选择专项-【数理报】2025年高考物理专项提分

数理极 参考答案 27 选择题专题训练1参考答案 解得a=4如 1=5时汽车的位移为士=受=40m 1.C解析：由于子弹的速度越来越小.故穿过每 故选B 得x:x'=3:4.A正确： 块木块的时间不相等，根据△=，故速度的差值不相 6.A解析：静止是相对的，运动是绝对的，所以运 刹车开始1,2末的速度之比为：2=(20-5 等，故B错误：当穿透第四个木块时速度恰好为零，则可 动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物休是没有的，故A×1)）:(20-5×2)=3:2,B错误： 将该运动看作从D点出发向0点做匀加速直线运动，则正确：相对运动的物体在原参考系中是运动的，换其他 刹车开始第1：内的位移为，=w-之= 根据2"2r,可得通过相同各点速度之比为 的参考系，某个物体可能变为相对参考系静止状态，而 。:,:g:=2:5:5:1,故C正确：将子弹的速 另一个物体应为相对于这个物体运动，所以相对于迷定17，.5m, 度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由常■ 的参考系也是相对运动的，不会出现均相对静止的状 第2s内的位移为，=(-a㎡)1-2=12.5m 态，故B错误：物体的运状态与选取的参考系有关，选 一可知，反向通过各木块用时之比为1：(5-)：取不周的参考系，物体运动状态可能不同，故C错误：选 得12■7：5，C正确： 汽车匀减速运动0m停止，将其逆向香成初速度为 (尽-万)：(2-万)，子弹从进人木块到达各点经历的取不同的参考系，同一物体的运动状态可能不同，其相零的匀填速直线运动，根据连续相等的各段位移时间此 时间，：：：。=(2-月)：(2-万)：1：2，则C对于不同参考系的运动速度也可能不同，其运动的抗迹可知，利车第个10m内第二个10m内所用时间之比 为从0到D的中闻时结，根据全程的平均速度等于中间相对于不同参考系也会发生变化，故D错误 为(2-5)：（原-2）.D错误 时刻的期时速度，可知子弹从0运动到D全过程中的平 故选A 10.AC解析：根据△r=d=a严得下落过程中的 均速度等于C点的將时速度，故AD错误 7,C解析：匀加速真线运动中，中间时刻的速度与 故选C. 平均速度相等：=片 加速度a·票A正确：经过位置3的树时速度等于2d 2.B解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运 前段中间时刻的速度为=号=2m: 7d 段的平均速度，则，=牙，B错误：根据速度时间公式 动，两段距离相等，平均速度是2倍的关系，设所用时间 分别为：2，平均速度等干中间时刻时速度，速度从 紧接下-段中间时刻的迪度为=号=3 得，通过位置4的牌时速度么=与+a1-器C正确：从 12ms减到6m/s所用时间为1.5，因此在0,5u时间内 速度减小2m/:,公交车经过S点时的瓣时速度为 两个中间时的时相差为上：上5：+1：=25：位置1到4过程中的平均速度大小一器：兰D结误 6=-g·0.5t=(12-2)m/g=10m/s 所以加速变为。：之岩g:Q4v 故选AC, 故选B 故选C 选择题专题训练2参考答案 3.C解析：运动员从开始跳伞到打开降落伞的时 8,BD解析：根据一图像的面积表示位移.由图 可为1=专：2.5。若运动员在3：内直做自由落体可知，起重机将货物提升了 1,A解析：在力F的作用下，物体有向右运动的趋 运动，则根据=方可运动员在1内，2内3内 h▣子×0+5)×2m=6m 势，所以物块受到向左的摩擦力，故A正确： 由于挡板的作用，物块可以不受摩擦力而静止在斜 故A锆误： 的位移之比为1：4：9.但因运动员在第3s内的后0,5s 面上，故B错误： 根据影一图像的斜率表示加速度，由图可灯，在匀加 不是自由落体运动，可运动员在1内，2内，3。内的 两个拉力的水平分量可能相等，所以物块可能不受 位移大小之比不等于1：4：9，选项A错误：若运动员在 速过程，货物加速度的大小为4，=子m?=1m?,在摩繁力，故C错误： 3内一直做自由落体运动，运动员在第1内，第2内、匀减速过程，货物加速度的大小为 拉力F在竖直方向土的分量可能和重力平衡，导致 第3s内的位移之比为1：3：5，则平均速度大小之比为 物块不受摩擦力的作用，故D错误 1:3:5:但因运动员在第3s内的后0.5做匀减速运 "23v1w 综上所述本超正确答案是A 动，则第3：内的位移比值小于5，则平均速度之比不等 即在匀加速，匀减速过程，货物加速度大小相等，故 2.A解析：当AC边以4为 于1：4：9，选项B错误：运动员在1s来，2s末，3s末的B正确： 轴逆时针转动到向左偏离竖直 速度大小之比为：：5=(10×1)：(10×2)： 整个过程中货物重力做功为 方向15°角时，对铁球进行受力 (10×2.5-5×0.5)=4:8:9,选项C正确：根据 W。■-mgh■1000×10×6J■-6×10矿J.故C 分析可知，此时BC边银铁球之 错误： 闻设有作用力，铁球受到重力G 产=-2ah解特h=2=2×5m=60m,运 图1 在匀圳加速过程，拉力大小为 AB边作用力F和AC边作用力 动员更离地面60m时打开降落伞，选项D错误， F:三个力作用，力的方向及力的矢量三角形如图1所示 F=mg+ma1=11000N 故选C 货物上升的高度为4=子×2×2m=2m 2 4.C解析：由运动学公式x=+,整理可 拉力做功为W,=F,h,=220001 故选A 得特=十+号 匀速过程，拉力大小为F:=mg=1000N 3.A解析：以AB整体为研究对象，根据平衡条件 得 由图乙可知 货物上升的高度为A:=1×2m=2m 拉力做功为罪3=F,点2=20000」 2mgsin a umgcos a +umgeos a 2pmgeos a+ 6=2m号=2mg, 匀减速过程，拉力大小为F,=mg-m4,=9000N umgeos a 解得a=4m/ 货物上升的高度为，=子×2×2m=2m 解得=子am心 所以物块在斜面上做初速度为2m/s的匀加速直线 对B受力分析可知，B受重力，支特力A的弹力及愿 运动，AB错误：由牛顿第二定律得 拉力做功为甲■F,点■18000」 擦力而处于平衡状态：则有 mgsin 8-umgeos 8 ma 整个过程中拉力对货物做功的平均功率为P= mgsin a umgeos a +F 得k=得c正： E++图_60000W=1.2×10W 5 解得人=mgsin a 第2s末的速度为r■6+t=0m/s.那么前2s 故D正确 故A正确，BCD错误 故选BD. 内的平均速度为==6ms,D储误.故选C 故选A 2 9.AC解析：t■2s时汽车的位移为 4.D解析：甲在细隔拉力作用下有向右运动的趋 5B解析：发生4所用的时间为：=出 =w1-2=30m 势，则甲受到地面的摩擦力水平向左，选项A正确，不符 合题意： 根据4=ad得2-=a(岩 汽车停止所用时间为。=兰=4 对物块分析，设右边绳子与竖直方向夹角为ā，左边 28 参考答案 数理极 绳子与竖点方向夹角为B,则竖直方向 8,D解析：对小球：进行受力分析，作出力的矢 f-(m+M)g (mM)a Tevs a=mg+T年osB 量变化图如图6甲所示 由于加速度减小，故空气阻力减小，故C锆误： 水平方向T之sina=T年sinB 在0-0“内空降兵和降落伞整体速度向下，处 解得T=mg 于失重状态，在10~5s内速度向上，处于超重状态， ewa-月 故D错误 物块上移时a麦大，B减小，则T之逐渐增大，选项B 故选 正确，不符合题意： 3.B解析：将a从水平桌面上的P点由静止释放 物块处于平衡状态，则系物休两绳的合力的大小等 图6 时，由顿第二定律得 丁物体的重力的大小，选项C正确，不符合题意： 可轻绳对小球B的拉力逐痛变大，斜面对小球B 2mg -umg 3ma 设拉乙的绳子与竖直方向夹角为0，则乙受平台的 的支特力逐渐变小，由牛顿第三定律可知，小球B对斜面 由运动学公式 摩擦力f2■Tsin8 的正力逐渐变小，故A错误，B正确： za听=lw 甲受地面的摩擦力厂=T:sB 对轻小回画环A进行受力分析，如图乙所示 则F,=F,F=F,而F=uF,因为F,逐渐变大 将a,b的位置对调，让b从水平桌面上的P点由静止 则甲，乙受到地面，平台的摩撼力大小不一定相等： 选项D错误，符合题意故选D. 所以不断变大，周华圆形细杆对A的弹力逐渐增大，释放时，由牛顿第二定律 5.D解析：如图2所示 摩擦力不断变大，拉力F逐渐变大，故C错误，D正确， mg 2umg 3ma, 故选BD 由运动学公式 以两个小球为整体，则有m0°=是= F. 9.AC解析：木板受到木块的摩撼力大小为厂= 故AB错误 4mg,方向水平向右，长木板处于静止状态，故木板受到 之bn 又与3=24 地面的静摩擦力与木块给木板的滑动摩擦力等大反向， 大小为方=五=凸g 联立解得以=子，最接近03. 当F=4mg时，则有F=厂=五，当F>41g时 故选B F>无=方，无论F多大，木块对木板的摩擦力大小始终 4,B解析：设最左边的物休质量为m,最右边的物 为斤=4mg,小于地面对木板的最大静摩擦力f=体质量为m',整体质量为！，根据牛顿第二定律可得整 图2 图3 4,(m+M)g,因此木板受到地面的摩镶力的大小一定是体的加速度 如国3，几何关系可得学 _OE G =OK 以mg,方向水平向左，A正确： OB'F OA 木板静止不动，木板受到地面的像擦力的大小一定 a-号 又0A=0B 是方■■μmg,B错误： 对最左边的物体分析，有 由A项分析可知，木块受到木板的摩擦力的大小一 不三服=分 定是4mg,方向水平向左，C正确： 故C错误，D正确 由A项分析可知，无论F多大，木块对木板的靡搬力 对最右边的物体分析，有 故选D. 大小始终为人=“：mg,小于地面对木板的最大静摩厂 F-Ta m'a 6.D解析：设情给A的支持力为N,B给A的压力为 N =凸(m+M)g,木板不会动，D错误 等=F 故选AC 对A由平衡条件得mg+4N=4N',N=W” 在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a 对整体有F=N,F=(m1+me)g+4,N 10.D解析：对补块A受力分析，据平衡条件得减小，因为m,m不变，所以T,减小，T。增大，故选B 院立解品中 mg9im30°=，其中x=6-1.解得：认=1+器故A项 5,B解析：由牛顿第二定律得：mg-kmg=ma,可 正确，B项错误 求得：a=8m/s2,B对 故ABC错误，D正确.故选D. 对A,B构成的整体受力分析，据平衡条件得 6.C解析：当F=F,时，由题很容易得到两物块 7.D解析：汽车在水平面时，对小球进行受力分析 所受的摩搬力大小是相等的，因此两物块的加速度相 如图4 Fm02ng血0,3得F.2华g故C项错误，D同.我股两块的加望变大小为，对于丛深 项止确 擦力为它门的合力，设M,的速度大小为4，M2的加 速度大小为4，根据牛顿第二定律得，因为 选择题专题训练3参考答案 1.C解析：在某段时间内觉得双脚“很受力”，表示 3 图5 人处于超重状态，人受到的支持力大于重力，但重力不 2 mg 变，故AB错误： 其中m为物块的质量.设板的长度为，它们向右都 人处于超重状态，说明加速度向上，运动可能是向 做匀加速直线运动，当物块与木板分离时. 在斜面上时受力分析如图5 上加速域向下减速，故C正确，D错误 物块与M,的相对位移 设：到球的距离为x,则b到球的距离为2L一x,设边 故选C 长为x的边与竖直方向夹角为：，根据几何关系及正弦定 2.B解析：-t图像中，图线上某点的切线的斜半 L-之， 2L-x 理，有n2am0-in20-a 表示该时刻速度，故0~0：内空降兵运动的速度 物块与M的相对位移 越来越小，故A错误： 则有2sin2a=in(120°-a)+im(0°-a)= 0~10。内空降兵和降落伞整体做加速度减小的加 l- 2i(90°-）·ms30解得na=5 速运动，由于 若M,>2,:< 4 (mM)g-f=(mM)a 得1< 根据受力分析，可得F,= 2mg 则整体所受重力大于空气阻力，空气阻力增大，故B H,的速度为t,=4 正确： M2的速度为=4与 所以有： 在0~10：内空降兵和降落伞修休所受空气阻力增 所以<，A错误： 2 大，在10-5￥内速度向下，做速度不断减小的减速 若M<2,a,>a 故选D. 运动.速度向上，即 得> 数理极 参考答案 29 所以>号，B错误： 知mM4不变，越大，2（木块）的斜率不变，1（木 若F<B,由于木板受的摩搬力大小不变，并且M,板)的斜率越大，C错误： 由图像如g5N2。·设房 0.5 设木板长度为，当木块清离木板时 解得R=0.25m =M2,所以木板的速度的大小是相等的，设为。，根据 故选B 受力和牛顿第二定律可知，M,上物块的加速度小干M2 L=- 5.D解析：物块做匀速圆周运动，受到的合力始终 上的速度，即a。<a 那么物块乱，与木板的相对位移 解得t=, 2L 指向圆心，又因为速率<√Rg,因此只有在BD两点， F-上(M+m)g M 物块受两个力作用，其它位置物块还会受到摩擦力作 l=2,2-wd 知若M“,F不变，m越小，木块滑离木板的时间越 用，故AB错误：从B运动到A,物块的向心速度有向下 物快M,与木板的相对位移 短，D正确 的分加速度，故物块处于失重状态，从A运动到D,向心 l-w或 故选BD 加速度有向上的分训加速度，故物块处于超重状态，故C错 9,CD解析：由于传送带运动的速度，小于滑块的误D正确 由于a。<a 速度。，物体开始做匀减速运动，如果最大静摩擦 故选D 所以无>14 大于等于重力在斜面方向上的分力，则物体与传送带共 6.C解析：陀螺下部分高为h'=t 分离时的速度 速后随传送带一起匀速运动：如采最大静靡擦力小于重 下落所用时同为.则为=之 的=% 力在斜面方向上的分力，则物体与传送带共速后继续做 陀螺水平飞出的速度为，则r▣过 =%4 匀减速运动，但加速度比共速前小，直到为0，再反向加 所以与>，C正确： 速故AB错误，CD正确 解特：=√厚 同理，若F,>F,M,=M 故选CD. 陀撂白转的线速度为'= 则a.>aw,。<4 10.AB解析：若剪断I,那么，相当于把球拉到水 陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度 所以斯<华，D错误 平位置后由静止释放，球绕Q放圆周运动，刚释放时，球的 的方向相同时，对应的速度最大，所以最大速度：=(+ 故选C 速度为零，故向心力为零，邪么，线1的拉力为零： 7.B解析：初始时物块做加速运动，对其受力分 故球只受重力作用，那么，速度a■g,竖直向下，故A √受，故C正确，ABD错误 正确，C错误： 析有 故选C 若剪断Ⅱ，弹簧形变来不及发生改变，故】中拉力 F+mge0s8-mngsin8■mC 7.C解析：木板与两个圆柱表面的摩搬力相等，大 不变，那么，球受到的合外力大小为F,方向水平向左， 速运动，其速时间为，有 小为/=之mg=7×0.2×5×10N=5N 2-0=2r 故加速度a:二，方向水平向左，故B正确，D错误 当w=40/,圆柱表面的点转动的线速度大小 6=af' 当物块与传送带速度阳等时，物块做匀速运动 选择题专题训练4参考答案 为w'=ur=08n/s 木板的速度。=0.6m/,则木板相对于圆柱表面的 x划■(t-') 1.A解析：将蓝球的运动沿PQ方向和形直Q方点运动的合速度大小为 根据圆意有 向分解，则沿Q方向的分运动有 "e=2+-a6+08m/s=1.0m/s L=xx +xg 由几何关系可知木板所受的清动摩旅力与拉力F的 解得a=2.25/x 代人得12任A正确 火角为(90°+37)：木板在乖直丁袖线方向受到两轴的 滑动靡撒力的分力大小相等方向相反，所以在垂直于轴 故选A 线方向上受到的滑动摩擦力为零：在平行于轴戟方向 F=8.5N 2.A解析：根据运动的合成与分解得”年=sna上，木板受到的滑动摩擦力f'■2f·sn37°=2×5× 故A错误，B正确： 时手到0的面高品。 0.6N=6N 匀速运动加时，物块受力平衡，有 木板做匀速直线运动.由平衡条件得F=∫·=6N F+F=mgsin 8 根据线速度角速度关系可阅年=ina=ma·“ h 故A错误，C正确： 解得F=3.5N 解得a。sina 圆柱转动的角速度越大，圆柱表面上的点的线速 故C顶错误： 度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴钱方向的 物块与传送带在发生相对运动时，即物块加速时， 故选A. 分力越大，沿圆柱轴线方向的分力越小，所以匀速拉动 物块在传送带上有划痕，物块匀速时和传送带共速，此 3C解析：小球做平抛运动，有： 木板的拉力越小，故B锆误： 时没有划痕，所以痕长为 若，=40d/s时，拉力为20N,木板开始做加速运 △r=术传一m雪程'-■2m tan a 动，面木板速度的增大，则木板与圆柱表面的摩擦力沿 故D项错误 圆柱轴线方向的分力增大，所以木板受到的合力将减 故选B 已知。=2m6=9J 小，木板不可能做匀速直线运动，故D皓误 8.D解析：外力作用在木板上，二若相对潘动，则 小球落在斜被上的动能为：长=之m(后+)， 故选C 有>4，一t图像的斜率表示加速度，由题图知图像 8.AB解析：设绳与竖直方向夹角为，则 代人数据计算得出E=21:故C正确 1的速度大于2，故图像1表示木板的。-1图像，2是木 4.B解析：根据牛顿第三定律可知小球在弧形轨 e0=①，0=n后 块的。一1图像，A错误： 道最低点处对轨道的正力大小等干所受支持力大小，设 由题意可知，8角变小，故绳中拉力变小，A正确： 两者刚要发生相对运动加时，有 小球在圆孤轨道最低点的速度为，根据牛顿第二宠律 对物块B,水平方向合力为0，故f=Tin8, umg ma F■(M+m)a 有F-哪是 由于T变小，变小，故B受到的静赛擦力变划小，B正确： 小球做平抛运动的水平位移为x=, 对B,竖直方向F、=m6g+Tos8=(m4+m)g, 可得F■(M+m)g,知m,M改变，m◆M4不变， 故支持力不变，C锆误： 两者刚好发生相对运动F的最小值不变，B正确： 竖直位移为A=了 发生相对运动加时，对木板和木块 由①2两式可得= sime,由于0变小，故速 由几何关系有k=xtan0 F-wng Moz 度变小，D错误 mg umg ma 联立以上四式得F=mg+2Ramd 故选AB 30 参考答案 数理极 9D解析：设箭抛出点离壶口的聚直高度为h, 故选C 态，故A错误：对空间站有G Mm 水平距离为米，箭尖插人壶中时与水平面的夹角为：箭 3. 解析：设卫显B的周期为T,根据开普勒第三 R+=mR+方忽骆地 在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水 定神号子，可知里的运行周明小于卫足4的运行球自钓则6 &R =m,联立可得t=√R华方故B正 平位移的中点，则m0=·=益，x相同h越大，0越 周期，A错误： 确：运行周期了：2如R+位=2m、 R+A正，故C错 当卫星B比A多转半周时，A,B第一次相距最远，则 大，则知甲所投箭的位置比乙的高，根据A=之可知 有停亭=解得下一B结误： 误：由G少=m可知，同步卫星与地球间的距离大于 甲所设的商在空中运动的时比乙的长故B正确：C错误： 由x=可，x相等，甲所投的前在空中运动的时间 对于卫是A,根据万有引力提供向心力，可得G“空站与地球甸的距离，则同步卫显的加速度小于空 站的加速度，故D错误.故选B. 比乙的长，则甲所投箭的初速度大小比乙的小故A错误： 速度变化量△：=甲所投的箭在空中运动的时间 =m竿可得地球的质疑=产 7,A解析：根据牛领第二定律R一m8■m,向， T F:-mg:mad3 比乙的长，则甲的速度变化量比乙的大故D正确 在地球两极，万有引力等于重力，可得mg=Gm 故选BD 由图知侧，=3，m=上得m,=3m 10.AD解析：当C的摩擦力达到最大静摩撤力之 相得将c正瑞： 后，B,C间的细线开始有张力，由此可得从mg=m× 又风3北品2识得会=子p兴。 卫星B通过变轨与A对接，则需要在原轨道上对卫 2,解得，“√停所以当。>√受A.C间的线显8加速，使万有引力不足以提供向心力，敏离心运动， r 3g 开始有张力，故A正确，B错误： 最后与A对接，因此卫足B的机械能要增大，D错误 3 B,A闻的线开始对B有拉力时红g=mr+ 故选C 选A 4,D解析：嫦峨六号探测器在地球表面受的重力 m,×之，则，=√警，此时A所需的向心力为5 8.CD解析：卫足绕地球做圆周运动，万有引力提 为6，根据G一曾，可得地球的质量为业：一 ·供向心力，则 3mor 2umg 3umg 继续增大转速，蜡子拉力对A和BC整体提供向心 绕月球表面飞行时受到月球的引力为G:,根据(G■ F =GMm=m win字：w 力，摩擦力不支，若细线承受的拉力足够大，则无论心多。”，可待月球的质量为M。 。C,所以月球与地 因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据。 Gm 大，各物体都不会与桌面发生相对滑动，D正确，C错误 √gR得出甲乙速度的关系，卫显的运行线速度。= 故选AD 球的顺量之比 Mo Gm -G C:,故A铝误 选择题专题训练5参考答案 受代人据可略一√层·琴故A结腿：因为 NTe Gm 在不同轨道上两卫显的角速度不一样，故不能根据？■ 1.B解析：由图可知a=女=4，根据圆周 域城六号绕月球表面飞行时受到月球的引力为G:, ,r得出两卫显加速度的关系，卫显的运行加速度a= 2- 运动的向心速度与角速度的关系可得a=mr,所以 有G=mg,解得月球表面的重力斯速度g'=三= 代人数据可得二产=十，故B错误：根据P 。:二，即地球自转角速度大小满足d:二4。 r3-r1 ,放B错误： r:-r G ,两颗人造卫星质量相等，可得是=名年 故A错误： 根标？：紧第一宇宙速度有“√受。则月C正确：两卫足均禁地球做圆周运动，根据开音常三定 由于a1=w”r2,解得w= ,故其周期为T= N: 球与地球的第一宇审速度之比为 区冬。时院：厚=店故珠陆四 巨，故B正确： √G居*R 9.BD解析：根据题意可知缆绳相对地面静止，则 CK故C错误： 整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可以 上升过程中，电梯舱和人的角速度相同，随着，增 NG R 建设在中岳嵩山上，故A错误：根据“太空电梯”结构可 大，向心加速度增大，根据牛顿第二定律可知，支特力变 嫦城六号的厨量m= 大，故C错误： 根据G,:芹，解得T知，正重和同步空间洁的角速度同，空铜站的环绕半 径小于配重的环绕半径，根据线速度与角速度的关系 太空中的物体处于完全失重状态，从舱外释放一物 G,故D正确 =@,可知配乘的线速度大于同步空间站的线速度，故B 体，物体将做圆周运动，不会做自由落体运动，故D错误 故选B 故选D. 正确：根据题意可知，配重和空间站同步做匀速国周运 2C解析：根据开普物第三定律号：C可知，轨道 5.B解析：根据开普粉第二定律得之，d,。动配重与地球之国的万有引力为F=6学，箱体在上 升过程中受到地球的引力越来，小，若同步空间站和配 半径越大，周期越大，A错误： 2,解得n=r1,故A错误 重间的缆绳断开，地球对它的万有引力不足以提供配重 设显球半径为R,轨道半径为则有加号=所 根据开普勒第三定律子=示。 ,义4=与+5 做圆周运动所需的向心力，配重将做离心运动，故C错 2 以有张角越大，轨道半径越小，根据牛顿第二定律6口 误，D正确：故选D. 10.AD解析：彗足受到的万有引力提供向心力，根 =m二，可知，半径越小，速变越大B错误： 根据牛领第二定律得G。m(停片。解得M一 根据6学=a某得T=2a√低，可知神舟十 据牛顿第二定律可得6学=m÷,解得=√-行 足I的绕行速率：大于行显围的速率书，故A正确：在 二号飞船沿轨道【运行的周期小于天和核心舱沿轨道B点点火加速，行凰1的绕行速率，小于售显在B点的 停7 围运行的调期，故C错误： 速半，故B错误：根据开普萄第三定律号。，行星1 12m) 根据6学。m得a一学.可知正常运行时，神的 则是球的平均密度为p=兰=，T 的绕行周期小于彗足沿椭蓝轨道运行周期，故C错误：彗 G7R十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于在轨道 显受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 Ⅲ上经过B点的加速度，故D错误 号C正确D银 故选B G=m,解得a=G兰，售星运行到P点的速度等 6.B解析：宇航员做匀速圆周运动，不是平衡状于行显Ⅲ运行到P点的加速度，故D正确.故选AD. 数理报 参考答案 31 选择题专题训练6参考答案 √变，故C结误，D正确 ■F时速度达到最大，弹性势能先减小后增大，由动能 定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为 1.A解析：重力做功为W。=一mgh,质量m和高度 故选D 0,故BC错误，AD正确， h均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，故A 5.B解析：从图可知，与成正比，即= 故选AD. 正确： 例系致（爷），则：=兰-签=动 9.BD解析：小朋友受谢床弹力做功，机械能不守 克服摩擦力做的功围，mgos&:L=mg‘an h 恒，小阴友与瑞床组成的系统机械能守恒，故A错识： 显然加速度与速度成正比，筒着速度塔大，质点的 小朋友的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有 所以顿角越大，靡接力做功越小，故B错误： 速度增大，所以质点做加速度逐渐增大的变加速运 mg-:=m,小朋友下降过程中x增大，则a减小，从弹 设斜面顿角为8，斜面高度为4，斜面长度L=m 动.故AC都错误： 根据。一t图象的斜率等干加速度，图象与时间轴所 力等于重力到嘴床被正缩至最低点的过程中有x一mg =m',小朋友下降过程中x增大，则a'增大，则从小阴 物体匀速被到端，根动能定理得W,一mg一山g日围的面积表示位移，知该质点通过的位移小于匀速直 友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中（从 ·L=0,联立解得拉力微功形，=mgh+umg‘am日 h 线运动的位移，所以该质点的平均速度小于匀加速直线 ,一，过鞋中)，其加速度先减小后增大，故B正确： 则么相同时，倾角较小，拉力做的功较多，故D运动的平均速度受，故B正确： 小明友处于A高度时，由于，高度时的动能与 错误 质点运动过程中，可能有外力对质点做负功，所以 高度时的动能相等，所以从h,到h,过程重力势能损失量 故选A 机械能也可能诚小，故D错误 等于蹦床弹性势能增加量，A:为小朋友刚接触瑞床时的 2.B解析：陀蝶运动过程中受重力、轨道弹力、磁 故选B 高度，弹性势能为零，所以h,高度时的弹牲势能为E,= 力作用，其中轨道弹力、磁力与速度方向时刻垂直，不做 6.C解析：x一：图像中曲线的制线的斜率表示期mg(h-h:),故C错误： 功，对于陀螺从最高点运动到最低点的过程应用动能定时速度，桐时速度同一时相同，所以两段曲线在：= 小明友从h,下降到4，过程中，动能增量为零，由能 理网g2R=之2，解得=2瓜，故A错误，B正确：时刻相切.A正确： 量守恒知重力势能减少景等于薄床弹性势能增景，所 0~o,由静止开始，曲线为抛物线，设此时速度为以床的最大弹性势能为E。=mg(么一)，故D正确 在最低点，设陀螺受到的弹力为F,由牛顿第二定律 10mg-g一F=紧，解特F=5加g,故CD错误 4,则有6=6山一5%未速度为零，池向香作是初 10,AD解析：从物块接触弹簧至达到最左端.在斜 面方向上依次满足（设风力为F):F>mgn8+x,F= 故选B 速为零的匀加速直线运动，设这最时间内的加速度a,mgsn8+x1,F<mgsn8+k:,(其中为>>x).所 3.D解析：由题意可知，人到达B点时速度为零， 则有名：宁4片，据得一受“是可得以物换的速实先流小后消加弹资强性能直州 而人从A到B点的整个过程重力做功代数和大于零，所a,=4a,C错误： 加，物块的速度先增大后减小，故A正确，B,C错误物体 以人在运动过程中滑轮一定受到钢索摩擦力的作用，且 向上运动的过程中风力一直做正功，所以物块与弹簧组 这一一摩襟力始终有沿水平向右的分量，根据牛领第三定 冰壶在6时速度达到最大，速度：4么：2色，书成的系绕机楨能一直增大，D正璃 律可判滑轮对钢索的作用力将存在水平向左的分量，即正确： 选择题专题训练7参考答案 清轮对右钢索的作用力大于对左钢索的作用力，所 全过程根据动能定理W,一W,=0一-0可得，W,= 以钢索对左侧假定桩的拉力小于对右周定柱的拉力，摩，知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦 1.D解析：因为规定a点电势为零，粒子进人电场 由此可知人滑到C点时水平方向合力不为零，且水平合力所做的功，D正确 后做炎平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关 力方向向右.人从A到C的过程中，竖直方向的分速度向 7.B解析：小球在C点时，杆对小球的弹力为人系，有=-△E,=0-上，故E,=-6,D正确： 下先增大后减小全零，而人从C到B的过程中，竖直分速 匀强电场中的电场强度处处相等，A错误： =c=受 度向上先增大后减小至零，由此可推知人在G点存在竖 直向上的加速度，因此人滑到C点时的速度方向斜向 释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为8，杆对小球 因为粒子离开电场时的速度与=m30=2,电 右上，且速度不是最大，故AC错误，D正确。 的弹力等T弹性绳垂直于杆的分力，即R=红m日，又场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，B错误： 位子在电场运动的过程中，由动能定理可知x= 人在C点时速度方向与重力方向垂直，所以重力的m8=xc,故杆对小球的弹力保特上、=学不变，则小 功率为零，而从A到C的过程，重力方向与速度方向的夹 方-之，所以与x不是线性关系，C错误 角小于90，重力的功岸始终大于零，所以人从4滑到C球所受滑动原擦力大小始终为∫=5=：学= 故选D. 的过程中，重力的功率不可能一直增大，故B错误 0.3mg,小球从C到E过程，由功能关系 2.B解析：小球静止时线与竖直方向成0角，对 故选D. 4.D解析：如图所示 mh-负-[2(+a)-】=0 小球进行受力分析，如图1所示 其中B对C的弹力大小 得弹性绳劲度为k:L4坚 2mg 小球从C到D的过程，同理 等于F,可得F=eo60 =2mg,故A错误： 撤去外力后，C落地前， 0 C与AB始终垂直，所以运动过程中C所受各个力的方 得小球在D点连度为：产 由平衡关系可知am日=生解得E=mn”,故A mg 向大小都不变，则B.C都做匀加速运动，根据三角函数 故选& 错误： 的关系可知，C沿斜面的位移为：=28.25水.8 sin60° 3 8.AD解析：由A点开始运动时F>F,合力向 小球静止时蜘线与竖直向成8角，则A点为小球 右，小物块向右加速运动，弹簧正缩录逐渐减小，弹性势绕0点在竖直平面内沿逆时针方向做周运动的等效最 沿水平方向的位移为=2am30°。25R 能减小，F减小，根据牛顿第二定律得F-F,=ma,因尚点， 此a减小，当运动到F。=F,时，a减小为零，此弹簧仍 A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律 由=之可知，B.C的加速度相同，所以出=“ 处干正缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F可知m=m型 =可知B、C的速度大小相同，落地前C下降的高度为h= <F,小脚块敞减速运动，且随着压缩量继续减小，F。 cos 60-R=R,B.C的系统只有重力势能与动能的转与B差值增大，即速度增大：当越过0点后，弹簧被拉 R 动能…= 仲，此时弹力方向与摩擦力方向相同，因此F心F:= 化，机械能守恒，即2mh=方·(2m+m)2可得。mm.随着拉伸最增大，弹性势能增大，a也抛大，故从人 脆立解得一二。故B正确 到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩款态F 由机械能守恒定律可知，机械能的变化量等于除重 32 参考答案 数理极 力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的电荷带电性质，无法断做动情况，故D错误 速度大小为3g,方向向上，由牛顿第二定律有mg-9= 功由题意可划，当小球远动到最左边与0点等高时，电 故选C ma 场力做负功最多，机城能最小，故C错误： 5.A解析：由题意，对 解得5=4mg 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过小球A受力分析如图5，可 故整个过程中减少的电势能为b·=2m?。 程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能见，上4球处于平衡状态， 先减小后增大再减小，故D错误 A.B两球只能是同种电荷 C正确： 故选B 对A球建立直角坐标系如 A-心 自由落休阶段下落的高度为A一，则减速运动 3,D解析：根据对称性可知，由n个带电量均为Q图，由几何关系妇∠1=∠2 的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的=60°，所以Fxcs60°=F60 阶段中的位移为兮，故下落到最低点的过程中减少的 圆环，在圆心0点场强为0.带电金属小球在0点的场强 解得F,■F。,故A正确，B错误： 不为0，所以0点的场强不为零，故A错误： 重力势能为g(6+宁)：子计，D正确 将A球移至O点时，同理对小球A受力分析折可知，此 根据对称性知，由n个带电量均为Q的可视为质时B球对A球的库仑力水平向左，又因为重力经直向下， 故选CD. 点的带电小球无间隙挂列趁成的半径为R的圆环，在P,支特力垂直于杆，则由三力平高条件可知，此时小球A不 10.AC解析：电场线从正电荷出发，由电场线分布 P两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球在这能受力平衡故C错误： 可知，电荷P带正电，故A正确： 两点产生的电场强度不相等，故B错误： 由题可灯，B球对A球的库仑力先做负功再做正功， 由沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知©点的电 取圆环上最高处的带电小球为研究对象，由库仑宽故A、B间的电势能先增大后减小，故D错误 势高于d的电势，故B错误： 体可得，该部分对小球的库仑力片一竖一景 故选A 因ε点的电场线较d点密巢，可知c点的场强较大， 6D解析：氮原子碰到针尖时会失去一个电子形正试探电苟在点受到的电场力大于在d点受到的电场 方向沿该点与小球的连线指向小球： 成复离子，所以氮离子带正电，在氯离子运动过程中，电力，故C正确： 可理取圆环上最低处的小球，其库仑力与F,相同. 场力做正功，电势能不新减小，选项A正确： a点的电场线比6点较稀疏，则a点的电场强度小于 如图3所示 泡内上空间产生辐射状的电场可看作是在针尖b点的电场强度，放D错误 由几何关系可知，细线与轴线的夹角8=30 处的点电荷产生的电场，氯离千运动越远受到的电场力 故选AC 越小，速度不断减小，选项B正确： 选择题专题训练8参考答案 因为针尖到泡内壁的距离相等，针尖到泡壁各点 的电势整恒定，根据W=g可知到达泡内壁电场力对各 1.D解析：若仅将R的滑动触头P向6端移动，R 点的氯离子做功相等，各点的氯离子动能相等，选项C所在支路有电容器，是被断路的，则1，儿均保持不变：故 正确： A错误： 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为 泡内上空产生辐射状的电场可看作是在针尖 根据C=品=号，因电容器两端电压U不变，者 =2祭m0=g 处的点电荷产生的电场，由点电背的场强公式E:号 仅墙大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少，故B错 因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑 可知电场强度E在变化（不是匀强电场），则泡内壁处的误： 方的合力少：空，兴 电场强度大小不恒为，选项D错误 若仅用更强的光照射R,电阻随光照册度的墙大而 减小，总电阻减小，总电流变大，则增大，U应当减小：R 8R 7.B解析：根据对称性，做出球 的电正变大，电容器两端的电压减小，根据Q=CU可 对P点小球受力分析如图4所示 面上的电荷在0点产生的电场分布， 知，电容器电荷录减小，故C锆误： 得F=mgtan60 如如图6所示 根据全电路的欧好定律有E=U+,则外电路电 解得，金属带电小球的电量为Q=√ 8mgR 由平行四边形定则得到“小瓣” 压变化量的绝对值等于内电压变化量绝对值，即△U= 球面上的电荷在0处的电场强度E= 2R√隈，故c错误： 4,赦有兰 兰=t,即U的变化景的绝对值与1的 在盟环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心0确，ACD错误， 变化量的绝对值的比值表示电源的内电阻，是不变的： 故D正确 的场强大小为名是员√受 故选B 故选D. 8.ACD解析：小球在A,B两点的动能相同，小球 根据对称性可知，周定P处的小球，在圆环上取下 2.D解析：无线充电器不品纯电阻，无线充电是利用 从A到B重力做负功，则电场力一定做正功.小球电势能 个小球（其余n-1个小球位置不变）置于P处，P,P 电破感应原理充电，充电器的线圈电阻无法求出，A错误： 减小，机械能增大，所以小球在B点的电势能小于小球在 这两处小球在圆心0的场强大小为0 430mAh指的是电池充满电时量存的电荷量，B错误： A点的电势能，小球在B点的械能比在A点的机械能 所以固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球 无线充电器以额定电流工作时，输出功率为P■( 大，故AD正确： (其余n-1个小球位置不变)置于P处，圆心0的场 =5×2W=10W,C错误： 若电场是匀强电场，且当电场强度方向为竖直向上 手机电池充满时，储存的化学能约为E:== 藏大小为B=E:二、m故D正确 时，场强才为m,故B错误 4200×10-3×3600×3.73J=5.67×10J 故选D 设A,B两点的电势差为U,根据动能定理有 由于工作过程中还有其他损耗，所以输出的最大电 4.C解析：根据心一x图象斜率表示场强大小和沿 g0w-2mgR=0,解得Un=2m空故C正确 能小于5.67×10J,D正确 电场线方向电势逐渐降低的特点可知从负无穷到)点场 故选D 湿方向向左，大小先增大后减小，从0点到正无穷场强方 故选ACD. 3.C解析：由题图可知，尼与气放传感器串联，电 向向右，大小先增大后减小： 9.CD解析：由于小球的电性未知，故不能判定电压表测气敏传感器两端的电压，由图乙可得，气敏传感 0点电势最高，B,C两点的场强方向不同，故A错误： 场的方向，A结误： 器两端的电压与天然气浓度C成正比，即根据串联电路 B点的斜率大小大于C点的，故同一个电荷放在B 加电场前小球做自由落体运动，未速度"=，运动 的电阻分压特点可知：气皱传感器的阻值变大，所以，气 到最低点时速度为零，故诚少的动能为4E= 点受到的电场力大干放在G点时的电场力，故B错误： 敏传感器的阻值(R、)与天然气浓度C也成正比 由于不为知道电荷带电性质，无法根据。=点判斯B 2m·()产，B错误： 小球在前：秒内做自由落休运动，加速度为g,则加 儿的防半可表示为九一受：“，气传 点和C点时电荷的电势能大小，故C正确： 感器两端电压与天然气浓度为线性关系，而K,的功率与 式探电荷沿x轴从B移到C的过程中，由于不知道 电场前与加电场后x=2,一x=H-了得小球加气敏传感器两端电正不是线性关系，所以化的功率与天 数理极 参考答案 33 然气浓度为非钱性关系，故B错误：随浓度的增大时，以-立。3×0.2-02产×1.9g,3%,故D错误 气敏传感器的电阻随之增大，电路中电流减小，总功率 EI 3×0.2 号s=4s6=0 减小，故C正确.D错讽 8.D解析：增加光照强度，R减小，根据串反并同 碰撞后，A和B的速度分别为时=A“=0-8m 故选G. 规律，R。两端电压增大，B正确： 4.C解析：当滑片向左移动时，滑动变阻器接人电 增光照强度，R,减小，根据串反并同规律，A灯电 -2m/8,= A=16-8m/s=2m/g 阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧好定律可 流变小，A打功率变小，A打变暗：因为A灯电流变小，A灯 取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定 知，电路中电流增大，R两端的电正增大，乙图线表示V, 两端电压变小，电路端电压变小：根据串反并同规津， 律得m■m,+m 的变化甲图线表示V:的变化乙图线的斜半表示定值 B灯电流变小，B灯的功率变小，B灯变暗：AC错误： 解得m,:m=1:3,对四个选项图所拙述的碰撞过 3-1 塔光照强度，术，成小，根据串反并同规律，电源的 电阻的盟值R=0.6二020=50，图甲斜事的绝对 程进行分析，可知A选项图，C选项图，D选项图所描述 电流变大，电源的总功率变大，D正确 的碰撞过程满足动量守恒定律、不违背能量守恒定律， 4-0 值表示R,和内阻的总阻值R+r=0.6-Q20= 故选D 其中C选顶图表示碰后两球同向运动，后面B的速度小 9.BD解析：由图可知当U■4V时，电流/，■ 10,联立解得r=52,则有U=E-(r+R》=E- 于前面A的速度B选顶图所描述的碰撞过程不满足动 101.将-2：04A代人上式可得E。6V,旅AQ3A.由风一兰~B3n,版A错误： 量守恒定律，不可能发生本题向选B 锆 由图可知当从3=12V时，电流2=0.5A,由R1= 故选B 设外电阳为R,电源的输出功半为P=fR=。24,放B正确： 3.C解析：人与甲乙两船组成的系统动量守恒，规 定向乙船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M+ (R+Rn-正， +4r 由图知该图像为曲线，不是过原点倾斜的直线，所 m2-he。=0解得生=M+m故选C 以该导体为非线性元件，故C普误： M 当R身=「时，电源的输出功率最大 伏安特性曲线料率表电阻的倒数，由图可知导体的 R=器=V=8W,故B错✉ 62 4,C解桥：根据题意，由公式A=方矿可知，排球 电阻随增大而增大，由电阻定律知导体的电阻南随着 在空中的飞行时间取决于高度，从点出的排球，下降 温度的升高不断增大，故D正流 滑动触头P在最左端时，滑动变阻器接人电阻为零， 的高度为h,从c点出的排球，先上升高度h,又下降高 电路电流最大，定值电阻R的功率最大P”。= 故选BD. 度h,结合运动的对称性可知点飞出样球的运动时间 10,CD解析：当电阻符的阻值为R=6n,电阻 (元=（品产×5W=18W,故c正确： 为a点飞H排球运动时闻的两倍，排球两次飞行过程中 将定值电妇君成电那内阻，根据B分折可知，当R R两端的电玉为山=及十尼，解得山，=3V,电阻代的加速变均为重力加速度，则由4=松可知，排球两次 R 在空中速度变化量不相等，由公式/=mg可知，排球从c =尼+：=10时，剂动变阻器清耗的功岸最大P片。=两端的电压为么=元十尺，解得么=3V 点击中6点的过程中，时间不为零，则重力对排球的冲量 E 4(R+)=4×0W=0.9W,故D错误 6 结合外电路中顺着电流方向电势降低，可知M点的不为零，故AD铅误： 故选C 电势等于N点的电势，故A错误： 根据题意，两排球水平方向的位移相等，又根据AD 5.A解析：R,>尾时，灯L2与沿动变阻器的左部 当电阻箱的阻值为■12且，电阻箱两端的电压为选项分析可知，点飞出排球的运动时间为点飞出排球 分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变强器(=尾十R,解得心=4,5V,则电容器两端的电势差 运动时间的两倍，水平方向上两个排球均做匀速直钱运 的滑片P由a向6端移动加时，总电阻先增大，后减小，所以 动口可知，a点出排球的水平速度为点出排球水平速度 为△U■2-U:■1.5V,故B错误： 总电流先减小后增大，所以通过打L的电流先减小后增 的两倍，由于聚直方向两排球高度相同，由2■2gh可 电阻箱的阻值改变前，电路消耗的电功率为P= 大，故L先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，L一 知，两排球的竖直速度相等，根据#=√食+可知，两 E 不新变亮，所以A正确，B错误： R+瓦◆尼，+E解得B=1.25W 择球击中b点时的速度大小不等，两排球的质量相等，因 电容器C上的电压Uc=E-(t+R,),总电流先减 电阳箱的阳植改变后，电路消耗的电功半为乃。此动能不相等，故B错误： 小后增大，所以电容器G上的电压先增大后减小，则电容 E 根据物意可知，运动员击打排球之前挂球的运动情 晷极板所带的电量先增大后减小，所以C错误： R+R+尼+尼解得B=10.125W 况不知，则排球动能的变化量的大小不能确定，由动能 电那的效*，-片×100=号x1m4=台- 电阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为定理可知，运动员对排球所做的功多少不能确定，可能 =号故C正确 相等，也可能不相等，故C正确 ,。1一卡，因为念电流先减小后增大所以电源的 故选C 当电阻箱的阻值为R:=6?.M点的电势等于N点 5,C解析：速度"最小的条件是：人跳上B车稳定 效率先增大后减小，则D错误 的电势，电容器两极板不带电：当电阻箱的阻值为R:= 后两车的速度相等，设车速度为，以A车和人组成的 故选A 6.D解析：若安培计示数变化显著，刷说明伏特计 12,电阻R,两骝的电正为巧=尼中农E,解得= 系统为研究对象，以A车的初速度方向为正方向，由动量 守恒定律得：(m+m)。=mm年+，以B车与人组成的 的分流作用明显，为避免伏特计分流，则应使用电流表4.5V,则5<，M点的电势高于N点的电势，电容器 系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守 的内接法，故P应接在6，AB均错误：若伏特计示数变化上极板带正电，带电量为Q=C(2-仍)=8×10× 显著，则说明安培计分压作用明显，则应使用电张表的(6-4.5)C=1.2×10C,电阻箱的阻值改变的过程中， 恒定律得一m+m=(m+m)加，解得=子，故 外接法，故P应接在a,即答案选D 通过电阻R,的电荷量为△Q=1.2×10·C,故D正确 ABD错误.G正确 7A解折：小灯泡的额定电流为1=号=兰A 故选CD 故选C 6.A解析：设：时间内水枪梳出的水柱长度为1.则 =0.2A,电期为R=号=品n=00,当接1时，由 选择题专题训练9参考答案 1.B解析：整个碰撞过程中榄型人受到的冲量和 有：=子时间内冲击煤层的水的质最为m=p=a风 闭合电路欧姆定律可知，E=1(R:+R+t),代入数据解 得r=1D,故A正确：当接2时打泡正常发光，流过的电 模型人的动能变化量是一定的，不因安全气囊的弹出而 =子：D以，设煤层对水柱的平均冲击力大小为上，根据 流为1=0.2A,电系内阻分的电压为=上=Q2×1V发生变化根据动量定理可知安全气囊的作用是增加了 动量定理有行■0-（一m)■m,联立以上三式解得 ■0.2V,但未知，故电动机分的电压为U=E--U 碰撞过程中模型人的受力时间，从而减小了碰撞过程中 模型人受到的冲击力，故ACD错误，B正确， =严，根据牛顿第三定律可知水柱对煤层的平均冲 =3V-2V-0.2V=0.8V,电动的内盟R<号 故选战 2.B解析：根据x-(位移一时间)图像的斜率表 力为F=F=D 朵号0=4n,但来知，故BC错误：电动的输人功率P 故选A =U动1■0.8×0.2W=Q16W,电源的效率)= 示速度可得，碰撞前，A和B的速度分别为=上 7,D解析：无论子弹射人的深度如何，最终子弹和 34 一参考答案 数理极 木块都等速，由动量守恒定律可知，两种情况最终两木速度方向相同，故B钻误； 7,B解析：设摆球的重心到线与球结点的距离为 块（包括子弹）速度都相等，A正确： 弹簧服子在前2s内通过的路程是s=2×8em= 由于两种情况木块获得的速度相同，对木块由动能6m,故C错误： ,根据单摆周期的公式T=2:√母 定理可知：两次子弹对木块做功一样多，由动量定理可 第2s末辰子处于负向最大位移处，速度为零，由： +,1:=2mNg T1=2m√g +了 知：两次木块所受冲量样大，对系统由能的转化和守 可知，加速度为正向的最大值，故D正确 恒定律可知，两次损失的机械能一样多，产生的热量 m 故选D. 联立以上两式g2,放 样多，BC正确： 系统损失的机械能等于阻力与相对位移的莱积.由 2.C解析：由图知，该被的周期为T■028，根 8.BCD解析：从图乙可该被的周期为T=2“, 于相对位移不同，所以阻力不同，故D锆误 幅4=2cm,则质点a的振动方程为y=2m(0+故从t=0到：=6“，质点P,Q振动了三个周期，故通过 故选D, 云)m,故A正确：时间1：04：2，所以从0村安起的路程应为：=4材x3=60m=0.6m,A错误，B正确： &AC解析：由冲量的定义式1=：mg:可知经过0,0，质点a人运动的路程均为4=2×1=8×从图甲中可知A=4m,故被速为：=分=子：。 物体受到重力的冲量不为零，A不正确，符合题意： 2cm=16em,故B正确：由于质点b振动周期为Q2s,2m/s,C正确：因为波向右传播，1=0时，根据走坡法 由冲量的定义式1=，力对物休的冲量越大，物体所以在1=Q45*时质，点6的状态与在1=Q05“时状态 受到的力不一定越大，也可能是时间长B不正确，符合相同，位于波蜂，故C错误：在01：一0.15内，根据， 可知质点P此刻正向下报动，达到波蜂还需婴子T一 题意： t图象的斜半等于速度，可知质点b的速度为负，说明质 由冲最的定义式1=作，尔对物体的冲量械大，力的作点b正向y柏负方向运动，位移增大，加速度增大，做速 1.5,质点0此时正向上振动，到达波蜂还需婴}1= 用邢时间不一定越长，也可能是力大C不正确，符合题意： 度逐新变大的减速运动，故D正确 0,5,故P质点比Q质点晚1s到达波峰，D正确.故选 恨据动量定理/=△，物体受到的冲量越大，它的动 3.D解析：由图(a)可知该简谐横波波长为2m, BCD. 量变化越大，D正确，不符合题宽 故选ABC 由图（山）知周期为4，则波速为。=十：子 9.ACD解析：如右 图所示 9,CD解析：碰撞前总动量为P=mD,=1×0.5m,故A正确：根据图(b)的振动图像可知，在x= 玻璃砖转动后，光屏 4kg·m/s=4kg'/s 1.5m处的质点在：=2。时振动方向向下，所以该泼向上的光点会相对于0，向鱼光司 碰撞前总动能为民=2m,心=8】 左传播，故B正确：当1=7时，有41=(7-2)=5上移动，故A正确： =1子T,P怡好回平衡位置，故C正确：由于该波向左传 玻璃砖转过30°角 A.璀撞后总动录p■m,(+mm■7kg·m/s,不 符合动量守恒定律，故A错误； 摇，由图()可知1=2：时，质点P已经在波谷，可知时，折射光路如图所示，可知入射角为：=30 B,碰撞后总动量刀=m,%+mg%=4kg·m/s,碰0~2：时间内，P向y轴负方向运动，故D错误 根几同关系得m6:学一8二 撞后总动能为片=之m,+之片=24J违反了能 4.B。解析：当增大激光的强度时，不会改变光在水 解得8=45 流中的人射角，光在水流中仍不会发生全反射，故A错 量守恒定律，故B错误： 误：当向瓶内加一些清水，则从孔中射出的水流速度会 则折射角为y=45°+30°=75 C碰撞后总动量p=m,+m=4kg·m/s,碰变大，水流轨迹会变得平直，激光在水和空气界面处的 根据折定律可得A:Y联立可得该玻璃砖的 sin i 撞后他动能为民=了，+，：=号」<81，故C人射角会支大，则会有大部分光会在界面处发生全反 射，这种现象相当于光导纤维的导光现象，故B正确：若 折射率为n:6;卫，故B错误.C正确： 2 正确： 改用频率更低的激光或者折射率更小的液休，只能增大 刚好发生全反射时，光屏上的光点消失，则有mC D.碰撞后总动录pm+m。=4kg·ms,碰 临界角，光从水中射向空气的入射角仍小于名界角，出 1 箱后总动能为=一，+宁，=675J<8」。现折转现象，故D猫误故选B 故D正确 5.C解析：系统处于静止状态时，弹力为4= 此时转过的角度网刚好等于路养角，则sia=snC 故选CD (1+m)g,屿断知线后，m做简谐振动，最低点加速度为 =⊥=6，巨故D正确 10C解折：头商上球的过图中，根据动量定理。：仙。一兰，当m达到最高点时，有。一 n 2 故选ACD. 可知，头对足球的冲量与足球重力的冲量之和等于足球 10.AB解析：依题意，经0.2波向右传播了2m, 动量的变化量，故A错误： mg-,因为a=a'联立解得m=21,a'=a=05g。 2 取向下为正方向，由题知，下落、上升的高度都为4所以A错误，C正确： 则波速为6=02ms=10m,故A正确： =45m=0.45m.则下落到与头部刚接触时有2= M做自由落体运动，有：=三 依题图可知，在：=0时划，根据波动方向可知，介质 2gh,解得v=3m/s g 则一从最纸点到最高点所用时间为子=， 中的点(2,0)起振方向沿y轴负方向，根据波动特点，可 与头部碰撞后，速度反向，大小不变即为’=-3m 划其右知各点起振方向均沿y袖负方向，故B正确： 则动景变化量为4■m-m■(-3-3)× 0.4kgm/8=-2.4kg+m/a 解得m与弹簧组成的系统振动周期为T:如 依题图可知，波长为2m,a.b处两点相距3m、为半 波长的奇数倍，可知一日起振后，4,6两处的质点运动方 周动量变化量的大小为24kg·m/“,故B正确： 所以B错误： 头向上顶球的过程中，根据动录定理可得(mg 由功能关系可得△E,=mgh, 向始终相反，故C错误： F)△：=△p解得头部对足球的平均作用力大小为F= h.山+m返.装.哭 依题图可知，波长为2m,被速为0m/s,则可知周 28N,故C正确： 期为T■4■0.2s,在0时划a处质点向上振动，经 从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的 则，=g,所以D错误：故选C 作用时间不为零，足球重力的冲量不为零，故D错误， 0.45,振动了子工，则：=045s时，e处的质点位于波 6.C解析：A,C两点都为波蜂与波谷叠加，振动减 故选BC 弱，B,D两点是波谷和波谷、波蜂和波锋的叠加点，为辰 蜂处，故D错误 选择题专题训练10参考答案 动加强点，B,D连线上的所有点都为振动加强点，故AB 故选AB 错误，C正确：该时刻，D点处于被蜂，偏离平衡位置的位 1D解析：位移一时间图线上某点的切线的斜率 选择题专题训练11参考答案 移大小为4cm,B点处于波谷，偏离平衡位置的位移大小 表示弹簧振子在某时刻的速度，故A错误： 为4cm,则B,D两点在该时的竖直高度差为8cm,故 1,B解析：小球受到洛伦兹力从管口飞出，洛伦兹 弹簧振子在1：~2。时间内位移为负，瞬时速度方D错误 力的方向指向管口，根据左手定则，小球带正电，故A错 向也为负，所以弹簧振子在1,5时位移方向跟它的牌时 故选C 误；设管运动的速度为，小球与管一起向右做匀速运 数理极 参考答案 35 动，小球沿管方向所受洛伦兹力大小为F=B,大小不面，即前表面集聚电子，则前表比后表面的电势低，选AC错误，B正确：根据粒子偏转方向相反可得：【，Ⅱ区 变，小球做类平运动，在离开管口前的运动轨迹是一项A错误：若将磁体的两极对调，司时将电流方向改为向域两个磁场的磁感应强度方向相反：根据磁感应强度B 条抛物线，故B正确：洛伦兹力与速度方向垂直，不做功。上，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向前表面， =限可得：1、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比 故C错误：设小球沿营方向的分速度大小为，则所受垂前表面集聚电子，则韵表面比后表面的电势低，则前 直管向左的洛伦兹力为=年：，由题管可知，随着后表面电势的高低情祝不变，选项B正确：因为子= 为1：2，故D正确 增大，广增大，即拉力F应该增大，故D错误故选B mB,可得U■d即若电流恒定，则不变，由于B不断 选择题专题训练12参考答案 2.C解析：由左手定则可知，铜棒中电流的方向为 变化，则控制电路监测到的电压拉不新变化，选项C错 1,C解析：闭合开关后，线圈的电流会从零开始逐 a-→6，故A错误：对铜棒，由动能定理得B!·in8- 误：若自行车的车速增大，只是B变化越快，则控制电路渐变大直至电路稳定而保持不变，故A正确：因为人休的 mg(1-e)=0解得1=mc心》，故B错误，监测到的电压领率变大，但是不影响检测到的电压大 Blsin 6 电阻大于线圈的电阻，根据并联电路的如识可知，流过 C正确：由以上分析可知，最大偏转角6与轻导线的长度小，选项D错误故选& 人体的电流小于流过线图的电流，故B正确：新开开关的 无关，故D错误 7.B解析：当通有同向电流时，电流之间表观为吸 同间，圈产生的电动势要阻得线圈原有电流变小，因 3.A解析：由左手定则可知，当导电流体向上运动 引力，A错误；由右手定则井结合矢量叠加可知0点的磁 此产生的感应电流与原电流方向相同，自左向右，断开 感应强度为零，因此过0点垂直于纸面的任何点磁感应 时，磁场垂直前表面向里，则电流只能从左向右流过导 开关时线圆与人体组成新的闭合回路，因此流过人体的 电流体，因此电源的正极应该与接线柱1相连，A正确，B 强度都为零，从0点射人的粒子，将做匀速直线运动，B 电流方向由B到A,故C错误：断开开关后，流过线西的电 锆误：稳定速度输送导电流体时，电原的化学能一部分 正确：直导线1,2在0点的磁感应强度方向沿y轴负方 转化为导电流体的动能，重力势能及可变电阻上的内能向，C错误：若直导线1在直导线2处产生的安培力为代， 流会从稳定时流过线图的电流值开始减小，从而导致断 开开关的楞间，流过人体的电流会突然增大，故D正确 外，还有部分转化为电磁能和其他元件的内能，C错误：则1,3在2处的安培力的合力为2F,方向背离0点，而4 2.D解析：根据右手定则约断可知：b边到达最低 亨电流体的电阻为风=P片=P品 在2处产生的安培力为号，方向指向0点，所以直导线位沉时感应电流的方向由6一。，故A错： 由于金属倔中产生焦耳热，由能的转化与守恒定律 则电路中的电流为！= E =8 2受到白导线1,34的作用力方向背离0点，D错误 R+R D错识 R+P品 8ABD解折：由R=器=25m,设从c边离开得：mg1=7m+Q,可得<√2，故Q=mgd 4,B解析：若小球进入正交的电场和磁场区域时磁场的粒子距c最近的点的坐标为(x,J),则=Rm 2m2,故B错误，D正确：除a山外其他三边电阻为零，电 所受的合力等于零，则小球做匀速直线运动，B正确：若30°=万cm,y■R-Rc%30°=(25-3)cm,即离e 小球进入正交的电场和磁场区域时所受的合力不等于 原外电压为零，ab两点间电压始终为零，故C错误 最近的点的坐标为（万cm,(2万-3）©m):从a点离开磁 零，那么重力和电场力的合力为F一定做功，而洛伦兹力 3,C解析：b棒刚好能静止在斜面上，由受力可 一定不做功，小球的速度大小一定变化，一定不能做匀 场时弦长最长，在磁场中运动的时间最长，其轨迹所对如，电流方向由6向a,故增电势低于b端电势，A结溪： 速圆周运动，A错误：由于小球速度的变化必然导致洛伦 的圆心角为60,1=名=品：故ABD正确，C错误 由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为逆时 兹力的变化，小球所受到的合力一定变化，小球的加速 9ACD解析：由Os=手0P=4,可得P=5d, 针方向，B错误： 度定变化，小球定不能做匀变速运动，CD错误故 选B 如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦 由题可知，圆盘产生的感应电动势为E=一6”。 5.D解析：两个离子的质量相同，其带电量是1：3 和烟中“所有拉子出磁场时离S最远的位置是x轴上 由闭合电路欧好定律可知，b间电势差大小为U= 的关系，由牛顿第二定律Eg=m配 的P点可阳SP地英中个执边的直径，由8片=C确： 结合￡：号 可得=m方=含则：兴故A 若圆盘停止转云动，b棒船导轨向下做切削磁感线园 2m 动，由b棒受力可知，棒先做加速度诚小的加速运动最 可得a=兴 由几何识可得从0点射出的拉子，轨迹所对的圆 可知其在电场中的加速度是1：3，故A错误 心角为1w,在猫场中的运动时同为：一紧需 终做匀速运动，D错误 4.D解析：电磁制动的原理是当导体在通电线圈 加速电场利用动能定理可得=之m 需益错误： 产生的磁场中运动州时，会产生涡流，电流流过电阴时会 产生热量，A错误：如果改变线圈中的电流方向，铁芯产 可腾“√受 假设沿平行x轴正方向射人的粒子，离开磁场时的生的破感线的方向变为反前，此时产生的涡流方向也相 可知其速度之比为1：5： 位置到0点的距商为1，由几何知识可得广=+(4d-反，根据左手定则，电流和所处的磁场方向同时反向，安 )2,代入r=之d解得1=2d,故C正确： 培力方向不变，故还是使导体受到阻界运动的制动力，B 假据路伦装力提供肉心力可得B=加片 从x轴上射出磁场的粒子，从原点射出时在磁场中错误：线圈中电流越大，则产生的磁场越湿，则转盘转动 可得，=器 运铜远，其运掏为一品需遮动就述与： 产生的祸流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错 误：线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盐转动产 所以其半径之比为3：1，故B错误： 柏相均时运动时间最长，由几何知识可得轨迹所对的圆生的冯流越强，制动力就越大，D正确 离于在磁场中诺动的半径之比为5：1，设磁场宽度心角为180°+530=233°，运动时间为 5.B解析：闭合开关后，A立即亮，由于线圈的自 为，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，根据几 感，含A的这条支路电流会慢慢增大，A,逐新亮，故A错 何关系可得血日=。，则可知角度的正弦值之比为 误，B正确：新开开关的阴间，由于线圈的白感，电流会慢 则t:t.=233:106,故D正确 1:5:又P·转过的角度为0■30°.根据正弦函数可知 10BD解折：校子在避场中只受洛伦签力作用，洛楼减小，A和A都有电流流过，根据防次定律可知，人 的电流向右，A的电流向左，故CD错误 P钙过的角度为0，故在磁场中转过的角变之比为伦兹力微向心力，放有：侧：m只，根据粒子偏转方向 6.B解析：设线框的面积为S,电阻为R,根据法拉 1:2.故C错误： 相反，由粒子经过4，b点时的速度方向均水平向右可待： 加速电场利用动能定理g心：之 第电监感应定律E=n心可得，在0-02：时间内，感 两粒子转过的角度相等，则弧即与弧心对应的圆心角之 可两离子离开电场的动能之比等于电量g之比， 比为11，又有级即弧心的弧长之为2：1.领即与应电动势为5一受Y,2:~06:时间内。 为1：3.故D正确 弧对应的圆心角相等，那么，粒子在I,Ⅱ区城两个磁 0.55 故选D. 场中的画动胖经之比为2：1根据：一是=是 感应电动势为上，=a名02：受根据1=景可 6.B解析：若霍尔元件材料为金属导体，则白由电 知，在0-0.2时间内与0.2￥-0.6s时间内感应电流 子导电，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向前表 =然可知粒子通过啤b两段弧的时间之比为2：【，故之比为：上=2：1候据9=上可知，通过金属：的电 36 一参考答案 数理极 荷量之比为，：=，：=1：1，故A错误：根据P电流增大，则线圈产生的磁场墙大，所以穿过金属圆环 =可包，金属框中电流的电功率之比为P:月=的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞 的功岸等于清托的电功半，根据？一宴可阅，电阻贝 E,:局=4：1，故B正确：根据Q=广位可知，金属框次定律可知，圆环有扩广张趋势，选项A正确，B错误：由图越小，一个周期内外力做功越多，故D正确 中产生的焦耳热之比为Q:0,=化：出=2：1，故C可知，在1一景时插过线圈的电流增大，而在1：时 6.C解析：变压器不改变周期和领率，所以周期为 错误：根据楞次定律可知，电流方向相反，出左手定侧则可刻通过线图的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环 T=2江=103s,须率为f=子=10=10k.故 知，金属框b边受到安培力方向相反，根据F,■BL,由 于对应时间B相同，则安培力大小之比为F::■ 内感应电流方有不同，选项C错误：由图可知，在：号AB错误，CD瑞输出电流的最大值为厄A,由÷一会 1:4=2:1,故D锆误 和1=号时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则可得A,B端输人电流的最大值为1。一号AA,B端输人 5 7B解析：感应电流为1=是：收 R 线圈产生的磁场的变化率也相等，恨据法拉第电磁感应 电汽的有效值为(，会：02A,故C正确，D结误， 安培力为F=BL=L 定律可划，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感 2 应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感 7.C解析：由图乙可知周期为T=0,02,则有心 根据牛顿第二定体有a:。。g-股期速 应电流方向也相同，选项D正确 =要=10：，所以输入电压u的表达式应为“= 度增过程中，加速度逐渐减小，金屈棒做加速度逐渐 选择题专题训练13参考答案 202sin100(V),A错误：将S,接1，S2闭合时，L正常 或小的加速运动，所以A正确：金属棒的动量为P=, 1.C解析：山时刻感应电动势为零，磁通量最大。发光.L的电正为线西的输出电压，当只断开S,时， 则动量与速度成正比，山于念属棒数加速度逐新减小的故A锈误山时刻感应电动势最大，线图平面与中性面垂 L接人电路，与L串联，L,L2的电压都只为副刷线圈的输 速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐诚小，所以B 出电压的一半，故L,L均不能正常发光，B错误：只断开 直，故B错误：，时线圈通过中性面.线覆中电流方向 错误：通过的电荷量为9，则有9=小=识·4：收，改变，故C正确：么时刻线圈中感应电动势最大，磁通量 S后，负载电阻变为原来的2倍，副战圈输出电压不变， 由图乙可知原线圈的输人电压有效值为U,=0V,副刷线 所以电荷量g与位移x成正比，则C正确：重力势能为￡， 变化率最大，故D铅误 则有E,=Ee-mg,所以D正确 2.C解析：仅将滑片B向上移，原线盟题数增大，圈输出电压=，=方×20V=4V,出箱入功率 。即解桥：两金园降的电眉均为风，心相当于电根变阳比兴一会可知，与减小，根据分压原理可阳，等于输出功米P人=A一是交。：08C 4 系.PQ在电路中与定值电阻R并联，因此PQ中电流只是 MN中电流的一半，设PQ刚要滑动州时，PQ中电流为1，则 电压表的示数变小，A错误；到线圈电阻变大，根据P:正确：若、，换接到2后，电阻R两瑞电正有效值为· 有BL=mg,对于N有F=4mg+2BL,=3红mg,故 号可阳电路消耗约功率减水，明线要输入功率变小，电4、，及消托的电功*为P=号=若W:8W,D错 A错误：设金属博网要离开导轨时速度为，则E=B,流表的示数变小，B错误：仪将沿片P,向上移，R,接人电 误 电路中总电流1=识解得=，故B正确： E 路的电阻变大，因此副线图中的电流减小，R,两浩的电 8.AB解析：由交洗电M=311in314t(V),可知似 压变小，电压表的示数变大，根据变流比，电流表的示数 潘过金属牌P0的电量为g:宁×能：歌解变小，C正确D结误 =34n,则须半f=岩=50，故A正确：由圆电 得：-瓷故c错误 3.B解析：输送的功率一定，根据P=U1,输电 电压越高，输电电流越小，若输送电下变为到原米的09 压的最大值.=31V,有效值U=号.=20V,可 设回路产生的焦耳热为Q,根据功能关系得 倍，则电流增大到号倍，A错误，B正确：电流增大到m 以使“220V100W”的灯泡正常发光，用交流电压表测 作-mg年=之mr2+Q 量时，读数为220V,故B正确，C错误：使用此交流电的 倍，根据P每=R,可知电线上损失的功率为原来的用电器，每通过1C的电景时，电流作功W=qU=220】, 标特0：瓷.故D正确 ,C铺误若要使输电线上损失的功半不变，根据P:故D错银 9.AD解析：设将此电流加在阻值为R的电阻上， 9BCD解析：线完全在磁场中字过线图的醛通FR,可将输电线的电阻减为原米的票，D铅误 量不变，不产生惑应电流，线圈不受安培力作用，对线 圈.由动能定理=，解特。=√m 2F 4,B解析：理想变正器原线圈两端电压的有效值电玉的最大值为U。,电压的有效值为：=一R一·2 cd边离开磁场时线圈产生的感应电动势E=BLm= 为=20V根指号一会解得与：0V,脚电压表一发·T代人数据E乙中电压约有效值为102V.故 肚√臣故A结 的读数为10V,通过负载电阻的电流人：是。2A.则A正确：变压怨景，践图中的电压与恒数或正比，所以 变压器原，副线图中的电压之比是5：1，所以电压表的 刷线图的输出功率P=U,,=220W,原线图的输人功 cd边离开磁场时线圈受到的安培力F=BL= 率也是220W,AC错误：根据m,4=m4解得1，=1A即 示数为222V,B错误：R处温度升高时，阻值减小，刷线 .E,西 圈电流增大，而输出功率和输入功率缃等，所以原线圆 且 Rm 电流表的读数为1A,B正确：由u=2202in100mt(V) 增大，即电流表示数增大，故C钻误：R处出现火警时通 对线圈，山牛顿第二定律F一F。=ma, 可知，角速度w=100mtd/s,源线圈所接交流电的周期 过R,的电流增大，所以电阻R,消耗的电功率增大，故D 解得a=卡-股√臣：是g2m5,故 T=2年=0.02，刷线翻输出交流电的周期不变，仍为正确 mmR√mmmF 0.02“,D错误 B正确： 10.D解桥：c,ad边的画动速度=了w,电动势 5.D解析：原线圈产生的电正：U,=B= 根据电盟感应电荷指论公式？：兴：架，放C 。=2·NB·2·=2VFu,A错误：根据欧4定律得， 正确： 陆心，旺的蜂值为则有效值为22原电流。：加边所受安格力为F::2一 线置离开毯场前已做匀速直线运动，由平衡条件 线圈的数为A,副线值数为则电正表的读数：△山4：巴，B正确：因为两磁场的圆心角为专，故个 。色.万B,故人情误：支正器不改变交沾电的频半， R+r P,兴，超得线霸离开裙场时的速度·品。 2 周期内，通电时间1=号工，出有效值定义知：心(R+) 对线菌，由能录守恒定律得：+)=之…“+0，解得通过电阻R的交支电流频率为岩，故B错误：一个调 合7=F(R+江解得1：分C描误，D正确 0=F(s+L)m 2g下故D正确 期内号体传克服安格力黄的功：=灯：完，可电 选择题专题训练14参考答案 10.AD解桥：由图可知在=冬时刻，通过线圈的 阻R越大，个周期内导休棒克服安培力做功越少，故C 错误：变压器的输人功率等于输出功率，所以外力做功 1.C解析：小玻璃瓶上浮过程中其内的空气温数理极 选择专项 3 6.下列说法中正确的是 专题一：运动的描述 匀变速直线运动的研究 人.运动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物体是没有的 (难度章☆年，参考用时30分钟，1一7题为单速题，8-10题为多这题) B.相对运动的物体在某个参考系中可能均处于静止状态 一、单选题 C.选取参考系后，物体一定运动 1.如图1所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一粒子弹以 D.选取不同的参考系，同一物体的运动速度可能不同，但运动轨迹一 水平速度，射人，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块 :定相同 (即D位置)时速度恰好为零，下列说法正确的是 ( 7.一物体做匀加速直线运动，通过一段6m的位移所用时间为3，紧 接着通过下一段6m的位移所用时间为2s,则物体的加速度大小为 图 A.I m/s? B.0.6m/s2 C.0.4m/g2 D.0.2m/s A.子弹从0运动到D全过程的平均速度等于B点的解时速度 二、多选题 B.子弹通过每一部分时，其速度变化量r,一。=m一，=e一。= 8.2023年7月，中联重科3200吨履带式起重机再次助力“华龙一号” Fn -Fc C子弹到达各点的速举n:"4:"gc=2:5:迈：1 全球示范工程一中核集团福清核电6号机组建设，成功吊装了机组外 D.子弹从进入每个木块到到达各点经历的时间t::c:n= 穹顶用起重机提升质量为1000kg货物的？-：图像如图4所示(g取 1:2:3:2 10m/;).下列说法正确的是 () 2.如图2所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，进站前连续经过 ↑m R,S、T三点，已知ST间的距离等于RS间距离，RS段的平均速度是 12m/s,ST段的平均速度是6m/s,则公交车经过S点时的瞬时速度为 ( 0意rtap,2ppB●4 图4 图2 A.起重机将货物提升了10m A.1I m/s B.10 m/s C.9 m/s D.8 m/s B.在匀加速、匀域速过程，货物加速度大小相等 3.某跳伞运动员做低空跳伞表演.从该运动员离开悬停的飞机开始 计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到25m/:时打开降落伞，此后 C.整个过程中货物重力做功为6×10J 做匀减速直线运动，加速度大小为5m/、2,到达地面时速度为5m/8,重力 D.整个过程中拉力对货物做功的平均功率为1.2×10W 加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 9.汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶.急刹车时的加速度大小 A.运动员在1“内，28内3内的位移大小之比为1：4：9 为5m/s,则自驾驶员急踩到车开始，下列说法正确的是 () B.运动员在第1“内、第2“内、第3内的平均速度大小之比为 A.1=2s与t=5s时汽车的位移之比为34 1:4:9 C.运动员在1s末，2s末，3s末的速度大小之比为4：8：9 B.刹车开始1s2s末的速度之比为2：3 D.运动员距离地面91,25m时打开降落伞 C.刹车开始第1s内、第2s内位移之比为7：5 4.如图3甲所示，一物块（可视为质点）从倾角8=30°的足够长斜面 D.刹车第一个10m内、第二个10m内所用时间之比为 上滑下，物块运动的-}图像如图乙所示，重力加速度取g=10,(5-②：(2- 下列说法正确的是 10.小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪 拍摄小球位置如图5中的12,3和4所示，已知连续两次闪 光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为山，由此 4 人下落过程中的加速度大小约为学 B.经过位置3时的照时速度大小约为2gT 图3 C经过位置4时的瞬时速度大小的为器 A.物块的加速度为2m/ B.物决的初速度为零 几从位置1到4过程中的平均速度大小约为器 C物铁与语同的动摩擦因数为 D.前2s内物块的平均速度为5m/s 5.一质点做匀加速直线运动，速度变化△知时发生位移x,紧接着速 度变化同样的△：时发生位移x,.则该质点的加速度大小为 L(24w) B(4)2 + x -x1 C.2(4e)2 D.(4)(L-⊥ 一 1x2 4 选择专项 数理极 6.如图5所示，将足够长的木板A紧靠竖直墙 专题二：相互作用力 壁放于水平地面上，物块B在一水平推力F作用下 (难度☆京☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10避为多选题) 紧靠木板A(A、B接触面竖直).当用同样大小的力 F向上匀速拉动物块B时，A刚好不能沿墙壁运 一、单选题 动.已知木板A与墙壁之间的动摩擦因数为41，A 1.下列处于静止状态的四个木块，一定受到摩擦力作用的是( 与B之间的动摩擦因数为山，最大静靡擦力等于 滑动摩擦力，则木板A与物块B的质量比为 A4:二4 R%二4 1-4 1-42 C. 1一4 7.如图6所示，厢式汽车停放在水平地面上.一条长2L的不可仲长的 A B 轻绳两端分别栓在相距为L的4、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑环， 2.如图1所示，内壁光滑的等边三角形框架中 将光滑圆环悬挂起来，此时轻绳拉力为F,此后将汽车停放在顿角为30 放置一铁球，铁球跟三角形框架的三个面刚好接 的斜面上，此时轻绳的拉力为F,则F,:F,的值为 () 触，在一次搬运过程中，工人将框架以A为轴逆时 针缓慢拾起，当AC边转到偏离竖直方向向左的夹 角为15°时(im75°=6+2)，AB边与AC边受 4 到的压力之比为 0 A3+1 B5-1 图6 2 2 A.1:1 B.2:3 C5+1 C.3:2 D.√13：23 4 n5-1 4 二、多迭题 3,如图2所示，一固定斜面上两个质量均 8.一个倾角为45°的光滑斜面固定在地面上，斜 为m的小物块A和B系挨若匀速下滑，A与B 面上方固定一半径为R的粗糙半圆形细杆，细杆上 的接触面光滑.已知A与斜面之间的动摩擦 套一轻小圆环A,A上连一长度为R的轻绳，轻绳另一 因数是B与斜面之间的动摩擦因数的2倍，斜 端连小球B(可视为质点)，开始时细绳与斜面平行 面倾角为a,重力加速度为g.B与斜面之间的 图2 现给圆环施加一始终沿圆弧切线方向的拉力F,使圆 动糜擦因数μ与A、B间弹力F、的大小分别是 环缓慢移动，直到细绳竖直，整个过程小球位置不 图7 变，圆环不计重力，则下列说法正确的是 =号ana,= A.小球B对斜面的压力逐断变大 了ngsin a B.轻绳的拉力逐渐变大 C.半圆形细杆对A的弹力逐渐变小 D.拉力F逐渐变大 C.u tan o =mgeos a 9.如图8所示，质量为m的木块放置在质 量为M的长木板上，受到水平向右的拉力F 2 D.h=tana,F、=3 mgsin a 的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已 图8 4.如图3所示，甲、乙两同学通过定滑轮 知木块与木板间的动摩擦因数为山，木板与 和轻绳将物体从下方地面缓慢沿竖直方向向 地面间的动摩擦因数为42，下列说法中正确的是 上运送，其过程如虚线所示，不计轮轴与绳的 A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是4mg,方向水平向左 B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是4(m+M)g 摩擦，下列说法不正确的是 ( A.甲受到地面的摩擦力水平向左 C木块受到木板的摩擦力的大小一定是丛，mg,方向水平向左 D.当F>(m+M)g时，木板便会开始运动 B.乙拉细绳的力的大小一定逐渐增大 图3 10.如图9所示，在烦角为30°的光滑斜面上， C.系物体两绳的合力的大小等于物体的重力的大小、 A,B两个质量均为m的滑块用轻质弹簧相连，弹 D.甲、乙受到地面、平台的摩擦力大小一定相等 簧的劲度系数为k,水平力F作用在滑块B上，使 5.如图4，圆心为0的半圆形光滑杆上， A,B相对斜面静止，此时弹簧长度为1，且在弹性限 A 穿着两个小球A、B.两小球上的孔径略大 度内，则下列说法正确的是 ( 图9 于杆截面直径.两小球用羟绳相连，在沿切 线的两力F,和F,的作用下，两小球处于静 人弹簧原长为1+器 良弹资原长为1+竖 止状态，且与杆之间的弹力都为零.此时过 两小球的半径04，OB与竖直方向的夹角分 图4 C为F的大小为号 D方F的大小为等g 别为60°和30°，两小球重力分别为G,和Gr下列说法正确的是 G 数理极 选择专项 5 B.若F,=F2,M<M2,则，<2 专题三：运动和力的关系 C.若F,<F2,M,=M,则> (难度章☆年，参考用时30分钟，1一7题为单这题，8-10题为多这题) D.若F,>F,M1=M2,则n> 7.如图6所示，倾斜放置的传送带AB长为 一、单选题 10m,以大小为”=3m/s的恒定速率顺时针转 1.湖南省张家界武陵源风景区内有一整 动，传送带的领角9=37°，一个质量为2kg的物 建造在悬崖上的观光电佛，如图1所示，该电 块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜 梯垂直高度达335米，是目前世界上最高的双 面向上的恒定拉力F,物块先加速后匀速从A端运 层户外观光电梯，同时也是载重最大、速度最 动到B端，物块运动的时间为4s,物块与传送带间 图6 快的客运电梯，被誉为“世界第一梯”.假如你 的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°= 站在该观光电梯内，某段时问内你感觉到双 图1 0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中( 脚“很受力”，下列说法正确的是 A.物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2 A,一定是你的重力变大了 B.你可能正处于失重状态 C.电梯可能处于下行阶段 D.电梯一定正在加速运行 且物块加速运动的时间为等： 2.若在某次军事演习中，某空降兵从悬 C.物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N 停在空中的直升机上跳下，从跳离飞机到落 D.物块与传送带之间的痕迹长为3m 地的过程中沿竖直方向运动的？-1图像如图 二、多选题 2所示，则下列说法正确的是 () 8.如图7甲所示，把质量分别为m,M的木块，木板静止放置在光滑的 A.0~10s内空降兵运动的加速度越来 水平面上，木块视为质点，置于木板的最右端，二者之间的动摩擦因数为 越大 图2 以，现给木板一个恒定的水平向右的拉力F,两者发生相对运动的。-t图像 B,0~105内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力 如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为：，下列说法正 C.0一15s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越大 确的是 () D,0-15内空降兵处于失重状态 3.如图3所示，一轻绳跨过光滑定滑 轮，一端连接质量为m的物块4，另一端连 接质量为2m的物块6.将a从水平桌面上 的P点由静止释放，经过时间，运动到Q 点，此时b仍在空中；再将？、b的位置对调， 图 图3 上b从水平桌面上的点由静止释放，经过时 A.1是木块的#-1图像，2是木板的-1图像 间12运动到Q点.已知，=24，a、b与水平桌面间的动摩擦因数相同，且均 B.若m,M改变，m+M丛不变，两者刚瞰好发生相对运动F的最小值不变 可视为质点，则该动摩擦因数最接近 C.若m,M不变，F越大，1的斜率不变，2的斜率越大 A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.7 D.若M、F不变，m越小，木块滑离木板的时间越短 4.如图4，水平力F拉着三个物体在光滑水平面上一起运动，今在中 9.如图8所示.滑块以某一初速度从传送带下端 间的物体上加一个小物体，仍让它们一起运动，若F不变，则中间物体两沿传送带向上运动，传送带运动的速度，小于滑块 边绳的拉力T,和T。的变化情况是 的初速度，其他条件不变，则滑块的速度：随时间 变化的图像可能是 4 A.T增大，T。减小 B.T,减小，T增大 C.T,T都增大 D.T,、T都减小 5.法国人劳伦斯·菲舍尔在澳大利亚伯斯目险世界进行了超高空特 10.如图9所示，质量为m的球与弹簧【和水 技跳水表演，他从30m高的塔上跳下，准确地落入了水池中.若空气对他： 平细线Ⅱ相连，1、Ⅱ的另一端分别固定于P,Q、 的阻力是他重力的0.2倍，g=10m/s,则他在空中运动的加速度大小为 当球静止时，I中拉力大小为F,Ⅱ中拉力大小 ( 为F,当仅剪断【、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速 A.10m/s2 B.8 m/s C.6 m/s? D.4 m/s* 度a应是 6.在光滑水平面上，放若两块长度相同、质量分别为M,和M,的木 A.若剪断I,则a=g,竖直向下 板，在两木板的左端各放一个大小，形状、质量完全相同的物块，如图5所 B若剪断Ⅱ，则a==,方向水平向左 示，开始时各物块均静止，现在两物块上各作用一水平恒力F、F,当物块 和木板分离时，两木板的速度分别为”，和马，物块和两木板间的动摩擦因 C.若剪断1，则a= 口，方向沿1的延长线 数相同，下列说法正确的是 D.若剪断Ⅱ，则a=g,竖直向上 图5 A.若F=F,M>M,则D> 选择专项 数理极 7.如图7所示的装置，两根完全相同、轴 专题四：抛体运动和圆周运动 线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀 (难度章☆年，参考用时30分钟，1一7题为单这题，8-10题为多这题) 本板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的 半径r=2cm,木板质量m=5kg,木板与圆 一、单选题 柱间的动摩擦因数从=0.2，两圆柱以角速度 1如图1所示，某同学练习投篮时，将篮 w绕轴线作相反方向的转动.现施加一过木 图7 球从P点斜向上抛出，从Q点投人篮框中，P、 板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度：=0.6s沿圆 Q连线与水平方向的夹角为30°，PQ间的距 柱表面作匀速运动.下列说法中正确的是 (） 离为L,球在Q点入框时速度方向与PQ垂直， A.不论w多大，所需水平拉力恒为10N 已知重力加速度为g,不计空气阻力，蓝球可 B.仙越大，所需水平拉力也越大 视为质点，则篮球从P点运动到Q点所用时间为 C.若w=40rad/s,则水平拉力F=6N 2日 磨 c D.若仙=40ad/s,水平拉力恒为20N,则木板做匀加速运动 D. 二、多选题 2.如图2所示，如果一位手位置高为h的中学 8.如图8，一根细线下端拴一个金属小球A, 生绕着0点把倒在地上的旗杆扶起来，当学生以 细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水 速度向左运动加时，旗杆与地面的夹角恰为a,则 平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运 旗杆转动的角速度为 动.现使小球A改到一个更低一些的水平面上做 A.=sin'a B.w tsin a 匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上 h 图 始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列 C.o=hsin a D.w rcos'a 正确的是 ( h 3.如图3所示，有一足够长的斜面，其倾角为 A.细线的张力变小 B.金属块B受到桌面的静摩擦力变小 α=30°，将一个小球贴斜面顶端沿水平方向抛出」 若小球抛出时的动能为9」，则该小球第一次落在 C.金属块B受到桌面的支持力变小 D.小球A运动的线速度增大 斜面上时的动能为 A.36J B.27J 图3 9.投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏.《礼记传》中提到：“投 壶，射之细也.宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也.”若甲，乙两人站在距壶 C.21J D.12J 相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插人同一个 4.用如图4(a)所示的圆弧斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m 壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，如图9所示，忽略空气阻力、箭 的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形 轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F.已 长、壶的高度，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是 知斜面与水平地面之间的夹角8=45°，实验时获得小球在斜面上的不同 下落高度h,最后作出了如图b所示的F-h图像，g取10m/s2,则由图可 求得圆弧轨道的半径R为 阳9 A.甲所投箭的初速度大小比乙的大 B.甲所投箭的位置比乙所投箭的位置高 C.甲、乙所投的箭在空中运动的时间相等 D.此运动过程中，甲所投箭的速度的变化量比乙大 图4 10.如图10所示，在水平圆盘上放有质量 A.0.125m B.0.25m C.0.50m D.0.75m 5.麻天轮“天津之眼”，其轮箱沿如图5所示 为3m、m和m可视为质点的三个物体A、B、C, 的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆 圆盘可绕过圆心0的中心轴00转动，且角 速度可调，三物体与圆盘的动摩擦因数均为 半径为R,速率m>√Rg,AC为水平直径，BD为竖 4.已知A,B,C三个物体与0点共线，且OA= 图0 直直径放入轮箱中的物块相对于轮箱静止，则 OB=BC=r,现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且无张力，然 后让圆盘从静止开始绕转轴缓慢的加速转动，用ω表示圆盘转动的角速 A.物块始终受两个力作用 度，取重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 B只有在A、B,C,D四点，物块受到的合外力才指向圆心 (） C.从B运动到A,物块处于超重状态 D.从A运动到D,物块处于超重状态 A.当w> √学，B,C间的细线开始有张力 6.如图6所示，有一陀螺其下部是截面为等 腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h的圆柱 B.当w> 2,B,C间的细线开始有张力 体，其上表面半径为r,转动角速度为似.现让旋 C.当A,B连线出现拉力后，随岩转盘缓慢加速，A受到的摩擦力先诚 转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H的 小后反向增大 光滑桌面.上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰 D.若细线承受的拉力足够大，划无论细多大，各物体都不会与桌面发 撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对 生相对滑动 桌面的最大速度值为（已知运动中其转动轴一 直保持竖直，空气I力不计) B. D. g V2h+r+wr 数理极 选择专项 A.神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上运时经A,B两点速率，：m=r,: 专题五：万有引力与宇宙航行 (难度章☆年，参考用时30分钟，1一7题为单这题，8-10题为多这题) 且神舟十二号飞留沿轨道Ⅱ运行的周期为万=工，√兰) 2r1 C.神舟十二号飞船沿轨道】运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ 一、单选题 运行的周期 1.如图1甲是国产科幻大 D.正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于 片《流浪地球2》中人类在地球 在轨道Ⅲ上经过B点的加速度 同步静止轨道上建造的空间 6.中国空间站(SpaceStation)又称“天宫空间站”， 站，人类通过地面和空间站之 它是一种在近地轨道长时间运行，可供多名航天员 间的“太空电梯”往返于天地 图 巡访、长期工作和生活的载人航天器.2022年11月 之间.图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度30日我国神舟十五号航天员乘组人驻天宫空间站， a与其到地，心距离，的关系图像.已知，为地球半径，2为地球同步卫星轨 意味箸中团空间站建设阶段性圆满收官.已知空间 道半径，下列说法正确的是 站离地面的高度为h(约400km),地球的半径为R, 入地球公转的角速度满足。=：~a 地球表面的重力加速度为g,引力常量为G,忽略地球自转若空间站可视 r2-r 为绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 A,以地球为参考系，空间站中的航天员处于平衡状态 B.地球同步卫星的周期T:2m、 C.上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变 A空间站的发速变大小为， D,从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动 C.空间站的周期为2m、 R+五 2.飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，P对该 星球的张角为0，已知万有引力常量为G,如图2所 D.空间站的加速度小于地球同步卫星的加速度 示下列说法中正确的是 7.在半径为1的K星球表面竖直向上提起一 质量为m的物体，拉力F与物体加速度4的关系 A.轨道半径越大，周期越小 如图6图线所示在半径为，的T星球表面竖直向 B.张角越大，速度越小 C.若测得周期和星球相对飞行器的张角，则 上提起一质量为m,的物体，拉力F与物体加速度 a的关系如图线2所示.设两星球密度相等，质量 可得到星球的平均密度 分布均匀，K星球表面重力加速度为g,T星球表 D.若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度 面重力加速度为g·则 3.如图3所示，AB两卫星绕地球运行，运动 A8181=1:2,:5=1:2 B.81:2=3:2,515=3:1 方向相同，此时两卫星距离最近，其中A是地球同 C.m1:m2=3:1,r:r=2:3D.m,:m=3:2,2=1:2 步卫星，轨道半径为”.地球可看成质量均匀分布 二、多选题 的球体，其半径为R,自转周期为T若经过时间： 8.甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半 后，A、B第一次相距最远，下列说法正确的有 径是乙的2倍，下列应用公式进行的推论正确的有 A.由彩=√gR可知，甲的速度是乙的W2倍 A.卫星B的运行周期大于卫星A的运行周期 B.由a=wr2可知，甲的向心加速度是乙的2倍 息卫里B的运行周羽是升 C由F=G可知，甲的向心力是乙的} 2 C在地球两极，地表重力加速度是知过 TR 几由子=k可知，甲的周期是乙的22倍 D.若卫星B通过变轨与A对接之后，B的机械能可能不变 9.如图7所示，某“太空电梯”由地面基站，缆 配甲 4.2024年6月2日，嫦娥六号探测墨成功着陆月球背面.已知嫦娥六 绳、箱体、同步轨道上的空间站和配重组成，缆绳相 号探测器在地球表面受的重力为G,绕月球表面飞行时受到月球的引力 对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运 同道 为G,地球的半径为R1,月球的半径为R,地球表面处的重力加速度为g, 送到空间站，下列说法正确的是 则 A.地面基站可以建设在中岳嵩山上 入月球与地球的质量之比为 B.配重的线速度大于同步空间站的线速度 C.箱体在上开过程中受到地球的引力越来越大 图7 G,R D.若同步空间站和配重间的缆绳断开，配重将做离心运动 B.月球表面处的重力加速度为 G 10.2023年3月1日，国际小行星中心发 布了一颗新彗星的确认公告，这颗彗星由中 C.月球与地球的第一宇宙速度之比为 R2G RG 科院紫金山天文台首次发现，明年有望成为 肉眼可见的大彗星，目前这颗彗星正在朝着 R,G D.探测器沿月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2： 它的近日点方向运动，其运行轨道可简化为 半长轴为a的椭圆轨道，即图8中的Ⅱ轨道。 5.2021年6月17日，神舟十 【、Ⅲ为绕太阳做匀速圆周运动的两个行星，其做匀速圆周运动运行半径 二号载人飞船与天和核心舱完成 分别为r15,且有a=,行星1的绕行速率为，彗星运行到B点时的 对接，航天员聂海胜，刘伯明，汤 速率为，运行到E点时的速率为：，行星Ⅲ的绕行速率为队，则下列说 洪波进入天和核心舱，标志着中 法正确的是 国人首次进人了自己的空间站 A.行星I的绕行速率，大于行星Ⅲ的速率 对接过程的示意图如图4所示，天 图4 B.行星I的绕行速率，大于彗星在B点的速率。 和核心舱处于半径为，的圆轨道Ⅲ：神舟十二号飞船处于半径为，的圆 C.行星I的绕行周期等于彗星沿椭圆轨道运行周期 轨道【，运行周期为T,通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天 D.彗星运行到P点的加速度等于行星Ⅲ运行到P点的加速度 和核心舱对接则下列说法正确的是 8 选择专项· 数理极 C.质点做加速度逐渐减小的加速运动 专题六：机械能守恒定律 D.质点运动过程中机械能增大 (难度☆白女，多考用时30分钟，1一7遵为单选题.8一10题为多选题) 6.冰壶运动是以队为单位在冰上进行的一 种投掷性竞赛项目，被喻为“冰上的国际象棋” 一、单选题 在某次冰壶比赛中，时间t=0时，球员跪式推 1.如图1所示，物体在平行于面向上的 动冰壶自本牟圆心由静止向前滑行，1=推至 拉力作用下，分别沿领角不同的斜面由底端 前卫线时，放开冰壶使其自行滑行，1=5。冰壶 6 匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面●三 恰好到达营垒中心并停止运动，整个过程冰壶一直沿直线运动，其位移x 间的动摩擦因数相同，则 图 随时间变化的图像如图6所示，图像中的0~%。~51，两段曲线均为 A.无论沿哪个面拉，克服重力做的功相同 抛物线已知冰壶的质量为m,对冰壶的整个运动过程，以下说法不正确 B.无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同 的是 C.无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同 A.x-1图像中的两段曲线在t=时刻相切 D.沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较小 2.如图2甲所示，市面上有种磁力轨道陀螺深受小朋友们喜爱.这种 品冰壶的最大速度为马 to 玩具由两个圆形磁力轨道和一个转陀螺组成，如图乙所示.两磁力轨道 C时间0一4，的加速度大小是6~5的加速度的2倍 对陀螺轴有磁性吸引作用，可以使陀螺轴始终与磁力轨道紧贴着，绕磁力 D.运动员对冰滤推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功 轨道外沿运动.不考虑陀螺的自旋作用影响，将陀螺视为粗细不计的质量 7.如图7所示，ABC为一弹性轻绳.其弹力大小 为m的细杆，磁力轨道半径为R,重力加速度为g,单个磁力轨道对陀螺轴 符合胡克定律弹性轻绳一端固定于A点，另一端 的磁性引力大小恒为5mg,不计轨道粗细及所有阻力作用.磁力轨道竖直 连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上，轻杆OB 放置，陀螺从轨道最高点由静止沿轨道运动至最低点过程中 一端固定在墙上，另一端为定滑轮.若弹性轻绳自 然长度等于AB,初始时ABC在一条水平线上，小球 从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零.已知 图 C,E两点间距离为h,D为CE的中点，重力加速度为g,小球在C点时弹性 绳的拉力为受，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹 图3 性限度内，其弹性势能的表达式为B。=,其中素为劲度系数x为伸 A.陀螺运动到最低点时，速度大小为，√g 长量.则小球下滑经过D点时的速度大小为 ( B.陀螺运动到最低点时，速度大小为2√R区 C.陀螺运动至最低点时，受到弹力大小和为3mg A.33☑ B.35gh C.37gh D.y394 10 10 10 10 D.陀螺运动至最低点时，受到弹力大小和为6mg 二、多选题 3.溜索是一种古老的渡河工具，现已滴 8.如图8所示，经质弹簧一端固定，另一 变为游乐项目，如图3所示，滑轮，保险绳索与 端连接一小物块，0点为弹簧在原长时物块 人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上，人从 的位置.物块由A点静止释放，沿粗糙程度相 高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿 同的水平面向右运动，最远到达B点.在从A 钢索顺势而下，滑过最低点C,到达B点时速 至到B的过程中，下列断正确的是 度为零.下列说法中正确的有 图3 A.物块加速度先减小后增大 A.人滑到C点时速度最大 B.物块经过O点时的速度最大 B.人从A滑到C的过程中，重力的功率一直增大 C.弹簧的弹性势能一直减小 C.人滑到C点时的加速度方向竖直向上 D.物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 D.制索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定柱的拉力 9.一小朋友玩蹦床，从小朋友下落到离↑ 4.如图4所示，光滑水平地面上放置质量 地面高h,处开始计时，其动能E,与离地高度 均为m的两个正三棱柱A、B,其中A固定在地 h的关系如图9所示在，~h阶段图像为直 面上，B在外力作用下紧靠着A,A,B中间夹有 线其余部分为曲线，，对应图像的最高点，小 一个半径为R,质量为2m的光滑圆柱C,整个 朋友的质量为m,重力加速度为g,不计空气 系统处于静止状态重力加速度为g,下列说 阻力和一切摩擦下列说法正确的是( 法正确的是 A.整个过程中小朋友的机械能守恒 A.系统静止时，B对C的弹力大小为mg B.从，~h,过程中，小朋友的加速度先减小后增大 B.撤去外力后，C落地时速率大于B的速率 C.小朋友处于h=h,高度时蹦床的弹性势能为E,=mg(h,-h) C.撤去外力后，C落地前某时亥刻的加速度可能小于B的加速度 D.从h,-h过程中，蹦床的最大弹性势能为Em=mg(,-h,) D撒去外力后，C落地时B的速度大小为，警 10,我国风洞技术领先世界.如图10，在 光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的 5,某一物理兴趣研究小组让一个玩具电动飞 恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物 机由静止开始沿直线运动，得到速度随位移变化 块接触弹簧至达到最左端 的图线关系，如图5所示，可将该玩具电动飞机视 图10 A.物块的速度先增大后减小 为质点，关于该玩具电动飞机的运动下列说法正 B.物块加速度一直减小到零 确的是 C.弹簧弹性势能先增大后减小 A.质点做匀加速直线运动 D.物块和弹簧组成的系统机械能一直在增大 B质点运动，过程中的平均速度小于受 数理报 选择专项 5.如图5，带电金属小球A套在倾角=30 专题七：静电场及其应用 静电场中的能量 的光滑绝缘杆上，与0点等高的位置固定另一带 电小球B.A处于静止状态时，A、B连线与杆的夹角 (难度章☆合，参考用时30分钟，1-7题为单速题，8-10题为多速题) B=30°，A受杆的弹力大小为F、,A、B间的库仑力 一、单选题 大小为F,则 () 1.如图1所示，矩形区域PQNM内存在平 A.F、与F唐大小相等 行于纸面的匀强电场，且电场方向与MN平 B.A,B两球可能带异种电荷 行，一质量为m=2.0×0"kg电荷量为g C.将A球移至O点，A球仍能保持静止状态 =1.0×10C的带正电粒子（重力不计）从 图 D.将A球移至O点的过程中，A,B间的电势能减小 a点以，=1×10°m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的 6.场致发射显微镜是一项了不起的发明，它 b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速 第一次为人类提供了观察原子的工具，场致发射 度2=2×10m/s,已知MP=20cm,MN=80cm,取a点电势为零，如 显微镜的原理如图6所示，在真空玻璃泡内充以少 果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴，则粒子从：点运动到b点的 量氨气并在中心放置待测试金属针（这根金属针 的针尖即是该显微镜的观察对象)，泡的内壁涂有 过程中，电场的电场强度E,电势、粒子的速度"、电势能E随x的变化图 荧光导电膜在金属针和荧光导电膜间加很高的怕真空： 像正确的是 电压，泡内上部空间产生辐射状的电场，电场方向 4/(0」) A作+自 从针尖指向泡内壁，由于针尖处电场很强，氮原子 图6 碰到针尖时会失去一个电子形成氮离子，然后在电场作用下向导电膜运 动忽略氨离子的重力，氨离子的初速度可视为零，不考虑氨离子在运动 7卫 731 过程中与其它氨原子或氨离子的相互作用，下列说法中错误的是(） A C A.氨离子运动过程中电势能不断减小 2.如图2所示，在竖直平面内有水平向左的匀 B.氨离子运动过程中加速度不断减小 强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线， C.到达泡内壁各点的氨离子动能相等 细线一端固定在0点，另一端系一质量为m的带 D.若所加电压为儿，泡的半径为，则泡内壁处的电场强度大小为号 电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时 让小球获得初速度且恰能绕0点在竖直平面内沿 7.如图7所示，电荷均匀分布在半球面上，它 逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g,不考虑 在这半球的中心O处电场强度等于E。·一过球心 的倾斜平面将球面分为两部分，其中α=60°.则 空气阻力.下列说法正确的是 所分出的较小这部分的电荷在O处的电场强度E 人.匀强电场的电场强度E=mgsin0 为 ( 图7 9 B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为B=2c0s日 mgL C2 03 2 C,小球运动至圆周轨迹的最高点时机域能最小 二、多选题 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能 8.竖直放置的半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在 先减小后增大 水平地面上，轨道所处空间存在电场，一带电荷量为+9， 3.由n个带电量均为Q的可视为质点的带电 质量为m的小球，以初速度由底端的A点开始沿轨道 小球无问隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖 侧上滑，到达顶端B的速度大小仍为，重力加速度为 直平面内。一个质量为m的金属小球（视为质点） g,则 A.小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能 图8 通过长为L=2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高 点。当金属小球电荷量也为Q(电性未知)时，发现 B若电场是匀强电场，则该电场的场凰是m坚 金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平 图3 衡状态，如图3所示，轴线上的两点P,P”关于圆心O对称已知静电力常 C.A,B两点间的电势差大小为2mgB 量为k,重力加速度为g,取无穷远处电势为零.则下列说法中正确的是 D.小球在B点的机械能比在A点的机械能大 ( 9.质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在：秒末 A.0点的场强一定为零 加上沿竖直方向且范出足够大的匀强电场，再经过，秒小球又回到A点 B.由于P,P两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反 整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g,则( A.匀强电场方向竖直向上 C.金属带电小球的电量为Q=8m nk B.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了 D.固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余n-1个小球 mg'p C.整个过程中小球电势能减少了2mg': 位置不变)置于P处，则测圆心0的场强大小为子，m R n D.从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了子mg 4.某一沿x轴方向的静电场，其电势？在 10.某电场的电场线分布如图9所示，则 x轴上的分布情祝如图4所示，B、C是x轴上 ( 两点，下列说法正确的是 A.电荷P带正电 A.O点电势最高，BC两点的场强方向相同 B.e点的电势低于d点的电势 B.同一个电荷放在B点受到的电场力不 C.正试探电荷在c点受到的电场力大于在d 一定大于放在C点时的电场力 图4 点受到的电场力 C,问一个电荷放在C点时的电势能可能大于放在B点时的电势能 D.a点的电场强度大于b点的电场强度 D,试探电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力一定先做负功，后做 正功 10 选择专项 数理极 B.L先变亮后变暗，L2先变暗后变亮 专题八：电路及其应用 电能 C.电容器极板所带的电量先减小后增大 (难度☆☆t,参考用时30分钟，1~7题为弹选题，8-10题为多选题) D.电原的效率先减小后增大 6.用伏安法测电阻时，为了减小实验误 一、单选题 1.如图1所示的电路中，电原的电动势E和 差，将实验器材按图6连接，留下一个伏特计 内阻「一定，A,B为平行板电容器的两块正对金 接线头P,将P分别与a,b两点接触一下，则 属板，R,为光敏电阻，电阻随光强的增大而减 A.若安培计示数变化显著，P应接在a 小当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S,此 时电流表A和电压表V的示数分别为/和U.以 B.若安培计示数变化显著，P应接在a C.若伏特计示数变化显著，P应接在b 下说法正确的是 () A.若仅将R,的滑动触头P向b端移动，则/不变，U增大 D.若伏特计示数变化显著，P应接在 7.如图7所示，电源电动势E=3V,小灯泡L B.若仅增大A、B板间距离.则电容器所带电荷量增大 C,若仅用更强的光照射R,则/增大，U增大，电容器所带电荷量增加 标有“2V0.4W”,开关s接1，当滑动变阻器调 D.若仅用更强的光照射R,则U变化量的绝对值与1变化量的绝对 到R=4D时，小灯泡L正常发光：现将开关S接 值的比值不变 2,小灯泡1和电动机M均正常工作，则( 图7 A.电原的内阻为12 2.某型号手机无线充电器的输出额定电压为5V,输出额定电流为 B.电动机的内阻为2① 2A:手机的电池容量为4200mAh,输人领定电压为3.75V.则( C.电动机正常工作的电压为1V A.无线充电器的内阻为2.5D D.电源的效率为80% B.4200mAh指的是电池充满电时贮存的电能 二、多选题 C.无线充电器以颗定电流工作时，输出功率为7.5W D.手机电池充满电后，能输出的最大电能小于5.67×10」 8.某学校创建绿色校园，新装了一批节 3,图2甲为天然气泄漏检测电路原理图。电源电压恒定，R,为定值电 能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电属 阻，气敏传感器两端电压U,随天然气浓度C变化的关系如图乙则下列 灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改 描述R,的功率P。,电路的总功率P随天然气浓度C变化的关系图线中，可 变如图8为其内部电路简化原理图，电源电 能正确的是 动势为E,内阻为，R为光敏电阻（光照强度 ( 增加时，其电阻值减小)，现增加光照强度，则 24 下列断正确的是 A.电环路端电压不变 B.R两端电压变大 C.B灯变暗，A灯变亮 D.电源总功率变大 9.某导体中的伏安特性曲线如图9 30 所示，下列说法正确的是 (） 00 A.导体两端加4V电压时，导体的 030 电阻为7.5 020 0 B.导体两端加12V电压时，导体的 9204060801@0120N 电阻为242 图9 4.如图3所示，R,为定值电阻，R,为滑动变阻器（最大租值25），现 C.该导体为线性元件 闭合电路中的开关$，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的 D.导体的电阻率随若温度的升高不断增大 过程中，由电表的测量数据得到0-I图线如图4所示（电表均为理想电 10.如图10，电源电动势E=9V,内阻不 表).则下列说法正确的是 计，定值电阻R=40,R2=8,R=12 A M点和N点之间接有定值电阻R=10D和 平行板电容器，电容器的电容C=80μF,R 为变阻箱，将其阻值由62调整到122，下列 说法正确的是 () 图0 A.R,=6时M点的电势高于N点的电势 13 图4 B.R,=122时电容器两端的电压为4.5V A.电源电动势为4V B.电源的最大输出功率为0.9W C.变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为10：9 D.变阻箱的阻值改变前后，通过电阻R,的电荷量为1.2×10-C C,定值电阻R,的最大功率为1.8W D,滑动变阻器R,的最大功率为1,2W 5.在图5示电路中，灯L,L的电阻分别为 R,、R,变阻器的最大电阻为R。,且R。>R,电容 器的电容量为C.若有电流通过，灯就能发光，假设 灯的电阻不变，当变阻器的滑动片P由a墙向b端 移动过程中，以下说法中正确的是 A.L,先变暗后变亮，L2一直变亮 图5 数理极 选择专项 11 最小为 专题九：动量守恒定律 A.30a B.to c (难度☆☆☆，参考用时30分仲，1~7题为单选题.8~10题为多选题) 6.水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下，所用水 一、单选题 枪的直径为D,水速为P,水柱垂直射到煤层表面上，水的密度P,冲击煤层 1.如图1所示，测试汽车安全气囊的实验 后自由下落.水柱对煤层的平均冲力为 中，汽车载着模型人以80km/h的速度撞向 A.TDpu B.Dpu' 刚性壁障，汽车速度辉间减为0，同时，安全气 4 2 囊弹出，保护模型人则关于安全气囊的作 C.Dpr' D.Dpr' 用.下列说法正确的是 4 A安全气囊减少了碰撞过程中模型人的 7.如图5所示，放在光滑水平面上的矩形 受力时间 滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成 B.安全气囊减小了碰撞过程中榄型人受到的冲击力 的.质量为m的子弹以速度水平射向滑块。 C.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动能变化量 若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所 图5 D.安全气囊诚小了碰撞过程中模型人受到的冲量 示：若击中下层，则子弹嵌人其中间，如图乙 2如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球A,B发生正碰，A,B的所示，比较上述两种情祝，以下说法不正确的是 质量分别为m,和m2,图乙为它碰撞前后的x-(住移一时间)图像，以 A.两种情况下子弹和滑块的最终速度相同 水平向右为正方向由此可以判衔，以下四个选项中的图像所描述的碰撞 B.两次子弹对滑块做的功一样多 过程不可能发生的是 C.两次系统产生的热量一样多 D.两次滑块对子弹的阻力一样大 二、多选题 12 8.下列有关冲量的说法中不正确的是 A.放置在水平桌面的物体静止一段时间，由于物体速度不变，所以物 体受到重力的冲量为零 B.力对物体的冲量越大，物体受到的力一定越大 C.力对物体的冲量越大，力的作用时间一定越长 D.物体的冲量越大，它的动量变化越大 9.质量为1kg的小球A以4/s的速度与质量为2kg的静止小球B 正碰，关于碰后A,B的速度，与，下面哪些是可能的 () A.I m/s,tn 3 m/'s B.r=-4 m/s.tg 4 m/'s C,=n=子m 4 D.4=-1m/s,n-2.5m/s 10.五育并举，大力发展校國足球，科学 安排体育课运动负荷，开展好学校特色体育 456 D 项目，大力发展校园足球，让每位学生掌握1 至2项运动技能，如图是学生在练习用头颠 3.质量为m的人，原来静止在乙船上，甲、乙两船质量均为M,开始时 球.假设足球从静止开始自由下落45cm,被 都静止，人先跳到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度之比为"甲：z等 头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高 国6 () 度仍为45心m,足球与头部的接触时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,不计 A.1:1 B.m:M 空气阻力.下列说法正确的是 () C.(m +M)M D.m:(Mm) A.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量 4.如图3所示，排球比赛中运动员某次将飞来 B.头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为2.4kg·m/s 的排球从点水平击出，球击中b点：另一次将飞 C.头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28N 来的相同排球从a点的正下方且与b点等高的c点 D.从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为罗 斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d与㎡ 3 点的高度相同.不计空气阻力，下列说法正确的是 A.排球两次在空中速度变化量相等 B.排球两次击中6点时的动能相等 C,两次击球，运动员对排球所做的功不一定相等 D.排球从c点击中b点的过程中，重力对排球的冲量为零 5.如图4所示，有A,B两个质量均为m的 小车，在光滑的水平地面上以相等的速率。 在同一直线上相向运动，A车上有一质量也为 . m的人，他现在从A车跳到B车上，为了避免 图4 两车相撞，他跳离A车时的速率（相对地面） 12 选择专项 数理报 6.如图6表示两列同频率相干水波在：=0时 专题十：机械振动 机械被 光 刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波 (难度☆☆☆，参考用时30分仲，1~7题为单选题.8~10题为多选题) 谷，已知两列波的振幅均为2cm且在图中所示范 围内辰幅不变，波速均为2m/s,波长均为0.4m,E 一、单选题 点为BD和AC的交点.下列叙述正确的是( 1.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运 A.A,E、C三点都是振动减扇点 动，其振动图像如图1所示下列说法正确 B.振动加强的点只有B、E、D 的是 () C.BD连线上的所有点都是振动加强点 A,图线上的某点的切线的斜率表示弹 D.B、D两点在该时刻的竖直高度差为4cm 簧振子在某时刻的加速度 7.某同学在用单摆测定重力加速度时，由于摆球质量分布不均匀，无 B.弹簧振子在1.5s时位移方向跟它 法确定其重心位置，他第一次取悬线长为L,测得单摆振动周期为T,:第 的辉时速度方向相反 二次取悬线长为L2,测得单摆振动周期为T.由此可计算重力加速度g为 C.弹簧振子在前2s内通过的路程是32cm D,第2s末根子的速度为零，加速度为正向的最大值 A4m(4+2) B4m(4-b2) 2.一列简谐横波在某介质中沿直线由 卡A Ti+7 T-T a点向b点传播，a,b两点的平衡位置相距 2.5m,如图2所示，图中实线表示a点的振 c4m(L+4) D. T+T TiT 动图像，图中虚线表示b点的振动图像，则 二、多选题 下列说法不正确的是 8.如图7甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在1=0时刻的 A.质点a的振动方程为y=2sin(10πt 波形图，P是参与波动的、离原点：1=2m处的质点，Q是参与波动的、离 +cm 原点=4m处的质点，图乙是在波的传播方向上某质点的振动图像（波 61 的传播方向上所有质点的计时起点相同)，由图可知 B.从0时刻起经过0.40；，质点a、b运动的路程均为16em C.在1=0.45s时质点b又回到平衡位置 D.在0.1-0.15s内，质点向y轴负方向运动，做加速度逐新变大 的减速运动 3.图3(a)为一列简谐横波在：=2时的波形图，图(b)为介质中平 衡位置在x=1,5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x=2m的质 图7 点，下列说法不正确的是 A.从t=0到t=6s,质点Q通过的路程为12m B.从1=0到【=6s,质点P通过的路程为0.6m C.这列波的传播速度为：-2m/s D.从1=0起，P质点比Q质点晚1s到达波暗 9.如图8所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂 直轴转动.圆心O与足够大光屏的距离d= 20em,初始半圆玻璃砖的直径与光屏平行时. A.波速为0.5m/s 一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光 B.波的传播方向向左 屏上O,点留下一光点，保持人射光方向不变， C.当1=7s时.P恰好回到平衡位置 让玻璃砖绕0点顾时针方向转动α(《<90) D.0-2s时间内.P向y轴正方向运动 时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过α 4.图4为“水流导光”实验装置.长直开 口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开 30°角时，光屏上光点位置距离0，点为20cm,(sim75°=6+2)则下 4 一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水 列说法正确的是 ( 流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔， A,玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于O,向上移动 观察到激光束没有完全被限制在水流内传 B.该玻璃砖的折射率为② 播，下列操作有助于激光束完全被限制在水 流内传播的是 ( ) 图4 C,该玻璃砖的折射率为6+② 2 A.增大该激光的强度 B.向瓶内再加适量清水 C.改用频率更低的激光 D,改用折射率更小的液体 D.当玻璃砖绕0点相对初始位置转过的角度a的正弦值为6，② 2 5.如图5所示，劲度系数为k的轻质弹簧上喘悬挂 时，光屏上的光点消失 在天花板上.下端连接一个质量为m的物体A,A下面 10.一列简谐横波沿x轴正方向传播。 用细线悬挂一质量为M的物体B,此时系统处于静止 a(1,0),b(4,0)是x轴上的两点.t=0时刻 状态现剪断细线使B自由下落，当物体A向上运动第 的波形图如图9所示，1=0.2s时，b处的质点 一次到达最高点时，弹簧对A的拉力大小恰好等于Mg, 开始振动.下列说法正确的是 此时B尚未落地且速度为，则 图5 A.该波的波速为10m/s A.物体A的质量M=2m B.b处的质点开始振动的方向沿y轴负方向 BA与弹簧组成的系统振动周期为 C.某时刻：、6两处的质点的运动方向可能相同 C,A运动到最高点时加速度为0,5g D.t=0.458时，a处的质点位于x轴的上方，且正在向上运动 D.A从最低点运动到最高点的过程中弹簧弹性势能的成少量为 2m'g