选择专项

数理极 参考答案 27 选择题专题训练1参考答案 解得a=(4m2 4=5s时汽车的位移为父=受。=40m 1.C解析：由于子弹的速度越来越小，故穿过每一 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1s,2s末的速度之比为形1：2=(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，绝对不动的物体是没有的，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 根据2=2ax,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 刹车开始第1s内的位移为=61-= vo:4:te:c=2:√5：2：1，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，所以相对于选定17.5m, 度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由x= 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6=(o-a)1-之a=12.5m 态，故B错误；物体的运动状态与选取的参考系有关，选 分可知，反向通过各木块用时之比为1：(5-)：取不同的参考系，物体运动状态可能不同，故C铅误：选 得x1:x2=7:5,C正确： 汽车匀减速运动40m停止，将其逆向看成初速度为 (5-巨)：(2-5)，子弹从进入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，其相零的匀加速直线运动，根据连续相等的各段位移时间此 时间，：。：。：，=(2-厅)：(2-万)：1：2，则C对于不同参考系的运动速度也可能不同，其运动的轨迹可知，利车第一个10m内，第二个10m内所用时间之北 为从0到D的中间时刻，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)：(5-2)，D错误 时刻的瞬时速度，可知子弹从O运动到D全过程中的平 故选A. 10.AC解析：根据△x=d=aT得下落过程中的 均速度等于C点的瞬时速度，故AD错误 7.C解析：匀加速直线运动中，中间时刻的速度与 故选C. 平均速度相等五=片 加速度a=÷.A正确：经过位置3的舞时速度等于24 2.B解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运 前一段中间时刻的速度为=号=2ms 段的平均速度，则与：兴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，平均速度等于中间时刻瞬时速度，速度从 紧接下一段中间时刻的速度为，=号=3 得，通过位置4的瞬时速度=与+T=光C正确：从 12m/s减到6m/s所用时间为1.5t,因此在0.5t时间内 速度减小2m/s,公交车经过S点时的瞬时速度为 两个中间时刻的时间差为△：=15+1：25。位置1到4过程中的平均速度大小=兴=兰.D结误 s=ts-a·0.5t=(12-2)m/s=10m/s 所以加速度为a:≥景g:04v 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-t图像的面积表示位移，由图 间为1=名=2.5。若运动员在3：内一直做自由落体可知，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h=2g可知运动员在1s内，2s内，3s内 h=号×(1+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错误； 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-t图像的斜率表示加速度，由图可知，在匀加 不是自由落体运动，可知运动员在1s内、2s内、3s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mg=1?,在摩擦力，故C错误： 3、内一直做自由落体运动，运动员在第1s内、第2s内、匀减速过程，货物加速度的大小为 推力F在竖直方向上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 =523m/s=1m/s 2 1:3:5:但因运动员在第3s内的后0.5s做匀减速运 综上所述本题正确答案是A. 动，则第3s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A为 于1：4：9，选项B错误；运动员在1s末、2s末3s末的B正确： 轴逆时针转动到向左偏离竖直下 速度大小之比为：2：5=(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=-6×10J,故C 分析可知，此时BC边跟铁球之 、2=只-2h解得h广=2×，m=60m,运销 错误； 间没有作用力，铁球受到重力G、 2a 图1 在匀加速过程，拉力大小为 AB边作用力FB和AC边作用力 动员距离地面60m时打开降落伞，选项D错误 Fx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. 货物上升的高度为点，=之×2×2m=2m 2 4C解析：由运动学公式x=w+,整理可 拉力做功为W1=F,h=22000J 故选A 得子=6+号 匀速过程，拉力大小为F2=mg=10000N 3.A解析：以AB整体为研究对象，根据平衡条件 由图乙可知 货物上升的高度为h2=1×2m=2m 拉力做功为W2=F2h2=20000J 2mgsin a uamgcos a+ugmgcos a 2umgcos a w=2s,号：42m, umgcos a 匀减速过程，拉力大小为F=mg-ma2=9000N 解得a=4m/s2 货物上升的高度为么=分×2×2m=2m 解得=子aa 所以物块在斜面上做初速度为2/s的匀加速直线 对B受力分析可知，B受重力、支持力、A的弹力及摩 运动，AB错误；由牛顿第二定律得 拉力做功为W=F,h=18000J 擦力而处于平衡状态；则有 mgsin 0-umgcos 0 =ma 整个过程中拉力对货物做功的平均功率为P= mgsin a umgcos a F 解得k=停C正： W1+w,+W=60000W=1.2×10W 5 解得R=了mgsin a 第2s末的速度为=o+at=10m/s,那么前2s 故D正确 故A正确，BCD错误 内的平为速度为i:=6m,D错银故选C 故选BD, 故选A. 9.AC解析：1=2s时汽车的位移为 4.D解析：甲在细绳拉力作用下有向右运动的趋 5.B解析：发生4加所用的时间为t= x=rol-Zup =30m 势，则甲受到地面的摩擦力水平向左，选项A正确，不符 a 合题意： 根据△r=a得，-：=a·(4出)2 汽车停止所用时间为。=乡=4。 a 对物块分析，设右边绳子与竖直方向夹角为α，左边 28 参 考答案 数理极 绳子与竖直方向夹角为B,则竖直方向 8.BD解析：对小球B进行受力分析，作出力的矢 f-(mM)g=(mM)a Tz cos a=mg+T甲cosB 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错误： 水平方向T之sina=T甲sinB 在0~10s内空降兵和降落伞整体加速度向下，处 解得T2=m 于失重状态，在10~15s内速度向上，处于超重状态， owa-台 故D错误 物块上移时a:变大，B减小，则Tz逐渐增大，选项B 故选B 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，则系物体两绳的合力的大小等 图6 时，由牛顿第二定律得 于物体的重力的大小，选项C正确，不符合题意： 可知轻绳对小球B的拉力逐渐变大，斜面对小球B 2mg -umg 3ma 设拉乙的绳子与竖直方向夹角为6，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=Tsin0 的压力逐渐变小，故A错误，B正确： 甲受地面的摩擦力f=Ta sin B 对轻小圆环A进行受力分析，如图乙所示 Lro 则甲、乙受到地面、平台的摩擦力大小不一定相等， 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 选项D错误，符合题意.故选D. 所以F、不断变大，即半圆形细杆对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 则摩擦力不断变大，拉力F逐渐变大，故C错误，D正确 mg-2μmg=3ma2 故选BD. 由运动学公式 F=B 以两个小球为整体，则有an60°=方 9.AC解析：木板受到木块的摩擦力大小为f= 故AB错误 4,mg,方向水平向右，长木板处于静止状态，故木板受到 baln 又=2t 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=f=山mg 联立解得：=子，最接近0.3 当F=1mg时，则有F=f=5,当F>41mg时 故选B, F>f=方，无论F多大，木块对木板的摩擦力大小始终 4.B解析：设最左边的物体质量为m,最右边的物 为斤=以，mg,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M,根据牛顿第二定律可得整 图2 图3 k,(m+M)g,因此木板受到地面的摩擦力的大小一定是体的加速度 如图3，由几何关系可得学= 0EG- 4mg,方向水平向左，A正确： OB'F OA 木板静止不动，木板受到地面的摩擦力的大小一定 a:奇 又OA=OB 是5=f=4mg,B错误； 对最左边的物体分析，有 由A顶分析可知，木块受到木板的摩擦力的大小一 T-ma-mi 定是山mg,方向水平向左，C正确： 故C错误，D正确. 对最右边的物体分析，有 由A项分析可知，无论F多大，木块对木板的摩擦力 故选D. 大小始终为f=4mg,小于地面对木板的最大静摩f F-Ta m'a 6.D解析：设墙给A的支特力为N,B给A的压力为 N =2(m+M)g,木板不会动，D错误 解得，=P- 故选AC 对A由平衡条件得m4g+uN=42N,N=N 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=(mu+ma)g+1N 10.AD解析：对滑块A受力分析，据平衡条件得减小，因为mm不变，所以工，减小，T增大，故选B. 联立解兴=去 ngsin30°=，其中x=%-L解得%=1+爱故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 所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相 如图4 Fc0s30°=2 mgsin30°，解得F=25 mg故C项错误，D同，我们设两物块的加速度大小为a,对于M山，滑动摩 项正确， 擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1,M2的加 速度大小为42，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 30 4 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 可得三严 变，故AB错误； 其中m为物块的质量，设板的长度为L,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 上加速或向下减速，故C正确，D错误 物块与M的相对位移 设a到球的距离为x,则b到球的距离为2L-x,设边 故选C. 长为x的边与竖直方向夹角为α，根据几何关系及正弦定 2.B解析：w-t图像中，图线上某点的切线的斜率 L=2ai-2, L 2L-x 理，有n2a=sn(0°-=sin20-a 表示该时刻加速度，故0~10s内空降兵运动的加速度 物块与M2的相对位移 越来越小，故A错误： 则有2sin2a=sin(120°-a)+sin(60°-a)= 0~10s内空降兵和降落伞整体做加速度减小的加 L=2d-7,6 2sim(90°-a)·co830,解得sina三 速运动，由于 若M,>M2,a1<a (mM)g-f=(mM)a 得1<2 2mg 2mg 则整体所受重力大于空气阻力，空气阻力增大，故B M,的速度为=a 根据受力分析，可得F,= cos a= 13 正确； M2的速度为2=a22 在0~10s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力增 所以1<2，A错误； 25 大，在10~15s内速度向下，做加速度不断减小的减速 若M1<M2,a1>a2 故选D. 运动，加速度向上，即 得1>2 数理招 参考答案 29 所以>2，B错误： 知m、M4不变，F越大，2（木块）的斜率不变，1（木 mg 由图像知mg=5N2。=0-2N/m 若F<F,由于木板受的摩擦力大小不变，并且M,板)的斜率越大，C错误； 0.5 设木板长度为L,当木块滑离木板时 解得R=0.25m =M2,所以木板的加速度的大小是相等的，设为o,根据 故选B. 受力和件顿第二定律可知，M上物块的加速度小于M2 LsTup-u 5.D解析：物块做匀速圆周运动，受到的合力始终 上的加速度，即a。<a6 那么物块M,与木板的相对位移 解得t= 2L 2L 指向圆心，又因为速率v<Rg,因此只有在BD两点 a -a F-μ(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=之- 知若Mμ，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,物块的向心加速度有向下 物块M2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=G- 故选BD. 加速度有向上的分加速度，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 初速度。，则物体开始做匀减速运动，如果最大静摩擦力 故选D 所以t。>t 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：如果最大静摩擦力小于重 下落公所用时间为6，则公=之 秒1=ata 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=t 2=a6 匀减速运动，但加速度比共速前小，直到为0，再反向加 所以”>2，C正确： 速.故AB错误，CD正确. 解得：=√受 同理，若F1>F,M1=M2 故选CD. 陀螺自转的线速度为v'=wr 则a。>a6,t<6 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，<2，D错误 平位置后由静止释放，球绕Q做圆周运动，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：=ωr+ 故选C 速度为零，故向心力为零，那么，细线Ⅱ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，加速度a=g,竖直向下，故A √受故C正确，AD钻误 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I中拉力 F+umgcos 0-mgsin 0 ma 7.C解析：木板与两个圆柱表面的摩擦力相等，大 不变，那么，球受到的合外力大小为F卫，方向水平向左， 加速运动，其加速时间为，有 小为f=7mg=7×0.2x5×10N=5N v2-0=2ax 故加速度a=卫，方向水平向左，故B正确，D错误 当w=40rad/s,圆柱表面的点转动的线速度大小 v at' 选择题专题训练4参考答案 为v'=wr=0.8m/s 当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动 木板的速度v=0.6m/s,则木板相对于圆柱表面的 x约=(t-t') 1.A解析：将篮球的运动沿PQ方向和垂直PQ方点运动的合速度大小为 根据题意有 向分解，则沿Q方向的分运动有 a=+2=√0.62+0.82m/s=1.0m/s L=x加十x约 .gsin 30 由几何关系可知木板所受的滑动摩擦力与拉力F的 解得a=2.25m/s 代人得：=2√后A正确 夹角为(90°+37°)；木板在垂直于轴线方向受到两轴的 =子 滑动摩擦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；在平行于轴线方向 F=8.5N 2.A解析：根据运动的合成与分解得"和=sinα上，木板受到的滑动摩擦力f'=2f·sim37°=2×5× 故A错误，B正确： 此时手到0的距离点。 0.6N=6N 匀速运动时，物块受力平衡，有 木板做匀速直线运动，由平衡条件得F=f'=6N F+F mgsin 0 h 根据线速度角速度关系可知：=sin=sma·w 故A错误，C正确： 解得F=3.5N 解得w=sin2c 圆柱转动的角速度越大，则圆柱表面上的点的线速 故C项错误： h 度越大，木板与圆柱表面的摩擦力沿垂直于轴线方向的 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 3.C解析：小球做平抛运动，有： 木板的拉力越小，故B错误； 时没有划痕，所以划痕长为 若o=40rad/s时，拉力为20N,木板开始做加速运 △x=x传一x加='-x加=2m tan a 是 动，随木板速度的增大，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o=2m6=9J 小，木板不可能做匀加速直线运动，故D错误 8.BD解析：外力作用在木板上，二者相对滑动，则 小球落在斜坡上的动能为：=m(弓+)， 故选C 有a饭>a快，-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0，则 代入数据计算得出E,=21J:故C正确 1的加速度大于2，故图像1表示木板的u-t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 am0=①，1n0=ng2 块的t-t图像，A错误； 道最低点处对轨道的压力大小等于所受支持力大小，设 由题意可知，0角变小，故绳中拉力变小，A正确： 两者刚要发生相对运动时，有 小球在圆弧轨道最低点的速度为，根据牛顿第二定律 对物块B,水平方向合力为0，故∫=Tsin0, umg ma 有F-mg=mR 由于T变小，0变小，故B受到的静摩擦力变小，B正确： F=(M+m)a 对B,竖直方向F、=mg+Tcos0=(mA+mg)g, 可得F=(M+m)g,知m、M改变，m+M4不变 小球做平抛运动的水平位移为x= 故支特力不变，C错误； 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=g 发生相对运动时，对木板和木块 由①②两式可得节= sim0,由于6变小，故速 由几何关系有h=xtan0 cos 0 F-umng Ma 度变小，D错误 umg ma 联立以上四式得F=mg+2Ran分 故选AB. 30 参考答案 数理极 9.BD解析：设箭抛出点离壶口的竖直高度为h, 故选C 态，故A错误：对空间站有G Mm 2 水平距离为x,箭尖插入壶中时与水平面的夹角为Q.箭 3.C解析：设卫星B的周期为T',根据开普勒第三 R+了=mR+方，忽略地 在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水 定律怎，可知卫足B的运行周期小于卫足A的运行球自转则6M gR R =mg,联立可得=√h故B正 平位移的中点，则an0=么=2弘，x相同，h越大，0越 周期，A错误； 确：运行周期T=2红R+位=2m R+h,故C错 当卫显B比A多转半周时，A,B第一次相距最远，则 N gR 大，则知甲所投箭的位置比乙的高，根据A=方可知 有停-牙=，解得了=平B错误： 误；由G=ma可知，同步卫星与地球间的距离大于 2 甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长故B正确：C错误： 由x=。t可知，x相等，甲所投的箭在空中运动的时间 对于卫星4，根据万有引力提供向心力，可得GM空间站与地球间的距离，则同步卫星的加速度小于空间 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； =m亮，可得地球的质量M=受 7.A解析：根据牛顿第二定律F-m1g1=m1a1, 速度变化量△=g甲所投的箭在空中运动的时间 GT 2-m2g2=m2a2 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m'g=GMm 故选BD. R 由图知m,=3 ,m=仁得m=3n 等6答.c确 do 10.AD解析：当C的摩擦力达到最大静摩擦力之 后，B、C间的细线开始有张力，由此可得umg=m× 又则=3m=26得警=方p=兴- 卫星B通过变轨与A对接，则需要在原轨道上对卫 2心，解得@，=√凭，所以当u>√俘，B.C间的细线里B加速，使万有引力不足以提供向心力，做离心运动。 gr G 3g 最后与A对接，因此卫显B的机械能要增大，D错误 4ur' "g 开始有张力，故A正确，B错误； 3 B、A间的细线开始对B有拉力时2umg=mwr+ 故选C. 选A 4.D解析：嫦娥六号探测器在地球表面受的重力 mo×2r,则a,=√器，此时A所需的向心力为R 8.CD解析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提 为（根据6一袋，可得地球的质景为从。一 ,供向心力，则 3mor 2umg 3umg 继续增大转速，绳子拉力对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G2,根据G2= F南=Gm-m 2 r e=茅=an 力，摩擦力不变，若细线承受的拉力足够大，则无论心多”，可得月球的质量为业目=C店，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 √R得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度，= 故选AD. GR Gm LC,故A错误： 选择题专题训练5参考答案 本的质量之比学· √受代人数到暗√居：琴故A:因为 Gm 在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据“= 1.B解析：由图可知a==二4，根据圈周 嫦娥六号绕月球表面飞行时受到月球的引力为G,0,得出两卫星加速度的关系，卫显的运行加速度a= 3-r 运动的向心加速度与角速度的关系可得a=w'r,所以 有G=mg',解得月球表面的重力加速度g=: m az 。:名二一即电球自转角速度大小满足以=名一 -1 C,故B错误； G n2 故A错误： 根据常：受第一宇宙速度一√受，则月C正确：两卫显烧地球微画周运动，根据开音制第三定 R2 由于a2=o2r2,解得w'= ,故其周期为T= 球与地球的第一宇宙速度之比为 R律六=k,可得T=√日 厚：2E,故D正确故选CD 反，故B正确： √G,ExR 9.BD解析：根据题意可知缆绳相对地面静止，则 C,K,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r增√G,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，支持力变 嫦娥六号的质量m= 大，故C错误； ?,根据G=R景解得T知，配重和同步空间站的角速度相同，空间站的环绕半 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 C,故D正确， 体，物体将做圆周运动，不会做自由落体运动，故D错误 =2mgG =w,可知配重的线速度大于同步空间站的线速度，故B 故选D. 正确：根据题意可知，配重和空间站同步做匀速圆周运 故选B. 2C解析：根据开普勒第三定律号=C可知，轨道 5.B解析：根据开普勒第二定律得之4。动，配重与地球之间的万有引力为F=G恤，箱体在上 升过程中受到地球的引力越来越小，若同步空间站和 半径越大，周期越大.A错误： 2g△，解得心：a=5:1,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，则有血号=，所 根据开普勒第三定律得二 s ai 做圆周运动所需的向心力，配重将做离心运动，故C错 2 误，D正确；故选BD. 以有张角越大，轨道半径越小，根据牛顿第二定律CMm 2 我立解特不1√”故B正确 10.AD解析：彗星受到的万有引力提供向心力，根 =m,可知，半径越小，速度越大B锆误， 根据G炉=m景得T=2√高，可知神舟十 r3 据牛顿第二定律可得G恤=m二，解得e=√厘行 根据牛顿第二定律得G=m(停，解得M= 星I的绕行速率1大于行星Ⅲ的速率，故A正确：在 二号飞船沿轨道I运行的周期小于天和核心舱沿轨道B点点火加速，行显I的绕行速率，小于彗星在B点的 停7 Ⅲ运行的周期，故C错误； 速半，故B错误：根据开普勒第三定律号=k,行显1 12匹) 根据c学。a得a一以，可知正常运行时神的 则显球的平均密度为印=兴=，T 3mr 的绕行周期小于彗星沿椭圆轨道运行周期，故C错误：彗 GTR十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于在轨道 星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 多c正德，D银 故选B. G以=ma,解得a=G业，彗星运行到P点的加速度等 6.B解析：宇航员做匀速圆周运动，不是平衡状于行星Ⅲ运行到P点的加速度，故D正确.故选AD. 数理极 参考答案 31 √%，故BC错误，D正确 =F,时速度达到最大，弹性势能先减小后增大，由动能 选择题专题训练6参考答案 定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为 L.A解析：重力做功为W。=-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s= 故选AD. 正确； k是此例系数分).则：=兰=袋=如 9.BD解析：小朋友受蹦床弹力做功，机械能不守 克服摩擦力做的功W,=umgeos6~L=umg‘an6 h 恒，小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒，故A错误； 显然加速度与速度成正比，随着速度增大，质点的 小朋友的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有 所以倾角越大，摩擦力做功越小，故B错误； 加速度增大，所以质点做加速度逐渐增大的变加速运 mg-kx=ma,小朋友下降过程中x增大，则a减小，从弹 设斜面倾角为0，斜面高度为h,斜面长度L=sm0 动，故AC都错误； 力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有x-mg 根据，-1图象的斜率等于加速度，图象与时间轴所 =ma',小朋友下降过程中x增大，则a'增大，则从小朋 物体匀速被拉到端，根据动能定理得W。一mgh一wg心s0围的面积表示位移，知该质点通过的位移小于匀加速直 友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中（从 h ·L=0,联立解得拉力做功W:=mgh+mg‘tan6 线运动的位移，所以该质点的平均速度小于匀加速直线 h,~h过程中)，其加速度先减小后增大，故B正确： 则h相同时，倾角较小，拉力做的功较多，故CD运动的平均速度？，故B正确： 小朋友处于h4高度时，由于h,高度时的动能与h 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，到h,过程重力势能损失量 故选A 机械能也可能减小，故D错误， 等于蹦床弹性势能增加量，h2为小朋友刚接触蹦床时的 2.B解析：陀螺运动过程中受重力、轨道弹力、磁 故选B. 高度，弹性势能为零，所以h:高度时的弹性势能为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-t图像中曲线的割线的斜率表示瞬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，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在：=。 小朋友从h,下降到h过程中，动能增量为零，由能 理mg·2R=m2,解得D=2√g,故A错误，B正确；时刻相切，A正确： 量守恒知重力势能减少量等于蹦床弹性势能增加量，所 0~o,由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为以蹦末的最大弹性势能为E=mg(h:-h),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 10.AD解析：从物块接触弹簧至达到最左端，在斜 10mg-mg-P=紧，解得F=5mg,故cD错误 a,则有%=之，6,6~5%末速度为零，逆向看作是初 面方向上依次满足（设风力为F):F>mgsin0+kx,F= 故选B. 速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速度2，mgsin0+kx1,F<mgsin0+k:,（其中名>：1>x),所 三D解折：山题意可知，人站B点时速度为零，则有。=宁，(4片，解得4一会4一是可得以物块的读先流小后道弹孩弹性势生直境 而人从A到B点的整个过程重力做功代数和大于零，所4，=4，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 这一摩擦力始终有沿水平向右的分量，根据牛顿第三定 冰壶在6时刻速度达到最大，速度。=4，=，B成的系统机械能一直增大，D正确 to 律可知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 滑轮对右侧钢索的作用力大于对左侧钢索的作用力，所 全过程根据动能定理W。-W,。=0-0可得，W。= 以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，W,可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，粒子进入电场 后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关 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 力方向向右.人从A到C的过程中，竖直方向的分速度向 ,.B解析：小球在C点时，杆对小球的弹力为人、系，有gx=-△E,=0-上，故L,=-96,D正确： 下先增大后减小至零，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； =kxgeg 度向上先增大后减小至零，由此可推知人在C点存在竖 因为粒子离开电场时的速度与n30=2,电 直向上的加速度，因此人滑到C点时的加速度方向斜向 释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为0，杆对小球 右上，且速度不是最大，故AC错误，D正确. 的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即R、=ksn0,又场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，B错误： 粒子在电场运动的过程中，由动能定理可知gEx= 人在C点时速度方向与重力方向垂直，所以重力的xsm0=xc,故杆对小球的弹力保持F、=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 m-方m,所以：与不是线性关系，C错误 角小于90°，重力的功率始终大于零，所以人从A滑到C球所受滑动摩擦力大小始终为∫=μ上、=“受竖= 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：小球静止时细线与竖直方向成日角，对 故选D. 4.D解析：如图所示 msh-h-[:+成)-]=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=↓4mg h 2mg 小球从C到D的过程，同理 等于F1,可得=cos60 2 --〔+a)-]=m… =2mg,故A错误； 撤去外力后，C落地前， 0 图1 图2 C与A、B始终垂直，所以运动过程中C所受各个力的方 得小球在D点速度为D:35亚 由平衡关系可知am日=生解得E=mgam日，故A 10 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B. 错误； 的关系可知，C沿斜面的位移为。：温c:R,B 3 8.AD解析：由A点开始运动时F>F,合力向 小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球 右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，弹性势绕0点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最 沿水平方向的位移为xe=2Ram30°=2,5R 3 能减小，F弹减小，根据牛顿第二定律得F-F,=ma,因高点， 此a减小，当运动到F雅=F,时，a减小为零，此时弹簧仍 A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律 由x=2ad可知，B,C的加速度相同，所以由=ad 处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时P可知，m竖。= 可知B、C的速度大小相同，落地前C下降的高度为h= <F,小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，F cos 0 L 0s60°-R=R,B,C的系统只有重力势能与动能的转与R,差值增大，即加速度增大；当越过0点后，弹簧被拉 R 动能Em=2mw 伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，因此F<F,= 化，机械能守恒，即2mgh=子·(2m+m)2可得：=m,随着拉伸量增大，弹性势能增大，a也增大，故从A 联立解得气=。故B正确： 到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态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 数理招 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，无法判断做功情况，故D错误 速度大小为3g、方向向上，由牛顿第二定律有mg-gE= 功.由题意可知，当小球运动到最左边与0点等高时，电 故选C ma 场力做负功最多，机械能最小，故C错误； 5.A解析：由题意，对 解得qE=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E·72=2mg, 程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能见，想让A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 自由落体阶段下落的高度为h=之，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，由几何关系知∠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F、cos60°=F睾cos60 阶段中的位移为了，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； 将A球移至O点时，同理对小球A受力分析可知，此 重力势能为mg(h+)=子mg子，D正确 根据对称性可知，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，又因为重力竖直向下， 故选CD. 点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、支特力垂直于杆，则由三力平衡条件可知，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； 由题可知，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c点的电 取圆环上最高处的带电小球为研究对象，由库仑定故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； 律可得，该部分对小球的库仑力R一答-架 故选A 因c点的电场线较d点密集，可知c点的场强较大， 6.D解析：氨原子碰到针尖时会失去一个电子形正试探电荷在c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： 成氨离子，所以氦离子带正电，在氨离子运动过程中，电力，故C正确： 同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b点较稀疏，则a点的电场强度小于 如图3所示 泡内上部空间产生辐射状的电场可看作是在针尖b点的电场强度，故D错误 由几何关系可知，细线与轴线的夹角0=30 处的点电荷产生的电场，氨离子运动越远受到的电场力 故选AC 越小，加速度不断减小，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，则针尖到泡壁各点 的电势差恒定，根据W=U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b端移动，R 点的氦离子做功相等，各点的氨离子动能相等，选项C所在支路有电容器，是被断路的，则1，U均保特不变；故 正确： A错误； 图3 图4 两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为F 泡内上部空间产生辐射状的电场可看作是在针尖 根据C==号，因电容器两端电压U不变，若 =2架m0-g 处的点电荷产生的电场，由点电荷的场强公式￡=号 仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少，故B错 4R2 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： 若仅用更强的光照射R,电阻随光照强度的增大而 z=Bnko 力的合力F="2 电场强度大小不恒为'，选项D错误 减小，总电阻减小，总电流变大，则增大，U应当减小：R 8R2 7.B解析：根据对称性，做出球 的电压变大，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O点产生的电场分布 知，电容器电荷量减小，故C错误； 可得F=mgtan60° 如图6所示 根据全电路的欧姆定律有E=U+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= nk 球面上的电荷在O处的电场强度E= 2R√严，故c错误 2,故B正 4,故有当：兴=，即U的变化量的绝对值与/的 图 在圆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 的场强大小为岳=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，固定P处的小球，在圆环上取下 2.D解析：无线充电器不是纯电阻，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 一个小球（其余n-1个小球位置不变）置于P'处，P,P' 电磁感应原理充电，充电器的线需电阻无法求出，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 4200mAh指的是电池充满电时贮存的电荷量，B错误； A点的电势能，小球在B点的机械能比在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=U川 大，故AD正确； (其余n-1个小球位置不变)置于P'处，则圆心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能=qU= 强大小为E=(=合√受故D正确 时，场强才为m,故B错误： 4200×103×3600×3.75J=5.67×10°J 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φ-x图象斜率表示场强大小和沿 gUa-2mgR=0,解得Un=2m5,故C正确 能小于5.67×10J,D正确 电场线方向电势逐降低的特点可知从负无穷到O点场 故选D. 强方向向左，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，R。与气敏传感器串联，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 O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错误； 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，末速度v=g,运动 的电阻分压特点可知：气敏传感器的阻值变大，所以，气 点受到的电场力大于放在C点时的电场力，故B错误； 到最低点时速度为零，故减少的动能为AE= 敏传感器的阻值(R,)与天然气浓度C也成正比 由于不知道电荷带电性质，无法根据=三判断B 2m·(g)2,B错误： R的功率可表示为B=反 .U-,气敏传 R。 小球在前t秒内做自由落体运动，加速度为g,则加 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R。的功率与 试探电荷沿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=之，一x=t-2心得小球加气敏传感器两端电压不是线性关系，所以R。的功率与天 数理极 参考答案 33 然气浓度为非线性关系，故AB错误；随浓度的增大时，以-上_3×0.2-02×」=93.3%，故D错误 8 m/s=4m/s,2=0. 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 减小，故C正确，D错误 8.BD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=：=0：8m 故选C. 规律，R。两端电压增大，B正确： △t1 4 4.C解析：当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电 增加光照强度，R,减小，根据串反并同规律，A灯电 =-2ms,=A2 =16-8m/s=2m/s 阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可 流变小，A灯功率变小，A灯变暗；因为A灯电流变小，A灯 知，电路中电流增大，R两端的电压增大，乙图线表示Y,两端电压变小，电源路端电压变小；根据串反并同规律， 取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定 的变化甲图线表示V,的变化乙图线的斜率表示定值B灯电流变小，B灯的功率变小，B灯变暗：AC错误； 律得m11=m1+m2 解得m1:m,=1:3,对四个选顶图所描述的碰撞过 3-1 增加光照强度，R,减小，根据串反并同规律，电源的 电阻的阻值R=0,6二0.20=50，图甲斜率的绝对 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=0.6-0.20= 故选BD. 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U1=4V时，电流I1= 10,联立解得r=52,则有U=E-1(r+R）=E- 于前面A的速度.B选项图所描述的碰撞过程不满足动 101.将-2V.1:04A代入上式可得E:6V.故A03A,由R=只=13.30，故A错误： 量守恒定律，不可能发生本题应选B 错误 由图可知当U2=12V时，电流12=0.5A,由R2= 故选B. 设外电阻为R,电源的输出功率为P=fR%:华：24n,故B正确： 3.C解析：人与甲乙两船组成的系统动量守恒，规 E 定向乙船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M+ 由图知该图像为曲线，不是过原点倾斜的直线，所 R外 以该导体为非线性元件，故C错误： mg=0解得号"产故选C M 当R4=r时，电源的输出功率最大 伏安特性曲线斜率表电阻的倒数，由图可知导体的 4C解析：根据题意，由公式h=之g可知，排球 R.=鉴=5W=18W故B错误： 62 电阻随·增大而增大，由电阻定律知导体的电阻率随着 在空中的飞行时间取决于高度，从a点飞出的排球，下降 滑动触头P在最左端时，滑动变阻器接人电阻为零， 温度的升高不新增大，故D正确， 的高度为h,从c点飞出的排球，先上升高度h,又下降高 故选BD. 电路电流最大，定值电阻R的功率最大P'。= 度h,结合运动的对称性可知，c点飞出排球的运动时间 10.CD解析：当电阻箱的阻值为R=6Ω，电阻 （石年户R=(合产×5W=18W故C正确： 为a点飞出排球运动时间的两倍，排球两次飞行过程中 将定值电阻看成电源内阻，根据B分析可知，当R2 R两端的电正为（二风尼，解特化=3V,电阻风的加速度均为重力速度，测由。=可为并球两欧 R 在空中速度变化量不相等，由公式I=mg可知，排球从c =尼+1=100时，滑动变阻器消耗的功率最大P。两端的电压为么，=R十E,解得么，=3V 点击中b点的过程中，时间不为零，则重力对排球的冲量 E 62 4(R,+万=4×10W=0.9W,故D错误 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错误； 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。>R2时，灯L2与滑动变阻器的左部 当电阻箱的阻值为：=12Ω，电阻箱两端的电压为选项分析可知，c点飞出排球的运动时间为a点飞出排球 R 分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器(=尼十，解得G=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线运 的滑片P由α向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以 动可知，a点出排球的水平速度为c点飞出排球水平速度 为△U=U2-U4=1.5V,故B错误； 总电流先减小后增大，所以通过灯L的电流先减小后增 的两倍，由于竖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 知，两排球的竖直速度相等，根据=√+可知，两 E 不断变亮，所以A正确，B错误； R+E+R+R解得P=11.25W 排球击中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-I(r+Ru),总电流先减 电阻箱的阻值改变后，电路消耗的电功率为P,=此动能不相等，故B错误； 小后增大，所以电容器C上的电压先增大后减小，则电容 E E 根据题意可知，运动员击打排球之前排球的运动情 器极板所带的电量先增大后减小，所以C错误； R+R+R+R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 电系的效半片×10%=哥x1m%:名- 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 相等，也可能不相等，故C正确 E=1-上，因为总电流先减小后增大，所以电系的 -9故c正确： P 故选C E 当电阻箱的阻值为R=6Ω，M点的电势等于N点 5.C解析：速度v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， 故选A. 的电势，电容器两极板不带电：当电阻箱的阻值为：=后两车的速度相等，设车速度为”，以A车和人组成的 6.D解析：若安培计示数变化显著，则说明伏特计 120,电阻尼两端的电玉为G=尼十R8,解得心=系统为研究对象，以A车的初速度方向为正方向，由动量 R 守恒定律得：(m+m)。=mw车+mm,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U;<U2,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b,AB均错误；若伏特计示数变化上极板带正电，带电量为Q=C(U2-U;)=8×105× 显著，则说明安培计分压作用明显，则应使用电流表的(6-4.5)C=1,2×104C,电阻箱的阻值改变的过程中， 恒定律得-m6+mm=(m+m)加车，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=1,2×10C,故D正确 ABD错误，C正确. 7,A解析：小灯泡的领定电流为1=号：0兰A 故选CD. 故选C. =0.2A,电阻为R=7=020=100,当接1时，由 选择题专题训练9参考答案 6.A解析：设t时间内水枪喷出的水柱长度为1，则 有：=二：时间内冲击煤层的水的质最为m=p业=心 闭合电路欧姆定律可知，E=I(R,+R+r),代人数据解 1.B解析：整个碰撞过程中模型人受到的冲量和 得r=1Ω，故A正确：当接2时灯泡正常发光，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F,根据 流为1=0.2A,电源内阻分的电压为U=上=0,2×1V发生变化根据动量定理可知安全气爽的作用是增加了 动量定理有Ft=0-（-mw)=mm,联立以上三式解得F =0.2V,但未知，故电动机分的电压为U=E-U,-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， =少心，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,电动机的内阻R<号 4 故选B. 2.B解析：根据x-t(位移一时间)图像的斜率表 力为F'=F=D 4 880=40,但未知，故BC错误：电动机的输人功率P =U勋I=0.8×0.2W=0.16W,电源的效率7= 示速度可得，碰撞前，4和B的速度分别为，=车= 故选A 7.D解析：无论子弹射入的深度如何，最终子弹和 34 一参考答案 数理招 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错误： 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： 弹簧振子在前2s内通过的路程是s=2×8cm= 由于两种情况木块获得的速度相同，对木块由动能16cm,故C错误： ,根据羊摆周期的公式T-2√厂得 定理可知：两次子弹对木块做功一样多，由动量定理可 第2s末振子处于负向最大位移处，速度为零，由a 知：两次木块所受冲量一样大，对系统由能的转化和守 -任可知，加速度为正向的最大值，故D正确 +,1=2m√g T=2m√g 2+可 = 恒定律可知，两次损失的机械能一样多，产生的热量一 m 故选D. 联立以上两式解得g=4,),故B正确 T-T 样多，BC正确： 系统损失的机械能等于阻力与相对位移的乘积，由 2.C解析：由图可知，该波的周期为T=0.2s,振 8.BCD解析：从图乙可知该波的周期为T=2s, 于相对位移不同，所以阻力不同，故D错误 幅A=2cm,则质点a的振动方程为y=2sin(10mt+故从t=0到t=6s,质点P、Q振动了三个周期，故通过 故选D. 无)cm,故A正确：时间1=04s=27,所以从0时刻起的路程应为：=4A×3=60m=0.6m,A错误，B正确： 8ABC解析：由冲量的定义式1=1=mg可知经过0.0s,质点a6运动的路程均为：=2×4M:8×从图甲中可知A=4m,故波速为。=分=子m? 物体受到重力的冲量不为零，A不正确，符合题意： 2cm=16cm,故B正确：由于质点b振动周期为0.2s,2m/s,C正确：因为波向右传播，t=0时刻，根据走坡法 由冲量的定义式1=：，力对物体的冲量越大，物体所以在1=0.45s时质点b的状态与在t=005s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0.1s~0.15s内，根据y- 可知质点P此刻正向下振动，达到波蜂还需要子7= 题意； t图象的斜率等于速度，可知质点b的速度为负，说明质 由冲量的定义式1=？，力对物体的冲量越大，力的作点b正向)轴负方向运动，位移增大，加速度增大，做加速 1.5,质点Q此时正向上振动，到达波蜂还需要}7= 用时间不一定越长，也可能是力大C不正确，符合题意： 度逐渐变大的减速运动，故D正确， 0.5s,故P质点比Q质点晚1s到达波峰，D正确.故选 根据动量定理I=△p,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，不符合题意 故选ABC 由图（山）知周期为4，则波速为。=六=子= 9.ACD解析：如右 图所示 9.CD解析：碰撞前总动量为p=mu=1× 0.5m/s,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·m/s 1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向上的光点会相对于0，向光笔 碰撞前总动能为E=之m心=8」 左传播，故B正确：当1=7s时，有41=(7-2)s=5。上移动，故A正确： =14T,P恰好回平衡位置，故C正确：由于该波向左传 玻璃砖转过30°角 A.碰撞后总动量p'=mA+mgg=7kg·m/s,不 符合动量守恒定律，故A错误： 播，由图()可知‘=2s时，质点P已经在波谷，可知时，折射光路如图所示，可知人射角为i=30° B.碰撞后总动量p'=m,+m%=4kg·ms,碰0~2s时间内，P向y轴负方向运动，故D错误 根据几何关系可得m:,8温=1 撞后总动能为公=之m,+2,片=24J违反了能流中的人射角，光在水流中仍不会发生全反射，故A错 4.B解析：当增大激光的强度时，不会改变光在水 解得0=45° 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 根据折射定律可得m:品}联立可得该玻璃砖的 撞后总动能为以=m,+乃m,片=弩J<8J,故C人射角会变大，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=石；巨，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体，只能增大 D.碰撞后总动量p'=m(+m=4kg·m/,碰临界角，光从水中射向空气的人射角仍小于临界角，出 刚好发生全反射时，光屏上的光点消失，则有snC 1 撞后总动能为=m,+宁m,片=6.75J<8小，现折射视象，故CD错误故选B. n 此时转过的角度刚好等于临界角，则sina=sinC 故D正确. 5.C解析：系统处于静止状态时，弹力为△x= 故选CD. (M+m)g,剪断细线后，m做简谐振动，最低点加速度为 -6，巨，故D正确 10C解析：头向上顶球的过程中，根据动量定理a=仙。=兴，当m达到最高点时，有。。 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 动量的变化量，故A错误： mg-,因为a=a联立解得m=21,a=a=0.5g。 10.AB解析：依题意，经0.2s波向右传播了2m, m 2 取向下为正方向，由题知，下落、上升的高度都为h所以A错误，C正确： 则被速为。=02m/s=10m/s,故A正确： =45cm=0.45m,则下落到与头部刚接触时有2= M做自由落体运动，有：=马 依题图可知，在t=0时刻，根据波动方向可知，介质 2gh,解得v=3m/s g 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v'=-3/s 则后从最纸点到最高点所用时间为子=， 知其右侧各点起振方向均沿y轴负方向，故B正确： 则动最变化量为△p=mw'-m=(-3一3)× 依题图可知，波长为2m,a、b处两点相距3m、为半 0.4kg·m/s=-2.4kg·m/s 解得m与弹簧组成的系统振动周期为T=”, 波长的奇数倍，可知一旦起振后，a、b两处的质点运动方 即动量变化量的大小为2.4kg·m/s,故B正确； 所以B错误； 向始终相反，故C错误； 头向上顶球的过程中，根据动量定理可得(mg- 由功能关系可得△E。=mg△h, h=M+m返-竖=哭 依题图可知，波长为2m、波速为10m/s,则可知周 F)△：=△p解得头部对足球的平均作用力大小为F= 28N,故C正确； 则△=，所以D错误故选C 期为T=十=0.2，在0时刻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 作用时间不为零，足球重力的冲量不为零，故D错误 0.45s,振动了号1，则1=045s时，a处的质点位于波 6.C解析：4、C两点都为波峰与波谷叠加，振动减 故选BC 弱，B、D两点是波谷和波谷、波峰和波峰的叠加点，为振 峰处，故D错误 故选AB. 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 错误，C正确；该时刻，D点处于波峰，偏离平衡位置的位 1.D解析：位移一时间图线上某点的切线的斜率移大小为4©m,B点处于波谷，偏离平衡位置的位移大小 选择题专题训练11参考答案 表示弹簧振子在某时刻的速度，故A错误： 为4cm,则B,D两点在该时刻的竖直高度差为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号~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1.5s时位移方向跟它的瞬时 故选C 误：设管运动的速度为”，小球与管一起向右做匀速运 数理报 参考答案 35 动，小球沿管方向所受洛伦兹力大小为F=gwB,大小不面，即前表面集聚电子，则前表面比后表面的电势低，选AC锆误，B正确：根据粒子偏转方向相反可得：I、Ⅱ区 变，小球做类平抛运动，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，同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，电子受洛伦兹力仍指向前表面， =可得：【、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比 故C错误；设小球沿管方向的分速度大小为”，则所受垂即前表面集聚电子，则前表面比后表面的电势低，则前 gR 直管向左的洛伦兹力为片=mB,由题意可知，随着，后表面电势的高低情况不变，选项B正确：因为名 为1：2，故D正确 增大，F2增大，即拉力F应该增大，故D错误故选B. gvB,可得U=Bd即若电流恒定，则v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也不断变化，选项C错 1.C解析：闭合开关后，线置的电流会从零开始逐 a→b,故A错误：对铜棒，由动能定理得Bl·lsin0- 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：因为人体的 mg(1-los)=0解得1=m:s,故B错误，监测到的电压频率变大，但是不影响检测到的电压大 Blsin 0 电阻大于线圈的电阻，根据并联电路的知识可知，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B 人体的电流小于流过线圈的电流，故B正确：断开开关的 无关，故D错误 7.B解析：当通有同向电流时，电流之间表现为吸 瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈原有电流变小，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；由右手定则并结合矢量叠加可知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 开关时线圈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O点射入的粒子，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，流过线圈的电 错误；稳定速度输送导电流体时，电源的化学能一部分 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结误：若直导线1在直导线2处产生的安培力为R, 流会从稳定时流过线圈的电流值开始减小，从而导致断 开开关的瞬间，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：根据右手定则判断可知：ab边到达最低 导电流体的电阻为R4=p片= h 在2处产生的安培力为号，方向指向0点，所以直导线位置时感应电流的方向由6一0，故A错误： 由于金属框中产生焦耳热，由能的转化与守恒定律 则电路中的电流为I= E =B ，D错误 2受到直导线1、34的作用力方向背离0点，D错误 R+RR+pa 8.ABD解析：由R=霜=25cm,设从ac边离开得：mgL=7m+0.可得<2，故Q=mgL- 4B解析：若小球进人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,),则：=in之m2,故B错误，D正确：除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-Rcos30°=(2万-3)cm,即离c 小球进人正交的电场和磁场区域时所受的合力不等于 源外电压为零，ab两点间电压始终为零，故C错误 最近的点的坐标为(5cm,(23-3)cm):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：αb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，其轨迹所对知，电流方向由b向a,故a端电势低于b端电势，A错误： 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，t=石=30s: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 9.AGD解折：由OS=号0P=4d,可得SP=5d, 针方向，B错误： 度一定变化，小球一定不能做匀变速运动，CD错误.故 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￡=之B㎡ 选B. 和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上 由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差大小为U= 5.D解析：两个离子的质量相同，其带电量是1：3 的P点”可如SP是其中一个轨迹的直径，由9B=m子2RRE=宁87。，C正确： 2R 的关系，由牛顿第二定律Eg=m@ 结合E=号 可得=m方：多，则=兴故A正确 若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运 2m 动，由ab棒受力可知，棒先做加速度减小的加速运动最 可得a=光 由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆 终做匀速运动，D错误 可知其在电场中的加速度是1：3，故A错误： 心角为106，在程场中的运动时间为：一紧需 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心=之m 动需故B错误： 产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会 产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产 腾√✉ 假设沿平行x轴正方向射入的粒子，离开磁场时的生的磁感线的方向变为反向，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点的距离为山，由几何知识可得户=F+(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碍运动的制动力，B 根据洛伦兹力提供向心力可得gπB=m 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，则产生的磁场越强，则转盘转动 可得，=器 运对时间最短，其运动时间为一动需运动就迹与 产生的涡流越强，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，转盘转动产 所以其半径之比为3：1，故B错误： 轴相切时运动时间最长，由几何知识可得轨迹所对的圆生的涡流越强，制动力就越大，D正确 离子在磁场中运动的半径之比为5：1，设磁场宽度心角为180°+53°=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L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角0，根据几 感，含A的这条支路电流会慢慢增大，A,逐渐亮，故A错 Bq 何关系可得加0=名，则可知角度的正弦值之比为 误，B正确：断开开关的瞬间，由于线圈的自感，电流会慢 则tm:tn=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 10.BD解析：粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛慢减小，A和A都有电流流过，根据楞次定律可知，A 的电流向右，A,的电流向左，故CD错误。 P“转过的角度为60°，故在磁场中转过的角度之比为伦兹力做向心力，故有：B网=m天，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a、b点时的速度方向均水平向右可得： 加速电场利用动能定理g心：之m 第电磁感应定律E=n可得，在0~0.2s时间内，感 两粒子转过的角度相等，则弧a叩与弧pb对应的圆心角之 △t 可知两离子离开电场的动能之比等于电量q之比， 比为1：1，又有弧即弧b的弧长之比为2：1，故弧am与应电动势为=智y:受.02：-0.6s时间内， 为1：3，故D正确 弧b对应的圆心角相等，那么，粒子在I、Ⅱ区域两个磁 感应电动势为6=a8-82V:空y根据1=卡可 0.5S 故选D, 场中的运动胖径之比为2：1根据1=是票7一会×2 6.B解析：若霍尔元件材料为金属导体，则自由电 知，在0~0.2s时间内与0.2s~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 B可知粒子通过pb两段弧的时间之比为2：1，故之比为1，：上=2：1.根据q=上可知，通过金属框的电 36 一参考答案 数理极 荷量之比为9，：q2=1,1:152=1:1,故A错误：根据P电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环 =可知，金属框中电流的电功率之比为P,:P,=的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞 的功率等于代消耗的电功半根据一贸可知，电盟公 E,4:E,山=4：1，故B正确：根据Q=P可知，金属框次定律可知，圆环有扩张趋势，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,:Q:=:品=2：1，故C可知，在=否时刻通过线圈的电流增大，而在：=哥时 6.C解析：变压器不改变周期和频率，所以周期为 错误；根据楞次定律可知，电流方向相反，由左手定则可刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环 7=2年=103，频率为f=7=10=100k,故 知，金属框ab边受到安培力方向相反，根据F续=BlL,由 于对应时间B相同，则安培力大小之比为F:F2= 内感应电流方向不同选项C错误：由国可知，在1：号AB错误：C,D治输出电淡的最大值为巨A,蛤一会 1:12=2:1,故D错误 和1一彩时刻，线圈内电流的变化半是大小相等的，则可得4，B端输人电流的最大值为1。一号A,4B输入 7,B解析：感应电流为1=卡=8兴 R 线围产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应电流的有效值为1，=会=Q2A,故C正确，D错误。 安培力为F=BL=BL 定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感 R 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=0.02s,则有w 根据牛顿第二定律有。：。-g-股，速 应电流方向也相同，选项D正确， m =要=100，所以输入电压“的表达式应为“= 度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐 选择题专题训练13参考答案 20√2sim100πt(V),A错误；将S,接1，S2闭合时，L2正常 减小的加速运动，所以A正确：金属棒的动量为p=m, 1.C解析：出时刻感应电动势为零，磁通量最大，发光，L的电压为副线圈的输出电压，当只断开S,时， 则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐新减小的故A错误时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂 L接入电路，与L2串联，L1、L2的电压都只为副线圈的输 加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B 出电压的一半，故L、L2均不能正常发光，B错误；只断开 直，故B错误；：时刻线圈通过中性面，线圈中电流方向 错误：通过的电荷量为9，则有g=山=合识·4=失， 改变，故C正确：4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量 S2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈输出电压不变， 由图乙可知原线圈的输人电压有效值为U,=20V,副线 所以电荷量q与位移x成正比，则C正确：重力势能为E。, 变化率最大，故D错误 则有E。=E。-mgx,所以D正确 2.C解析：仅将滑片P向上移，原线圈匝数增大，圈输出电压，=U=方×20V=4V,由输入功率 及即解折析两金属带的电阻均芳R,N相当于电根据查压比哈-片可知，么减小，根据分正原理可知，等于箱出功率P、=P=亮2文W:08W,C 42 nn 源，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刚要滑动时，PQ中电流为1，则 电压表的示数变小，A错误；副线圈电阻变大，根据P=正确：若S,换接到2后，电阻R两端电压有效值为(，= 有BL=mg,对于MN有F=umg+2BIL=3umg,故 凭可知电路清耗的功半减小。原线圆输人功李变小，电4VR消耗的电功率为P=是-需W=Q8,D错 A错误；设金属棒刚要离开导轨时速度为v,则E=BL”, 流表的示数变小，B错误：仅将滑片P,向上移，R,接人电误。 电路中总电流21=5示解得=故B正确： E 路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，R两端的电 B'L 8.AB解析：由交流电u=311sin314(V),可知w 压变小，电压表的示数变大，根据变流比，电流表的示数 通过金属裤P0的电为g=宁×领一祭解支小，C正确D结误 =3引4as,则频率/=2岩=50，故A正确：由题电 3.B解析：输送的功率一定，根据P=U1,知输电 得：=瓷故C错误 电压越高，输电电流越小，若输送电压变为到原来的0.9 压的最大值U.=311V,有效值U=号U。=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n 以使“220V100W”的灯泡正常发光，用交流电压表测 量时，读数为220V,故B正确，C错误：使用此交流电的 -wmgx=之mt2+Q 倍，根据P指=PR,可知电线上损失的功率为原来的用电器，每通过1C的电量时，电流作功W=gU=220J, 解特Q:置.9，故D正确 BL C错误若要使输电线上损失的功半不变，根据P=故D钻误 9.AD解析：设将此电流加在阻值为R的电阻上， 9BCD解析：线圈完全在磁场中穿过线圈的磁通FR,可将输电线的电阻减为原来的得，D错误 量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，对线 圆由时能定理片=了，解得=√图 4,B解析：理想变压器原线圈两端电压的有效值电压的最大值为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= 为儿=20V根据验=会解得=0V.即电压表一发，T代人数据得医乙中电压的有效值为106V,故 R 以√西故A错误！ 的读数为10V,通过负载电阻的电流上-是=2A,则A正确：变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以 变压器原、副线圈中的电压之比是5：1，所以电压表的 副线圈的输出功率P=U2l2=220W,原线圈的输入功 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n,I1=n2l2解得I1=1A即 示数为222V,B错误；R处温度升高时，阻值减小，副线 BE=BL,2函 圈电流增大，而输出功率和输人功率相等，所以原线卷 R R√m 电流表的读数为1A,B正确；由u=220√2sin100mt(V) 增大，即电流表示数增大，故C错误：R处出现火警时通 对线圈，由牛顿第二定律F-F家=ma 可知，角速度w=100πrad/s,原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:￡E,匹.上.L mmR√m √2mF,故 T=2红=0.02，副线圈输出交流电的周期不变，仍为正确 m mR 0.02s,D错误 B正确： 10.BD解析：bc,ad边的运动速度r=之w,电动势 5.D解析：原线圈产生的电压：U,=Bd= 根据电磁感应电荷量推论公式？：”：货故C E。=2·NB·2l·v=2NBMw,A错误；根据欧姆定律得， R 正确： 比心似，电的降值为，侧有效值为原电流一如边所受安培力为P:小~8：12 线圈离开磁场前已做匀速直线运动，由平衡条件 线图面数为m,副线图面数为，则电压表的读数：A4B心，B正确：因为两磁场的圆心角为号，故一个 。凸.EB,故A错误；变压器不改变交流电的频率， R+r F:解得线面离开磁场时的速度=器。 R n 2 周期内，通电时间1=号T,由有效值定义知：上(R+) 对线圈，由能量守恒定律得F(:+0=了m”+Q,解得通过电阻R的交变电流频半为/=会，故B错误：一个周 UT 号7=(R+7标得1=分C错误.D确 Q=F(s+)二·故D正确 期内导体棒克服安培力做的功：W=RT=R,可知电 选择题专题训练14参考答案 阻R越大，一个周期内导体棒克服安培力做功越少，故C 10AD解析：由图可蜘知在：=骨时刻，通过线国的钻误：变正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部的空气温数理招 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 A.运动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物体是没有的 (难度☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题) 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。射入.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3s,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1 A.1 m/s2 B.0.6m/s2 C.0.4m/s2 D.0.2m/s2 A.子弹从O运动到D全过程的平均速度等于B点的瞬时速度 二、多选题 B.子弹通过每一部分时，其速度变化量A-o=tB-"A=tc-tg= 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” UD -Uc C.子弹到达各点的速率vo:tA:B:c=2:5:2:1 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：B:e:tp= 穹顶.用起重机提升质量为1000kg货物的v-t图像如图4所示(g取 1:2:5:2 10m/s2).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 ( n●REAKEEEAREEEAE●CEEREEEEEREREEEEAEATEE 图4 图2 A.起重机将货物提升了10m A.11 m/s B.10 m/s C.9 m/s D.8 m/s B.在匀加速、匀减速过程，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/s时打开降落伞，此后 C.整个过程中货物重力做功为6×104J 做匀减速直线运动，加速度大小为5/s2,到达地面时速度为5m/s,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1s内、2s内、3s内的位移大小之比为1：4：9 为5m/s2,则自驾驶员急踩刹车开始，下列说法正确的是 B.运动员在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小之比为 A.1=2s与1=5s时汽车的位移之比为3：4 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1s、2s末的速度之比为2：万 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0=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，物块运动的睛-图像如图乙所示，重力加速度取g=10,(5-2):(2-万 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1、2、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d,由此 A.下落过程中的加速度大小约为号 0.5 B.经过位置3时的瞬时速度大小约为2gT C经过位置4时的瞬时速度大小约为器 图5 图3 A.物块的加速度为2m/s B.物块的初速度为零 D.从位置1到4过程中的平均速度大小约为器 C,物块与斜面间的动摩擦因数为号 3 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△时发生位移x,,紧接着速 度变化同样的△时发生位移：·则该质点的加速度大小为 () A.24w)2 B.4)2 x1+x2 2-x1 C.2(4w2 D.(4)2(L-⊥) x2-x1 x1x2 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☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题)》 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山，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( 5 与B之间的动摩擦因数为以2，最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，则木板A与物块B的质量比为 ( A.4凸 B.凸 出 D.-4 1-1 1-2 。1-2 7.如图6所示，厢式汽车停放在水平地面上.一条长2L的不可伸长的 A B 轻绳两端分别拴在相距为L的α、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·此后将汽车停放在倾角为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F2.则F,:F2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(sin75°=5+2)，AB边与AC边受 4 到的压力之比为 30 A.5+1 B.B-1 图6 2 2 A.1:1 B.2:5 C5+1 D.3-1 C.5:2 D.3:25 4 4 二、多选题 3.如图2所示，一固定斜面上两个质量均 A 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紧挨着匀速下滑，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α，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 动摩擦因数u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 ( Aa=子ama,R: A.小球B对斜面的压力逐渐变大 3 mgsin a B.轻绳的拉力逐渐变大 1 C.半圆形细杆对A的弹力逐渐变小 D.拉力F逐渐变大 C.-tan aF=3 mgcos o 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.u=tan a,Fx =3mgsin 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1，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2，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(m+M)g 摩擦，下列说法不正确的是 ( C.木块受到木板的摩擦力的大小一定是4mg,方向水平向左 A.甲受到地面的摩擦力水平向左 B.乙拉细绳的力的大小一定逐渐增大 D.当F>山(m+M)g时，木板便会开始运动 10.如图9所示，在倾角为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、平合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 30 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.两小球用轻绳相连，在沿切 线的两力F,和F2的作用下，两小球处于静 A弹簧原长为1+器 且弹簧原长为1+坚 止状态，且与杆之间的弹力都为零.此时过 两小球的半径OA、OB与竖直方向的夹角分 图4 C方F的大小为写 D.力F的大小为25m 3 mg 别为60°和30°，两小球重力分别为G,和G,下列说法正确的是 A. F22 F C.C= D.g=5 GR 数理招 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F1<F2,M1=M2,则1>2 (难度☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题) D.若F,>F2,M1=M2,则1>2 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v=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座 动，传送带的倾角0=37°，一个质量为2kg的物 建造在悬崖上的观光电梯，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，cos37°= 站在该观光电梯内，某段时间内你感觉到双 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 B.物块加速运动的时间为子。 2.若在某次军事演习中，某空降兵从悬 风mg 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 4,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”-图像 B.0~10s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g,下列说法正 C.0~15s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.0~15s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a,另一端连 接质量为2m的物块b.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a、b的位置对调， 图7 让b从水平桌面上的点由静止释放，经过时 A.1是木块的v-t图像，2是木板的v-t图像 间2运动到Q点.已知2=21，a、b与水平桌面间的动摩擦因数相同，且均 B.若mM改变，m+M4不变，两者刚好发生相对运动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、Mu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Mu、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0，其他条件不变，则滑块的速度v随时间！ 变化的图像可能是 图4 A.T增大，T。减小 B.T减小，Ta增大 AA C.T、Tn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冒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I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，I、Ⅱ的另一端分别固定于P,Q 的阻力是他重力的0.2倍，g=10/s2,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Fp,当仅剪断I、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速 A.10m/s2 B.8 m/s2 C.6 m/s2 D.4 m/s2 度a应是 6.在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M,和M2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。=巴，方向水平向左 m 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、F2,当物块 和木板分离时，两木板的速度分别为，和，物块和两木板间的动摩擦因 C.若剪断I,则a= ,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 A.若F1=F2,M1>M2,则1>2 0 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 木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的 (难度☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，810题为多选题) 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：=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 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点投入篮框中.P 板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s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，篮球可 图1 B.o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 屑 D.若w=40rad/s,水平拉力恒为20N,则木板做匀加速运动 D. g 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 速度向左运动时，旗杆与地面的夹角恰为α，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 A.o=usin'a 匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上 h B.o Usin a h 始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列 C.w=hsin a D.w=ycos'a 正确的是 ( h A.细线的张力变小N 3.如图3所示，有一足够长的斜面，其倾角为 α=30°，将一个小球贴斜面顶端沿水平方向抛出， B.金属块B受到桌面的静摩擦力变小 C.金属块B受到桌面的支持力变小 若小球抛出时的动能为9J,则该小球第一次落在 斜面上时的动能为 ）w D.小球A运动的线速度增大 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，箭尖插入同一个 4.用如图4（α）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0=45°，实验时获得小球在斜面上的不同 37> 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 0 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 (i w 5.摩天轮“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O0'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 k.已知A、B、C三个物体与0点共线，且OA= 图10 直直径.放入轮箱中的物块相对于轮箱静止，则 OB=BC=「，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且无张力，然 后上圆盘从静止开始绕转轴缓慢的加速转动，用，表示圆盘转动的角速 A.物块始终受两个力作用 图5 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> √学货，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华，B,C间的细线开始有张力 体，其上表面半径为「，转动角速度为ω.现让旋 C.当A、B连线出现拉力后，随着转盘缓慢加速，A受到的摩擦力先减 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，则无论ω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，空气阻力不计)》 A厚 B V2+0r g c√+wr 数理极 选择专项 7 A.神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上运动时经AB两点速率：g=r,: 专题五：万有引力与宇由航行 +3) (难度☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题) B.神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为工，=T√(2 C.神舟十二号飞船沿轨道I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1 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入驻天宫空间站， a与其到地心距离r的关系图像，已知r1为地球半径，r2为地球同步卫星轨 意味着中国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, 图5 A地球公转的角速度满足0=-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-T1 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=2x信， C.上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变 围空间沾的线速度大小为，否。 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 R +h 2.飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，P对该 C.空间站的周期为2m√g 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，的K星球表面竖直向上提起一 质量为m1的物体，拉力F与物体加速度a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 上提起一质量为m2的物体，拉力F与物体加速度 C.若测得周期和星球相对飞行器的张角，则 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g1,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，A、B两卫星绕地球运行，运动 A.g1:g2=1:2,1:r3=1:2 B.g1:g2=3:2,r1:r3=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=3:1,51:r2=2:3D.m1:m2=3:2,:52=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v=gR可知，甲的速度是乙的2倍 A.卫星B的运行周期大于卫星A的运行周期 3 B.由a=or2可知，甲的向心加速度是乙的2倍 B.卫星B的运行周期是，2 T+t C.由F=c“可知，甲的向心力是乙的 ￠在地球两极，地表重力加速度是舞 D由片=6可知，甲的周期是乙的2万倍 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 现绳 4.2024年6月2日，嫦娥六号探测器成功着陆月球背面，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 空站 同步轨道 为G2,地球的半径为R,月球的半径为R2,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 箱 则 A.地面基站可以建设在中岳嵩山上 A月球与地球的质量之比为尼 B.配重的线速度大于同步空间站的线速度 G,R C.箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大 图7 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 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、√尺，， R2C 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 R2GI D.探测器沿月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2π 它的近日点方向运动，其运行轨道可简化为 半长轴为α的椭圆轨道，即图8中的Ⅱ轨道 料8 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13，且有a=r,行星I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vB,运行到E点时的速率为v,行星Ⅲ的绕行速率为v,则下列说 洪波进入天和核心舱，标志着中 轨道形 法正确的是 国人首次进入了自己的空间站 轨道的天和枝心能 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v,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，1的圆 C.行星】的绕行周期等于彗星沿椭圆轨道运行周期 轨道I,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☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题) 6.冰壶运动是以队为单位在冰上进行的 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，物体在平行于斜面向上的 动冰壶自本垒圆心由静止向前滑行，！=推至 拉力作用下，分别沿倾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 图6 匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面 恰好到达营至中心并停止运动，整个过程冰壶一直沿直线运动，其位移 间的动摩擦因数相同，则 () 图1 随时间1变化的图像如图6所示，图像中的0~6、。~5，两段曲线均为 A.无论沿哪个斜面拉，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-t图像中的两段曲线在t=o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 B冰壶的最大速度为 to 玩具由两个圆形磁力轨道和一个转动陀螺组成，如图乙所示.两磁力轨道 C.时间0~to的加速度大小是o~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.运动员对冰壶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 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 陀轴 从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零.已知 7 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2 性限度内，其弹性势能的表达式为B,=,其中k为劲度系数、x为伸 A.陀螺运动到最低点时，速度大小为Rg 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2Rg C.陀螺运动至最低点时，受到弹力大小和为3mg A.33动 B.35gh C.37h 10 10 10 D.39gh 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，现已演 8.如图8所示，轻质弹簧一端固定，另 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 图8 钢索顺势而下，滑过最低点C,到达B点时速 到B的过程中，下列判断正确的是 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.钢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,~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，九对应图像的最高点，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( )0 法正确的是 图9 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2~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Epm=mg(h,-h,) 几散去外力后，C落地时B的速度大小为，受 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 块接弹簧至达到最左端 图10 的图线关系，如图5所示，可将该玩具电动飞机视 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宁 数理极 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☆☆☆，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题) B=30°.A受杆的弹力大小为F、,A、B间的库仑力 c..... 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=2.0×10-"kg、电荷量为9 C.将A球移至O点，A球仍能保持静止状态 =1.0×105C的带正电粒子（重力不计）从 图1 D.将A球移至O点的过程中，A、B间的电势能减小N a点以v,=1×10m/s的初速度垂直于PQ进人电场，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=2×104m/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0，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的 量氦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P、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抽空 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 高电用 ◆E/(×10J】 从针尖指向泡内壁.由于针尖处电场很强，氦原子 AE/Vm) 图6 73 碰到针尖时会失去一个电子形成氦离子，然后在电场作用下向导电膜运 动.忽略氦离子的重力，氢离子的初速度可视为零，不考虑氦离子在运动 17.32tm 17.32 17.32 过程中与其它氦原子或氦离子的相互作用，下列说法中错误的是() A B A.氦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.氦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.到达泡内壁各点的氦离子动能相等 细线一端固定在0点，另一端系一质量为m的带 电小球小球静止时细线与竖直方向成6角，此时 D若所加电压为U,泡的半径为，则泡内壁处的电场强度大小为号 让小球获得初速度且恰能绕O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 刻2 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0处电场强度等于E.一过球心 空气阻力.下列说法正确的是 的倾斜平面将球面分为两部分，其中=60°.则 所分出的较小这部分的电荷在0处的电场强度E A.匀强电场的电场强度E=mgsin日 为 图7 B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为E一=2c0s6 mgL A号 c②E 2 D. 2 C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 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 小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖 内侧上滑，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） 8,则 () 通过长为L=2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高 A.小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能 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，则该电场的场强是mg 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0对称已知静电力常 C.A,B两点间的电势差大小为2m5 0 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.质量为的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末 A.0点的场强一定为零 加上沿竖直方向且范围足够大的匀强电场，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=8m5 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'r C.整个过程中小球电势能减少了2mgP 位置不变)置于P"处，则圆心0的场强大小为2，mg RN 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p在 10.某电场的电场线分布如图9所示，则 x轴上的分布情况如图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.c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.同一个电荷放在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，L,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☆☆女，参考用时30分钟，1~7题为单选题，8~10题为多选题) D.电源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，电源的电动势E和 差，将实验器材按图6连接，留下一个伏特计 接线头P,将P分别与a,b两点接触一下，则 内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金 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I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 () D.若伏特计示数变化显著，P应接在a A.若仅将R,的滑动触头P向b端移动，则1不变，U增大 7.如图7所示，电源电动势E=3V,小灯泡1 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I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 到R=42时，小灯泡L正常发光：现将开关S接 D.若仅用更强的光照射R,则U变化量的绝对值与I变化量的绝对 值的比值不变 2,小灯泡L和电动机M均正常工作，则( A.电源的内阻为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2 2A:手机的电池容量为4200mAh,输入额定电压为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2.52 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.无线充电器以额定电流工作时，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5.67×10J 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 R 灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改 阻，气敏传感器两端电压·。随天然气浓度C变化的关系如图乙.则下列 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,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 8 下列判断正确的是 ① A.电源路端电压不变 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 图2 0.50 所示，下列说法正确的是 () 040 A.导体两端加4V电压时，导体的 0.3 电阻为7.52 020 B.导体两端加12V电压时，导体的 020406.08.010.0120六 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（最大阻值25D),现 C.该导体为线性元件 D.导体的电阻率随着温度的升高不断增大 闭合电路中的开关S,将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的 过程中，由电表的测量数据得到U-「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,=42,R2=8,R=122 M点和N点之间接有定值电阻R,=102和 平行板电容器，电容器的电容C=80uF,R 为变阻箱，将其阻值由62调整到122，下列 说法正确的是 () 图10 0.204 06 A.R4=6时M点的电势高于N点的电势 图3 图4 B.R4=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 C.定值电阻R,的最大功率为1.8W D.变阻箱的阻值改变前后，通过电阻R的电荷量为1.2×104C D.滑动变阻器R2的最大功率为1.2W 5.在图5示电路中，灯L,、L2的电阻分别为 R、R2,变阻器的最大电阻为R。,且R。>R2,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α端向b端 移动过程中，以下说法中正确的是 A.L1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.3Uo B.to D.50 (难度☆☆☆，参考用时30分钟，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”，水柱垂直射到煤层表面上，水的密度，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.Dpu B.TDpu 刚性壁障，汽车速度瞬间减为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.TDpu 用，下列说法正确的是 () 4 D.TDpu 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模型人受到的冲击力 的.质量为m的子弹以速度v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.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量 示：若击中下层，则子弹嵌入其中间，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，4，B的所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是 质量分别为m,和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t(位移一时间)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断，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 16 二、多选题 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4m/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g,下面哪些是可能的 () A.v 1 m/s,Ug =3 m/s B.v =-4 m/s,Ug 4 m/s C=:=音 D.v=-I m/s,Un 2.5 m/s 10.五育并举，大力发展校园足球，科学 安排体育课运动负荷，开展好学校特色体育 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：2等 头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高 图6 度仍为45cm,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:(M+m)》 A.头向上球的过程中，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a点水平击出，球击中b点；另一次将飞 C.头向上J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，足球重力的冲量为零 斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d与a 图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b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 B 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· 数理极 6.如图6表示两列同频率相干水波在t=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分钟，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 围内振幅不变，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三点都是振动减弱点 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 的瞬时速度方向相反 二次取悬线长为L,,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末振子的速度为零，加速度为正向的最大值 A4n(L+42) B.4n(4-42) 2.一列简谐横波在某介质中沿直线由 T+T 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) n.4n吗 T+T TT2 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(10πl 图2 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 +君)cm 原点：2=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 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0.40s,质点a、b运动的路程均为16cm C.在t=0.45s时质点b又回到平衡位置 D.在0.1s~0.15s内，质点b向y轴负方向运动，做加速度逐渐变大 的减速运动 3.图3()为一列简谐横波在t=2s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t=0到1=6s,质点P通过的路程为0.6m C.这列波的传播速度为v=2m/s D.从t=0起，P质点比Q质点晚1s到达波峰 9.如图8所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂 直轴转动，圆心0与足够大光屏的距离d= 20cm,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 光笔 屏上O,点留下一光点，保持入射光方向不变 C.当t=7s时，P恰好回到平衡位置 让玻璃砖绕0点顺时针方向转动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= 图8 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,(sin75°=6+互)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万 播，下列操作有助于激光束完全被限制在水 流内传播的是 ( ) ☒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α的正弦值为6，2 5.如图5所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端悬挂 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 α(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 ( 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 B.A与弹簧组成的系统振动周期为 C.某时刻a、b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.l=0.45s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减少量为 2m2g2