高考物理复习系列(真题+模拟)专题重组考点：实验专题+阶段滚动练+综合训练+摩擦力专题
高考物理复习系列(真题+模拟)专题
重组考点：实验专题+阶段滚动练+综合训练+摩擦力专题
课时考点 35 实验一 探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
实验二 测定玻璃的折射率(附参考答案)
实验三 用双缝干涉测量光的波长
1．(2014·安徽理综，14)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进
行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库
仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系
类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为 l，引力常量为
G，地球质量为 M，摆球到地心的距离为 r，则单摆振动周期 T与距离 r的关系
式为( )
A．T＝2πr GM
l
B．T＝2πr l
GM
C．T＝2π
r
GM
l
D．T＝2πl r
GM
2．(2014·大纲全国卷，17)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为 589 nm
的光，在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为0.350
cm，则双缝的间距为( )
A．2.06×10－7 m B．2.06×10－4 m
C．1.68×10－4 m D．1.68×10－3 m
3．[2014·江苏单科，12B(1)]某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观
察到题(甲)图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如题(乙)图所
示。他改变的实验条件可能是( )
A．减小光源到单缝的距离
B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离
D．换用频率更高的单色光源
4．(2015·北京理综，21)
图 1
(1)“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和 bb′分别
是玻璃砖与空气的两个界面，如图 1所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针 P1
和 P2，用“＋”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插
上大头针 P3和 P4。在插 P3和 P4时，应使( )
A．P3只挡住 P1的像
B．P4只挡住 P2的像
C．P3同时挡住 P1、P2的像
(2)用单摆测定重力加速度的实验装置如图 2所示。
图 2
①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 1 m左右的细线
B．长度为 30 cm左右的细线
C．直径为 1.8 cm的塑料球
D．直径为 1.8 cm的铁球
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，则重力加速度 g＝________(用 L、n、t表示)。
③下表是某同学记录的 3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次 1 2 3
摆长 L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间 t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期 T/s 1.80 1.91
重力加速度 g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第 3组实验中的 T＝________s，g＝________m/s2。
④用多组实验数据做出 T2－L图象，也可以求出重力加速度 g。已知三位同
学做出的 T2－L图线的示意图如图 3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，
下列分析正确的是( )
图 3
A．出现图线 a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 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
⑤某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图 4
所示，由于家里只有一根量程为 30cm的刻度尺，于是他在细线上的 A点做了一
个标记，使得悬点 O到 A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的
细线长度不变，通过改变 O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当 O、A间细
线的长度分别为 l1、l2时，测得相应单摆的周期为 T1、T2。由此可得重力加速度
g＝________(用 l1、l2、T1、T2表示)。
图 4
5．[2015·天津理综，9(2)]某同学利用单摆测量重力加速度。
①(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是( )
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
②如图所示
，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约 1 m的单摆。实验时，由于仅有
量程为 20 cm、精度为 1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直
立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期 T1；
然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样
方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期 T2；最后用钢板刻度尺量
出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表
达式 g＝________。
6．(2013·安徽理综，21Ⅰ)根据单摆周期公式 T＝2π l
g
，可以通过实验测
量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一
小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平
衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于 5°，在释放摆球的同时开始计时，
当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期 T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，释放摆球，当摆球振动稳
定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做 50次全振动所用的时间Δt，则单摆周
期 T＝Δt
50
7．[2014·江苏单科，12B(2)]在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，
某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，
同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段
时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正。
1．(2015·嘉兴期末)在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)下面所给器材中，选用哪些器材较好，请把所选用器材前的字母依次填
写在题后的横线上。
A．长 1 m左右的细线
B．长 30 cm左右的细线
C．直径 2 cm的铅球
D．直径 2 cm的铝球
E．秒表
F．时钟
G．最小刻度是厘米的直尺
H．最小刻度是毫米的直尺
所选用的器材是________。
(2)实验时对摆线偏离竖直线的偏角要求是__________。
2．(2015·滁州市五校联考)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先
测得摆线长为 101.00 cm，摆球直径为 2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动 50
次所用的时间为 101.5 s。则
(1)他测得的重力加速度 g＝________ m/s2。
(2)他测得的 g值偏小，可能的原因是________。(填选项前面的字母)
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将 49.5次全振动数为 50次
3．(2014·松江区期中)在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长 l
和周期 T计算重力加速度的公式是 g＝4π2l
T2
。
(1)如果已知摆球直径为 2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖
直下垂，如图甲所示，那么单摆摆长是________m，如果测定了 40次全振动的
时间如图乙中秒表所示，那么秒表读数是________s，单摆的振动周期是
________s。
(2)如果测得的 g值偏小，可能的原因是________(填写代号)。
A．测摆长时，忘记了摆球的半径
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过早按下
D．实验中误将 39次全振动次数记为 40次
(3)某同学在实验中，测量 6种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格
如下：
l/m 0.4 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2
T/s 1.26 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20
T2/s2 1.59 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84
以 l为横坐标、T2为纵坐标，作出 T2－l图线，并利用此图线求重力加速度
g。
4．(2014·新沂市期末)
某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射
率的仪器。如图所示，在一个圆盘上，过其圆心 O作两条相互垂直的直径 BC、
EF。在半径 OA上，垂直盘面插上两枚大头针 P1、P2并保持位置不变。每次测
量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径 BC相平，EF
作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察 P1、P2，在圆周 EC部分插上 P3，
使 P3挡住 P1、P2的像。同学们通过计算，预先在圆周 EC部分刻好了折射率的
值，这样只要根据 P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值。
(1)若∠AOF＝30°，OP3与 OC之间的夹角为 30°，则 P3处刻的折射率的
值为________。
(2)图中 P3、P4两处，对应折射率大的是________。
(3)做 AO的延长线交圆周于 K，K处对应的折射率为________。
5．(2014·宁波期中)在做“测定玻璃折射率 n”的实验时：
(1)甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面 ab和 cd时不慎碰了玻璃砖使
它向 ab方向平移了一些，如图甲所示，其后的操作都正确。但画光路图时，将
折射点确定在 ab和 cd上，则测出的 n值将________。
(2)乙同学为了避免笔尖接触玻璃面，画出的 a′b′和 c′d′都比实际界面向外侧
平移了一些，如图乙所示，以后的操作均正确，画光路图时将入射点和折射点
都确定在 a′b′和 c′d′上，则所测出的 n值将________。
(3)丙同学在操作和作图时均无失误，但所用玻璃砖的两个界面明显不平行。
这时测出的 n值将________。
6．(2014·太原模拟)(1)如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光
具座上放置的光学元件依次为①光源、②________、③________、④________、
⑤遮光筒、⑥光屏。对于某种单色光，为增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取
________或________的方法。
(2)如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件
是________(填数字代号)。
(3)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第 1条亮条纹，读下手轮的
读数如图甲所示。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第 10条亮条纹，读下
手轮的读数如图乙所示。则相邻两亮条纹的间距是________mm。
(4)如果已经量得双缝的间距是 0.30 mm、双缝和光屏之间的距离是 900 mm，
则待测光的波长是________m。(取三位有效数字)。
7．(2015·湖北八校联考)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，请按照题
目要求回答下列问题。
(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。
(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的
波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长。
元件代号 A B C D E
元件名称
光
屏
双缝
白光光
源
单缝
透红光的滤
光片
将白光光源 C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表
示各光学元件的排列顺序应为________。(填写元件代号)
(3)已知该装置中双缝间距 d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离 L＝0.50 m，在
光屏上得到的干涉图样如图甲所示，分划板在图中 A位置时游标卡尺如图乙所
示，则其示数为________mm；在 B位置时游标卡尺如图丙所示。由以上所测数
据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________m。
8．(2015·厦门联考)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图
所示。
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，
总结出以下几点：
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
D．干涉条纹的间距与光的波长有关
以上几点中，你认为正确的是________。
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图
甲所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所
示。则在这种情况下来测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________实际值。(填
“大于”“小于”或“等于”)
课时考点 36 动量定理 动量守恒定律及其应用
1．(2015·重庆理综，3)高空作业须系安全带，如果质量为 m的高空作业人
员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视
为自由落体运动)。此后经历时间 t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用
力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.m 2gh
t
＋mg B.m 2gh
t
－mg
C.m gh
t
＋mg D.m gh
t
－mg
2．[2015·福建理综，30(2)]
如图，两滑块 A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A的质量为
m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向
左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A．A和 B都向左运动
B．A和 B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
3．(2014·大纲全国卷，21)一中子与一质量数为 A(A>1)的原子核发生弹性正
碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.A＋1
A－1
B.A－1
A＋1
C. 4A
（A＋1）2 D.（A＋1）2
（A－1）2
4．(2014·重庆理综，4)一弹丸在飞行到距离地面 5 m高时仅有水平速度 v
＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。不计质量损
失，取重力加速度 g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是
( )
5．[2015·天津理综，9(1)]
如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，
B球向左运动与 A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为 3∶1，A球垂直
撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之
比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________。
6．[2015·海南单科，17(2)]运动的原子核 AZX放出α粒子后变成静止的原子
核 Y。已知 X、Y和α粒子的质量分别是 M、m1和 m2，真空中的光速为 c，α
粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能。
7．(2015·安徽理综，22)
一质量为 0.5 kg的小物块放在水平地面上的 A点，距离 A点 5 m的位置 B
处是一面墙，如图所示。物块以 v0＝9 m/s的初速度从 A点沿 AB方向运动，在
与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止。g
取 10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为 0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
8．[2015·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、
B、C位于同一直线上，A位于 B、C之间。A的质量为 m，B、C的质量都为M，
三者均处于静止状态。现使 A以某一速度向右运动，求 m和M之间应满足什么
条件，才能使 A只与 B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
9．[2015·山东理综，39(2)]
如图，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道
上。现给滑块 A向右的初速度 v0，一段时间后 A与 B发生碰撞，碰后 A、B分
别以
1
8
v0、3
4
v0的速度向右运动，B再与 C发生碰撞，碰后 B、C粘在一起向右运
动。滑块 A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求
B、C碰后瞬间共同速度的大小。
10．(2015·广东理综，36)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，
圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R＝0.5 m，物块 A以 v0＝6
m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上 P处静止
的物块 B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、
光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都
为μ＝0.1，A、B的质量均为 m＝1 kg(重力加速度 g取 10 m/s2；A、B视为质点，
碰撞时间极短)。
(1)求 A滑过 Q点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F；
(2)若碰后 AB最终停止在第 k个粗糙段上，求 k的数值；
(3)求碰后 AB滑至第 n个(n＜k)光滑段上的速度 vn与 n的关系式。
11．[2014·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，质量分别为 mA、mB的两个弹性小
球 A、B静止在地面上方，B球距地面的高度 h＝0.8 m，A球在 B球的正上方。
先将 B球释放，经过一段时间后再将 A球释放。当 A球下落 t＝0.3 s时，刚好
与 B球在地面上方的 P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A球的速度恰为零。
已知 mB＝3mA，重力加速度大小 g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。
求
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度。
12．[2014·新课标全国卷Ⅱ，35(2)]现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定
律。在图(a)中，气垫导轨上有 A、B两个滑块，滑块 A右侧带有一弹簧片，左
侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块 B左侧也带有一弹簧片，上面固
定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块 A的质量 m1＝0.310 kg，滑块 B的质量 m2＝0.108 kg，遮光片
的宽度 d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率 f＝50.0 Hz。
将光电门固定在滑块 B的右侧，启动打点计时器，给滑块 A一向右的初速
度，使它与 B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前、后
打出的纸带如图(b)所示。
若实验允许的相对误差绝对值(|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
|×100%)最大为 5%，
本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。
一、选择题(本题共 6小题，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要
求。)
1．(2015·漳州质检)质量为 2 kg的小车以 2 m/s的速度沿光滑的水平面向右
运动，若将质量为 0.5 kg的砂袋以 3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小
车一起运动的速度的大小和方向是( )
A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
2．(2015·福建泉州质检)甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，
甲、乙物体的速度大小 3 m/s 和 1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度
大小均为 2 m/s。则甲、乙两物体质量之比为( )
A．2∶3 B．2∶5 C．3∶5 D．5∶3
3．(2015·福建福州一模)如图所示，光滑的水平面上，小球 A以速度 v0向右
运动时与静止的小球 B发生对心正碰，碰后 A球的速率为
v0
3
，B球的速率为
v0
2
，
A、B两球的质量之比为( )
A．3∶8 B．3∶5
C．2∶3 D．4∶3
4．(2015·福建厦门质检)古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为 2
kg，以 15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为 1 m/s，则兔子受到撞击力的冲
量大小为( )
A．28 N·s B．29 N·s
C．31 N·s D．32 N·s
5．(2015·山东莱阳市高三月考)
如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为 3m和 m，以相同的速率 v 在光
滑水平面上相向运动，发生碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )
A．碰撞前总动量是 4mv
B．碰撞过程动量不守恒
C．碰撞后乙的速度大小为 2v
D．碰撞属于非弹性碰撞
6．(2015·北京丰台一模)如图所示，两质量分别为 m1和 m2的弹性小球叠放
在一起，从高度为 h处自由落下，且 h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完
全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知 m2＝3m1，则小球 m1反弹后能达到的
高度为( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
二、实验题(本题共 1小题。按题目要求作答。)
7．(2015·北京朝阳区测试)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如
图甲、乙所示的两种装置：
(1)若入射小球质量为 m1，半径为 r1；被碰小球质量为 m2，半径为 r2，则
( )
A．m1>m2 , r1>r2 B．m1>m2, r1
m2，r1＝r2 D．m1β。一初速度为 v0的小物块沿斜面 ab向上运动，经时
间 t0后到达顶点 b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面 bc
下滑。在小物块从 a运动到 c的过程中，可能正确描述其速度大小 v 与时间 t
的关系的图象是( )
方法四 逆向思维法
【技法阐释】 正向思维法在解题中运用较多，在运用时要根据物体所经物
理过程的先后顺序，弄清物理过程，作出相应的受力分析，列方程解决问题。
而有时利用正向思维解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题。
逆向思维法应用的基本思路：①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法
解决，②确定逆向思维问题的类型。(a.由果索因；b.变换研究对象；c.过程倒推
等)，③通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。
13.(2015·广东省六校联考)(多选)
如图所示，有一位冒险家希望有一天能站在世界上最高的楼顶，他设想把
这样一座楼建在赤道上，假设这座楼施工完成，高度为 h，站在楼顶时，他恰好
感到自己“飘浮”起来。设这位冒险家的质量为 m，地球的半径为 R，地球表面
的重力加速度为 g，地球自转的角速度为ω，则冒险家在楼顶受到的万有引力的
大小为( )
A．0 B. mR2g
（R＋h）2
C．m
3
R2gω4 D.
3
R2gω4
14．(2015·沈阳高三质量监测)如图所示，
将一篮球从地面上方 B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上 A点，不计空
气阻力。若抛射点 B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中 A
点，则可行的是( )
A．增大抛射速度 v0，同时减小抛射角θ
B．减小抛射速度 v0, 同时减小抛射角θ
C．增大抛射角θ，同时减小抛射速度 v0
D．增大抛射角θ，同时增大抛射速度 v0
15．(2015·辽宁本溪联考)一颗子弹垂直穿过三块紧靠在一起的木板后，速
度刚好为零，设子弹在木板中所受阻力不变，若三块木板厚度相同，则子弹穿
过三块木板的时间之比为( )
A．( 3－ 2)∶( 2－1)∶1
B．1∶( 2－1)∶( 3－ 2)
C. 3∶ 2∶1
D．1∶ 2∶ 3
16．(2014·江西省南昌模拟)
如图所示，在水平地面上的 A点以与地面成θ角的速度 v1射出一弹丸，弹丸
恰好以速度 v2垂直穿入竖直墙壁上的小孔 B，下列说法正确的是(不计空气阻
力)( )
A．在小孔 B以跟 v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它不一定落在
地面上的 A点
B．在小孔 B以跟 v1大小相等、跟 v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落
在地面上的 A点
C．在小孔 B以跟 v1大小相等、跟 v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落
在地面上 A点的左侧
D．在小孔 B以跟 v1大小相等、跟 v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落
在地面上 A点的右侧
方法五 图象思维法
【技法阐释】 图象思维法是根据各物理量间的数量关系，作出表示物理量
之间的函数关系的图线，然后再利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、
图线与坐标轴所围几何图形的“面积”等对问题进行分析、推理、判断或计算，
其本质是利用图象本身的数学特征所反映的物理意义解决问题，或者说根据物
理图象判断物理过程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量。
17．(2015·四川名校检测)(多选)
如图所示，平直木板 AB倾斜放置，板上的 P点距 A端较近，小物块与木
板间的动摩擦因数由 A到 B逐渐减小。先让物块从 A由静止开始滑到 B。然后，
将 A着地，抬高 B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从 B由静止开始
滑到 A。上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )
A．物块经过 P点的动能，前一过程较小
B．物块从顶端滑到 P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少
C．物块滑到底端的速度，前一过程较大
D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
18．(2015·高考冲刺卷一)甲、乙同时从 A处由静止出发，沿直线 AB运动，
甲先以加速度 a1做匀加速运动，经一段时间后，改以加速度 a2做匀加速运动，
到达 B的速度为 v0，乙一直以加速度 a做匀加速运动，到达 B的速度也为 v0。
已知 a1>a，则( )
A．a2＝a
B．a2>a
C．经过 AB中间任一点时，甲的速度一定大于乙的速度
D．经过 AB中间某一点时，甲的速度可能小于乙的速度
19．(2015·镇江高三模拟)一个小球以 v0＝20 m/s 的初速度竖直向上抛出，
然后每隔时间Δt＝1 s，以同样速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取 10
m/s2，且小球在升降过程中不发生碰撞，试求第一个小球在空中能与几个小球相
遇( )
A．2 B．3 C．4 D．5
20．(2015·浙江大联考一联)用铁锤将一铁钉钉入木块，设木块对铁钉的阻
力与铁钉钉入木块的深度成正比，在铁锤击打第一次时，能把铁钉打入木块内 1
cm，问打第二次时能打入的深度为：(设铁锤每次做功都相等)( )
A．1 cm B．0.5 cm
C. 2
2
cm D．( 2－1)cm
方法六 对称思维法
【技法阐释】 对称思维法常见的应用有：(1)时间对称，如竖直上抛运动和
对应的自由落体运动的时间是对称的。(2)空间对称，如均匀带电的圆环，在其
圆心产生的场强为零等。利用对称思维法分析解决物理问题，可以避免复杂的
数学运算，从而直接抓住问题的实质，快速简便地求解问题。
21．(2015·湖北省武汉市模拟)(多选)从地面竖直上抛物体 A，同时在某高度
有一物体 B自由下落，两物体在空间相遇(并非相碰)的速率都是 v，则下列叙述
正确的是( )
A．物体 A上抛的初速度大小是相遇时速率的 2倍
B．相遇时物体 A上升的高度和物体 B下落的高度相同
C．物体 A和 B的落地时间相同
D．物体 A和 B的落地速度相等
22．(2015·山东菏泽模拟)如图所示，
相对的两个斜面(足够长)倾角分别为 37°和 53°，在顶点把两个小球以同
样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻
力，则 A、B两球在空中运动的时间之比为( )
A．1∶1 B．4∶3
C．16∶9 D．9∶16
23．(2015·济南市模拟)如图所示，
阴影区域是质量为M、半径为 R的球体挖去一个小圆球后的剩余部分。所
挖去的小圆球的球心 O′和大球体球心 O间的距离是
R
2
。则球体剩余部分对球体
外离球心 O距离为 2R、质量为 m的质点 P的引力为( )
A.4GMm
50R2
B.23GMm
100R2
C.GMm
4R2
D.GMm
50R2
24．(2014·安徽六校联考)已知地球半径为 R，地球表面处的重力加速度为 g，
地球自转周期为 T，某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天
文望远镜观察被太阳光照射的此卫星。若不考虑大气对光的折射，春分那天(太
阳光直射赤道，白昼与黑夜等长)，在日落 12小时内该观察者看不到此卫星的时
间为( )
A. T
2π
arccos(4π
2R
gT2
)1
3
B. T
2π
arcsin(4π
2R
gT2
)1
3
C. T
π
arccos(4π
2R
gT2
)1
3
D. T
π
arcsin(4π
2R
gT2
)1
3
方法七 临界与极限思维法
【技法阐释】 (1)临界法解题的一般思路：找出发生临界问题的原因→找准
临界状态→找到临界条件→分析求解。
审题关键：①有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述
的过程中存在着临界点；
②若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述
的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点；
③若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题
述的过程中存在着极值，这些极值点也往往对应着临界状态。
(2)极限法常用于快速解答选择题，或者在解答某些大题时，用极限法来确
定“解题方向”。应用极限思维法时，要注意所选取的某段物理过程研究的物
理量的变化是否为单调变化。若为单调变化，可假设某种变化的极端情况，从
而得出结论或作出判断。
25．(2015·长春市模拟)(多选)
如图所示，水平屋顶高 H＝5 m，围墙高 h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离
L＝3 m，围墙外马路宽 x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，
则小球离开屋顶时的速度 v 的大小的可能值为(g取 10 m/s2)( )
A．8 m/s B．12 m/s C．6 m/s D．2 m/s
26．(2015·浙江高考联盟联考)如图，
一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端悬挂质量为 m1、m2、m3的物体
A、B、C。若滑轮有一定大小，质量为 m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无
相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对 A和 B的拉力大小分别为 T1和
T2。已知下列四个关于 T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知
识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )
A．T1＝
（m＋2m2＋2m3）m1g
m＋2（m1＋m2＋m3）
B．T1＝
（m＋2m1）（m2＋m3）g
m＋4（m1＋m2＋m3）
C．T1＝
（m＋4m2＋4m3）m1g
m＋2（m1＋m2＋m3）
D．T1＝
（m＋4m1）（m2＋m3）g
m＋4（m1＋m2＋m3）
27．(2014·石家庄质量检测)
如图所示，A是半径为 R的圆形光滑轨道，固定在木板 B上，竖直放置；B
的左右两侧各有一光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球 C静止放
在轨道最低点，A、B、C的质量相等。现给小球一水平向右的初速度 v0，使小
球在圆形轨道的内侧做圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，且不会使 B
离开地面，初速度 v0必须满足(重力加速度为 g)( )
A．最小值为 3gR B．最大值为 6gR
C．最小值为 4gR D．最大值为 7gR专练(二) 力学大题——题型练
题型一 匀变速直线运动与牛顿运动定律的综合应用
1．(2015·江西南昌市高三质检)
如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量 m＝1.0 kg
的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细线将物体由静止沿斜面
向上拉动，拉力 F＝10.0 N，方向平行于斜面向上。经 t＝4.0 s绳子突然断了，g
取 10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求：
(1)物体沿斜面所能上升的最大高度；
(2)物体再返回到斜面底端时所用的时间。
2．(2015·湖北省部分重点高中高三联考)有一段长为 L与水平面夹角为θ的
斜坡路面，一质量为 m的木箱放在斜坡底端，质量为 4m的人想沿斜坡将木箱
推上坡顶，假设人与路面之间的动摩擦因数为μ(计算中可认为最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度取 g)，人是沿与斜坡平行的方向用力推木箱的。求：
(1)假设木箱与路面间无摩擦力，人推着木箱一起以加速度 a向上运动，人
受到路面的摩擦力多大？
(2)若木箱与路面间的动摩擦因数也为μ，则人推木箱一起能获得的最大加速
度大小是多少？
(3)若木箱与路面间的动摩擦因数也为μ，要将木箱由坡底运送到坡顶，人推
木箱一起运动的最短时间是多少？
题型二 直线运动与运动图象的综合应用
3．(2015·河南省周口市高三一模)
飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，返回舱开始从太空向地球表
面按预定轨道返回，在离地 10 km的高度打开阻力降落伞减速下降，这一过程
中若返回舱所受阻力与速度的二次方成正比，比例系数(空气阻力系数)为 k，设
返回舱总质量M＝3 000 kg，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落。从某时
刻开始计时，返回舱的运动 v－t图象如图中的 AD曲线所示，图中 AB是曲线在
A点的切线，切线交横轴于一点 B的坐标为(8，0)，CD是平行横轴的直线，交
纵轴于 C点，C点的坐标为(0，8)。g＝10 m/s2，请解决下列问题：
(1)在初始时刻 v0＝160 m/s时，它的加速度多大？
(2)推证空气阻力系数 k的数值；
(3)返回舱在距离地面高度 h＝1 m时，飞船底部的 4个反推力小火箭点火工
作，使其速度由 8 m/s迅速减至 1 m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对
返回舱总质量的影响，并忽略此阶段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算
每支小火箭的平均推力(计算结果取两位有效数字)。
4.(2015·山西省大同市高三一模)
质量为 m的物体，以初速度 v0沿倾角为θ的斜面向上滑行，它沿斜面向上
滑行的最大距离 s与斜面倾角θ的关系如图所示。取 g＝10 m/s2，求：
(1)物体的初速度；
(2)物体与斜面的动摩擦因数；
(3)滑行距离的最小值及对应的斜面倾角。
题型三 传送带、物块和滑板问题
5．(2015·河北省保定市高三一模)
如图所示，水平传送带 AB长 L1＝22.5 m，可以以不同的恒定速度向右运动，
右端平滑连接一长度 L2＝5 m、倾角θ＝37°的斜面 BC。一质量为 m＝10 kg的
工件，相对地面静止地从传送带左端点 A处放上传送带。工件与传送带、斜面
间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)若工件传动到右端 B点时，恰好与传送带相对静止。传送带的速度是多
大？
(2)工件能否到达斜面的上端 C点。若能，则传送带的速度是多大？
(3)在第(2)问的情况下，工件从 A点运动到 B点的时间。
6．(2015·山东省师范大学附中高三一模)
如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度为 L的平板车在外力控制下始
终保持速度 v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为 m的小滑块轻放到车的中间，
滑块与车面间的动摩擦因数为μ。
(1)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.3，滑块质量 m＝2 kg，车长 L＝4 m，
车速 v0＝6 m/s，取 g＝10 m/s2，当滑块放到车面中间的同时对该滑块施加一个
与车运动方向相同的恒力 F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力 F大小应
该满足什么条件？
(2)在(1)的情况下，力 F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力 F的作用
时间应该在什么范围内？
题型四 直线运动与平抛运动结合的问题
7．(2015·山东省临沂市高三一模)如图所示，质量为 m＝0.1 kg的小球置于
平台末端 A点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定
一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为 x0＝0.3 m，斜面体底
端 C点距挡板的水平距离为 d2＝1 m，斜面体的倾角为θ＝45°，斜面体的高度
h＝0.5 m。现给小球一大小为 v0＝2 m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，
恰好从斜面体的顶端 B点无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过 C点后再沿
粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧。小球速度减为零时，弹簧被
压缩了Δx＝0.1 m。已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，设小球经过 C
点时无能量损失，重力加速度 g＝10 m/s2，求：
(1)平台与斜面体间的水平距离 d1；
(2) 小球在斜面上的运动时间 t1；
(3)弹簧压缩过程中的最大弹性势能 Ep。
8．(2015·江苏省徐州市高三质检)如图所示，长为 L、内壁光滑的直管与水
平面成 30°角固定放置，将一质量为 m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线
将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一
段时间后，小物块落地静止，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平
抛运动，小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为 g)
(1)求小物块下落过程中的加速度大小；
(2)求小球从管口抛出时的速度大小；
(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于
2
2
L。
题型五 直线运动与圆周运动相结合的问题
9．(2015·安徽省黄山市高三质检)如图所示，水平面 APB的 AP段光滑、PB
段粗糙。弹簧的原长点在 AP段，水平面 APB与竖直面内的半圆形导轨在 B点
相切，圆形导轨的半径为 R，一个质量为 m的静止物块将弹簧压缩至 A处。由
静止释放后，物块在弹力的作用下获得某一向右速度，当它经过 B点进入圆形
导轨后的瞬间对导轨的压力为其重力的 8倍，之后向上运动恰能完成半圆周运
动到达 C点。若物块与粗糙接触面间的动摩擦因数均为μ，求：
(1)物块进入圆形轨道 B点时速度的大小；
(2)物块从 B至 C克服阻力做的功；
(3)开始时弹簧的弹性势能为 Ep，物块在粗糙水平面上的运动时间为多少？
10．(2015·广东省湛江市高三模拟)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左
端固定在 A点，自然状态时其右端位于 B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光
滑轨道 MNP，其形状为半径 R＝0.8 m的圆环剪去了左上角 135°的圆弧，MN
为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是 R，用质量 m1＝0.4 kg的物块将弹簧
缓慢压缩到 C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B点。用同种材料、质
量为 m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C点释放，物块过 B点后其位移与时
间的关系为 x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由 P点沿切线落入圆轨道。取 g＝10
m/s2，求：
(1)BP间的水平距离；
(2)判断 m2能否沿圆轨道到达M点；
(3)释放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功。
11．(2015·河北省衡水中学高三检测)如图所示，半径 R＝0.5 m的光滑半圆
轨道竖直固定在高 h＝0.8 m的光滑水平台上并与平台平滑连接，平台 CD长 L
＝1.2 m。平台上有一用水平轻质细线拴接的完全相同的物块 m1和 m2组成的装
置 Q，Q处于静止状态。装置 Q中两物块之间有一处于压缩状态的轻质小弹簧(物
块与弹簧不拴接)。某时刻装置 Q中细线断开，待弹簧恢复原长后，m1、m2两物
块同时获得大小相等、方向相反的水平速度，m1经半圆轨道的最高点 A后，落
在水平地面上的M点，m2落在水平地面上的 P点。已知 m1＝m2＝0.2 kg，不计
空气阻力，g取 10 m/s2。若两物块之间弹簧被压缩时所具有的弹性势能为 7.2 J，
求：
(1)物块 m1到达 C点时对半圆轨道的压力大小；
(2)物块 m1通过半圆轨道的最高点 A时的速度大小；
(3)物块 m1和 m2相继落到水平地面时 P、M两点之间的水平间距。
专练(三) 电学选择题——方法练
方法一 比较排除法
【技法阐释】 通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最
终留下的就是符合题意的选项。如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举
反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项
中可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错，但绝不可能两者都正确。
1．(2015·乌鲁木齐一诊)
如图所示，电路中灯泡 A、B均正常发光。忽然灯泡 B比原来变暗了些，而
灯泡 A比原来变亮了些。电路中出现的故障可能是( )
A．R2发生断路
B．R3发生断路
C．R1、R2同时发生断路
D．R1、R3同时发生断路
2．(2015·徐州期中)
如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略，闭合开关 S1，
当开关 S2闭合时，电流表 A的示数为 3 A，则当 S2断开时，电流表示数可能为
( )
A．3.2 A B．2.1 A
C．1.2 A D．0.8 A
3．(2015·保定一模)半径为 r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在
圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板
P、Q连接，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规
律如图乙所示。能正确反映两块金属板间的电压 UPQ随时间 t变化规律的应该是
( )
4．(2014·潍坊模拟)如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小
为 B，磁场在 y轴方向足够宽，在 x轴方向宽度为 a。一直角三角形导线框 ABC(BC
边的长度为 a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方
向，在图中感应电流 i、BC两端的电压 uBC与线框移动的距离 x的关系图象正确
的是( )
5．(2014·山西运城模拟)如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感
应强度 B1＝1 T，位于纸面内的细直导线，长 L＝1 m，通有 I＝1 A的恒定电流。
当导线与 B1成 60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另
一匀强磁场的磁感应强度 B2的不可能．．．值是( )
A.1
2
T B. 3
2
T C．1 T D. 3 T
方法二 逆向思维法
【技法阐释】 很多物理过程具有可逆性，在沿着正向过程或思维(由前到后
或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到
前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。
6．(2015·淮北一模)
如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，
Q的输出端 a、b和MN的输入端 c、d之间用导线相连，P是在MN正下方水平
放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在 Q所处的空间加上与环面垂直的变化
磁场，发现在 t1至 t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强
度的变化情况可能为图中的( )
7．(2015·河南安阳模拟)如图所示
，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度 v0从M点
射入匀强电场，穿过电场后，从 N点以速度 v 射出，不计粒子的重力，则以下
判断正确的是( )
A．如果让粒子从 M点以速率 v 沿水平方向射入，则粒子从 N点射出时的
速率为 v0
B．如果让粒子从 N点以速度－v 射入，则粒子从M点射出时的速度为－v0
C．如果让粒子从M点以速率 v 沿水平方向射入，则粒子能到达 N点
D．如果让粒子从 N点以速率 v0沿－v 方向射入，则粒子从 M点射出时的
速率为 v 沿－v0方向
方法三 对称分析法
【技法阐释】 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称
性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。
8．(2015·上海二模)下列选项中的各
1
4
圆环大小相同，所带电荷量已在图中
标出，且电荷均匀分布，各
1
4
圆环间彼此绝缘。坐标原点 O处电场强度最大的是
( )
9．(2015·江苏四市调研)
如图所示，无限长导线，均通以恒定电流 I。直线部分和坐标轴接近重合，
弯曲部分是以坐标原点 O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点
O处不形成磁场，则下图中各选项 O处磁感应强度和图甲中 O处磁感应强度相
同的是( )
方法四 图象分析法
【技法阐释】 根据题目的内容画出图象或示意图，再利用图象分析寻找答
案。图象分析法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够
避免烦琐的计算，迅速简便地找出正确选项。
10．(2015·杭州西湖月考)如图 (a)所示，两平行正对的金属板 A、B间加有
如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中
间 P处。若在 t0时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，时而向 B板运动，
并最终打在 A板上。则 t0可能属于的时间段是( )
A．0m，用一力 F水平向右拉小球，使小
球和车一起以加速度 a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为 T。
若用一力 F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度 a′向左运动时，细线与
竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为 T′，则( )
A．F′＝F，T′＝T B．F′>F，T′＝T
C．F′T D．F′m，A、B间动摩擦因数为μ，
开始都处于静止状态。现施加恒定的拉力 F分别作用到 A或 B上，力的方向水
平向右，且保持 A、B相对静止。以下说法中正确的是( )
A．作用在 B上的力不能超过
μMg
m
(M＋m)
B．作用在 A上的力不能超过
μmg
M
(M＋m)
C．用相等的力分别拉 A或 B运动相等的时间，所做的功相等
D．用相等的力分别拉 A或 B运动相等的时间，所做的功不相等
模型四 传送带模型
【模型概述】 1.有关传送带的问题种类较多，传送带分水平、倾斜两种情
况，按转速是否变化分匀速、匀加速、匀减速三种情况。
2．分析解答传送带现象的三个关键点
(1)应用牛顿运动定律、运动规律或功能关系列出相应的方程，进行计算。
所涉及运动物理量一般以地面为参考系，同时要理清对地位移与相对位移的关
系。
(2)把握运动形式转换的临界点，正确分析多过程。临界点一般表现为传送
带长度 L的制约、物块速度为零情景、倾角传送带μ＝tan θ的情景、加速传送
带加速度 a＝μg的情景等。
(3)物块与传送带在力、速度及加速度、几何长度、时间各方面有相应的关
联，要准确应用。
3．对于物块与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、
摩擦力的方向如何等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等问题要关注
以下几点：
(1)滑动摩擦力消失；(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力；(3)滑动摩擦力改变方
向。
6．(2015·河北唐山模拟)如图所示为某工厂的货物传送装置，水平运输带与
一斜面 MP平滑连接，小物体在此处无碰撞能量损失，小物体与斜面间的动摩
擦因数为μ1＝ 3
6
。运输带运行的速度为 v0＝5 m/s。在运输带上的 N点将一小物
体轻轻地放在上面，N点距运输带的右端距离为 x＝1.5 m，小物体的质量为 m
＝0.4 kg。设小物体到达斜面最高点 P时速度恰好为零，斜面长度 L＝0.6 m，它
与运输带的夹角为θ＝30°。求：(g＝10 m/s2，空气阻力不计)
(1)小物体运动到运输带右端时的速度 v 的大小；
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；
(3)小物体在运输带上运动的过程中由于摩擦而产生的热量 Q。
模型五 轻弹簧模型
【模型概述】 弹簧的伸缩现象是一个复杂的多过程，有多个衔接点、多个
子过程，也涉及物块与弹簧两个物体。分析解答有三个关键点：一是把握各临
界性衔接点(原长点、平衡点、最大压缩点等)的特点，能够写出合适的瞬时性方
程；二是把握各运动“子过程”的特点，能够写出合适的过程性方程；三是尽
量应用运动的“对称性”，以简化分析过程。
7．(2014·甘肃诊断一)如图甲所示，一根质量可以忽略不计的轻弹簧，劲度
系数为 k，下面悬挂一个质量为 m的砝码 A。手拿一块质量为 M的木板 B，用
木板 B托住 A向上压缩弹簧到一定程度，如图乙所示。此时如果突然撤去木板
B，则 A向下运动的加速度为 a(a>g)。现用手控制使 B以加速度 a/3向下做匀加
速直线运动。
(1)求砝码 A做匀加速直线运动的时间；
(2)求出这段运动过程的起始和终止时刻手对木板 B的作用力大小的表达
式。
模型六 轻绳、轻杆模型
【模型概述】 1.定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过
最高点的临界条件不同。
2．确定临界点：v 临＝ gr，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，
而对轻杆模型来说是 FN表现为支持力还是拉力的临界点。
3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的
运动情况。
4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定
律列出方程，F 合＝F 向。
5．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来
列方程。
8．(2014·东北三校一模)
利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，
用两根长为 L的细线系一质量为 m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两
点相距也为 L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点
时，每根线承受的张力为( )
A．2 3mg B．3mg
C．2.5mg D.7 3mg
2
9．(2014·徐州模拟)(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在 O点，另一端固定
一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R的圆周运动。小球运动到最高点时，
杆与小球间弹力大小为 F，小球在最高点的速度大小为 v，其 F－v2图象如图乙
所示。则( )
A．小球的质量为
aR
b
B．当地的重力加速度大小为
R
b
C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
模型七 行星模型
【模型概述】 中心物体(天体、点电荷等)对旋转物体如行星、卫星、电子
等)的引力提供向心力，列方程 F 引＝
mv2
r
＝mω2r＝m(2π
T
)2r＝m(2πn)2·r，求解
未知量。
10．(2014·洛阳市高三统考)(多选)
如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一
条直线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过
的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，如图所示，则由此条件可能求得的是( )
A．水星和金星的质量之比
B．水星和金星到太阳的距离之比
C．水星和金星绕太阳运动的周期之比
D．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比
11．(2014·内蒙古包头测评)(多选)我国先后发射的“风云一号”和“风云二
号”气象卫星，运行轨道不同。“风云一号”采用极地圆形轨道，轨道平面与
赤道平面垂直，通过地球两极，每 12 h巡视一周，可以对不同地区进行观测。
“风云二号”采用地球同步轨道，轨道平面在赤道平面内，能对同一地区进行
连续观测。对这两颗卫星，以下叙述中正确的是( )
A．“风云二号”卫星的运行周期为 24 h
B．“风云一号”卫星的运行速度是“风云二号”卫星运行速度的 2倍
C．“风云二号”卫星的运行速度大约是第一宇宙速度的
2
5
D．“风云一号”卫星的运行加速度是“风云二号”卫星运行加速度的
3
16
倍
模型八 两个等量点电荷电场的分布模型
【模型概述】
项目 等量异
种点电荷 等量同
种点电荷
连线中点 O处的场强
大小
最小，指向负电荷一
方
为零
连线上的场强大小
沿连线先变小，再变
大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由 O点向外
场强大小
O点最大，向外逐渐
减小
O点最小，向外先变大
后变小
12.(2014·山西太原模拟)
如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)。图中 C
点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，
电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是( )
A．这两点电荷一定是等量异种电荷
B．这两点电荷一定是等量同种电荷
C．D、C两点的电场强度一定相等
D．C点的电场强度比 D点的电场强度小
13．(2015·山东烟台质检)
如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为 A、B连线的中点。以 O为坐
标原点、垂直 AB向右为正方向建立 Ox轴。下列四幅图分别反映了在 x轴上各
点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度 E的大小随坐标 x的变化关系，其
中正确的是( )
模型九 带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动模型
【模型概述】 1.粒子速度大小不变，方向改变，则 r＝mv
qB
大小不变，但轨
迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点转动。(如图所示)
2．入射粒子的速度方向不变，但大小变化，造成圆心在一条射线上变动，
半径大小不断变化的放缩圆(情形如图所示)。
3．速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧
可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)。
14．(2014·江西盟校二联)如图所示，
圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有
同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过 P点进
入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长
是圆周长的
1
3
。将磁感应强度的大小从原来的 B1变为 B2，结果相应的弧长变为
原来的一半，则
B2
B1
等于( )
A. 2 B. 3 C．2 D．3
15．(2015·安徽蚌埠月考)在科学研究中，
可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图所示，
空间存在直角三角形MNQ，∠M为直角，α＝
π
3
。有一束质量为 m、电荷量为
＋q的带电粒子以相同的速度 v 由三角形的 M点沿 MQ方向射出。在 MN所在
直线的右侧适当区域施加垂直MNQ平面的有界匀强磁场，使带电粒子偏转后能
沿着 QN方向到达 N点，所加磁场的磁感应强度为 B。带电粒子所受重力忽略不
计。
(1)若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为多少(q、m、v、B均为已知)，
磁场方向向里还是向外？
(2)若MN的长度 L＝1.5 m，带电粒子的质量为 m＝4.0×10－8 kg、电荷量为
q＝＋4.0×10－3 C、速度为 v＝5.0×104 m/s，所加磁场的磁感应强度为 B＝1.0 T，
所加有界磁场的横截面仍为圆形，带电粒子能沿 QN方向到达 N点，则带电粒
子由M点到 N点的时间为多少？(计算结果保留两位有效数字)
模型十 电磁感应中的“杆＋导轨”模型
【模型概述】 “杆＋导轨”模型分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型
为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、
匀变速、非匀变速运动等。
该模型问题除应用电磁感应规律、电路规律外，与力学综合题的分析方法，
有三点不同：
(1)多了安培力 F 安，并且安培力随速度变化，导体通常做变速运动。
(2)多了安培力做功 W 安，安培力做正功时，电能转化为机械能；安培力做
负功时，机械能转化为电能。
(3)多了电能 E 电，电能是一个暂存形式，很快消耗在用电器上，转变成焦耳
热 Q等。
16．(2014·青岛一模)(多选)
如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨
平面垂直，金属杆 ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关 S断开，当 ab
杆由静止下滑一段时间后闭合 S，则从 S闭合开始计时，ab杆的速度 v 与时间 t
的关系图象可能正确的是( )
综合强化练(这是单页眉，请据需要手工删加)
综合强化练(一)
理科综合·物理
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
(建议用时：60分钟 满分：110分)
第Ⅰ卷(选择题 共 48分)
一、选择题(本题包括 8小题，每小题 6分，共 48分。在每小题给出的四个
选项中，第 14～18题只有一项符合题目要求，第 19～21题中有多项符合题目
要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。)
14．(2015·河南省开封市高三一模)
质量为 m的物体在沿斜面向上的拉力 F作用下沿放在水平地面上的质量为
M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则斜面与地面间( )
A．没有摩擦力
B．摩擦力的方向水平向右
C．支持力为(M＋m)g
D．支持力小于(M＋m)g
15．(2015·河南省焦作市高三一模)如图所示，一物块从一光滑且足够长的
固定斜面顶端 O点无初速释放后，先后通过 P、Q、N三点，已知物块从 P点运
动到 Q点与从 Q点运动到 N点所用的时间相等，且 PQ长度为 3 m，QN长度为
4 m，则由上述数据可以求出 OP的长度为( )
A．2 m B.9
8
m C.25
8
m D．3 m
16．(2014·湖南长沙五县联考)
在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的
内阻，电流表 A、电压表 V1、电压表 V2的读数分别为 I、U1和 U2，P为被细线
悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变
阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表 A、电压表 V1、电压表 V2
读数变化量大小分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是( )
A．ΔU2大于ΔU1
B．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大
C．电源的输出功率变大
D.U2
I
变大、
ΔU2
ΔI
变大
17．(2015·广东省湛江一模)如图，理想变压器原、副线圈匝数比 n1＝100
匝，n2＝10匝， 和 均为理想电表，灯泡额定功率 P＝6 W，灯泡正常发光，AB
端电压 u1＝120 2 sin 100 πt(V)。下列说法正确的是( )
A．电流频率为 100 Hz B. 的读数为 12 2V
C. 的读数为 0.5 A D．变压器输入功率为 24 W
18．(2015·浙江效实中学测试)假设空间某一静电场的电势φ随 x变化情况如
图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是( )
A．空间各点场强的方向均与 x轴垂直
B．将电荷沿 x轴从 0移到 x1的过程中，电荷做匀加速直线运动
C．正电荷沿 x轴从 x2移到 x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷沿 x轴从 x4移到 x5的过程中，电场力做负功，电势能增加
19．(2015·江苏高邮中学段考)
如图所示为一物体沿左右方向(规定向右为正方向)做直线运动的速度－时
间图象，由图可知( )
A．6 s末物体回到初始位置
B．3 s末物体的加速度方向发生变化
C．物体所受合外力的方向一直向右
D．物体所受合外力的方向一直向左
20．(2014·贵州六校联考)银河系处于本超星系团的边缘。已知银河系距离
星系团中心约 2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约 1 000亿年，引力常量
G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，根据上述数据可估算( )
A．银河系绕本超星系团中心运动的线速度
B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度
C．银河系的质量
D．银河系与本超星系团之间的万有引力
21．(2015·黑龙江哈六中测试)如图，两个初速度大小相同的同种离子 a和 b，
从 O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中离子 b的速度方向与磁场边界垂直，
离子 a的速度方向与 b成夹角θ，两离子最后打到 O点左侧的屏 P上。不计重力，
下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a和 b在 P上的落点相同
C．a在磁场中运动的轨道半径比 b的小
D．a在磁场中运动的时间比 b的长
第Ⅱ卷(非选择题 共 62分)
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第 22～25题为必考题，每个试
题考生都必须做答。第 33～35题为选考题，考生根据要求做答。)
(一)必考题(共 47分)
22．(6分)(2014·甘肃一诊)在“验证机械能守恒的实验”中，已知打点计时
器使用的交流电源的周期为 0.02 s，当地的重力加速度 g＝9.80 m/s2。该实验选
取的重锤质量为 1.00 kg，选取如图所示的一段纸带并测量出相邻各点之间的距
离，利用这些数据验证重锤通过第 2点至第 5点间的过程中遵从机械能守恒定
律。通过计算可以得出在第 2点位置时重锤的动能为________ J；第 5点位置重
锤时的动能为________J；重锤从第 2点至第 5点间的过程中重力势能的减小量
为________J。(保留三位有效数字)
23．(9分)(2015·浙江省宁波市高三一模)在测绘小灯泡的伏安特性曲线实验
中
(1)看图甲，请你回忆：你在实验室做测绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时，
除了图中已给的实验仪器外，还应该有什么仪器：________。
(2)小嘉和小敏同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个
标有“3 V，1.5 W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流。俩同学连好的实物如图
乙所示。
①在以下电流表中选择合适的一只是________；
(A)电流表 A1(量程 3 A，内阻约 0.1 Ω)；
(B)电流表 A2(量程 600 mA，内阻约 0.5 Ω)；
(C)电流表 A3(量程 100 mA，内阻约 3 Ω)。
②若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，
经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度
发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为________段；(用
图乙中字母表示)
③若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，
经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮
度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很
小，你觉得他俩该如何排除此“意外”？________。
24．(13分)(2015·天津市四校联考)由于地球的自转，物体在地球上不同纬度
处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重
力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力
大小之比约为 299∶300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等。而
有些星球，却不能忽略。假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力
与其在该星球两极点受到的重力大小之比为 7∶8，已知该星球的半径为 R，求：
(1)绕该星球运动的同步卫星的轨道半径 r；
(2)若已知该星球赤道上的重力加速度大小为 g，万有引力常量为 G，则该星
球的密度ρ。
25．(19 分)(2015·湖南长沙五县联考)如图甲所示，在直角坐标系 0≤x≤L
区域内有沿 y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为圆心、半径为 L
的圆形区域，圆形区域与 x轴的交点分别为M、N。现有一质量为 m，带电荷量
为 e的电子，从 y轴上的 A点以速度 v0沿 x轴正方向射入电场，飞出电场后从
M点进入圆形区域，速度方向与 x轴夹角为 30°。此时在圆形区域加如图乙所
示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，最后电子运动一段时
间后从 N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与 x轴夹角也为 30°)。
求：
(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小；
(2)0≤x≤L区域内匀强电场场强 E的大小；
(3)写出圆形磁场区域磁感应强度 B0的大小、磁场变化周期 T各应满足的表
达式。
(二)选考题(共 15分。请考生从给出的 3道题中任选一题作答。如果多做，
则按所做的第一题计分。)
33．【物理—选修 3—3】(15分)(2015·山东济宁模拟)
(1)(6分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得 3分，
选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)
A．固体、液体、气体中都有扩散运动和布朗运动
B．热量能够从高温物体传到低温物低，但不能从低温物体传到高温物体
C．水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙
D．当分子间的距离 r＝r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零
E．扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关
(2)(9分)如图所示，A、B汽缸的长度均为 60 cm，截面积均为 S＝40 cm2，
C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。整个装置均由导热
材料制成。原来阀门关闭，A内有压强 pA＝2.4×105 Pa 的氧气。B内有压强 pB
＝1.2×105 Pa的氢气。阀门打开后，活塞 C向右移动，最后达到平衡。假定氧
气和氢气均视为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略不计。求：
①活塞 C移动的距离及平衡后 B中气体的压强；
②活塞 C移动的过程中 B中气体是吸热还是放热(简要说明理由)。
34.【物理—选修 3—4】(15分)(2015·河南开封模拟)
(1)(6分)如图所示，空间同一平面内有 A、B、C三点，AB＝5 m，BC＝4 m，
AC＝3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为 1 360 Hz，
波速为 340 m/s。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得 3
分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)
A．B点的位移总是最大
B．A、B间有 7个振动加强的点
C．两列波的波长均为 0.25 m
D．B、C间有 12个振动减弱的点
E．振动减弱点的位移总是为零
(2)(9分)如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水
的深度为 2d，色拉油的厚度为 d，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光
的折射率为 n1＝4
3
，色拉油对该光的折射率为 n2＝1.5，光在真空中的传播速度为
c，求：
①这种光在水中和色拉油中传播的速度大小；
②在色拉油上表面放一不透明薄膜，以致从光源直接发出的光线不能从色
拉油中射出，则薄膜的最小面积。
35．【物理—选修 3—5】(15分)(2015·江西抚州临川检测)
(1)(6分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得 3分，
选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)
A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性
B．天然放射元素衰变的快慢与所处的化学、物理状态有关
C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特性
D．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
E．爱因斯坦提出了光子说成功地解释了光电效应现象
(2)(9分)一辆以 90 km/h高速行驶的货车，因其司机酒驾，在该货车进入隧
道后，不仅未减速，而且驶错道，与一辆正以 72 km/h速度驶来的小轿车发生迎
面猛烈碰撞，碰撞后两车失去动力并挂在一起，直线滑行 10 m的距离后停下，
已知货车的质量为 M＝104 kg，轿车的质量为 m＝103 kg，且由监控数据可知，
两车碰撞时间(从接触到开始一起滑行所用时间)为 0.2 s，假设两车碰撞前后一直
在同一条直线上运动，且忽略碰撞时摩擦力的冲量，重力加速度 g取 10 m/s2，
求：
①两车碰撞过程中，小轿车受到的平均冲击力与轿车本身的重力之比；
②两车一起滑行的过程中，受到的地面摩擦力大小(保留两位有效数字)。
综合强化练(二)
理科综合·物理
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
(建议用时：60分钟 满分：110分)
第Ⅰ卷(选择题 共 48分)
一、选择题(本题包括 8小题，每小题 6分，共 48分。在每小题给出的四个
选项中，第 14～18题只有一项符合题目要求，第 19～21题中有多项符合题目
要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。)
14．(2015·江西省景德镇一模)在人类对物质运动规律的认识过程中，许多
物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的
贡献描述中正确的是( )
A．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体
间的力和地球上物体的重力统一起来
B．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释
了磁现象的电本质
C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动
D．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位
移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为 90°的情况，推翻了亚里士
多德的落体观点
15．(2015·河南省焦作市一模)如图所示，质量分别为 3m和 m的两个可视
为质点的小球 a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球 a与天花板上
的 O点相连，为使小球 a和小球 b均处于静止状态，且 Oa细线向右偏离竖直
方向的夹角恒为 37°，需要对小球 b朝某一方向施加一拉力 F。若已知 sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为 g，则当 F的大小达到最小时，Oa细线对
小球 a的拉力大小为( )
A．4mg B．3.2mg C．2.4mg D．3mg
16．(2015·福建四地六校联考)如图所示是某物体做匀变速直线运动的速度
图线，某同学根据图线得出以下结论：
①物体始终沿正方向运动； ②物体先向负方向运动，在 t＝2 s后开始向正
方向运动； ③在 t＝2 s前物体位于出发点负方向上，在 t＝2 s后位于出发点正
方向上；
④前 4 s内，在 t＝2 s时，物体距出发点最远。
以上分析结论正确的是( )
A．只有①③ B．只有②③
C．只有②④ D．只有①B
17．(2015·
江苏省淮安市高三第二次调研)图示为真空中半径为 r的圆，O为圆心，直
径 ac、bd相互垂直。在 a、c处分别固定有电荷量为＋q、－q的两个点电荷。
下列说法正确的是( )
A．位置 b处电场强度大小为
2kq
r2
B．ac线上各点电场强度方向与 bd线上各点电场强度方向垂直
C．O点电势一定等于 b点电势
D．将一负试探电荷从 b点移到 c点，电势能减小
18．(2015·湖南衡阳市联考)如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的输
出电压、输出电流均相等。若理想变压器原、副线圈的匝数为 n1、n2，则负载电
阻 R1与 R2的比值为( )
A．n1∶n2 B．n2∶n1
C．n21∶n22 D．n22∶n21
19．(2015·山东菏泽市高三一模)
用一根横截面积为 S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为 r的圆环，ab
为圆环的一条直径。如图所示，在 ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环
所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率
ΔB
Δt
＝k(k<0)。则( )
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
krs
2ρ
D．图中 a、b两点间的电势差 Uab＝|1
4
kπr2|
20．(2015·辽宁抚顺质检)2014年 5月 10日天文爱好者迎来了“土星冲日”
的美丽天象。“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成
一条直线。该天象每 378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公
转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以
上信息可求出( )
A．土星质量
B．地球质量
C．土星公转周期
D．土星和地球绕太阳公转速度之比
21．(2015·高考冲刺一)
如图所示，光滑管形圆轨道半径为 R，质量为 2m，固定于水平面上，小球
a、b大小相同，质量均为 m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球
通过最低点速度相同，均为 v，且当小球 a在最低点时，小球 b在最高点，下列
说法中正确的是( )
A．若小球 b在最高点对轨道无压力，则此时小球 a对轨道的压力为 6mg
B．若小球 b在最高点对轨道无压力，则此时小球 a的速度 v＝ 5gR
C．若小球 a在最低点的速度 v≥ 5gR，则此时管形圆轨道对水平面的压力
为 6mg
D．两小球要能在管内做圆周运动，则速度 v 至少为 5gR
第Ⅱ卷(非选择题 共 62分)
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第 22～25题，为必考题，每个
试题考生都必须做答。第 33～35题为选考题，考生根据要求做答。)
(一)必考题(共 47分)
22．(6分)(2015·四川成都诊断)某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的
动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾
斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不
变。
(1)使木块从相对水平木板高 h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离 x
后停止运动，改变 h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以 x
为 横 坐 标 、 h 为 纵 坐 标 ， 从 理 论 上 得 到 的 图 象 应 为
____________________________________________________________________
____；
(2)如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变 h时，他们采取的办法是：
每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，
且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为 l，如图甲所示，将每次实验得到的
h、x相关数据绘制出的 h－x图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点
坐标分别为(－a，0)和(0，b)，则木块与倾斜板间的动摩擦因数μ1＝________，
木块与水平板间的动摩擦因数μ2＝________。(以上两空用 a、b和 l中的某些物
理量表示)
23．(9分)(2015·广东省湛江一模)现要测定一个额定电压 2.5 V、额定功率约
0.7 W的小灯泡的伏安特性曲线。
(1)为使测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路
图。
(2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的________(填
“左端”或“右端”)。
(3)根据实验数据，描绘出的 U－I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电
压为 1.80 V时，小灯丝电阻为________Ω，小灯泡的功率为________ W(结果保
留两位有效数字)。
(4)由图乙可确定小灯泡消耗电功率 P与外加电压 U的关系，符合该关系的
图象是图丙中的________。
24．(12分)(2015·山东省泰安市一模)
如图，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面底端，一质量 m＝1 kg的小物块
以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点。物块上滑所用时间 t1和下
滑所用时间 t2大小之比为 t1∶t2＝1∶ 5取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cso 37°
＝0.8。求：
(1)物块由斜面底端上滑时的初速度 v1与下滑到底端时的速度 v2的大小之
比；
(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；
(3)若给物块施加一大小为 5 5 N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿
斜面向上加速运动，求加速度的最大值。
25．(20分)(2015·安徽省合肥一模)如图所示，在一底边长为 2L，底角θ＝45°
的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为
m，电荷量为 q的带正电粒子从静止开始经过电势差为 U的电场加速后，从 O
点垂直于 AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响。
(1)粒子经电场加速射入磁场时的速度？
(2)若要进入磁场的粒子能打到 OA板上，求磁感应强度 B的最小值；
(3)设粒子与 AB板碰撞后，电荷量保持不变并以与碰前相同的速度反弹，磁
感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大，求粒子在磁场中运动的最长
时间。
(二)选考题(共 15分。请考生从给出的 3道题中任选一题作答。如果多做，
则按所做的第一题计分。)
33．【物理—选修 3—3】(15分)(2015·湖南省怀化一模)
(1)(6分)两分子间的斥力和引力的合力 F与分子间距离 r的关系如图中曲线
所示，曲线与 r轴交点的横坐标为 r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静
止开始相互接近，若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是
________。(填正确答案标号。选对一个得 3分，选对 2个得 4分，选对 3个得
6分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)
A．在 r＝r0时，分子势能为零
B．在 r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
C．在 rr0阶段，斥力比引力减小得
快一些，分子间的作用力表现为引力
(2)(9分)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活
塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为 S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用
一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为 M＝2 kg的重物 C
连接，静止时汽缸中的气体温度 T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为 L，已知
大气压强 P0＝1×105 Pa，取 g＝10 m/s2，缸内气体可看作理想气体。
①活塞静止时，求汽缸内气体的压强；
②若降低汽缸内气体的温度，当活塞 A缓慢向右移动
1
2
L时，求汽缸内气体
的温度。
34．【物理—选修 3—4】(15分)(2015·江西省六联考模拟)
(1)(6 分)下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得 3
分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)
A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉造成的
B．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的
磁场
C．狭义相对论认为，物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加
D．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，为减小实验误差，测量单
摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时
E．沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射引起的
(2)(9分)一半径为 R的
1
4
球体放置在水平面上，球体由折射率为 3的透明材
料制成。现有一束位于过球心 O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表
面上，拆射入球体后再从竖直表面射出，如图所示，已知入射光线与桌面的距
离为
3R
2
。求出射角。
35．【物理—选修 3—5】(15分)(2015·宁夏银川校级一模)
(1)(6分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得 3分，
选对 2个得 4分，选对 3个得 6分。每选错一个扣 3分，最低得分为 0分)
A．氢原子从第一激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
B．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小
C．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了 4
D．α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构
E．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应
(2)(9分)如图所示，在光滑的水平面上，质量为 4m、长为 L的木板右端紧
靠竖直墙壁，与墙壁不粘连；质量为 m的小滑块(可视为质点)以水平速度 v0滑
到木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零；现小滑块以水平速度 v 滑上木板
左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑
到木板左端而不从木板上落下，求
v
v0
的值。
参考答案
课时考点 35 实验一 探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
实验二 测定玻璃的折射率
实验三 用双缝干涉测量光的波长
三年高考真题演练
1．B [由单摆周期公式 T＝2π l
g
及黄金代换式 GM＝gr2，得 T＝2π
r l
GM
。]
2．C [由Δx＝ l
d
λ可得双缝间距 d＝ l
Δx
·λ＝
1.00×589×10－9
0.350×10－2
m＝1.68×10
－4 m，选项 C正确。]
3．B [由甲和乙两图可知改变条件以后条纹变宽，由Δx＝ l
d
λ可知，只有
B正确。]
4．解析 (1)在插上大头针 P3时，应使 P3挡住 P1、P2的像；插上大头针
P4时，应使 P4挡住 P3，同时挡住 P1、P2的像。所以选项 C正确。
(2)①单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径和小球
的密度越大越好。所以应选 A、D。
②由 T＝ t
n
，T＝2π L
g
得 g＝4π2n2L
t2
③T＝ t
n
＝
100.5
50
s＝2.01 s
g＝4π2n2L
t2
＝
4×3.142×502×1
100.52
m/s2＝9.76 m/s2，
④b图线为正确图线，a图线与 b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，
说明测量摆长偏小，A错误；c图线与 b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，
可能出现的原因是多记了全振动次数，所以 B正确；由 T＝2π L
g
得 T2＝4π2
g
L，
图线斜率小，说明 g偏大，故 C错误。
⑤设 A到铁锁重心的距离为 l，有 T1＝2π l＋l1
g
T2＝2π l＋l2
g
联立消去 l解得 g＝4π2（l1－l2）
T21－T22
答案 (1)C (2)①AD ②
4π2n2L
t2
③2.01 9.76
④B ⑤
4π2（l1－l2）
T21－T22
5．解析 ①在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须
选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，
摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选 B、C。
②设第一次摆长为 L，第二次摆长为 L－ΔL，则 T1＝2π L
g
，T2＝2π
L－ΔL
g
，联立解得 g＝4π2ΔL
T21－T22
。
答案 BC 4π2ΔL
T21－T22
6．解析 (1)游标卡尺读数：18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm；
(2)摆线细一些有助于减小空气阻力，伸缩性小一些保证摆长不变，尽可能
长一些使周期较大，容易测量，故 a 正确；摆球质量大一些，体积小一些能减
小空气阻力对实验的影响，故 b正确；根据 T＝2π l
g
可知，周期 T与摆幅无关，
且摆角太大时，小球运动不能看做是简谐运动，不符合实验要求，故 c 错误；
测量周期时应以小球经过最低位置时开始计时，而且应记录 n次全振动的时间，
用 T＝Δt
n
去计算，故 d错误，e正确；
答案 (1)18.6 (2)abe
7．解析 摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时，误差较小。
若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差，而测量多次全振动的时间求平
均值可减小误差。
答案 ①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的
时间，再计算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时)
两年模拟试题精练
1．解析 本实验的目的是测量重力加速度 g的值，而非验证单摆的振动规
律。因此实验中应选用较长的摆长 l，这样既能减小摆长的测量误差，又易于保
证偏角θ不大于 10°，而且由于振动缓慢，方便计数和计时，故选 A；本实验所
用的实际摆要符合理论要求，摆长要有 1 m左右，应选用不易伸长的细线，摆
球直径要小于 2 cm，应选用较重的小球，故选 C；由于重力加速度 g与周期的
平方成反比，周期 T的测量误差对 g的影响是较大的，所用计时工具应选精确
度高一些的，故选 E；由于摆长 l应是悬点到铅球的边缘的距离 l加上铅球的半
径 r。铅球半径用游标卡尺测量出(也可由教师测出后提供数据)，因此 l应读数
准确到毫米位。实验中应用米尺或钢卷尺来测量，故选 H。
答案 (1)A C E H (2)小于 10°
2．解析 (1)单摆的摆长为：L＝l 线＋
d
2
＝1.02 m，单摆运动的周期为：T＝ t
n
＝
101.5
50
s＝2.03 s，根据单摆的周期公式 T＝2π L
g
，代入数据解得重力加速度
为：g＝9.76 m/s2。
(2)由单摆的周期公式 T＝2π L
g
，解得重力加速度为：g＝4π2L
T2
＝
4π2n2L
t2
，
测得的 g值偏小，可能是 n、L测量偏小，也可能是 t测量偏大造成的，可能的
原因是 B。
答案 (1)9.76 (2)B
3．解析 (1)刻度尺的零点对准摆线的悬点，故单摆的摆长 l＝(88.50－
2.00
2
)cm＝87.50 cm＝0.875 0 m；秒表的读数 t＝(60＋15.2) s＝75.2 s；单摆的周
期 T＝ t
n
＝1.88 s
(2)由公式 g＝4π2l
T2
可知，g偏小的原因可能是测量摆长 l时，测量值比真实
值偏小或测量周期偏大，故选项 A、B、C正确。
(3)由单摆周期公式可得 T2＝4π2l
g
，所以 T2－l图线是过坐标原点的一条直
线，直线斜率是 k＝4π2
g
，g＝4π2
k
。在图线上取相距较远的两点(l1，T21)，(l2，
T22)，则 k＝T22－T21
l2－l1
，所以 g＝4π2（l2－l1）
T22－T21
。作出图象如图所示，由直线上的点
(0.4，1.59)和(1.0，4.00)可求出 k＝4.00－1.59
1.0－0.4
＝4，g＝4π2
k
＝
4×3.142
4
m/s2＝9.86
m/s2。
答案 (1)0.875 0 75.2 1.88 (2)ABC (3)图见解析
9．86 m/s2
4．解析 (1)根据折射定律 n＝sin θ1
sin θ2
，题中θ1＝60°，θ2＝∠AOF＝30°，
所以 n＝sin 60°
sin 30°
≈1.73；
(2)在折射角相同的情况下，图中 P4对应的入射角大于 P3所对应的入射角，
所以 P4对应的折射率大；
(3)因 A、O、K在一条直线上，入射角等于折射角，所以 K处对应的折射率
应为 1。
答案 (1)1.73 (2)P4 (3)1
5．解析 (1)由图甲可以看出折射角不变，入射角相同，故测得的折射率将
不变。
(2)由图乙可看出，使入射点向左移，折射点向右移，所画出的折射角比实
际折射角偏大，由 n＝sin θ1
sin θ2
知，测得的折射率偏小。
(3)同样可根据入射光线和出射光线确定玻璃砖内折射光线，从而确定入射
角和折射角，只要第二个界面不发生全反射即可，不过入射光线和出射光线不
平行，如图丙所示。
答案 (1)不变 (2)偏小 (3)不受影响
6．解析 (1)由实验原理可知②③④分别是滤光片、单缝、双缝；由Δx＝ l
d
λ可知，要增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取的办法有：①增大双缝到光屏
间的距离(或选用较长的遮光筒)；②减小双缝之间的距离。
(2)由于激光是相干光源，故可以去掉的部件是②、③。
(3)甲图读数是 0.045 mm，乙图读数是 14.535 mm，它们的差值是 14.490 mm，
中间跨越了 10－1＝9个条纹间距，所以相邻两亮条纹间距是Δx＝14.490
9
mm＝
1.610 mm。
(4)光的波长λ＝Δx·d
l
＝5.37×10－7 m。
答案 (1)滤光片 单缝 双缝 增加双缝到光屏间的距离(或选用较长的
遮光筒) 减小双缝之间的距离 (2)②③ (3)1.610 (4)5.37×10－7
7．解析 (1)图甲中的条纹间距和宽度相同，是干涉图样，图乙是衍射图样。
(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上 E后通过的只有红光了，变成单
色光，加上 D和 B，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，
干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为 CEDBA
(3)A位置的示数为 111.10 mm，B位置的示数为 115.65 mm，图甲中 AB之
间的距离为(115.65～111.10)mm＝4.55 mm，则相邻条纹的间距为Δx＝4.55
7
mm，
再根据公式Δx＝L
d
λ，代入数据得波长为 6.5×10－7 m。
答案 (1)甲 (2)CEDBA (3)111.10 6.5×10－7
8．解析 (1)为了获得清晰的干涉条纹，A正确；由干涉现象可知干涉条纹
与双缝平行，B错误；干涉条纹的疏密Δx＝ l
d
λ与单缝宽度无关，C错误，D正
确。
(2)手轮的读数为 0.5 mm＋20.0×0.01 mm＝0.700 mm。
(3)条纹与分划板不平行时，实际值Δx 实＝Δx 测cos θ，θ为条纹与分划板
间的夹角，故Δx 实<Δx 测。
答案 (1)AD (2)0.700 (3)大于课时考点 36 动量定理 动量守恒定律及
其应用
三年高考真题演练
1．A [由自由落体运动公式得人下降 h距离时的速度为 v＝ 2gh，在 t时
间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为 F＝
m 2gh
t
＋mg，A项正确。]
2．D [对 A、B系统，由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、
机械能守恒，由于 m×2v0－2mv0＝0，故碰后 A、B不可能同向运动或一个静止，
另一个运动或两个都静止，而只能是 A、B都反向运动，故 D正确。]
3．A [设中子质量为 m，则原子核的质量为 Am。设碰撞前后中子的速度
分别为 v0、v1，碰后原子核的速度为 v2，由弹性碰撞可得 mv0＝mv1＋Amv2，12
mv20
＝
1
2
mv21＋1
2
Amv22，解得 v1＝
1－A
1＋A
v0，故|v0
v1
|＝A＋1
A－1
，A正确。]
4．B [平抛运动时间 t＝ 2h
g
＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸
质量为 m，则 mv＝3
4
mv 甲＋
1
4
mv 乙，又 v 甲＝
x 甲
t
，v 乙＝
x 乙
t
，t＝1 s，则有
3
4
x 甲＋
1
4
x
乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得 B正确。]
5．解析 设 A、B球的质量分别为 mA和 mB，A球碰撞后的速度大小为 vA2，
B球碰撞前、后的速度大小分别为 vB1和 vB2，由题意知 vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2。
A、B碰撞过程由动量守恒定律得 mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有
mA
mB
＝
vA1＋vB2
vA2
＝
4
1
。
碰撞前、后的总动能之比为
1
2
mBv2B1
1
2
mBv2B2＋1
2
mAv2A2
＝
9
5
。
答案 4∶1 9∶5
6．解析 反应后由于存在质量亏损，所以反应前、后总动能之差等于质量
亏损而释放出的能量，根据爱因斯坦质能方程可得
1
2
m2v2α－
1
2
Mv2x＝(M－m1－m2)c2①
反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有
Mvx＝m2vα②
联立①②可得
1
2
m2v2α＝
M
M－m2
(M－m1－m2)c2。
答案 (M－m1－m2)c2
M
M－m2
(M－m1－m2)c2
7．解析 (1)对小物块从 A运动到 B处的过程中
应用动能定理－μmgs＝1
2
mv2－1
2
mv20①
代入数值解得μ＝0.32②
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度 v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③
解得 F＝－130 N④
其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左。
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－1
2
mv′2⑤
解得W＝9 J
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
8．解析 设 A运动的初速度为 v0，A向右运动与 C发生碰撞，
由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得
1
2
mv20＝1
2
mv21＋1
2
Mv22
可得 v1＝
m－M
m＋M
v0，v2＝
2m
m＋M
v0
要使得 A与 B能发生碰撞，需要满足 v1＜0，即 m＜M
A反向向左运动与 B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
1
2
mv21＝1
2
mv23＋1
2
Mv24
整理可得 v3＝
m－M
m＋M
v1，v4＝
2m
m＋M
v1
由于 m＜M，所以 A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足
v3≤v2
即
2m
m＋M
v0≥
M－m
m＋M
v1＝(m－M
m＋M
)2v0
整理可得 m2＋4Mm≥M2
解方程可得 m≥( 5－2)M
所以使 A只与 B、C各发生一次碰撞，须满足
( 5－2)M≤m＜M
答案 ( 5－2)M≤m＜M
9．解析 设滑块质量为 m，A与 B碰撞前 A的速度为 vA，由题意知，碰后
A的速度 vA′＝
1
8
v0，
B的速度 vB＝3
4
v0，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前 A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得
WA＝
1
2
mv20－1
2
mv2A②
设 B与 C碰撞前 B的速度为 vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能
关系得
WB＝
1
2
mv2B－1
2
mvB′2③
据题意可知
WA＝WB④
设 B、C碰后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝ 21
16
v0⑥
答案
21
16
v0
10．解析 (1)从 A→Q由动能定理得
－mg·2R＝1
2
mv2－1
2
mv20①
解得 v＝4 m/s＞ gR＝ 5 m/s②
在 Q点，由牛顿第二定律得
FN＋mg＝mv2
R
③
解得 FN＝22 N④
(2)A撞 B，由动量守恒得
mv0＝2mv′⑤
解得 v′＝v0
2
＝3 m/s⑥
设摩擦距离为 x，则
－μmgx＝0－1
2
·2mv′2⑦
解得 x＝4.5 m⑧
所以 k＝x
L
＝45⑨
(3)AB滑至第 n个光滑段上，由动能定理得
－μ·2mgnL＝1
2
·2mv2n－1
2
·2mv′2⑩
所以 vn＝ 9－0.2n m/s (n＝0，1，2，…)⑪
答案 (1)22 N (2)45
(3)vn＝ 9－0.2n m/s (n＝0，1，2，…)
11．解析 (1)设 B球第一次到达地面时的速度大小为 vB，由运动学公式有
vB＝ 2gh①
将 h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为 v1和 v1′(v1′＝0)，B球的速
度分别为 v2和 v2′。由运动学规律可得
v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总
动能保持不变。规定向下的方向为正，有
mAv1＋mBv2＝mBv2′④
1
2
mAv21＋1
2
mBv22＝1
2
mBv2′2⑤
设 B球与地面相碰后的速度大小为 vB′，由运动学及碰撞的规律可得 vB′
＝vB⑥
设 P点距地面的高度为 h′，由运动学规律可得
h′＝
vB′2－v22
2g
⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m⑧
答案 (1)4 m/s (2)0.75 m
12．解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小 v 为
v＝Δs
Δt
①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝1
f
＝0.02 s②
ΔtA可视为很短。
设 A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为 v0、v1。将②式和图给实验数据代
入①式得
v0＝2.00 m/s③
v1＝0.970 m/s④
设 B在碰撞后的速度大小为 v2，由①式有
v2＝
d
ΔtB
⑤
代入题给实验数据得
v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为 p和 p′，则
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝|p－p′
p
|×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
答案 见解析
两年模拟试题精练
1．A [小车和砂袋组成的系统在水平方向上合力为零，动量守恒，所以有
Mv1＋m(－v2)＝(M＋m)v，解得 v＝1.0 m/s，方向向右，故选项 A正确。]
2．C [选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 m 甲
v1－m 乙 v2＝－m 甲 v1′＋m 乙 v2′，代入数据，可得 m 甲∶m 乙＝3∶5，C正确。]
3．A [碰撞瞬间动量守恒，规定向右为正方向，则有 mAv0＝±mA
v0
3
＋mB
v0
2
，
解得：
mA
mB
＝
3
8
或
mA
mB
＝
3
4
，所以 A正确。]
4．D [设初速度方向为正方向，则由题意可知，
初速度 v0＝15 m/s；
末速度为 v＝－1 m/s；
则由动量定理可知：
I＝mv－mv0＝[2×(－1)－2×15]N·s＝－32 N·s；D对。]
5．C [规定向右为正方向，碰撞前总动量为 3mv－mv＝2mv，A错误；碰
撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定
律可得：3mv－mv＝0＋mv′，解得：v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为：
1
2
·3mv2
＋
1
2
mv2＝2mv2，碰撞后总动能为：0＋1
2
m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无动能损失，D
错误。]
6．D [下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝ 2gh，m2碰
撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选 m1与 m2碰撞过程为研究过程，碰撞前
后动量守恒，设碰后 m1、m2速度大小分别为 v1、v2，选向上方向为正方向，则
m2v－m1v＝m1v1＋m2v2
由能量守恒定律得
1
2
(m1＋m2)v2＝1
2
m1v21＋1
2
m2v22，
且 m2＝3m1
联立解得：v1＝2 2gh
反弹后高度 H＝v21
2g
＝4h，D正确。]
7．解析 (1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球
质量，即 m1＞m2；为使入射球与被碰球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。
故 C正确。
(2)设入射小球为 a，被碰小球为 b，a球碰前的速度为 v1，a、b相碰后的速
度分别为 v1′、v2′。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个
计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度。因此，需验证
的动量守恒关系 m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为 m1x1＝m1x1′＋m2x2′。所以需
要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表。由于题中两个小球都可认为是从槽
口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺。
(3)得出验证动量守恒定律的结论应为
m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N。
答案 (1)C (2)AC (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N
8．解析 A物体沿斜面下滑时有 mAgsin θ－μAmAgcos θ＝mAaA
所以：aA＝gsin θ－μAgcos θ
aA＝gsin 30°－
3
6
gcos 30°＝2.5 m/s2
B物体沿斜面下滑时有 mBgsin θ－μBmBgcos θ＝mBaB
代入数据解得 aB＝0
可知，撤去固定 A、B的外力后，物体 B恰好静止于斜面上，物体 A将沿
斜面向下做匀加速直线运动。
由运动学公式得 A与 B第一次碰撞前的速度
vA1＝ 2aL＝ 2×2.5×0.2 m/s＝1 m/s
由于 A、B碰撞满足动量守恒和机械能守恒，设第一次碰后 B的速度为 vB，
有：
mAvA＝mAvA′＋mBvB，1
2
mAv2A＝1
2
mAvA′2＋
1
2
mBv2B
得 vB＝0.5 m/s
答案 0.5 m/s
9．解析 (1)A球与 B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
1
2
m1v20＝1
2
m1v21＋1
2
m2v22
可解得 v1＝
（m1－m2）v0
m1＋m2
＝－
1
5
v0
v2＝
2m1v0
m1＋m2
＝
4
5
v0
即碰后 A球向左，B球向右
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有 m2v2
＋m3v3＝(m2＋m3)v3′
解得 v3′＝
1
10
v0水平向右
答案 (1)－1
5
v0，方向向左
4
5
v0，方向向右
(2) 1
10
v0，方向向右
10．解析 (1)根据题意 s＝v1t－v2t
由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
所以 v1＝0.70 m/s
v2＝－0.20 m/s
(2)由能量守恒定律得
1
2
(m1＋m2)v20＋Ep＝1
2
m1v21＋1
2
m2v22
代入数据得 Ep＝0.27 J
答案 (1)0.70 m/s －0.20 m/s (2)0.27 J
11．解析 (1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到
达圆弧最高点 A时，二者的共同速度为 v1，规定向左为正方向，由动量守恒得
mv0＝(M＋m)v1
由能量守恒得
1
2
mv20－1
2
(M＋m)v21＝mgR＋μmgL
联立以上二式并代入数据解得 v0＝5 m/s
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2，从小物块滑上平
板车，到二者相对静止的过程中，规定向左为正方向，由动量守恒得 mv0＝(M
＋m)v2
设小物块与车最终相对静止时，它距 O′点的距离为 x，
由能量守恒得
1
2
mv20－1
2
(M＋m)v22＝μmg(L＋x)
联立以上各式并代入数据解得 x＝0.5 m
答案 (1)5 m/s (2)0.5 m
12．解析 (1)m2自由下落，由机械能守恒定律得 m2gh1＝1
2
m2v20，解得 v0＝
6m/s
碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝(m1＋m2)v
代入数据解得 v＝ 6
2
m/s
碰后的动能：Ek＝1
2
(m1＋m2)v2
代入数据解得：Ek＝1.5 J；
(2)m1与 m2共同下降的高度Δh＝0.3 m，
由机械能守恒得(m1＋m2)gΔh＋1
2
(m1＋m2)v2＝ΔEp
代入数据解得ΔEp＝7.5 J
所以弹性势能为 E＝ΔEp＋0.5 J＝8 J
答案 (1)1.5 J (2)8 J课时考点 37 近代物理初步
三年高考真题演练
1．A [放射性现象中释放出了其他粒子，说明原子核内部具有一定的结构，
A正确；电子的发现使人们认识到：原子是可以分割的，是由更小的微粒组成
的，B错误；α粒子散射实验否定了汤姆逊提出的枣糕式原子模型，建立了核式
结构模型，C错误；密立根油滴实验测定了电子的电荷量，D错误。]
2．B [γ射线是光子流，故 A错误；氢原子辐射光子后，由高能级向低能
级跃迁，半径减小，绕核运动的动能增大，故 B正确；太阳辐射能量主要来源
是太阳中发生的轻核聚变，故 C错误；100克 21083Bi经过 10天即 2个半衰期还
剩下
1
22
×100克＝25克，故 D错误。]
3．D [静止的原子核发生β衰变，动量守恒，即MV＝mv，新核和电子在
磁场中做匀速圆周运动，根据 qvB＝m v2
r
知 r＝mv
qB
，即 r∝1
q
，故轨迹 1是电子的，
轨迹 2是新核的，又由左手定则可知磁场的方向为垂直于纸面向里，所以只有
选项 D正确。]
4．B [α衰变是重核自发的发出α粒子的天然放射现象，其中α粒子是
42He，所以 B正确；A为人工转变，C为轻核的聚变，D是β衰变，故 A、C、D
皆错误。]
5．AD [根据核反应中质量数和电荷数守恒，可知 X是 10X，所以为中子，
A正确；Y应为 63Y，所以 Y的质子数为 3，核子数为 6，中子数为 3，B错误；
两核反应均有能量释放，根据爱因斯坦质能方程，两核反应都有质量亏损，C
错误；由聚变反应概念知，D正确。]
6．AC [因古木样品中 14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，
则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为 5 700 年，选项 A
正确；12C、13C、14C具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选
项 B错误；根据核反应方程可知，14C衰变为 14N的过程中放出电子，即发出β
射线，选项 C正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项 D错误。]
7．ACD [电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，可以说明电子
是一种波，故 A正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，可以说明β射
线是一种粒子，故 B错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射
说明中子是一种波，故 C正确；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利
用了电子束的衍涉现象，说明电子束是一种波，故 D正确；光电效应实验中，
光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，说明光是一
种粒子，故 E错误。]
8．ACE [密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值，选项 A正确；贝
克勒尔通过对天然放射现象的研究，说明原子核的组成情况，而原子中存在原
子核是卢瑟福的α粒子散射实验发现的，选项 B、D错误；居里夫妇发现钋和镭
是从沥青中分离出来的，选项 C正确；汤姆逊通过阴极射线在电磁场中的偏转，
发现阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出其比荷，选项 E正确。]
9．BCD [原子序数大于或等于 83的元素，都能发生衰变，而原子序数小
于 83的部分元素能发生衰变，故 A错；放射性元素的衰变是原子核内部结构的
变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故 B、C项正确；在α、β、γ三种射
线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，
故 D项正确；一个原子核不能同时发生α和β衰变，故 E项错误。]
10．AD [增大入射光强度，使单位时间内逸出的光电子数增加，因此光电
流增大，选项 A正确；光电效应与照射光的频率有关，与强度无关，选项 B错
误；当照射光的频率小于ν，大于极限频率时发生光电效应，选项 C 错误；由
Ekm＝hν－W，增加照射光的频率，光电子的最大初动能变大，选项 D正确。]
11．A [由光电效应方程 Ekm＝hν－W＝hν－hν0
钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量 p＝
2mEkm，故动量小，由λ＝
h
p
，可知波长较大，则频率较小，选项 A正确。]
12．CD [由 E 初－E 终＝hν＝h c
λ
可知，氢原子跃迁时始末能级差值越大，
辐射的光子能量越高、波长越短，由能级图知 E3－E21)，则 nhν＝Ek＋W，又 Ek＝eU，解
得 U＝nhν
e
－
W
e
，B正确。]
17．C [原子核发生衰变时有质量亏损，质量不守恒，选项 A错误；γ射
线是光子流，不是带电粒子流，选项 B错误；氢原子从激发态向基态跃迁，辐
射的光子能量 hν＝Em－En，即只能辐射特定频率的光子，C项正确；光电效应
的光电子动能 Ek＝hν－W，只与入射光频率有关，而与入射光强度无关，D项
错误。]
18．解析 光电效应中，入射光子能量 hν，克服逸出功W0后多余的能量转
换为电子动能，反向遏制电压 eU＝hν－W0，整理得 U＝h
e
ν－
W0
e
，斜率即
h
e
＝k，
所以普朗克常量 h＝ek，截距为 b，即 eb＝－W0，所以逸出功W0＝－eb。
答案 ek －eb
19．解析 (1)光电效应说明光的粒子性，所以 A正确；热中子束在晶体上
产生衍射图样，即运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所
以 B正确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化，即黑体辐射是不连
续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即 C错误；根据德布罗
意波长公式λ＝h
p
，p2＝2mEk，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质
子和电子，质子的德布罗意波较短，所以 D错误。
(2)由质量数和电荷数守可知：23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n，可见产生了 3个
中子，链式反应的一个条件是铀燃料的体积必须大于或等于临界体积。
(3)根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，可求：ΔE＝(2mp＋2mn－mα)c2＝
4.3×10－12 J。
答案 (1)AB (2)3 大于 (3)4.3×10－12 J
两年模拟试题精练
1．C [γ射线是一种高能电磁波，不是中子，A错误；三种射线中γ射线
速度最快、穿透能力最强，α射线电离作用最强，B错误；卢瑟福最早完成著名
的“α粒子散射实验”并提出核式结构的原子模型，D错误；只有选项 C正确。]
2．B [核反应方程为 411H→42He＋201e，即 X表示正电子，这个核反应中质
量亏损Δm＝4m1－m2－2m3，这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2，
选项 B正确。]
3．D [爱因斯坦的质能方程 E＝mc2，不是质量和能量可以相互转化，二者
概念根本不同，当发生质量亏损时，质量只是以光子形式发射出去，故 A错误；
太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故 B错误；贝克勒尔发现了铀
和含铀矿物的天然放射现象，故 C错误；基态的氢原子能量为－13.6 eV，则基
态氢原子发生电离，吸收的能量需大于等于 13.6 eV，故 D正确。]
4．C [该核反应是核裂变，可以自发进行，不是人工控制的，A错误；核
反应方程 23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋x10n 中根据质量数守恒，有 235＋1＝144＋89
＋x，解得 x＝3，C正确；根据爱因斯坦质能方程，该反应放出能量为ΔE＝Δm·c2
＝(m1＋m2－m3－m4－3m2)c2＝(m1－m3－m4－2m2)c2，B错误；该核反应生成两
种放射性元素，核污染较大，故 D错误。]
5．C [分别用频率为ν1和ν2单色光照射阴极，由光电效应方程，有 Ekm＝
hν－W0，逸出光电子的最大初动能分别为 Ekm1＝hν1－W0、Ekm2＝hν2－W0；光电
子在光电管内减速，由动能定理，有－eU1＝－Ekm1和－eU2＝－Ekm2，联立以上
各式解得 W0＝hν0＝hν1－eU1＝hν2－eU2；频率为ν1的光照射时光电子的最大初
速度 v＝ 2eU1
m
，普朗克常量 h＝e（U1－U2）
ν1－ν2
，极限频率ν0＝
U1ν2－U2ν1
U1－U2
。综
上分析，只有选项 C不正确。]
6．AB [原子核自发放射α粒子的衰变为α衰变，A正确；自发放出负电子
的衰变为β衰变，D为β衰变，D错误；两个质量较小的核结合成一个质量较大
核的反应是聚变，B正确；C是铀核的裂变，C错误。]
7．BD [最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，故 A错误；
质子和中子结合成原子核一定有质量亏损，根据质能方程知，有能量放出，故 B
正确；半衰期具有统计规律，对大量原子核适用，故 C错误；氢原子的核外电
子由较高能级跃迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨
道，根据 kqe
r2
＝m v2
r
知，速度增大，动能增大，则电势能减小，故 D正确。]
8．BCD [虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子
数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故 A错误，D正确；根据光电效应反
应方程 Ekm＝hν－W0和 eUc＝Ekm得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也
不同，光电子的最大初动能也不同，故 B、C正确；因为 Uc＝
hν
e
－
W0
e
知图象的
斜率等于
h
e
，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子的电荷量，可以求出斜率
与普朗克常量有关，故 E错误。]
9．ADE [卢瑟福通过分析α粒子散射实验的结果，建立了原子的核式结构
模型，故 A正确；平均结合能越大，原子核结构一定越稳定，故 B错误；不能
使某金属发生光电效应，是因入射光的频率小于极限频率，与入射光的光照强
度无关，故 C错误；β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加 1，故 D
正确；相同速率情况下，质子流的动量大于电子流，根据λ＝h
p
，可知质子流的
波长比电子流小，衍射现象不明显，则有更高的分辨率，故 E正确。]
10．ACE [由图和根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确
定的轨道，故 A正确；少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量
和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，故 B错误；
光电效应实验和康普顿效应实验均说明了光具有粒子性，故 C正确；根据左手
定则可得，向左偏转的粒子带正电，所以射线丙由α粒子组成，该粒子带两个
单位正电荷，而射线甲是β粒子，故 D错误；一个中子轰击后，出现三个中子，
此链式反应属于重核的裂变，故 E正确。]
11．解析 (1)由质能方程得ΔE＝Δmc2＝(2×2.013 6－3.015 6－1.007
3)×931.5 MeV＝4.005 MeV。
(2)相互作用过程中能量守恒，设新生核的动量大小分别为 p1、p2，则 p1＝
p2＝p
Ekm1＝1
2
m1v21＝ p2
2m1
Ekm2＝1
2
m2v22＝ p2
2m2
由能量守恒定律，有 2Ek＋ΔE＝Ekm1＋Ekm2
解得 Ekm2≈4.5 MeV。
答案 (1)4.005 MeV (2)4.5 MeV
12．解析 (1)n＝C24＝6种光子
(2)金属钠的逸出功为W0
W0＝hν0＝3.67×10－19J＝2.29 eV
其中ΔE21＝10.2 eV，ΔE31＝12.09 eV，ΔE41＝12.75 eV，ΔE42＝2.55 eV
都大于钠的逸出功，所以一定能发生光电效应
(算出其中一组数据并进行比较，就可以给全分)
(3)Ekm＝ΔE41－W0＝10.46 eV
答案 (1)6种 (2)见解析 (3)10.46 eV滚动提升练(九)
1．C [建立“质点”、“点电荷”概念用的是理想模型法；建立“速度”、
“加速度”、“电场强度”、“磁感应强度”概念用的是比值定义法；建立交
变电流电压、电流的“有效值”概念用的是等效替代法；探究“加速度与力、
质量的关系”用的是控制变量法。]
2．B [在 A轮转动的过程中，角速度恒定，半径均匀增大，根据 v＝rω知
线速度均匀增大，设从开始倒带到 A、B两轮的角速度相等所需要的时间为 t′，
此时磁带边缘上各点的速度大小为 v。将磁带边缘上各点的运动等效看成一种匀
加速直线运动，加速度为 a，磁带总长为 L，则有 v2－(rω)2＝(3rω)2－v2＝2a·L
2
，
得 v＝ 5rω，结合加速度的定义有
v－rω
t′
＝
3rω－v
t
，把 v 代入得
5rω－rω
t′
＝
3rω－rω
t
，解得 t′＝ 5－1
2
t，故 B正确，A、C、D错误。故选 B。]
3．D [为了使小球能持续地运动下去，球必须贴着管内外壁运动，因此小
球到最高点的速度至少为 gR，根据机械能守恒定律有 mg·2R＋1
2
m( gR)2＝
1
2
mv20，解得 v0＝ 5gR，D正确。]
4．C [沿斜面上滑的演员甲受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定
律有：－mgsin 30°－μFN＝ma，FN＝mgcos 30°，由演员甲悬停在最高点得，
mgsin 30°＝μmgcos 30°，在斜面上演员甲做匀减速直线运动，－v20＝2ax解得：
v0＝4 m/s，A项正确；由 x＝v0
2
t解得：t＝0.4 s，B项正确；演员甲实际上升高
度Δh＝0.8 sin 30°m＝0.4 m，重力势能增加ΔEp＝mgΔh＝240 J，C项错；由
动能定理可知，演员乙和演员丙对甲做功W＝
1
2
mv20＝480 J，D项正确。]
5．CD [图示位置的线框与中性面垂直，感应电动势最大，线框中磁通量
变化率最大，故 A 错误；线框绕中心轴 OO′匀速转动时，产生的电动势 e＝
100 2cos(100πt)V，故变压器的输入电压为：U1＝
100 2
2
V＝100 V，灯泡能正
常发光，故变压器的输出电压为 U2＝20 V，根据变压比公式，有
n1
n2
＝
U1
U2
＝
5
1
，故
B错误；电路中熔断器熔断电流为 0.5 2 A，此时根据能量守恒定律，有 U1I1＝
U2(nIL)，解得 n＝U1I1
U2IL
＝
100×0.5 2
8
≈8.8，故副线圈两端并联“20 V、8 W”的
灯泡最多不能超过 8只，故 C正确；若线框转速减半，角速度也减半，所以产
生的电动势为 e＝50 2cos(50πt)V，故 D正确。]
6．BD [在月球表面附近，试验器所受万有引力近似等于它受月球的重力，
即：GMm
R2
＝mg，试验器绕月球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即
G Mm
（R＋h）2＝m v2
R＋h
＝m4π
2
T2
(R＋h)＝ma，解得：
T＝2π（R＋h）
R
R＋h
g
，a＝( R
R＋h
)2g，v＝R g
R＋h
，A、C项错，B项
正确；由 GMm
R2
＝mg，ρ＝
M
V
，V＝4
3
πR3可知，月球密度ρ＝ 3g
4πGR
，D项正确。]
7．BD [由两个等量的异种点电荷分别在 B、C两点形成的场强矢量叠加
可得，B、C两点场强大小相等，方向不同，故 A错错；C、E两点与正点电荷
的距离相等，与负点电荷的距离也相等，电势相同，B正确；A、D间存在电势
差，若在 A、D间放上导体电阻，导体马上达到静电平衡，故 C错误；沿着 BCDE
的路径移动过程中，电势先减小后增大，质子带正电，故电势能先减小后增大，
故 D正确。]
8．ABD [由题意可知小球运动的圆心一定在 y轴上，所以小球做圆周运动
的半径 r一定要大于等于 3 m，而 ON＝9 m<3r，所以小球最多与挡板 ON碰撞
一次，且碰撞后第二个圆心的位置在 O点的上方；也可能小球与挡板 ON没有
碰撞，直接过 M点。由 qvB＝mv2
r
，得 v＝qBr
m
，第一种情况：若小球与挡板 ON
碰撞一次，则轨迹可能如图 1，设 OO′＝s，由几何关系得
r2＝OM2＋s2＝9＋s2和 3r－9＝s，联立求得 r1＝3 m，r2＝3.75 m，分别代入
v＝qBr
m
得 v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s；第二种情况：若小球没有与挡板 ON碰撞，
则轨迹如图 2，设 OO′＝x，由几何关系得 r23＝OM2＋x2＝9＋x2和 x＝9－r3，联
立求得 r3＝5 m，代入 v＝qBr
m
得 v3＝5 m/s。故选 A、B、D。]
9．解析 (1)根据纸带所得数据，由逐差法计算加速度 a＝xDG－xAD
（3T）2
＝3.0
m/s2。(2)对斜面上滑块受力分析，由牛顿第二定律有：mgsin θ－μFN＝ma，FN
＝mgcos θ，解得μ＝gsin θ－a
gcos θ
，式中θ为木板与水平方向夹角，因此需要测量
的物理量有：木板的长度 L、末端被垫起的高度 h，从而确定θ的正弦值和余弦
值。
答案 (1)3.0 (2)AB
10．解析 (1)根据如图甲所示的实物图作出实验电路图，实验电路图如图
所示；
(2)根据图乙中描出的点作出图象，图象如图所示；
(3)根据电路图可知 E＝U2＋Ir＝U2＋
U1
R0
r，则 U2＝E－ r
R0
U1
所以图象与纵坐标交点坐标值是电源电动势，由图象可知 E＝18.0 V；
图象斜率的绝对值 k＝ r
R0
＝
ΔU2
ΔU1
＝
18－10
5.5
＝1.45，则电源内阻 r＝kR0＝14.5
Ω
答案 (1)实验电路图如图所示 (2)图象如图所示 (3)18.0 14.5(14.5～
15.1均可)
11．解析 (1)根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有
m1gsin 53°＝m2gsin 37°
解得 m2＝4 kg
即小物块 Q的质量 m2为 4 kg
(2)P到 D过程，由动能定理得 m1gh＝1
2
m1v2D
根据几何关系有 h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)
在 D点，支持力和重力的合力提供向心力 FD－mg＝mv2D
R
解得 FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块 P对轨道的压力大小为 78 N
(3)分析可知最终物块在 CDM之间往复运动，C点和M点速度为零
由全过程动能定理得：mgL1sin 53°－μmgcos 53°L 总＝0
解得 L 总＝1 m
即物块 P在MN斜面上滑行的总路程为 1.0 m。
答案 (1)4 kg (2)78 N (3)1 m
12．解析 (1)带电粒子在电场中运动的时间 t＝L
v0
＝2×10－6 s
在竖直方向上的位移 y＝ Uq
2dm
t2
当 y＝d
2
时，U＝d2mv20
qL2
＝100 V
则 Ekmax＝1
2
mv20＋qU
2
Ekmin＝1
2
mv20
所以
Ekmax
Ekmin
＝
2
1
(2)宽度最宽的粒子的运动轨迹如图所示
则 vt＝ 2v0
由 qv1B＝
mv2t
R
所以 R＝mvt
qB
＝
2mv0
qB
解得 R＝0.08 2m
最小宽度 X＝R＋Rsin 45°
解得 X＝(0.08＋0.08 2)m
(3)设某粒子进入磁场时，速度方向与水平方向成θ角，速度大小为 vt，它进
磁场与出磁场之间的距离为 l，则 l＝2mvtcos θ
qB
＝2mv0
qB
代入数据可得 l＝0.16 m
即所有粒子的距离 l是一常数，与偏转电压(θ角)无关
当粒子水平方向进入磁场时，l>d
2
故在小于 0的电压范围内粒子不能返回电场，只有向下偏转的部分离子才
能返回电场
y 临界＝l－d
2
＝0.06 m
又 y 临界＝
U′q
2dm
t2
解得 U′＝60 V
故范围为 60 Va2，又由 t＝ 2x
a
和 x12)
(3)小球平抛运动过程，由运动规律得
水平方向有 x＝v0t
竖直方向有 L·sin 30°＝
1
2
gt2
解得 x＝L k－2
2（k＋1）
，
其中
k＋1
2（k＋1）
－
3
2（k＋1）
＝
1
2
－
3
2（k＋1）
< 1
2
，
则有 x< 1
2
L＝ 2
2
L，得证。
答案 (1) 2k－1
2（k＋1）
g (2) k－2
2（k＋1）
gL(k>2)
(3)见解析
9．解析 物块的运动有 3个子过程
(1)在 B点时，轨道对物块的支持力为 8mg，由牛顿第二定律得 8mg－mg＝
mv2B
R
解得 vB＝ 7gR①
(2)物块恰过 C点，由牛顿第二定律得 mg＝mv2C
R
②
B→C过程，由动能定理得
－mg·2R＋Wf＝
1
2
mv2C－1
2
mv2B③
解①②③式得Wf＝－mgR，则克服阻力做功为 mgR
(3)A→P过程，由机械能守恒得 Ep＝1
2
mv2④
P→B过程匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma⑤
由运动规律得 vB＝v－at⑥
解①④⑤⑥式得 t＝ 1
μg
2Ep
m
－
1
μ
7R
g
答案 (1) 7gR (2)mgR (3) 1
μg
2Ep
m
－
1
μ
7R
g
10．解析 物块运动的过程包含 4个子过程。
(1)由 D至 P为平抛运动，设初速度为 vD，由平抛运动规律得：竖直速度为
vy＝ 2gR，且 tan 45°＝
vy
vD
①
解得 vD＝4 m/s②
水平位移为 x＝vDt，竖直位移为 R＝1
2
gt2③
解②③式得 x＝2R＝1.6 m
由 B至 D的运动规律为 x＝6t－2t2，是初速度 v0＝6 m/s、加速度 a＝4 m/s2
的匀减速运动，至 D点时速度为 vD
由运动规律得 x1＝
x20－v2D
2a
＝2.5 m
则 BP水平间距为 x＋x1＝4.1 m
(2)由 P至M做圆周运动。假设能沿轨道到达M点，其速度为 vM，
由机械能守恒定律得
1
2
m2v2M＝1
2
m2v2D－ 2
2
m2gR④
轨道对物块的压力为 FN，由牛顿第二定律得
FN＋m2g＝m2
v2M
R
⑤
解④⑤式得 FN＝(1－ 2)m2g<0，即物块不能到达M点
(3)设弹簧长为 AC时弹性势能为 Ep，由功能关系得：释放 m1时，Ep＝μm1gsCB
⑥
释放 m2时，Ep＝μm2gsCD＋1
2
m2v20⑦
且 m1＝2m2，可得 Ep＝m2v20＝7.2 J
设 m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 Wf，由功能关系得 Ep－Wf＝
1
2
m2v2D⑧
解②⑥⑦⑧式得Wf＝5.6 J
答案 (1)4.1 m (2)见解析 (3)5.6 J
11．解析 如图所示，物块 m1的运动有 3个子过程，物块 m2有 2个子过程。
(1)设细线断开两物块获得的速度均为 v，由能量守恒定律得
Ep＝2×1
2
mv2
解得 v＝ Ep
m
＝6 m/s
物块 m1做圆周运动过程。在 C点由牛顿第二定律得
FN－m1g＝m1
v2
R
解得 FN＝16.4 N
由牛顿第三定律知对半圆轨道的压力大小为 16.4 N
(2)物块 m1由 C到 A过程。由机械能守恒得
1
2
m1v2＝1
2
m1v2A＋m1g·2R
解得 vA＝4 m/s
(3)物块 m1做平抛运动过程，若落在平台 CD上，
由运动规律知：
水平方向有 x1′＝vAt1
竖直方向有 2R＝1
2
gt21
解得 x1′＝vA· 4R
g
＝1.79 m，
因为 x1′>L＝1.2 m，故落在平台下面，
故 x1＝vA·
2（2R＋h）
g
＝2.4 m
同理，物块 m2从 D点平抛的水平位移为 x2＝v· 2h
g
＝2.4 m
应用几何关系知，则两物块落地点间的水平间距为
L＋x2－x1＝1.2 m
答案 (1)16.4 N (2)4 m/s (3)1.2 m专练(三) 电学选择题——方法练
1．AC [若 R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，由
分压原理可知，A灯两端电压增大，B灯两端电压减小，故 A项正确；若 R3断
路，同理可以得出 A灯变暗，B灯变亮，B项错误；若 R1、R2同时发生断路，
外电路的总电阻增大，同理可以得出 A灯变亮，B灯变暗，C项正确；若 R1、
R3同时断路，则可推出 A灯变暗，B灯变亮，D项错误。]
2．B [断开 S2后，总电阻变大，电流变小，“排除”A项；S2断开前路端
电压是 U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，故大于 12 V，电流则
大于 I′＝ U
R1＋R2
＝
12
4＋6
A＝1.2 A，“排除”C、D两项。故可得正确选项为 B。]
3．C [由安培定则和楞次定律可判断 0～3 s内圆环中感生电动势为顺时针
方向，故 UPQ>0，且由 E＝nΔΦ
Δt
＝nΔB
Δt
·S，可知，E的大小不变，满足此条件
的选项只有 C。]
4．D [由安培定则及楞次定律可知，线框由 0～a的过程中电流为正，线
框由 a～2a的过程中，电流为负，由此可知，B、C均错误，又根据线框刚进入
磁场时和从右侧刚出磁场时，等效切割长度均由 0开始增加，故 A错误，D正
确。]
5．A [通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区
域同时存在的另一匀强磁场 B2，并且 B2与 B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线
方向，由矢量三角形可知，当 B2与合磁场(通电导线)垂直时，磁场最小 B2 最小＝
B1sin 60°，则 B2≥B1sin 60°＝
3
2
T，所以 B2的不可能值为
1
2
T，故 A正确，B、
C、D错误。]
6．D [由于在 t1至 t2的时间内，弹簧线圈处于收缩状态，则在弹簧线圈中
应有感应电流通过，选项 A、B显然不对，因为MN中此时产生恒定电流。因为
线圈收缩，所以 MN中产生的感应电流应增大，则在 Q处所加磁场的磁感应强
度随时间的变化率增大，选项 D正确。]
7．B [粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度 v0与末速度 v 的水平
分量相等，显然可得出 A、C、D错误，当粒子从 N点以速度－v 射入电场中时，
粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上，从M到 N竖直方向上做匀加
速运动，从 N到M竖直方向上做匀减速运动，两运动可逆，可知正确选项为 B。]
8．B [每个
1
4
圆环在 O处产生的场强大小相等，设为 E，由电场强度的叠
加原理和对称性可知，ED＝0，EA＝EC＝E，EB＝ 2E，故 B选项正确。]
9．A [在图甲中相当于一个顺时针方向的环形电流取其Ⅱ、Ⅳ象限的一半，
在选项 A中，显然Ⅱ、Ⅳ象限的电流相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的仍然相当于一个
顺时针方向的环形电流的一半，因此圆心 O处的磁感应强度与图甲中的相同；
在选项 B中，则相当于是一个完整的顺时针方向的环形电流，圆心 O处的磁感
应强度与图甲中的相比方向相同，大小则是 2倍；在选项 C中，Ⅰ、Ⅲ象限的
电流相互抵消，Ⅱ、Ⅳ象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电流的一半，
圆心 O处的磁感应强度与图甲中的相比大小相同，但方向相反；在选项 D中，
Ⅱ、Ⅳ象限的电流相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的电流相当于一个逆时针方向的环形
电流的一半，圆心 O处的磁感应强度与图甲中的相比大小相同，但方向相反，
故只有选项 A正确。]
10．B
[以向 B板运动为正方向，分别作出从 0、T/4、T/2时刻释放的粒子的速
度－时间图象如图所示，则由图象可看出，若 0m，所以 a′>a。
对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得 F＝(M＋m)a，F′＝(M＋m)a′，所
以 F′>F，B项正确。]
4．AB [对 A、B组成的整体由牛顿第二定律得 F－μ(mA＋mB)gcos θ－(mA
＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，对 A由牛顿第二定律得 kx－μmAgcos θ－mAgsin θ
＝mAa，其中 x为弹簧的形变量，两式联立得 kx＝ mAF
mA＋mB
＝
F
1＋mB
mA
，为了减小弹
簧的形变量，可以减小 A物块的质量或增大 B物块的质量，A、B项正确，C、
D项错误。]
5．BC [A、B间不发生滑动的临界点为 Ff＝μmg①
整体分析 AB，由牛顿第二定律得 F＝(M＋m)a②
当 F作用在 B时：隔离 A，由牛顿第二定律得 Ff＝ma③
解①②③式得 F≤μ(M＋m)g，故 A项错误；
当 F作用在 A时：隔离 B，由牛顿第二定律得 Ff＝Ma④
解①②④式得 F≤μmg
M
(M＋m)，故选 B项正确；
保持 A、B相对静止，用相等的力分别拉 A或 B时，整体加速度均为 a，由
运动规律得位移均为 x＝1
2
at2⑤
做功均为W＝Fx⑥
解②⑤⑥式得，做功均为W＝
F2t2
2（M＋m）
，故 C项正确。D项错误。]
6．解析 (1)设小物块在斜面上的加速度为 a1，对小物体进行受力分析，由
牛顿第二定律得 mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1
因小物体到达斜面最高点 P时速度恰好为零，由运动学方程得
v2＝2a1L
联立解得 v＝3 m/s。
(2)因为 vr0阶段，当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均
减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力。故 E正确。
(2)①设静止时汽缸内气体压强为 p1，活塞受力平衡
p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg，
代入数据解得压强：p1＝1.2×105 Pa
②由活塞 A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为 T1变化后
温度为 T2，由盖－吕萨克定律得
S1L＋S2L
T1
＝
S1L2
＋S23L2
T2
，
代入数据解得 T2＝500 K。
答案 (1)BDE (2)①1.2×105 Pa ②500 K
34．解析 (1)油膜在阳光照射下，膜的两表面反射，出现相同频率的光，
从而进行叠加，导致呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故 A正确；由麦克斯
韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定变化，故 B
错误；狭义相对论认为：物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加，
故 C正确；测量单摆周期的实验中，小球经过平衡位置时的速度最大，所以测
量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时，故 D正确；沙漠中的“蜃景”
现象是光的折射引起的，故 E错误。
(2)设入射光线与
1
4
球体的交点为 C，连接 OC，OC即为入射点的法线，因此，
图中的角α为入射角，过 C点作球体水平表面的垂线，垂足为 B。依题意，∠COB
＝α。
又由ΔOBC知 sin α＝
3
2
①
设光线在 C点的折射角为β，由折射定律得
sin α
sin β
＝ 3②
由①②式得β＝30°③
由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ为 30°，如图所示，
由折射定律得
sin γ
sin θ
＝
1
3
因此 sin θ＝
3
2
，解得θ＝60°。
答案 (1)ACD (2)60°
35．解析 (1)氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，故 A
正确；半衰期与外界因素无关，故 B错误；原子核发生衰变时要遵守电荷数守
恒和质量数守恒的规律，新核与原来的原子核相比，中子数减少了 2，故 C错误；
α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构，故 D正确；太阳的核反应属于热核
反应，故 E正确。
(2)小滑块以水平速度 v0向右滑时，有－f L＝0－1
2
mv20
小滑块以速度 v 滑上木板到运动至碰墙时速度为 v1，则有
－fL＝1
2
mv21－1
2
mv2
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，滑块与木板组成的系统在水平方向
的动量守恒，选取向左为正方向、木板的共同速度为 v2，
则有 mv1＝(m＋4m)v2
由总能量守恒可得 f L＝1
2
mv21－1
2
(m＋4m)v22
上述四式联立，解得
v
v0
＝
3
2
答案 (1)ADE (2)3
2
高考物理复习 摩擦力专题(附参考答案)
一、 明确摩擦力产生的条件
（1） 物体间直接接触
（2） 接触面粗糙
（3） 接触面间有弹力存在
（4） 物体间有相对运动或相对运动趋势
这四个条件紧密相连，缺一不可．显然，两物体不接触，或虽接触但接触面是光
滑的，则肯定不存在摩擦力．但满足(1)、(2)而缺少(3)、 (4)中的任意一条，也
不会有摩擦力．如一块砖紧靠在竖直墙，放手后让其沿墙壁下滑，它满足条件(1)、
(2)、(4)，却不具备条件(3)，即相互间无压力，故砖不可能受到摩擦力作用．又
如，静止在粗糙水平面上的物体它满足了条件(1)、 (2)、(3)，缺少条件(4)，当
然也不存在摩擦力．
由于不明确摩擦力产生的条件，导致答题错 误的
事是经常发生的．
例1 (1994年全国考题)如图1所示，C是水 平地
面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块上 沿水
平方向的力，物体 A和 B以相同的速度作匀速直 綫运
动，由此可知， A、 B间的动摩擦因数 1 和 B、 C间的动摩擦因数 2 有可能是
(A) 1 0， 2 0 (B) 1 0， 2 0
(C) 1 0， 2 0 (D) 1 0， 2 0
解析：本题中选 A、 B整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动，
可知地面对的摩擦力一定水平向左，故 2 0，对A受力分析可知，水平方向不受
力， 1 可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)．
二、了解摩擦力的特点
摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性； (2)被动性．所谓接触性，即指物体
受摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦力产
生的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性是指摩
擦力随外界约束因素变化而变化．熟知的是静摩擦力随外力的变化而变化。
例2 (1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受
到三个力，即 1F 、 2F 和摩擦力作用，木块图2处于 静 止
状态，其中 1F ＝10N、 2F ＝2N，若撤去力 1F ，则木 块 在
水平方向受到的合力为
(A)10N，方向向左 (B)6N，方向向右
(C)2N，方向向左 (D)零
解析； 1F 没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静摩擦力大小为8N，方向向
左．撤去 1F 以后，物体在 2F 作用下不可能沿水平方向发生运动状态的改变，物体
图 2
1F 2F
A
B
F 图 1
仍保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N，方向向右．从上述分析可见静
摩擦力是被动力．答案应为(D)．对于滑动摩擦力同样具有被动性．
三、 把握摩擦力大小和方向的计算和判断
中学物理只谈静摩擦和滑动摩擦两种(滚动摩擦不讲)．其中 静f 没有具体的计算
公式，是随外力变化的范围值o≤ 静f ≤ maxf ，一般根据(1)平衡条件求；(2)根据物
体运动状态，由牛顿运动定律求．而 静f 不但可根据上述的 (1)、(2)方法求，还可
以用公式 Nf 滑 计算
例3 如图3所示，质量为 m、带电量为+q的小物体，放在磁感应强度为B的匀强
磁场中，粗糙挡板ab的宽度略大于小物体厚度．现 给 带
电体一个水平冲量 I ，试分析带电体所受摩擦力的 情
况．
解析：带电体获得水平初速 mIv /0 它在．它 在
磁 场 中 受 洛 仑 兹 力 mqBIBqvf /0 洛 和 重 力
mgG ，若
Gf 洛 ，则带电体作匀速直线运动，不受摩擦力作用．
若 Gf 洛 ，则带电体贴着a板前进，滑动摩擦力 )( mgqvBNf 滑 ，速度越
来越小， 滑f 变小，当 v减小到 0v ，又有 mgBqv 0 ,它又不受摩擦力作用而匀速前进．
若 Gf 洛 ，则带电体贴着b板前逆。滑动摩擦力； )( qvBmgNf 滑 ,它减速
运动动直至静止，而 滑f 却是变大的．
这充分说明 滑f 也是具有被动性，所以摩擦力是被动力．了解摩擦力的上述特点
在解题时就能因题致宜，灵活地思考，少走弯路，避免出错.
对于滑动摩擦力的大小，还必须了解其与物体运动状态无关，与接触面积大
小无关的特点．
例4 如图4所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传 送带上随
传送带一起向上或向下做加速运动．设加速度大小为α，试 求两种情
况下货物所受的摩擦力．
解析：物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的 分力，所
以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力 必定沿传
送带向上．物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视 加速度的
大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，则
摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应
沿斜面向上．
向上加速运动时，由牛顿第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上
向下加速运动时，由牛顿第二定律，得： mgsina—F＝ma(设F沿斜面向上)
所以F=mgsina-ma
当a0．与所设方向相同——沿斜面向上．
当a＝gsina时，F=0．即货物与传送带间无摩擦力作用．
当a>gsina时，F<0．与所设方向相反——沿斜面向下．
小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然
后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论
图 3
a
b
m
╮α
图 4
例5 如图5所示，质量M=10Kg的木楔ABC静止于水平地面上，动摩擦因数μ＝
0．02，在木楔的倾角θ为300的斜面上有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿斜面
下滑．当滑行路程S＝1．4m时，其速度s＝1．4m／s，在此过程中木楔没有动．求
地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10 m／s’)
解析：地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能
由Fμ＝μFΝ，来计算求得，只能根据物体匀运动情况和受力情况来确定．
物 块 沿 斜 面 匀 加 速 下 滑 ， 由 asvvt 22
0
2 可 求 得 物 块 下 滑 的 加 速 度
22
2
/5sin/7.0
2
smgsm
s
v
a t
可知物块受到摩塔力的作用．
此条件下，物块与木楔受力情况分别如图6.7所示．
物块沿斜面以加速度 Q 下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定
律有 mgsinθ一 Fμ1＝ma mgcosθ—FN1＝0 ．
木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律，
并注意 Fμ1ˊ与 Fμ1，F N1与 FN1，等值反向，有 Fμ2+ Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0
0112 SinFCOSFMgF NN
由上面各式解得地面对木楔的摩擦力
NNma
mamgmgCOSFFF N
61.0
2
37.00.1cos
sin)sin(sincossin 112
此力方向与所设方向相同，由C指向B。
另外由以上几式联立还可以求出地面对木楔的支持力
gmMNNN
mamgMgmamgmgMgFN
)(65.109
2
17.00.11011
sinsin)sin(cos22
显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象。
对此题也可以系统为研究对象。在水平方向，木楔静止，加速度为零，物块加速度
水平分量为 cosaax 。对系统在水平方向由牛顿第二定律，有 NmaF 61.0cos2
答案：0．61 N 方向由C一B
小结：(1)静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩
擦力与物体所受其他力的关系来确定．
(2)由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响。
Fμ1FN1
mg
图 6
B
Fˊμ1
Fμ2
mg
FN2
F N1
图7
A
C
练习
1、如图8所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，
则斜面作用于物块的静摩擦力 ①方向可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向下
③大小可能为零 ④大小可能等于F以上判断正确 的
是………………………………( D )
A．只有①② B．只有③④ C．只有①②③ D．① ②③④都正
确
2、(2004年连云港第二次调研题)某人在乎直公路 上骑自行车，
见到前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一段时间内，自行车前轮
和后轮受到地面的摩擦力分别为 前f 和 后f ，则… ( C )
A． 前f 向后， 后f 后向前 B． 前f 向前， 后f 向后
C． 前f 向后， 后f 向后 D． 前f 向前， 后f 向前
3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为30
0
的斜面上， 若用
平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍 保持
静止，则木块所受的摩擦力大小为…………………………… ( C
)
A．4 N B．3 N C．5 N D．6 N
4、(2004年乐山调研题)如图10所示， 质量为m的木块 P在
质量为M的长木板A上滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态．若长木板A
与地面间的动摩擦因数为 1 ,木块P与长板A间的动摩擦 因数为
2 ，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为 ( C )
A Mg1 B． gMm )(1 C mg2
D mgMg 21
5、(2004年黄冈调研题)如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木 块，
在 它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m1和m2的小木块， 21 mm 已知三角形木块
和两个小木块均静止，则粗糙水平面对三角形木块( A )
A．没有摩擦力作用
B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右
C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左
D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、 21 和 的数值并未给出
6、(2004年宁波期末试题)某空间存在着如图l2所示的水平方向的匀强磁场，A、
B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带
电的绝缘块；水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始水平向左运动．在A、
B一起水平向左运动的过程中，关于A、B受力情况的以下 说法，
正确的是……( B )
图 8
图 9
m1
m2
1 2
图 11
图 12
图 10
A
P
V
A．A对B的压力变小 B．B对A的摩擦力保持不变
C。A对B的摩擦力变大 D．B对地面的压力保持不变
7、如图13所示，一直角斜槽(两槽面夹角为90°)，对水平面夹角为30°，一个横截面
为正方形的物块恰能沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和 表面情况
相同，问物块和槽面间的动摩擦因数为多少?
解析：因为物块对直角斜槽每一面的正压力为 mgcos
α
.
cos45°，所以当物体匀速下滑时，有平衡方程：mgsinα =2μ mgcos
αcos45°＝ 2 μmgcosα，所以μ=
6
6)
3
3(
2
1tan
2
1
．
8、质量m=1.5Kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下,从水平面上A点由静
止开始运动,运动一段距离撤去该力,物体继续滑行t=2.0s停在B点.已知AB两点间的
距离S=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数 20.0 ,求恒力F为多大?(g=10m/s2)
解析：设撤去力 F前物块的位移为 1S ，撤去力 F时物块的速度为 v ，物块受到
的滑动摩擦力 mgF 1
对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得 mvtF 01
由运动学公式得
tvSS
21
对物块运动的全过程应用动能定理 011 SFFS
由以上各式得
22
2
gts
mgsF
代入数据解得 NF 15
9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放 一质量m
为的小金属块(可视为质点), 金属块离纸带右 端距离为
L, 金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向 左将纸带
从金属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可 认为纸带
在抽动过程中一直做匀速运动.求:
（1） 属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和 方
向;
(2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满足的条件.
解析：（1）金属块与纸带达到共同速度前，金属块受到的摩擦力为： mgf
，方向向左。
（2） 出纸带的最小速度为 0v 即纸带从金属块下抽出时金属块速度恰好等于 0v 。
对金属块： maf atv 0
v
L
A
图 14
如图 13
金属块位移：
2
1 2
1 ats 纸带位移： tvs 02
两者相对位移： lSS 12 解得： glv 20
故要抽出纸带，纸带速度 glv 2
10.如图15所示,物块和斜面体的质量分别为m.M, 物块在
平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑动 时,斜面
体仍保持静止.斜面倾角为θ,试求地面对斜面体的 支持力
和摩擦力.
解析:由于小物块沿斜面加速上升，所以物块与斜 面不能
看成一个整体，应分别对物块与斜面进行研究。
（1） 取物块为研究对象，受力分析如图16所示：
由题意得： cos1 mgFN ①
maFmgF f 1sin ②
由②得： mamgFF f sin1 ③
（2） 取斜面为研究对象，受力分析如图17得：
cossin 112 NfN FMgFF ④
sincos 112 Nff FFF ⑤
又因为 1fF 与 1fF 是作用力与反作用力， 1nF 与 1nF 是 作用力与
反作用力
由牛顿第三定律得： mamgFFF ff sin11 ⑥
cos11 mgFF NN ⑦
由④⑤⑥⑦解得： sin)()(2 maFgmMFN
cos)(2 mgFF f
θ M
m
F
a
图 15
2NF
θ
mg
F
1fF
1N
F
图 16
θ
2fF
1fF
1NFmg
图 17
