2022-2023学年河北省九年级上册期中物理专项突破练习题库（含解析）

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2022-2023学年河北省九年级上册期中物理专项突破
练习题库
【原卷 1 题】知识点 质点,位移的定义、路程与位移,时间、时刻的定义,速率的概念、平均速率与瞬时速率

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．①②③三条线路方案的位移相等，因为位移只与初末位置决定与路径无关，所以A正确，不符合题意；
B．研究汽车在地图上的实时位置时，可以把汽车看成质点，汽车的形状大小相对路径的路程可以忽略不计，所以B正确，不符合题意；
C．图中方案一显示20分钟和9.6公里分别指的是时间间隔和路程，所以C正确，不符合题意；
D．导航提示的“限速50千米”指的是限制汽车的瞬时速度不超过50km/h，所以D错误，符合题意；故选D。

1-1（基础） 我们学校的大课间时间是9:10至9:45共35分钟的时间，要求同学们听到音乐后快速站队跑步前往运动场，站好队形后进行课间操和跑操等体育锻炼活动，关于课间操下列说法正确的是（　　）
A.题干中的9:10指的是时间
B.体育老师在调整同学们的队形时可以将同学们看做质点
C.体育老师在指导同学们课间操动作时可以将同学们看做质点
D.如果同学们从教室到运动场所走的路线不同，则位移也就不同
【正确答案】 B

1-2（巩固） 如图所示，是驾车从广东仲元中学旧校区出发到广东仲元中学第二校区的手机导航路线图，下列说法正确的是（　　）

A.图中“18分钟”、“19分钟”“21分钟”指的是时刻
B.图中“5.8公里”，“6.5公里”指的是位移的大小
C.图中推荐的方案一驾车距离最短，即路程等于位移的大小
D.图中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看成质点
【正确答案】 D

1-3（巩固） 如图所示，运动员在男子100m决赛和男子200m决赛中分别以和的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌。关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是（　　）

A.200m决赛中的位移是100m决赛的两倍 B.200m决赛中的速度方向始终不变
C.200m决赛中的平均速度大小约为 D.100m决赛中的平均速度大小约为
【正确答案】 D

1-4（巩固） 下列说法中正确的是（ ）
A.小物体可以看成质点，大物不可以看成质点
B.第一节课8:00开始上课，其中“8:00”指的是时间
C.我校校运会200m中，运动员跑完全程的路程和位移的大小相等
D.瞬时速率为瞬时速度的大小，速率是标量
【正确答案】 D

1-5（巩固） 在下列情况中关于质点和参考系的说法中正确的是（　　）
A.选取不同的参考系，对物体运动的描述是相同的
B.在物体运动的描述中，只有地面或相对地面静止的物体才能作为参考系研究
C.“玉免二号”巡视器巡视月球运动轨迹时，可以把“玉兔二号“巡视器看做质点
D.研究自行车运动时，因为车轮在转，所以任何情况下都不能把自行车看做质点
【正确答案】 C

1-6（提升） 三个质点A、B、C的运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达点，设无往返运动，下列说法正确的是（　　）

A.三个质点从N到的位移不相同
B.三个质点从N到的平均速度相同
C.三个质点任意时刻的速度方向都相同
D.三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 利用平均速度解决匀变速运动的问题,匀变速直线运动位移与时间关系式

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 一物体位移与时间的关系为（t以s为单位，x以m为单位），则（　　）
A.这个物体的初速度是2.5m/s B.这个物体的初速度是10m/s
C.这个物体的加速度是10m/s2 D.这个物体的加速度是2.5m/s2
【正确答案】 C

2-2（巩固） 汽车在平直路面上做匀加速直线运动，其运动的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）

A.时间内汽车通过的位移为
B.阴影部分的面积表示汽车在时间内通过的位移
C.汽车运动的加速度大小为
D.时间内，汽车的平均速度大小为
【正确答案】 A

2-3（巩固） 跑步是一种简单的运动项目，跑步可使身体各部位都得到锻炼，目前已成为国内外一种普遍的防治疾病的手段。若某人沿平直跑道运动的位移随时间的平方变化的规律如图所示，则其运动的加速度大小为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 D

2-4（巩固） 如图所示，图线分别是做直线运动的质点的位移-时间图像，其中为开口向下抛物线的一部分，为图像上一点。为过点的切线，与轴交于x=6m的Q点。下列说法错误的是（　　）

A.时，质点的速率为
B.质点的加速度大小为
C.质点的初速度大小为
D.时两质点相遇
【正确答案】 B

2-5（巩固） 为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车在刹车过程中位移和时间的比值与t之间的关系图像，则下列说法正确的是（ ）

A.动力车的初速度为10m/s
B.刹车过程动力车的加速度为5
C.刹车过程持续的时间为8s
D.从开始刹车时计时，经过8s，动力车的位移为40m
【正确答案】 D

2-6（提升） 下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，错误的是（　　）

A.甲图中物体的加速度大小为
B.乙图中所描述的物体在时段通过的位移为
C.丙图中所描述的物体在时段速度的变化量为
D.若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 利用平衡推论求力,正交分解法解共点力平衡

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂沙桶a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。整个系统处于静止状态。若沙桶a中沙子逐渐缓慢漏出，下列说法不正确的是（ ）

A.绳OO′与竖直方向的夹角将增大
B.绳OO′的张力随沙子漏出逐渐减小
C.桌面对物体b的支持力逐渐增大
D.桌面对物体b的摩擦力逐渐减小
【正确答案】 A

3-2（巩固） 如图所示，足够长的斜面倾角为，一质量为m的物块恰好能自行沿斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑过程中，在竖直平面内给物块一任意方向（角任意）的外力F，斜面始终处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.物块沿斜面匀速下滑过程中，地面给斜面的摩擦力为零
B.物块与斜面间的动摩擦因数
C.若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为
D.若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为
【正确答案】 A

3-3（巩固） 如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成角的力 拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成 角的力 推物块时，物块仍做匀速直线运动。若 和 的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（　　）

A. B. C. D.1-
【正确答案】 B

3-4（巩固） 如图所示，质量为m的木块，被垂直于墙面的推力F紧压在倾角为的墙面上并保持静止。下列说法中正确的是（　　）

A.墙面对木块的压力大小可能为零
B.墙面对木块的摩擦力大小一定不为零
C.墙面对木块的压力大小一定大于木块重力大小
D.墙面对木块的摩擦力可能沿斜面向下
【正确答案】 B

3-5（巩固） 如图，一氢气球的质量，无风时在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为8N。当有水平风吹来时，气球受到大小为6N的水平风力作用，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，，下列说法正确的是（　　）

A.气球所受浮力大小为1N
B.有风时，气球所受合力方向竖直向下
C.有风时，气球所受合力大小为N
D.有风时，轻绳的拉力大小为10N
【正确答案】 D

3-6（提升） 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m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，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
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 受恒定外力的板块问题

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-2（巩固） 已知A与B的质量分别为，，A与B间的动摩擦因数，B与水平面间的动摩擦因数，如图甲、乙所示。现用大小为的水平力F，分别作用在A、B上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则各物体所受摩擦力的情况是（　　）

A.甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为的摩擦力
B.甲图中，A受摩擦力水平向右，大小为；B受地面的摩擦力水平向左，大小为
C.乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为；B受地面的摩擦力水平向左，大小为
D.乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为；B受地面的摩擦力水平向左，大小为
【正确答案】 D

4-3（巩固） 如图所示，光滑的水平面上静置质量为的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数，小车足够长．重力加速度g取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（　　）

A.当F增加到时，m相对M开始运动
B.当F增加到时，m相对M开始运动
C.当时，m对M有向左的的摩擦力
D.当时，m对M有向右的的摩擦力
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.3（当地重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为（　　）

A.a1=2m/s2，a2=3m/s2
B.a1=3m/s2，a2=2m/s2
C.a1=5m/s2，a2=3m/s2
D.a1=3m/s2，a2=5m/s2
【正确答案】 D

4-5（巩固） 如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法错误的是（　　）

A.无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小
B.若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C.若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D.若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
【正确答案】 B

4-6（提升） 如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）

A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B.当力F=μmg时，A、B间的摩擦力为
C.无论力F为何值，B的加速度不会超过
D.当力时，B相对A滑动
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 斜面上的平抛运动

【正确答案】
D
【试题解析】


5-1（基础） 如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度为和（）的两点分别以初速度和沿水平方向抛出，若不计空气阻力，经过时间和后落到与两抛出点水平距离相等的点，则（　　）

A.两球同时到达点
B.两球速度
C.两球速度
D.两球运动时长
【正确答案】 C

5-2（巩固） 将小球从斜面上的A点以不同速度抛出，第一次水平抛出速度大小为；第二次垂直斜面抛出速度大小为，运动过程中不计空气阻力，最终小球都落在斜面上的B点，运动轨迹如图甲、乙所示。已知斜面倾角为45°，两次运动时间分别是、，则（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-3（巩固） 一块木板AB倾斜放置，开始时斜面倾角为在木板上端B点以初速度水平抛出一个小球，小球恰好落在A点，若将木板斜面倾角调为，仍将小球在B点水平抛出，要使小球仍落在A点，则小球抛出的初速度大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-4（巩固） 如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC，A、B两点与圆环BC的圆心O等高，C点位于O点正下方。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度、沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力），已知，，下列说法正确的是（　　）

A.初速度、大小之比为
B.若仅增大，两球有可能不相碰
C.若甲球恰能落在斜面的中点D，则初速度应变为
D.若只抛出甲球并适当改变大小，则甲球不可能垂直击中圆环BC
【正确答案】 C

5-5（巩固） 如图所示，小球以初速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，重力加速度为g，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是（　　）

A.小球在空中运动的时间为
B.小球的水平位移大小为
C.由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解
D.小球的竖直位移大小为
【正确答案】 B

5-6（提升） 如图所示，一小球以一定初速度水平抛出，忽略空气阻力。当小球以速度抛出时，经历时间后以恰好击中斜面A处（抛出点与A点的连线垂直于斜面）。当小球以速度3抛出时，经历时间后以恰好从B点沿圆弧切线进入圆轨道。则（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

【原卷 6 题】 知识点 圆锥摆问题

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（　　）

A.随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变 B.桶对物块的弹力不可能为零
C.随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大 D.绳的拉力可能为零
【正确答案】 A

6-2（巩固） 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为，重力加速度为g，则（　　）

A.角速度时，小球A对弹簧的压力为mg
B.角速度
C.角速度从继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力增大
D.当角速度变为时，AB与杆的夹角变为时的两倍
【正确答案】 B

6-3（巩固） 如图所示，在竖直杆上的A点系一不可伸长的轻质细绳，绳子的长度为，绳的另一端连接一质量为的小球，小球可看作质点，现让小球以不同的角速度绕竖直轴做匀速圆周运动，小球离A点的竖直高度为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A.小球离A点的竖直高度与小球运动的角速度成正比
B.小球离A点的竖直高度与小球运动的角速度成反比
C.绳子的拉力与小球运动的角速度成正比
D.绳子的拉力与小球运动的角速度的平方成正比
【正确答案】 D

6-4（巩固） 天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为和的小球A、B（）。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则（　　）

A.A球运动的周期大于B球的运动周期 B.两球的向心加速度大小相等
C.球A、B到P的距离之比等于 D.球A、B到P的距离之比等于
【正确答案】 C

6-5（巩固） 如图所示，水平转台边缘固定一光滑卡槽，与轻质杆右端固定在一起的轻质小球可以沿卡槽上、下自由移动，由于卡槽的作用，轻质杆始终沿转台的半径方向且保持水平，劲度系数为k=50N/m的轻弹簧一端固定在竖直转轴上，另一端与轻质杆共同连在质量m=0.1kg的小球上，当转台以角速度ω=3rad/s绕转轴匀速转动时，轻弹簧与竖直方向的夹角θ=37°。已知转台半径R=10cm，轻质杆的长度L=4cm，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8下列说法正确的是（　　）

A.轻弹簧的原长为7.5cm
B.轻质杆中的弹力大小为7.5N
C.缓慢减小角速度ω，轻质小球将沿卡槽向下运动
D.缓慢减小角速度ω，轻质杆对小球的弹力将减小
【正确答案】 A

6-6（提升） 质量为m的小球，由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a长为l，当轻杆以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A.a绳的张力不可能为零
B.a绳的张力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω=时，b绳拉力不为零
D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 带电粒子在匀强电场中做抛体运动的相关计算

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则（　　）

A.在前时间内，电场力对粒子做的功为
B.在后时间内，电场力对粒子做的功为
C.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1
D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2
【正确答案】 C

7-2（巩固） 某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（　　）

A.电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B.电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C.当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
D.当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大
【正确答案】 B

7-3（巩固） 如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个一价氢离子，第二次从小孔O1处由静止释放一个二价氦离子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）

A.一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为1:2
B.一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间相等
C.一价氢离子和二价氦离子打到感光板上时的动能之比为1:2
D.一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置不相同
【正确答案】 C

7-4（巩固） 如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　）

A.板间电场强度大小为
B.板间电场强度大小为
C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
【正确答案】 C

7-5（巩固） 真空中的某装置如图所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物都从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转（未打在极板上）。下列说法中正确的是（　　）

A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1
B.三种粒子射出偏转电场时的速度相同
C.三种粒子在运动过程中不会分离成三股离子束
D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
【正确答案】 C

7-6（提升） ·如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 利用局部→整体→局部的方法分析动态电路

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 在图示电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器，电流表A1、A2和电压表V均为理想电表。现闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片从a端向b端移动，该过程中（　　）

A.电压表V的示数增大
B.电流表A1的示数增大
C.R3消耗的电功率增大
D.电流表A2的示数减小
【正确答案】 C

8-2（巩固） 如图所示的电路，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略，R1、R2、R3为定值电阻，R4为滑动变阻器，A1、A2为理想电流表，V1、V2、V3为理想电压表。闭合开关后，I1、I2分别表示两个电流表的示数，U1、U2、U3分别表示三个电压表的示数。现将滑动变阻器R4的滑片稍向上滑动一些，ΔI1、ΔI2分别表示两个电流表示数变化的大小，ΔU1、ΔU2、ΔU3分别表示三个电压表示数变化的大小。下列说法正确的是（ ）

A.U2变小 B.变小
C.ΔU2小于ΔU3 D.大于
【正确答案】 C

8-3（巩固） 如图所示的电路中，电压表和电流表都是理想电表，则下列说法正确的是（　　）

A.电流表测量的是通过的电流
B.电压表测量的是加在上的电压
C.当滑动变阻器的滑片向上移动时，电压表示数变小
D.当滑动变阻器的滑片向上移动时，电流表示数变大
【正确答案】 D

8-4（巩固） 在如图所示的电路中，、为定值电阻，为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设理想电流表的读数为，理想电流表的读数为，理想电压表的示数为，理想电压表的读数为，当的滑片向b端移动过程中，电流表的读数变化量大小为，电流表的读数变化量大小，电压表的读数变化量大小为，电压表的读数变化量大小为，则（　　）

A.变小，不变 B.，不变
C.变大，变小 D.变小，变小
【正确答案】 B

8-5（巩固） 如图所示的电路中，电源电动势不变、内阻不能忽略，、、、为定值电阻，、是小灯泡（阻值不变），电流表是理想电表。闭合开关S，两灯均正常发光。由于某种原因定值电阻处突然断路，则（　　）

A.电流表的读数变小，变亮，变暗
B.电流表的读数变小，变暗，变亮
C.电流表的读数变大，变亮，变暗
D.电流表的读数变大，变暗，变亮
【正确答案】 A

8-6（提升） 如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（　　）

A.U先变大后变小
B.I先变大后变小
C.U与I比值先变大后变小
D.U变化量与I变化量比值等于R3
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 卫星的各个物理量计算,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化

【正确答案】
C D
【试题解析】


9-1（基础） 2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1（椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点）后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2（圆轨道）；卫星最后变轨到轨道3（同步圆轨道）。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化。（　　）

A.卫星由轨道1变至轨道2，必须在P点向前喷气
B.卫星在轨道1的Q点线速度大于在轨道3的线速度
C.卫星在三个轨道上机械能
D.卫星在三个轨道上的周期
【正确答案】 BD

9-2（巩固） 如图所示，在某星球表面发射一艘人造飞船，设该星球半径为R，星球表面的重力加速度为g0。飞船在星球附近轨道III绕星球做圆周运动，到达轨道的B点时点火进入椭圆轨道II，到达轨道的A点时再次点火变轨进入半径为4R的圆型轨道I上运动，则（ ）

A.飞船在轨道III的运行速率大于
B.飞船在轨道I上运行速率小于在轨道II上B处的速率
C.飞船在轨道II上A处的机械能等于在轨道II上B处的机械能
D.飞船在轨道I、轨道III上运行的周期之比
【正确答案】 BC

9-3（巩固） 2007年10月24日18时05分，长征三号甲运载火箭托举着“嫦娥一号”卫星顺利升空，开始了中国人的探月之旅。通过适时变轨，使“嫦娥一号”先后经历16 h、24 h和48h轨道，于10月31日将“嫦娥一号”加速至10.58km/s后进入地月转移轨道。11月2日在“嫦娥一号”奔向月球的过程中，对卫星飞行航向实施了一次必要的修正。11月5日，对“嫦娥一号”卫星第一次实施成功的减速，使它成为真正的绕月卫星，之后又经过适时的减速，经3.5 h轨道过渡到周期约为2 h的工作轨道上。“嫦娥一号”奔月整个过程的轨道变化情况示意图如图所示，对于“嫦娥一号”卫星的运动过程，下列说法中正确的是（　　）

A.“嫦娥一号”卫星每次运动到绕地轨道近地点和绕月轨道近月点时都需要加速
B.“嫦娥一号”卫星在绕地球运行的轨道上进行最后一次加速后进入地月转移轨道，并在地月转移轨道途中对卫星飞行航向实施了必要的修正
C.“嫦娥一号”卫星在绕地轨道远地点时一定进行过变轨
D.“嫦娥一号”卫星在月球附近至少需要经历三次减速，才能使“嫦娥一号”卫星进入绕月球飞行的工作轨道
【正确答案】 BCD

9-4（巩固） 2022年4月16日，神舟十三号飞行乘组安全返回地面，这是神舟载人飞船首次采用快速返回方案，让航天员返回时长从之前的约一天时间缩短到8小时左右。如图所示是神舟十三号采用5圈返回的一段运动过程，其中轨道1为轨返分离轨道，返回舱在该轨道的运动周期为T，分离后，返回舱在P点变轨到椭圆轨道的轨道2，然后在Q点变轨到圆周运动的轨道3。已知返回舱在分离轨道1的线速度大小为，在P点变轨后的速度大小为，在椭圆轨道2上Q点的速度大小为，引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）

A.
B.不考虑返回舱质量的变化，返回舱在变轨过程中机械能守恒
C.假如采用喷气的方法分离轨道舱，在P点要向返回舱运动的反方向喷气
D.地球质量为
【正确答案】 AD

9-5（巩固） 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船顺利脱离“天和”核心舱返回地面。将神舟十三号的返回过程简化为如图所示轨道模型，神舟十三号载人飞船与“天和”核心舱一起在轨道I上绕地球做匀速圆周运动，神舟十三号载人飞船与“天和”核心舱在B点分离后进入椭圆轨道II，随后从A点进入近地圆轨道III。设地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，圆轨道I的半径为地球半径的k倍，不考虑地球自转和公转的影响。下列说法正确的是（　　）

A.宇航员在轨道III上的机械能小于在轨道I上的机械能
B.载人飞船在轨道II上B点的加速度大小为
C.由题目信息可得载人飞船在轨道II上的运行周期
D.载人飞船在A点由轨道II进入轨道III时需加速
【正确答案】 AC

9-6（提升） 随着地球气候变暖的加剧，某科学研究兴趣小组大胆设想通过模拟卫星变轨的方法，若能将地球加速变轨到火星的绕日运转轨道，借此移居的计划给地球“降温”。经查阅资料，他们发现火星的质量是地球质量的 ，而火星的绕日半径是地球绕日半径的 倍。假设太阳的质量为M，地球的质量为m，地日距离为r，如图所示，计划将地球从自身轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅱ进入火星轨道Ⅲ，A、B为两轨道的切点，假设距太阳r处，地球具有的引力势能为Ep=― （取无穷远处为势能零参考面），则下列说法正确的是（　　）

A.移居前，地球和火星受到太阳的万有引力之比为27∶2
B.移居前，地球和火星的角速度之比为3∶2
C.如果成功转移地球从轨道I到III，则引力做功为―
D.如果成功转移地球轨道，则地球在移居计划前后需通过外力给地球做的功为
【正确答案】 BD

【原卷 10 题】 知识点 机车启动

【正确答案】
B D
【试题解析】


10-1（基础） 下列关于机车以恒定加速度启动后速度v、牵引力F、牵引功率P和位移s随时间变化关系的图像中正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 BC

10-2（巩固） 质量的某电动小汽车以恒定功率在平直的公路上行驶，某时刻开始计时，其图像如图所示，设整个运动过程中阻力恒定。则小汽车在行驶的过程中（　　）

A.受到的阻力大小为
B.0s时的加速度大小为
C.0～50s内的位移大小为900m
D.0～50s内克服摩擦力做的功为
【正确答案】 BC

10-3（巩固） 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度匀速上升，不计钢绳重力。整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A.钢绳的最大拉力为
B.重物匀加速过程的时间为
C.重物匀加速过程的加速度为
D.速度由增大至的过程中，重物的平均速度
【正确答案】 BD

10-4（巩固） 质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大，下列说法正确的是（　　）

A.汽车受到的阻力200N
B.汽车的最大牵引力为600N
C.8～18s过程中汽车牵引力做的功为
D.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
【正确答案】 CD

10-5（巩固） 复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，以恒定的功率P从静止启动在平直轨道上行驶，经过时间t达到最大速度，已知该车阻力f保持不变，动车在时间t内，下列说法正确的是（　　）
A.动车做匀加速直线运动
B.动车的最大速度为
C.动车的位移为
D.动车的位移为
【正确答案】 BD

10-6（提升） 如图所示为汽车的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（　　）

A.汽车所受阻力为2×103 N
B.汽车在车速为9m/s时，功率为6×104 W
C.汽车匀加速的加速度为3m/s2
D.汽车匀加速所需时间为5 s
【正确答案】 AD

【原卷 11 题】 知识点 电势差与电场强度的关系

【正确答案】
A B D
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，边长为60cm的正方形ABCD处在匀强电场中，电场方向与ABCD平面平行。大量电子从A点以100eV的初动能朝不同方向飞出，运动过程中仅受电场力作用。经过B、D点的电子动能分别为64eV和52eV，不计电子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A.B、D两点间电势差
B.正方形ABCD上C点电势最高
C.匀强电场的场强大小为
D.经过C点的电子动能为16eV
【正确答案】 ACD

11-2（巩固） 匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、16V、22V，下列说法正确的是（　　）

A.O点的电势
B.电场强度的大小为
C.电子在a点的电势能比在b点的低
D.将一正电荷从c移至a电场力做功是将此电荷从b移至a电场力做功的2倍
【正确答案】 AD

11-3（巩固） 空间有平行于梯形区域的匀强电场图中未画出，已知梯形的，和均为直角，且上底、下底，并知、、三点的电势分别为、、。将一电荷量的点电荷从点开始沿路线移动，则下列判断正确的是（　　）

A.梯形区域的下底中点的电势为
B.该匀强电场的场强大小为
C.该点电荷在点的电势能为
D.该点电荷从点移到点过程中，电场力对它做功为
【正确答案】 AD

11-4（巩固） 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，匀强电场场强方向与正六边形所在平面平行。A、B、C三点的电势分别为1V、2V、4V，AB边长度为2cm。则下列说法中正确的是（　　）

A.F点的电势为2V
B.该匀强电场场强方向沿AB方向由B指向A
C.将电子从E点移到F点，电场力做的功为2eV
D.该匀强电场的场强大小E=100V/m
【正确答案】 AD

11-5（巩固） 如图，在匀强电场中，将电荷量为的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。已知电场的方向与△ABC所在的平面平行，。下列说法正确（　　）

A.粒子在A点的电势能高于C点电势能 B.AB两点电势差
C.该电场的电场强度 D.该电场的电场强度
【正确答案】 BC

11-6（提升） 有一匀强电场的方向平行于平面，平面内、、、四点的位置如图所示，、分别垂直于轴、轴，其中、、三点电势分别为、、，使一电荷量为的点电荷由点开始沿路线运动，则下列判断正确的是（　　）

A.坐标原点的电势为
B.电场强度的大小为
C.该点电荷在点的电势能为
D.该点电荷从点移到点过程中，克服电场力做功
【正确答案】 CD

【原卷 12 题】 知识点 物块在水平传送带上运动分析,能量守恒定律与传送带结合

【正确答案】
B D
【试题解析】


12-1（基础） 如图所示，水平传动带以的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）

A.小物块一直做匀加速直线运动 B.经过2s小物块与传送带共速
C.经过3s小物块从传送带右端离开 D.小物块相对传送带运动了2m
【正确答案】 BC

12-2（巩固） 如图所示，一水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。现将质量为m=0.2kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，已知P、Q之间的距离为L=4m，取g=10m/s2，小物块可视为质点。下列说法正确的是（　　）

A.传送带的最小转动速率为v0=5m/s
B.若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t=1.5s
C.若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q=5J
D.若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功Ｗ=5J
【正确答案】 AD

12-3（巩固） 如图甲所示，长为的传送带以恒定的速率顺时针转动，现将的可视为质点的小物块轻放在左轮正上方的皮带上，电动机带动皮带将小物块从左轮运送到右轮的过程中，小物块的动能与小物块的位移x关系图像如图乙所示，重力加速度为。则下列说法中正确的是（　　）

A.传送带的速率为8m/s
B.小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2
C.小物块在传送带上的运动时间为3s
D.小物块与传送带摩擦产生的热量为32J
【正确答案】 BC

12-4（巩固） 如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平；末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（　　）

A.位置A到B点的竖直高度可能为2R
B.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关
C.滑块可能重新回到出发点A处
D.滑块与传送带摩擦产生的热量与传送带速度v的大小无关
【正确答案】 BC

12-5（巩固） 如图所示，质量的物体从高为的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为，传送带AB之间的距离为，传送带一直以的速度匀速运动，则取（　　）

A.物体从A运动到B的时间是
B.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为
C.物体从A运动到B的过程中，产生的热量为
D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为
【正确答案】 AC

12-6（提升） 如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为。不计空气阻力，则（　　）

A.传送带匀速传动的速度大小为
B.经过足够长的时间，滑块最终静止于N点
C.滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR
D.滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR
【正确答案】 ACD

【原卷 13 题】 知识点 实验：用控制变量法验证向心力公式

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。

（1）本实验采用的科学方法是___________
A．放大法 　B．理想实验法 　C．　等效替代法 　D．控制变量法
（2）通过本实验可以得到的结果有___________
A．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
B．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成反比
C．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度平方成正比
D．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
【正确答案】 D AC或CA

13-2（巩固） 某校学生在验证向心力公式时，设计了如图所示的实验：

第1步：先用粉笔在地上画一个直径为2L的圆；
第2步：通过力传感器，用绳子绑住质量为m的小球，人站在圆内，手拽住绳子上到小球距离为L的位置，用力甩绳子，使绳子近似水平，带动小球做匀速圆周运动，调整位置，让转动小球的手肘的延长线刚好通过地上的圆心，量出手拽住处距离地面的高度为h，记下力传感器的读数为F；
第3步：转到某位置时，突然放手，让小球自由抛出；
第4步：另一个同学记下小球的落地点C，将通过抛出点A的竖直线在地面上的垂足B与落地点C连成一条直线，量出B、C间距离为s；
第5步：保持小球做圆周运动的半径不变，改变小球做圆周运动的速度，重复上述操作。
试回答：（用题中的m、L、h、s和重力加速度g表示）
（1）放手后，小球在空中运动的时间t=___________。
（2）在误差范围内，有F=___________。
（3）小球落地时的速度大小为v=___________。
【正确答案】

13-3（巩固） 某同学设计了如图所示实验装置探究向心力与质量、半径的关系。水平杆光滑，竖直杆与水平杆铰合在一起，互相垂直，绕过定滑轮的细线两端分别与物块和力传感器连接。（忽略细线与定滑轮间的摩擦）

（1）探究向心力与质量关系时，让物块1、2的质量不同，测出物块1、2的质量分别为、，使物块到竖直轴距离______（填“相同”或“不同”），转动竖直杆，测出不同角速度下两个力传感器的示数、。反复实验测出多组、，作出图像，如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于______，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比。
（2）该实验过程中采用的实验方法是______。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
【正确答案】 相同 C

13-4（巩固） 某物理兴趣小组为了验证向心力公式，设计了如图所示的装置：给待测物体一个初速度，使它在水平桌面上做匀速圆周运动，细线与桌面小孔之间的摩擦力、物体与桌面间的摩擦力均可以忽略。已知物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k。兴趣小组拥有的测量工具为刻度尺和秒表。

（1）实验时需要测量的物理量有______、______和______（写出描述物理量的文字和符号）。
（2）验证的向心力公式是______。（用题中所给的字母表示）
【正确答案】 物体在水平桌面上转动一周所用的时间T 物体在水平桌面上做匀速圆周运动的半径r 弹簧的伸长量x

13-5（巩固） 如图甲所示是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图，其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m，放置在未画出的圆盘上，圆周轨道的半径为r，力电传感器测定的是向心力，光电传感器测定的是圆柱体的线速度，表格中是所得数据，图乙为F-v图像、F-v2图像、F-v3图像。

v/(m•s-1)
1
1.5
2
2.5
3
F/N
0.88
2
3.5
5.5
7.9
（1）本实验采用的研究方法是_____________。
（2）数据表格和图乙中的三个图像是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度v的关系时，保持圆柱体质量不变、半径的条件下得到的。研究图像后，可得出向心力F和圆柱体线速度v的关系式_____________。
（3）为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持物理量__________不变。
（4）若已知向心力公式为，根据上面的图线可以推算出，本实验中圆柱体的质量为_____________kg。
【正确答案】 控制变量法 线速度v 0.088

13-6（提升） 某同学利用图中所示的DIS向心力实验器来探究圆周运动向心力的影响因素。
①实验时，圆柱体和另一端的挡光杆随旋臂一起做圆周运动，通过力传感器测得圆柱体受到的向心力F，测出挡光杆经过光电门的挡光时间。
②测得挡光杆到转轴的距离为d，挡光杆的挡光宽度为，圆柱体做圆周运动的半径为r。
③保持圆柱体的质量和转动半径不变，改变转速重复步骤①，得到多组F．的数据，研究F与v关系。

（1）圆柱体转动线速度______（用所测物理量符号表示）。
（2）实验中测得的数据如表：

1
1.5
2
2.5
3
F/N
0.88
2
3.5
5.5
7.9
甲、乙、丙三图是根据上述实验数据作出的、、三个图像，那么研究向心力与线速度的关系时，保持圆柱体质量和运动半径一定，为方便研究，应使用的图像是______。

（3）上述图像是保持时得到的，由图可得圆柱体的质量为______kg（保留两位有效数字）。
（4）若研究F与r的关系，实验时应使挡光杆经过光电门时的挡光时间______（选填“变”或“不变”）。
【正确答案】 乙 0.17或0.18或0.19 不变

【原卷 14 题】 知识点 描绘小灯泡伏安特性曲线的实验步骤和数据处理,伏安特性曲线在求用电器实际功率时的应用

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 有一个小电珠上标有“4 V　2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的伏安特性曲线。有下列器材供选用：
A.电压表（0～5 V，内阻约10 kΩ）
B.电压表（0～10 V，内阻约20 kΩ）
C.电流表（0～0.3 A，内阻约1 Ω）
D.电流表（0～0.6 A，内阻约0.4 Ω）
E.滑动变阻器（5 Ω，1 A）
F.滑动变阻器（500 Ω，0.2 A）
（1）实验中电压表应选用________，电流表应选用________ ；（用序号字母表示）
（2）为使实验误差尽量减小，要求小电珠电压从零开始变化且多测几组数据，滑动变阻器应选用________ ；（用序号字母表示）
（3）请在虚线框内画出满足实验要求的电路图，并把下图所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图。（__________）

【正确答案】 A D E 、

14-2（巩固） 欲研究一只额定电压为、额定电流为的小灯泡的伏安特性，要求测量尽量准确，且灯泡两端电压能够在范围内变化。实验室提供的器材有：
A．电池组（电动势，内阻不计）；
B．电流表（量程，内阻约）；
C．电流表（量程，内阻）；
D．电阻箱（阻值）；
E．滑动变阻器（阻值）；
F．开关一只，导线若干。

（1）为测电压，将电流表“”与电阻箱____________联，调节电阻箱旋钮使电阻箱串联进入电路的电阻达到，使其成为量程为____________V的电压表；
（2）将如图所示实物连线补充完整，电阻箱已调到需要阻值__________。
（3）利用符合实验要求的电路进行实验，测得表的多组数据如下表：
表示数
0.00
0.14
0.22
0.26
0.29
0.31
0.33
0.35
0.37
0.40
表示数
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
7.00
8.00
9.50
请根据上述数据，在图中作出小灯泡的伏安特性曲线__________（其中纵轴U表示小灯泡两端的电压，横轴I表示通过小灯泡的电流）。
（4）将该灯泡直接与电动势为，内阻为的电源串联，此时灯泡的电功率为____________W。

【正确答案】 串 4

14-3（巩固） 小强同学要测量额定电压为2.5V小灯泡的功率：

（1）连接不完整的实物电路如图（甲）所示。请用笔画线代替导线，完成实物电路的连接______。
（2）检查电路连接无误，闭合开关后，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______（选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为______V；移动滑片P过程中，记录多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图像，根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W。
（3）整理器材时发现滑动变阻器的PB部分比PC部分热，原因是：______。
【正确答案】 见解析 B 2.50 0.75 见解析

14-4（巩固） 某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据、绘制曲线尽量准确。可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
电压表V，量程0～5V，内阻约5kΩ
电流表A1，量程0～500mA，内阻约0.5Ω
电流表A2，量程0～100mA，内阻约4Ω
滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流2.0A
滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流1.0A
直流电源E，电动势约6V，内阻可忽略不计
（1）上述器材中，电流表应选_______，滑动变阻器应选_______（填写所选器材后的字母）。
（2）请将虚线框内题图甲所示的实验电路图补画完整_______。
（3）该同学通过实验得出了小灯泡的I﹣U图像如题图乙所示。由图可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐_______（选填“增大”或“减小”）；当小灯泡上的电压为3.00V时，小灯泡的电阻是_______Ω（结果保留2位有效数字）。

（4）该同学在获得了③中小灯泡的I﹣U图像后，又把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上组成闭合回路。请你利用图像计算此时一只小灯泡的功率约为_______W（结果保留2位有效数字）。
（5）该同学看到实验室还有一个最大阻值为17kΩ的滑动变阻器R3，想进一步探究若用R3来替换本实验中的滑动变阻器结果会怎样，请你分析论证该同学能否比较方便地获取多组数据，进而得到比较理想的小灯泡的伏安特性曲线_______。
【正确答案】 A1 R1 增大 11 0.19或0.17或0.18或0.20或0.21 见解析

14-5（巩固） 一实验小组欲描绘规格为“4V，2W”的小灯泡的伏安特性曲线，提供的实验器材有：
A．电压表V（量程5V，内阻约为10kΩ） ；
B．滑动变阻器R1（0～5Ω，允许通过的最大电流为0.5A）
C．滑动变阻器R2（0～ 10Ω，允许通过的最大电流为1.0A）
D．电流表A （量程100mA，内阻为10Ω）
B．定值电阻R3（阻值为2Ω）
F．电源（电动势为4.5V，内阻为1Ω）
G．开关、导线若干。
（1）为了实验的安全、方便和测量的精确度，在实验过程中，滑动变阻器应选用___________（填器材前的字母）。实验器材中的电流表A量程过小，但可以通过所给的定值电阻R3与其___________（填 “串联”或“并联”）改装为量程为___________A的电流表。
（2）请在图甲所示的虚线框内用笔画线代替导线将该实验的实验电路图补充完整___________。

（3）根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图乙可知，随着所加电压的增大，小灯泡的导电性能___________（填“变好”“变差”或“不变”）。

（4）若将该小灯泡与电动势为3.0V、内阻为6.0Ω的电池组组成闭合回路，该小灯泡消耗的电功率约为___________W（保留2位有效数字）。
【正确答案】 C 并联 0.6 或 变差 （之间均可）

14-6（提升） 要描绘一个标有“3 V、0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组（电动势4.5 V，内阻约1 Ω）；
电流表（量程为0～250 mA，内阻约5 Ω）；
电压表（量程为0～3 V，内阻约3 kΩ）；
开关一个，导线若干。
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________（填字母代号）。
A．滑动变阻器（最大阻值20 Ω，额定电流1 A）
B．滑动变阻器（最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A）
（2）请在方框中画出实验的电路图________。

（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图1所示。现将两个这样的小灯泡并联后再与一个2 Ω的定值电阻R串联，接在电动势为1.5 V。内阻为1 Ω的电源两端，如图2所示。每个小灯泡消耗的功率是________W（结果保留2位小数）。

【正确答案】 A 见解析 0.10

【原卷 15 题】 知识点 相遇次数问题,追及与相遇问题

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 、两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为、，当车在车后面时，开始以恒定的加速度刹车并停止运动，求：
（1）车超过车后领先车的最大距离。
（2）若车刹车时，车同时开始加速，加速度，但车的最大速度只有，通过计算说明车能否追上车？
【正确答案】 （1）；（2）车不能追上车

15-2（巩固） 如果公路上有一列汽车车队以10m/s的速度正在匀速行驶，相邻车间距为25m，后面有一辆摩托车以20m/s的速度同向行驶，当它距离车队最后一辆车25m时刹车，以0.5m/s2的加速度做匀减速运动，摩托车在车队旁边行驶而过，设车队车辆数足够多，求：（不计汽车和摩托车的长度，结果可保留根号）
(1)摩托车经过多长时间赶上最后一辆车（即第一次与最后一辆车相遇）？
(2)摩托车从赶上最后一辆车到又被最后一辆车反超，共经历了多长时间？
(3)摩托车最多与几辆汽车相遇？
【正确答案】 (1)；(2)s；(3)4

15-3（巩固） 在某中学的田径运动会中的压轴竞技是的接力赛，如图所示，甲、乙两个同学在直跑道上练习接力，他们在奔跑时有相同的最大速度，乙从静止开始全力奔跑需跑出才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速直线运动，现在甲持棒以最大速度的向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出，若要求乙接棒时奔跑刚达到最大速度的，则：
（1）乙在接力区须奔出多少距离？
（2）乙应在距离甲多远时起跑？

【正确答案】 （1）；（2）

15-4（巩固） 汽车A正在平直公路上匀速行驶，若前方处有一静止障碍物，已知汽车A在该路段刹车时的加速度大小为。
（1）为不撞上前方的静止障碍物，求汽车A在该路段匀速行驶的最大速度；
（2）若进入另一段平直公路后，距A后方处有一汽车B，且此时两车均以的速度同向匀速行驶。由于前方堵车，A以大小为的加速度刹车，后，B车立即以大小为的加速度刹车。请通过计算判断两车是否会发生追尾事故。
【正确答案】 （1）25m/s；（2）会发生追尾事故

15-5（巩固） 两辆遥控电动玩具小车，在两条平行的长直轨道上分别独立滑行。甲车始终以速度 匀速行驶，乙车以速度行驶，如图所示。当运行在后面的乙车相甲车距离时，控制乙车开始以加速度大小为做减速直线运动。试讨论：两车能够实现并排（称为相遇）的次数及条件。

【正确答案】 见解析

15-6（提升） 甲，乙两同学在直跑道上练习“4×100m”接力，他们在奔跑时有相同的最大速度乙从静止开始全力奔跑需跑出才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动，现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。
（1）若要求乙接棒时速度达到，则乙在接力区须奔跑的距离x为多少？乙应在距甲的距离为多远时起跑？
（2）若最大速度为，在甲距离乙时，乙才全力奔出，甲在乙奔出时立即改为以的加速度做匀减速直线运动，直到速度减到零为止，则此过程中何时甲，乙相遇（假设运动员运动不受他人影响）？（结果可用根号表示）
【正确答案】 （1）16m，24m；（2），

【原卷 16 题】 知识点 含有斜面的连接体问题分析

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 如图所示，质量为m = 1kg的物块放在倾角为θ = 37°的斜面体上，斜面体质量为M = 2kg，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ = 0.2，地面光滑，现对斜面体施加一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g取10m/s2）

【正确答案】 14.4N ≤ F ≤ 33.6N

16-2（巩固） 如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角=30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：
（1）重物Q的质量；
（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。

【正确答案】 （1）；（2）

16-3（巩固） 两物块A、B用轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图所示。滑轮与A之间的绳子平行于倾角α=30°的固定光滑斜面，两物块在外力作用下保持静止，轻绳拉直。已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，求静止释放两物块瞬间
（1）A的加速度大小；
（2）轻绳对滑轮作用力的大小和方向。

【正确答案】 （1）aA =；（2）F=，方向与竖直方向成30°向左下

16-4（巩固） 如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平面上，质量分别为0.5kg、1kg的A、B两个小物块用绕过斜面顶端光滑定滑轮的细线连接，用沿斜面向下的恒定拉力F拉物块A，使A从静止开始（计此时为零时刻）沿斜面向下运动，1s内物块A向下运动的距离为1m，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，斜面和细线均足够长，开始A距滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）拉力F大小；
（2）若3s时刻撤去拉力F，则7s末物块A的速度多大？

【正确答案】 （1）；（2）

16-5（巩固） 如图所示，质量为物块A置于倾角为的斜面上，轻绳绕过固定在斜面顶端的定滑轮，一端连接在物块A上，另一端吊着质量为的物块B，A、B均处于静止，物块A刚好不下滑，已知重力加速度g取。斜面上方的轻绳始终与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块A与斜面间的动摩擦因数；
（2）若改装物块B的质量，使整个装置向右做匀加速运动的加速度为时，物块A受到的摩擦力恰好为零，此时A、B和斜面体相对静止，悬挂B的轻绳向左偏转与竖直方向成一定的夹角，则改变后物块B的质量为多少。

【正确答案】 （1）；（2）

16-6（提升） 如图所示，倾角θ=37°的斜面体静止在水平地面上，质量为m的物块A放在斜面上，绕过斜面顶端定滑轮的细线一端连接在物块A上，另一端连接在质量为2m的物块B上，用外力保持物块B静止，滑轮左侧的细线与斜面平行，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，斜面足够长，撤去作用在物块B上的外力，当物块A向上运动L的距离时（此时物块B未落地），细线断开，物块A向上运动到最高点后又向下运动，斜面体始终保持静止，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物块A从开始至运动到最高点所用的时间；
（2）细线断开后，物块A在斜面上运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力。

【正确答案】 （1）；（2）向上运动时为，方向水平向左，向下运动时为，方向水平向左

【原卷 17 题】 知识点 带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 一长为l的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m、电荷量为q的带正电的至小球，处于如图所示水平向右的匀强电场中。先将小球拉至A点，使细线水平。然后释放小球，当细线与水平方向夹角为120°时，小球到达B点且速度恰好为零，为重力加速度为g，，。求：
（1）匀强电场AB两点间的电势差的大小；
（2）小球由A点到B点过程速度最大时细线与竖直方向的夹角的大小；
（3）小球速度最大时细线拉力的大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-2（巩固） 如图所示，竖直面内有一光滑绝缘轨道，其中轨道水平，为四分之三圆周轨道，轨道的半径为点为圆形轨道的最低点，为圆形轨道的最高点，水平轨道和圆形轨道在点平滑连接，在整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度，一不计大小带正电的小球，电量为，质量为，小球在水平轨道上距点的距离为处静止释放，小球沿圆弧恰好能到点，求：
（1）小球的初始位置距点的距离；
（2）小球受到的圆轨道的最大弹力。

【正确答案】 （1）；（2）

17-3（巩固） 如图所示，半径为的光滑绝缘圆环轨道固定在竖直平面内，且轨道上套有一质量为、带电荷量为的珠子。空间存在与水平方向成角的匀强电场，电场方向与轨道平面平行。珠子可以在圆轨道的最右边点处保持静止状态。已知，，重力加速度为。
（1）求电场强度的大小；
（2）若将珠子从圆轨道上最低点由静止释放，求珠子运动的最大速度；
（3）要使珠子能沿轨道做完整的圆周运动，求珠子通过最低点的最小速度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-4（巩固） 如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一质量为m带负电的小球从高为h=12R的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动，不计B点碰撞的能量损失。已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ=53°，轨道水平段BC长度sBC=2R，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
（1）小球由A到B过程中损失的机械能ΔE；
（2）小球运动到与圆心等高点D时对轨道的压力大小N；
（3）改变A的位置使小球在运动过程中不脱离轨道，h满足的条件。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）或

17-5（巩固） 如图所示，在竖直平面内由M、N两足够长金属板构成的平行板电容器的电容，电量，上板带正电，下板带负电，两板间的距离，一细线下端系着一带正电小球，上端系在点处。小球的质量，电量，细线长，与竖直方向的夹角，现让小球从A点由静止释放，求：
（1）电场强度E及小球经过B点时的速度；
（2）小球经过B点时细线的拉力；
（3）若小球经过B点时细线刚好被拉断，已知点到下板的距离，求小球落在下极板上时落点到点正下方的水平距离。

【正确答案】 （1），；（2）；（3）

17-6（提升） 如图所示，粗糙程度不均匀的水平面ABC与半径为的竖直光滑半圆轨道CDM相切于C点，CM为半圆的直径，为圆心，D点是弧CM的中点，在半圆CDM下半部分有水平向左的匀强电场，场强大小（为重力加速度）。现把可视为质点、质量为的小物块P置于水平面的A点，并在水平恒力（大小未知）的作用下由静止向左运动，运动到B点撤掉水平恒力，小物块P恰好运动到C点静止。现把与小物块P材料相同、质量是小物块P质量一半、带电荷量为的绝缘小物块Q同样置于A点，在同样水平恒力作用下也从静止开始向左运动，到B点撤掉水平恒力，带电小物块Q离开水平面BC后沿着圆弧轨道CDM运动，恰好能过最高点M。求：
（1）小物块Q经过水平面C点时的速度大小。
（2）小物块Q在半圆轨道CDM上运动过程中对轨道的最大压力。
（3）小物块Q在运动过程中所受摩擦力做的功。
（4）小物块Q落在ABC水平面的位置到C点的距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）

【原卷 18 题】 知识点 含有动量守恒的多过程问题

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 如图，用不可伸长的轻绳将质量为2m的物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，绳长为2l。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为4l。已知b的质量为m。b与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g。求:
（1）即将碰撞时轻绳对物块a的拉力大小。
（2）碰后物块a上升的最大高度。

【正确答案】 （1）；（2）

18-2（巩固） 如图所示，凹槽的水平底面宽度，左侧高度，右侧高度。凹槽的左侧竖直面与半径的光滑圆弧轨道相接，和分别是圆弧的端点，右侧竖直面与水平接。小球（质量）从点由静止沿圆弧轨道滑下，与静置于点的小球（质量）发生弹性碰撞，设。取，不计空气阻力。
（1）求小球从圆弧轨道滑至点时的速度的大小；
（2）若，求两小球碰撞后第一次落点距离点的水平距离；
（3）设小球的第一次落点与凹槽左侧竖直面的水平距离为，试讨论与的关系。

【正确答案】 （1）；（2），在点右侧；（3）见解析

18-3（巩固） 滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可以在不同的轨道上滑行。如图所示，轨道位于竖直平面内，其中BC和DE为半径和的两段圆弧轨道，BC的圆心为O点，圆心角，DE的圆心为点，D点在点正下方，CD为水平轨道，C、D处与圆弧轨道平滑连接；滑板a和b的质量均为，运动员的质量。某时刻，运动员踩在滑板a上，先从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，滑上CD轨道后，运动员从滑板a跳到静止放置在水平轨道上的滑板b上，并一起向前继续滑动，跳后滑板a则以的速度返回，然后撤掉。运动员和滑板b经CD轨道后冲上DE轨道。滑板和运动员均可视为质点，运动员调整过程中无机械能增加，不计一切阻力，重力加速度取，求：
（1）运动员到达B点的速度大小；
（2）运动员在D点对滑板b的压力大小。

【正确答案】 （1）6m/s；（2）1098N

18-4（巩固） 如图所示，在光滑的水平地面的左端连接一半径为R的光滑圆形固定轨道，在水平面质量为的小球Q连接着轻质弹簧，处于静止状态。现有一质量为m的小球P从B点正上方高处由静止释放，求：
（1）小球P到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；
（2）在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
（3）若球P从B上方高H处释放，恰好使P球经弹簧反弹后能够回到B点，则高度H的大小。

【正确答案】 （1），；（2）；（3）

18-5（巩固） 如图所示，光滑圆弧轨道竖直放置，且与水平面平滑连接，其半径为R=1.2m，C点是圆弧的最低点，点是圆弧轨道的圆心，，水平面段光滑，点右侧是粗糙、质量为的小球，自A点以初速度水平抛出，小球恰好沿圆弧切线从点进入圆弧轨道，并沿轨道运动；小球运动过程中与放在轨道上点的物块相碰，物块质量M=0.1kg，物块与点右侧水平粗糙轨道间动摩擦因数，小球和物块可视为质点，忽略空气阻力，，求：
（1）小球在B点的速度vB的大小；
（2）小球在C点对轨道的压力；
（3）小球与静止在点的小物块相碰（碰撞时间极短），碰后小球与物块粘在一起，求物块向右滑动的距离。

【正确答案】 （1）2m/s；（2）7N，方向竖直向下；（3）1.5m

18-6（提升） 如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m，h=0.15m，R=0.75m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2求：
（1）抛出点到B点的水平位移的大小；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。

【正确答案】 （1）1.2m；（2）47.3N；（3）2.24m


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．题干中的9:10指的是时刻，选项A错误；
B．体育老师在调整同学们的队形时，每个同学的大小可忽略不计，可以将同学们看做质点，选项B正确；
C．体育老师在指导同学们课间操动作时不可以将同学们看做质点，否则就没动作可言了，选项C错误；
D．如果同学们从教室到运动场所走的路线不同，则路程也就不同，但是位移相同，选项D错误。
故选B。
1-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．图中的“18分钟”、“19分钟”、“21分钟”指的是从开始出发到到达目的地的时间间隔，故A错误；
B．图中“5.8公里”、“6.5公里”指的是轨迹的长度，即路程，故B错误；
C．第一种方案驾车“距离最短”，该“距离”指的是两地之间轨迹的长度，由图可知，由于汽车运动路线中的轨迹是曲线，所以路程大于位移的大小，故C错误；
D．研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状能够忽略不计，可以把汽车看成质点，故D正确。
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据400米田径场的规格可知，100m决赛只有直道部分，而200m决赛存在弯道部分，所以200m决赛中的路程是100m决赛的两倍，而位移不等于100m决赛的两倍，故A错误；
B．200m决赛中在弯道部分的速度方向时刻都在变化，故B错误；
C．200m决赛中的平均速率约为

因为200m决赛位移大小不等于路程，所以平均速度大小不等于10.36m/s，故C错误；
D．100m决赛的位移大小等于路程，所以平均速度大小约为

故D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当物体的形状和大小对研究的问题没有影响时可以看成质点，所以判断质点时不是以物体的大小为依据，A错误；
B．其中“8:00”是时间轴上的一点，所以是时刻，B错误；
C．200m中有直道也有弯道，路程为200m，位移大小小于200m，C错误；
D．速率是标量，瞬时速率指的是瞬时速度的大小，D正确。
故选D。
1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．选取不同的参考系，对物体的运动的描述可能相同也可能不同，故A错误；
B．在物体运动的描述中，参考系可以任意选取，但经常选地面或者相对地面静止的物体作为参考系，故B错误；
C．当物体的形状、大小对所研究的问题无影响或者影响很小，可以忽略不计时，物体就可看成质点，“玉兔二号”巡视器巡视月球运动轨迹时，其大小、形状对要研究的问题无影响，可看成质点，故C正确；
D．当研究自行车百米运动时间时，其形状、大小对所研究的问题影响很小，可看成质点，故D错误。
故选C。
1-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．三个质点从N到的初末位置相同，则位移相同，故A错误；
B．三个质点从N到的位移和时间均相同，故平均速度相同，故B正确；
C．曲线运动速度方向沿切线方向，三个质点任意时刻的速度方向都不同，故C错误；
D．个质点从N点出发到任意时刻的位移不同，平均速度不同，故D错误。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据位移时间关系

所以
，
故选C。
2-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AC．根据匀变速直线运的位移与时间关系

变形可得

由此可知，图线的斜率为

所以加速度为

图线的纵截距为汽车的初速度

所以t0时间内的位移为

故A正确，C错误；
B．时间内，物体发生的位移为

阴影部分的面积为

故B错误；
D．汽车的平均速度为

故D错误。
故选A。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据

可知

解得

故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．x−t图像切线的斜率表示速度，则t=4s时，质点A的速率为

故A正确；
BC．设质点A的初速度大小为，加速度为a。质点A在前4s内通过的位移为x=10m，由运动学公式有

解得

则

故B错误，C正确；
D．0−2s内质点B通过的位移为

质点A通过的位移为

则

故t=2s时A、B相遇，故D正确。
本题选错误的，故选B。
点睛:
注意图像中各部分信息所表示的意义，再结合相关的公式进行解答。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由图可得

根据匀变速直线运动的位移时间公式

得

对比可得
，
即刚刹车时动力车的速度为，刹车过程动力车的加速度为，故A错误，B错误；
CD．刹车过程持续的时间为

经过，车已经停止，则整个刹车过程动力车经过的位移为

故C错误，故D正确。
故选D。
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据速度位移公式结合图像得

解得

A正确；
B．乙图中所描述的物体在时段通过的位移为，B正确；
C．由公式

可知丙图中所描述的物体在时段速度的变化量为，C正确；
D．根据丁图可知

整理得

结合

可知加速度大小为，D错误。
本题选错误项，故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．以轻滑轮为研究对象可知，连接沙桶a的细绳张力、连接物体b的细绳张力的合力与细绳OO′的拉力等大反向，连接沙桶a和物体b的细绳张力始终等于沙桶a的重力，方向没有变化，因而两者合力逐渐减小，方向不变，A错误，符合题意、B正确，不符合题意；
CD．以物体b为研究对象，由于连接物体b的细绳拉力逐渐减小，因而桌面对物体b的支持力逐渐变大，桌面对物体b的摩擦力逐渐减小，CD正确，不符合题意。
故选A。
3-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．物块沿斜面匀速下滑，所以斜面对物块有垂直斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力，合力与物块重力平衡方向竖直向上，所以物块对斜面的作用力与其为一对作用力与反作用力方向竖直向下，斜面静止，只受到竖直方向的力，所以地面对斜面无水平方向摩擦力，A正确；
B．物块恰好能自行沿斜面匀速下滑，对物块分析得

解得

B错误；
CD．外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，设F与沿斜面向上方向夹角为，对物块受力分析，有
，
联立，得

由数学知识可得

所以有

整理得

CD错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
试题分析：对两种情况下的物体分别受力分析，如图

将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，则有：F滑=F3
mg=F4+FN；
F滑′=F5
mg+F6=FN′
而F滑=μFN；F滑′=μFN′
则有F1cos60°=μ（mg-F1sin60°） ①
F2cos30°=μ（mg+F2sin30°） ②
又根据题意F1=F2 ③
联立①②③解得：μ=2-；
故选B
考点：物体的平衡
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．如果墙面对木块的压力大小为零，木块只受重力和推力F的作用，两个力不在同一条直线上，不可能平衡，故A错误；
B．如果墙面对木块的摩擦力大小为零，木块受重力、支持力和推力F的作用，支持力和推力在同一条直线上，与重力不在同一条直线，不可能平衡，故B正确；
C．墙面对木块的压力大小为

F未知，无法确定墙面对木块的压力和重力大小关系，故C错误；
D．支持力和推力与斜面垂直，沿斜面没有分力，墙面对木块的摩擦力只能沿斜面向上，故D错误。
故选B。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．无风时，对气球受力分析得

故A错误；
BC．有风时，气球保持静止，故合力为零，故BC错误；
D．有风时，设细绳与竖直方向的夹角为θ，对气球受力分析得


联立解得

故D正确。
故选D。
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知



联立解得

故A错误，B正确；
C．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90°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。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
当恒力F较小时，木块和木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，此时
a1=a2
v1=v2
当恒力F较大时，木块相对于木板向前滑动，木块的加速度a2大于木板的加速度a1，且木块比木板运动得快，由于两者受力恒定，所以分别做匀加速直线运动，此时
a1 v1 故选C。
4-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据题意可知，A、B间的最大静摩擦力为

地面与B间的最大静摩擦力为

AB．甲图中，由于

则B由静止开始运动，假设A、B保持静止，由牛顿第二定律有

解得

对A，设A、B间静摩擦力为，由牛顿第二定律有

则假设成立，即A、B一起向右加速运动，则A受B水平向右的静摩擦力，大小为，B受地面水平向左的滑动摩擦力，大小为，故AB错误；
CD．乙图中，根据题意，由于A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，则A、B间发生相对运动，对A分析，可知A受B水平向左的滑动摩擦力，大小为，由牛顿第三定律可知，B受A向右的滑动摩擦力，大小为小于B与地面间的最大静摩擦力，则B仍然静止不动，则B受地面水平向左的静摩擦力，大小为，故C错误，D正确。
故选D。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．假设相对静止，对m，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故
f=μmg=ma
解得
a=μg=0.2×10=2m/s2
对整体
F=（M+m）a=（8+2）×2=20N
可知若要m相对于M开始运动，则推力满足
F＞20N
故AB错误；
CD．当F=10N时，选择向右为正方向，对整体
F=（M+m）a′
所以整体的加速度为

对m，受到的摩擦力提供加速度，有
f′=ma′=2×1=2N
根据牛顿第三定律可知，m对M的摩擦力的大小也是2N，方向向左，故C正确，D错误。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即
Ff=ma1
且Ff的最大值为
Ffm=μmg
故a1的最大值为
a1m=μg=3m/s2
当二者相对静止一起加速时
a2=a1≤3m/s2
当F较大时，二者发生相对滑动
a1=3m/s2
a2>3m/s2
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．将a、b、c看作一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，故A正确，不符合题意；
B．如果粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，故B错误，符合题意；
C．如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，故C正确，不符合题意；
D．如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析，b对a的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，故D正确，不符合题意。
故选B。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．物体C恰好滑动时，对C

物体A恰好滑动时，对BC整体，A、B之间的摩擦力为

解得

物体A、B之间的最大静摩擦力为

因为 ，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为，选整体由牛顿第二定律得

解得

选项A错误；
B．当力F1=μmg时，对整体

对A

解得

选项B错误；
C．B的最大加速度为

解得

选项C错误；
D．B相对A恰好滑动时，对A、B整体

对A

解得

当力时，B相对A滑动，选项D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于不清楚两小球抛出的先后关系，故不能判断两球到达点的先后，A错误；
D．小球抛出后做平抛运动，竖直方向有

解得

由于

可知

D错误；
BC．小球在水平方向做匀速直线运动，则有

由于
，
可知

C正确，B错误。
故选C。
5-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
水平方向

竖直方向

同时满足

联立解得
，
故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设板长为L，则第一次平抛运动满足


第二次平抛运动满足


解得

故选B。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．两小球竖直位移相同，则运动时间相同，初速度、大小之比为

故A错误；
B．若仅增大v2，则乙球抛物线轨迹开口变大，与甲球轨迹仍存在交点，因为两球同时抛出，在运动至交点时下落高度相同，运动时间相同，则一定相碰，故B错误；
C．甲球落在D、C两点时的竖直位移之比为

根据可知甲球落在D、C两点时的时间之比为

甲球落在D、C两点时的水平位移之比为

根据可知甲球落在在D、C两点时的初速度大小之比为

故C正确；
D．若只抛出甲球并适当改变大小，假设甲球可以垂直击中圆环BC，击中BC时的速度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲球水平位移的中点，则甲球落点到O点的水平距离为

竖直距离为

假设成立，即甲球可以垂直击中圆环BC，故D错误。
故选C。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
如图所示，过抛出点A作斜面的垂线，当小球落在斜面上的B点时，位移最小。


设运动的时间为t，则在水平方向上有

在竖直方向上有

根据几何关系知

联立解得

小球的水平位移大小为

竖直位移大小为

由水平位移和竖直位移的合成可求出小球位移的大小。
故B正确，ACD错误。
故选B。
5-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
当击中斜面处时，竖直方向

水平方向

根据几何关系可得

解得

则

当小球恰好从B点沿圆弧切线进入圆轨道时，根据几何关系可得


联立可得


故选A。
6-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ACD．设绳子和竖直方向的夹角为，则在竖直方向上

因为夹角和重力都不变，因此绳子的拉力不变，且不可能为0，A正确，CD错误；
B．当角速度为某一值时，此时绳子的拉力T在水平方向上的分力完全提供向心力，桶对物块的弹力为0，B错误。
故选A。
6-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知


而对A球依然处于平衡，有

而由几何关系

联立四式解得


则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B正确，A错误；
C．当角速度从继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有

则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故C错误；
D．设AB与杆的夹角变为，根据牛顿第二定律

可得

可知当角速度变为时，AB与杆的夹角的余弦值减小为原来的，但AB与杆的夹角不一定变为时的两倍，故D错误。
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．小球受力如图所示

根据牛顿第二定律

解得

得到

即与角速度的平方成反比，故AB错误；
CD．绳子的拉力为

即绳子的拉力与小球运动的角速度的平方成正比，故D正确， C错误。
故选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．若摆线与竖直方向夹角为，设两球运动水平面与P点的距离为h，对任意做圆锥摆的物体有

可得，周期
得到圆锥摆的周期

两摆的周期相等，故A错误；
B．由于向心加速度

则加速度还与绳子与竖直方向的夹角有关。设PA、PB两根绳子与竖直方向的夹角分别为 、，两个小球在竖直方向上受力平衡，设绳的张力为T，则有
，
则

由于，则两个绳子与竖直方向的夹角不同，则向心加速度大小不相等，故B错误；
CD．球A、B到P的距离分别为
，
可得

故C正确，D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．设弹簧的弹力为，弹簧的伸长量为，对小球进行受力分析，竖直方向有

解得
，
图中弹簧长度为

则弹簧原长为，A正确；
B．小球做圆周运动向心力为

所以轻质杆中的弹力为

B错误；
C．缓慢减小角速度ω，小球竖直方向上有

可得弹簧的形变量不变，小球的位置不变，C错误；
D．根据

可得当角速度减小时，不变时，将增大，D错误。
故选A。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．当小球角速度较小时，使其做匀速圆周运动的半径小于时，a绳中一定有张力，而根据几何关系可知b绳此时并未伸直，张力为零；根据圆锥摆模型可知

即

由上式可知随着角速度增大，摆角α增大，则小球运动半径也增大，当运动半径增大至刚好等于时，b绳恰好伸直，张力也为零，a绳张力达到最大值；随着角速度的继续增大，运动半径将开始大于，此时b绳将绷紧产生张力，a绳将松弛下来，张力变为零，故AB错误；
C．当小球运动半径为时，设小球的角速度为，此时a绳与竖直方向夹角为30°，则

解得

当时，根据AB项分析可知此时b绳中拉力不为零，故C正确；
D．根据AB项分析可知，当小球运动半径小于或等于时，b绳中张力为零，此时若b绳突然被剪断，a绳的弹力将不发生变化，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．由题意，粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，根据电场力做功

可得在前时间内，电场力对粒子做的功为，在后时间内，电场力对粒子做的功为，故AB错误；
CD．由

y为粒子在竖直方向的位移，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1，故C正确，D错误。
故C正确。
7-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；
B．电子在加速电场中，有

解得

电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于

故B正确；
C．电子在偏转电场中，有

结合

联立可得

可知当、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；
D．根据

可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D错误。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从开始运动到B板，一价氢离子的速度为v1，二价氦离子速度为v2，根据动能定理得

化简得出

可得

A错误；
B．设粒子在加速电场中加速时间为t，加速位移为s，在偏转电场中时间为t′，O1O2与MN的竖直高度为d，有


由于一价氢离子和二价氦离子的加速位移和偏转位移相同，但


所以


则一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间不相等，B错误；
C．从开始运动到打到板上根据动能定理有

则

C正确；
D．带电粒子进入偏转电场后，水平位移为

可知水平位移与比荷无关，则一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置相同，D错误；
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，即满足
mg 故AB错误；
CD．质点在水平方向做匀速直线运动，则质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，故C正确，D错误。
故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由

得

再由

可得

A错误；
C．由

可知三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，C正确；
B．由

可得

因不同，故三种粒子出偏转电场的速度不相同，B错误；
D．由偏转电场对三种粒子做的功为

可知

D错误；
故选C。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答．
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由电路图可知，将滑动变阻器R2的滑片从a端向b端移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻减小，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律

可知，电路总电流I增大。
A．电压表V测的是路端电压，由

可判断电压表V的示数减小，故A错误；
B．电流表A1测的是流过R1的电流，故有

可判断电流表A1的示数减小，故B错误；
C．由公式

可知，R3消耗的电功率增大，故C正确；
D．电流表A2测的是流过滑动变阻器的电流，故有

I增大，I1减小，故I2增大，故D错误；
故选C。
8-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器R4接入电路的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，内阻和R1上的电压减小，则U2变大，选项A错误。
B．由欧姆定律可知
=R3+R4
R4接入电路的阻值变大，所以变大，选项B错误。
C．电压表V2的示数等于电阻R3和R4两端的电压之和，R4接入电路阻值变大，电压表V2的示数变大，由于总电流变小，但是流过R2的电流变大，所以流过电阻R3的电流变小，电阻R3两端的电压变小，所以ΔU3大于ΔU2，选项C正确。
D．由闭合电路欧姆定律分析可知
U1=E-I1r
则
=r
U2=E-I2(r+R1)
=r+R1
所以小于，选项D错误。
故选C。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由电路图可知，电流表测量的是通过R的电流，故A错误；
B．由电路图可知，电压表测量的是加在2上的电压，故B错误；
CD．当滑动变阻器的滑片向上移动时，总电阻减小，电路中总电流变大，通过1、2的电流变大，故1、2两端电压均变大，电压表示数变大。电源电压不变。由于3与并联后与1及2串联，根据串联电路的分压规律，可知3与两端的电压变小，所以经过3的电流变小，而总电流变大，故根据并联电路的分流规律可知，经过的电流变大，电流表示数变大。故C错误，D正确。
故选D。
点睛:
掌握混合电路中各部分电压及电流的关系。采用先整体后具体，由（阻值）不变推导（阻值）变的电流、电压变化情况。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
当滑片向b端移动过程中，R3接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I1减小，由于电压表的电压

可知增大，由于电阻R1的电压

可知减小，由于

可知，电压表的电压增大，由于电流表的电流

可知增大，又由于

其中为负值，可知

由公式

可得

由公式

可得

综上所述可知A、C、D错误，B正确。
故选B。
8-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
断路，则电路总电阻变大，根据

可知电路总电流减小，并联部分的电路结构不变，分流关系不变，所以根据分流规律可知，则通过的电流变小，变暗，流过电流表的电流变小，分压变小，路端电压为

由上述式子可知，路端电压变大，根据分压规律可知，两端电压变大，所以变亮，故BCD错误，A正确。
故选A。
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；
B．由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数I先变小后变大；故B错误；
C．U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻之和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；
D．由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误。
故选C。
9-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．卫星由轨道1变至轨道2，必须在点向后喷气，使其加速做离心运动。故A错误；
B．根据


卫星在轨道1的点线速度大于对应的过Q点的圆轨道的线速度，而点对应的圆轨道的线速度大于轨道3的线速度，故卫星在轨道1的点线速度大于在轨道3的线速度。故B正确；
C．根据A项分析可知，卫星由轨道1变至轨道2，机械能增大。而在轨道2、3上，高度相同，机械能也相同。即

故C错误；
D．根据开普勒第三定律

可知

故D正确。
故选BD。
9-2【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．轨道III相当于近地轨道，飞船运行时万有引力提供向心力

结合黄金代换

联立解得

A错误；
B．飞船在轨道III的B点经过点火加速进入轨道II，所以在轨道III的B点速率小于轨道II的B点速率，再根据飞船运行时万有引力提供向心力

解得

飞船在轨道I上的运行速率小于在轨道III的运行速率，故飞船在轨道I上运行速率小于在轨道II上B处的速率，B正确；
C．飞船在轨道II上运行时，只受到万有引力作用，所以机械能守恒，故在轨道II上A处的机械能等于在轨道II上B处的机械能，C正确；
D．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道I、轨道III上运行的周期与半径的关系

解得

D错误。
故选BC。
9-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．每次运动到绕地轨道近地点时都需要加速，绕月轨道近月点时都需要减速，A错误；
B．由题目中，于10月31日将“嫦娥一号”加速至10.58km/s后进入地月转移轨道。11月2日在“嫦娥一号”奔向月球的过程中，对卫星飞行航向实施了一次必要的修正，B正确；
C．“嫦娥一号”卫星在绕地轨道远地点时，万有引力大于向心力，故此时需要变轨进入近地轨道，C正确；
D．由题目中，11月5日，对“嫦娥一号”卫星第一次实施成功的减速，使它成为真正的绕月卫星，之后又经过适时的减速，经3.5 h轨道过渡到周期约为2 h的工作轨道上，在2h轨道上，需要匀速圆周运动，也需要减速一次，D正确。
故选BCD。
9-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．返回舱在P点由圆轨道1变轨到椭圆轨道2，需点火减速，可知

在Q点由椭圆轨道2变轨到圆轨道3（设在圆轨道3的线速度大小为v4），需点火减速，可知

而圆轨道1和圆轨道2均由引力作为向心力可得

即

可知

综上所述可知

A正确；
B．两次点火减速导致返回舱在变轨过程中机械能减少，B错误；
C．假如采用喷气的方法分离轨道舱，在P点要向返回舱运动的方向喷气，才能达到减速的目的，C错误；
D．返回舱在圆轨道1由引力作为向心力可得

又

联立解得地球质量为

D正确。
故选AD。
9-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．飞船从低轨道到高轨道需要加速离心，除了万有引力的其他力做正功，机械能变大，所以宇航员在轨道III上的机械能小于在轨道I上的机械能，故A正确；
B．设地球的质量为M，载人飞船的质量为m，载人飞船在轨道II上A点的加速度大小为

根据万有引力等于重力得

在轨道II上B点，有

所以载人飞船在轨道II上B点的加速度大小为

故B错误；
C．载人飞船在轨道III上运行时，根据万有引力提供向心力得

得

根据开普勒第三定律得

得载人飞船在轨道II上的运行周期为

故C正确；
D．载人飞船在A点由轨道II进入轨道III时做近心运动，需减速，故D错误。
故选AC。
9-6【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．地球和火星受到太阳的万有引力之比

故A错误；
B．根据万有引力提供向心力


则移居前，地球和火星的角速度之比

故B正确；
C．如果成功转移地球从轨道I到III，则引力势能增大

则引力做功，故C错误；
D．根据

如果成功转移地球轨道，地球动能变化

根据动能定理

解得

故D正确。
故选BD。
10-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
机车以恒定加速度启动后，在达到额定功率前，做匀加速直线运动，牵引力为恒力，由

知图像是开口向上的抛物线，由

知v与t成正比，根据

知P与t成正比；当达到额定功率P0后功率保持P0不变，速度仍在增大，由

知牵引力不断减小，但牵引力仍比阻力大，加速度不断减小，当牵引力减小到等于阻力时，加速度为零，机车以最大速度做匀速运动，牵引力不变，故BC正确，AD错误。
故选BC。
10-2【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，当汽车速度达到20m/s时，汽车做匀速直线运动，此时有

故A错误；
B．0时刻，汽车速度为10m/s，则此时汽车受到的牵引力大小为

根据牛顿第二定律，可得此时汽车的加速度大小为

故B正确；
C．依题意，在0～50s内，对汽车利用动能定理，有

代入数据求得，汽车在0～50s内的位移大小为

故C正确；
D．0～50s内克服摩擦力做的功为

故D错误。
故选BC。
10-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力最大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为

故A错误；
BC．根据牛顿第二定律可知

结合，解得


故B正确，C错误；
D．在速度由增大至的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，则平均速度

故D正确。
故选BD。
10-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．当汽车的速度达到最大时

故A错误；
B．0～8s内，汽车的牵引力最大，在8s时

故B错误；
C．8～18s过程中汽车牵引力做功为

故C正确；
D．8～18s内汽车做变加速直线运动，根据动能定理

代入数据解得

故D正确。
故选CD。
10-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．动车以恒定的功率P从静止启动到最大速度过程中，速度增大，牵引力减小，而阻力不变，则合外力减小，加速度减小，故A错误；
B．当牵引力等于阻力时，做匀速运动，速度最大，动车的最大速度为

故B正确；
CD．根据

得位移

故C错误，D正确。
故选BD。
10-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据牛顿第二定律得

汽车的功率为

解得

根据图像得

解得

根据图像，将


代入

解得

A正确；
B．根据



解得

根据图像，汽车在车速为9m/s时，汽车正在做匀加速运动，汽车的功率为

B错误；
C．根据

解得

C错误；
D．匀加速结束时的速度为

汽车匀加速所需时间为

D正确。
故选AD。
11-1【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．根据动能定理

可得

故A正确；
B．BA两点间的电势差为

DA两点间的电势差为

以A点为零电势点，则有

则在AD连线上B点电势相等的点距离D点15cm处，如图所示

所以C点电势最小，故B错误；
C．的正切为

则

匀强电场的场强大小为

故C正确；
D．沿电场方向AC间的距离为

则

由

可得

故D正确。
故选ACD。
11-2【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据匀强电场中，平行同向且间距相等的两点间电势差相等可得

解得

选项A正确；
B．由于O点的电势为，所以所在的垂直电场的面为等势面，根据几何知识可得，a到的距离为

则电场强度的大小为

选项B错误；
C．根据可知，电子在a点的电势能比在b点的高

选项C错误；
D．将一正电荷从c移至a电场力做功为

其中

将此电荷从b移至a电场力做功为

其中

所以

选项D正确。
故选AD。

11-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由点向做垂线，根据几何关系知为中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故


代入数据解得


故A正确；
B．由于是匀强电场，连接则为等势面，如图所示

根据几何关系可知

则为一条电场线，且方向由指向，电场强度为

故B错误；
C．该点电荷在点的电势能为

故C错误；
D．该点电荷从点移到点电场中做功为

故D正确。
故选AD。
11-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．如图所示，连接AC，由匀强电场电势差与场强公式

将AC三等分，则M点的电势为2V，MB是一条等势线，可知F点的电势为2V，A正确；

B．根据电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势，可知该匀强电场场强方向沿AD方向由D指向A，B错误；
C．将电子从E点移到F点，电场力做的功为

C错误；
D．该匀强电场的场强大小为

D正确；
故选AD。
11-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．A到C有

由功能关系可知电荷从A到C电势能增加，所以粒子在A点的电势能低于C点电势能，故A错误；
B．根据

可得

故B正确；
CD．
根据

可得

又
，
假设 ，， ，则AB的中点与C点等势，作图如下

由数学知识求得

所以

故C正确，D错误。
故选BC。
11-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故

代入数据解得

故A错误；
B．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为

连接Oe则为等势面，如图所示

根据几何关系可知，ab⊥Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为

故B错误；
C．该点电荷在c点的电势能为

故C正确；
D．d点与b点电势相等，则该点电荷从a点移到d点电场中做功为

即克服电场力做功，故D正确；
故选CD。
12-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．当物体刚放上时，物块做匀加速直线运动，设物体从开始运动至与传送带共速所需时间为，则根据牛顿第二定律及运动学公式有


带入可得

此过程物块行使的距离为

故达到共速后，物块仍在传送带上，分析可知，此后物块将与传送带保持相对静止，匀速向前运动。故A错误，B正确；
C．设从物块从达到共速后运到传送带右端所需时间为，则根据运动学公式有

带入数据可得

故物块从开始运动到传送带右端所需的总时间为

故C正确；
D．物块与传送带只在达到共速前发生了相对运动，在物块从开始至与传送带共速过程中，传送带行使的位移为

故小物块与传送带相对位移为

故D错误。
故选BC。
点睛:
传送带的问题需要判断好是否受摩擦力以及摩擦力的方向。关于相对位移，需判断在哪个阶段会发生相对位移。
12-2【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达点已与传送带同速且小物块刚好能到达点，在点有

小物块从点到点，由动能定理得

联立解得

故A正确；
B．设小物块经过时间加速到与传送带同速，则


小物块的位移

带入数据可得
x1=2.5m，
1s后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q，设时间为

则小物块从P运动到Q的时间
t=+=1.3s
故B错误；
C．传送带在时间内的位移

根据题意则有


联立解得

故C错误；
D．由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功

代入数据解得

故D正确。
故选AD。
12-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由图可知，小物块加速度到和传送带速度相等后，速度不变，根据
J
得传送带的速率为

A错误；
B．对小物块运用动能定理

可得

B正确；
C．小物块在传送带上先加速，时间

后匀速4m，匀速运动的时间时间

小物块在传送带上的运动时间总共为3s，C正确；
D．传送带对地位移

根据

得
J
D错误。
故选BC。
12-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
详解:
A．若滑块恰能通过C点时有

由A到C根据动能定理知

联立解得

则AB最低高度为

A错误；
B．设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有

知x与传送带速度无关，B正确；
C．若回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，C正确；
D．滑块与传送带摩擦产生的热量

传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，D错误。
故选BC。
12-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
详解:
A．设物体下滑到A点的速度为，对PA过程，由机械能守恒定律有

代入数据得

则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为

加速至速度与传送带相等时用时

匀加速运动的位移

所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为

故物体从A运动到B的时间为

故A正确；
B．物体运动到B的速度是根据动能定理得：摩擦力对物体做功

故B错误；
C．在时间内，皮带做匀速运动的位移为

故产生热量

代入数据得

故C正确；
D．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功

故D错误。
故选AC。
12-6【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．小滑块第一次滑上传送带时的速度为

向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为

因为

所以小滑块返回时是先加速后匀速，即传送带匀速传动的速度大小为。A正确；
B．滑块速度跟传送带速度大小相等时，滑块滑上传送带的速度和离开传动带的速度大小相等，之后一直保持这种状态，所以小滑块不会停在N点。B错误；
C．小滑块第一次在传送带上减速过程，相对传送带的位移为

反向加速过程，相对传送带的位移为

滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

C正确；
D．第二次滑上传送带时，速度与传送带速度大小相等，所以以后每次滑上，发热量一样。滑上过程中

返回过程

滑块第二次及以后每次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

D正确。
故选ACD。
13-1【基础】 【正确答案】 D AC或CA
【试题解析】 详解:
（1）[1]在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到了物理学中的控制变量法；每次控制质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究向心力的大小F与第三个量的关系。
故选D。
（2）[2]A．根据

在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比，故A正确；
BC．根据

在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比，故B错误，C正确；
D．根据

在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比，故D错误。
故选AC。
13-2【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]小球飞出后做平抛运动，根据得，小球在空中运动的时间

（2）[2]绳子的拉力等于小球做圆周运动的向心力，小球的线速度

则拉力

（3）[3]小球落地时的竖直分速度

根据平行四边形定则知，小球落地时的速度

13-3【巩固】 【正确答案】 相同 C
【试题解析】 详解:
（1）[1]本题采用的是控制变量法，根据向心力公式

研究F与m的关系，所以需要保持、r相同，所以应使物块到竖直轴距离相同；
[2] 根据向心力公式可得


作出图像，则

如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于

（2）[3]该实验过程中采用的实验方法是控制变量法，故C正确，AB错误。
故选C。
13-4【巩固】 【正确答案】 物体在水平桌面上转动一周所用的时间T 物体在水平桌面上做匀速圆周运动的半径r 弹簧的伸长量x
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]本实验验证向心力公式，只要证明弹簧的弹力等于物体做匀速圆周运动所需的向心力即可。由于测量工具只有刻度尺和秒表，因而只能测量物体在水平桌面上转动一周所用的时间T（或者物体在水平桌面上转n圈的时间t）、物体在水平桌面上做匀速圆周运动的半径r和弹簧的伸长量x。
（2）[4]由胡可定律可知，弹簧的弹力为

物体以周期T做匀速圆周运动的向心力为

弹簧弹力提供物块圆周运动的向心力，故有

13-5【巩固】 【正确答案】 控制变量法 线速度v 0.088
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验采用控制变量法。
（2）[2]根据已知数据求出v2和填入表格
v/(m•s-1)
1
1.5
2
2.5
3
F/N
0.88
2
3.5
5.5
7.9
v2/(m2•s-2)
1.0
2.25
4.0
6.25
9.0
(N•m-2•s2)
0.88
0.89
0.88
0.88
0.88
根据表格得

（3）[3]根据 ，为了研究F与r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量m不变外，还应保持还应保持线速度v不变。
（4）[4]根据



解得

13-6【提升】 【正确答案】 乙 0.17或0.18或0.19 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]挡光杆转动的线速度

挡光杆与圆柱体转动的角速度相同，则圆柱体的线速度

（2）[2]根据

则研究向心力与线速度的关系时，保持圆柱体质量和运动半径一定，为方便研究，应使用的图像是乙图像；
（3）[3]上述图像是保持时得到的，则

由图可得

可得圆柱体的质量为
m=0.18kg
（4）[4]若研究F与r的关系，实验时应保持质量和线速度不变，则应使挡光杆经过光电门时的挡光时间不变。
14-1【基础】 【正确答案】 A D E 、
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]因小电珠的额定电压为4 V，为保证安全，选用的电压表量程应稍大于4 V，但不能大太多，10V的量程太大则示数不准确，故选用0～5V的电压表，即选用A。小电珠的额定电流
I＝＝0.5 A
故选择0～0.6 A量程的电流表，即选用D；
（2）[3]要求小电珠电压从零开始变化且多测几组数据，所以控制电路应采用滑动变阻器的分压接法，而分压接法中应选总阻值较小的滑动变阻器，故选用E。
（3）[4]小电珠正常工作时的电阻
R＝＝8 Ω
所以电压表内阻远大于小电珠电阻，应采用电流表外接法。实验电路图及对应的实物连接如图所示
、
14-2【巩固】 【正确答案】 串 4
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]为改装成准确量程的电压表，要求电流表的内阻是准确值，由题知，电流表的内阻已知，故应将与电阻箱串联组成一个电压表，根据电压表的改装原理有

解得

（2）[3]本实验要研究的是小灯泡的伏安特性，要求电压、电流要从零开始测量，故滑动变阻器采用分压式接法，由于小灯泡的电阻远小于改装后电压表的内阻，故电流表应用外接法，电路连接如图所示

（3）[4]根据题意，先将表示数转化成电压，即根据

进行转化，再根据表中数据作出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示

（4）[5]根据题意，由闭合回路欧姆定律，在图像中做出电源的伏安特性曲线，图线与灯泡的伏安特性曲线的交点，即为灯泡两端的电压和流过的电流，如图所示

由图可知
，
则此时灯泡的电功率为

14-3【巩固】 【正确答案】 见解析 B 2.50 0.75 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于小灯泡的内阻较小，采用电流表的外接，选择电压表3V量程，连接电路图，如图所示

（2）[2]电压表的示数小于小灯泡的额定电压，若增加电压表的示数，应是回路的电流强度增加，因此滑动变阻器的滑片P应向B端滑动，使滑动变阻器接入电路的阻值减小，从而回路电流强度增加；
[3]当电压标的示数达到2.50V时，小灯泡的功率为额定状态；
[4]根据图像丙可知，在额定电压下，通过小灯泡的电流为0.3A，，因此小灯泡的额定功率为

（3）[5]由于PB部分和PC部分是串联关系，电流相同，而PB部分电阻大于PC部分电阻，根据焦耳定律

在相同时间内，PB部分产生的热量多，因此温度高，感觉更热。
14-4【巩固】 【正确答案】 A1 R1 增大 11 0.19或0.17或0.18或0.20或0.21 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]小灯泡的额定电流为0.3A，则电流表选A1，为使小灯泡电压从零开始变化，应采用分压接法，则滑动变阻器选择总阻值较小的R1；
（2）[3]小灯泡的电阻较小，远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压接法，如图

（3）[4]由图可知，着电压的增加，电压与电流的比值增大，根据欧姆定律可知，小灯泡电阻增大；
[5] 当小灯泡上的电压为3.00V时，电流为.0.28A，根据欧姆定律，电阻为11Ω；
（4）[6] 把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上，设灯泡的电压和电流分别为U和I，则根据闭合电路欧姆定律

将图像绘出，如下

图线交点即为此时灯泡的实际工作状态，则灯泡功率为

（5）[7]不能，在图示电路中，当滑动变阻器滑片置于某一位置时，小灯泡分得的电压为

由于在绝大部分情况下有 ，小灯泡分得的电压

由于大的滑动变阻器阻值变化很难控制在小阻值范围内变化，所以，当滑片从左向右滑动的过程中，绝大部分情况下，由上式可见，小灯泡两端的电压始终近似为零，直至滑到最右端附近时，小灯泡两端的电压突然增大，甚至会超过其额定电压。所以，该同学不能比较方便地获取多组数据，也就不能得到如图乙所示的小灯泡的伏安特性曲线。
14-5【巩固】 【正确答案】 C 并联 0.6 或 变差 （之间均可）
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]由于要测小灯泡的伏安特性曲线，即要求待测电压从0到额定电压4V连续可调，因此滑动变阻器要接成分压电路，由P=IU可得小灯泡的额定电流为0.5A，所以滑动变阻器允许通过的最大电流大于0.5A，选择C（或)合适。实验器材中的电流表A量程过小，需要并联电阻扩大量程，用定值电阻（阻值为），则可将量程扩大到

（2）[4]由

得小灯泡的电阻为左右，与电流表内阻相差不大，远小于电压表内阻，则采用电流表外接时电压表的误差很小可忽略，测伏安特性曲线需要从零开始测量，滑动变阻器用分压电路，则电路如左图所示；因该改装后的电流表内阻己知，误差可以计算，故也可以采用电流表内接，电路如右图所示。
或
（3）[5]由图乙可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，电阻率增大，其导电性变差。
（4）[6]将该电池组与小灯泡组成回路后，小灯泡两端的电压U与通过小灯泡的电流I满足关系

在图像中如图中直线所示，小灯泡两端的电压U与通过小灯泡的电流I要同时满足图中的两个图像，所以为其交点，即图中交点坐标为小灯泡的电流、电压，所以小灯泡消耗的电功率为

（保留2位有效数字），误差范围为。

14-6【提升】 【正确答案】 A 见解析 0.10
【试题解析】 详解:
（1）[1]该实验的滑动变阻器要用分压式接法，应选用电阻小一些的，故选A。
（2）[2]小灯泡的电阻较小，伏安法采用电流表外接法，灯泡两端电压需要从零开始，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图。

（3）[3]根据闭合电路欧姆定律，有
E＝U＋2I(R+r)
即
U=1.5-6I

将此函数图像画在小灯泡的伏安特性曲线上，交点为电路的工作点，交点坐标为U＝0.65 V，I＝0.15 A，每个小灯泡消耗的功率
P＝UI＝0.10 W
15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）车不能追上车
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，设当车与车速度相等用时为，由运动学公式有

解得

则此过程中车位移为

车位移为

故、最大间距为

联立解得

（2）设从车从车刹车开始用时两车速度相等，车加速至最大用时，匀速时间为，从开始刹车至速度相等过程中，由运动学公式有
，
解得
，
由运动学公式，对车有

代入数据解得

对车有

代入数据解得

此时有

则车不能追上车。
15-2【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)s；(3)4
【试题解析】 详解:
(1)设摩托车与车队最后一辆车相遇需要的时间为t，则有

代入数据解得
t1=（20-10）s或者t2=（20+10）s
由于是第一次相遇，第二个舍去，则
t=（20-10）s
(2)第二次与最后一辆车相遇时摩托车的速度
v'=v2-at2=20-0.5（20+10）m/s=（10-5）m/s>0
即摩托车离开车队时，摩托车没有停止。
∆t=t2-t1=20s
(3)设摩托车与汽车速度相同时需要时间t'，则有
v1=v2-at'
代入数据解得
t'=20s
在此段时间内摩托车前行距离
s1==300m
汽车前行距离
s2=v1t=200m
摩托车相遇的汽车数为
N=1+=4（辆）
15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对物体乙，根据速度位移关系式有


解得

（2）甲乙相遇时，乙的速度

位移

甲的位移

联立解得

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）25m/s；（2）会发生追尾事故
【试题解析】 详解:
（1）由匀变速直线运动规律有

解得

（2）设B车刹车后经时间与A车速度相等，则有

则在时间内，A、B两车位移大小分别为


解得

故会发生追尾事故。
15-5【巩固】 【正确答案】 见解析
【试题解析】 详解:
当两车速度相等时，所用时间为，则有

得

此时，乙车位移

甲车位移

甲乙两车间的位移差

①若，即时，甲乙两车恰好相遇一次；
②若，即 时，甲乙两车恰好相遇两次，速度相等前相遇一次，速度相等之后相遇一次；
③若，即 时，甲乙两车不相遇。
15-6【提升】 【正确答案】 （1）16m，24m；（2），
【试题解析】 详解:
（1）根据题意得，设乙的加速为a，乙从静止开始达到最大速度，由匀变速直线运动公式得

则乙从静止开始达到的过程，由匀变速直线运动公式得

乙从静止开始加速到，所需时间t为

从乙开始气泡到甲追上乙，此过程中两者的运动时间相等，此过程中甲的位移为

乙起跑时，距甲的距离为

联立以上解得


（2）设乙的加速为a，则乙从静止开始达到最大速度，由匀变速直线运动公式得

代入数据可得

由于乙在甲前方，且甲做减速运动，乙做加速运动。分析可知，故若在甲乙速度相等之前，甲未追上乙，则后续甲再也追不上乙，设甲乙达到共同速度所需时间为t0，则由匀变速直线运动公式得

带入数据可得

设甲在速度相等前追上乙，乙开始运动到甲乙首次相遇整个过程所用时间为t1，则甲乙相遇时有

带入数据可得


又因为乙加速到最大速度所需时间t2为

由于

故乙达到最大速度时，乙未追上甲。即乙达到最大速度后，甲仍在乙前面。随后甲继续做匀减速直线运动，乙做匀速直线运动，直至甲乙再次相遇。设乙开始运动，到甲乙第二次相遇整个过程所用时间为t3，则第二次相遇时有

解得

第二次相遇时，甲的速度为

甲乙第二次相遇时，乙的速度大于甲的速度，且甲将继续做减速运动，故甲再也追不上乙。
点睛:
变速追变速问题，需要注意注意速度相等时，速度达到最大及最小时等相关转折点。
16-1【基础】 【正确答案】 14.4N ≤ F ≤ 33.6N
【试题解析】 详解:
假设水平推力F较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F具有最小值，设大小为F1，此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为x轴正方向

对物块分析，在水平方向有
FNsinθ - μFNcosθ = ma1
竖直方向有
FNcosθ + μFNsinθ - mg = 0
对整体有
F1= (M + m)a1
代入数值得
a1 ≈ 4.8m/s2，F1 ≈ 14.4N
假设水平推力F较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F具有最大值，设大小为F2，此时物块受力如图乙所示

对物块分析，在水平方向有
FN′sinθ + μFN′cosθ = ma2
在竖直方向有
FN′cosθ - μFN′sinθ - mg = 0
对整体有
F2= (M + m)a2
代入数值得
a2 ≈ 11.2m/s2，F2 ≈ 33.6N
综上所述可知推力F的取值范围为
14.4N ≤ F ≤ 33.6N
16-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有

对重物Q有

滑块P的位移

滑块P在时的速度

细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小

又经过时间，滑块P运动的位移

由题意可知

解得


（2）细线断后滑块P沿斜面上升的距离

滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程

解得

16-3【巩固】 【正确答案】 （1）aA =；（2）F=，方向与竖直方向成30°向左下
【试题解析】 详解:
（1）对B
mg-T=maB
对A
T-mgsinα=maA
且
aA=aB
联立得
aA=aB=
（2）由（1）可得
T=
绳对滑轮的作用力即两侧拉力的合力
F=2Tcos30°=
方向与竖直方向成30°向左下。
16-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）依题意，物块A在斜面上受恒定拉力作用，做匀加速直线运动根据

可得

对物块A、B组成的系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得

联立，可得

（2）3s时刻撤去拉力F，此时两物块的速度大小为

此后，对物块A、B组成的系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得

解得

可知两物块做匀减速直线运动，设经时间两物块速度减为零，则有

解得

依题意，物块B的质量大于物块A的质量，物块A将沿斜面向上运动，由牛顿第二定律，有

解得

7s末物块A已经沿斜面向上匀加速6s，有

16-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对物块A研究，根据力的平衡

解得

（2）设加速度为a，轻绳拉力为T，斜面对A支持力为N，对物块A研究


设物块B的质量为，对物块B研究

解得

16-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）向上运动时为，方向水平向左，向下运动时为，方向水平向左
【试题解析】 详解:
（1）撤去外力后，设物块A向上运动的加速度为，根据牛顿第二定律有

解得

当物块A向上运动L的距离时，速度为

运动的时间为

细线断后，物块A向上运动的加速度大小为

向上运动的时间为

向上运动的总时间为

（2）细线断后， 物块A在水平方向上受到斜面的作用力

方向水平向左，根据牛顿第三定律， 斜面受到物块A的作用力

方向向右
对于斜面，设地面对斜面体的摩擦力大小为 ，根据力的平衡有

方向水平向左
物块A在斜面上向下运动时，物块A的加速度

解得

则物块A在水平方向上受到斜面的作用力

方向水平向左，根据牛顿第三定律， 斜面受到物块A的作用力

方向向右
对于斜面，设地面对斜面体的摩擦力大小为，根据力的平衡有

方向水平向左
17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由小球由A点到B点过程，根据动能定理得

得电势差

（2）由得匀强电场强度的大小为

小球所受的合力大小为

合力方向

故

小球由A点到B点过程在与竖直方向夹角为时速度最大；
（3）当小球运动到与竖直方向夹角为时速度最大，设此时速度为v，根据动能定理得

得最大速度

根据牛顿第二定律得

得速度最大时细线拉力大小

17-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）从圆心处做重力和电场力的示意图

电场力和重力进行合成，二力合力与竖直方向的夹角为，则

得到

合力方向指向圆弧于点，合力的反向延长线指向圆弧于点，点为复合场的最高点，若小球能到点，即小球必须到点。若刚好到点，重力和电场力的合力刚好提供向心力

根据动能定理

解得

（2）小球在处对轨道的压力最大，从到，根据动能定理

根据向心力公式

解得

17-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）珠子在点能够保持静止，其受力情况如图所示

根据力的分解和共点力平衡可得

解得

（2）设电场力与重力的合力为，则F的大小为

方向水平向右，从A点释放珠子的过程中，可视为珠子只受弹力及的作用，点为珠子的平衡位置，珠子运动到点时的速度最大，根据动能定理可得

解得最大速度为

（3）由（2）的分析可知，珠子要做完整的圆周运动，必须到达圆轨道上与点在同一直径上的点，到达点的最小速度可以为零，若珠子从A点运动到点时的速度恰好为零，根据动能定理可得

解得珠子通过A点的最小速度为

17-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）由功能关系可知克服电场力做功等于机械能的损失，即

（2）由动能定理可得

在D点电场力和轨道对小球的支持力提供向心力

可得

根据牛顿第三定律可知

（3）小球受到重力和电场力的合力为

合力与竖直方向的夹角正切为

则

即将重力场和电场复合，复合场的最高点为图中M点，如图所示

若球恰好做完整的圆周运动，小球在运动过程中不脱离轨道，在圆轨道等效最高点M点需要的最小向心力由F提供

由动能定理可得

联立可得

若球不做完整的圆周运动，球恰好运动到F点，对从A到F过程，根据动能定理，有

解得

如果球恰好到C点，对A到C过程，根据动能定理，有

使小球在运动过程中不脱离轨道，h应满足
或
17-5【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据


极板间的电场强度

小球从A到B由动能定理可得

解得

（2）在B点，根据牛顿第二定律可得

解得

（3）绳子被拉断后，小球做类平抛运动，竖直方向

根据牛顿第二定律

水平方向

联立解得小球落在下极板上时落点到点正下方的水平距离

17-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）小物块Q在最高点

从C到M根据动能定理

解得

（2）根据受力分析可知，当小物块Q运动到与圆心连线与竖直方向夹角为45°时，对轨道压力最大，此时根据动能定理

满足

解得

根据牛顿第三定律得对轨道的最大压力

（3）Q从A到C过程中摩擦力做功为 ，则P从A到C过程中摩擦力做功为 ，对小物块P根据功能关系

对于Q

解得

（4 ）Q从M飞出水平方向先匀速再做匀减速运动


竖直方向做自由落体运动
，
联立解得.

18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）物块a由静止下摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律有

物块a到达最低点时，由牛顿第二定律有

联立解得

（2）物块a与物块b碰撞，根据动量守恒定律有

碰后，对于物块a由最低点上升到最大高度的过程，根据机械能守恒定律有

碰后，对于物块b由滑行到静止的过程，根据动能定理有

联立解得

18-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），在点右侧；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）依题意，有

解得

（2）和发生弹性碰撞，有：

④

解得

假设落到平面上，有


解得

因

假设成立，所以有

在点右侧；
（3）（i）由上知，当

时，有

若恰好落在点，有

解得

所以当

时，落在平面上，则

（ii）当落在凹槽底面上，有

其最大抛出速度为

解得

所以当


（iii）当

落在凹槽右侧竖直面上，有

所以，（i）；（ii）；（iii）
18-3【巩固】 【正确答案】 （1）6m/s；（2）1098N
【试题解析】 详解:
（1）运动员从A点运动到B点的过程中，做平抛运动，到达B点时，其速度沿B点的切线方向，根据几何关系可知，运动员到达B点的速度为

（2）从B到C，由动能定理得

解得

运动员跳离滑板a，运动员和滑板a动量守恒，有

运动员跳上滑板b，运动员和滑板b动量守恒，有

解得

运动员到达D点后开始做竖直面内圆周运动，设在点滑板对运动员的支持力为，有

解得

根据牛顿第三定律，运动员对滑板的压力为
18-4【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球P从A运动到C的过程，根据动能定理得

解得

在最低点C时，根据牛顿第二定律可得

解得

根据牛顿第三定律可得小球在最低点C时对轨道的压力为，方向竖直向下；
（2）当P、Q两球速度相等时，弹簧被压缩最短，此时弹簧的弹性势能最大，设两球速度相等时速度为，根据动量守恒可得

解得

根据机械能守恒可得

解得弹簧具有的最大弹性势能为

（3）若球P从B上方高H处释放，到达C点的速度为，弹簧反弹后P球的速度为，Q球的速度为，取水平向右为正方向，由题意得

解得

小球P压缩弹簧然后反弹后，弹簧恢复原长，因此没有弹性势能，根据动量守恒和机械能守恒得


联合解得

根据动能定理得

解得

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）2m/s；（2）7N，方向竖直向下；（3）1.5m
【试题解析】 详解:
（1）在B点，由速度分解有

解得

（2）小球从B到C过程，由动能定理有

在C点，对小球进行受力分析有

根据牛顿第三定律有

解得小球在C点对轨道的压力为

方向竖直向下。
（3）碰撞过程由动量守恒定律有

之后，由动能定理有

解得

18-6【提升】 【正确答案】 （1）1.2m；（2）47.3N；（3）2.24m
【试题解析】 详解:
（1）设物块从A到B运动时间为t，小物块由A到B竖直方向为自由落体运动，则有

抛出点到B点水平方向为匀速直线运动，则AB水平位移为

（2）设物块到达C点速度为vC，则A到C由动能定理可得

设C点时轨道对物块支持力为FN，小物块在C点由牛顿第二定律可得

解得
FN≈47.3N
由牛顿第三定律可得小物块对圆弧轨道C点的压力为
F压=FN=47.3N
（3）物块滑上长木板后，物块与木板系统动量守恒，设物块与长木板共速时为v，则由动量守恒可得

由能量守恒可得

解得
L=2.24m