参考答案

参考答案

第一篇　必做选择题

高考物理真题训练与题型总结一：质点的直线运动

4.C 【解析】伽利略通过斜面实验得出：如果物体的初速度为0，而且速度的变化是均匀的，即v∝t，则它通过的位移就与所用时间的二次方成正比，即x∝t2.由题中所给的数据可以分析出物体运动的距离与时间的平方成正比，所以C选项正确.

9.B 【解析】由运动学公式v2-v20=2as可知v0=10m/s，故选B正确.

14.BC 【解析】由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A错误.

15.B

17.B 【解析】0～1s向正方向做加速度为1m/s2 的匀加速直线运动；1～2s向正方向做匀速直线运动；2～3s向正方向做加速度为1m/s2 的匀减速直线运动；3～4s以1m/s2 的加速度向相反方向做匀加速直线运动，故选项A错误，B正确；据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知，第1s内和第4s内的位移大小均为0.5m，选项C 错误；0-2s内与0-4s内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，选项D错误.

19.B 【解析】在v-t图像中图线与时间轴所围的面积表示了质点的位移，由v-t图像可知，在0～4s内图线位于时间轴的上方，表示质点沿x曲正方向运动，其位移为正，在4～8s内图线位于时间轴的下方，表示质点沿x轴负方向运动，其位移为负，8s内质点的位移为：6m-3m=3m，又由于在t=0时质点位于x=5m 处，因此t=8s时，质点在x轴上的位置为x=8m，故选项B正确.

20.AC 【解析】如果质点所受合力的方向与速度方向相同，物体做加速度运动；合力的方向与速度方向相反，物体做减速运动.在t1、t3 时刻，速度都在不断增加，因此合力的方向与速度方向相同，A、C正确；而在t2、t4时刻，速度在不断减小，合力的方向与速度方向相反，B、D错误.

21.D 【解析】速度图像与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图像在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向.

23.A 【解析】由题意知小球在下落的过程中速度方向向下，与题中规定的正方向相反，故为负值，所以C、D错误；小球的运动为匀变速运动，根据v2-v20=2ax可知速度与时间的关系式为二次函数，故A正确，B错误.

25.D 【解析】由a-t图像知，0～0.5T 时间内的加速度与T～2T 时间内的加速度大小相等，方向相反，而对应时间内的v-t图像的斜率的绝对值相等，正确不同，可得D正确.

26.B 【解析】滑块沿斜面做匀减速直线运动，速度随时间均匀减小，加速度恒定，C、D项错误；位移时间图像中斜率代表速度，A 项中斜率表示竖直方向的分速度在增加，A 项错误，B 项斜率表示合速度在减小，B 项正确.

29.BD 【解析】试题分析：在v-t图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解.AB，v-t图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2 时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1 时刻甲车在后，乙车在前，故A 错误，B正确；CD，图像的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错D正确；故选BD.

30.B 【解析】在s～t图像中，图线的斜率表示了物体运动的速度，由图3可知，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，且甲的图线斜率较大，即甲的速度比乙的大，故选项A错误；选项B正确；在0.6时时刻，甲的位置坐标为10km，乙的位置坐标为8km，在0.8时时刻，两者到达同一坐标位置，因此根据位移的定义可知，在0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的大，故选项C错误；路程是指物体运动轨迹线的长度，在0～0.8小时内，甲先从0坐标位置运动至10km 坐标位置，乙先从0坐标位置运动至8km 坐标位置，两者再返回至同一位置，显然两者运动的路程不等，甲运动的路程比乙的大4km，故选项D错误.

31.CD

32.BC 【解析】考查x～t图像.由图可知，在t1 时刻是b车追上a 车，A错误；图线的倾斜方向代表车的运动方向，向上倾斜代表与正方向相同，向下倾斜代表与正方向相反，图像的斜率的绝对值代表速率，B、C正确，D错误.

高考物理真题训练与题型总结二：相互作用

1.CD 【解析】作用在物体上的滑动摩按住力方向，若与物体的运动方向相同时，能使物体加速，比如物体轻轻放在水平匀速传动的传送带上时物体受到滑动摩擦力而加速，故A错误；当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体可能做减活动速，故B错误；当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加建运动；当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动，故C正确；当静摩擦力方向与物体的运动方向相时，物体可能做加速运动；当静摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动，故D 正确；故选CD.

2.D 【解析】一质量为m 的正方体的边长为a，刚好被推动，在水平方向上受到风力和最大静摩擦力，最大静摩擦力与正压力成正比的，设比例系数为μ，且二力大小相等，μmg=kSv20，得μa3g=ka2v20 同理另一块质量为m'正方形的边长为b，刚好被推动时，有μb3g=kb2v20，解得b=4a，所以质量为m'正方形的体积是质量为m 正方形体积的64倍，所以m'=64m，故D正确，A、B、C错误.

4.C 【解析】已知一个分力有确定的方向，与F 成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°=25N，而另一个分力大小大于25N 小于30N，所以分解的组数有两组解.如图，故C正确，ABD错误.

5.D 【解析】由题意知，弹簧的弹力为4N 时，弹簧伸长2cm，根据胡克定律F=kx，代入数据可得弹簧的劲度系数k=200N/m，所以A、B、C错误，D正确.

9.A 【解析】M 处支持力方向与支持面（地面），即竖直向上，选项A正确；N 处支持力与支持面（原木接触面）垂直，即垂直MN 向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误.

10.C 【解析】考查静摩擦力的临界平衡问题.当F 为最大值时，此时F1=mgsinθ+Ff①；当F 为最小值时，此时F2=mgsinθ-Ff②；由①②可知能求出最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角，C正确.

11.D 【解析】对m 进行受力分析可知，木块受到的f=mgsinα，A 错误；斜而对木块的支持力N=mgcosα，B错误；将木块与斜面体做为一个整体，可知桌面对斜面体的摩擦力为零，支持力大小等于（M+m）g，C错误，D正确.

12.BD 【解析】由于物体Q 轻轻地叠放在P 上，相当于增大物体P 重力，整体法分析受力知，P 仍静止不动，P与斜面间的静摩擦力增大，故B、D正确.

13.C 【解析】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，故A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力的一对平衡力，故B错误；若甲的质量比乙大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得拔河比赛的胜利，故C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，故D错误.

16.BD 【解析】对物块a，由二力平衡，绳的拉力等于物块a 的重力，大小保持一定，轻滑轮两端绳子拉力大小方向一定，对结点O'，由三力平衡可得绳OO'的张力一定，选项A、C错误；设F 与水平方向的夹角为α，连接物块b的绳子拉力T 与水平方向夹角为β，对物块b，由平衡条件，有Tsinβ+Fsinα+N=mg和Tcosβ-Fcosα±f=0，物块b所受到的支持力和物块与桌面间的摩擦力随F 变化而变化，选项B、D正确.

17.C 【解析】对a受力分析如图甲所示，其中虚线三角形为等边三角形，由正交分解法可得Fsinα=mgsin30°，又知F=mg，故α=30°；对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示，由力的合成可得2Fcos（α+30°）=Mg，故可得M=m，C正确.

18.A 【解析】作出结点O 的受力分析矢量图（动态），可知F 与T 的变化情况如图所示，可得：F 逐渐变大，T逐渐变大，故A正确.

19.A 【解析】该人处于静止状态，椅子各部分对他的作用力的合力与其重力等大反向，所以该合力等于G.

21.A 【解析】由于质量m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，斜面与物块的动摩擦因数μ=tanθ.对物块施加一个竖直向下的恒力F，使得合力仍然为零，故物块仍处于静止状态，A正确BD错误；摩擦力由mgsinθ增大到（F+mg）sinθ，C错误.

22.C 【解析】对整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故f3=0；再将a和b 看成一个整体，a、b整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P 之间有摩擦力，即f2≠0；再对a受力分析可知，a相对于b有向下运动的趋势，a和b之间存在摩擦力作用，即f1≠0.项C正确.

24.B 【解析】由于物块匀速下滑，结合共点力平衡条件对物块进行受力分析，斜劈对物块的静摩擦力作用沿斜面向上，则物块对斜劈的静摩擦力作用沿斜面向下（即沿左下方），则地面对斜劈的静摩擦力必须沿水平向右才能保证斜劈静止，所以答案选B.

25.D 【解析】小球受力情况如图所示，重力和FT的合力与FN平衡，在用水平力F 缓慢推动斜面体过程中，代表FT的矢量箭头先变小后变大，代表重力和FT的合力的线段一直增大，故D正确.

28.A 【解析】受力分析如下图，设小球所在位置的半径与竖直方向夹角为α，沿半径和切线方向对受力进行正交分解，小球缓慢运动，两个方向均受力平衡，所以半径方向N=Gcosα，切线方向F=Gsinα，随小球缓慢移动，α逐渐变大，N 变小，F 增大，选项A对.

32.A 【解析】前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F1 都等于零，保持不变，C、D错误；绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ变大，将力沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上，2F2cosθ=mg，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力F2 变大，A正确，B错误.

34.BC 【解析】因为杆静止，受力平衡，所以在水平、竖直面内的合力分别为零，故选项C正确；由于三条绳长度不同，因此三条绳与直杆间夹角不同，若三条绳中的张力都相等，在同一水平面内的分量因夹角不同而不同，所以水平面内杆受力不能平衡，故选项A错误；又因绳中拉力在竖直方向的分量均竖直向下，所以地面对杆的支持力大于杆的重力，根据牛顿第三定律可知，杆对地面的压力大于自身重力，故选项B正确；绳子拉力的合力与杆自身重力无关，属于杆受到的外力，在竖直方向上，它们的总合力与地面对杆的支持力为平衡力，故选项D错误.

高考物理真题训练与题型总结三：牛顿运动定律

1.D 【解析】根据牛顿第二定律得知：物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关.故A错误；力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系.故B错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比.故C错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F=ma可知，物体水平加速度大小与其质量成反比.故D正确.故选D.

2.D 【解析】受托物体向上运动，开始阶段一定先向上加速，加速度向上，物体处于超重状态，但后面的运动是不确定的，可以是加速的，减速的，也可以是匀速的，不一定处于超重状态，A、B均错误；物体离开手的瞬间或之后，物体的加速度等于重力加速度，C错误；在物体离开手的瞬间，手的速度变化一定比物体快，所以其加速度一定大于物体的加速度，即大于重力加速度，D正确.

3.D 【解析】以箱子和a合在一起为研究对象，设其质量为M，剪断连接球b的细线前，则N=Mg-F+Fe，其中Fe 表示b对a 的库仑力，也即为b对a 和箱子整体的库仑力；剪断连接球b的细线后，则N'=Mg+Fe'，又由于在球b上升过程中库仑力变大（距离变近），所以N'＞N+F，所以D正确.

4.D 【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确.

5.AD 【解析】任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确；故选AD.

6.BC 【解析】因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点所受的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变.但若匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的.故C正确，D错误.若匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A 错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确.

7.AD 【解析】将右侧细绳剪断，则剪断瞬间，弹簧的弹力的大小不变，速度不能突变，故b仍静止，弹簧对木块b作用力方向向左，所以b所受摩擦力Ffb方向应该向右；由于弹簧弹力不能发生突变，剪断瞬间，弹簧弹力不变，a的受力的情况不变，所受摩擦力也不变，所以选项AD正确.

10.B 【解析】小球对斜面的压力F=mgcosθ，该压力的最大值为Fmax=mg，所以压力与其最大值的比值y=cosθ，压力的y—θ图像对应图线③；小球运动的加速度a=gsinθ，其最大值amax=g，所以该加速度与其最大值的比值y=sinθ，其y—θ图像对应图线②；重力加速度g始终恒定不变，其对应的y=1，所以重力加速度的y—θ图像对应于图线①.本题答案为B.

12.B 【解析】由v-t图知：过程①向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，F＜mg）；过程②为向下匀速直线（平衡，F=mg）；过程③为向下匀速直线运动（加速度向上，超重，F＞mg）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，F＞mg）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，F=mg）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，F＜mg）；综合各个过程可知B选项正确.

13.BD 【解析】0～t1 时间内F＜fm，物体没有运动，A 错误.t2 时刻F 最大，物块A 所受合力最大，加速度最大，B错误.t2 时刻后F＞fm，物体A仍做加速运动，运动方向没变.t3 时刻后F＜fm，物块A将做减速运动，所以t3 时刻物块A的动能最大，D正确.

15.A 【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点.由牛顿运动定律，F-mg-F弹=ma，F弹=kx，联立解得F=mg+ma+kx，对比题给的四个图像，可能正确的是A.

16.C 【解析】方法一：由于静摩擦力的作用，当F=0时并不会产生加速度，A、B、D 错误，C正确；方法二：由牛顿第二定律有：F-μmg=ma，可得：F=ma+μmg，即F是a的一次函数，且截距为正，C正确.

18.A 【解析】水平力F小于木块和木板之间的最大静摩

19.AD 【解析】由题意知在上升过程中：F=mg=ma，所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B 错误；由图知，7s以后加速度向下，由mg-F=ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D 正确.

21.A 【解析】由v-t图像可知，0～5s内加速度a1=0.2m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ-f-F1=ma1，F1=mgsinθ-f-0.2m；5～10s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsinθ-f-F2=ma2，F2=mgsinθ-f；10～15s内加速度a3=-0.2m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ-f-F3=ma3，F3=mgsinθ0-f+0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，选项A正确.

23.B 【解析】当小物块速度为零时，小物块离A 处的距离达到最大，为t1 时刻，选项A 错误；t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，选项B 正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，选项C 错误；0～t2 时间内，小物块始终受到大小不变的滑动摩擦力作用，t2～t2 时间内，由于小物块与传送带速度相同，二者相对静止，小物块不受摩擦力作用，选项D错误.

25.CD 【解析】根据加速度可以用v-t图线的斜率表示，所以在0～秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度，所以外力F大小不断减小，A 错误；在时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B 错误；在秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力F大小可能不断减小，C正确；如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小，F后增大，因为v-t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小先减小后增大是可能的，故D正确.

26.AC 【解析】由图像可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图像与时间所构成的面积，即约为，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，故A正确；在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图像的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故B 错误；在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为，故C 正确；在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，所以其变化的，故D 错误；故选AC.

27.BC

30.B 【解析】小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力和重力，如下图所示.

31.C 【解析】初始状态质点所受合力为零，当其中一个力的大小逐渐减小到零时，质点合力逐渐增大到最大，a逐渐增大到最大，质点加速；当该力的大小再沿原方向逐渐恢复到原来的大小时，质点合力逐渐减小到零，a逐渐减小到零，质点仍然加速.可见，a先增大后减小，由于a和速度v始终同向，质点一直加速，v始终增大，故C正确.

32.C 【解析】若m1=m2，系统将处于静止状态，由已有物理知识可知T1=m1g.将m1=m2 代入四个表达式中，满足T1=m1g的即为正确的.据此可判断表达式C正确.

34.B 【解析】由题图可知：绳子拉力F的最大值为9F0/5，最终静止时绳子拉力为3F0/5=mg，根据牛顿第二定律得：9F0/5-3F0/5=ma，所以a=2g.B 正确，A、C、D 错误.

37.BD 【解析】由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动，故鱼缸受到桌布对其向右的摩擦力作用，所以A 错误；因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸在桌布上与在桌面上运动时所受摩擦力大小相等，加速度大小相等，鱼缸先在桌布上加速，然后在桌面上减速到停止，所以根据v=at知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，所以B 正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，所以C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸与桌布可能相对滑动也可能相对静止，鱼缸在桌面运动的时间都会变长，所以鱼缸可能滑出桌面，所以D 正确.

39.AD 【解析】从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F浮=mg=ma解得：F浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N，故A正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B 错误；刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小于5m/s，故C错误；以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=230N，故D 正确；故选AD.

42.BD 【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff=μFN 可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ=μgcosθ，即sinθ=μcosθ，假设物体以加速度a向上运动时，有N=m（g+a）cosθ，f=μm（g+a）cosθ，因为sinθ=μcosθ，所以m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D 正确.

43.C 【解析】分析斜面上物体受力，将重力沿斜面忽然垂直斜面方向分解，由牛顿第二定律可得，mgsinθμmgcosθ=ma，再施加一竖直向下的恒力F，设加速度为a′，由牛顿第二定律可得，（F+mg）sinθ-μ（F+mg）cosθ=ma′，由此可知，a′＞a，物块将以大于a的加速度加速下滑，选项C正确.

44.A 【解析】对球受力分析如图所示，沿水平方向和竖直方向正交分解：水平方向：Tcosθ-FAsinθ=ma；竖直方向：Tsinθ+FNcosθ=mg.联立两式，解得：T=m（gsinθ+acosθ），FN=m（gcosθ-asinθ），故A正确.

高考物理真题训练与题型总结四：曲线运动

1.D 【解析】上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB 错；下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D 正确；故选D.

2.B 【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力.弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B 正确.

3.BC 【解析】由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C 正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B 正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A 错误.

4.AD 【解析】已知物体做直线运动，说明加速度与速度共线，又知速率逐渐增加，说明加速度与速度同向，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A正确；物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B 错误；物体只有在做匀速率圆周运动时，合外力才全部充当向心力，物体做变速率圆周运动时，只是合外力有指向圆心的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故C 错误；物体做匀速率曲线运动时，据动能定理可知含外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D 正确.本题选AD.

5.A 【解析】由题意知A、B两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A正确；B、C、D 错误.

7.C 【解析】把人的速度v沿着绳子方向和垂直于速度方向分解.如图所示.

其中v1=vcosα，所以船的速度等于vcosα.因此C选项正确.

9.B 【解析】如下图所示：

10.AB 【解析】油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项D错误；合力竖直向上，且电场力Eq竖直向上，Eq＞mg，电场方向竖直向下，P点电势最低，负电荷在P点电势能最大，选项A正确，选项C错误；若粒子从Q点运动到P点，则合力做负功，动能减小，P点的动能最小，选项B 正确.

13.C 【解析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时重力势能恰好是其动能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角.故选：C.

14.C 【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD 错误.

15.C 【解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=（v1+v2）t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2（v1+v2）T，联立得T=t/2，所以C 正确；ABD 错误.

22.B 【解析】物体下落时机械能守恒，下落过程中，机械能保持不变，即机械能的变化为零；而平抛运动中，小球在竖直方向小球做自由落体运动，下落相同的高度，时间越来越短，水平方向上做匀速运动，水平位移越来越小，因此B 正确，A、C、D 错误.

26.A 【解析】过b做一条水平线，如图所示其中a′在a的正下方，而C′在C的正上方，这样a′b=bc′，此题相当于第一次从a′正上方O点抛出恰好落到b点，第二次还是从O点抛出若落到C点，一定落到C′的左侧，第二次的水平位移小于第一次的2倍，显然第二次的速度应满足：v0＜v＜2v0.

32.AC 【解析】由题意，当汽车的速率为vc 时无滑动趋势，说明此时汽车与路面没有横向摩擦力，路面应不是平的，而应是外侧高内侧低，由重力的分力充当向心力，A正确；当车速低于vc 时，车和地面之间会产生横向静摩擦力，阻碍汽车向内侧滑动，B 错误；当车速高于vc 时，车和地面之间仍会有摩擦力，此力与重力的分力一起提供向心力，只要车速不超过某一最高速度，车辆便不会向外侧滑动，C正确；因为vc 是车和地面无摩擦时的临界值，所以与路况无关，D 错误.

36.C 【解析】随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有μmgcosθ-mgsinθ=mω2r，解得ω=1.0rad/s，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C.

41.BD 【解析】分析受力结合牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误；由机械能守恒定律可知，B 正确；v—t图像可知，C 错，D 对.易错选项D，不好想.

48.AC 【解析】从原子炉R中射出的银原子向右做匀速直线运动，同时圆筒匀速转动，在转动半圈的过程中，银原子依次全部到达最右端并打到记录薄膜上，形成了薄膜图像；从图像可以看出，打在薄膜上M 点附近的银原子先到达最右端，所以速率较大，故A正确，B错误，从薄膜图的疏密程度可以看出，打到薄膜上PQ区间的分子百分率大于位于NP区同的分子百分率，故C正确.

高考物理真题训练与题型总结五：功和能

2.BD 【解析】水平恒力F1 作用下的功率P1v1，作用下的功率P2=ρ2=F2v2cosθ，现P1=P2，F2=F1，一定有v1＜v2，因此B 正确，A 不对；由于两次都做匀速度直线运动，因此而第一次的摩擦力f1=μmg=F1 而第二次的摩擦力f2=μ（mg-F2sinθ）=F2cosθ显然f2＜f1，即：F2cosθ＜F1 因此无论F2＞F1 还是F2＜F1 都会有v1＜v2，因此D 正确而C 不对.

3.A 【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力.火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小.

13.A 【解析】光滑大圆环对小环的作用力只有弹力，而弹力总跟接触面垂直，且小环的速度总是沿大圆环切线方向，故弹力一直不做功，A正确，B 错误；当小环处于最高点和最低点时，大圆环对小环的作用力均竖直向上，C、D 错误.

22.C 【解析】根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为1900J-100J=1800J，选项AB 错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减小了1900J，选项C正确，D 错误.

23.B 【解析】据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B 正确.

27.C 【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：0-Ek0=-（mg+Ff）x，同理，下滑过程中，由动能定理可得：Ek0-0=（Ff-mg）x，故C正确；ABD 错误.

34.AD 【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力.物体从A 点到O 点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A 点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确、选项B 错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D 正确.

高考物理真题训练与题型总结六：星体运动、变轨

7.B 【解析】开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了开普勒天体运动三定律，找出了行星运动的规律，而牛顿发现了万有引力定律，ACD错误，B正确.

37.C 【解析】若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，飞船加速会进入较高的轨道，空间实验室减速会进入较低的轨道，都不能实现对接，选AB错误；要想实现对接，可使飞船在空间实验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间实验室轨道，逐渐靠近空间站后，两者速度接近时实现对接，选项C正确，选项D错误.

本题考查圆周运动、万有引力及其相关知识相关知识.

51.AB 【解析】因为角速度相同，飞行器的半径大，所以线速度大，A正确.向心加速度a=ω2×R，飞行器的半径大，所以加速度大，B正确.项仅由地球或太阳提供向心力无法完成此运动，应该是两者合力提供向心力，所以CD错误.

55.B 【解析】根据万有引力定律F可知，半径越小万有引力越大，A 错误.卫星绕地球做圆周运动，则，可得卫星的线速度v，半径越小线速度越大，则动能越大，B 正确.第一宇宙速度是最小发射速度，以第一宇宙速度发射的卫星轨道半径为地球半径6.4×km，中圆轨道卫星和同步卫星发射速度都大于第一宇宙速度，C 错误.由，可得卫星的角速度，半径越小角速度越大，D 错误.

59.AC 【解析】由于卫星运行高度越大，周期越大，速度越小，所以甲的周期大于乙的周期，乙的速度小于第一宇宙速度，A正确B 错误；卫星越高，加速度越小，甲的加速度小于乙的加速度，C 正确；同步卫星只能运行在赤道上方特定轨道上，甲的运行时不能经过北极的正上方，D 错误.

高考物理真题训练与题型总结七：动量

1.C 【解析】根据自由落体运动和动量定理有2gh=v2（h为25层楼的高度，约70m），Ft=mv，代入数据解得F≈1×103N，所以C正确.

2.A 【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30kg·m/s，所以A正确，BCD 错误.

6.B 【解析】人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为v0 时，人从车上以相对于地面大小为v0 的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有：（m+2m）v0=2mv+（-mv0），得：v=2v0，人跳车后做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，所以能正确表示车运动的v-t图像B.

7.B 【解析】冲量是矢量，甲乙相互作用时，冲量大小相等方向相反，故A错误；由动量守恒定律知，甲乙动量变化量大小相等方向相反，故B正确；甲乙相互作用时是非弹性碰撞，动能不守恒，甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，故C错误；因甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，由动能定理知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做功的绝对值不相等，故D错误.

8.D 【解析】系统分离前后，动量守恒：（m1+m）

10.D 【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：m2v0-2mv0=mvA+2mvB，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B 的运动方向一定相反，所以D正确；A、B、C错误.

11.A 【解析】A、C，D、绳子从伸直到第一次下降至最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg-T=ma可得，人先做加速度减小的加速运动，当mg=T 时加速度减小到0，人的速度最大，即动量最大，动能也最大.此后人继续向下运动（T＞mg），人做加速度增大的减速运动，动量一直减小到零，全程拉力向上，其冲量一直向上，选项A正确、选项C和D错误.B、拉力与运动方向相反，一直做负功，但动能先增大后减小，选项B错误.故选A.

【规律总结】涉及运动中的位移问题，优先选择动能定理；涉及运动的时间问题，优选选择动量定理；涉及运动的加速度和匀变速直线运动，选择牛顿第二定律和运动学公式.

考向二：动量和能量

18.A 【解析】AB 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设AB 两球碰撞后的速度分别为v1.v2，选A 原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv=-mv1+2mv2…①假设碰后A 球静止，即v1=0，可得v2=0.5v由题意知球A 被反弹，∴球B 的速度有v2＞0.5v…②

符合条件的只有0.6V，所以选项A正确，

19.BD 【解析】由于箱子M 放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=（m+M）v1

第二篇　必做大题

必做大题

（1）设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0-v0=-gt

②

联立①②式得

③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有

E=mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1 和v2.由题给条件和动量守恒定律有

⑤

⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

⑧

2.（1）v'B=3.0m/s （2）vA=4.3m/s 【解析】试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A 车的速度.

（1）设B 车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.

设碰撞后瞬间B 车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有

联立①②式并利用题给数据得v'B=3.0m/s③

（2）设A 车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④

设碰撞后瞬间A 车速度的大小为v'A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有

设碰撞后瞬间A 车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有

mAvA=mAvA+mBvB⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3m/s

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

由①②③式和题给数据得

（2）设小球到达A 点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA 于D 点，由几何关系得

DA=Rsin⊖α⑥

CD=R（1+cosα）⑦

由动能定理有

（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v1，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有

v⊥=vsinα⑪

（2）根据动量定理，有I=mvB-mvA=1800N·s

（3）运动员经C点时的受力分析如答图2

根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有

根据牛顿第二定律，有

得FN=3900N

【解析】（1）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm=ρΔV①

ΔV=v0SΔt②

在高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=（Δm）v⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg⑦

6.（1）20kg （2）不能

（i）规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得

m2v20=（m2+m3）v①

式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度.联立①②式并代入题给数据得

m3=20kg③

（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1+m2v20=0④

代入数据得

v1=1m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2 和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v20=m2v2+m3v3⑥

m2v22=m2v22+m3v23⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩

7.4v0 【解析】设抛出货物的速度为v，由动量守恒定律得：

乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，

甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，

两船不相撞的条件是：v2≤v1，

解得：v≥4v0；

【解析】设A 与B 碰撞后，A 的速度为vA，B 与C 碰撞前B 的速度为vB，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：

对A、B 木块：mAv0=mAvA+mBvB①

对B、C木块：mBvB=（mB+mC）v②

由A 与B 间的距离保持不变可知vA=v③

A 向右运动与C 发生碰撞，根据弹性碰撞可得

mv=mv1+Mv2

要使得A 与B 发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M

A 反向向左返动与B 发生碰撞过程，弹性碰撞

mv1=mv3+Mv4，

整理可得

由于m＜M，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3＜v2

整理可得m2+4Mm＞M2

11.3 【解析】设三个物块的质量均为m；A 与B 碰撞前A的速度为v，碰撞后共同速度为v1；A、B 与C 碰撞后的共同速度为v2.由动量守恒定律得

mv=2mv1

2mv1=3mv2

设第一次碰撞中动能的损失为ΔE1，设第二次碰撞中动能的损失为ΔE2，由能量守恒定律得

BC碰撞时满足动量守恒，则mv'B=2mv共，

解得mA：mB=1：3；

设在a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为v'1、v'2，

（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P 三者具有共同速度v2，对P1、P2、P 组成的系统，从P1、P2 碰撞结束到P压缩弹簧后被弹回并停在A 点，用能量守恒定律

对P1、P2、P 系统从P1、P2 碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律

v1=-2m/s

v2=1m/s

（2）由能量守恒得.两滑块因碰撞而损失的机械能为

由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为

18.vB=4m/s hp=0.75m

【解析】（1）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有

（2）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度vA=gt=3m/s

设B 球的速度为v'B，则有碰撞过程动量守恒

mAvA+mBv'B=mBv"B

碰撞过程没有动能损失则有

解得v'B=1m/s，v"B=2m/s

小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度v0=vB=4m/s

20.【解析】取向上为正方向，动量定理mv-（-mv）=I且I=（F-mg）t

解得IF=Ft=2mv+mgt

21.（1）2.04×10-3s2/m （2）6%

代入题给数据得k0=2.04×10-3s2/m⑤

由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦

【解析】设碰撞后两球的速度分别为v1 和v2，根据动量守恒定律有：2mv0=2mv1+mv2

23.（1）18N·s （2）6m （3）30J

【解析】（1）根据冲量的定义I=Ft，可知F-t图像与坐标轴围成图形的面积表示冲量，所以0～8s时间内拉力的冲量I=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3=18N·s.

（3）根据题图3可知，物体在6～8s内做匀速运动，于是有f=2N

所以W=fs=2N×15m=30J.

24.（1）1.0m/s （2）1400J

【考点】动量守恒、机械能守恒

【解析】（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M 碰前速度大小分别为v和V，碰后乙的速度为V'，由动量守恒定律得：

mv-MV=MV'

代入数据得：V'=1.0m/s

（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有

联立上式，代入数据得：△E=1400J

由①式得

（ⅱ）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

设碰撞过程A、B 系统机械能的损失为ΔE，则

联立②③④式得

反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有MvX=m2vα，②

27.（1）t=0.6s （2）v=2m/s （3）H=0.6m

（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有

代入数据解得 T=0.6s②

（2）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为vB，有vB=gt③

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得

mBvB=（mA+mB）v④

之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 v=2m/s⑤

代入数据解得 H=0.6m⑦

28.（1）2m/s （2）1m/s （3）0.25m

（2）A 在圆弧轨道底部和B 相撞，满足动量守恒，有：（mA+mB）v'=mAv，可得v'=1m/s

高考物理真题训练与题型总结八：静电场

1.D 【解析】画出c的受力图如下两种情况：从力的方向可以判断：a、b的电荷异号.

【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大.

4.D 【解析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零.两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向.两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向.在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零.在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零.而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零.正确答案是D

7.B 【解析】将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O 点对称的一小段在O 点，产生的电场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O 点的总矢量和为零，即在O 点处，电场强度为零.因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O 点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x 轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O 点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O 点向两侧发散，根据沿着电场方向电势逐点降低的规律可知，O 点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O 点沿x轴正方向，趋于无方远时，电场强度也为零，因此从O 点沿x 轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误.

11.BC 【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电强度不为零，A 错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O 处电势为零，O 点左侧电势为正，右则电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O 点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O 点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a 点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；

12.D 【解析】由图中等势面的对称性知，P、Q 两处为等量异种电荷，A错误；由于电场线与等势面垂直，所以ab两处的电场强度方向不同，B错误，P 处为正电荷，c在离P 更近的等势面上，c点的电势高于d 点的电势，C错误；从a到c，电势升高，负电荷电势能减少，D正确.

13.ACD 【解析】由图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d 点处电场密集，所似A、C正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的交点在b 点沿电场线的方向上，所以b点的电势高于a 点的电势，故B 错误；同理可得d 点电势高于c 点电势，故D正确.

14.C 【解析】根据电场线疏密表示电场强度大小，Ea＜Eb；根据沿电场线电势降低，φa＞φb，故ABD 错误，C正确.

15.D 【解析】本题考查电场线和等势面的相关知识.根据电场线和等势面越密集，电场强度越大，有E1＞E2=E3，但E2和E3电场强度方向不同，故A、B错误.沿着电场线方向，电势逐渐降低，同一等势面电势相等，故φ1＞φ2=φ3，C错误，D正确.

16.AD 【解析】由静电场的电场线与等势面垂直可知A正确.电势大小是由参考点和电场共同决定的，与场强的大小无关，B、C错误.沿电场线电势降低，且电势降落最快的方向为电场方向，D正确

18.A 【解析】在x 轴上x=3cm 处电势为3V，与B 点等电势.该点与B 点连线为等势线，过O 点作等势线的垂线即为电场线，该垂线长度为3sin30°cm=1.5cm，电场强度的大小为E=U/d=200V/m，选项A正确.

20.AD 【解析】本题考查了电场问题.根据题意，点电荷Q必在MN 的中垂线和PF 的中垂线的交点处，过F 作MN 的垂直平分线交MP 于O 点，由几何关系可知ON恰好垂直平分PF，故点电荷Q 一定位于O 点，A 项正确，由正点电荷的等势面分布特点可知B项错误；因为是正电荷形成的电场，将正电荷从P 点搬运到N 点，电场力做正功，C项错误；因为是正电荷形成的电场，越靠近场源电荷的等势面电势越高，D项正确.

28.D 【解析】现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误.

29.AD 【解析】由静电场的电场线与等势面垂直可知A正确.电势大小是由参考点和电场共同决定的，与场强的大小无关，B、C错误.沿电场线电势降低，且电势降落最快的方向为电场方向，D正确.

30.A.【解析】审题时抓住“壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样.”，知道：在壳内运动时，场强处处为零，不受电场力，动能不变，CD 错；壳外空间的电场越远越弱，动能增大的越来越慢，AB项选A项.

33.CD 【解析】根据轨迹弯曲方向断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A 错误；点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C 点受到的电场力最小，故B错误；根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确.故选：CD.

34.ABC 【解析】如图所示，粒子受到的电场力指向轨迹的凹例，可知M 受到了引力作用，N 受到了斥力作用，故M 带负电荷，N 带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M 从a 点b 点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确：d点和e点在同一等势面上，N 在d 点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确；N 从c点运动到d 点的过程中，电场力做正功，故选项D错误.

35.B 【解析】根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和O 点的连线的方向相反，故靠近O 点的过程电场力做负功，粒子的速度减小，远离的过程电场力做正功，粒子的速度增大.所以Q 点的速度最大，N 点的速度最小.故A错误；只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变.N 点的速度最小，故电势能最大，故B正确；只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变.Q 点的速度最大，故电势能最小，α粒子带正电荷，所以Q 点的电势最低.故C错误；粒子受力的方向大体向上，与粒子和O 点的连线的方向相反，故靠近O 点的过程电场力做负功，远离的过程电场力做正功，故D错误.故选B.

36.AB 【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称，可以判断力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点高，带负电的油滴在Q 点的电势能比它在P 点的小，在Q 点的动能比它在P 点的大，故AB正确，C错误.在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误.

37.BC 【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB 是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A 错误；若aA＞aB，说明电子在M 点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M 端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势φA＞φB，电子电势能Ep=-eφ，电势能是标量，所以一定有EpA＜EpB，故C正确，D错误.

38.D 【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N 运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有aM ＜aN；若粒子从M 运动到N 点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即vM＞vN，EpM ＜EpN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN；若粒子从N 运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即vM＞vN，EPM ＜EPN，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN；

综上所述，D正确；

【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况.

39.AB 【解析】设相邻两条等势线之间的电势差为U0，根据从a到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV，W=e·3U0=6eV，所以U0=2V并且电势从a向f 逐渐降低.已知平面b上的电势为2V，所以平面c上的电势为零，A正确；因为从a到f，电势降低4U0=8V，所以电势能增大8eV，动能减少8eV，可能到达f；但如果在a时速度方向在a 平面内，加速度方向向左，就可能到达不了平面f，所以B正确.

【点睛】此题以等势面切入，考查电场力做功及其相关知识点.

40.C 【解析】根据电场线与等势线垂直可知，在A 点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动.粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大.故C正确.

41.A 【解析】电子在电场中运动电场力做功W=qU，由于a、b两点位于同一条等势线上，故φa=φb，有Uac=Ubc，可得Wa=Wb；电场线的疏密程度反映场强的大小，a点比b点的电场线密些，故场强大些，Ea＞Eb，故选A.

42.B 【解析】电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力做功相等，表明N、P 两点电势相等，直线d是等势线，与d平行的c也是等势线，电子由M 到N，电场力做负功，电势能增大，则φM＞φN，A 错误，B正确；电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，C错误；电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，D错误

【点睛】对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解.

44.BC 【解析】两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中P、Q 连线的中垂线MN 上，从无穷远到O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A 向O的运动做非加速直线运动，故A 错误；电场力方向与AO 方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故B正确；从A 到O 过程，电场力做正功，动能增大，从O 到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O 点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确；取无限远处的电势为零，从无穷远到O 点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O 点时电势能力负值，故D错误.

45.D 【解析】正电荷在P 点静止释放时，会沿电场线切线方向运动，所以不能运动到Q 点，故A 错误：P 点的电场密集，所以电场力，加速度也大，故B错误；因为顺着电场线方向电势逐渐降低，所以负电荷在P 的电势低于在Q 的电势能，故C错误；如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近P 点电势高于0，负电荷附近Q 点的电势低于0，所以负电荷从P 移动到Q，其间必经过有一点电势为0，该点电势能也为0，故D正确.

46.AC 【解析】由图知x1 处的电势等于零，所以q1 和q2带有异种电荷，A正确，图像的斜率描述该处的电场强度，故x1 处场强不为零，B错误；负电荷从x1 移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1 移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误.

48.BC

50.A 【解析】等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以副电荷为参考点，左右两侧电势都是升高的.可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项.

51.BD 【解析】由图（b）可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力由a指向b，电场线由b指向a，b处为高电势，故正确答案为BD.

【考点】运动图像、带电粒子在电场中的运动、电场分布

52.B 【解析】由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有qvB=qE，即有vB=E.改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故A错误；由①知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变，故B正确；改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故C错误；改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故D错误.故选 B.

53.C 【解析】由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O 指向c，则点电荷带正电，a、b间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式U=Ed可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，由公式W=qU 可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功，故AB错误；负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小，故C正确；电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大，故D 错误.故选C

55.D 【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力.两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确.

【点睛】本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B 板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变.

56.BD 【解析】试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点.

【点睛】若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a的质量比b小吗？在t时刻力微粒的动量还相等吗？在t时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？

58.B 【解析】由于电极XX'加的是扫描电压，电极YY'之间所加的电压信号电压，所以荧光屏上会看到的图形是B，答案B正确

64.BD 【解析】由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A 错误；无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确；带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误；带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确；故选BD

65.BC 【解析】由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，所以A错误；B正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C正确；D错误.

66.C 【解析】由静电感应可知，A 的左端带负电，B 的右端带正电，AB 的电势相等，选项AB错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，贴在A、B 下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A 和B 分开，然后移去C，则A、B 带的电荷仍然存在，故贴在A、B 下部金属箔仍张开，选项D错误；故选C.

67.C 【解析】由题图知B 点的电场线比A 点的密集，所以B 点的电场强度比A 点的大，故A错误；根据沿电场线的方向电势降低可知，小球表面的电势比容器内表面的高，所以B错误；电场线的方向与等势面垂直，所以B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；由于A、B 两点在同一等势面上，故无论将检验电荷以怎样的路径从A 点移到B 点，电场力所做的功都为零，所以D错误.

高考物理真题训练与题型总结九：静电场

1.A 【解析】根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明确磁场的性质，知道小磁针N 极受力方向指向磁感线的方向.A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，而是有一定的夹角，即为磁偏角；故A正确；B.磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B错误；C.磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误；D.小磁针N极指向磁感线的方向，在赤道位置放置一枚小磁针，小磁针N 极指向地理的北极；故D错误.故选：A.

2.BC 【解析】指南针为一具有磁性的物体，有两个磁极，A 错误；指南针能指南北，说明指南针受到地磁场的作用，B正确；当有铁块存在时，指南针会与铁块产生相互作用的磁力，故指向受到干扰，C正确；指南针正上方的通电导线会产生磁场，与地磁场共同作用于指南针，故指南针会发生偏转，D错误.

【考点】安培定则

4.A 【解析】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A 点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确.

6.AC 【解析】试题分析：先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度.

L1 在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2 在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知

【点睛】磁场强度是矢量，对于此题来说ab两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先根据右手定则判断导线在ab两点产生的磁场方向，在利用矢量叠加来求解即可.

7.BC

8.AD 【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点.

开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确.

【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器.

9.A 【试题分析】本题是一道关于安培力的共点力的平衡问题及牛顿第二定律相关知识

【解析】最初金属细杆受到三个力作用，且合力为零，如图所示：

10.B 【解析】本题考查安培力的大小和方向.安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A 错误，B正确；安培力F=BILsinθ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误.

【点评】此题也可分段计算各段所受的安培力，然后进行矢量合成得到导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力.

12.BCD 【解析】先用安培定则判断并画出恒定电流在两区域产生的磁场的方向，再用右手定则判断导体棒向右匀速通过M、N 两区的过程中的感应电流的方向，最后用左手定则判安培力的方向.感应电流的安培力阻碍相对运动，又法：同向电流想吸引，异向电流相排斥.

13.AD 【解析】若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过周后上、下两边受到的安培力使线圈速度减小至零，然后反向转回来，最终做摆动，B错误；若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，C错误；若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过半周后电路不能接通，线圈能继续按原方向转动，转过一周后上、下两边再次受到同样的安培力而使线圈继续转动，A、D正确.

矢量合成思想，摆脱了通常“类型”的俗套，需要依靠学生的素养来解决问题.物理知识不是解答本题的困难，本题难在知识与情境的转化上.

15.A 【解析】质子（p）和α粒子质量之比为1：4，电荷量之比1：2.由带电粒子在磁场中运动轨迹半径公式，r=mv/qB，可得Rp：Rα=1：2；由周期公式，T=2πm/qB，可得，Tp：Tα=1：2，选项A正确.

16.D 【解析】试题分析：γ射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误.α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；β粒子是带负电的电子流，应向下偏传，选项D正确.故选D.

【考点】本题考查放射线的性质、带电粒子在磁场中的运动

17.D

【考点】洛伦兹力的公式；带电粒子在匀强磁场中的运动

【考点】带电粒子在磁场中的运动；圆周运动

20.B 【解析】对微粒a，洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力，且mag=Eq，对微粒b，qvB+Eq=mbg，对微粒c，qvB+mcg=Eq，联立三式可得mb＞ma＞mc，选项B正确.

【点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的.

【考点】带电粒子在有界磁场中的运动.

小结

1.带电粒子进入有界磁场，运动轨迹为一段圆弧

2.同速异向，圆周运动的半径相同（旋转圆）；同向异速，扩展圆.

3.注意圆周运动中的有关对称规律：

（1）在圆形磁场区域内，向心入，背心出.

（2）粒子进入单边磁场时，入射速度与边界夹角等于出射速度与边界的夹角；

速度偏向角等于圆心角

弦切角等于圆心角度的一半儿

25.D 【解析】由带电粒子在磁场中运动轨迹半径公式，r=mv/qB，微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，动量不变，轨迹半径不变，轨迹为pa.由周期公式，T=2πm/qB，微粒质量增大，运动时间增大，至屏幕的时间将大于t，选项D正确.

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动

30.A 【解析】作出粒子的运动轨迹如图所示，其中O'为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO'N'=30°.

32.D 【解析】设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON 于一点C，则轨迹圆与AC 相切；由于轨迹圆只与ON 有一个交点，所以轨迹圆与ON 相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O'为圆心，B 为出射点.

高考物理真题训练与题型总结十：电磁感应

【考点】电磁感应、闭合电路欧姆定律、图像实现“文字→情境→解题条件”的转化，才是破解本题的关键.这就是物理解题的“审题素养”.

5.B 【解析】小灯泡稳定发光时，导体棒MN 的运动速度稳定，导体棒MN 的合力为零，

考点：电磁感应现象；安培力；闭合电路欧姆定律；电功率

考点：电磁感应、牛顿运动定律

实现“文字→情境→解题条件”的转化，才是破解本题的关键.这就是物理解题的“审题素养”.

10.D 【解析】本题考查了感应电流产生的条件.产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流.本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确.C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流.在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确.

11.A 【解析】紫铜薄板上下及左右振动，都存在磁通量变化的为选项A所示方案.一道简单的涉及安培力题目，由于加上了理论联系实际的外衣，（情境新颖）吓到了不少学生，导致得分较低实现“文字→情境→解题条件”的转化，才是破解本题的关键.这就是物理解题的“审题素养”.

13.D 【解析】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向.要分过程处理本题.

第一过程从①移动②的过程中

左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以E=2Blv，则电流为

再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，

当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确；

点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像.

试题情况：正确答案D，难度系数0.54，高频错选：B（28.04%）

考查的知识：电磁感应、右手定则

考查的能力：理解、推理、分析综合（图像思维）

师点睛】本题应从电磁感应现象入手，熟练应用法拉第电磁感应定律和楞次定律.

14.C 【解析】由于bc和ac切割磁感线有效长度相同，故产生的感应电动势相互抵消，金属框中无电流，但b、c两端有电势差，根据法拉第电磁感应定律得E=Bl2ω，根据右手定则确定c 端电势高，所以Ubc=-E=-Bl2ω.

15.AB 【解析】小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误.从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误.

17.ABD 【解析】由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E=BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D 正确；故选ABD.

周期的理解能力、过程的推理分析综合能力、图像处理能力

实现“文字→情境→解题条件”的转化，才是破解本题的关键.这就是物理解题的“审题素养”.

19.B 【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新.

21.AD 【解析】若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过周后上、下两边受到的安培力使线圈速度减小至零，然后反向转回来，最终做摆动，B错误；若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，C错误；若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过半周后电路不能接通，线圈能继续按原方向转动，转过一周后上、下两边再次受到同样的安培力而使线圈继续转动，A、D正确.

考点：1.情景化试题

2.学生推理、处理信息能力

本题失误的主要原因不是知识问题，而是缺乏把题目文字和实践情景进行联系的意识.

23.B 【解析】选项，“增反减同”

24.AD

31.D 【解析】金属杆PQ 突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得，金属杆PQ 中的感应电流方向由Q 到P，则PQRS 中感应电流方向为逆时针方向.PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T 中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则T 中感应电流方向为顺时针方向，D正确.

32.C 【解析】本题考查了电磁感应的图像.根据法拉第电磁感应定律，ab线圈电流的变化率与线圈cd 上的波形图一致，线圈cd上的波形图是方波，ab线圈电流只能是线性变化的，所以C正确.

理解能力、逻辑推理、图像能力

实现“文字→情境→解题条件”的转化，才是破解本题的关键.这就是物理解题的“审题素养”.

33.AC 【解析】试题分析 本题考查交变电流图像、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点.

解析 由图（b）可知，导线PQ 中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ 中电流图像斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ 中电流图像斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误.

点睛 此题以交变电流图像给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点.解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图像给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区.

图像、法拉第电磁感应定律、楞次定律

容易题也不是考“记忆”，而是考“推理”.

34.AD 【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点.

开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确.

【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器.

35.C 【解析】断开开关S1 瞬间，灯A1 突然闪亮，由于线圈L1 的自感，通过L1 的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1 的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1 的电流小于通过L1 的电流，L1 的电阻小于A1 的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2 与A3 的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R 与L2 的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3 立即变亮，说明L2 中电流与变阻器R中电流不相等，D错误.

36.BCD 【解析】由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化导体棒的机械能，所以W2-W1=Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1=Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳势和导体棒的内能，故D正确.

高考物理真题训练与题型总结十一：交流电

1.AC 【试题分析】本题考查了交变电流的最大值、有效值和瞬时值的相关知识点

2.【专点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流的峰值、有效值以及它们的关系.菁

【专题】简答题；压轴题；推理法.

【分析】绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，

根据正弦式交变电流有效值和峰值关系可求电流有效值根据P=I2R 可求电功率

根据Em=Imr可求感应电动势的最大值

【解答】解：从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=Imcosθ，

感应电动势的最大值为Em=Imr=2×2=4V

【点评】本题考察的是有效值计算及有关交变电流的基本知识.

6.AC 【解析】由图（b）可知，导线PQ 中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ 中电流图像斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ 中电流图像斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误.

10.BC 分析：根据图像可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.

点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图像正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式.

12.B 【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110V，C错误；流过电阻R 的电流为2A，可知负载消耗的功率为220W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220W，A错误；由P=UI 可知，电流表的读数为1A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100πrad/s，周期T=0.02s，D错误.

14.D 试题分析：变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗.

点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象.远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.

16.BD 副线圈的用电器正常工作，电压为额定电压，即为副线圈电压，再根据副线圈的电流，可以计算出输出功率，理想变压器的输入功率等于输出功率.再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解，要知道电流表和电压表都是有效值.

解：A.变压器的输入功率等于输出功率，P入=P出=I2U2=2.2×60=132W，故A 错误；B.根据P入=I1U1，故B正确；C.电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为2.2A，故C错误；D.根据变压器的工作原理可知，所以变压器原、副线圈匝数比，故D正确.

17.B 【解析】交流发电机产生的感应电动势最大值Em=NBSω，且有ω=2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率P=U2/R 可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的1/4，A项错误；由P=UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误.

19.A 在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定.因此，当Q 位置不变时，输出电压U'不变，此时P 向上滑动，负载电阻值R'增大，则输出电流I'减小.根据输入功率P1 等于输出功率P2，电流表的读数I变小，故①错误，②正确；P 位置不变，将Q 向上滑动，则输出电压U'变大，I'变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大.因此选项③正确，④错误；故选A

20.D

21.B 【解析】当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R的阻值变大，副线圈中电流变小，原线圈中电流也变小，电流表A1 示数变小；R1 消耗的功率及两端电压均变小，副线圈总电压不变，则电压表的示数变大，选项AC错误，B正确.若闭合开关S，则副线圈总电阻变小，电流变大，原线圈中电流变大，电流表A1 示数变大；R1两端电压变大，R2 两端电压变小，电流表A2 示数变小，选项D错误.

考点：变压器

26.BD 考点：理想变压器、交变电流的有效值.分析：用电器正常工作电压为60V，乘以电流表的示数2.2A，得到变压器输出功率为132W 即输入功率，A 错.132W除以220V原线圈的电流的有效值为0.6A.

27.AD 【解析】设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U=10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1=U-U0=9U0，副线圈两端的电压U2=U0，所以原、副线圈的匝数比n1：n2=U1：U2=9：1，A正确，B错误；原、副线圈的电流之比I1：I2=n2：n1=1：9，由电功率P=UI可知，a和b的电功率之比为1：9，C错误，D正确.

考点：理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系、部分电路欧姆定律、电功率计算式、能量守恒定律的应用.

34.BC 解析：A.向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；B.增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；C.增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；D.减小电容器C 的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选BC

36.D 【考点】远程输电、变压器的构造和工作原理

【解析】题图中上面部分为高压远距离输电的示意图，下面为低压输电，在输送功率一定的情况下，P=UI，U越大，I越小，则I1＜I2，A 项错误；低压供电时，输送电流较大，电线上的电压损失较多，灯泡两端获得电压较小，亮度较暗，B项错误，D项正确；根据电功率的公式P=I2R 可知，R1 消耗的功率小于R3 消耗的功率，C项错误.

非选择题

（2）当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2=BL1L2ωsin（ωt+φ0）

则线圈转动一周在R 上产生的焦耳势为QR=I2RT

38.（2011江苏）题13-1图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交电压的u-t图像如题13-2图所示.若只在ce间接一只Rce=400Ω的电阻，或只在de间接一只Rde=225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W.

（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab 的表达式；

（2）求只在ce间接400Ω 电阻时，原线圈中的电流I1；

高考物理真题训练与题型总结十二：质点的直线运动

v=at0

设乙车在时间t0 的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s'1、s'2.同样有v'=（2a）t0⑤

代入数据解得：超载时的位移S1=45m

不超载是的位移S2=22.5m

（2）根据位移推论式v2t-v20=2as可求出货车与轿车相撞时的速度为

相撞时两车的内力远远大于外力，动量守恒，根据Mv=（M+m）V共

得：V共=9.8m/s，以轿车为研究对象，根据动量定理有ft=mV共

解得：f=9.8×104N

在开始运动时R 到A 和B 距离之比为2：1，即OE：OF=2：1

由于橡皮筋的伸长是均匀的，所以在以后任意时刻R 到A 和B 的距离之比都为2：1.因此，在时刻t有HK：KG=2：1③

由于ΔFGH～ΔIGK，有HG：KG=xB：（xB-l）=3：1④

HG:KG=（yA+l）:2l=3:1⑤

6.解：（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0=20m/s，末速度vt=0，位移s=25m，由运动学公式得

联立①②式，代入数据得

（2）设志愿者反应时间为t'，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

联立⑤⑥式，代入数据得

（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得

由平行四边形定则得

联立③⑧⑨式，代入数据得

说明：题目容易，但是把会做的题做对，不容易.

8.10m 【解析】根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速运动.设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1 和s2，由运动学规律得

式中t0=1s.联立①②两式并代入已知条件，得

设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为s.依题意及运动学规律，得

设加速阶段通过的距离为s'，则

联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得

s'=10m

8.（1）s=1950m；（2）m=2.04kg 【解析】（1）根据匀变速直线运动规律可知，地铁列车匀加速运动的位移为：s1=ω0①

根据题意可知，甲站到乙站的距离为：s=s1+s2+s3④

由①②③④式联立，并代入数据解得：s=1950m

（2）地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为：W1=Fs1+Pt2⑤

根据题意可知，燃油公交车运行中做的功为：W2=W1⑥

由①⑤⑥式联立，并代入数据解得：W2=6.8×108J

所以公交车排放气体污染物的质量为：m=3×10-9×6.8×108kg=2.04kg

9.2m/s（或72km/h） 【解析】设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得

式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度.

设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

（2）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1 和a2，所用的时间为t.由运动学公式得

v0-v1=a1t④

联立③④⑤式得

高考物理真题训练与题型总结十三：牛顿运动定律

1.（1）μ1=0.1μ2=0.4 （2）6m （3）6.5m

【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v=4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定

解得μ2=0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s

代入可得a=1m/s2

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g=a

可得μ1=0.1

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1（M+m）g+μ2mg=Ma1

对滑块，则有加速度a2=4m/s2

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t1=1s

此后，木块开始向左加速，加速度仍为a2=4m/s2

假设又经历t2 二者速度相等，则有a2t2=v1-a1t2

解得t2=0.5s

此后木块和木板一起匀减速.

二者的相对位移最大为Δx=x1+x3+x2-x4=6m

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a=μ1g=1m/s2

所以木板右端离墙壁最近的距离为x1+x3+x5=6.5m

3.【命题意图】本题主要考查牛顿运动定律，匀变速直线运动规律、速度图像、叠加体及其相关知识，意在考查考生灵活应用相关知识解决问题的能力.

解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，次过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.

由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t1 时间间隔内，物块和木板的加速度分别为a1 和a2，则

a1=v1/t1，① a2=（v0-v1）/t1，②

式中v0=5m/s，v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1 时速度的大小.

设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得：

μ1mg=ma1，③

（μ1+2μ2）mg=ma2，④

联立①②③④式解得：μ1=0.20，⑤

μ2=0.30.，⑥

（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动.物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得：f=ma1′，⑦

2μ2mg-f=ma2′.⑧

假设f＜μ1mg.则a1′=a2′.

由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故f=μ1mg⑨

由⑦⑨式知，物块加速度大小a1’=a1.物块的v—t图像如图中点划线所示.

由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：

物块相对于木板位移的大小为s=s2-s1.⑫

联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s=1.125m.

20时时块与⑨⑩⑨⑩②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩

4.解析：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则

设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有

联立①②得

（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则

根据牛顿第二定律，有

联立③⑥得

F=μmg+ma1=6N

（3）解法一：由匀变速直线运动位移公式，得

解法二：根据v-t图像围成的面积，得

【解析】（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0=20m/s，末速度vt=0，位移s=25m，由运动学公式得

联立①②式，代入数据得

a=8m/s2③

t=2.5s④

（2）设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

L=v0t′+s⑤

Δt=t′-t0⑥

联立⑤⑥式，代入数据得

Δt=0.3s⑦

（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得

F=ma⑧

由平行四边形定则得F=F2+（mg）2⑨

联立③⑧⑨式，代入数据得

6.解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1=μmg根据动能定理，对物块由A 到B的整个过程，有：Fx1-F1x=0.

代入数据解得：x1=16m.

（2）设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则

x2=x-x1.

由牛顿第二定律得：F1=ma，

由匀变速直线运动规律得，v2=2ax2，

以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F1t=0-mv，

代入数据解得：t=2s.

7.【解析】（1）对初始时刻：mgsinθ-μmgcosθ=ma0①，

由右图读出a0=4m/s2 代入①式，

（2）对末时刻加速度为零：mgsinθ-μN-kvcosθ=0②，

又N=mgcosθ+kvsinθ③，

8.解析：（1）如图1，设平衡时绳子拉力为T，有：2Tcosθmg=0，

（2）①此时，对小铁环受力分析如图2，有：T’sinθ’=ma，T’+T’cosθ’-mg=0，

②如图3，设外力F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有

Fcosα=（M+m）a

Fsinα-（M+m）g=0

9.解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：

滑块的加速度a’=μg

①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离为：

10.解析：（1）砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g 桌面对纸板的摩擦力 f2=μ（m1+m2）g

f=f1+f2 解得 f=μ（2m1+m2）g

（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则

f1=m1a1 F-f1-f2=m2a2 发生相对运动 a2＞a1

解得 F＞2μ（m1+m2）g

由题意知 a1=a3，a1t1=a3t2

代入数据得F=22.4N.

11.解析：（1）设物块加速度的大小为a，到达B 点时速度的大小为v，由运动学公式得：

v=v0+at，②

联立①②式，代入数据解得：a=3m/s2③

v=8m/s.④

（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面之间的夹角为α.受力分析如图所示.由牛顿第二定律得：

Fcosα-mgsinθ-Ff=ma，⑤

Fsinα+FN-mgcosθ=0，⑥

又Ff=μFN.⑦

由数学知识得：

由⑧⑨式可知对应的F 最小值的夹角α=30°⑩

12.（1）在匀速运动阶段有，mgtanθ0=kv0

得k=mgtanθ0/v0

（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N'，有

N'sinθ-kv=ma

N'cosθ=mg

得tanθ=a/g+vtanθ0/v0

（3）以速度v0匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F，有

F=mg/cosθ0

球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a'，有Fsinβ=ma'

设匀速跑阶段所用时间为t，有t=s/v0-v0/2a

13.【考点】匀变速运动、牛顿定律

【解析】（1）A 从H 处自由下落，机械能守恒：

（2）小鱼A 入水后做匀减速运动，

2gH=2aAhA

由牛顿第二定律：F浮A+fA-mg=maA

14.（1）2.5m/s2 （2）1m/s （3）0.45m

【解析】（1）以A 为研究对象，由牛顿第二定律有

代入数据解得

（2）对A、B 碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得

代入数据解得

（3）设A、B 发生碰撞前，A 的速度为vA，对A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有

由④⑤⑥式，代入数据解得

l=0.45m⑦

【解析】（1）设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则

货物相对地心的动能为

联立①②③得

（2）设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则

设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N'，则

联立⑤～⑩式并代入数据得

16.【解析】（1）拖拉机在时间t内匀加速前进s，根据位移公式

变形得

（2）对拖拉机受到牵引力、支持力、重力、地面阻力和连杆拉力T，根据牛顿第二定律

②③连立变形得

根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为

（3）闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im.根据并联电路电压相等有：

拖拉机对耙做功为

17.9N 【解析】令Fsin53°=mg，F=1.25N，当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，受力如图

由牛顿定律Fcosq-mFN=ma，FN+Fsinq=mg，

得F=1N，当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，受力

由牛顿定律Fcosq-mFN=ma，

Fsinq=mg+Fx，

解得F=9N

（2）光滑球不受车厢作用力时，只有自身重力和斜面支持力，水平方向加速度a=gtanθ

加速度所需要的合力由斜面弹力在水平方向的分力提供，若加速度a＜gtanθ，则车厢左壁提供弹力满足合力需要，若加速度a＞gtanθ，则车厢左侧壁弹力为0.

所以当a＞gtanθ时，左侧壁弹力为0.

对小球受力分析如下图

水平竖直方向正交分解可得Ncosθ=mg+F2

水平方向Nsinθ=ma

整理可得F2=macotθ-mg，即顶部作用力为macotθ-mg

考点：牛顿运动定律.

【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球

在冰面上滑行的加速度a1=μg①

【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+F2sin53°且F1=Mg

（2）小球运动到与A、B 相同高度过程中，

小球上升高度h1=3Lsin53°，

物块下降高度h2=2L

机械能守恒定律mgh1=Mgh2

（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg-T=Ma 小球受AC的拉力T'=T

牛顿运动定律T'-mgcos53°=ma

21.（1）3000N；（2）0.4＜μ≤0.6；（3）0.4s

联立以上两式代入数据得FN=3000N③，

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下.

（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g④，

若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2（m1+m2）g⑤，

联立④⑤式代入数据得0.4＜μ≤0.6⑥.

（3）μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动.设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1⑦，

联立①⑦⑧式代入数据得v1=4m/s⑨，

设在木板A 上运动的时间为t，由运动学公式得v1=v0-a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t=0.4s.

22.440N，275N

解析：解法一：（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F.对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：2F- （m人+m椅 ）g=（m人+m椅）a

F=440N

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F'=440N

（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：

F+FN-m人g=m人a

FN=275N

由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N

解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M 和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN.

根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律

由①②得

F=440N

FN=275N

23.（1）4N （2）42m （3）2.1s

【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为a1

由牛顿第二定律F-mg-f=ma1

解得f=4（N）

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mg+f=ma2

v1=a1t2

解得h=s1+s2=42（m）

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

由牛顿第二定律mg-f=ma3

F+f-mg=ma4

V3=a3t3

24.设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F，卡车刹车前后加速度的大小分别为a1 和a2.重力加速度大小为g.由牛顿第二定律有

匀速行驶 F-2μMg=0①

车厢脱落卡车刹车前F-μMg=Ma1②

由①②可得： μMg=Ma1③

车厢脱落卡车刹车后3μMg=Ma2④

设车厢脱落后，t=3s内卡车行驶的路程为s1，末速度为v1，根据运动学公式有

v1=v0+a1t⑥

卡车和车厢都停下来后相距Δs=s1+s2-s⑨

带入题给数据得Δs=36m⑫