1
3
2
4
3
5
4
6
题型 01 自由落体运动
如图所示，直棒 AB长 5m ，上端为 A，下端为 B，在 B的正下方10m 处有一长度为 5m ，内径比直棒大得多的
固定空心竖直管手持直棒由静止释放，让棒做自由落体运动（不计空气阻力，重力加速度 g 10m/s2 ），求：
（1）直棒下端刚好开始进入空心管时的瞬时速度 v1；
（2）直棒从开始下落至上端 A离开空心管所用的时间；
（3）直棒上端 A离开空心管时的速度；
（4）直棒在空心管中运动的时间（结果可用根号表示）．
5
1
题型 02 匀变速直线运动的推论
一些同学乘坐动力组列车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，一同学提议说：“我们能否用身
边的器材测出火车的加速度？”许多同学参与了测量工作，测量过程如下：他们一边看着窗外每隔100m 的路标，
一边用手表记录着时间，他们观测到从第一根路标运动到第二根路标的时间间隔为 5s ，从第一根路标运动到
第三根路标的时间间隔为9s ，请你根据他们的测量情况，求：
（1）火车从第一根路标到第二根路标和从第二根路标到第三根路标的平均速度分别为多少？
（2）火车的加速度大小。
（3）火车完成加速后，继续行驶。行至某一路标时开始匀减速进站，之后再经过 23 个路标时，恰好用去 26
秒；随后继续减速行驶，再经过 26 秒时，列车又经过了 21 个路标。若列车减速至零时恰好进站，求减速的时
间、位移。
6
2
题型 03 追及相遇问题
一列由 5 辆自行车组成的车队以 v1 5m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，相邻两车间距 L 10m 保持不变，后
面有一辆摩托车以 v2 15m/s 的速度同向行驶，当它与车队最后一辆车相距 s 18m 时刹车，以大小 a 1m/s
2
的加速度做匀减速直线运动，摩托车从自行车队旁边行驶而过，将摩托车、自行车均当作质点处理，问：
（1）摩托车能否追上排头的第一辆自行车？若能追上，何时追上？若追不上，两者相距的最近距离为多少？
（2）摩托车最多与几辆自行车相遇？摩托车与车队中自行车共相遇几次？
（3）摩托车从赶上车队到离开车队，共经历多少时间？
7
3
题型 04 运动学图像相关问题
甲乙两车在平直公路同向行驶，其 v t图象如图所示，已知两车在 t 3s时并排行驶，此后乙车开始做匀减速
直线运动，又向前滑行了10s 停止运动。甲车保持3s 时速度匀速向前行驶1s 后，也开始做匀减速直线运动，当
甲车停止时，两车又一次刚好并排。求：
（1）从计时起，前3s 内甲乙两车加速度大小；
（2）从计时起，甲乙两车前两次相遇时，沿公路方向相距的距离为多少；
（3） t 4s 后，甲车做匀减速运动的加速度大小。
8
4
题型 05 摩擦角与自锁
为了方便上下楼推送货物，某大型超市仓库，安装如图所示的自动倾斜式扶手电梯（无阶梯），一仓库管理员
站在电梯上水平推一货物，使货物与电梯保持相对静止，电梯的倾角 37 ，货物质量m 11kg ，货物与电
梯之间的动摩擦因数 0.5，电梯向上做匀速运动（最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 10m/s2 ）。求：
（1）当水平推力 F 25N 时，货物受到摩擦力的大小和方向；
（2）为保证货物始终相对电梯静止，则水平推力 F 的范围是多少。
9
5
题型 06 共点力平衡
如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块 A和悬挂的物体 B均处于静止状态．轻绳 AO绕过光滑的定滑轮与轻
弹簧的右端及轻绳 BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角 53 ，
斜面倾角 37 ，物块 A和 B的质量分别为mA 5kg ，mB 1.5kg ，弹簧的劲度系数 k 500N/m ，（ sin37 0.6，
cos37 0.8 ，重力加速度 g 10m/s2 ），求：
（1）弹簧的伸长量 x；
（2）物块 A受到的摩擦力。
（3）若在 B下再悬挂一个物体 C，弹簧依然保持水平（左边挡板移动后固定），绳子与竖直方向的夹角 不变，
此时 A在斜面上恰不滑动，已知 A与斜面的动摩擦因数 0.25 （最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求此时弹
簧的伸长量 x2 ，以及 C物体的质量。
10
6
题型 07 力的动态变化问题
如图所示，轻绳OA、OB与OC悬挂一质量为m的物体，OA与水平方向夹角为 60 ，OB位于水平方向。
（1）求OB绳上的拉力的大小T1 ；
（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转 30 ，求此位置处OB上拉力的大小T2 ；
（3）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢转动 90 ，求此过程中OB上拉力的最大值Tmax
和最小值Tmin 。
11
7
题型 08 牛顿第二定律-两类动力学问题
长为1.5m 的长木板 B静止放在水平冰面上，小物块 A以某一初速度从木板 B的左端滑上长木板 B，直到 A、B
的速度相同，此时 A、B的速度相同，为 v 0.4m/s，然后 A、B又一起在水平冰面上滑行了8cm 后停下。若小
物块 A可视为质点，它与长木板 B的质量相同，A、B间的动摩擦因数 1 0.25。求：(取 g 10 m / s2 )
(1)长木板与冰面间的动摩擦因数。
(2)小物块相对于长木板滑行的距离。
12
8
题型 09 牛顿第二定律-连接体问题
水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块 A，木块 A上的物体 B用绕过凸起的轻绳与物体 C相连，B与凸起之
间的绳是水平的。用一水平向左的拉力 F 作用在物体 B上，恰使物体 A、B、C保持相对静止，如图，已知物
体 A的质量为 2m、B、C的质量均为 m，重力加速度为 g，不计所有的摩擦，则拉力 F 应为多大？
13
9
题型 10 牛顿第二定律-突变问题
如图所示，一质量m 4.0kg 的小球在轻质弹簧和细线的作用下处于静止状态，细线 AO与竖直方向的夹角
37 ，弹簧 BO水平并处于压缩状态，小球与弹簧接触但不粘连，已知弹簧的劲度系数 k 100N/m ，取
sin37 0.6， cos37 0.8 ，求：
（1）小球静止时，细线中的拉力T和弹簧的压缩量 x；
（2）剪断细线 AB瞬间，小球的加速度 a。
14
10
题型 11 牛顿第二定律-临界问题
质量为 m=0.2kg 的小滑块以一定的水平速度冲上质量为 M=0.2kg 的静止的长木板，已知小滑块和长木板之间
的动摩擦因数为 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）小滑块m刚滑上长木板时的加速度大小和方向。
（2）若滑块在长木板上滑动时，长木板能保持静止不动，长木板和地面之间的动摩擦因数 须满足什么条件？
（3）若长木板与水平面间的动摩擦因数 0.1，滑块以 v0 1.2m/s的速度滑上长木板的左端，滑块最终没有
滑离长木板，求滑块在开始滑上长木板到最后静止下来的过程中，滑块滑行的距离是多少？（g=10m/s2）
15
11
题型 12 牛顿第二定律-等时圆问题
如图所示，在同一竖直线上有 A、 B两点，相距为 h， B点离地高度为H 。现从 A、 B两点分别向 P点安放
两个光滑的固定斜面 AP和 BP，并让两个小物块(可看成质点)从两斜面的 A、 B点同时由静止滑下，发现两
小物块同时到达 P点，求：
（1）OP间距离
（2）两小物块的运动时间
16
12
题型 13 牛顿第二定律-板块问题
如图所示，倾角为37 的足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上放着一个质量为M 3.5kg 的长木板。木板
的下端距斜面底端的距离足够大，A、B是木板的两个端点，A点离滑轮足够远，P是木板上的一个点，A、P
两点间距离为 6m ，木板的上端 A点放着一个可以看成质点的质量m 1kg 的物块，物块与 AP间的动摩擦因数
1 0.25，物块与 BP间的动摩擦因数 2 0.875 ，木板与斜面间的动摩擦因数 3 0.5 。在木板的上端通过一
根绕过定滑轮的轻质细绳与一质量为m0 的重物相连，重物距地面足够高，不计滑轮的质量和细绳与滑轮之间
的摩擦力。开始时均静止，绳处于拉直状态，现同时释放木板、物块和重物，当物块下滑 2m 时恰好到达 P点，
此时迅速摘掉重物，同时斜面变得光滑，最终物块没有脱离木板， g 10m/s2 。求：
（1）刚释放木板时，木板与重物的加速度大小；
（2）所挂重物的质量；
（3）木板的最小长度。
17
13
题型 14 牛顿第二定律-传送带问题
用如图所示的装置运输质量m 1kg 的货物（可看成质点），货物与传送带之间的动摩擦因数 1 0.5，传送带
与水平地面的夹角 37 ，传送带最高点与最低点的距离 L1 3.2m ，传送带以 v0 2m/s 的速率逆时针转动。
质量M 3kg 的长木板上表面与货物间的动摩擦因数 2 0.3，下表面光滑，开始时长木板靠近传送带 B端并
处于静止状态。现在传送带最高端 A处由静止释放货物。（ sin37 0.6 ， cos37 0.8 ，取重力加速度大小
g 10m/s2 ）
（1）求货物刚从 A处下滑时的加速度大小 a1；
（2）求货物到达传送带最低端 B处时的速度大小 vB；
（3）要使货物不从长木板上掉落，求长木板的长度 L2 需要满足的条件（货物通过 B点前后速度大小不变）。
18
14
题型 15 牛顿第二定律与图象综合问题
如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为 M=4kg，长为 L 1.4m ；木块右端放的
一小滑块，小滑块质量为 m=1kg，可视为质点。现用水平恒力 F 作用在木板M 右端，恒力 F 取不同数值时，
小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的 a F 图象如图乙所示，取 g 10m/s2 。求：
（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数。
（2）若水平恒力 F 27.8N ，且始终作用在木板M 上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长。
19
15
题型 16 曲线运动
如图所示，杆OA长为 R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点 A系着一跨过定滑轮 B、C的不可
伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M ，滑轮的半径可忽略， B在O的正上方，OB之间的距离为H 。某一时
刻，当绳的 BA段与OB之间的夹角为 时，杆的角速度为 ，求此时物块M 的速率 vM 。
20
16
题型 17 小船过河
一条河宽为 L 900 m ，水的流速为 v 50 m / s ，并在下游形成壮观的瀑布。一艘游艇从距离瀑布水平距离为
l 1200 m 的上游渡河，为了不被冲进瀑布，游艇应如何航行速度最小，最小值为多少 此时游艇在河中航行
的时间为多少
21
17
题型 18 平抛运动经典题型
如图所示，饲养员对着长 l 1.0m 的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m 0.02kg 的注射器射到
动物身上。注射器飞离长管末端的速度大小 v 20m/s ，可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离
开长管后做平抛运动，如图所示。
（1）求注射器在长管内运动时的加速度大小；
（2）求注射器在长管内运动时受到的合力大小；
（3）若动物与长管末端的水平距离 x 4.0m，求注射器下降的高度 h。
22
18
题型 19 平抛运动两类特殊题型
如图所示，在倾角为 的斜面顶端 A处以速度 v0 水平抛出一小球，小球落到斜面上的 B处，设空气阻力不计，
求：
（1）小球从 A处运动到 B处所需的时间
（2） A、 B间的距离
（3）小球从 A处运动到离斜面距离最大所需时间
（4）运动过程中离斜面的最大距离
23
19
题型 20 水平面内圆周运动
如图所示，水平圆盘上沿直径方向放置以轻绳相连的两个小物块 A和 B。两物块的质量分别为mA和mB，到圆
心的距离分别为 r和 3r。两物块与圆盘间的最大静摩擦力均为自身重力的 倍，重力加速度为 g。不考虑轻绳
拉力上限，轻绳伸直且最初拉力为零。圆盘绕竖直轴转动，转动的角速度由零缓慢增大，求：
（1）角速度增大至多少时轻绳开始出现拉力？
（2）若mA mB ，角速度在什么范围内，两物块与圆盘之间都不发生相对滑动？
（3）是否存在这种可能性：当两物块的质量满足一定关系，无论角速度多大，两物块与圆盘之间都不发生相
对滑动？若不可能请说明原因，若可能请求出需满足的条件。
24
20
题型 21 竖直面内的圆周运动
如图所示，一个小球质量为m，在半径为 R的光滑管内的顶部 A点水平飞出，恰好又从管口 B点射入管内，
则：
（1）小球在 A点对上侧管壁有弹力作用还是对下侧管壁有弹力作用？作用力多大？
（2）若要使小球对上侧管壁弹力大小等于重力，则小球在 A点的速度应为多少？
25
21
题型 22 含连接体的圆周运动
一个半径为 R 0.5m 的水平转盘可以绕竖直轴O O 转动，水平转盘中心O 处有一个光滑小孔，用一根长
L 1m 细线穿过小孔将质量分别为mA 0.2kg 、mB 0.5kg 的小球 A和小物块 B连接，小物块 B放在水平转
盘的边缘，与水平转盘间的动摩擦因数 0.3，如图所示。现用竖直向下的力 F 按住小物块 B并让小球 A在
水平面做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角 37 （取 g 10m/s2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
sin37 0.6）
（1）小球 A在水平面做匀速圆周运动的角速度 A ；
（2）保持小物块 B静止， F 的最小值；
（3）如撤去力 F 并使水平转盘转动起来，使小球 A竖直悬挂且小物块 B与水平转盘间保持相对静止，求水平
转盘角速度 B 。
26
22
题型 23 万有引力定律
未来“嫦娥五号”落月后，轨道飞行器将作为中继卫星在绕月轨道上做圆周运动，如图所示．设卫星距离月球表
面高为 h，绕行周期为T，已知月球绕地球公转的周期为T0 ，地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，月
球半径为 r ，万有引力常量为G。试分别求出：
（1）地球的质量和月球的质量；
（2）中继卫星向地球发送的信号到达地球，最少需要多长时间？（已知光速为 c，此问中设 h r R)
27
23
题型 24 天体运动
神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律。天文学
家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了 LMCX 3双星系统，它由可见星 A和不可见的暗星 B构成。两星视为
质点，不考虑其他天体的影响， A、 B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，
如图所示。引力常量为G，由观测能够得到可见星 A的速率 v和运行周期T。
（1）可见星 A所受暗星 B的引力 FA可等效为位于O点处质量为m 的星体（视为质点）对它的引力，设 A和 B
的质量分别为m1、m2 ，试求m （用m1、m2 表示）；
（2）求暗星 B的质量m2 与可见星 A的速率 v、运行周期T和质量m1之间的关系式；
（3）恒星演化到末期，如果其质量大于太阳质量 ms 的 2 倍，它将有可能成为黑洞。若可见星 A的速率
v 2.7 105 m/s ，运行周期 T 4.7 104 s ，质量 m1 6ms ，试通过估算来判断暗星 B 有可能是黑洞吗？
（G 6.67 10 11 N m2 / kg2 ，m 2.0 1030s kg）
28
24
题型 25 机车启动问题
山东青岛码头的清晨，一艘质量为 2000t 的货轮，从码头由静止起航，沿直线航行，保持发动机输出功率等于
其额定功率不变，经过15min 达到最大航行速度，已知额定功率为 4 106 W ，水对船阻力大小恒为 2 105 N ，
试求：
（1）轮船最大航行速度；
（2）从静止到最大速度牵引力做的功；
（3）从静止到最大速度轮船离开码头的距离。
29
25
题型 26 做功的计算
一位质量m 60kg的滑雪运动员从高 h 10m 的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力 F 50N ，
斜坡的倾斜角 30 ，运动员滑至坡底的过程中，求：
（1）这个过程中重力做功；
（2）这个过程中克服阻力做功；
（3）这个过程中运动员受到的所有力做的总功是多少。
30
26
题型 27 功能关系
1
如图所示，竖直平面内由倾角 60 的斜面轨道 AB、半径均为 R的半圆形细圆管轨道 BCDE和 圆周细圆
6
管轨道 EFG构成一游戏装置固定于地面， B、 E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出
口处G和圆心O2 的连线，以及O2 、E、O1 和 B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为 30 ，G点与竖
直墙面的距离 d 3R。现将质量为m的小球从斜面的某高度 h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可
视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度 h h0 ，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小 vC 及在此过程中所受合力的冲
量 I 的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1 点等高的 D点所受弹力 FN 与 h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度 h应该满足什么条件？
31
27
题型 28 动能定理的计算
如图所示为某工厂的传送装置简易图，该装置由倾斜轨道 ab、圆弧形轨道 bc、水平轨道 cd 、接收装置 PQ 构
1
成，其中 PQ为半径 R 1m 的 圆弧形接收装置，圆心刚好位于轨道的边缘点（d点），除 bc段外其余部分均
4
粗糙，图中的虚线 Ob、Oc 为圆弧 bc的半径。现将一质量为m 0.5kg 且可视为质点的滑块由 a点无初速度释
放，释放瞬间在滑块上施加一垂直 ab向下的恒力 F 9N ，当滑块刚好越过 b点时将恒力撤去，已知 53 、
ab段的长度为圆弧 bc半径的 2 倍，滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数为 0.25 ，重力加速度为 g 10m/s2 ，
sin53 0.8， cos53 0.6 。
（1）求滑块刚到达 c 点时，对轨道的压力大小；
（2）如果改变倾斜轨道的长度以及恒力的大小，使得滑块每次从 a点无初速度释放后，均能落在接收装置 PQ
上，则滑块落在接收装置上的最小动能应为多少？
32
28
题型 29 动能定理与图像综合问题
质量m 1kg 的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力 F 时物体在水平面上
运动，已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若 F x图象如图所示，且 4 ~ 5m 内物体匀速运
动， x 7m 时撤去外力，取 g 10m/s2 ，则：
（1）物体与地面间的动摩擦因数为多少？
（2）物体的最大速度为多少？
（3）撤去外力后物体还能滑行多长时间？
33
29
题型 30 动量定理计算流体冲击力
随着我国经济的快速发展，生态环境保护的重要性日渐凸显。高压清洗是世界公认最科学、经济、环保的清洁
方式之一。如图所示为某高压水枪工作时的场景。若该高压水枪正常工作时的额定输出功率为 P，水枪出水
口直径为 d，水的密度为 ，求：
（1）水从枪口喷出时的速度大小；
（2）用高压水枪冲洗物体时，在物体表面能够产生一定的压力。若水从枪口喷出时的速度大小为100m/s ，近
距离垂直喷射到某物体表面，水枪出水口直径为5mm 。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面
时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用
力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度 1.0 103 kg/m3 ， g 10m/s2 ，估算水枪在物体表面产生的
冲击力大小。
34
30
题型 31 动量定理和动能定理
如图，将两条相距为 2L的光滑平行金属导轨置于倾角为 30 的斜面上，其顶端接一阻值为 R的电阻，导轨所
在位置有一宽度为 L的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，一阻值为 R、质量为 m的金属杆 ab垂直放置在两
导轨上，并置于磁场下边缘。
mg
（1）若金属杆以 v初速度沿斜面向上运动，同时对共施加一平行于斜面向上大小为 的力，金属杆运动一
2
1
段距离（未能穿出磁场）后速度减为 0，求金属杆 ab运动到该距离的 时的速度；
3
（2）若金属杆的初速度为零，用一沿斜面向上的恒力作用在金属杆 ab上，使其由静止开始向上运动，其运动
速度 v与位移 x图象如下方右图所示，图中所标物理量均为已知，此过程中金属杆始终未脱离导轨。求此过程
中电阻 R上产生的焦耳热QR 。
35
31
题型 32 碰撞问题--完全非弹性
如图所示，水平地面上静止放置着物块 B和C 相距 l 1.0m 。物块 A以速度 v0 10m/s 沿水平方向与 B正碰。
碰撞后 A和 B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度 v 2.0m/s 。已知 A和 B的质
量均为 m，C的质量为 A质量的 k倍，物块与地面间的动摩擦因数 0.45 。（设碰撞时间很短，g 取10m/s2 )
（1）计算与C碰撞前瞬间 AB的速度；
（2）如果 AB与C碰撞粘在一起运动，求出 K的值；
（3）如果 AB与C的碰撞是弹性碰撞，求出 K的值，以及碰后 AB的速度；
（4）根据 AB与C的碰撞过程分析 k的取值范围，并讨论与C碰撞后 AB的可能运动方向。
36
32
题型 33 碰撞问题--弹性
冰壶比赛自 1998 年被列入冬奥会之后，就成为了越来越普遍的运动项目之一。2010 年 2 月 27 日在第 21 届冬
奥会上，中国女子冰壶队首次参加冬奥会，获得了铜牌，取得了这个项目的零的突破，令世人瞩目。冰壶比赛
的场地如图甲所示。冰道的左端有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN 将冰壶以一定的初速度掷出，
使冰壶沿着冰道的中心线 PO滑行，冰道的右端有一圆形的营垒。以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心O的
远近决定胜负．比赛时，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的
动摩擦因数减小。当对手的冰壶停止在营垒内时，可以用掷出的冰壶与对手的冰壶撞击，使对手的冰壶滑出营
垒区。已知冰壶的质量为 20kg ，营垒的半径为1.8m 。设冰壶与冰面间的动摩擦因数 1 0.008，用毛刷擦冰
面后动摩擦因数减小至 2 0.004 。在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向推力作用的时间
t 10s ，使冰壶 A在投掷线中点处以 v0 2.0m/s 的速度沿中心线 PO滑出。设冰壶之间的碰撞时间极短，且无
机械能损失，不计冰壶自身的大小，g取10m/s2 。
（1）冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为多少？
（2）若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点多远？
（3）如果在中心线 PO上已经静止着一个冰壶 B，如图乙所示，冰壶 B距圆心O的距离为 0.9m，若要使冰壶
A能够沿中心线 PO将 B撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少？
37
33
题型 34 碰撞问题--非弹性
如图， abc是光滑的轨道，其中 ab是水平的， bc是位于竖直平面内与 ab相切的半圆轨道，半径为 R。 bc线
的右侧空间存在方向水平向右的匀强电场，场强为 E；bc线的左侧（不含bc线）空间存在垂直轨道平面的匀
强磁场。带电量为 q目的小球 A的质量为m。静止在水平轨道上。另一质量为 2m的不带电小球 Bv0 5gR
的初速度与小球 A发生正碰。已知碰后小球 A恰好能通过半圆的最高点C，随后进入磁场后作匀速直线运动。
已知碰撞及运动中 A球的电量保持不变， g为重力加速度。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度 B的大小和方向；
（2）碰撞结束后 A、 B两球的速率 vA和 vB；
（3）分析说明两球发生的是否弹性碰撞。
38
34
题型 35 人船模型
1
如图所示，一“U 型槽”滑块由两个光滑内表面的 圆弧形槽 AB 、 CD和粗糙水平面 BC 组合而成，质量
4
M 1.5kg ，置于光滑的水平面上，其左端有一固定挡板 P，另一质量m 1kg 的物块从 A点正上方距离 BC水
平面的高度 h 5m 处自由下落，恰好从 A相切进入槽内，通过 BC部分进入圆弧槽CD。已知“U 型槽”圆弧的
半径 r 1m ，水平轨道部分 BC长 l 3m ，物块与“U 型槽”水平轨道间的动摩擦因数 0.5 ，重力加速度
g 10m/s2 。
（1）求物块第一次经过 B点对“圆弧型槽 AB ”的压力 FN ；
（2）求物块从“U 型槽” D点分离后能到达的距离水平面的最大高度H ；
（3）当“U 型槽”的速度最大时，求物块的速度 v1？最终物块的运动达到稳定状态，求物块在 BC部分运动的
总路程 x。
39
35
题型 36 类碰撞问题（板块）
质量mB 1kg的木板 B静止于光滑水平面上，质量mA 4kg的物块 A停在 B的左端，质量mC 1kg 的小球C用
长 l 1.25m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与 A发
生正碰，碰撞作用时间极短，之后小球C以 vC 3m/s的速率反弹。已知 A、B间的动摩擦因数 0.1，物块
与小球均可视为质点，不计空气阻力， g取10m/s2 。求：
（1）小球C与物块 A碰撞前瞬间，小球C的速度大小 vC ；
（2）小球C与物块 A碰撞过程中，物块 A受到的冲量大小 I ；
（3）为使物块 A不滑离木板 B，木板 B的长度 L至少多长？
40
36
题型 37 类碰撞问题（弹簧）
一根轻质弹簧两端各固定质量分别是mA 4.5kg 和mB 1.5kg 的两个物体 A、B，将它们放在光滑的水平面上，
然后用力 F 推 B，使 A紧靠墙壁，如图所示，此时弹簧具有弹性势能12J 。现突然撤去外力 F ，求：
（1）在弹簧松开的过程中，物体 B能达到的最大速度的大小；
（2）在物体 A脱离墙壁以后的过程中，弹簧能够具有的最大弹性势能。
41
37
题型 38 类碰撞问题（子弹进入木块）
如图所示，平板小车长 L，距地面高 h，小车质量为M ，与水平地面摩擦可忽略，在小车左端边缘处，有一
M
质量为m的小木块，m ，它与平板间有摩擦．当小车与木块一起沿水平地面以速度 v向左运动某一瞬间，
9
M
有一颗子弹水平向木块迎面射来并嵌在木块内，子弹质量m ，速度 v 100v，设木块可以从小车右端滑1 18 1
v
出，滑出时小车速度减为 ，求：
2
(1) 木块滑出右端时速度的大小；
(2) 木块落地时，木块与小车右端的距离；
(3) 木块和小车间的动摩擦因数 。
42
38
题型 39 动量与图像综合问题
如图所示，物块 A、B的质量分别是mA 4.0kg 和mB 3.0kg 。用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块
B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从 t 0 时以一定速度向右运动，在 t 4s 时与物块 A 相碰，并立即与 A
粘在一起不再分开，物块C的 v t图象如图所示。求：
（1）物块C的质量mC ；
（2）墙壁对物块 B的弹力在 4s到12s 的时间内对对 B的冲量 I 的大小和方向；
（3） B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep 。
43
39
题型 40 电场力作用下的受力平衡定律三点电荷平衡）
a、b、c、d是四个质量均为m的带电小球，其中 a、b、c三小球的电荷量都为 q，d小球的电荷量为 6q，
光滑绝缘水平面上有一点O。现把 d小球固定在O点，让 a、b、c三个小球绕O点做半径为 R的匀速圆周运
动，三小球所在位置恰好将圆周三等分，如图所示，静电力常量为 k，求：（计算结果可保留根号）
（1）小球上的向心加速度 an；
（2）若将小球 d 提升到圆心O的正上方 h 2R处并固定，让小球 a、b、c仍做以O为圆心、 R为半径的匀
速圆周运动，如图所示，求此时小球 b的线速度 v。
44
40
题型 41 电场力、能量的属性基本物理量公式与计算
将带电量为 q 4 10 6 C的正电荷从电场中的 A点移到 B点，电场力做W1 2 10
5 J 的功，再从 B移到C，电
场力做了W 1.2 10 52 J 的功，则：
（1）该电荷从 A移到C的过程中，电势能的变化量为多少？
（2）若规定 B点的电势为 0，则 A点和C点的电势分别为多少？
（3）若将一带电量为 3 10 6 C 的负点电荷，从 A移到C点，电场力做功为多少？
45
41
题型 42 含容电路计算
如图所示的电路中，电动势 E 10V ，内阻可忽略不计，各电阻的阻值分别为 R 20Ω ， R2 30Ω，滑动变阻
器的最大阻值 R 50Ω ，电容器的电容C 20μF，则：
（1）合上电键 S，将滑动触头 P置于滑动变阻器最左端 a点时，电路稳定后电容器的上极板M 带何种电荷？
所带的电量为多少？
（2）电键 S保持闭合，把滑动触头 P缓慢地从最左端 a点移到最右端 b点的过程中，通过导线中 D点的电荷
量为多大？
（3）滑动触头 P移到最右端 b点后，断开电键 S，电容器放电过程中流过 R2的电荷量是多少？
46
42
题型 43 静电平衡与静电屏蔽
如图所示， z 0 的空间为真空， z 0区域内充满无限大导体， A（0，0， h）处固定电荷量为 q的点电荷，
静电力常量为 k，已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则感应电荷在（ 2h， h， h）处形成的电场强度
大小为____。
47
43
题型 44 带电粒子在电场中的加速运动
如图所示，长 l 1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强
电场中，绳与竖直方向的夹角 37 。已知小球所带电荷量 q 1.0 10 6 C，匀强电场的场强 E 3.0 103 N/C ，
取重力加速度 g 10m/s2 ， sin37 0.6， cos37 0.8 。求：
（1）小球所受电场力 F 的大小；
（2）小球的质量m；
（3）剪断细线小球怎样运动，加速度多大？
48
44
题型 45 带电粒子在电场中偏转（一）
在直角坐标系中，两个边长都相同的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域 ABOC 中有水平向左的匀强
电场，电场强度的大小为 E0 ；在第二象限正方形COED的对角线CE 左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，
三角形OEC区域内无电场。现有一带电量为 q、质量为m的带电粒子（重力不计）从 AB边上的 A点静止释
放，恰好能通过 E点。
（1）求CED区域内的匀强电场的电场强度 E1 ；
（2）若正方形边长为 L，粒子从 AB边中点由静止释放，求粒子从DE边离开的位置坐标。
49
45
题型 46 带电粒子在电场中偏转（二）
如图所示，竖直面内 AB、CD为方向水平向右的匀强电场的边界，在边界 AB左边O点，将一质量为m、电
荷量为 q的带电小球以初速度 v0 水平向右抛出，小球进入匀强电场后刚好没有从CD边界射出电场。已知小球
到达CD边界时的动能为在O点抛出时动能的 4 倍，O点到边界 AB的距离是电场宽度的 2 倍，重力加速度大
小为 g，求：
（1）小球从 AB边进入匀强电场时的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度 E的大小及小球出电场时在竖直方向上下落的高度。
50
46
题型 47 带电粒子在电场中偏转（三）
如图所示，空间有场强大小 E 103 V/m 、方向竖直向下的匀强电场，长 L 1m 不可伸长的轻绳固定于O点，
另一端系一质量m 0.8kg 、带电荷量 q 0.01C的正电小球。现把小球拉起至绳子水平后在 A点无初速度释放，
当小球运动至O点的正下方 B 点时绳恰好断裂（无能量损失），小球继续运动并垂直打在一个与水平面成
53 且足够大的挡板MN 上的C点，重力加速度 g 取10m/s2 ，试求：
（1）绳子的最大张力T；
（2）B、C 两点的电势差U ；
（3）当小球运动至C点时，突然调整匀强电场的方向和大小，同时迅速向右平移挡板到某处，若小球仍能垂
直打在挡板上且场强最小，求调整后匀强电场 Emin 小和方向。
51
47
题型 48 电场相关与能量综合问题
电场相关与能量综合问题如图所示，距离为 d的平行金属板 A、B间的电场强度为 E，B板接地。靠近 A板的
M 点有一放射源，能向各个方向发射质量为m、电量为 -e的带电粒子，可以探测到 B板上以 N点为圆心、半
径为 r 的圆形区域内都有带电粒子到达，粒子重力不计。求：
（1）粒子运动加速度 a的大小；
（2）粒子初速度的最大值 v0 ；
（3）粒子到达 B板的最大动能 Ekm 。
52
48
题型 49 电路计算
如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为 R1 3Ω 时，电压表读数为U1 6V ；当电阻箱读数
为 R2 8Ω 时，电压表读数为U2 8V 。求：
（1）电源的电动势 E和内阻 r ；
（2）当电阻箱 R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值 Pm 为多少？
53
49
题型 50 电路与图像综合问题
如图甲所示的电路中，R1、R2 均为定值电阻，且 R1 100Ω ，R2阻值未知，R3 为一滑动变阻器，当其滑片 P从
左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中 A、B两点是滑片 P在
变阻器的两个不同端点得到的，求：
（1）电源的电动势和内阻；
（2）定值电阻 R2 的阻值；
（3）求电源有最大输出功率时， R3 接入电路的阻值。（结果保留一位小数）
54
50
题型 51 洛伦兹力与安培力
在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为 且足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为 B、方向垂直纸
面向外，电场方向竖直向上。有一质量为m、带电量为 q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力
恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，已知重力加速度为 g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球在斜面上连续滑行距离；
如图所示，水平导轨间距为 L 1.0m ，导轨电阻忽略不计；导体棒 ab的质量m 1kg ，连入导轨间的电阻
R0 0.9Ω ，与导轨垂直且接触良好；电源电动势 E 10V ，内阻 r 0.1Ω，电阻 R 9Ω；外加匀强磁场的磁感
应强度 B 10T ，方向垂直于 ab，与导轨平面的夹角 53 ；ab与导轨间的动摩擦因数为 0.5（设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，轻绳与导轨平行且对 ab的拉力为水平方向，重力加速度 g取10m/s2 ，
ab处于静止状态。已知 sin53 0.8， cos53 0.6 。求：
（3） ab受到的安培力大小；
（4）重物重力G的取值范围。
55
51
题型 52 带电粒子在磁场中简单计算-单边界磁场
如图所示，第一二象限有沿着 y轴方向的匀强电场，第三四象限有垂直于 xoy平面向外的匀强磁场，质量为m、
q A 2 3电量 的 a粒子在点 （ h， h）以速度 v沿着 x轴正方向进入电场，通过坐标原点O首次进入磁场，当
3
m q
粒子 a速度第一次沿 x轴正方向时，与静止在点C（纵坐标为 L）质量为 、电量为 的 b粒子发生弹性正
2 3
碰，粒子碰撞过程中总电量不损失，且碰后 a、 b电量相同，不计 a、 b的重力及相互间的库仑力。求：
（1）匀强电场的电场强度 E的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度 B的大小；
（3）碰后 a粒子的轨迹与 x轴交点的横坐标 x的表达式。
56
52
题型 53 带电粒子在磁场中简单计算-双直线平行边界
如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为 e，质量为m，重力不计）由静止状态从
P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点。匀强磁场的磁感应强度为 B，磁场边界宽度为 d，
电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30 。求：
（1）电子在磁场中运动的时间 t；
（2）若改变 PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时 PQ间的电势差U 是多少？
57
53
题型 54 带电粒子在磁场中简单计算-半径、时间
图中左边有一对平行金属板，两板相距为 d，电压为U ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为 B0 ，方向
平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为 a的正三角形区域 EFG(EF 边与金属板垂直），在此区域
内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为 q的正离子沿
平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经 EF 边中点H
射入磁场区域。不计重力。
（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界 EG后，从边界 EF 穿出磁场，求离子甲的质量。
（2）已知这些离子中的离子乙从 EG 3边上的 I 点（图中未画出）穿出磁场，且GI 长为 a．求离子乙在磁场
4
中的运动时间。
58
54
题型 55 带电粒子在磁场中简单计算-圆形边界
mv
如图所示，在半径为 R 0 的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度 B，圆形区域右侧有一竖直感
Bq
光板，质量为m、电量为 q、重力不计的带正电粒子以速率 v0 从圆弧顶点 P平行于纸面进入磁场，PO与感光
板平行， P到感光板的距离为 2R。
（1）粒子在磁场中运动的半径；
（2）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
（3）若粒子对准圆心射入，且速率为 3v0 ，求它打到感光板上的位置距离 P点的竖直距离。
59
55
题型 56 带电粒子在磁场中简单计算-磁场中重复周期
如图所示的 xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于 xOy
1
平面向里． P点的坐标为 ( 2L,0) ，Q1 、Q2 两点的坐标分别为 (0,L) ， (0, L)。坐标为 ( L， 0) 处的C点3
2
固定一平行于 y轴放置的长为 L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿 y
3
方向分速度不变，沿 x方向分速度反向，大小不变。 带负电的粒子质量为m，电量为 q，不计粒子所受重力。
若粒子在 P点沿 PQ1 方向进入磁场，经磁场运动后，求：
（1）从Q1 直接到达Q2 处的粒子初速度大小；
（2）从Q1 直接到达O点，粒子第一次经过 x轴的交点坐标；
（3）只与挡板碰撞两次并能回到 P点的粒子初速度大小。
60
56
题型 57 带电粒子在磁场中简单计算-缩放圆
如图所示，abcd是一个边长为 L的正方形，它是磁感应强度为 B的匀强磁场横截面的边界线。一带电粒子从 ad
边的中点O与 ad边成 30 角且垂直于磁场方向射入。若该带电粒子所带电荷量为 q、质量为m（重力不计）
（1）则该带电粒子在磁场中飞行时间最长是多少？
（2）若要带电粒子飞行时间最长，带电粒子的速度必须符合什么条件？
61
57
题型 58 带电粒子在磁场中简单计算-旋转圆
如图所示，在矩形区域 abcd内存在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场矩形区域的边长 ab L，
ad 3L。一粒子源处在 ad边中点O，在 t 0 时刻粒子源垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子
的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在 0 ~ 180 范围内。已知在bc边能接受到的最早到达的粒子时间为
t t0 ，粒子在磁场中做圆周运动的半径 R L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）粒子在磁场中的运动周期T；
（2）粒子的比荷；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间。
62
58
题型 59 带电粒子在组合场中的运动
如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，第一、第四象限是一个电场强
度大小未知的匀强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为 q的带电粒子从 P孔以初速度 v0 沿垂直于磁
场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角 30 ，粒子恰好从 y轴上的C孔垂直于匀强电场射入
匀强电场，经过 x轴的Q点，已知OQ OP，不计粒子的重力，求：
（1）粒子从 P运动到C所用的时间 t；
（2）电场强度 E的大小；
（3）粒子到达Q点的动能 EK
63
59
题型 60 带电粒子在复合场中的直线/圆周运动
如图所示，带电平行金属板相距为 2R，在两板间半径为 R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度为 B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2 从左侧O1
点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为 t0 。若仅撤去
t
磁场，质子仍从O1 点以相同速度射入，经 1 时间打到极板上。求：2
（1）求两极板间电压U ；
（2）求质子从极板间飞出时的速度大小
64
60
题型 61 带电粒子在复合场中的直线/圆周运动
如图所示，坐标系 xOy在竖直平面内，水平轨道 AD和斜面 DC均光滑且绝缘， AD和DC的长度均为 L，斜
面DC与水平地面间的夹角 60 ，有一质量为m，电荷量为 q的带电小球（可视为质点）被放在 A点，已
mg
知在第一象限分布着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，电场方向竖直向上，场强大小为 E2 ，磁场为水平q
方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度为 B；在第二象限分布着沿 x轴正方向的水平匀强电场，场强大小为
B2E qL1 。现将放在 A点的带电小球由静止释放，求：6m
（1）带电小球运动到 D点时的速度；
（2）带电小球从 A点出发到落地过程中所用的时间（小球所带的电荷量不变）
65
61
题型 62 质谱仪
如图所示为一种质谱仪的构造原理图，它是一种分离和检测不同同位素的重要工具。质子数相同而中子数不同
的同一元素的不同核素互称为同位素。让离子源发出的不同带电粒子，经一对相距为 d、两极板间电压为U 的
平行正对金属板所形成的加速电场加速后，从紧靠金属板的平板 S上的狭缝 P沿垂直平板 S射入以平板 S为边
界的有界匀强磁场中，并在磁场中偏转后打在记录它的照相底片上，底片厚度可忽略不计，且与平板 S重合。
磁场的磁感应强度为 B、方向与速度方向垂直。根据粒子打在底片上的位置，便可以对它的比荷（电荷量与
质量之比）的情况进行分析。在下面的讨论中，带电粒子进入加速电场的初速度、粒子所受的重力及它们之间
的相互作用力均可忽略不计。
（1 q）若某带电粒子打在照片底片上的 A点，测得 A与 P之间的距离为 x，求该粒子的比荷 ；
m
（2）若有两种质量不同的正一价离子，它们的质量分别为m1和m2 ，它们经加速电场和匀强磁场后，分别打
在照相底片上的 A1和 A2 两点。已知电子的电荷量为 e，求 A1、 A2 间的距离△ x；
（3）若有两种质量不同的正一价离子，质量分别为m1和m2 ，它们经加速电场和匀强磁场后，分别打在照相
m
底片上的 A1和 A2 两点，测得 P到 A2 的距离与 A1到 A2 的距离相等，求这两种离子的质量之比 1 ；m2
（4）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子（1H 和 2 H) ，它们分别打在照相底片上相距为 d1 的两点；
若用这个质谱仪分别观测碳的两种同位素离子（ 12 C 和 14 C ），它们分别打在照相底片上相距为 d2 的两点。请
通过计算说明， d1 与 d2 的大小关系；
（5）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子，它们分别打在照相底片上相距为 l的两点。为了便于观
测，希望 l的数值大一些为宜，试分析说明为使 l增大一些可采取哪些措施；
（6）若氢的两种同位素离子的电荷量均为 e，质量分别为m1和m2 ，且已知m1 m2 ，它们同时进入加速电场。
试分析说明这两种粒子哪一种先到达照相底片，并求出它们到达照相底片上的时间差△ t。
66
62
题型 63 回旋加速器
回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制 D型金属扁盒组成，两个 D形盒正中间开有一条狭缝；两个 D型
盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心 A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压
加速后，进入 D2 盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子
每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度
越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为 q，
静止时质量为m0 ，加速时电极间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为 B，D型盒的半径为 R，设狭缝很窄，
粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作
用力。
（1）忽略相对论效应，求
①交变电压的周期T；
②粒子被加速后获得的最大动能 Ekm ；
（2）人们使用早期制造的回旋加速器加速带电粒子时发现，粒子能量达到 25 ~ 30MeV 后，就很难再加速了。
m
原因是：按照狭义相对论，粒子的质量m随着速度 v的增加而增大（具体关系为m 0 ， c为真空中
2
1 v
c
的光速），质量的变化会导致其回转周期的变化，从而破坏了交变电压的周期与粒子在磁场中运动周期的一致
m
性（若将m 换成m 00 后，粒子在磁场中运动的周期公式仍然成立）。已知：在高速运动中，动能定2
1 v
c
理仍然成立，只不过物体的动能表达式需要修改为 Ek mc
2 m c20 。考虑相对论效应后，适当调整交变电压的
周期，可以使粒子获得更大的动能。
①求粒子第 n次通过狭缝时，交变电压的周期Tn ；（注：结果用U 、 n、 B、m0 、 q、 c和 表示）
②若交变电压的最终周期为Tm，求粒子被加速后获得的最大动能 E （注：结果用Tm、 B、 q、m0 、 c和 km
表示）。
67
63
68
64
题型 64 电磁流量计
电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置（单位时间里通过某一截面的液体体积，称为流量），其结构如图
所示，上、下两个面M 、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为 a 1m 、b 0.5m 、
c 0.4m ，左、右两端开口，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度为 B 0.8T 的匀强磁场，在污水充
满装置以某一速度 v从左向右匀速流经该装置时，测得M 、 N两板间的电压U 1V 。
（1）M 、 N板哪端电势高？
（2）求此刻液体的流量Q；
（3）若要求电压表示数U 与流量Q在数值上相同，磁感应强度大小应该调整为多少（流量计尺寸不变）？
69
65
题型 65 磁流体发电机
磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是磁流体发电机的简易模型图，
其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为 l、 a、 b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻
可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为 R的某种金属直导体MN 连成闭合电路，整个发电通道处
于匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向垂直纸面向里。高温等离子体以不变的速率 v水平向右喷入发电
通道内，发电机的等效内阻为 r ，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。
（1）求该磁流体发电机的电动势大小 E；
（2）当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。
a．要使等离子体以不变的速率 v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力。如果不计
其它损耗，计算这个推力的功率 PT ；
b．若以该金属直导体MN 为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动
过程中会与导体内不动的粒子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体
的横截面积为 S，电阻率为 ，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为 e。求金属导体中每
个电子所受平均阻力的大小 f 。
70
66
题型 66 法拉第电磁感应定律--感生电动势
如图甲所示，两根间距为 L1 0.5m 的平行导轨固定在竖直向下的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度的大
小随时间变化如图乙所示，导轨之间接有电阻 R 2Ω ，在与电阻 R距离为 L2 处有一金属棒 ab与两导轨垂直放
置并接触良好，其中金属棒 ab的质量M 0.8kg ，金属棒 ab接入电路部分电阻为 R 2Ω ，金属棒 ab与水平
轨道之间的动摩擦因数 0.5。现将金属棒 ab通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m 0.04kg 的物体，与金属
棒连接的轻绳与导轨平行，与物体连接的轻绳竖直，轻绳伸直且不可伸长。在 t 0 时，系统处于静止状态。
不计绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度 g取10m/s2 ，求：
（1）金属棒上电流的方向；
（2）在经过时间 t 3s时物体刚要离开地面，此时回路中感应电动势的大小为多少？金属棒 ab距离电阻 R的
距离 L2 是多少？
（3）在（2）的前提下，0-3s 内，电阻 R上产生的热量 Q是多少？
71
67
题型 67 法拉第电磁感应定律-单棒模型计算
水平固定的光滑U 型金属框架宽为 L，足够长，其上放一质量为m的金属棒 ab，左端连接有一阻值为 R的电
阻（金属框架、金属棒及导线的电阻均可忽略不计），整个装置处在向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B．现
给棒一个初速 v0 ，使棒始终垂直框架并沿框架运动
（1）金属棒从开始运动到达稳定状态的过程中求通过电阻 R的电量和电阻 R中产生的热量
（2）金属棒从开始运动到达稳定状态的过程中求棒通过的位移
（3）如果将U 型金属框架左端的电阻 R换为一电容为 C的电容器，其他条件不变，如图所示．求金属棒从开
始运动到达稳定状态时电容器的带电量和电容器所储存的能量（不计电路向外辐射的能量）
72
68
题型 68 法拉第电磁感应定律-双棒模型计算
在学习了电磁驱动和电磁制动后，某物理兴趣小组的同学设计了如下装置进行研究。如图所示，足够长平行光
滑导轨的间距 L 0.2m ，b1b2 右侧轨道水平，左侧曲线轨道与水平轨道相切于 b1b2 ，所有轨道均电阻不计。在
水平轨道内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B 0.8T 。质量为M 0.2kg 、电阻为 R1 0.1Ω 的金属
棒b垂直于轨道静止放置在与 b1b2 相距1m 远的水平轨道上，并用插销固定。质量为m 0.1kg 、电阻为 R2 0.2Ω
的金属棒 a由曲线轨道上端 a1a2 处静止释放，a1a2 处到水平轨道的竖直高度 h 0.45m，若金属棒 a在运动过程
中始终与导轨垂直且保持良好接触，金属棒 a与 b相撞时无能量损失， g 10m/s2 。求：
（1）金属棒 a第 1 次滑到b1b2 处时的速度大小；
（2）金属棒 a与金属棒 b碰撞的次数；
（3）若撤去固定金属棒b的插销，使其能自由移动，金属棒 a还是由曲线轨道上端 a1a2 处静止释放，金属棒 b
初始静止在水平轨道上，两棒最终运动达到稳定状态。要使两棒不相碰，则金属棒 b初始位置距离 b1b2 至少多
远？整个运动过程中金属棒 b上产生的焦耳热是多少？
73
69
题型 69 法拉第电磁感应定律-线圈模型计算
如图所示，间距为H 的两水平线MN 、 PQ间存在匀强磁场，磁感应强度为 B，有一质量为m边长为 L的正
方形线框 (L H ) ，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为 R，线框下落过程中 ab边与磁场界面
g
平行。已知 ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时都做减速运动，且加速度大小均为 a 。求：
5
（1） ab边刚进入磁场时线框中的电流强度 I ；
（2）线框穿过磁场的全过程中产生的热量Q；
（3） cd 边刚进入磁场时，线框速度的大小 v。
74
70
题型 70 法拉第电磁感应定律-动态过程计算
如图 1 所示，一对相互平行且足够长的光滑金属轨道固定放置在水平面上，两轨道间距离 l 0.2m。两轨道的
左端接有一个 R 0.1Ω 的电阻。有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计。
整个装置处于磁感应强度 B 0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下。现用一外力 F 沿轨道方向拉
杆，使杆做匀加速直线运动，测得力 F 与时间 t的关系如图 2 所示。求：
（1）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由 v t图象求位移的方法。请你借鉴此方
法，根据图 2 所示的 F t图象，求 0 20s的时间内拉力 F 的冲量大小 I ；
（2）求导体棒的加速度大小 a和质量m；
（3）求 0 20s的时间内通过导体横截面的电量 q。
75
71
题型 71 正弦交变的产生与描述
如图所示，有一矩形线圏，面积为 S 0.08m2 ，匝数为 N 100 匝，整个线圈的电阻为 r 1Ω，在磁感应强度
B 2为 T 的匀强磁场中，线圈绕OO 轴以角速度 100πrad/s 匀速转动，外电阻为 R 4Ω ，当线圈由图示
16
位置转过 90 的过程中，求：
（1）磁通量的变化量为多少；
（2）平均感应电动势为多少；
（3）电阻 R所产生的焦耳热为多少；
（4）通过电阻 R的电荷量为多少。
76
72
题型 72 远距离输电与变压器
高考临近，为保证高三工作正常开展，防止停电事故发生，江油中学领导班子决定购买一台应急备用发电机，
要求如下：一是保证全校 88 间教室所有日光灯能正常发光；二是为避免噪音干扰发电机需远离教学区；三是
尽量利用已有设备和线路。为完成任务以某物理老师牵头调查，发现以下数据：每间教室有日光灯 20 盏，每
盏 20W ，额定电压均为 220V ；发电机安装位置距离并网接口约 500 米，计算得出所用电线每米电阻约
2.0 10 3 Ω ，其余部分电阻不计；学校已有升压变压器和降压变压器各一台，升压变压器匝数比为
n1 ∶n2 1∶4，降压变压器的匝数比为 n3 ∶n4 4∶1，该物理老师画出示意图如图所示。试求：
（1）输电线总电阻 R线是多少？
（2）购买的发电机功率 P应不小于多少？
（3）发电机输出的电压U1是多少才能保证灯泡正常发光？
77
73
题型 73 分子动理论
如图 1 所示， a、 b为某种物质的两个分子，以 a为原点，沿两分子连线建立 r 轴。如果选取两个分子相距无
穷远时的势能为零，则作出的两个分子之间的势能 Ep 与它们之间距离 r 的 Ep r关系图线如图 2 所示。假设
分子 a固定不动，分子 b只在 ab间分子力的作用下运动（在 x轴上）。当两分子间距离为 r0 时， b分子的动能
为 Ek（0 Ek0 Ep0）。
（1）求 a、b分子间的最大势能 Epm ；
（2）并利用图 2，结合画图说明分子b在 x轴上的运动范围；
（3）若某固体由大量这种分子组成，当温度升高时，物体体积膨胀。试结合图 2 所示的 Ep x关系图线，分
析说明这种物体受热后体积膨胀的原因。
78
74
题型 74 气体
如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为
m1 2.50kg ，横截面积为 s1 80.0cm
2 ，小活塞的质量为m2 1.50kg ，横截面积为 s2 40.0cm
2 ，两活塞用刚
性轻杆连接，间距保持为 l 40.0cm ，汽缸外大气的压强为 p 1.00 105 Pa ，温度为T 303K ，初始时大活塞
l
与大圆筒底部相距 ，两活塞间封闭气体的温度为T1 495K ，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，2
忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小 g取10m/s2 ，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。
79
75
题型 75 气体压强微观原理
对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其
物理本质。
正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量 n为恒量。为简化问题，我们假
定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向
都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f 与m、 n和 v的关系。
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
80
76
题型 76 热力学定律
某同学制作了一个简易温度计：如图，一根两端开口的玻璃管水平穿过玻璃瓶口处的橡皮塞，玻璃管内有一段
长度可忽略的水银柱。当温度为 T 280K 时，水银柱刚好处在瓶口位置，此时该装置密封气体的体积
V 480cm3 。已知大气压强为 p0 1.0 10
5 Pa ，玻璃管内部横截面积为 S 0.4cm2 ，瓶口外玻璃管的长度为
L 48cm 。
（1）求该温度计能测量的最高温度；
（2）假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收Q 7J 热量，问在这一过程中该
气体的内能如何变化？变化了多少？
81
77
题型 77 简谐运动与单摆
简谐运动是一种理想化的运动模型，是机械振动中最简单、最基本的振动。它具有如下特点：
①简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力 F回的大小与物体偏离平衡位置的位移 x成正比，回复力的方向
与物体偏离平衡位置的位移方向相反，即： F回 kx，其中 k为振动系数，其值由振动系统决定；
②简谐运动是一种周期性运动，其周期与振动物体的质量的平方根成正比，与振动系统的振动系数的平方根成
m
反比，而与振幅无关，即：T 2 。
k
试论证分析如下问题：
（1）如图甲，摆长为 L、摆球质量为m的单摆在 AB间做小角度的自由摆动，当地重力加速度为 g。
a．当摆球运动到 P点时，摆角为 ，画出摆球受力的示意图，并写出此时刻摆球受到的回复力 F回大小；
b L．请结合简谐运动的特点，证明单摆在小角度摆动时周期为T 2 。
g
（提示：用弧度制表示角度，当角 很小时， sin ， 角对应的弧长与它所对的弦长也近似相等）
（2）类比法、等效法等都是研究和学习物理过程中常用的重要方法。长为 L的轻质绝缘细线下端系着一个带
电量为 q，质量为m的小球。将该装置处于场强大小为 E的竖直向下的匀强电场中，如图乙所示；将该装置
处于磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图丙所示。带电小球在乙、丙图中均做小
角度的简谐运动，请分析求出带电小球在乙、丙两图中振动的周期。
（3）场是物理学中重要的概念，除了电场和磁场，还有引力场。物体之间的万有引力就是通过引力场发生作
用的，地球附近的引力场叫做重力场。
a．类比电场强度的定义方法，定义“重力场强度”，并说明两种场的共同点（至少写出两条）
b．类比电场中的电场线，在图丁地球周围描绘出“重力场线”。
82
78
题型 78 机械波
介质中 x轴上有两个波源 S1 和 S2 ， P是 S1S2 的中点， x轴上的 a点与 P点相距 d 2m ，如图所示。两波源同
时开始沿 y轴负方向振动，产生的简谐横波沿 x轴相向传播，频率相等，波速相等，振幅均为 A，波长满足
1m 4m 。某一时刻质点 a的位移为 2A。
（1）若以起振时刻为计时起点，假设振动周期为T，请写出振源 S1 的位移 y随时间 t变化关系式；
（2）若波速为 2.5m/s ，波源 S2 发出的波刚传播到 a点时，质点 a已经振动了多长时间；
（3）求两列波的波长。
83
79
题型 79 几何光学
深度为3.0m 的水池，注满水后，在池底放一点光源 A，它到池的水平距离为3.0m 。从点光源 A射向池边的光
线 AB恰好发生全反射。
（1）求池内水的折射率；
（2）一救生员在离池边不远处，他的眼睛到池面的高度为 2.0m，当他看到正前下方的点光源 A时，他的眼睛
所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为 45 ，求救生员的眼睛到池边的水平距离。
84
80
题型 80 物理光学
用双缝干涉测量光的波长的实验中，已知两缝间的距离为 0.3mm ，以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2m远
的屏上，第 1 个亮条纹到第 10 个这条纹的中心间距为 22.78mm 。求（保留二位有效数字）
（1）这种单色光的波长 ；
（2）双缝到第 10 条亮条纹中心的路程差 S。
85
81
题型 81 光电效应（计算）
如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长 0.50 μm 的绿光照射阴极 K，实验测得流过G表的电流
I 与 AK之间的电势差U 满足如图乙所示规律，取 h 6.63 10 34AK J s 。结合图象，求：（以下所求结果均保留
两位有效数字）
（1）每秒钟阴极发射的光电子数；
（2）光电子飞出阴极 K时的最大动能；
（3）该阴极材料的极限频率。
86
82
题型 82 能量量子化、康普顿效应
碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象，在了解微观粒子的结构和性质的过程中，碰撞的研究起着重要
的作用。
（1）一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是 v1，该未知粒子以相同速度跟静止
1
的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是 v1，已知氢原子核的质量是mH ，氮原子核的质量是14m7 H
，
上述碰撞都是弹性碰撞，求：
① 该未知粒子的质量；
② 该未知粒子的初速度大小。
（2）光在介质中与物质微粒相互作用，因而传播方向发生改变，这种现象叫做光的散射。美国物理学家康普
顿在研究石墨对射线的散射时，发现在散射的射线中，除了与入射波长相同的成分外，还有波长大于的成分，
这个现象称为康普顿效应，它说明了光具有粒子性的特征，其简化原理图如图所示：
对于这种二维非对心碰撞，我们可以按照矢量的合成与分解的原理去分析和处理，在某次碰撞中，入射光子与
静止的无约束自由电子发生弹性碰撞，碰撞后光子的方向与原入射方向成 角，与电子碰后的速度方向恰好
垂直，已知入射光波长 0 ，普朗克恒量为 h，光速为 c。
h
① 结合爱因斯坦的光子说和质能方程，试证明光子动量 p ， 为光波波长；
② 求碰撞后电子的动能和光子的动量大小
87
83
题型 83 氢原子光谱
根据玻尔理论，电子绕氢原子核运动可以看作是仅在库仑引力作用下的匀速圆周运动，已知普朗克常数 h，真
空中光速为 c，电子的电荷量为 e，质量为m，电子在第 1 轨道运动的半径为 r1 ，静电力常量为 k。氢原子在
不同的能量状态，对应着电子在不同的轨道上绕核做匀速圆周运动，电子做圆周运动的轨道半径满足 r 2n n r1，
其中 n为量子数，即轨道序号，rn为电子处于第 n轨道时的轨道半径。电子在第 n轨道运动时氢原子的能量 En
为电子动能与“电子 原子核”这个系统电势能的总和。理论证明，系统的电势能 Ep 和电子绕氢原子核做圆周
e2
运动的半径 r 存在关系： Ep k （以无穷远为电势能零点）。请根据以上条件完成下面的问题。r
（1）试证明电子在第 n轨道运动时氢原子的能量 En 和电子在第 1 轨道运动时氢原子的能量 E1 满足关系式
E E1n n2
（2）假设氢原子甲核外做圆周运动的电子从第 2 轨道跃迁到第 1 轨道的过程中所释放的能量，恰好被量子数
n 4的氢原子乙吸收并使其电离，即其核外在第 4 轨道做圆周运动的电子脱离氢原子核的作用范围。不考虑
电离前后原子核的动能改变，试求氢原子乙电离后电子的动能。
1 1 1
（3）氢原子光谱中巴耳末系的谱线波长公式为： R 2 2 ， n 3、4、 5 ，请根据玻尔理论推导巴 2 n
耳末公式并确定里德堡常数 R的表达式。
88
84
题型 84 核能计算，质能方程
现代科学研究表明，太阳可以不断向外辐射能量，其来源是它内部的核聚变反应，其中主要的核反应方程是 4
个质子和 2 个负电子聚合在一起，并释放核能。在地球上与太阳光垂直的表面上，单位面积接收到的太阳能辐
射功率为 P，已知普朗克常量 h，光速 c，太阳到地球之间的距离为 r0 ，若太阳释放的核能最后都以可见光的
形式辐射，其平均频率为 v，球面面积公式 S 4 r 2 ，求：
（1）写出太阳的核聚变反应方程；
（2）太阳发出的光子的平均动量大小；
（3）地球上与太阳光垂直且面积为 S的平面，在 t时间内接收到的太阳辐射光子个数；
（4）每年太阳由于核聚变所减少的质量。（设一年的时间为 t0 ）
89
85
题型 85 运动学实验
实验时，打点计时器应接低压 （选填“直流”或“交流” )电源，每隔 s 打一次点。如图是某次实验的纸
带，舍去前面比较密的点，从 0 点开始，每 5 个连续点取 1 个计数点，标以 1、2、3 那么相邻两个计数点之
间的时间间隔为 s ，各计数点与 0 计数点之间的距离依次为 x1 3cm 、 x2 7.5cm 、 x3 13.5cm，则物体
通过 1 计数点的速度 v1 m/s ，通过 2 计数点的速度 v2 m/s ，运动的加速度为 m/s
2（结果保留
三位有效数字）
使用如图所示的气垫导轨装置进行实验测定滑块的加速度 a。滑块上安装了宽度为 d的遮光条，当滑块通过两
个光电门时，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一个和第二个光电门的时间，分别为△ t1 和△ t2 。已知遮
光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为 t。回答下列问题（结果用题中所给符号表示）
:
（1）滑块通过第一个光电门的速度为 。
（2）滑块的加速度 a可以通过表达式 估算得到。
90
86
题型 86 验证力的平行四边形法则实验
某同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验中，主要实验步骤如下：
A．在桌面上放一块木板，在木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在木板上
B．用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的 A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端打成绳套
C．用两个弹簧秤分别勾住绳套，平行于木板且互成角度地拉橡皮条，把橡皮条的结点拉到某一位置O，记录
下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数
D．按选好的比例，用铅笔和刻度尺作出两个弹簧秤的拉力 F1 和 F2 的图示，并用平行四边形定则求出合力 F
E．只用一个弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一比例作出
这个力 F 的图示
F．比较力 F 和 F 的大小和方向，看它们是否相同，得出结论
（1）上述步骤中：
a．有重要遗漏的步骤序号是 和 ；
b．遗漏的内容是
（2）某同学的实验情况如图甲所示，其中 A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为
细绳
（a）图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法中正确的是
A．图乙中的 F 是力 F1 和 F2 合力的理论值， F 是力 F1 和 F2 合力的实际测量值
B．图乙的 F 是力 F1 和 F2 合力的理论值， F 是力 F1 和 F2 合力的实际测量值
C．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果没有影响
D．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果有影响
（b）本实验采用的科学方法是 （填字母代号）
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
91
87
（c）在“验证力的平行四边形定则”中，采取下列哪些 方法和步骤可减小实验误差
A．两个分力 F1 、 F2 间的夹角越大越好
B．两个分力 F1 、 F2 的大小在橡皮条的弹性限度内要适当大些
C．拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一细绳方向的两个点要近些
D．实验前先把两个弹簧秤的钩子互相钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同
E．测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
92
88
题型 87 验证牛顿第二定律实验
某实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图 1 所示的实验装置
（1）在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有 。（选填测量仪器前字母）
A．游标卡尺 B．刻度尺 C．秒表 D．天平
（2）实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，
使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是 。（选填选项前的字母）
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶的总质
量的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时
器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运
动
（3）某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如
图 2 所示的 a F 图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是 （选填选项前的字母）
A．木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小
B．木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大
C．小车质量远大于砂和砂桶的质量
D．砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量
（4）在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M 且保持
1
不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中不同砝码质量时所对应的加速度 a，以m为横坐标， 为纵
a
1
坐标，在坐标纸上作出如图 3 所示的 m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距
a
为b，则小车受到的拉力大小为 。
93
89
题型：探究平抛运动的规律实验
题型 88 探究平抛运动的规律实验
88. 用如图 1 所示装置研究平抛运动将白纸和复写纸对齐硬板白纸重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨
道 PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面
会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）（多选）下列实验条件必须满足的有 。
A．斜槽轨道未段切线水平
B．挡板高度等间距变化
C．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
D．斜槽轨道光滑
（2）为定量研究，需建立以水平方向为 x轴、竖直方向为 y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，
将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”“最下端”或者“球心” )对应白纸上的位置即为原点；在确定 y
轴时 （选填“需要”或者“不需要” ）y轴与重锤线平行。
（3）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图 2 所示，在轨迹上取 A、 B、C三点，
y
AB和 BC的水平间距相等且均为 x，测得 AB和 BC的竖直间距分别是 y1 和 y2 ，则 1 （选填“大于”“等于”y2
1
或者“小于” ） 。可求得钢球经过 B位置时竖直方向的分速度大小为 （已知当地重力加速度为 g，结果
3
用上述字母表示）。
94
90
题型 89 验证动量定理
某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为 d的遮光片）、
两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时，可认为气
垫导轨水平；
（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2 ；
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过 A、B两
处的光电门的遮光时间△ t1 、△ t2 及遮光片从 A运动到 B所用的时间 t12 ；
（5）在遮光片随滑块从 A运动到 B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的
大小 I ，滑块动量改变量的大小△ p ；（用题中给出的物理量及重力加速度 g表示）
（6）某一次测量得到的一组数据为： d 1.000cm ，m1 1.50 10
2 kg ，m 0.400kg ，△ t 3.900 10 22 1 s ，
△ t2 1.270 10
2 s， t 212 1.50s，取 g 9.80m/s ．计算可得 I N s，△ p kg m s
-1 ；（结果均保留
3 位有效数字）
I p
（7）定义△ | | 100%，本次实验△ % （保留 1 位有效数字）。
I
95
91
题型 90 验证动能定理
某实验小组利用如图甲所示装置探究恒力做功与物体动能变化的关系，质量为m的钩码通过跨过滑轮的细线
牵引质量为M 的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录的运动情况如图乙所示。
（1）下列做法中正确的有 。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．在平衡摩擦力时，不需要连接纸带
C．小车从靠近打点计时器处释放
D．在平衡摩擦力时细绳端应挂着钩码
（2）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为O，在纸带上依次取
A、 B、C 若干个计数点，测得 A、 B、C 各点到O点的距离分别为 x1 、 x2 、 x3 ，已知相邻计
数点间的时间间隔均为T，实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于mg，在打O
点到打 B点的过程中，拉力对小车做的功W ，打 B点时小车的动能 Ek 。
（3）小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰的点标为O1 ，以小车速度的二
次方 v2 为纵坐标，计数点到O1 点的距离 x为横坐标，利用实验数据作出 v
2 x图象，该图象纵截距的物理意义
是 。
（4）小虎同学根据实验数据画出如图丙所示的W Ek 图象，你能否根据此图象验证动能定理？ （选填“能”
或“不能”），理由是 。
96
92
题型 91 验证机械能守恒
某同学用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。轻绳一端固定在O点，另一端连接圆柱形重锤 A，在 A上
放一个质量很小的小铁块，将重锤拉起由静止释放，当它到达最低位置时受到竖直挡板 P的阻挡，小铁块飞
离重锤落在水平地面上，通过测量并计算重锤在下摆过程中的势能减少量△ Ep 和动能增加量△ Ek ，就能验证
机械能是否守恒。
（1）本实验中，是否需要测出重锤的质量？ （选填“需要”或“不需要”）。
（2）关于重锤下落高度的测量，该同学打算测量重锤中心在释放位置和在最低点时的竖直距离，下列两个方
案，你认为最佳测量方案是 。
A．测量重锤中心到悬点O的距离 L和释放时轻绳与竖直方向的夹角
B．测量重锤中心在释放位置的高度 h1 和在最低点时的高度 h2
（3）为了测最重锤到达最低点的速度大小，该同学测量了铁块下落的高度 h以及铁块的水平射程 x，已知当
地重力加速度为 g，则铁块飞离的速度 v 。
（4）通过测量和计算，该同学发现△ EP 略大于△ Ek ，分析此误差产生的原因，除存在空气阻力外，主要原
因是 。
97
93
题型 92 测量电源电动势及内阻
在测定电池的电动势和内阻实验中，可供选择的器材有：
A．电流表 A1（量程 0 ~ 0.6A ，内阻约为1Ω ）
B．电流计G（满偏电流 Ig 100μA ，内阻 rg 为 2.0kΩ）
C．干电池（电动势1.5V 左右，内阻1.0Ω 左右）
D．滑动变阻器 R（1 0 ~ 20Ω,5A）
E．滑动变阻器 R（2 0 ~ 100Ω,1A）
F．定值电阻 R3 18kΩ
G．定值电阻 R0 1Ω
H．开关、导线若干
（1）该实验中由于没有电压表，于是设计了如图甲、乙两个电路图，比较合理的是 图，滑动变阻器应
选 。
（2）根据选出的电路图进行实验，得到的实验数据如表，在图丙中作出 I2 I1 图象。
次数 1 2 3 4 5 6
电流计G I / A 67.00 59.50 52.00 48.25 14.50 37.002
电流表 I / A 0.10 0.20 0.30 0.35 0.40 0.501
（3）根据实验数据可得电池的电动势 E V ，内阻 r Ω （结果均保留三位有效数字）。
98
94
99
95
题型 93 测量小灯泡的伏安特性曲线
某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：
小灯泡 L（额定电压 3.8V ，额定电流 0.32A ）
电压表V （量程3V，内阻3kΩ ）
电流表 A（量程 0.5A ，内阻 0.5Ω ）
固定电阻 R0 （阻值1000Ω ）
滑动变阻器 R（阻值 0 ~ 9.0Ω ）
电源 E（电动势 5V ，内阻不计）
开关 S；导线若干。
（1）实验要求能够实现在 0 ~ 3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 （填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率 （填“增
大”“不变”或“减小”）。
（3）用另一电源 E0 （电动势 4V ，内阻1.00Ω ）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器 R
的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关 S，在 R的变化范围内，小灯泡的最小功率为______ W ，最
大功率为______ W ．（结果均保留 2 位小数）
100
96
题型 94 测量电阻丝电阻率
实验室购买了一捆标称长度为100m 的铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作：
（1）该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图（1）所示，则导线的直径 d mm ；
（2）通过查阅资料查得铜的电阻率为 ；
（3）使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为 6Ω ；
（4）为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：
A．直流电流表 A（量程 0 ~ 0.6A ，内阻 RA 3Ω ）
B．直流电压表V1 （量程 0 ~ 3V ，内阻约100Ω）
C．直流电压表V2 （量程 0 ~ 15V ，内阻约100Ω）
D．滑动变阻器 R1（阻值范围 0 ~ 5Ω）
F．滑动变阻器 R2 （阻值范围 0 ~ 100Ω ）
G．直流电源 E（输出电压3V，内阻不计）
H．开关 S一个、导线若干
①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是 （用所选器材前的
字母表示）；选择的滑动变阻器是 （用所选器材前的字母表示）；
②按实验要求在图（2）中，还需要连接的接线柱 （填相应接线柱的有符号，如“ ab ”、“ cd ”等）；
③若测得电压表的读数为U ，电流表的读数为 I ，则可得铜导线的长度可表示为 L （用题目提供的已知
量的字母表示）；
101
97
题型 95 实验：多用电表的使用
某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。
（1）甲同学用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。若所选挡位为直流 50mA 挡，
则示数为 mA ；若所选挡位为 10Ω 挡，则示数为 Ω 。
（2）乙同学用该表正确测量了一个约150Ω 的电阻后，需要继续测量一个阻值约 20Ω的电阻。在测量这个电
阻之前，请选择以下必须的操作步骤，其合理的顺序是 （填字母代号）。
A．将红表笔和黑表笔短接
B．把选择开关旋转到 100Ω 挡
C．把选择开关旋转到 1Ω 挡
D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（3）丙同学在图乙所示实验中，闭合开关后发现小灯泡不发光。该同学检查接线均良好。保持开关闭合，用
多用电表 2.5V 直流电压挡进行检测。下列说法正确的是 。
A．将多用电表红、黑表笔分别接触 A、 B，若电压表几乎没有读数，说明灯泡可能出现短路故障
B．将多用电表红、黑表笔分别接触C、 D，若电压表几乎没有读数，说明开关出现断路故障
C．将多用电表红、黑表笔分别接触 E、 F ，若电压表读数接近1.5V ，说明灯泡和灯泡座可能接触不良
（4）丁同学想测定 1Ω 挡欧姆表的内阻 Rg ，他将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，
然后将红、黑表笔连接阻值约 20 左右的电阻，从表盘上读出该电阻的阻值为 R，并记下指针所指的电流挡
的格数 n以及电流挡的总格数 N，请分析说明丁同学是否能利用这些数据得出欧姆表的内阻 Rg 。
102
98
题型 96 实验：半偏法测电阻
某同学设计用“半偏法”测量电流表的内阻，其实验的电路图如图甲所示，已知电流表的量程为 0 ~ 1mA ，实验
过程中，该同学的操作如下。
①首先把电阻箱 R1的阻值调至最大；
②仅闭合 S1 ，调节 R1，使电流表示数为 0.8mA ；
③保持 R1不变。闭合 S2 ，调节电阻箱 R2使电流表读数为 0.6mA ，此时电阻箱 R2的示数为 300Ω 。
回答下列问题：
（1）这种型号的电流表的内阻 RA为 Ω ，与真实值比较，该测量值 （填“大于”“等于”或“小于”）真实
值。
（2）请用笔画线代替导线将图乙的实物图连接起来。
（3）若用这个电流表改装成 0 ~ 3V 的电压表，需要 （填“串”或“并” )联一个阻值 Rx Ω 的电阻。
103
99
题型 97 实验：用双缝干涉测波长
如图甲所示，在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距
d 0.4mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离 l 0.5m 。然后，接通电源使光源正常
工作。
（1）由理论分析可知，波长为 的单色光在双缝干涉实验中形成干涉条纹，其相邻两个亮条纹或暗条纹的中
心间距△ x （字母表达式）；
（2）用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图乙所示，分划板处于 B位置时游标卡尺读数如图丙中所给出，
则分划板在图中 B位置时游标卡尺读数为 xB mm ；
（3）若已知分划板处于 A位置时，刻度为11.1mm ，该单色光的波长 m （结果保留 2 位有效数字）；
（4）另一同学按实验装置安装好仪器后，观察到光的干涉现象效果很好。若他对实验装置作了一下改动后，
在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加。以下改动可实现这个效果的是 。
A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间
B．仅将单缝远离双缝移动少许
C．仅将单缝与双缝的位置互换
D．仅将红色滤芯光片换成绿色的滤芯光片
104
100
题型 98 实验：用大头针测量玻璃砖折射率
在测定玻璃折射率的实验中：
（1）某同学实验插针的步骤如下
A．在表示入射光线的 AO上插上大头针 P1 、 P2 ；
B．通过玻璃砖观察 P2 、 P1 ，调整视线，直到 P1 的像被 P2 的像挡住；
C．在观察一侧插上大头针 P3 、 P4 ，记下 P3 、 P4 的位置。
这位同学在操作中有什么重要疏漏？ 。
（2）以通过 P1 、 P2 的直线与玻璃砖的交点O为圆心，以某一适当长度 R为半径画圆，与OA交与 A，与OO
的延长线交与C，如图示，过 A、C 分别作玻璃砖界面的法线MN 的垂线，图中 B、D分别为垂足，用刻度
尺量得 AB 45m ，CD 30mm ，求玻璃砖的折射率为 。
（3）在测定玻璃的折射率的实验中，对一块两面平行的玻璃砖，用“插针法”找出与入射光线对应的出射光线，
现有甲、乙、丙、丁四位同学分别做出如所示的四组插针结果。
（1）从图上看，肯定把针插错了的同学是 。
（2）从图上看，测量结果准确度最高的同学是 。
105
101
题型 99 实验：用油膜法估测分子直径
在用油膜法估测分子的大小的实验中，实验器材有：浓度为 0.05%（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度为
0.1mL 的量筒、盛有适量清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸（最小正方形边长为1cm ）。
则：
（1）下面给出的实验步骤中，正确排序应为 （填序号），为估算油酸分子的直径，请补填最后一项实验步
骤 D；
A．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上；
B．用滴管将浓度为 0.05% 的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL 油酸酒精溶液的滴数 N；
C．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为 0.05% 的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一
滴；
D． 。
（2）油酸酒精溶液中每1000mL有油酸 0.6mL ，用滴管向量筒内滴 50 滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL ，
若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的单分子油膜的形状
如图 2 所示。
①若每一小方格的边长为 30mm ，则油酸薄膜的面积为 m2 ；
②每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为 m3；
③根据上述数据，估算出油酸分子的直径为 m 。
106
102
题型 100 实验：用单摆测量重力加速度
用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（1）（多选）组装单摆时，应在下列器材中选用 （选填选项前的字母）。
A．长度为 30cm 左右的细线
B．长度为1m 左右的细线
C．直径为1.8cm 的铁球
D．直径为1.8cm 的塑料球
（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成 n次全振动所用的时间 t。用秒表测量时间时，考虑
到人眼对小球位置的判断存在一定误差，为保证时间 t尽量测得准确，计时开始及结束应以小球摆到哪里为标
准较好？
A．最高点
B．最低点
C．无论哪里都一样
（3）某同学记录了一组实验数据，摆长 L 100.00cm ，50 次全振动时间 t 101.4s，请计算这组数据对应的重
力加速度 g m/s2．（结果保留 2 位有效数字）
（4）用多组实验数据作出T 2 L图象，也可以求出重力加速度 g。已知三位同学作出的T 2 L图线的示意图
如图中的 a、b、 c所示，其中 a和 b平行，b和 c都过原点，图线b对应的 g值最接近当地重力加速度的值。
则相对于图线 b，下列分析正确的有 （选填选项前的字母）。
A．出现图线 a的原因可能是误将细线长度记为摆长 L
B．出现图线 c的原因可能是误将 49 次全振动记为 50 次
C．图线 c对应的 g值小于图线b对应的 g值
107
103题型 01 自由落体
答案：
（1）10 2m/s ；（2） 2s；（3） 20m/s ；（4） 2 2s。
解析：
（1）棒做自由落体运动，由运动学知识得 v21 2gH
解得 v1 2 10 10m/s 10 2m/s
（2）由 h 1 gt 2 及 h 10 5 5m 20m
2
t 2H 2 20得： s 2s
g 10
（3）由 v gt得： v 10 2m/s 20m/s
（4 1）设 B端到达空心竖直管上沿所用的时间为 t2 ，则有： H gt
2
2 2
t 2H 2 102 2sg 10
t t t2 2 2s
题型 02 匀变速直线运动的推论
答案：
（1） 20m/s 和 25m/s 10；（2） m/s2 ；（3）14.4km
9
解析
（1）根据平均速度的公式；两段过程的平均速度分别为：
v x 11 20m / st1
v x2 2 25m / st2
（2）由于火车做匀变速直线运动
t t
由速度公式可得： v v a 1 2 2 1
2 2
1
1
解得： a 10 m/s2 。
9
（3）考虑列车做匀减速运动到停下，已知匀减速直线运动前两个相同的26s内分别走过了23个100m和21个100m。
假设列车从初速度为零开始做匀加速直线运动，那么在相同的时间内，列车位移比应该满足在第 nT 内：
1:3:5:7:…:(2n 1) 。显然根据对称性可以将列车的运动看成初速度为零的匀加速运动。则 2n 1 23 ，不难
得 到 n 12 ， 所 以 列 车 运 动 的 总 时 间 为 t 26 12 312s ， 这 段 时 间 列 车 的 总 位 移
x (1+3+5+ +23) 100 14400m 14.4km 。
题型 03 追及相遇问题
答案：
（1）不能，8m ；（2）4 辆， 8次；（3）16.9s 。
解析：
（1）摩托车速度减为 5m/s 所用的时间为 t '，
v v 't ' 2 2 15 5根据速度 时间公式得： s=10s
a 1
此段时间内自行车的位移为： x1 v1t ' 50m
v2 v '2
摩托车的位移： x2 2 2 100ma
摩托车比自行车多运动的距离为：Δx x2 x1 50m
初始时，摩托车与第一辆自行车的距离为：Δx ' s 4L 58m
由于Δx Δx '，所以摩托车不能追上排头的第一辆自行车，
两者相距的最近距离为：Δs Δx ' Δx 8m
（2）由于 x s 3L 18m+3 10m=48m
所以摩托车可以追上 n 4辆车
摩托车做减速运动，10s 后速度小于自行车的速度，自行车会重新超过摩托车，
故摩托车与车队中自行车共相遇的次数为： N 2n 8次
（3）设摩托车从开始刹车到追上车队的最后一辆自行车所用的时间为 t，
1
根据位移 时间公式，可知摩托车行驶的位移为： s v2t at
2
摩 2
最后一辆自行车的位移： s自=v1t
则摩托车与最后一辆汽车的距离： s s s摩 自
2
2
代入数据解得： t1 2s ， t2 18s
即摩托车与最后一辆自行车第一次相遇的时间为 2s，
v
而摩托车减速至零的时间为： t 20 15sa
由于 t2 t0 ，所以第二次相遇时摩托车已经停止运动，
v2
摩托车停止时的位移为： s ' 22 112.5m2a
自行车追上摩托车时的位移为： s ' s '1 2 94.5m
' s
'
所用时间为： t 12 18.9sv1
则摩托车从赶上车队到离开车队共经历的时间：Δt t '2 t1 16.9s
题型 04 运动学图像相关问题
答案：
（1）从计时起，前3s内甲乙两车加速度大小分别为10m/s2 和5m/s2 ；
（2）从计时起，甲乙两车前两次相遇时，沿公路方向相距的距离为 40m ；
（3） t 4s 后，甲车做匀减速运动的加速度大小是 30m/s2 或 6m/s2 ．
解析：
解：（1）从计时起，前 3s 内甲乙两车加速度大小分别为
a v 20甲1 10m/s
2 ．
t 2
a v 20 10乙1 5m/s
2 ．
t 2
（2）由题意知 t 1s 时甲乙第一次相遇，则两车沿公路方向相距的距离为
S x 10 30 甲 2m 40m2
（3）设两物体再经过 t ’秒再次相遇，则如图所示得
x 1 t 甲2 30m2
x 25 25 2.5t 乙2 t m2
又有 x甲2 x乙2
3
3
由以上三式得 t1 6s ， t2 2s
设该过程甲物体加速度大小为 a甲2 ，由 v v0 a甲2t
得 30 a甲2 t 1
解得 a 30m/s2 ， a 6m/s2甲2 甲2
题型 05 摩擦角与自锁
答案：
mv
（1） 46N ，方向沿斜面向上；（2） 0 。
Bq
解析：
（1）以货物为研究对象，受力分析如图所示：
货物受力平衡，摩擦力沿斜面向上，
沿斜面方向上，mgsin Fcos f 0
代入数据解得： f 46N ，方向沿斜面向上。
（2）为保持货物恰好不下滑， F 有最小值 Fmin
受力分析如图所示：
沿斜面方向：mgsin Fmincos f1 0
垂直于斜面方向： FN1 mgcos Fminsin 0
f1 FN1
为保持货物恰好不上滑， F 有最大值 Fmax，受力分析如图所示：
沿斜面方向上： Fmaxcos mgsin f2 0
垂直于斜面方向： FN 2 mgcos Fmaxsin 0
f2 FN 2 ，综上所述： 20N F 220N。
4
4
题型 06 共点力平衡
答案：
（1） 4cm ；（2） 5N ，方向沿斜面向上。
解析：
解：（1）对结点O受力分析如图所示：
根据平衡条件，有：
T cos mBg 0 ，
T sin F 0 ，
且： F kx，
解得： x 4cm ；
（2）设物体 A所受摩擦力沿斜面向下，对物体 A做受力分析如图所示：
根据平衡条件，有：T f mAgsin 0，
解得： f 5N ，
即物体 A所受摩擦力大小为 5N ，方向沿斜面向上。
（3）对 A物体受力分析，A恰要滑动说明 A受到沿斜面向下的摩擦力，并且为最大静摩擦力。
根据平衡条件，有：
T fm mAgsin 0 ,
N mAgcos 0 ,
其中 fm mAgcos ，
解得：T 40N
再对 B 受力分析，根据平衡条件，有：
T sin F弹=0 ，
T cos mBg mC g 0，
解得：mC 0.9kg ， F弹=32N。
F
由 F kx2 得 x2
弹 =6.4cm
弹 。k
5
5
题型 07 力的动态变化问题
答案：
1 3 mg 1 mg（ ） ；（2） mg ；（3）mg和 。
3 2 2
解析：
（1）设OA绳的拉力为 F1 ，OB绳的拉力为T1 ；
分析结点O受力情况，如图所示：由结点O平衡可知：
T1 mg tan 30
3
mg
3
1
（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转 30 时 BO AO，则得T2 mg sin 30 mg2
（3）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90 的过程中，BO和 AO的拉力的合力始终
与mg等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当 BO竖直时，OB上拉力最大，最大值Tmax mg；当
BO AO时，OB 1上拉力最小，最小值Tmin T2 mg2
3
答：（1）OB绳上的拉力的大小T1 为 mg 。3
1
（2）此位置处OB上拉力的大小T2 是 mg 。2
（3）此过程中OB mg上拉力的最大值Tmax 和最小值Tmin 分别为mg和 。2
题型 08 牛顿第二定律-两类动力学问题
答案：(1) 0.1；(2) 0.96 m 。
v2
解析：(1) A、 B一起运动时， B受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度 a 2g 2s
解得木板与冰面间的动摩擦因数 2 0.1。
(2)小物块 A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度
a1 1g 2.5 m / s
2
6
6
小物块 A在木板上滑动时，木板 B受小物块 A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有
1mg 2 (2m)g ma2
解得 a2 0.5 m / s
2
设小物块冲上木板时的初速度为 v0 ，经时间 t后 A、 B的速度相同，对长木板有 v a2t
v
解得滑行时间 t 0.8 s
a2
小物块冲上木板的初速度 v0 v a1t 2.4 m / s
小物块 A在长木板 B上滑动的距离
x x1 x
1
2 v0t a1t
2 1 a t 2 0.96 m
2 2 2
题型 09 牛顿第二定律-连接体问题
答案：
2mg
解析：
解：设绳中张力为 T，A、B、C共同的加速度为 a，与 C相连部分的绳与竖直线夹角为 a，由牛顿运动定律，对 A、
B、C组成的整体有：
F 4ma①
对 B有 Fm 600N ②
对 C有T cosa mg ③
Tsina ma④
联立①②式解得
T 3ma⑤
联立③④式解得
T 2 m2 g2 a2 ⑥
联立⑤⑥式解得
a 2 g
4 ⑦
联立①⑦式解得
F 2mg
7
7
答：拉力 F 应为 2mg
题型 10 牛顿第二定律-突变问题
答案：
（1）50N ， 0.3m ；（2）12.5m/s2
解析：
解：（1）小球的受力图如图，根据平衡条件可知：弹簧的弹力 F mg tan
T mg
cos
而 F kx
解得：T 50N ， x 0.3m
（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T等大反向，
T
则 a 12.5m/s2 方向与竖直方向成角 37 ，斜向下沿原细线 AB方向。
m
题型 11 牛顿第二定律-临界问题
答案：
（1） 4m/s2 和方向水平向左；（2） 须满足大于等于 0.2；（3） 0.24m。
解析：
（1）小滑块m，受到向左的滑动摩擦力 f0 0mg
由牛顿第二定律得： f0 ma
f
m ，即 am 0 0g 4m/s
2
m
加速度的方向与木块运动方向相反，即水平向左；
（2）长木板受到滑块作用的向前的摩擦力 f0 0mg
长木板受到地面最大静摩擦力的大小 fM (M m)g
8
8
要使长木板相对地面静止，有 fM f0
即： (M m)g 0mg
m
；所以： 0 0.2m M
（3）对于M : f0 fM maM
即： 0mg (M m)g Ma a
0mg (M m)g 2
M ；所以 M 2m/sM
设经过时间 t，两者速度相等，即 v0 amt aM t
代入加速度和初速度解得 t 0.2s
所以两者共同的速度为 v aM t 2 0.2m/s 0.4m/s
1
两者相对静止前，小滑块的位移 s1 v0t a t
2 0.16m
2 m
达到共同速度后对滑块和木板在地面滑动摩擦力作用下一起匀减速运动，由牛顿第二定律有：
(M m)g (M m)a
可得共同的加速度 a g 1m/s2
v2 0.42
所以滑行位移为 s2 m 0.08m2a 2 1
所以滑块滑行的总位移为
s s1 s2 0.16 0.08m 0.24m
题型 12 牛顿第二定律-等时圆问题
1 OP H (H h) 2 t 2(2H h)答案：（ ） ；（ ）
g
解析：（1）以 P点为最低点经过 A和 B做“等时圆”如图所示：根据几何关系可知 AQ P B
OP H
所以 BPO APQ ，根据几何关系可得： tan ，解得OP H (H h) 。
H h OP
2 BP BP H 2 (OP)2 2H 2 Hh sin H（ ）设 斜面倾角为 ，根据几何关系可得 ，
2H 2 Hh
根据牛顿第二定律可得：mg sin ma ，解得 a g sin ；
设OP H d ，则斜面长 L
sin
1
根据位移时间关系可得 L at 2
2
9
9
t 2L 2H 2(2H h)解得 2 。a g sin g
题型 13 牛顿第二定律-板块问题
答案：
（1）8m/s ；（2） 34.5kg ；（3）14m 。
解析：
（1）去掉重物前
对物块牛顿第二定律：mgsin37 1mgcos37 ma1
解得 a1 gsin37 1gcos37 4m/s
2
1
位移 x1 a t
2
2 1 1
2m ，解得 t1 1s
此时速度 v1 a1t1 4m/s
1
对木板： x2 a t
2
2 2 1
由题意可知，木板的位移： x2 6 2 4m
解得 a2 8m/s
2
此时速度 v2 a2t1 8m/s
（2）对板牛顿第二定律：T Mgsin37 3 (m M )gcos37 1mgcos37 Ma2
10
10
对重物：m0g T m0a2 ,解得m0 34.5kg
（3）去掉重物后
对物块： 2mgcos37 mgsin37 md1
解得： a1 2gcos37 gsin37 1m/s
对木板：Mgsin37 2mgcos37 Ma2
解得 a2 8m/s
2
v
设木板经 t2 时间把速度减到零， t 22 1sa2
t v22 内木板的位移出 x2 t2 4m2
t 12 内物块的位移 x1 v1t2 a1 t
2
2 3.5m2
板速度刚减到零时物块的速度 v1 v1 a1 t2 3m/s
设再经过 t3二者达共速
对物块： 2mgcos37 mgsin37 ma1
解得： a1 2gcos37 gsin37 1m/s
2
对木板：Mgsin37 2mgcos37 Ma2
解得 a2 8m/s
2
v1 a1 t3 a2 t
1
3 ，解得 t3 s3
t 1 173内物块的位移 x
2
1 v1 t3 a 1t3 m2 18
t 1 83内木板的位移 x
2
2 a t m2 2 3 18
板至少的长度 L AP x1 x2 x1 x2 14m
题型 14 牛顿第二定律-传送带问题
11
11
答案：
（1）10m/s2 ；（2） 4m/s；（3） 2m 。
解析：
（ 1）以货物为研究对象，开始时货物相对传送带上滑，由牛顿第二定律得：
mgsin37 1mgcos37 ma1 ，解得 a1 10m/s
2 。
（2）货物与传送带共速后，摩擦力方向发生改变。设从开始到共速的时间为 t1 ，货物对应的位移为 x1 ，则有：
v
t 0 x 1 21 ，a 1
a1t1
1 2
之后摩擦力反向，设货物的加速度大小为 a2 ，由牛顿第二定律结合运动学公式得：
mgsin37 1mgcos37 ma2
(v 2 v 2 )
L1 x1
B 0 ，解得 v
2a B
4m/s 。
2
（3）设货物在长木板上滑动的加速度大小为 a3 ，长木板的加速度大小为 a4 ，由牛顿运动定律得：
2mg ma3 ， 2mg Ma4
解得 a3 3m/s
2 ， a4 1m/s
2
临界条件为长木板与货物速度相等时货物恰好到达长木板最左端，设此时它们的速度大小为 v，该过程中货
物的位移为 x3 ，该过程中长木板的位移为 x4 ，所用时间为 t2 ，则有：
v a4t2 vB a3t2
x 1 23 vBt2 a3t2 2
x 14 a4t
2
2 2
L2 x3 x4 ，解得 L2 2m。
题型 15 牛顿第二定律与图象综合问题
12
12
答案：
（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数为 0.4，以及木板与地面的滑动摩擦因数为 0.1；
（2） 2s。
解析：
（1）由图乙可知，当恒力 F 25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律
得，
1mg ma1 ，
代入数据解得 1 0.4 。
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有： F 1mg 2 (m M )g Ma2 ，
a 1 F 1mg 2 (m M )g则 2 ，M M
1mg (m M )g 9结合图象可得 2 ，
M 4
解得 2 0.1。
（2）设m在M 上滑动的时间为 t，当水平恒力 F 27.8N 时，
由（1）知滑块的加速度为 a1 1g 4m/s
2 ，
而滑块在时间 t 1内的位移为 s 21 a1t ，2
由（1）可知木板的加速度为 a F mg (M m)g2 1 2 ，M
代入数据解得 a 4.7m/s22 ，
1
而木板在时间 t内的位移为 s 22 a2t ，2
由题可知， s2 s1 L，
代入数据联立解得 t 2s 。
题型 16 曲线运动
13
13
答案：
Hsin
解析：
杆的端点 A点绕O点作圆周运动，其速度 vA的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为： vA R；
对速度 vA作如图 1 所示的正交分解，沿绳 BA的分量就是物块M 是速率 vM ，则： vM vAcos
sin OAB sin
由正弦定理知：
H R
由图看出： OAB
2
由以上各式得： vM Hsin 。
题型 17 小船过河
答案：30 m / s ； 37.5 s 。
解析：为了不被冲进瀑布，而且速度最小，则游艇的临界航线OA如图所示。船头应与航线垂直，并偏向上游，
最小速度等于水的流速沿垂直于航线方向的分量，由几何 关 系 可 得
sin 3 ，cos 4 。所以 vmin v vsin
3
v 30 m / s
5 5 5
此时游艇在河中航行的时间为
t OA OA 37.5 s。
v∥ vcos
题型 18 平抛运动经典题型
14
14
答案：
（1） 200m/s2 ；（2） 4N ；（3） 0.2m。
解析：
2 2
（1 v 20）注射器在长管内做匀变速直线运动，由 v2 0 2al得： a 200m/s2 ；
2l 2 1
（2）由牛顿第二定律得
F ma 200 0.02N 4N
（3）注射器离开长管后做平抛运动，由平抛运动规律得：
x vt
t x得 0.2s
v
1
由 h gt 2 得
2
h 0.2m
题型 19 平抛运动两类特殊题型
1 2v0 tan
2v20 tan v
2 tan sin
答案：（ ） t ；（2） s ；（3
v tan
） t 0 ；（4） h 0
g g cos g max 2g
1 2
1 y
gt
2 2v tan 解析：（ ）根据 tan 解得小球从 A到 B的时间为： t 0 ；
x v0t g
x v0t 2v
2
0 tan （2） AB的距离为： s ；
cos cos g cos
（3）当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，根据平行四边形定则知，小球竖直分速度 vy v0 tan ，
v0 tan 由 vy gt解得： t ；g
（4）将小球的运动分解为沿斜面和垂直于斜面两个方向分运动，建立坐标系，小球在 y轴方向做匀减速运动，初
0 v2y (v sin )2 v2 tan sin
速度为 vy v0 sin ，加速度为：ay g cos 小球离斜面的最大距离为：h 0 0 0 。0 max 2ay 2g cos 2g
题型 20 水平面内圆周运动
15
15
答案：
（1 g g） ；（2） ；
3r r
（3）当两物块的质量满足mA 3mB 时，无论角速度多大，两物块与圆盘之间都不发生相对
解析：
（1）物块 B先到达最大静摩擦力，此时绳子开始出现张力，故：
mBg mB
2
1 3r，
g
解得： 1 ；3r
（2）当两物块与圆盘到达最大静摩擦力时，恰好不与圆盘发生相对滑动，物块 A的摩擦沿着半径向外，故：
T mBg m
2
B 2 3r，
T mAg mA
2
2 r，
m m g g由于 A B ，则 2 ，所以 ；r r
（3）有可能
由于T m 2Bg mB 2 3r，
T f 2A mA 2 r，
解得： fA (mA 3mB )
2r mBg
如果满足mA 3mB ，物块 A的摩擦力总满足： fA mBg mAg
无论角速度多大，两物块不会与圆盘发生相对滑动；
题型 21 竖直面内的圆周运动
16
16
答案：
（1 1）下侧管壁有弹力作用，作用力大小为 mg ；（2） 2Rg 。
2
解析：
（1）小球从 A运动到 B做平抛运动，则
水平方向： R vAt，
1
竖直方向： R gt 2 ，
2
Rg
解得： vA 2
若球对上、下管壁均无压力，则
mv2mg ，
R
v Rg ，
而 vA Rg ，所以对下管有压力
v 2
根据mg F m AN R
F 1解得： N mg
1
，即压力为 mg
2 2
（2）小球对上侧管壁弹力大小等于重力，则上侧管壁对小球的压力也为mg，则有：
2
mg F mv A N ，R
解得 vA 2Rg
题型 22 含连接体的圆周运动
答案：
（1）5rad / s ；（2） 2N ；（3） 2rad/s B 14rad/s T
mg
。
cos
解析：
（1）对小球 A运用牛顿第二定律得：mAg tan mAr
2
A A，其中 rA (L R)sin ，解得： A 5rad/s ；
2 A T m g（ ）对小球 有： A 2.5N ，
cos
10
对小物块 B，绳子拉力小于或等于 B与圆台的最大静摩擦力：T (mBg F )，解得： F N ；3
17
17
（3）对小球 A :T mAg 2N ，
当小物块 B刚好不向内侧滑动时：T mBg m R
2
B 1 ，解得： 1 2rad/s ，
当小物块 B刚好不向外侧滑动时：T mBg mBR
2
2 ，解得： 2 14rad/s ，
故有： 2rad/s 14rad/s
题型 23 万有引力定律
答案：
gR2T 2
3 0
gR21 4
2 (r h)3 2 R
（ ） ； ；（2） 4 。
G T 2 c
解析：
（1）设地球的质量为M 0 ，月球的质量为M1 ，卫星的质量为m1，地球表面 某一个物体的质量为m2 ，
GM m
地球表面的物体受到的地球的吸引力约等于重力，则：m g 0 22 R2
M gR
2
所以： 0 G
GM m m 4 2 (r h)
由万有引力定律及卫星的向心力公式知： 1 1 1
(r h)2 T 2
4 2 (r h)3
解得：M1 T 2
GM M 2
（2）设月球到地球的距离为 L，则： 0 1 M 4 L2
1
L T 20
gR2T 2
所以： L 3 0
4 2
由于 h r R，所以卫星到达地面的距离： s L R
中继卫星向地球发送的信号是电磁波，速度与光速相等，即 v c，所以： s ct
gR2T 2
3 0
s 2 R
时间： t 4 ．
c c
gR2 4 21 (r h)
3
答：（ ）地球的质量是 ，月球的质量是 ；
G T 2
18
18
gR2T 2
3 0
2 R
（2）中继卫星向地球发送的信号到达地球，最少需要的时间是 4
c
题型 24 天体运动
答案：
m 3 m 3 v31 2 2 2 T（ ） 2 ；（ ）(m m ) (m m )2
；（3）暗星 B有可能是黑洞
1 2 1 2 2πG
解析：
（1）设 A、 B圆轨道半径分别为 r1 、 r2 ，由题意知， A、 B做匀速圆周运动的角速度相同，设其为 ．由牛顿
运动定律，有：
FA m
2
1 r1 ， FB m
2
2 r2 ，又 FA FB
设 A、 B之间的距离为 r ，又 r r
m m
1 r2 ，由以上各式得 r 1 2 r1 ①m2
F G m1m2
m1m
3
由万有引力定律，有 A 2 ，将①代入得： F
2
r A
G
(m m )2r 2
，
1 2 1
m 3
令 FA G
m1m
2 ，比较可得：m
2 ②
r1 (m1 m2 )
2
2
（2 m m v）由牛顿第二定律，有G 12 m1 ③r1 r1
vT
又可见星 A的轨道半径： r1 ④2
m 3 v3T
由②③④式解得： 2 2 ⑤(m1 m2 ) 2 G
m 3 3 3
（3）将m 6m 代入⑤式，得： 2 v T
m
1 s ，代入数据得：
2 3.5m ⑥
(6ms m2)
2 2 G (6ms m
2 s
2)
3
m nm m2 n设 2 s (n 0) ，将其代入⑥式，得： m ⑦(6ms m )
2 s
2 ( 6 1)2
n
m 3 n
可见， 2 的值随 n的增大而增大，试令 n 2，得： m 0.125m 3.5m ⑧
(6m m )2 6 s ss 2 ( 1)2
n
若使⑦式成立，则 n必大于 2，即暗星 B的质量m2 必大于 2m，由此得出结论：暗星 B有可能是黑洞
19
19
题型 25 机车启动问题
答案：
（1） 20m/s ；（2） 3.6 109 J ；（3）1.6 104 m 。
解析：
（1）速度最大时有牵引力等于阻力，即 F f
根据 P Fv
v P 4 10
6
解得： m 5 m/s 20m/sf 2 10
（2） t 15min 900s
轮船在额定功率下运动，牵引力做功根据W Pt得
W P t 4 1060 900J 3.6 10
9 J
3 1（ ）在整个过程中，由动能定律得W W mv2F f 2
其中WF P0t ，W f f s
代入数据解得
s 1.6 104 m
题型 26 做功的计算
答案：
（1） 6000J ；（2） 1000J ；（3） 5000J 。
解析：
（1）重力做功WG mgh 60 10 10J 6000J ；
h
（2）阻力做功W f fL f 50
10
J 1000J
sin30 1
；
2
（3）支持力和运动方向相互垂直，故支持力不做功；
故合外力做功W WG W f 6000 1000J 5000J 。
20
20
题型 27 功能关系
答案：
（1）m 2gh h 90 ，方向水平向左；（2） FN 2mg( 1) ；（3） h R。R 2
解析：
（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh 10 mv
2
2 C
代入数据解得速度大小 vC 为： vC 2gh0
在此过程中，对小球由动量定理得： I mvC
代入数据解得所受合力的冲量 I 的大小： I m 2gh0 ，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg h R 1 mv2
2 D
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
v2F D hN m ，联立解得 D点所受弹力 FN 与 h的关系式为： FN 2mg( 1)R R
满足的条件为： h R
（3 5）第 1 种情况：不滑离轨道原路返回，条件为： h R
2
第 2 种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得： d vxt，竖直方
vy
向上，由速度 时间公式得： t
g
对小球在G点，由速度的分解得： vx vG sin ， vy vG cos
联立解得： vG 2 gR
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg(h 5 R) 1 mv2
2 2 G
联立解得 h 9满足的条件为： h R
2
21
21
题型 28 动能定理的计算
答案：
1 13N 2 5 3（ ） ；（ ） J
2
解析：
（1）设 bc的半径为 r ，则 ab的长度为 2r，滑块由 a到 b程，由动能定理得
mg sin 2r (mg cos 1 F ) 2r mv2b 02
1 1
滑块由 b到 c过程，由动能定理得mgr(1 cos ) mv2 2
2 c
mv
2 b
mv2
在 c点由牛顿第二定律得： F cNc mg r
联立并代入数据解得： FN 13N
由牛顿第三定律可得，在 c点滑块对轨道的压力大小为所 F N FN 13N
（2）滑块离开 d点后做平抛运动，水平方向： x v0t
1
竖直方向： y gt 2
2
又 x2 y2 R
1
滑块平抛过程中，由动能定理得mgy Ek mv
2
2 0
E mgR
2 3mgy
联立解得： k 4y 4
mgR2 3mgy
当 时， Ek 有最小值，4y 4
E 2 mgR
2 3mgy 3 mgR 5 3最小值为： kmin J4y 4 2 2
题型 29 动能定理与图像综合问题
答案：
1 2（ ） 0.3；（2） 2 2m/s ；（3） s
2
解析：（1）由图示图象可知，在 4 ~ 5m 内外力 F 3N 恒定，
在 4 ~ 5m 内物体匀速运动，由平衡条件得： F mg
22
22
将数据代入解得： 0.3
（2）由图示图象可知，前3m 内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3 ~ 4m 内做加速度逐渐减小的加速运动，匀
速运动时速度最大 .
对位移 x4 4m 的过程，由 F x图象所围“面积”等于拉力做的功，
1
前 4m 内拉力做功：WF 4 (3+5) 3J
1
(3+5) (4 3)J 16J
2 2
1
由动能定理得：W mgx 2F 4 4 mv2 max
0
代入数据解得： vmax 2 2m/s
（3）前 x7 7m 内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且 F x图象围成的面积表示外力所做的功，
W 16J 3 (5 4)J 1即 F 7 3 (7 5)J 22J2
前 7m 内，由动能定理得：
WF 7 mgx
1 2
7 mv7 02
代入数据得： v7 2m/s
撤去 F 后，水平方向只受摩擦力，由动量定理得：
mgt 0 mv7
2
代入数据解得： t s
3
题型 30 动量定理计算流体冲击力
答案：
（1 8P） 3 2 ；（2） 196.25N 。 d
解析：
2
（1 d ）设水从高压水枪喷出时的速度为 v1，△ t时间高压水枪喷出水的质量m v1 t ，
2
1
由功能关系可得 P t mv 2
2 1
8P
解得 v1 3 。 d 2
23
23
d
（2）取△ t时间，则△ t时间内打到物体表面的水的质量m 11 v2 tπ( )
2
2
以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力为 F ，以水流速度方向为正方向
由动量定理可得： F △ t 0 m1v2
F v
2 2
解得： 2
d
4
代入数据可得 F 196.25N
题型 31 动量定理和动能定理
答案：
1 4（ ） v 10 ；（2） mv
2 。
3 8
解析：
（1）以平行于斜面向上为正方向，对金属杆，由动量定理得：
( 1 mg mg sin 30 2BiL)t 0 mv
2 0 ，
( 1 mg mg sin 30 2BiL)t mv mv0 ，2
BL xBLx
其中： q it ， q it 3 ，
R R
4
解得： v v
3 0
；
（2） ab杆从位移 L运动到 3L的过程中，由动能定理得：
(F mg sin 30 )(3L L) 1 m(2v)2 1 mv2 ，
2 2
3mv2 1
解得： F mg，
4L 2
1
由能量守恒定律得： (F mg sin 30 )L mv2 Q，
2
1
根据电路的连接关系知定值电阻 R上产生的焦耳热：QR Q，2
1
解得：QR mv
2 。
8
24
24
题型 32 碰撞问题--完全非弹性
答案：
（1） 4m/s；（2） 2；（3） k是 6，碰后 AB的速度是 2m/s，方向向左。
（4）当 2 k 4 时，AB的运动方向与C 相同；当 k 4时，AB的速度为 0，当 4 k 6时，AB的运动方向与C 相
反。
解析：
解：（1）取向右为正方向， AB碰撞过程，由动量守恒定律得：mv0 2mv1
代入数据解得： v1 5m/s
（2）设与C碰撞前瞬间 AB的速度为 v2 ，由动能定理得：
2mgl 1 2mv2 1 2mv2 可得： v v2 2 gl 52
2 2 2 1 2 1
2 0.45 10 1 4m/s 。
（3）若 AB 与 C 碰撞粘在一起运动，即发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv2 (2 k)mv
代入数据得： 2 4 (2 k) 2
解得： k 2 ,此时 AB的运动方向与C 相同。
（3）若 AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得：
2mv2 2mv3 kmv
1 2mv2 1 12 2mv
2
3 kmv
2
2 2 2
2 k
联立以上两式解得： v3 v2 ，2 k
v 4 v ；
2 k 2
v 4将 2 4m/s， v 2m/s 代入 v v2 k 2
解得： k 6，此时 AB的运动方向与C相反；
k 6 v 2 k将 代入 3 v2 得 v3 2m/s ，负号表示方向向左2 k
（4）若 AB与C发生碰撞后 AB的速度为 0，由动量守恒定律得： 2mv2 kmv
代入数据解得： k 4
总上所述得当 2 k 4 时， AB的运动方向与C 相同；
25
25
当 k 4时， AB 的速度为 0，当 4 k 6时， AB 的运动方向与C 相反。
题型 33 碰撞问题——弹性
答案：
（1）56N s；（2）5.0m；（3）13.6m。
解析：
解：（1）设推力对冰壶的冲量大小为 I，则根据动量定理 I 1mgt mv0
代入数值解得 I 56N s
1 2 v 2（2）根据动能定理， mv mgs； 0
2 0 1 s 25m2 1g
冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离 x 30m 25m 5.0m
（3）冰壶 A 与冰壶 B 碰撞的过程中，设冰壶 A 碰撞前的速度为 v A ，
碰撞后的速度为 vA ，冰壶 B 碰撞后的速度为 vB ，
根据动量守恒定律和功能的关系，有
mvA mvA mvB
1mv2 1 2 1 2
2 A
mv A mv 2 2 B
解得 v A 0 ， vB v A
即冰壶 A 与冰壶 B 碰撞后二者的速度相互交换．
因此可以将整个过程看成为冰壶 A 一直沿直线 PO 运动到营垒区外的过程，运动的总位移为 s 31.8m ．
根 据 动 能 定 理 ， 设 将 冰 壶 B 恰 好 撞 出 营 垒 区 外 ， 运 动 员 用 毛 刷 擦 冰 面 的 长 度 为 L， 则
1mg(s L) 2mgL 0
1
mv2
2 0
代入数值解得 L 13.6m
题型 34 碰撞问题--非弹性
答案：
（1） m g 5gR，方向垂直纸面向外；（2） A 的速率为 5gR， B 的速率为 ；
q R 2
26
26
（3）两球发生的是非弹性碰撞。
解析：
（1）设碰后小球 A 在半圆的最高点 c时的速度为 v，小球 A 恰好刚能通过 c点，则对小球 A 在竖直方向上有：
mg mv 2 / R
在磁场中匀速运动，也就是处于受力平衡状态，有：
qvB mg
联立解得： B m g
q R
由左手定则可以判断，磁场方向应该垂直纸面向外
（2）对小球 A 从碰后到半圆的最高点 c的过程，由动能定理得：
mg 2R 1mv2 1 mv2
2 2 A
对碰撞的过程，由动量守恒定律得：
2mv0 2mvB mvA
联立各式并代入数据解得：
vA 5gR
5gR
vB 2
（3）碰撞中系统机械能（或动能）的损失为：
E 1 1 1 5 2mv2 ( mv2 2
2 0 2 A
mvB ) mgR 02 4
说明碰撞中系统机械能（或动能）减小，因此两球发生的是非弹性碰撞。
题型 35 人船模型
答案：
（1）110N ；（2）1.5m；（3）6m
解析：
（1）物块由静止到第一次过 B 点，槽静止不动，对物块由机械能守恒得
mgh 1 mv2
2 0
可得物块第一次经过 B 点时的速度： v0 10m/s
在 B 点，对物块，由牛顿第二定律得
27
27
2
FN mg m
v0
r
根据牛顿第三定律知在 B 点物块对槽的压力 FN FN
联立解得 FN 110N
（2）物块从 D点离开“U 型槽”时“U 型槽”的速度为 v x ，对物块和槽组成的系统，取水平向右为正方向，由水
平方向的动量守恒得
mv0 (m M )vx
物块从 B 点到离开“U 型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒得
1mv2 10 (m M )v
2
x mgH mgl2 2
联立解得H 1.5m
（3）当物块从“U 型槽” D返回C 时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒得
mv0 Mv2 mv1
1mv2 1mv2 1 Mv2 mgl
2 0 2 1 2 2
解得 v1 4 3 2 m/s，方向水平向左， v2 4 2 2 m/s
最终物块与“U 型槽”相对静止，设此时系统的速度为 v，由水平方向的动量守恒得
mv0 M m v
与上题中 m v 0 m M v x 对比可知， v v x
由能量守恒得
1mv2 1 2
2 0
m M vx mgH mgx2
物块在 BC 部分运动的总路程 x 6m
题型 36 类碰撞问题（板块）
答案：
（1）5m/s；（2）8kg m / s ；（3）0.4m；
解析：
（1）C 下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m 1 2Cgl m v2 C C
28
28
代入数据解得： vC 5m/s
（2） A、C 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mC vC mC vC m AvA
代入数据解得： vA 2m/s
对 A ，由动量定理得：
I m AvA 4 2kg m / s 8kg m / s
（3） A、 B 系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m Av A (m A m B )v，
代入数据解得： v 1.6m/s
A恰好滑至木板 B 右端并与其共速时，所求 B 的长度最小，
由能量守恒定律得：
1m v2 1 2A A (mA mB )v m2 2 A
gL，
代入数据解得： L 0.4m
题型 37 类碰撞问题（弹簧）
答案：
（1）4m/s；（2） 9J 。
解析：
（1）撤去外力 F ，当弹簧伸长到原长时，物体 B 达到最大速度 v B ，此时弹簧的弹性势能全部转化为物体 B 的
1
动能： EP mv
2
2 B
代入数据得： vB 4m/s
（2）物体 A 脱离墙壁以后的过程中，当 A 、 B 具有共同速度 vAB时，弹簧具有最大弹性势能为 E Pm ．以向右为
正，根据动量守恒定律得：mBvB (m A mB )vAB
解得： v AB 1m /s
E 1m v 2 1根据能量守恒定律得： 2Pm 2 B B
(mA mB )vAB 9J 。2
29
29
题型 38 类碰撞问题（子弹进入木块）
答案：
89 181 2h 2
（1） v；（2） v；（3） 383v 。
3 6 g 4gL
解析：
（1）取子弹、木块和小车为系统，动量守恒，取向右为正方向， v 为木块离开时的速度，则
M v 89 m v m1v1 m m1 v ' M 解得 v ' v 。2 3
1 2h
（ 2 ）小车与木块分离时速度方向相反，故所求距离，由 h gt 2 ，可得落地时间 t ，则
2 g
s s +s = v t v ' t 181 2h 水 v车 2 6 g
（3）选取子弹与木块组成系统，则在子弹打入木块过程中动量守恒，设木块在小车上滑行时的初速度为 ，则
m
由动量守恒定律m v mv (m m)v 所以 v 1v1 mv 981 1 1 0 0 v 机械能损失等于因摩擦而转化的内能，即m1 m2 3
1 1 1 1 v 2
(m1 m)gL ，则 (m1 m)gL (m m1)v
2 2
0 Mv (m m1)v
2 M ( )2 代入数据，解得 = 383v
2 2 2 2 2 4gL
题型 39 动量与图像综合问题
答案：
（1） 2kg ；（2）36N s；方向向左；（3） 9J 。
解析：
（1）由图知，C 与 A 碰前速度为 v1 9m/s ，碰后速度为 v2 3m/s ，
C 与 A 碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得： mC v1 m A mC v2 ，解得：mC 2kg ；
（2）由图知，12s 末 A 和C 的速度为 v3 3m/s
4s到12s ，墙对 B 的冲量为 I m A mC v3 m A mC v2 ，
解得： I 36N s ，方向向左；
（3）12s， B 离开墙壁，之后 A、 B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，
30
30
且当 A．C 与 B 速度相等时，弹簧弹性势能最大，以 A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得： m A mC v3 m A m B mC v4 ，
1 1
由机械能守恒定律得： m m 2 2
2 A C
v3 mA mB mC v4 E2 p ，
解得： EP 9J 。
题型 40 电场力作用下的受力平衡三点电荷平衡）
答案：
6kq2 2 3kq2
（1）
mR2
；（2） 。
3Rm
解析：
（1）已知 a、b、c 三个小球绕d小球做匀速圆周运动，a、b、c 三个小球的电荷量为 q，d小球的电荷量为 6q ，
q 6q 6kq2
此时小球之间的库仑力充当向心力，由向心力与向心加速度的关系式可得：k 2 ma，解得：a R mR2
；
（2）此时小球的受力分析如图所示：
kq 6q
此时小球受到的库仑力大小为： F
(R 2
，
h2 )
F 6kq
2 2
6kq 3 2 3kq
2
整理可得： 2 ，此时沿水平方向的分力为： Fx F cos ，3R 3R 2 3 3R 2
v2
此时水平方向的分力充当向心力，由向心力与线速度的关系可得： Fx m ，R
v 2 3kq
2 R 2 3kq2
代入数据可得： 2 3R m 3Rm
题型 41 电场力、能量的属性基本物理量公式与计算
答案：
（1） 0.8 10 6J；（2） 5V 和 3V；（3） 6 10 6 J。
31
31
解析：
解：（1）该电荷从 A移到 C的过程中，电场力做功：W AC W AB W BC 0.8 10 6 J
电势能的变化量： ΔE P W AC 0.8 10
6 J
（2）点电荷从 A点移到 B点，电场力做功：W1 qU AB ，则U AB A B
解得： A 5V
点电荷从 B点移到 C点，电场力做功：W 2 qU BC ，则U BC B C
解得： C 3V
（3 6）若将一带电量为 3 10 6 C 的负点电荷，从 A点移到 C点，电场力做功： W qUAC q A C 6 10 J
题型 42 含容电路的计算
答案：
1 2 Q Q Q 2 10 4（ ）Q CU 8 10 5 C ；（ ） M M C1 M
（3）Q R 1 R Q ' 8.4 10 52 CR M2 R1 R
解析：
（1）合上电键 S，将滑动触头 P 置于 a 点时，电容器 C 与电阻 R1 并联，
R
电容器两极板 MN 间的电压UC U 11 E 4VR1 R2
此时电容器上板 M 带负电，电荷量Q1 CU M 8 10 5 C
（2）合上电键 S，将滑动触头 P 置于 b点时，电容器 C 与电阻 R 2 并联，电容器两极板 MN 间的电压
U C U 2 E U 1 6V
﹣ ﹣
此时电容器上板 M 带正电，电荷量 QM′＝CU2＝2×10 5×6C＝1.2×10 4C
所以这过程中通过 D 点的电荷量为ΔQ QM QM 2 10
4C
（3）电键S断开，电容器C 通过两并联支路放电，由于并联电路电流与电阻成反比，则通过两个支路的电荷量与
电阻也成反比，所以通过 R 2 的电荷量为
Q R1 R2 Q
'
M 8.4 10
5 C
R2 R1 R
32
32
题型 43 静电平衡与静电屏蔽
答案：
E kq kq 2 r 9h2
解析：
A点 (0 ，0，h) 2与点 (2h ，h， h ) 的距离可由两点间距离公式求得，即：r (2h 0 ) +(h 0)2 +( h h)2 3h，
kq kq
则此时点电荷 q在点 (2h ，h， h ) 形成的场强大小由库仑定律可得：E 2 2 ，由于静电平衡时导体内部场强r 9h
处处为零，故感应电荷在点 (2h ，h， h ) 形成的场强与点电荷在点 (2h ，h， h ) 形成的场强大小相等，方向相反。
题型 44 带电粒子在电场中的加速运动
答案：
（1）3.0 10 3 N ；（2） 4 10 4 kg ；（3）12.5m/s 2
解析：
6 3 3
（1）根据电场力的计算公式可得电场力为：F qE 1.0 10 3.0 10 N 3.0 10 N电 ；
（2）小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得：mg tan qE
qE 3.0 10 3
所以有：m kg 4 10 4 kg ；
g tan 10 0.75
（3）剪断细线的瞬时，因为小球受重力和电场力合力恒定不变，方向与初始状态绳上力的方向相反，
合力大小 F F 2 (mg)2合 电 (3.0 10
3 )2 (4 10 4 10)2 N 5 10 3 N 。
F 5 10 3
加速度 a 合 4 m/s
2 12.5m/s2 ，故小球将沿与重力方向夹角为 37 的方向做匀加速直线运动。
m 4 10
答：（1）小球所受电场力 F 的大小为 3.0 10 3 N ；
（2）小球的质量为 4 10 4 kg ；
（3）剪断细线小球将沿与重力方向夹角为 37 的方向做匀加速直线运动，加速度大小为12.5m/s 2 。
33
33
题型 45 带电粒子在电场中偏转（擦边界）
答案：
L
（1） 4 E 0 ；（2） ( L, ) 。4
解析：
（1）设正方形边长为 l，粒子刚出第一象限时速度为 v 。
1
对于粒子在第一象限内加速过程，由动能定理得： E0ql mv
2
2
粒子在第二象限做类平抛运动，水平方向有 l vt
1
竖直方向有 l at2
2
E q
根据牛顿第二定律有 a 1
m
联立可得： E1 4E 0
L 1
（2）设粒子刚到 y轴时速度大小为 v ，对于粒子在第一象限内加速过程，由动能定理得： E0q mv 22 2
L
粒子在第二象限做类平抛运动，水平方向有 vt
2
1
竖直方向有 y at 2
2
4E q
结合 a
E1q L 0 ，解得粒子在第二象限电场内偏转距离 y
m m 4
故粒子从DE L边离开的位置坐标为 L, 。
4
题型 46 带电粒子在电场中偏转（二）
答案：
（1） 2v mg；（2） ； 9v
2
0 0q 2 g
解析：
（1）设电场的宽度为L，在电场外运动的时间为 t，则有
2L v0t
小球在电场中运动时，设小球到达CD边界的时间为 t ，则有
v
L 0 t ，故有 t t
2
所以小球从O 点运动到CD边界所用时间为 2t
34
34
设小球到达CD边界时竖直方向的速度大小为 v ，其水平速度刚好为零，则有
1mv2 4 1 mv20 ，解得 v 2v2 2 0
小球在竖直方向上一直做自由落体运动，故有
v
2v0 g 2t，解得 t 0g
所以小球到达 AB 边界时的竖直分速度大小为
vy gt v0，故小球从 AB 边界进入电场时的速度大小为
v v2 21 0 vy 2v0
（2）小球在电场中运动时，其水平方向的加速度大小为 a，则有
qE ma t v ，又因为 v0 at， 0g
则 a g mg，解得 E
q
小球在电场中运动时，其水平方向是先匀减速运动，到CD边界时水平速度为零，在水平方向上又向左做初
3v
速度为零的匀加速直线运动，所以小球从抛出到离开电场过程运动的总时间为 t总 3t
0
g
1
故小球下落的高度为 h gt 2
2 总
9v 2
代入数据解得 h 0
2g
题型 47 带电粒子在电场中的偏转（三）
答案：
（1）54N；（2）562.5V；（3）640V/m，方向与水平方向夹角为 53°，向右倾斜向上。
解析：
（1）小球从 A→B 过程，由动能定理及圆周运动知识有：
(mg qE)L 1 mv2
2 B
T (mg qE) m v
2
B
L
联立解得：T＝54N，小球在最低点时，绳子的拉力最大。
（2）小球从 A→C 由功能关系及电场相关知识有：
(mg qE)h 1 mv2AC c 02
35
35
vC cos vB
U AC EhAC
又由于 AB 之间电势差为U AB EhAB ， hAB L
且 UAC＝UAB+UBC
联立解得： U BC 562.5V
（3）由题可知改变电场方向后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上，
由矢量三角形可知：当 F 电与 F 合（或运动）的方向垂直时，电场强度有最小值 Emin，
由矢量三角形图有：qEmin＝mgsinθ，
得： Emin 640V/m ；方向与水平方向夹角为 53°，向右倾斜向上
答：（1）绳子的最大张力为 54N；
（2）B、C 两点的电势差为 562.5V；
（3）调整后匀强电场大小的最小值 Emin 640V/m ，方向与水平方向夹角为 53°，向右倾斜向上。
题型 48 电场相关与能量综合问题
答案：
2
（1） a
eE
eE eEr；（2） v0 r ；（3） Em 2md km
eEd 。
4d
解析：
（1）根据牛顿第二定律得粒子加速度大小为
a eE ；
m
（2）速度方向平行于 A 板的粒子，做类平抛运动，打到 B 板距离 N 点最远，根据平抛运动规律有
d 1 at 2
2
r＝v0t
eE
解得， v0 r ；2md
（3）由动能定理得
eEd E 1 km mv
2
2 0
2
解得， Ekm eEd
eEr
。
4d
题型 49 电路计算
36
36
答案：
（1）10V；2 ；（2）12.5W。
解析：
U
（1）由闭合电路欧姆定律得： E U r
R
代入两次的测量数据，可得：
E 6 6 r
3
E 8 8 r
8
解得：E 10V； r 2Ω，
即电源电动势为10V，内阻为2Ω；
E2
（2）电源的输出功率表达式为： P R
R r 2
2
将此式变形后为： P E
R r 2
4r
R
由上式可得：当 R r 2Ω时 P 有最大值，
E2
最大值为： Pm 4r
代入数据解得： Pm 12.5W 。
题型 50 电路与图像综合问题
答案：
（1） 20V； 20Ω；（2）5Ω；（3）17.6Ω。
解析：
16 4
（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻： r 20Ω 。
0.8 0.2
根据闭合电路欧姆定律，电源的电动势为 E U Ir，
电压U 16V 时，电流 I 0.2A，代入解得 E 16V 0.2A 20Ω 20V。
（2）当滑片滑到最右端时， R1 被短路，此时外电路的电阻最小，电流最大，根据图象可知，此时电压U 4V，
电流 I 0.8A，此时路端只有电阻 R 2 ，
37
37
R U 4V定值电阻 2 5ΩI 0.8A
（3）当外电路总电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大
即 R2 R r时，电源输出功率最大。解之可得 R 15Ω并 并
R R1 R根据并联电阻的关系 3并 R1R3
解之可得： R3 17.6Ω
答：（1）电源的电动势为 20V，内阻为 20Ω；
（2）定值电阻 R 2 的阻值为5Ω；
（3） R3 接入电路的阻值为17.6Ω。
题型 51 洛伦兹力与安培力
答案：
1 mg m
2 g cos
（ ） ；（2） ；（3）10N；（4） 6N G 10N
q q 2B 2 tan
解析：
（1）当电场方向竖直向上时，小球受到的电场力和重力平衡，由平衡条件得
mg Eq
mg
可得 E
q
（2）当电场方向反转为竖直向下时，小球沿斜面向下做匀加速直线运动。
当小球与斜面的弹力恰好为零时离开斜面，则垂直于斜面方向有
qvB (mg qE) cos
2mg cos
可得，小球离开斜面时速度为 v
qE
沿斜面方向有 (mg qE ) sin ma
可得，小球在斜面运动的加速度为 a 2g sin
小球在斜面上连续运动的距离为
v2 m 2x g cos
2a q 2B 2 tan
（3）由闭合电路欧姆定律可得，通过 ab的电流： I E
R R0 r
ab受到的安培力：F BIL
38
38
代入数据解得： F 10N
（4） ab受力如图所示：
最大静摩擦力：Ffmax (mg Fcos53 )，代入数据解得： F fm ax 2 N
由平衡条件得：
当最大静摩擦力方向向右时： FTmin Fsin53 Ffmax，代入数据解得： FTmin 6 N
当最大静摩擦力方向向左时：FTmax Fsin53 Ffmax，代入数据解得： FTmax 10 N
由于重物受力平衡，故： FT G ，则重物重力的取值范围为： 6N G 10N
题型 52 带电粒子在磁场中简单计算-单边界磁场
答案：
3mv 21 mv 2 3 n 1 （ ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） x 3 n 1 L h （n 1、3、5、7 ） 或
2qh qL 9
x n 3L
2
3h （n 2、4、6、8 ）
9
解析：
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
2 3 h vt
3
h 1 at2
2
a qE
m
2
解得： E 3mv
2qh
（2）设粒子离开电场时，速度方向与 x轴正方向夹角为 ，则
v
tan y at
vx v
解得 tan 3 ，则 60
v v
粒子离开磁场是的速度 v xt 2vcos cos60
粒子在磁场中受洛伦兹力，做匀速圆周运动，轨迹圆半径设为R，则
39
39
有几何关系可知： L R Rcos
v2
由洛伦兹力提供向心力可知： qv ttB m R
R 2L B mv联立解得： ，
qL
（3）两粒子发生弹性碰撞时，动量守恒，能量守恒，则
mv mt mva v2 b
1mv2 1 mv2 1 m 2
2 t 2 a
v
2 2 b
q q
3 q
碰撞之后，两小球电量被平分，即 qa qb 2 3
碰撞之后，两粒子均在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力通过向心力可知：
2
qvB v m
R
联立解得：
碰后 a粒子的轨迹圆半径 Ra 2L
碰后 b粒子的轨迹圆半径 Rb 4L
3
由此可知，碰后 a粒子的半径不变，之后第一次与 x轴交点到O点的距离 x1 2Ra sin 2 2L 2 3L2
之后做类斜上抛运动，第二次与 x轴交点到第一次交点的距离为 x 2 ，时间为 2t3
将粒子的运动分解为沿着 x轴正方向和沿着 y轴正方向的分运动：
E q
3
沿着 y轴正方向运动到最高点过程中： va sin tm 3
沿着 x轴正方向上： x2 2t3va cos
x 4 3联立解得： 2 h9
以后 a粒子做周期性运动，与 x轴有 n次交点，
n为奇数（n 1、3、5、7 ）时，粒子向上经过 x轴，与 x轴交点的横坐标
n 1 n 1 2 3 n 1x x1 x2 3 n 1 L
h
2 2 9
n为偶数（n 2、4、6、8 ） n 2时，粒子向下经过 x轴，与 x轴交点的横坐标 x x1 x2 n
3L 3h
2 9
题型 53 带电粒子在磁场中简单计算-双直线平行边界
40
40
答案：
t m1 2 U eB
2d 2
（ ） ；（ ）
6eB 2m
解析：
mv2
（1）由 evB
R
且T
2 R
v
2 m
得电子在磁场中运动周期T
eB
30 T
电子在磁场中运动时间 t T
360 12
m
解得： t
6eB
（2）电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，运动半径为 R d
mv2
由 evB 得
R
v eBd
m
1
PQ 间电场力做功等于动能的增加，由 eU mv2
2
eB2d 2
得U
2m
题型 54 带电粒子在磁场中简单计算-半径、时间
答案：
qadBB0 3 qadBB（1） m （ 3 ）；（2） m 0
U 2 4U
解析：
（1）粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为 v ，电场的场强为 E0 ，
根据平衡条件得 E0q B0qv①
E U0 ②d
由①②化简得 v U ③
B0d
粒子甲垂直边界 EF 进入磁场，又垂直边界 EF 穿出磁场，则轨迹圆心在 EF 上。粒子运动中经过 EG ，
说明圆轨迹与 EG 相切，
41
41
在如图的三角形中半径为 R acos30 tan15 ④
tan15 1 cos30 2 3 ⑤
sin30
3
连立④⑤化简得 R 3
a⑥
2
在磁场中粒子所需向心力由洛伦兹力提供，
mv2
根据牛顿第二定律得 Bqv ⑦
3 3 a
2
qadBB 3
联立③⑦化简得m 0 3 ⑧
U 2
（2）由于 I点将 EG 边按 1 比 3 等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与 EG 垂直，
1 a
在如图的三角形中，有 R acos30 sin30 ⑨
2cos30 4
qadBB
同理m 0 ⑩
4U
2 m
粒子在磁场中的偏转角是120 ，根据周期公式T
qB
t 2 T
3
4 adB
解得 t 0
3
题型 55 带电粒子在磁场中简单计算-圆形边界
答案：
1 mv0 2 m
3 2 3 mv0
（ ） ；（ ） ；（3）
Bq 2Bq 3qB
解析：
42
42
2
（1 v）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 r，根据洛伦兹力提供向心力可得： qv0B m 0r
r mv解得： 0 ；
Bq
（2）若粒子对准圆心射入，带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为 ，
2
则粒子在磁场中运动的时间 t 1 2 r m ；
4 v0 2Bq
（3）当 v 3v0时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为 3R
其运动轨迹如图所示，由图可知： tan PO2O tan OO2D
R 3
3R 3
解得： PO2O OO2D 30
所以带电粒子离开磁场时与水平方向成 30 ，根据几何关系可得：
d R 2 3 2Rtan30 R R
3
3 2 3 mv0
解得： d 。
3qB
题型 56 带电粒子在磁场中简单计算-磁场中重复周期
答案：
5qBL 1
（1） ；（2 ( L 0) 3 2 5qBL） ， ；（ ）
2m 2 9m
解析：
（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设 PQ1 与 x轴正方向夹角为 ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大
小为 R1 由几何关系得： R1cos L
cos 2 5其中：
5
2
粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有： qvB v m 1 ，
R1
5qBL
解得： v1 2m
43
43
（2 5）由题意画出粒子运动轨迹如图（乙 )所示，设其与 x轴右侧交点为D，由几何关系得： R2 L4
1
设D点横坐标为 xC ，由几何有关系得： xD L2
则D 1点坐标为：（ L，0）
2
（3）由题意画出粒子运动轨迹如图（丙）所示
设 PQ1 与 x轴正方向夹角为 ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为 R3 ，偏转一次后在 y负方向偏移量为
△ y1 ，由几何关系得：△ y1 2R3cos ，
为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与 PQ1 连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在
y轴上这段距离△ y 2 （如图中A、E间距）可由题给条件，
y2
有 2
L tan
3
y L得 2 3
当粒子只碰二次，其几何条件是 3△ y1 2 △ y2 2L
44
44
2 5
解得： R3 L9
v2
粒子磁场中做匀速圆周运动： qvB m
R3
v 2 5qBL解得：
9m
题型 57 带电粒子在磁场中简单计算-缩放圆
答案：
5 m qBL
（1） ；（2） v
3qB 3m
解析：
从题设的条件中，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，它做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则
可知它将向 ab方向偏转，带电粒子可能的轨道如下图所示（磁场方向没有画出），这些轨道的圆心均在与 v 方
2
向垂直的OM mv mv上。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB ，得 r ①
r qB
2 r 2 m
运动的周期为T ②
v qB
由于带电粒子做匀速圆周运动的周期与半径和速率均没有关系，这说明了它在磁场中运动的时间仅与轨迹所
对的圆心角大小有关
由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从 ad边
飞出的轨迹中，与 ab相切的轨迹的半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径 r0 : r r0 ，在磁场中运动
时间是变化的，r r0 ，在磁场中运动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的。由上图可知，三角形
O2EF 和三角形O2OE 均为等腰三角形，所以有 OO2E 3
5
轨迹所对的圆心角为 2
3 3
5 m
运动的时间 t T
2 3qB
r L L mv qBL
由图还可以得到 r0
0 ， r0 得： v 2 2 3 qB 3m
题型 58 带电粒子在磁场中简单计算-旋转圆
答案：
45
45
（1） 6t0 ；（2）
；（3） 2t
3Bt 00
解析：
（1）由粒子沿某一方向发射从磁场边界bc上的某点离开磁场，说明粒子受向右的洛伦兹力向右偏，由左手定则
知粒子带正电荷；
初速度沿图示方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，其圆心为 ，圆弧对应弦最小，则运动的时间
最小，即如图所示；
由几何关系有：R L，所以： 60
t0
T 360
解得：T 6 t0
2
（2）粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得： qBv v 00 r
周期T 2 R
v0
2 m
带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T
qB
联立以上式子解得 q
m 3Bt0
（3）如图 2 所示，
在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦OP ，
根据几何关系， PO O 120 ，
所以：OP 弦对应的圆心角为120 ，
T
粒子在磁场中运动的最长时间 tmax 2t3 0
题型 59 带电粒子在组合场中的运动
答案：
2Bv 7
（1 m） ；（2） 0 ；（3） mv2
qB 3 6 0
解析：
（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，
46
46
v 2
由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周，由 Bqv0 m 0 得：r
r mv 0
qB
又T 2 r 2 m
v0 Bq
T m
得带电粒子在磁场中运动的时间： t
2 qB
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度 v 0 垂直于电场沿CF 方向，过Q点作直线CF 的垂线交CF 于D，
2mv
则由几何知识可知， CPO CQO CDQ，由图可知：CP 2r 0
qB
带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为 SE DQ OQ OP CPsin30
mv
r 0
qB
3mv0
带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为 S CD CO CPcos30 3r qB
S 1 at2 1 qE由类平抛运动规律得： E t
2
2 2 m 2
S v0t2
2Bv
联立以上各式得： E 0
3
1
（3）由动能定理得： Ek mv
2
0 qES2 E
7
联立以上各式解得： E 2k mv6 0
题型 60 带电粒子在复合场中的直线/圆周运动
答案：
8R2B 4 2R
（1） ；（2）
t0 t0
解析：
47
47
（1）设质子从左侧O1 点射入的速度为 v 0 ，极板长为L，在复合场中作匀速运动，电场力等于洛伦兹力，则有
q U qv B①
2R 0
质子在电场中作类平抛运动，设类平抛运动的时间为 t ，则
L 2R v0 t ②
R 1 qE t 2 ③
2 m
又 L v0t0 ④
R 1 qE t
2
撤去磁场后仅受电场力，有 0 ⑤
2 m 2
2
解得 t
t 4R
0 ， L 4R v 8R B， 0 ，U 2 t0 t0
（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小
v qEy tm
2R
由③得 vy v0 ⑥t
4 2R
则从极板间飞出时的速度大小 v v20 v
2
y 2v0 ⑦t0
题型 61 带电粒子在复合场中的直线/圆周运动
答案：
2m 3 3
（1 3BqL） ；（2）
3m 3Bq
解析：
48
48
1
（1）设小球到达 D点的速度为 v ，由动能定理有： qE1L mv
2
2
E B
2qL 3BqL
因 1 ，则求得小球到达 D点的速度为： v 6m 3m
2 L 1（ ）从 A到 D点，由 at2 E1q而 a
2 m
2 3m
解得小球从 A点到 D点所用的时间为： t1 Bq
由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向，所以小球由 D点进入第一象
v2
限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得： Bqv m
R
R 3则小球运动的轨道半径为 L
3
如图所示，小球运动的圆心O 在OD 3的连线上，由几何关系可得：OO OD R L
6
C cos OO 1设小球落在地面上的 点， OO C ，则有 ， 60
R 2
L
由几何关系可知：OC Rsin60 ，即C 与C重合
2
1 2 m
小球在第一象限中运动的时间为 t2 T 3 3Bq
所以小球由 A点出发到落地的过程中所用的时间为：
2m 3 3
t t1 t2 3Bq
题型 62 质谱仪
答案：
q 8U 2U
（1）
m B2x2
；（2） x 2 2 m1 meB 2 ；（3）m1 : m2 4 :1
2m d 2 2m d 2
（4） d d 1 21 2 ；(5) 增大U 、减小 B ；(6) t m meU Be 1 eU Be 2
解析：
1
（1）粒子在加速电场时，由动能定理： qU mv2
2
mv2
粒子在磁场中时，洛伦兹力提供向心力： qvB
R
49
49
x
根据几何关系： R
2
q 8U
联立解得：
m B2x2
（2）两种粒子在加速电场时，由动能定理：
eU 1 m v2
2 1 1
eU 1 m2v
2
2 2
两种粒子在磁场中时，洛伦兹力提供向心力：
m v2qv1B 1 1R1
m 2qv B 2v22 R2
根据几何关系：△ x 2( R1 R2 )
2U
联立解得： x 2 2 m meB 1 2
（3）两种粒子在加速电场时，由动能定理：
eU 1 m 2
2 1
v1
eU 1 m v2
2 2 2
两种粒子在磁场中时，洛伦兹力提供向心力：
qv B m1v
2
1
1 R1
m 2qv B 2v22 R2
根据几何关系： R1 2R2
联立解得：m1 : m2 4 :1
（4）设 1H 和 2H 的质量分别为m ， 2m， 12C 和 14C 的质量分别为12m，14m，由（2）得：
d 2U1 2 2 2m meB
d 2 2U2 eB2 14m 12m
50
50
故 d1 d2
（5）由（2）知 l 2U 2 2 2m m ，所以为增大 l，可以增大U 、减小B。eB
（6 1）离子在加速电场中，由动能定理： eU mv2
2
由运动学公式： d v t
2
2md 2
联立解得： t
eU
则质量分别为m1 和m2 的两离子在加速电场中的时间分别为：
2 2
t 2m d 2m d1 1 ， t 2eU 2
eU
离子在磁场中： t T
2
T 2 R
v
mv2
洛伦兹力提供向心力： evB
R
m
联立解得： t
Be
则质量分别为m1 和m2 的两离子在磁场中的时间分别为：
t 1 m
1， t2 mBe Be 2
故质量为m1 的离子先到达照相底片
t t t t t 2m d
2 2m d 2
故△ 1 1 2 2
1 m 21 meU Be eU Be 2
题型 63 回旋加速器
答案：
2 m q2B20 R
2 3BqL 2 nqU m c2 T qB
（1） ① ；② ；（2） ① 02 ；②
m c2 m c2
qB 2m0 3m qB c 2
0
解析：
51
51
（1）忽略相对论效应
①设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交
变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则
2
qvB m v0 r
2 r
线速度为： v
T
联立以上两式，解得
2 m
T 0
qB
②粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为 vm ，有
m0v
2
qv B mm R
v qBR解得： m m0
1 q2B2R2
则粒子的最大动能为 Ek，则 Ekm m v
2
2 0 m 2m0
（2）考虑相对论效应
①根据动能定理有： nqU mc2 m0c
2
2 m
转动的周期为：Tn qB
联立以上两式得
T 2 nqU m0c
2
n qB c2
②根据题意有
T 2 mm qB
又因为
E 2 2km mc m0c
E TmqB联立以上两式得 2km c m c
2
2 0
题型 64 电磁流量计
52
52
答案：
（1）M端；（2） 0.625m3 /s ；（3） 0.5T
解析：
（1）根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转， N板带负电，正离子向M板偏，则M板
带正电，则M板的电势比 N板电势高。
U
（2）最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有： qvB q
c
解得：U vBc，
U
污水的流速为： v
cB
则流量为：Q vbc bU 0.5 1 0.625m3 /s。
B 0.8
（3）若要求电压表示数U与流量Q在数值上相同，根据公式有：
Q vbc bU
B
则有： B b 0.5T
题型 65 磁流体发电机
答案：
2
1 Bav 2 a. B a
2v2 Bave
（ ） ；（ ） ；b.
R r R r S
解析：
（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势。
E
此时，发电通道内电荷量为 q的离子受力平衡。有： Bqv q ①
a
可得： E Bav②
E
（2） a．当电键闭合，由欧姆定律可得： I ③，
R r
该电流在发电通道内受到的安培力大小为： FA BIa④，
要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为： FT FA ⑤，
推力 F 的功率为： PT FT v⑥，
B2a2v2
联立②③④⑤⑥可得： PT ⑦，R r
53
53
b.设金属导体 R内电子运动的平均速率为 v1，单位体积内的电子数为 n，
t时间内有 N个电子通过电阻的横截面，则：
N v1tSn⑧，
t时间内通过横截面的电荷量为：Q Ne
电流为： I Q ，
t
Bav
联立②③⑧式可得： v1 ⑨， R r neS
设金属导体中的总电子数为 N1，长度为 d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，
所以电场力的功率（电功率）应该等于所有电子克服阻力 f 做功的功率，即：
I 2R N1 fv1⑩
N1 dSn
d
由电阻定律得： R ，
S
f Bave 联立可得：
R r S
题型 66 法拉第电磁感应定律--感生电动势
(1) b到 a ；(2) 4.4V ； 4.4m；(3) 9.68J
解析：
（1）由楞次定律可知，金属棒上的电流由b到 a；
（2）物体刚要离开地面时，其受到的拉力为： F mg ，
对金属棒受力分析可知： F BIL1 Mg F安
由题图乙可得此时 B 8T
I E
R R
联立解得： E 4.4V
B B B由题图乙有 0 t t
B
可知 2T/s
t
B
由法拉第电磁感应定律可得： E S 4.4V
t t
又 S L1 L2
54
54
联立解得 L2 4.4m
（2）0-3s 内，电路中的能量全部转化为 R上的热量，所以
E2Q
R
Q 9.68J
题型 67 法拉第电磁感应定律-单棒模型计算
答案：
CBLmv 2
（1 mv0 1 mv） ； mv2 2 mv0R 0 1 2 1 ；（ ） 0
BL 2 0 B2L2
；(3 ) 2 2 ； mv mm B L C 2 0 2 m B2L2C
解析：
（1）最终杆 ab将静止，对杆，由动量定理得：
Ft 0 mv0 ，即： BIL t 0 mv0 ，
mv
电荷量： q It，解得： q 0 ；
BL
1
由能量守恒定律得：Q mv2
2 0
；
2 E B S BLs（ ）感应电动势： ，
t t t
I E BLs平均感应电流： ，
R R t
t BLs q I t BLs通过电阻的电荷量： q I △ ，
R r
mv R
金属棒通过的位移： s 0 ；
B2L2
（3）当金属棒 ab做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这时电容器C将被充电，
ab棒中有充电电流存在， ab棒受到安培力的作用而减速，当 ab棒以稳定速度 v匀速运动时，
电容两端电压等于电动势即： E BLv UC ①
Q
电容器两端电压：U CC ②C
对导体棒 ab，由动量定理可得：
BLQc mv mv0 ③
mv
由①②③式联立可求得： v 0 ，
m B2L2C
55
55
CBLmv
电容器的电荷量：QC CBLv
0
2 2 ，m B L C
1 1 2
由能量守恒定律得，电容器储存的能量： E mv2 mv2 1 1 mv2 m mv0 C 2 0 2 2 0 2 m B2L2C
题型 68 法拉第电磁感应定律-双棒模型计算
答案：
（1） 3m/s ；（2） 2 次 ；（3） 2.34m； 0.1J
解析：
（1）根据动能定理可得mgh 1 mv2
2
解得 v 3m/s；
（2）对 a棒用动量定理可得： BIl△ t mv
Blv
解得： I
R1 R2
根据 v △ t x，
解得 x 3.5m
因此金属棒 a与金属棒b碰撞 2 次；
（3）最终两棒匀速，且 va vb
根据动量守恒定律可得：mv mva Mvb
解得 va vb 1m/s
1 1
系统产生的焦耳热Q mv2 m M v2 0.3J
2 2 a
R
则 B棒产生的焦耳热Q 1B Q 0.1JR1 R2
a刚要追上b，二者速度相同，此过程对b根据动量定理可得：
BIl △ t Mvb
E
根据 q I △ t、 I 、 E 可得：
R1 R2 t
联立解得△ BL△ x
解得：△ x 2.34m
56
56
题型 69 法拉第电磁感应定律-线圈模型计算
答案：
1 6mg 2 3 36m
2g 2R2
（ ） ；（ ） 2mgH ；（ ）
5BL 25B4 4
2g H L
L
解析：
（1） ab边刚进入磁场时由牛顿第二定律得： FA mg ma
其中安培力： FA BIL
解得： I 6mg ；
5BL
（2）由能量守恒可知，从线框完全进入磁场到完全离开磁场过程中产生的焦耳热为Q mgH ，
由于进入工程与离开磁场过程中产生的焦耳热相同，所以线框穿过磁场的全过程线框产生的总热量
Q总 2mgH ；
（3）由题意知， ab边刚穿出磁场时的速度 v2 等于 ab边刚进入磁场时的速度 v1
根据法拉第电磁感应定律可得： E BLv1
E
根据闭合电路的欧姆定律可得： I
R
6mg
又 I
5BL
v 6mgR解得 1 5B2 2
；
L
从 cd边刚进入磁场到 ab 2 2边刚穿出磁场过程中 v1 v 2g H L
2 2 2
则 cd 36m g R边刚进入磁场时，线框速度 v 4 4 2g H L 25B L
题型 70 法拉第电磁感应定律-动态过程计算
答案：
（1） 40N s ；（2） 0.1kg ；1m/s2 ；（3） 200C
解析：
57
57
（1）类比可知，拉力 F 的冲量大小等于时间 t内 F t图线下所围的面积
0 ~ 20s F I F1 F内 的冲量 2 t 1 3 20 40N s ；
2 2
以金属杆为研究对象，导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用 v表示其速度， t表示时间，则有：
v at ①
杆切割磁感线，产生的感应电动势为：
E Blv ②
在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生感应电流为：
I E Blv ③
R R
杆受到的安培力为：
FA BIl ④
根据牛顿第二定律，有：
F FA ma ⑤
联立以上各式，得：
2 2
F B l ma at ⑥
R
由图线上取两点坐标 0,1N 和 20s,3N 代入⑥式，
解得： a 1m/s2 ，m 1kg
2 1（ ）从静止开始运动的 t时间内杆的位移为： x at2
2
穿过回路的磁通量的变化：△ B△ S Blx
E Balt 2
所以通过电阻 R的电量为： q It t
R R 2R
q I t Blv t Bl或： x
R R
Bl Balt 2
得： q q x
R 2R
解得： q 200C
题型 71 正弦交流电的产生与描述
答案：
（1 2） Wb 100 2 2；（2） V ；（3） 2J ；（4） C
200 10
解析：
58
58
（1）当线圈由图示位置转过90 的过程中，磁通量的变化量：
△ BS 2 0.08Wb 2 Wb ；
16 200
2 T 2 2 （ ）线圈转动的周期 s 0.02s，
100
1
当线圈由图示位置转过 90 需要的时间 t T 0.005s，该过程中，平均感应电动势：
4
2
E N 100 2 100 200 V V ；
t 0.005
（3）感应电动势的最大值：
E 2m NBS 100 0.08 100 V 50 2V ，16
感应电动势的有效值：
E E 50 2 m V 50V，
2 2
感应电流的有效值：
I E 50 A 10A ，
r R 1 4
当线圈由图示位置转过 90 的过程中，电阻 R产生的焦耳热：
Q I 2Rt 102 4 0.005J 2J ；
（4）平均感应电流：
100 2
I E A 20 2 A
r R 1 4
通过电阻 R的电荷量：
q It 20 2 0.005C 2 C
10
题型 72 远距离输电与变压器
答案：
（1） 2Ω ；（2）38.4KW ；（3） 240V
解析：
59
59
（1）输电线电阻 R线 2 500 2.0 10
3Ω 2Ω
（2）所有电灯正常发光时消耗的功率为： P灯 88 20 20W 35200W P4 P3
由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压：U 4 220V
U n 4
所以降压变压器原线圈两端电压： 3 3 解得：U 3 880VU4 n4 1
P 35200
两变压器之间输电线上的电流为： I线
3 A 40A
U3 880
输电线上损失的功率： P线 I
2R 402 2W 3200W
所以 P P灯 P损 38400W 38.4kW
即所购发电机额定功率不得低于 38.4kW 。
（3）升压变压器副线圈两端电压：U 2 U 3 U线 960V
n 1
升压变压器原线圈两端电压：U 11 U2 960V 240Vn2 4
题型 73 分子动理论
答案：
（1） Ek0 E p0 ；（2） x2 x1 ；（3）见解析
解析：
（1）根据功能关系可知，当b分子速度为零时，此时两分子间势能最大根据能量守恒，有 E pm Ek0 E p0
（2）由 E p x图线可知，当两分子间势能为 E pm时，b分子对应 x1和 x2 两个位置坐标，b分子的活动范围
△ x x2 x1 ，如图所示。
（3）当物体温度升高时，分子在 x r0 处的平均动能增大，分子的活动范围△ x将增大。由 E p x图线可以看出，
曲线两边不对称， x r0 时曲线较陡， x r0 时曲线较缓，导致分子的活动范围△ x主要向 x r0 方向偏移，
即分子运动过程中的中间位置向右偏移，从宏观看物体的体积膨胀。
60
60
题型 74 气体
答案：
（1）330K ；（2）1.01 105 Pa
解析：
（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
V l l s l s 40 40 40气体的状态参量： 1 2 1 40 80 2400cm
3 ，
2 2 2 2
T 495K ，V s l 40 40 1600cm31 2 2 ，
V V 2400 1600
由盖吕萨克定律得： 1 2 ，即： ，解得：T 330K ；
T1 T2 495 T
2
2
（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，
大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得： pS1 p2S2 ( m1 m2 )g p2S1 pS2 ，
代入数据解得： p2 1.1 10
5 Pa ，
T2 330K ，T3 T 303K ，
p p
由查理定律得： 2 3 ，
T2 T3
1.1 105 p
即： 3 ，
330 303
解得： p3 1.01 10
5 Pa ；
题型 75 气体压强微观原理
61
61
答案：
f 1 nmv2
3
解析：
考虑单位面积， t时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为V Svt 1 vt，
1 1
其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为 nV nvt，
6 6
1
p nvt( 2 mv ) 1
由动量定理可得： f 6 nmv2
t t 3
f 1 nmv2 。
3
题型 76 热力学定律
（1） 291.2K 或 18.2℃；（2） 内能增加；增加 5.08J
解析：
（1）当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2 ，此时气体体积为V2 ；
初状态：T1 280K ，V1 480cm
3
末状态：V2 480 48 0.4 499.2cm
3
V V
由等压变化知： 1 2
T1 T2
代入数据解得：T2 291.2K 18.2℃；
（2）水银柱向右移动过程中，外界对气体做功为：
W P0SL 1.0 10
5 0.4 10 2 0.48 1.92J ；
由热力学第一定律可知：
内能变化量为：△U W Q
代入数据解得：△U 5.08J ；
即内能增加了 5.08J
题型 77 简谐运动与单摆
答案：
62
62
（1） a. Lmgsin L；b.见解析 ；（2） 2
g Eq
； 2 ；（3）见解析
g
m
解析：
（1） a．单摆受力分析如图一所示：
F回 G1 mgsin
b．在 F回 G1 mgsin 中，当 很小时， sin ， 等于 角对应的弧长与半径的比
值
F回 mg
PO
L
当 很小时，弧长 PO近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移 x
F回 mg
x
L
mg
振动系数 k
L
k代入简谐运动周期公式：T 2 m
k
T 2 L单摆周期公式：
g
（2）图乙中，摆球受到重力G、电场力 F 和摆线拉力电 T，与重力场中的单摆类比，
G F
等效的“重力”G G F 电， g 电 ，
m
L
代入单摆周期公式得：T 2
g Eq
m
图丙中，摆球受到重力G、洛伦兹力 F 洛和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相
L
同，T 2
g
（3） a．处在重力场中某点的物体所受的重力与物体质量的比值，叫做该点的重力场强度。
G
用 g表示，定义式： g
m
两种场的共同点：
2 都是一种看不见的特殊物质；
②场强都是矢量，既有大小，又有方向；
63
63
③两种力做功都与路径无关，可以引入“势”的概念；
④两个场的作用力做功的过程都伴随着一种势能的变化；
⑤都可以借助场线、等高面和等势面等来描述场；
b．如图为重力场分布情况。
题型 78 机械波
答案：
（1） y Asin( 2 t π) ；（2）1.6s 4；（3） 2m 或 m
T 3
解析：
2
（1）由题意可知，质点的振幅为 A，波源的位移 y与 t的关系为： y Asin t
；
T
（2） S 1 波传到 a点时， S 2 波距离 a点，则波程差为： S2a aS1 2d ，
S a aS
S 2 波刚传到 a点时，质点 a已经振动的时间为： t
2 1 1.6s ；
v
（3）因质点 a的振幅为2A，故 a点是振动加强点，则有： S 2a aS1 n （ n 0 、1、 2 ）
由已知条件：1m 4m
联立解得： n 2 ，3
当 n 2 时， 2m；当 n 3 4时有： m
3
64
64
题型 79 几何光学
答案：
（1） 2 ；（2）0.732m
解析：
（1）设到达池边的光线入射角为 i，折射角为 ，由题意得： i 45 ， 90
n sini由折射定律得：
sin
代入数据解得： n 2
（2）设救生员的眼睛接受的光线与竖直方向的夹角为 ，该光线在水面的入射角为 i ，依题意得： 45
sini
由折射定律有： n
sin
代入数据解得： i 30
设此时救生员的眼睛到池边的水平距离为 x，池底点光源A到水面入射点的水平距离为 a，由几何关系得
3 a x 2 tan
h tani a
解得救生员的眼睛到池边的水平距离为： x 0.732m
题型 80 物理光学
答案：
（1） 6.3 10 7 m ；（2） 6.3 10 6 m
解析：
y 22.78 10
3
（1）条纹间距为：△ m 2.53 10 3 m
10 1
d因 △ y
L
0.3 10
3
则解得，单色光的波长： 2.53 10 3 6.3 10 7 m
1.2
（2）根据双缝到第 10 条亮条纹中心的路程差 S 10 10 6.3 10 7 m 6.3 10 6 m
题型 81 光电效应（计算）
65
65
答案：
（1） 4.0 1012 个 ；（2） 9.6 10 20J ；（3） 4.6 1014 Hz
解析：
1 n Imt 0.64 10
6 1
（ ）每秒发射光电子个数 19 4.0 10
12 个
e 1.6 10
（2 20）能量守恒 EKm eU0 0.6eV 9.6 10 J
（3）由光电方程： EKm h
c
hv
0
8
代入数据： 9.6 10 20 6.63 10 34 3 10 6.63 10 34
0.50 10 6 0
极限频率 v0 4.6 10
14 Hz
题型 82 能量量子化、康普顿效应
答案：
7 m 13
h2 sin2
（1） ① H ；② v1 ；（2） ①见解析；② E 6 14 2m 2.0
解析：
（1）设未知粒子质量为m，速度为 v0 ，氢核的质量为mH ，氢核碰后速度为 v1 ，根据动量守恒和能量守恒可知
mv0 mHv1 mv2 。
1 mv 2 1 2 10 mHv1 mv
2
2 2 2 2
。
mv0 14m
1
H v1 mv3 。7
1 mv 2 10 14mH (
1 v 2 1 2
2 2 7 1
) mv
2 3
。
m 7 m v 13联立解得： H ，6 0
v 。
14 1
（2 2）①根据质能方程可得： E mc h h
c h
，解得： p mc ，即可得证。
②设光子与电子碰撞后，光子波长为 ，电子的动量为 P，则：光子与电子碰撞前后，沿 x方向的分动量守
h h
恒： cos Psin 。
0
沿 h方向的分动量也守恒： 0 sin P cos 。
66
66
h hcos hsin
联立解得： ， P 。
0 0
P2 h2 sin2
根据 E ，解得： 。
2m E 2m 2.0
题型 83 氢原子光谱
答案：
11ke 2 ke2
（1） 见解析；（2） ；（3） R
32r1 2hcr1
解析：
ke2 mv2
（1）设电子在第 1 轨道上运动的氢原子的速度为 v1 ，则： 1r21 r1
1 ke2
所以电子的动能： Ek1 mv
2
2 1 2r
e2 e2 e2
电子在第 1 轨道上运动的氢原子的能量为： E1 k k kr1 2r1 2r1
2 2
同理，设电子在第 n
ke mv
轨道上运动的速度大小为 v ，根据牛顿第二定律有： nn r 2n rn
1 ke2
电子在第 n轨道运动的动能： E 2kn mv2 n
2rn
e2
电子在第 n轨道运动时氢原子的能量为： En k 2rn
2
又因为： rn n r1
e2 E
则有 E 1n k 2rn n
2
3ke2
（2）由（1）可知，电子从第 2 轨道跃迁到第 1 轨道释放的能量为：△ E E2 E1 8r1
E e2
电子在第 4 轨道时氢原子的能量为： E 14 k16 32r1
设氢原子电离后具有的动能为 Ek ，根据能量守恒有： Ek E4 △ E
67
67
E 11ke
2
解得： k 32r1
（3）玻尔理论认为巴耳末系为氢原子从 n 3、4、5……，等能级向 n 2 的能级跃迁时发出的光，根据玻尔跃迁
假设可知 h En E2
hc E
即： 1
E
2
n2 22
1 E
所以： 1 ( 1 1
hc 22 n2
)n 3 、4、5 ，
E ke2
对照巴耳末公式可知里德堡常数： R 1
hc 2hcr1
题型 84 核能计算，质能方程
答案：
v
1 1 235 95 138
h
（ ） ；（2） 0 n 92 U 36 Kr 58 Ba 3
1
0 n
E
； 2 ；（3） hv ；236 c p
解析：
（1）对于入射中子和铀核，可根据动量守恒得：
mv 236mv
故可得激发态铀 236 的速度为： v v
236
（2）核反应方程为：
1 n 235 U 95 138 10 92 36 Kr 58 Ba 30 n
反应中的质量亏损为：
m E
c2
（3）核反应中产生的频率为 v的光子能量为：
ò hv
动量为 p 的中子的德布罗意波波长为：
h
p
题型 85 运动学实验（平均速度中时刻速度、逐差法）
68
68
答案：
d d( t t )
交流；0.02；0.1；0.375 1 2；0.525；1.50；（1） t ；（2）1 t t1t2
解析：
实验时，打点计时器应接低压交流电源，每隔 0.02s打一次点。
每 5 个连续点取 1 个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T 0.1s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
v 0.0751 0.375m/s ，2 0.1
v 0.135 0.032 0.525m/s ，2 0.1
根据匀变速直线运动的推论公式△ x aT 2 可以求出加速度的大小，
得： a
0.075 0.03 0.03
2 1.50m/s
2
0.1
d
（1）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过第一个光电门的速度为 v1 t ，1
d
（2）滑块通过第二个光电门的速度为： v2 t2
d d
a v v t t d( t t )由加速度的定义得： 2 1 2 1 1 2
t t t t1t2
题型 86 力的合成分解
答案：
（1）C；E；C 中未记下两条细绳的方向，E 中未说明把橡皮条的结点拉到位置O ；（2）（a）BC；（b）B；（c）
BDE
解析：
（1）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行
比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的
方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C 中未记下两条细绳的方向；步骤 E 中未说明把橡皮条的结点拉到
位置O ．
69
69
（2）（a）A、B、F1 与F2 合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O 点的时的值，
因此 F 是 F1 与 F2 合成的理论值， F 是 F1 与 F2 合成的实际值，故 A 错误，B 正确；
C、D、由于O 点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，故 C 正确，D 错误．
故选：BC．
（b）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此 ACD 错误，B 正确．
故选：B．
（c）A、画平行四边形时，夹角大的话画出的平行四边形就会准些，而不是要求夹角越大越好，故 A 错误；
B、数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要适当大些可减小测量误差对实验的影响，故 B 正
确；
C、为了方便而且更加准确确定力的方向，操作时可以使绳套细且长一些，故 C 错误；
D、实验前先把两个弹簧秤的钩子互相钩住，平放在桌子上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，故 D 正
确；
E、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向
有有较大差别，同时为了减小因摩擦造成的误差，故应使各力尽量与木板面平行，故 E 正确．
题型 87 验证牛顿第二定律实验
答案：
M
（1）BD；（2）B；（3）AD；（4） ．
b
解析：
（1）“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测出计数点间的距离，故选
BD；
（2）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡
摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故
B 正确；故选：B；
（3）由图 2 所示图象可知，直线没过原点，当 a 0 时，F 0 ．也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说
明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，平衡摩擦力时，所
垫木板太低．
70
70
从图象上可以看出： F 从 0 开始增加，砝码和砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那
么在后面砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差
大．所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量．故 AD 正确，BC 错误，故选 AD；
1 M 1 1 M
（4）根据题意，由牛顿第二定律得：F (M m)a ，则 m，则 m 图象的截距：b ，小车受到
a F F a F
M
的拉力大小： F
b
题型 88 探究平抛运动的规律实验
答案：
y y g
（1）AC 2 3 1 2；（ ）球心；需要；（ ）大于； 2 y2 y1
解析：
（1） ACD、为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是
水平的。同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故 AC 正确，D 错
误；
B 档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故 B 错误。
故选：AC。
（2）小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白
纸上的位置为坐标原点。
小球在竖直方向为自由落体运动，故 y 轴必须保证与重锤线平行。
（3）如果 A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则 AB和 BC的竖直间距之比为1: 3 ；
但由于 A点不是抛出点，故在 A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1: 3 ；
由于两段水平距离相等，故时间相等，设 AB、 BC 段所用时间为T ，
2
竖直方向上， y2 y1 gT ，
y y
钢球经过 B 位置的竖直方向的分速度： v 1 2By 2T
y y g
解得 v 1 2By 2 y2 y1
71
71
题型 89 验证动量定理
答案：
d d
（1）大约相等；（5）m1gt12 ；m ( )2 t2 t
；（6）0.221；0.212；（7）4
1
解析：
（1）气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑块做匀速直线运动，而两个光电门的宽
d
度都为 d ，根据 t 得遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，实际实验中，会存在摩擦力使得滑块做的
v
运动近似为匀速直线运动，故遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等；
（5）在遮光片随滑块从 A运动到 B 的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故 F m1g ，而遮光片
从 A运动到 B 所用的时间为 t12 ，故拉力冲量的大小 I Ft12 m1gt12 ；
由于光电门的宽度 d 很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过 A、 B 两处的瞬时速度，故滑
d d
块经过 A 时的瞬时速度 vA ，滑块经过 B 时的瞬时速度 vB ，故滑块动量改变量的大小△ t1 t2
d d
p m2 (vB vA ) m2 ( ) ； t2 t1
I m 26 1gt12 1.50 10 9.8 1.50N s 0.221N s（ ） ；
p m ( d d ) 0.4 ( 1 10
2 1 10 2
△ 2 2 2 )kg m s
1 0.212kg m s 1 ；
t2 t1 1.27 10 3.9 10
| I p | 100% | 0.221 0.212（7）△ | 100% 4%
I 0.221
题型 90 验证动能定理
答案：
M (x x )2
（1）AC；（2）mgx ； 3 12 2 ；（3）打O1 点时小车速度的二次方；（4）不能；由图象只能得到W 与△ E 与8T K
成正比，并不能得到两者相等的关系
解析：
（1）A、为使小车受到的拉力等于细绳的拉力，应调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故 A
72
72
正确；
B、在平衡摩擦力时，小车应与纸带相连，故 B 错误；
C、为充分利用纸带，小车应从靠近打点计时器处释放，故 C 正确；
D、在平衡摩擦力时细绳前端不应挂钩码，故 D 错误。
故选：AC。
（2）在打O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功 W=mgx2；
打 B x x点时小车的速度 vB 3 1 ，2T
1 2
B 2
M (x3 x1)
打 点时小车的动能 Ek MvB ；2 8T 2
（3）设打O1点时小车的速度为 v1 ，小车从O1点运动到计数点过程，由动能定理得：
mgx 1 Mv2 1 Mv2
2 2 1
，
整理得： v2
2mg
x v21 ，M
v2 x 2图象纵轴截距b v1 ，即纵轴截距表示打O1点时小车速度的二次方；
（4）由图丙所示W △ EK 图象可知，图线是一条过原点的直线，W 与△ EK 成正比，根据图象并不能得出W △ EK ，
因此根据该图象不能验证动能定理
题型 91 验证机械能守恒
答案：
g
（1） 不需要；（2） B；（3） x ；（4） 铁块飞离的速度小于重锤中心在最低点的速度；
2h
解析：
1 2
（1）在验证机械能守恒时，验证的是重力势能减小量△ EP mgh 和重锤的动能增加量△ Ek mv 是否相等，2
左右两侧的质量可约去，不不需要测量重锤的质量；
（2）A、测量重锤的下降高度时，测量重锤中心到悬点 O的距离 L和释放时轻绳与竖直方向的夹角 ，重锤下降
高度为 h L 1 cos ，但 角的测量不容易测量，测量精确度不高，故 A 不是最佳；
B、测量重锤中心在释放位置的高度h1和在最低点时的高度 h 2 ，重锤下降高度 h h1 h2 ，高度容易测量，该
测量方案最佳；
73
73
1 2
（3）根据平抛运动规律，有 h gt ， x vt，联立解得： v x g ；
2 2h
（4）小铁块和重锤的角速度相等，但重锤中心运动的半径大，则小铁块的飞离速度小于重锤中心在最低点的速度，
在实验中用小铁块的平抛初速度代替重锤的速度是有误差的
题型 92 测量电源电动势及内阻
答案：
（1）甲； R1；（2）如图所示；（3）1.49；0.500。
解析：
（1）由于电源的内阻较小，根据U E Ir知，路端电压U 变化幅度较小，因此串联一个保护电阻 R0，一起视作
电源的内阻，从而得到一个较大范围变化的电压，因此，选择电路甲比较合理；为多测几组实验数据，应选
择最大阻值较小的滑动变阻器 R1 ；
（2）根据题表中所给数据，利用描点法作图，使尽可能多的点在直线上，如图所示；
（3）由图甲可知，根据闭合电路欧姆定律知 I2 rg R3
