > VZ
设物块的对地位移为 ，木板的对地位移为 ，
A选项，B选项：因摩擦产生的热量
Q=fl =f(zm-u)
根据运动学公式
sn-"":e
因为 可得
则
所以由动能定理得木板的动能等于摩擦力对木板做的功w=faru 故B正确，A错误；
C选项，D选项：根据能量守恒定律可得
整理可得 故D正确，C错误 .
故选BD .
35. ( 1 ) 2m/s' 40s
( 2 ) 2.8 x 107J
【解析】 ( 1 ) 飞机在水面滑行时做匀加速直线运动， 有 -0=2aL ，
代入数据解得a=2m/s2
滑行时间
( 2 ) 攀升过程中，飞机上升高度为 h= 100m
对水分析，重力势能增加量AB,=mgh=10'J
动能增加量
故水的机械能增加量AE=AE+AE=2.8X 10'J .

展开更多......

收起↑