一、选择题
（一）线性图像的考查
1. tt
x （ tv ）
2. tv ， tx ， ta ， xv 2
1. 甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、
乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在 t1 时刻两车速度相等 B．从 0 到 t1 时间内，两车走过的路程相等
C．从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程相等 D．在 t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等
解：A、x﹣t 图象的斜率表示速度，在 t1 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车的速
度大于甲车速度，故 A 错误；B、从 0 到 t1 时间内，两车走过的路程是乙车大于甲车，故 B 错误；
C、从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程均为 x2﹣x1，路程相等，故 C 正确；D、根据图象可知，在
t1 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在 t2 时刻乙图象的斜率小于甲图象的斜率，在 t1 到 t2 时间
内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，故 D 正确。
故选：CD。
2. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v﹣t 图象如图所示．已知两车在 t＝3s 时并排行驶，
则（ ）
A．在 t＝1 s 时，甲车在乙车后
B．在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 s
D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m
解：AC、根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s 到 3s 甲、乙两车通过的位移相等，两车
在 t＝3s 时并排行驶，所以两车在 t＝1s 时也并排行驶，故 AC 错误；B、由图象可知，甲的加速度
a 甲＝ ＝ ＝10m/s2；乙的加速度 a 乙＝ ＝ ＝5m/s2； 0 至 1s，甲的位移 x 甲
＝ a 甲 t2＝ ×10×12＝5m，乙的位移 x 乙＝v0t+ a 乙 t2＝10×1+ ×5×12＝12.5m，△x＝x 乙﹣x 甲
＝12.5﹣5＝7.5m，即在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5m，故 B 正确；D、1s 末甲车的速度为：v＝a 甲
t＝10×1＝10m/s，1 到 3s，甲车的位移为：x＝vt+ a 甲 t2＝10×2+ ×10×22＝40m，即甲、乙两车
两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m，故 D 正确。
故选：BD。
3. 机车启动问题的特殊图像
va 1 (
vF 1 )， av
1
1. 如图所示为汽车的加速度和车速的倒数1
v
的关系图象．若汽车质量为 2×103 kg，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 30 m/s，则 ( )
A．汽车所受阻力为 2×103 N B．汽车匀加速所需时间为 5 s
C．汽车匀加速的加速度为 3 m/s2 D．汽车在车速为 5 m/s 时，功率为 6×104 W
【答案】AB
【解析】设汽车所受阻力大小为 f ，由汽车的加速度和车速倒数1
v
的关系图象可知，汽车从静
止开始先做匀加速运动，加速度 a＝2 m/s2，直到速度达到 v1＝10 m/s，则匀加速阶段所用时间为 t
＝v1
a
＝5 s，此时汽车的牵引力功率达到最大，即 Pm＝(f＋ma)v1；接下来做加速度逐渐减小的变加
速运动，汽车的牵引力功率保持不变，当速度达到 v2＝30 m/s 时，加速度为零，此时 Pm＝fv2，则
解得 f＝2×103 N，Pm＝6×104 W，当汽车在车速为 5 m/s 时，功率为 P＝(f＋ma)v＝3×104 W，A、B
正确，C、D 错误．
2. 如图甲所示，水平面上一质量为 m 的物体在水平力 F 作用下开始做加速运动，力 F 的功率
P 保持恒定，运动过程中物体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到稳定值 vm，作用过程物体
速度的倒数1
v
与加速度 a 的关系图象如图乙所示．在已知功率 P 的情况下，根据图象所给信息可知
以下说法中正确的是 ( )
A．可求出 m、f 和 vm B．不能求出 m
C．不能求出 f D．可求出加速运动时间
【答案】A
【解析】当加速度为零时，物体做匀速运动，此时的牵引力等于阻力，速度为最大值，最大
速度 vm＝ 1
0.1 m/s＝10 m/s；由功率的计算公式可得 P＝Fv，而 F－f＝ma，联立可得1
v
＝m
P a＋ f
P
，
物体速度的倒数1
v
与加速度 a 的关系图象斜率为 k＝m
P
，纵轴截距为 f
P
＝0.1，因此可求出 m、f 和 vm，
选项 A 正确，B、C 错误．物体做变加速运动，无法求出物体加速运动的时间，选项 D 错误．
4. 动能定理与图像的结合
（1） xF
如图甲所示，一质量为 4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力
F 作用下开始运动，推力 F 随位移 x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ
＝0.5，g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动
B．物体在水平地面上运动的最大位移是 10 m
C．物体运动的最大速度为 2 15 m/s
D．物体在运动中的加速度先变小后不变
【答案】B
【解析】当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项 A 错误；图乙中图线与坐标轴所
围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为 W＝1
2×4×100 J＝200 J，根据动
能定理有 W－μmgxmax＝0，得 xmax＝10 m，选项 B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速
度最大，由题图乙得 F＝100－25x(N)，当 F＝μmg＝20 N 时，x＝3.2 m，由动能定理得1
2(100＋20)·x
－μmgx＝1
2mv2max，解得物体运动的最大速度 vmax＝8 m/s，选项 C 错误；当推力由 100 N 减小到 20 N
的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由 20 N 减小到 0 的过程中，物体的加速度又反向增大，
此后物体的加速度不变，直至物体静止，故 D 项错误．
（2） tv
1. 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大
小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加
速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于
第①次和第②次提升过程，（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为 4：5 B．电机的最大牵引力之比为 2：1
C．电机输出的最大功率之比为 2：1 D．电机所做的功之比为 4：5
解：A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为 t。根据 v﹣t 图象的面积表示位移，得：
＝ + 解得 t＝2.5t0。所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比
为 2t0：t＝4：5，故 A 正确。B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相
同，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma，可得 F＝mg+ma，所以电机的最大牵引力相等，故 B 错误。
C、设电机的最大牵引力为 F．第①次电机输出的最大功率为 P1＝Fv0，第②次电机输出的最大功
率为 P2＝F v0，因此电机输出的最大功率之比为 2：1，故 C 正确。D、电机所做的功与重力做
功之和为零，因此电机做功之比为 W1：W2＝1：1，故 D 错误。
故选：AC。
2. 如图所示，在外力作用下某质点运动的 v﹣t 图象为正弦曲线．从图中可以判断（ ）
A．在 0～t1 时间内，外力做正功 B．在 0～t1 时间内，外力的功率逐渐增大
C．在 t2 时刻，外力的功率最大 D．在 t1～t3 时间内，外力做的总功为零
解：A、在 0～t1 时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与
速度方向相同，故外力做正功；故 A 正确；B、图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力
减小，速度增大；由图象可知 0 时刻速度为零，t1 时刻速度最大但拉力为零，由 P=Fv 可知外力的
功率在 0 时刻功率为零，t1 时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，B 错误．C、t2 时刻物体的
速度为零，由 P=Fv 可知外力的功率为零，故 C 错误．D、在 t1～t3 时间内物体的动能变化为零，
由动能定理可知外力做的总功为零，故 D 正确；
故选 AD．
（3） ta
用传感器研究质量为 2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到 0～6 s 内
物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s 内物体在 4 s 时的速度最大
C．物体在 2～4 s 内速度不变
D．0～4 s 内合力对物体做的功等于 0～6 s 内合力做的功
【答案】D
【解析】由 v＝at 可知，a－t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s 内物体
的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保
持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与 0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故
物体 4 s 末和 6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对．
5. 能量—位移 xE
（1）动能—位移 xE k
从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始
终与运动方向相反的外力作用。距地面高度 h 在 3m 以内时，物体上升、下落过程中动能 Ek 随 h
的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2．该物体的质量为（ ）
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
解：根据动能定理可得：mah＝△Ek，解得斜率的大小为 ma＝ ；上升过程中：ma1＝
＝ N＝12N，下落过程中：ma2＝ ＝ N＝8N。设与运动方向相反的外力为 F，根
据牛顿第二定律可得：上升过程中：mg+F＝ma1，下落过程中：mg﹣F＝ma2，联立解得：m＝1kg。
故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（2）机械能—位移 xE
从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。取地面为重力势
能零点，该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2．由图
中数据可得（ ）
A．物体的质量为 2kg B．h＝0 时，物体的速率为 20m/s
C．h＝2m 时，物体的动能 Ek＝40J D．从地面至 h＝4m，物体的动能减少 100J
解：A、由图知，h＝4m 时 Ep＝80J，由 Ep＝mgh 得 m＝2kg，故 A 正确。B、h＝0 时，Ep＝0，
E 总＝100J，则物体的动能为 Ek＝E 总﹣Ep＝100J，由 Ek＝ ，得 v0＝10m/s，故 B 错误。
C、h＝2m 时，Ep＝40J，E 总＝90J，则物体的动能为 Ek＝E 总﹣Ep＝50J，故 C 错误。D、从地
面至 h＝4m，物体的机械能减少了 20J，重力势能增加了 80J，因此，物体的动能减少 100J，故 D
正确。
故选：AD。
（3）电势能—位移 xE p
一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep 随位移 x 变化的关系如图所
示，其中 0～x2 段是关于直线 x＝x1 对称的曲线，x2～x3 段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1 处电场强度最小，但不为零
B．粒子在 0～x2 段做匀变速运动，x2～x3 段做匀速直线运动
C．在 0、x1、x2、x3 处电势φ0、φ1、 φ2、φ3 的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1
D．x2～x3 段的电场强度大小、方向均不变
【答案】D
【解析】根据 Ep＝qφ，E＝Δφ
Δx
，得 E＝1
q·ΔEp
Δx
，由数学知识可知 Ep－x 图像切线的斜率等于ΔEp
Δx
，
x1 处切线斜率为零，则知 x1 处电场强度为零，故 A 错误；由题图看出在 0～x1 段图像切线的斜率
不断减小，由上式知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～
x2 段图像切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3
段斜率不变，电场强度不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不
变，做匀变速直线运动，故 B 错误，D 正确；根据 Ep＝qφ，粒子带负电，qφ2＝φ0>φ3，故 C 错误．
6. x
在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离 r 的关系如图所示。电场中
四个点 a、b、c 和 d 的电场强度大小分别 Ea、Eb、Ec 和 Ed，点 a 到点电荷的距离 ra 与点 a 的电势
φa 已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动
到 d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为 Wab、Wbc 和 Wcd．下列选项正确的
是（ ）
A．Ea：Eb＝4：1 B．Ec：Ed＝2：1
C．Wab：Wbc＝3：1 D．Wbc：Wcd＝1：3
解：A、由点电荷场强公式 E＝ 可得：Ea：Eb＝ ： ＝4：1，故 A 正确；B、由点电荷
场强公式 E＝ 可得：Ec：Ed＝ ： ＝4：1，故 B 错误；C、从 a 到 b 电场力做功为：Wab＝
qUab＝q（φa﹣φb）＝q（6﹣3）＝3q，从 b 到 c 电场力做功为：Wbc＝qUbc＝q（φb﹣φc）＝q（3﹣2）
＝q，所以有：Wab：Wbc＝3：1，故 C 正确；D、从 c 到 d 电场力做功为：Wcd＝qUcd＝q（φc﹣φd）
＝q（2﹣1）＝q，所以 Wbc：Wcd＝1：1，故 D 错误。
故选：AC。
7. 场强—位移 xE
如图所示，真空中有一半径为 R、电荷量为＋Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径
方向建立 x 轴。理论分析表明，x 轴上各点的场强随 x 变化关系如图乙所示，则( )
A．x2 处场强大小为kQ
x22
B．球内部的电场为匀强电场
C．x1、x2 两点处的电势相同
D．假设将试探电荷沿x 轴移动，则从x1移到R 处和从R 移到x2处电场力做功相同
【答案】A
【解析】计算 x2 处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则有 x2 处场强大
小为 E＝kQ
x22
，故选项 A 正确；由乙图 Ex 图像可知，球内部由 O 到球表面区间电场强度均匀增大，
所以内部电场为非匀强电场，故选项 B 错误；x 轴上 O 点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电
场的方向电势逐渐减小，可知φx1>φx2，故选项 C 错误；Ex 图像与 x 轴所围面积表示电势差，由乙
图可知两处面积不相等，所以 x1 处与球表面、球表面与 x2 处的电势差不同，则将试探电荷沿 x 轴
从 x1 移到 R 处和从 R 移到 x2 处电场力做功不相同，故选项 D 错误．
8. t
9. tB
空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线 MN 所示。
一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O
在 MN 上。t＝0 时磁感应强度的方向如图（a）所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图（b）
所示。则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内（ ）
A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为
解：AB、由楞次定律可知，在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内感应电流始终沿顺时针方向，
由左手定则可知：0﹣t0 时间内圆环受到的安培力向左，t0﹣t1 时间内安培力向右，故 A 错误，
B 正确；CD、由电阻定律可知，圆环电阻：R＝ρ ＝ ，由法拉第电磁感应定律可知，感
应电动势：E＝ ，感应电流：I＝ ，C 正确，D 错误；
故选：BC。
10. kE
某种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能 Ek 与入射光频率ν的关系如图所示，E、ν0 为
已知量，由图线信息可知( )
A．逸出功 W0＝E
B．图象的斜率表示普朗克常量的倒数
C．图中 E 与ν0 的值与入射光的强度、频率均无关
D．若入射光频率为 3ν0，则光电子的最大初动能为 3E
【答案】AC
【解析】根据光电效应方程有 Ek＝hν－W0，根据数学函数知图象与纵坐标的交点表示逸出功，
所以逸出功 W0＝E，图象的斜率表示普朗克常量，故 A 正确，故 B 错误；逸出功和极限频率的大
小与入射光的强度、频率均无关，由金属本身决定，故 C 正确；根据光电效应方程：Ek＝hν－W0，
当入射光频率为 3ν0，则光电子的最大初动能为 2E，故 D 错误．
11. cU
1. 对于钠和钙两种金属，其遏止电压 Uc 与入射光频率 v 的关系如图所示。用 h、e 分别表示
普朗克常量和电子电荷量，则（ ）
A．钠的逸出功小于钙的逸出功
B．图中直线的斜率为
C．在得到这两条直线时，必须保证入射光的光强相同
D．若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较高
解：A、根据光电效应方程得：Ekm＝hγ﹣W0＝hγ﹣hγ0 又 Ekm＝eUC，解得：UC＝ γ﹣ ＝ γ
﹣ ；当遏止电压为 0 时，对应的频率为金属的极限频率，结合图可知钠的极限频率小，则钠
的逸出功小。故 A 正确；B、由 UC＝ γ﹣ 知 U0﹣γ图线的斜率 k＝ ，故 B 正确；
C、由 UC＝ γ﹣ 知图线的特点与光的强度无关。故 C 错误；D、钠的逸出功小，结合
Ekm＝hγ﹣W0 可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较小。
故 D 错误
故选：AB。
2. 在某次光电效应实验中，得到的遏制电压 u0 与入射光的频率 v 的关系如图所示，若该直线
的斜率为 k、横截距为 b，电子电荷量的绝对值为 e，则普朗克常量可表示为 ek ，所用材料的
逸出功可表示为 ebk 。
解：根据爱因斯坦光电效应方程 EK＝hv﹣W，任何一种金属的逸出功 W 一定，说明 EK 随频
率 f 的变化而变化，且是线性关系（与 y＝ax+b 类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：EK
＝eUc 所以：eUc＝hv﹣W，由图可得 Uc＝kv﹣c 整理得：h＝ek；EK＝hv﹣W，EK＝0 时有 hv0﹣
W＝0，所以逸出功 W＝ebk
（二）变加速直线运动
1. 加速度减小的加速运动
2. 加速度减小的减速运动
3. 加速度增大的加速运动
4. 加速度减小的减速运动
1. 如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界
（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框 abcd，其上、下两边均为磁场边界平
行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从 ab 边进入磁场时开始，直至 ab 边到达
磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
解：A、导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab 边切割磁场产生感应
电流，根据左手定则可知 ab 边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线
框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，
故 A 错误、D 正确；
B、当 ab 边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框
不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故 A 错误；
C、当 ab 边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框
不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故 C 正确；
故选：CD。
2. 甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在 t=0 到 t=t1 的时间内，它们的 v﹣t 图象如图所示．在
这段时间内（ ）
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
解：A、C、平均速度等于位移与时间的比值，在 v﹣t 图象中，图形的面积代表位移的大小，
根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故 A
正确，C 错误；B、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于 ，故 B 错误；D、因为切线的
斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故 D 错误．
故选：A．
3. 如图，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽
度为 d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线
框以某一初速度向右运动。t＝0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过
磁场区域。下列 v﹣t 图象中，可能正确描述上述过程的是（ ）
A． B． C． D．
解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E＝BLv。闭合电路欧姆定律，则感应电
流为： 安培力为： 由牛顿第二定律为：F＝ma 则有：
由于 v 减小，所以 a 也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当
出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似。而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此 D
正确，ABC 错误；
故选：D。
（三）动态平衡问题
1. 两分力具有对称关系
2. 一个分力方向不变，另一个分力方向改变
1. 如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端
悬挂物块 N，另一端与斜面上的物块 M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动
N，直至悬挂 N 的细绳与竖直方向成 45°．已知 M 始终保持静止，则在此过程中（ ）
A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解：AB、根据 M、N 均保持静止，进行受力分析可知，N 受到竖直向下的重力及水平方向的
拉力 F，变化的绳子拉力 T，如下图所示：
在向左拉动的时候，绳子拉力 T 和水平拉力 F 都不断增大，故 A 错误，B 正确；
CD、对于 M 的受力，开始时可能是 T＝mgsinθ﹣f，当 T 不断增大的时候，f 减少；当 T＞mgsinθ
时，随着 T 的增大，f 将增大，所以沿斜面的摩擦力 f 可能先减小后增大；也可能是 T＝mgsinθ+f，
当 T 不断增大的时候，摩擦力 f 增大；故 C 错误，D 正确。
故选：BD。
2. 质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如
图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中（ ）
A．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D．F 逐渐变小，T 逐渐变小
解：以结点 O 为研究对象受力分析如下图所示：
由题意知点 O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳 OB 的张力 TB＝mg
根据平衡条件可知：Tcosθ﹣TB ＝0，Tsinθ﹣F ＝0。可得：F＝TBtanθ＝mgtanθ，T＝
在结点为 O 被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F 和 T 均变大，故 A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
3. 两分力方向改变，夹角改变
如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A 端与竖直墙用铰链连接，
一滑轮固定在 A 点正上方，C 端吊一重物。现施加一拉力 F 缓慢将重物 P 向上拉，在 AC 杆达到
竖直前，下列说法正确的是（ ）
A．BC 绳中的拉力 FT 越来越大 B．BC 绳中的拉力 FT 越来越小
C．AC 杆中的支撑力 FN 越来越大 D．AC 杆中的支撑力 FN 越来越小
【答案】B
【解析】以 C 点为研究对象，分析受力：重物的拉力 T(等于重物的重力 G)。
轻杆的支持力 FN 和绳子的拉力 FT 做出受力图如右图所示，由平衡条件知：FN 与 FT 的合力与
G 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：FN
AC
＝FT
BC
＝ G
AB
，解得：FN＝AC
ABG，FT＝BC
ABG
由于 AC 不变，所以 FN 不变，BC 减小，FT 减小，故选项 B 正确。
4. 两分力方向改变，夹角不变
如图，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N．初始
时，OM 竖直且 MN 被拉直，OM 与 MN 之间的夹角α（α＞ ）。现将重物向右上方缓慢拉起，
并保持夹角α不变，在 OM 由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小
C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小
解：以重物为研究对象，受重力 mg，OM 绳上拉力 TOM，MN 上拉力 TMN，由题意知，三个
力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在 TMN 转至水平的过程中，MN 上的张力 TOM 逐渐增大，
OM 上的张力 TMN 先增大后减小，所以 A、D 正确；B、C 错误。
故选：AD。
（四）整体法
1. 如图，两物块 P、Q 置于水平地面上，其质量分别为 m、2m，两者之间用水平轻绳连接。
两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为 g，现对 Q 施加一水平向右的拉力 F，
使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）
A．F﹣2μmg B． F+μmg C． F﹣μmg D． F
解：对整体，根据牛顿第二定律得：F﹣μ•3mg＝3ma。再对 P，根据牛顿第二定律得：
T﹣μmg＝ma 联立解得：轻绳的张力大小为：T＝ F，故 ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2. 如图，水平地面上有三个靠在一起的物块 P、Q 和 R，质量分别为 m、2m 和 3m，物块与
地面间的动摩擦因数都为μ．用大小为 F 的水平外力推动物块 P，记 R 和 Q 之间相互作用力与 Q
与 P 之间相互作用力大小之比为 k。下列判断正确的是（ ）
A．若μ≠0，则 k＝ B．若μ≠0，则 k＝
C．若μ＝0，则 k＝ D．若μ＝0，则 k＝
解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度 ；
所以，R 和 Q 之间相互作用力 ，Q 与 P 之间相互作用力
；所以， ；
由于谈论过程与μ是否为零无关，故 恒成立，故 AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
3. 如图，在水平桌面上放置一斜面体 P，两长方体物块 a 和 b 叠放在 P 的斜面上，整个系统
处于静止状态。若将 a 和 b、b 与 P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用 f1、f2 和 f3 表示。则（ ）
A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0
C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
解：对 a 物体分析可知，a 物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此 a 受
到 b 向上的摩擦力；f1≠0；再对 ab 整体分析可知，ab 整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下
滑动的趋势，因此 b 受到 P 向上的摩擦力；f2≠0；
对 ab 及 P 组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此 P 不受地面的摩擦力；f3＝0；
故只有 C 正确，ABD 错误；
故选：C。
4. 在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列
车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机
车在西边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时，P 和 Q 间的拉力大小仍为 F．不计车厢
与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（ ）
A．8 B．10 C．15 D．18
解：设 PQ 两边的车厢数为 P 和 Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pm•a；
当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm• a，根据以上两式可得， ，即两边的车
厢的数目可能是 2 和 3，或 4 和 6，或 6 和 9，或 8 和 12，等等，所以总的车厢的数目可能是 5、
10、15、20。所以可能的是 BC．
故选：BC．
5. 如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，
通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O．整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块 a 的加速度
的大小记为 a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为△l1 和△l2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬
间，（ ）
A．a1＝3g B．a1＝0 C．△l1＝2△l2 D．△l1＝△l2
解：A、B、对 a、b、c 分别受力分析如图，
根据平衡条件，有：对 a：F2＝F1+mg 对 b：F1＝F+mg 对 c：F＝mg 所以：F1＝2mg
弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。
当绳断后，b 与 c 受力不变，仍然平衡，故 a＝0；对 a，绳断后合力为 F 合＝F1+mg＝3mg＝maa，
aa＝3g 方向竖直向下；故 A 正确，B 错误。C、D、当绳断后，b 与 c 受力不变，则 F1＝k△l1， ；
同时：F＝k△l2，所以： ．联立得△l1＝2△l2：故 C 正确，D 错误。
故选：AC。
（五）抛体运动
1. 三个小物块分别从 3 条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道 1、轨道 2、轨道 3
的上端距水平地面的高度均为 4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为 h1＝h0、h2＝2h0、h3＝
3h0，如图所示。若沿轨道 1、2、3 下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为 s1、s2、
s3，则（ ）
A．s1＞s2 B．s2＞s3 C．s1＝s3 D．s2＝s3
解：根据 mgh＝ mv2 得小滑块离开轨道时的水平速度 v＝ ，轨道 1、2、3 下滑的小物
块的初速度之比为 ，由 h＝ ，可知 t＝ ，轨道 1、2、3 下滑的小物块的
时间之比为 1： ，
根据 x＝vt 可知，小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比 s1：s2：s3＝ ，故
BC 正确，AD 错误；
故选：BC。
2.、 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．
解：根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，
将粒子的速度 v 分解为垂直于板的 vy 和平行于板的 vx，由于极板与水平面夹角 45°，粒子的
初速度方向竖直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为 vy＝v0sin45°＝ 。
电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，粒子垂直于极板方向的速度 vy′＝0。
根据运动学公式有 ﹣vy′2＝2 d，又知 Ek0＝ m 。联立以上各式求得 E＝ 故 B 正确，
ACD 错误；
故选：B。
（六）天体运动
1. 以登陆火星为背景，考查变轨过程中相关物理量
1. 登上火星是人类的梦想．地球和火星的公转视为匀速圆周运动．忽略行星自转影响，火星
和地球相比( )
行星 半径/m 质量/kg 公转轨道半径/m
地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011
火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011
A. 火星的“第一宇宙速度”约为地球的第一宇宙速度的 0.45 倍
B．火星的“第一宇宙速度”约为地球的第一宇宙速度的 1.4 倍
C．火星公转的向心加速度约为地球公转的向心加速度的 0.43 倍
D．火星公转的向心加速度约为地球公转的向心加速度的 0.28 倍
【答案】AC
【解析】根据第一宇宙速度公式 v＝ GM
R (M 指中心天体火星或地球的质量)得v 火
v 地
＝
M 火 R 地
M 地 R 火
＝0.45，故 A 正确，B 错误；根据向心加速度公式 a＝GM
r2 (M 指中心天体太阳的质量)得
a 火
a 地
＝r2地
r2火
＝1.52
2.32
＝0.43，故 C 正确，D 错误．
2. 据悉，2020 年我国将进行第一次火星探测，向火星发射轨道探测器和火星巡视器．已知火
星的质量约为地球质量的1
9
，火星的半径约为地球半径的1
2
。下列关于火星探测器的说法中正确的
是( )
A．发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C．发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的 2
3
【答案】CD
【解析】要将火星探测器发射到火星上去，必须脱离地球引力，即发射速度要大于第二宇宙
速度，火星探测器仍在太阳系内运转，因此从地球上发射时，发射速度要小于第三宇宙速度，选
项 A、B 错误，C 正确；由第一宇宙速度的概念，得 GMm
R2
＝mv21
R
，则 v1＝ GM
R
，故火星探测器环
绕火星运行的最大速度与地球的第一宇宙速度的比值约为 2
9
＝ 2
3
，选项 D 正确．
2. 双星、多星问题
1. 2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，
在两颗中子星合并前约 100s 时，它们相距约 400km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗
中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估
算出这一时刻两颗中子星（ ）
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
解：AB、设两颗星的质量分别为 m1、m2，轨道半径分别为 r1、r2，相距 L＝400km＝4×105m，
根据万有引力提供向心力可知： ＝m1r1ω2 ＝m2r2ω2，
整理可得： ＝ ，解得质量之和（m1+m2）＝ ，
其中周期 T＝ s，故 A 错误、B 正确；CD、由于 T＝ s，则角速度为：ω＝ ＝24π rad/s，
这是公转角速度，不是自转角速度。根据 v＝rω可知：v1＝r1ω，v2＝r2ω。解得：v1+v2＝（r1+r2）ω
＝Lω＝9.6π×106m/s，故 C 正确，D 错误。
故选：BC。
2. 2018 年 5 月 25 日 21 时 46 分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继卫星成功实施近月制动，
进入月球至地月拉格朗日 L2 点的转移轨道．当“鹊桥”位于拉格朗日点(如图中的 L1、L2、L3、L4、
L5 所示，人们称为地月系统拉格朗日点)上时，会在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃
料而保持与月球同步绕地球做圆周运动，下列说法正确的是(月球的自转周期等于月球绕地球运动
的周期)( )
A．“鹊桥”位于 L2 点时，“鹊桥”绕地球运动的周期和月球的自转周期相等
B．“鹊桥”位于 L2 点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度
C．L3 和 L2 到地球中心的距离相等
D．“鹊桥”在 L2 点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大
【答案】ABD
【解析】“鹊桥”位于 L2 点时，由于“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，所以“鹊桥”绕地球
运动的周期和月球绕地球运动的周期相等，又月球的自转周期等于月球绕地球运动的周期，故选
项 A 正确；“鹊桥”位于 L2 点时，由于“鹊桥”与月球绕地球做圆周运动的周期相同，“鹊桥”的轨道
半径大，根据公式 a＝4π2
T2 r 分析可知，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心
加速度，故选项 B 正确；如果 L3 和 L2 到地球中心的距离相等，则“鹊桥”在 L2 点受到月球与地球引
力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故 L2 到地球中心的距离大于 L3 到地球中心的距离，
选项 C 错误；在 5 个点中，L2 点离地球最远，所以在 L2 点“鹊桥”所受合力最大，故选项 D 正确．
3. 双星系统由两颗绕着它们中心连线上的某点旋转的恒星组成．假设两颗恒星质量相等，理
论计算它们绕连线中点做圆周运动，理论周期与实际观测周期有出入，且T 理论
T 观测
＝ n
1 (n>1)，科学家
推测，在以两星球中心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，设两星球中心连线长度为 L，
两星球质量均为 m，据此推测，暗物质的质量为( )
A．(n－1)m B．(2n－1)m C.n－1
4
m D.n－2
8
m
【答案】C
【解析】双星运动过程中万有引力提供向心力：Gm2
L2
＝mL
2( 2π
T 理论
)2，解得 T 理论＝ 2π2L3
Gm
；设暗
物质的质量为 M′，对星球由万有引力提供向心力 Gm2
L2
＋G
M′m
（L
2
）2
＝mL
2( 2π
T 观测
)2，解得 T 观 测 ＝
2π2L3
G（m＋4M′）.根据T 理论
T 观测
＝ n
1
，联立以上可得：M′＝n－1
4
m ，选项 C 正确．
（七）连接体+机械能守恒定律
1. 如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h，b 放在地面
上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度
大小为 g．则（ ）
A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功
B．a 落地时速度大小为
C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g
D．a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg
解：A、当 a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增
大后减小，所以轻杆对 b 先做正功，后做负功．故 A 错误．B、a 运动到最低点时，b 的速度为零，
根据系统机械能守恒定律得：mAgh= mAvA2，解得 vA= ．故 B 正确．C、b 的速度在整个过
程中，先增大后减小，所以 a 对 b 的作用力先是动力后是阻力，所以 b 对 a 的作用力就先是阻力后
是动力，所以在 b 减速的过程中，b 对 a 是向下的拉力，此时 a 的加速度大于重力加速度，故 C 错
误；D、a、b 整体的机械能守恒，当 a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时 b 受到 a 的推力为零，
b 只受到重力的作用，所以 b 对地面的压力大小为 mg，故 D 正确；
故选：BD．
2. 如图，质量相同的两物体 a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a
在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上．初始时用力压住 b 使 a、b 静止，撤去此压力后，a 开始
运动，在 a 下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中（ ）
A．a 的动能小于 b 的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的功的代数和为零
解：A、将 b 的实际速度进行分解如图：
由图可知 va＝vbcosθ，即 a 的速度小于 b 的速度，故 a 的动能小于 b 的动能，A 正确；
B、由于有摩擦力做功，故 ab 系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B 错误；
C、a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故 a 的重力势能的
减小量大于两物体总动能的增加量，C 错误；
D、在这段时间 t 内，绳子对 a 的拉力和对 b 的拉力大小相等，绳子对 a 做的功等于﹣FTvat，
绳子对 b 的功等于拉力与拉力方向上 b 的位移的乘积，即：FTvbcosθt，又 va＝vbcosθ，所以绳的拉
力对 a 所做的功与对 b 所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故 D 正确。
故选：AD。
3. 如图所示，可视为质点的小球 A、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径
为 R 的光滑圆柱，A 的质量为 B 的两倍．当 B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将 A 由静止释
放，B 上升的最大高度是( )
A．2R B.5R
3 C.4R
3 D.2R
3
【答案】C
【解析】如图所示，以 A、B 整体为系统，以地面为零势能面，设 A 的质量为 2m，B 的质量
为 m，根据机械能守恒定律有 2mgR＝mgR＋1
2×3mv2，A 落地后 B 将以速度 v 做竖直上抛运动，即
有 1
2mv2＝mgh，解得 h＝1
3R.则 B 上升的高度为 R＋1
3R＝4
3R，故选项 C 正确．
（八）电场的性质
1. 电场中的曲线运动
1. 如图，P 为固定的点电荷，虚线是以 P 为圆心的两个圆．带电粒子 Q 在 P 的电场中运动．运
动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点．若 Q 仅受 P 的电场力作用，其在 a、b、
c 点的加速度大小分别为 aa、ab、ac，速度大小分别为 va、vb、vc，则（ ）
A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va
C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb
解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，
带电粒子的加速度越大，所以 ab＞ac＞aa，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直
受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以 va＞
vc＞vb，所以 D 正确，ABC 错误；
故选：D。
2. 如图，一带正电的点电荷固定于 O 点，两虚线圆均以 O 为圆心，两实线分别为带电粒子 M
和 N 先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确
的是（ ）
A．M 带负电荷，N 带正电荷
B．M 在 b 点的动能小于它在 a 点的动能
C．N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能
D．N 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功
解：A、由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知 M 带负电荷，
N 带正电荷，故 A 正确。B、M 从 a 到 b 点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则 b
点的动能小于在 a 点的动能，故 B 正确。C、d 点和 e 点在同一等势面上，电势相等，则 N 在 d 点
的电势能等于在 e 点的电势能，故 C 正确。D、N 从 c 到 d，库仑斥力做正功，故 D 错误。
故选：ABC。
3. 一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c，已知质点的速率是递减的．关
于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在 b 点的切线）（ ）
A． B． C． D．
解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可
能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故 A 错误．B、负电荷所受的电场力方
向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，
与题不符．故 B 错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹
应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故 C 错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力
指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，
符合题意．故 D 正确．
故选 D
2. 场强叠加问题
1. 如图，电荷量分别为 q 和﹣q（q＞0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b 是正方
体的另外两个顶点。则（ ）
A．a 点和 b 点的电势相等 B．a 点和 b 点的电场强度大小相等
C．a 点和 b 点的电场强度方向相同 D．将负电荷从 a 点移到 b 点，电势能增加
解：A、等量异号电荷形成的电场线和等势面如图所示；
结合题图中对应的几何关系可知，a 靠近负电荷，而 b 靠近正电荷，则可知，a 点电势一定小
于 b 点电势；故 A 错误；B、ab 两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图 3 可知，
两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故 BC 正确；D、根据 A 中分析可知将负电荷从
a 点移到 b 点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故 D 错误。
故选：BC。
2. 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个
顶点上；a、b 带正电，电荷量均为 q，c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电
力常量为 k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（ ）
A． B． C． D．
解：设 c 电荷带电量为 Q，以 c 电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件 a、b 对 c 的合力与匀强电场对 c 的力等值反向，即：2× ×cos30°＝E•Q
所以匀强电场场强的大小为 。
故选：B。
3. 如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴
线上有 a、b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q（q＞0）
的固定点电荷。已知 b 点处的场强为零，则 d 点处场强的大小为（k 为静电力常量）（ ）
A． B． C． D．
解：电荷量为 q 的点电荷在 b 处产生电场强度为 ，而半径为 R 均匀分布着电荷量为 Q
的圆盘上电荷，与在 a 点处有一电荷量为 q（q＞0）的固定点电荷，在 b 点处的场强为零，则圆盘
在此处产生电场强度也为 ．那么圆盘在此 d 产生电场强度则仍为 。而电荷量为 q 的
点电荷在 d 处产生电场强度为 ，由于都在 d 处产生电场强度方向相同，即为
两者大小相加。所以两者这 d 处产生电场强度为 ，故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4. N（N＞1）个电荷量均为 q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为 R 的圆周上，示意如图．若
移去位于圆周上 P 点的一个小球，则圆心 O 点处的电场强度大小为 ，方向 沿 OP 指向 P ．
解：如果没移去电荷之前，N（N＞1）个电荷量均为 q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为 R
的圆周上在圆心处场强为 0，该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，所
以移去电荷后，在圆心 O 点处的电场强度与移去的电荷在该处的场强大小相等，方向相反．
根据库仑定律得圆心 O 点处的电场强度大小为 ，方向沿 OP 指向 P
5. 如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP
＝60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点，这时 O 点电场强度的大小为
E1；若将 N 点处的点电荷移至 P 点，则 O 点的场强大小变为 E2，E1 与 E2 之比为（ ）
A．2：1 B．1：2 C．2： D．4：
解：依题意，每个点电荷在 O 点产生的场强为 ，则当 N 点处的点电荷移至 P 点时，O 点
场强如图所示，合场强大小为 E2＝ ，则 E1 与 E2 之比为 2：1
故选：A。
3. 匀强电场相关结论
1. 图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为
2V，一电子经过 a 时的动能为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV．下列说法正
确的是（ ）
A．平面 c 上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面 f
C．该电子经过平面 d 时，其电势能为 4eV
D．该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍
解：A、虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过 a 时的动能
为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV，动能减小了 6eV，电势能增加了 6eV，
因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 2V，由于电子的电势能增加，等势面由 a 到 f
是降低的，因此平面 c 上的电势为零，故 A 正确；B、由上分析，可知，当电子由 a 向 f 方向运动，
则电子到达平面 f 的动能为 2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场
中做抛体运动，则可能不会到达平面 f，故 B 正确；C、在平面 b 上电势为 2V，则电子的电势能为
﹣2eV，动能为 8eV，电势能与动能之和为 6eV，当电子经过平面 d 时，动能为 4eV，其电势能为
2eV，故 C 错误；D、电子经过平面 b 时的动能是平面 d 的动能 2 倍，电子经过平面 b 时的速率是
经过 d 时的 倍，故 D 错误；
故选：AB。
2. 如图，同一平面内的 a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为 a、
c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点，一电荷量为 q（q＞0）的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能
减小 W1；若该粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2，下列说法正确的是（ ）
A．此匀强电场的场强方向一定与 a、b 两点连线平行
B．若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为
C．若 c、d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为
D．若 W1＝W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差
解：A、一电荷量为 q（q＞0）的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，但 ab 连线不一
定沿着电场线，故 A 错误；B、粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，故：qφa﹣qφb＝W1，
粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2，故：qφc﹣qφd＝W2，匀强电场中，沿着相同方向
每前进相同距离电势的变化相同，故φa﹣φM＝φM﹣φc，即φM＝ （φa+φc），同理φN＝ （φb+φd），
故 qφM﹣qφN＝ ，故 B 正确；C、若 c、d 之间的距离为 L，但 cd 不一定平行电场线，故
W2＝qELcosθ，其中θ为 cd 与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为 ，故
C 错误；D、若 W1＝W2，根据 U＝ 可知，Uab＝Ucd，故φa﹣φb＝φc﹣φd，则φa﹣φc＝φb﹣φd，故
Uac＝Ubd；而 Uac＝2UaM，Ubd＝2UbN，故 UaM＝UbN，故 D 正确；
故选：BD。
3. 一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、17V、26V．下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为 2.5V/cm B．坐标原点处的电势为 1 V
C．电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7eV D．电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9eV
解：A、如图所示，在 ac 连线上，确定一 b′点，电势为 17V，将 bb′连线，即为等势线，那么
垂直 bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E＝ ，依据几何关系，则 d＝ ＝ ＝3.6cm，
因此电场强度大小为 E＝ ＝2.5V/cm，故 A 正确；B、根据φc﹣φa＝φb﹣φo，因 a、b、c
三点电势分别为φa＝10V、φb＝17V、φc＝26V，解得：原点处的电势为φ0＝1 V，故 B 正确；
C、因 Uab＝φa﹣φb＝10﹣17＝﹣7V，电子从 a 点到 b 点电场力做功为 W＝qUab＝7 eV，因电
场力做正功，则电势能减小，那么电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV，故 C 错误；
D、同理，Ubc＝φb﹣φc＝17﹣26＝﹣9V，电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 W＝qUbc＝9
eV，故 D 正确；
故选：ABD。
4. 电容器及相关问题
1. 如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a、b 所带电荷量大
小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放 a、
b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、
b 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a 的质量比 b 的大 B．在 t 时刻，a 的动能比 b 的大
C．在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D．在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等
解：A、两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有 y＝ ＝ ．由题意
知，相同时间内 a 的位移大于 b 的位移，q、E 又相等，可知 ma＜mb．故 A 错误。B、根据动能定
理得 Ek﹣0＝qEy，即 t 时刻粒子的动能为 Ek＝qEy，a 的位移大，电场力做功多，所以在 t 时刻，
a 的动能比 b 的大，故 B 正确。C、在 t 时刻，a、b 经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电
荷量也相等，符号相反，由 Eφ＝qφ知，a 和 b 的电势能不相等，故 C 错误。D、由动量定理得 qEt
＝p﹣0，得 t 时刻粒子的动量为 p＝qEt，q、E、t 都相等，则在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等，
故 D 正确。
故选：BD。
2. 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有
一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静止
开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移 ，
则从 P 点开始下落的相同粒子将（ ）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板 处返回 D．在距上极板 处返回
解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得， 。
将下极板向上平移 ，设运动到距离上级板 x 处返回。
根据动能定理得， 联立两式解得 x＝ ．D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
（九）磁场
1. 带电粒子在有界场中的运动
如图，虚线 MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子 P、Q 从磁场
边界的 M 点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P 的速度 vP 垂直于磁场边界，Q 的速度
vQ 与磁场边界的夹角为 45°．已知两粒子均从 N 点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（ ）
A．P 和 Q 的质量之比为 1：2 B．P 和 Q 的质量之比为 ：1
C．P 和 Q 速度大小之比为 ：1 D．P 和 Q 速度大小之比为 2：1
解：AB、由题意可知，P、Q 两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据
解得：mP：mQ＝1：2，故 A 正确，B 错误；CD、结合几何关系可知， ，由公式
，解得： ，故 C 正确，D 错误。
故选：AC。
2. 仪器
现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子
在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在
入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将
磁感应强度增加到原来的 12 倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A．11 B．12 C．121 D．144
解：根据动能定理得， 得 ①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供
向心力，根据牛顿第二定律，有 得 ②①②两式联立得： 。一价正离子电荷
量与质子电荷量相等，同一加速电场 U 相同，同一出口离开磁场则 R 相同，所以 m∝ ，磁感
应强度增加到原来的 12 倍，离子质量是质子质量的 144 倍，D 正确，ABC 错误
故选：D。
3. 磁感应强度叠加
1. 如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流
方向向上，L1 的正上方有 a，b 两点，它们相对于 L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的
磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外，已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为 B0 和 B0，
方向也垂于纸面向外，则（ ）
A．流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 B0
B．流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 B0
C．流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 B0
D．流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 B0
解：整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外，且
a、b 两点的磁感应强度大小分别为 B0 和 B0，方向也垂于纸面向外，根据右手螺旋定则，L1 直
导线电流，在 a、b 两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等，同理，L2 直导线的电流，在 a 点磁场
方向垂直纸面向里，在 b 点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等，依据矢量叠加法则，
则有：B0﹣B2﹣B1＝ ；B0+B2﹣B1＝ ；联立上式，可解得：B1＝ ，B2＝ B0；故 AC
正确，BD 错误；
故选：AC。
2. 如图，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等距，均通有电流 I，L1 中电流方向
与 L2 中的相同，与 L3 中的相反。下列说法正确的是（ ）
A．L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直
B．L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直
C．L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1：1：
D．L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ： ：1
解：A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则 L2、L3 通电导线在 L1 处的磁场方向如
下图所示，
再根据左手定则，那么 L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面平行，故 A 错误；
B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则 L2、L1 通电导线在 L3 处的磁场方向
如下图所示，
再根据左手定则，那么 L3 所受磁场作用力的方向与 L2、L1 所在平面垂直，故 B 正确；
CD、由 A 选项分析，可知，L1、L3 通电导线在 L2 处的合磁场大小与 L2、L3 通电导线在 L1 处
的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为 B，那么 L1、L2 和 L3 三处磁场之比为 1：
1： ，故 C 正确，D 错误；
故选：BC。
3. 如图，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两
者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为
l 的 a 点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大
小为（ ）
A．0 B． B0 C． B0 D．2B0
解：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离为 l 的 a 点处的
磁感应强度为 B0，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，即 B1＝B0；依据几何关系，及三角
知识，则有：BPcos30°＝ B0；解得：P 或 Q 通电导线在 a 处的磁场大小为 BP＝ ；当 P 中
的电流反向，其他条件不变，
再依据几何关系，及三角知识，则有：B2＝ ；因外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q
指向 P，磁场大小为 B0 ；最后由矢量的合成法则，那么 a 点处磁感应强度的大小为 B＝
＝ ，故 C 正确，ABD 错误；
故选：C。
4. 如图，两根平行长直导线相距 2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c 是导线所
在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为 、l 和 3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判
断正确的是（ ）
A．a 处的磁感应强度大小比 c 处的大 B．b、c 两处的磁感应强度大小相等
C．a、c 两处的磁感应强度方向相同 D．b 处的磁感应强度为零
解：A、B、C、根据安培定则判断知：左侧导线在 a 点产生的磁场方向向里，在 c 点产生的
磁场方向向外，右侧导线在 a 点产生的磁场方向向里，在 b 点产生的磁场方向向里，根据磁感线
的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a 处磁感线比 c 处密，则 a 处的磁
感应强度大小比 c 处的大。由磁场的叠加可知：a、c 两处的磁感应强度方向相反。故 A 正确，BC
错误；D、由于左右侧导线在 b 处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以 b 处的磁感应强度
为零，故 D 正确。
故选：AD。
5. 三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为
I，方向如图所示。a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相
等。将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3，下列说法正确的是（ ）
A．B1＝B2＜B3
B．B1＝B2＝B3
C．a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里
D．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和 c 处磁场方向垂直于纸面向里
解：A、B、由题意可知，a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面
向外，而 b 点与 a 点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，
而 c 点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故 A 正确，B 错误；
C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a 和 b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向
垂直于纸面向里，故 C 正确，B 错误。
故选：AC。
（十）交变电流
1. 有效值
1. 一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为 Q 方；若该电阻接到正弦交流电
源上，在一个周期内产生的热量为 Q 正．该电阻上电压的峰值均为 u0，周期均为 T，如图所示。则
Q 方：Q 正等于（ ）
A．1： B． ：1 C．1：2 D．2：1
解：由图可知，方形交流电源的有效值为 U0，故其一周期产生的热量为：Q 方＝ T；
正弦式交流电的有效值为：U＝ 故其一周期产生的热量为：Q 正＝ T＝ ；
故有：Q 方：Q 正＝2：1；
故 D 正确，ABC 错误。
故选：D。
2. 通过一阻值 R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为 1s。电阻两端电压的有效值为
（ ）
A．12 V B．4 V C．15 V D．8 V
解：由有效值的定义可得：I12Rt1+I22Rt2＝ T，代入数据得：（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2
＝ ×1，将 R＝100Ω带入解得：U＝4 V
故选：B。
2. 动态分析问题
1. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确
的是( )
A．当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，R1 消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电压表 V 示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，电流表 A1 示数变大
D．若闭合开关 S，则电流表 A1 示数变大，A2 示数变大
【答案】B
【解析】当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器
副线圈的总负载的等效电阻增大，R1 中电流减小，R1 两端电压减小，电压表示数变大，R1 消耗的
电功率变小，选项 A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，变压器副线圈输出
电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表 A1
示数变小，选项 C 错误；若闭合开关 S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则 R1 中电流增
大，R1 两端电压增大，电压表示数减小，电流表 A2 示数减小，电流表 A1 示数变大，选项 D 错误．
2. 如图所示，电源输出电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有( )
A．将 R 上的滑片向上移动 B．将 R 上的滑片向下移动
C．将开关 S 掷向 1 D．将开关 S 掷向 2
【答案】AD
【解析】输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当滑片向上移动时，副线圈所在电
路的电阻变小，所以电流要增加，电流表示数增大，故选项 A 正确；当滑片向下移动时，副线圈
所在电路的电阻变大，所以电流要变小，故选项 B 错误；将开关 S 掷向 1，原线圈的匝数变大，
由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，副线圈所在电路的电阻不变，所以电流要
减小，故选项 C 错误；将开关 S 掷向 2 时，原线圈的匝数减小，副线圈的输出电压要变大，副线
圈所在电路的电阻不变，所以电流要增大，故选项 D 正确．
（十一）电磁感应
1. 楞次定律
1. 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金
属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属框 T 位于回路围成的区域内，线
框与导轨共面。现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说
法正确的是（ ）
A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向
C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向
D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
解：PQ 向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由 Q 流向 P，即逆时针方向，
根据楞次定律可知，通过 T 的磁场减弱，则 T 的感应电流产生的磁场应指向纸面里面，则感应电
流方向为顺时针。
故选：D。
2. 如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁（N 极朝上，S 极朝下）由静
止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），
下列说法正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过
圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，
圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故 C 正确。
故选：C。
3. 如图，一质量为 m 的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现
将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为
T1 和 T2，重力加速度大小为 g，则（ ）
A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg
C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg
解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化。
在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，
根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即
先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小。故两种情况下，
绳的拉力都大于 mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故 T1＜T2．因此，A
正确。
故选：A。
2. 图像问题
1. 如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线
ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同
的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知 PQ
进入磁场时加速度恰好为零。从 PQ 进入磁场开始计时，到 MN 离开磁场区域为止，流过 PQ 的电
流随时间变化的图象可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
解：设 PQ 进入磁场匀速运动的速度为 v，匀强磁场的磁感应强度为 B，导轨宽度为 L，两根
导体棒的总电阻为 R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得 PQ 进入磁场时电流 I0
＝ 保持不变，根据右手定则可知电流方向 Q→P；如果 PQ 离开磁场时 MN 还没有进入磁场，
此时电流为零；当 MN 进入磁场时也是匀速运动，通过 PQ 的感应电流大小不变，方向相反；如果
PQ 没有离开磁场时 MN 已经进入磁场，此时电流为零，当 PQ 离开磁场时 MN 的速度大于 v，安
培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过 PQ 的感应电流方向相反；
故 AD 正确、BC 错误。
故选：AD。
2. 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两
相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上。t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动。运动过程中，ab、
cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示。下列图象
中可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
解：AB、金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，
则 v＝ ，所以 ab 的速度逐渐减小，cd 的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安
培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，故 A 正确、B 错误；CD、设两根导体棒的总电阻为 R，由
于 I＝ ，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为 0，则感应电流越来越小，最后为
零，故 C 正确、D 错误。
故选：AC。
3. 如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区
域宽度均为 l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为 l 的正方形金属线框在导轨
上向左匀速运动，线框中感应电流 i 随时间变化的正确图线可能是（ ）
A． B． C． D．
解：设磁感应强度为 B，线圈的速度为 v、电阻为 R；如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、
右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E1＝2bLv，
根据电流为：i1＝ ＝ ，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方
向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于
方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E2＝2bLv，
根据电流为：i2＝ ＝ ，根据右手定则可知电流方向为逆时针。故 D 正确、ABC 错误。
故选：D。
4. 两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为 0.1m、总电阻为
0.005Ω的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一
直向右做匀速直线运动，cd 边于 t＝0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）
所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度的大小为 0.5 T
B．导线框运动速度的大小为 0.5m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在 t＝0.4s 至 t＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1N
解：AB、由图象可以看出，0.2﹣0.4s 没有感应电动势，所以从开始到 ab 进入用时 0.2s，导线
框 匀 速 运 动 的 速 度 为 ： v ＝ ， 根 据 E ＝ BLv 知 磁 感 应 强 度 为 ： B ＝
，故 A 错误，B 正确。C、由 b 图可知，线框进磁场时，感应电流的方向
为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故 C 正确。D、在 0.4﹣0.6s 内，
导线框所受的安培力 F＝BIL＝ ＝ N＝0.04N，故 D 错误。
故选：BC。
（十二）近代物理
1. 核反应方程
1. 太阳内部核反应的主要模式之一是质子﹣质子循环，循环的结果可表示为
4 H→ He+2 e+2v。已知 H 和 He 的质量分别为 mp＝1.0078u 和 mα＝4.0026u，1u＝
931MeV/c2，c 为光速。在 4 个 H 转变成 1 个 He 的过程中，释放的能量约为（ ）
A．8MeV B．16MeV
C．26MeV D．52MeV
解：反应过程中的质量亏损约为：△m＝4mp﹣mα＝4×1.0078u﹣4.0026u＝0.0286u，由于 1u＝
931MeV/c2，根据爱因斯坦质能方程可得：△E＝△mc2＝26MeV，故 C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2. 1934 年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击铝核 Al，产生了第一个人工放射性核素 X：
α+ Al→n+X．X 的原子序数和质量数分别为（ ）
A．15 和 28 B．15 和 30
C．16 和 30 D．17 和 31
解：设 X 的质量数为 m，电荷数为 n，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知：
4+27＝1+m；2+13＝0+n 解得：m＝30；n＝15；
故其原子序数为 15，质量数为 30；故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3. 大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是：
H+ H→ He+ n，已知 H 的质量为 2.0136u， He 的质量为 3.0150u， n 的质量
为 1.0087u，1u＝931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（ ）
A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV
解：因氘核聚变的核反应方程为： H+ H→ He+ n；核反应过程中的质量亏损为
△m＝2mH﹣（mHe+mn）＝0.0035u。释放的核能为△E＝△mc2＝0.0035uc2＝3.3MeV，故 B 正
确，ACD 错误；
故选：B。
2. 原子能级
1. 氢原子能级示意图如图所示。光子能量在 1.63eV～3.10eV 的光为可见光。要使处于基态（n
＝1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为（ ）
A．12.09eV B．10.20eV C．1.89eV D．1.51eV
解：氢原子从高能级向基态跃迁时，所辐射光子能量最小值为：E＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6eV）
＝10.2eV＞3.10eV，故可知要产生可见光，氢原子吸收能量后，最起码要跃迁到 n＞2 能级；
由于 E'＝E3﹣E2＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40eV）＝1.89eV，有 1.63eV＜E'＜3.10eV，故可知要使处
于基态（n＝1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，氢原子最起码应该跃迁到 n＝3 能级。
则氢原子吸收的最小能为：Em＝E3﹣E1＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，
故 A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2. 在下列描述的核过程的方程中，属于α衰变的是 C ，属于β衰变的是 AB ，属于裂变
的是 E ，属于聚变的是 F 。（填正确答案的标号）
A. C→ N+ e
B. P→ S+ e
C. U→ Th+ He
D. N+ He→ O+ H
E. U+ n→ Xe+ Sr+2 n
F. H+ H→ He+ n。
解：A 和 B 的反应生成物里都有电子，属于β衰变，C 的反应生成物里有α粒子，是α衰变，裂
变是重核裂变成轻核，属于裂变的是 E，聚变是轻核生成重核，属于聚变的是 F。
故答案为：C；AB；E；F。
3. 光电效应
三束单色光 1、2 和 3 的波长分别为λ1、λ2 和λ3（λ1＞λ2＞λ3）。分别用这三束光照射同一种金
属。已知用光束 2 照射时，恰能产生光电子。下列说法正确的是（ ）
A．用光束 1 照射时，不能产生光电子
B．用光束 3 照射时，不能产生光电子
C．用光束 2 照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多
D．用光束 2 照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大
解：AB、依据波长与频率的关系： ，因λ1＞λ2＞λ3，那么γ1＜γ2＜γ3；由于用光束 2 照
射时，恰能产生光电子，因此用光束 1 照射时，不能产生光电子，而光束 3 照射时，一定能产生
光电子，故 A 正确，B 错误；
CD、用光束 2 照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，而由光电效应方程：Ekm
＝hγ﹣W，可知，光电子的最大初动能与光的强弱无关，故 C 正确，D 错误；
故选：AC。
（十三）估算
1. 高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞
时间约为 2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10N B．102N C．103N D．104N
解：每层楼高约为 3m，鸡蛋下落的总高度 h＝（25﹣1）×3m＝72m；自由下落时间 t1＝
＝ s＝3.8s，与地面的碰撞时间约为 t2＝2ms＝0.002s，全过程根据动量定理可得：
mg（t1+t2）﹣Ft2＝0。解得冲击力 F＝950N≈103N，故 C 正确。
故选：C。
2. 2018 年 2 月，我国 500m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周
期 T＝5.19ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为 6.67×10﹣11N•m2/kg2．以周
期 T 稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）
A．5×104kg/m3 B．5×1012kg/m3
C．5×1015kg/m3 D．5×1018kg/m3
解：设位于该星体赤道处的小块物质质量为 m，物体受到的星体的万有引力恰好提供向心力，
这时星体不瓦解且有最小密度，由万有引力定律结合牛顿第二定律得： ＝mR
球体的体积为：V＝ 密度为： ＝
代入数据解得：ρ＝ ＝5×1015kg/m3．故 C 正确、ABD 错误；
故选：C。
3. 用波长为 300nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为 1.28×10﹣19J，已知普朗
克常量为 6.63×10﹣34J•s，真空中的光速为 3.00×108m•s﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频
率约为（ ）
A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz
解：根据光电效应方程：EKm＝hγ﹣W0。光速、波长、频率之间关系为：γ＝
代入数据，有：W0＝hγ﹣EKm＝6.63×10﹣34J•s× s﹣1﹣1.28×10﹣19J＝5.35×10﹣19J
根据逸出功 W0＝hγ0，得：γ0＝ ＝ ≈8×1014 Hz；
故选：B。
（十四）匀变速直线运动推论
如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 H．上升第一个
所用的时间为 t1，第四个 所用的时间为 t2．不计空气阻力，则 满足（ ）
A．1＜ ＜2 B．2＜ ＜3 C．3＜ ＜4 D．4＜ ＜5
解：逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的
位移内时间之比等于 1： ： ： ：……： ﹣ 可得：
＝ ＝2+ ，故 3＜ ＜4，故 C 正确、ABD 错误。
故选：C。
（十五）数学方法
1. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度 v 从
轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，
此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为 g）（ ）
A． B． C． D．
解：设半圆的半径为 R，根据动能定理得： ，离开最高点做平抛运
动，有：2R＝ ，x＝v′t，联立解得：x＝ ＝
可知当 R＝ 时，水平位移最大，故 B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2. 太阳系中的 8 大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列 4 幅图是用来描述这些行星运动
所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是 lg（ ），纵轴是 lg（ ）；这里 T 和 R 分别
是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，TO 和 R0 分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆
轨道半径．下列 4 幅图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
解：根据开普勒周期定律：T2=kR3，T02=kR03 两式相除后取对数，得： ，
整理得： ，所以 B 正确．故选 B．
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