高中新课标总复习(第二轮)

1、 学海导航·高中新课标总复习(第二轮)·物理参考答案 限时训练限时训练(一)1B解析：考查三力平衡将拉力沿竖直方向分解，利用平衡得：2Fcos45°G，FG，选B.2C解析：由图可知分力F2有两种可能，故C选项正确3BD解析：设斜面的倾角为，加上Q，相当于增加了P的质量，受力分析列平衡方程得fmgsinmgcos，Nmgcos，当m增加时，不等式两边都增加，不等式成立，仍然平衡，选BD.4C解析：P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹

2、力，所以选项C正确5B解析：物块受外力、重力mg、支持力FN、摩擦力Ff、已知物块处于平衡，根据平衡条件，有F1cos60°(mgF1sin60°)，F2cos30°(mgF2sin30°)，联立解得：2.6AC解析：选整体为研究对象，在水平方向整体受摩擦力和F在水平方向的分力，所以C正确，D错误；在竖直方向受支持力N、重力和F在其方向的分力，解得Nm1gm2gFsin，所以A正确，B错误7AD解析：细绳上的力可以突变，而弹簧上的力不能突变故断绳的瞬间，Ffa大小不变，Ffb与弹簧拉力平衡、方向向右8B解析：此题应用力的矢量三角形的方法解决。变化情况如图

3、所示9物体匀速下滑时有N1mgcos37°f1N1mgsin37°解得0.75作出物体匀速向上运动的受力分析图如图甲所示建立直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件列方程得：x方向：FN2sin37°f2cos37°y方向：N2cos37°mgf2sin37°f2N2联立求解得：N2143N，F171.4N根据牛顿第三定律知，物体对斜面的压力与物体所受的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故物体对斜面的压力大小为N2N2143N10假设A相对于B、B相对于桌面均不发生滑动，以滑轮为研究对象，则有F2FT绳对A、B的拉力均为：FTN15

4、N.A、B间的最大静摩擦力：FAmFNAmAgFAm0.3×6×10N18N>FTB与桌面间的最大静摩擦力：FBmFNB(mAmB)g0.3×(66)×10N36N>F可见以上假设成立对A应用二力平衡条件，可得B对A的摩擦力FBAFT15N.对A、B和滑轮整体应用二力平衡条件，可得桌面对B的摩擦力F桌BF30N.11对斜面体进行受力分析：重力G、支杆压力FT、地面支持力FN和水平推力F，为了使斜劈前进，水平推力应大于等于FT的水平分力，即：FFTsin.对杆进行受力分析：重物压力Mg、斜面支持力FT1、套管的作用力FP.为了将重物顶起，斜面支

5、持力FT1的竖直分量至少等于Mg，即：FT1cosMg，根据牛顿第三定律：FT1FT整理以上三式得：FMgtan代入数值解得F至少为750N.限时训练(二)1D解析：分析小物块受力知它受到重力、支持力、电场力、摩擦力四个力，沿斜面方向小物块所受的摩擦力大小等于重力的分力mgsin与电场力Eq的合力大小，即：f>Eq.2D解析：根据点电荷场强公式和叠加原理可得，体中心和各面中心电场强度为零3B解析：要使电荷能做直线运动，则所加电场对电荷的电场力必须与洛伦兹力平衡，由于正电荷所受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力须沿y轴负方向，且qEBqv，故得EBv.4C解析：小球受到力F、重力G和电场

6、力F，三个力合力为零，如图所示当匀强电场的方向垂直于力F时，电场强度最小，即Emgsin/q，而力F的大小Fmgcos.所以，A、B、D错误，C正确5BC解析：导体棒切割磁感线产生感应电动势使闭合回路产生感应电流，导体棒受安培力作用，由楞次定律和左手定则可判定安培力的方向沿轨道向上，大小随运动速度的增大而增大，当速度最大时，导体棒处于平衡状态做匀速直线运动，平衡时受力分析如图所示，由EBLvm，I，F安BIL，得F安由平衡条件得F安mgsin由式可解出vm将选项中的四种情况与之比较，不难得出选项BC正确6AD解析：导体棒在运动过程中受重力、安培力、支持力和拉力F四个力的作用，由于ab做匀速运动

7、，故四个力的合力为零，由动能定理WFWGW安0，而电阻上产生的热量等于克服安培力做的功，W安Q，可以判断AD项正确，B项错误根据右手定则可以判断感应电流的方向ba，故C错7D解析：由点电荷产生的电场在导体表面间的电场分布，导体表面上的感应电荷等效于在zh处的带等量的异种电荷q，故在z轴上z处的场强大小为Ezk.正确选项为D.8解析：由平衡条件知放置在O点的应为带负电的电荷，设等边三角形的边长为L，则AO之间的距离为rL.B、C两球对A球作用力的合力为F12kcos30°k.设O点放置的电荷的电荷量大小为q，对A球的作用力为F2k.由于A静止，故有F1F2.联立以上方程解得qQ(带负电

8、)由于A、B、C三球受力情况一样，可知B、C两球也将处于平衡状态即在O点处放置电荷量大小为Q的负电荷可使三球处于静止状态9滑块在斜面上的受力情况如图所示滑块达到稳定速度时，合力为零由力平衡条件得，FFm2g2sin2，又Ffmgcos，F洛qvB解以上三式得v设速度与重力沿斜面向下的分力mgsin之间的夹角为，则cosFf/mgsincot，即arccoscot.10(1)ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为ab，大小为EBLv1cd杆中的感应电流方向为dc，cd杆受到的安培力方向水平向右安培力大小为F安BILBLcd杆向下匀速运动，有mgF安解两式，ab杆匀速运动的速度为v1(2

9、)ab杆所受拉力FF安mgmg()mg(3)设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s距离，t，所以s，整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功QF安s·限时训练(三)1BC解析：设滑块在B点的速度大小为v，开始到B点由动能定理得：mghmv2在B点由牛顿第二定律得：Nmgm因而选B、C.2A解析：由中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度可知：v1v2，v2v1a·()a3C解析：由题意设空气阻力与速度的关系为fkv，皮球上升过程由牛顿第二定律有mgfma，得mgkvma，皮球上升速度v减小，所以皮球的加速度a减小加速度减小，说明速度减小的越来越慢，而速度

10、减小的越来越慢，得到加速度减小的也越来越慢，即图线的斜率减小当速度减小到零时，加速度ag.所以C正确4BC解析：在05s，物体向正向运动，5s6s向负向运动，故5s末离出发点最远，xm35m，A错；由面积法求出05s的位移x135m,5s6s的位移x25m，总路程为：40m，B对；由面积法求出04s的位移x30m，平均速度为：vx/t7.5m/s，C对；由图象知5s6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错5C解析：小物块沿斜面ab向上运动做加速度较大的匀减速运动，从静止开始沿斜面bc下滑做加速度较小的匀加速运动上滑时间一定比下滑时间短，所以可能正确描述其速度大小v与时间t的关系图象是

11、C.6ABD解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，ag1m/s2，物体到达B点的速度vB3m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后的相对运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB3m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同如果传送带速度大于4m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速综上，ABD正确7BCD解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化对A、B在水平方向受力分析如

12、图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对A有FF1ma，对B有F1ma，得F1，在整个过程中A的合力(加速度)一直减小而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)两物体运动的vt图象如图，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其他力对系统正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值8(1)设该同学沿拖杆方向

13、用大小为F的力推拖把将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有FcosmgNFsinf式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力由摩擦定律有fN联立式得Fmg(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有FsinN这时，式仍满足联立式得sincos现考查使上式成立的角的取值范围注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sincos0使上式成立的角满足0，这里0是题中所定义的临界角，即当0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把临界角的正切为tan09设汽车甲在第一段时间间隔末时刻t0的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶

14、的路程为s2.由运动学公式得vat0s1ats2vt0(2a)t设汽车乙在时刻t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2.同样有v(2a)t0s1(2a)ts2vt0at设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有ss1s2ss1s2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为10解析：解法1：利用牛顿第二定律和运动学公式求解A球向B球接近至A、B间的距离小于L之后，A球的速度逐渐减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐渐减小当A、B的速度相等时，两球间的距离最小若此距离大于2r，则两球就不会接触所以不接触的条件是v1v2，Lx2x1>2r.其中v1、v2为

15、当两球间距离最小时A、B两球的速度；x1、x2为两球间距离从L变至最小的过程中，A、B两球通过的位移由牛顿第二定律得在A球减速运动和B球加速运动的过程中，A、B两球的加速度大小为a1，a2，由匀加速运动公式得v1v0t，v2t，x1v0t·t2，x2·t2联立解得v0<解法2：利用图象法求解作A、B两球的速度图象如图所示，图中C点表示v1v2，设此时为t0，因不接触的条件是dLx2x1>2r，而图中两图线间包围的面积表示x1x2，即x1x2v0t0，得dLv0t0>2r由v1v2，v1v0t0，v2t0，得t0，代入式亦可求出v0必须满足的条件限时训练(四

16、)1BD解析：由于弹力在变化，合外力并非恒力故AC错误对物块受力分析可知：撤去F瞬间：F合kx0mg所以agB准确当物块速度最大时，弹簧仍被压缩kxmgx所以物块位移为sx0x由做功：Wfmgsmg(x0)2B解析：由题图可知：绳子拉力F的最大值为9F0/5，最终静止时绳子拉力为3F0/5mg，根据牛顿第二定律得：9F0/53F0/5ma，所以a2g.B正确，A、C、D错误3A解析：当木块有最大加速度时，由牛顿第二定律有2fMgMamax，对系统由牛顿第二定律有Fmax(Mm)g(Mm)amax，解得Fmax.所以A正确4C解析：不加F时agsingcos加上F时(mgF)sin(mgF)co

17、sma1所以a1>a，故C正确5CD解析：本题考查牛顿运动学和vt图象，考查学生对图象与模型的结合能力因vt图象的斜率表示加速度，0t1物体做加速度减小的加速运动，阻力恒定，由Ffma可知：F不断减小；t1t2物体做加速度增大的减速运动，由fFma知F不断减小，还可能F先沿运动方向，后与运动方向相反，由fFma知：F先减小后增大6BC解析：受力分析可知，下滑时加速度为ggcos，上滑时加速度为ggcos，所以C正确设下滑的距离为l，根据能量守恒有(mM)glcosMglcosmglsin，得m2M.也可以根据除了重力、弹力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变

18、化量，B正确在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确7D解析：第1s内的位移只需将t1代入即可求出x6m，A错误；前2s内的平均速度为7m/s，B错；由题给解析式可以求得加速度为a2m/s2，xaT22m，C错；由加速度的定义可知D正确8B解析：以气球为参考系，石子的初速度为10m/s，石子做减速运动，当速度减为零时，石子与气球之间的距离缩短了5m，还有1m，石子追不上气球若气球上升速度等于9m/s，其余条件不变，1s末石子与气球之间的距离恰好缩短了6m，石子能追上气球9令Fsin53°mg0，FN当F<N时，环与杆的上部接触

19、，受力如图，由牛顿定律FcosFNmaFNFsinmg由此得F1N当F>N时，环与杆的下部接触，受力如图，由牛顿定律FcosFNmaFsinFNmg由此得FN9N10设B车的速度大小为v，如图，标记R在时刻t通过点K(l，l)，此时A、B的位置分别为H、G.由运动学公式，H的纵坐标yA、G的横坐标xb分别为yA2lat2xbvt在开始运动时，R到A和B的距离之比为21，即OEOF21由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为21.因此，在时刻t有HKKG21由于FGHIGK，有HGKGxb(xbl)HGKG(yAl)(2l)由式得xblyA5l联立式得v限时训练(五

20、)1D解析：若小球带负电，只有电场方向水平向右时，小球受重力和水平向左的电场力，当两个力的合力与ab的方向相反时，因球不受洛伦兹力作用而沿ab的方向做匀减速直线运动同理，若小球带正电则场强方向必水平向左，小球做匀减速直线运动故不论小球带何种电荷，都须克服电场力做功，电势能增加综上所述，只有选项D是错误的2B解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度减小，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，D错3D解析：带电粒子从P点由静止开始下落，经过小孔进入电容器，在下极板处返回

21、，根据动能定理知，mg·dUq将下极板向上平移，从P点开始下落的相同粒子到达下极板处重力做功为mg·d，小于克服电场力做的功Uq，所以A、B选项错误设距上极板x处返回，根据动能定理有mg·(x)q·x由联立解得xd.所以C项错误，D选项正确4D解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错；由电等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂直线O点的电势最高，所以从b到d，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势

22、能增加，D对5D解析：本题考查连接体的动态受力平衡，考查学生对整体法、隔离法的掌握程度剪断细线前，整体：NG总，剪断细线后：NG总ma(m为小球的质量)，b球上升过程，库仑力增大，a增大，F<ma，所以NG总ma>NF，D项正确6CD解析：根据E，U，C知，E.断开K，电量Q不变，A、B选项中，、S均不变，因此，E不变，粒子仍静止D选项中，不变，S减小，因此，E增大，粒子向上加速运动保持K闭合，电压U不变，C选项中，d减小，E增大，粒子向上加速运动7BD解析：物块A所受洛伦兹力方向竖直向下，则A对B的压力变大，B对地面的压力变大，对物体A、B有：F(mAmB)a，对物块A有：静摩擦

23、力fmAa，保持不变8本题的隐含条件对物理过程有制约作用，小物体受力如图所示，在电场力Fe和摩擦力f的作用下，小物体由静止开始做变加速运动FeEqfNFBqvBvat根据牛顿第二定律，得FefmaNFBmg0解以上各式可得aqE(mgqBv)/m，vqE(mgqBv)t/m，随着时间t的增加，速度v将越来越大，洛伦兹力FB也越来越大，水平绝缘平板对小物体的支持力N将越来越小，到一定的时候，支持力为零(为本题的隐含内容)，物体就要离开水平绝缘平板而做曲线运动此时，小物体的加速度a和速度v最大则amaxqE/m4m/s2为所求的最大加速度，vmaxmg/qB50m/s为所求的最大速度9由牛顿定律得

24、知，在匀强电场中小球加速度的大小为a，代入数值得am/s20.20m/s2当场强沿x轴正方向时，经过1s小球的速度大小为vxat0.20×1.0m/s0.20m/s速度的方向沿x轴正方向小球沿x轴方向移动的距离x1at2×0.20×1.02m0.10m在第2s内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动沿x方向移动的距离x2vxt0.20m沿y方向移动的距离yat2×0.20×1.02m0.10m故在第2s末小球到达的位置坐标x2x1x20.30my2y0.10m在第2s末小球在x方向的分速度仍

25、为vx，在y方向的分速度vyat0.20×1.0m/s0.20m/s由上可知，此时运动方向与x轴成45°角要使小球速度能变为零，则在第3s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成135°角在第3s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则ax0.20m/s2ay0.20m/s2在第3s末小球到达的位置坐标为x3x2vxtaxt20.40my3y2vytayt20.20m限时训练(六)1AB解析：由平抛运动有Lvt、Hgt2，解得t、vL，故A、B正确球的水平位移为L，竖直位移为H，球的位移为s，故C错做平抛运动的物体，只

26、受重力作用，加速度为重力加速度，与其质量无关，所以运动的位移也与质量无关，故D错2C解析：本题考查运动的合成与分解，关键是画运动的合成与分解图如图所示：船速为v沿绳方向的分量3BC解析：到A时速度为mg(H2R)mv2.v平抛运动时间2Rgt2t.所以xvt2，B正确由于是圆管，能从A点抛出只需H>2R即可，C正确4CD解析：A、B加速度都等于重力加速度，选项A错误由于两者上升高度相同，说明两者抛出时速度的竖直分量相等，飞行时间相等，选项B错误B抛出时速度的水平分量大于A，B在最高点的速度比A在最高点的大，选项C正确B在落地时的速度比A在落地时的大，选项D正确5BC解析：设斜面倾角为，小

27、球从P到A的过程，由平抛运动有xv0t，ygt2.根据几何关系有tan，解得ttan，t与v0成正比，即C正确，L，即L与v成正比，B对6BD解析：A在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为，则切向力为：mgsinmat，可以看出来甲的切向加速度一直减小，乙一直增大，在B点就有甲的切向加速度小于乙，当然这样地方还有很多，A错；当甲乙下降相同的高度h时，由动能定理得：mghmv2，即：v，B对；CD答案判定画切向速度函数图象如下：分析过程：经分析甲、乙开始一段时间切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面3种可能，排查只有图一才合理，假设图二成立，从0到末时刻有s甲>s乙、末时刻速度

28、大小相同，表示下降同一高度，然后用水平线去截甲乙轨迹如图四，有s甲<s乙，与上面相矛盾，故假设不成立，同理图三也不成立只有图一成立即D对C错7(1)由平抛运动规律，有竖直方向hgt2水平方向svt得水平距离sv0.90m(2)由机械能守恒定律，动能Ekmv2mgh0.90J(3)由动能定理，有mg·lmv2mv得初速度大小v04.0m/s.8(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有Hgt2/2在水平方向有sv0t由式解得v0sv01m/s(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有fmaxmv/RfmaxNmg由式解得，0.2.9(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmi

29、n，根据平抛运动规律有：h1gt2，x1vmint联立解得：vmin8m/s(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有：(Mm)gh(Mm)v解得：vCm/s9.0m/s(3)设拉力为F，青藤的长度为L，由几何关系：(Lh2)xL2解得L10m对最低点，由牛顿第二定律得F(Mm)g(Mm)v/L解得：F216N.限时训练(七)1BD不管带正电还是负电，电场力做正功，电势能减小，正电荷受的电场力向左故在左边，负电荷在右边，选：BD2A粉尘带负电，在电场中某点的受力的方向为电场线切线方向的反向延长线，粉尘做曲线运动，轨迹应该夹在速度与力之间，并且弯向力的方向，选项A正确3D

30、解析：根据负电荷受电场力方向与场强方向相反，结合曲线运动受力特点可知，电场力一定指向曲线弯曲的内侧，可知选项A、C错误根据质点速率递减可知电场力方向一定与速度方向即曲线的切线方向成钝角，可知选项D正确，选项B错误4A解析：由于三个粒子最终都打到正极板上，说明所受到的合力方向都指向正极板，对于带负电荷的粒子来说，F合GF电，对于带正电荷的粒子来说，F合GF电，对于不带电的粒子来说，F合G，由此可以判断A是正确的，B、C、D选项都是错误的5C解析：由图可知电子将做曲线运动且电场力先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故本题选C.6BC解析：若不考虑质点的重力，质点出电场后，不论向上偏移还是向下偏移

31、，都不会垂直打在M屏上，所以，一定要考虑质点的重力若质点所受重力和电场力同向，则质点飞离平行板后只受重力作用，质点的速度方向与重力方向间的夹角90°，故质点将做斜下抛运动(如图甲)，由斜抛运动特点可知，质点无论如何也不可能垂直打在屏M上，所以质点在电场中向上偏转，质点所受电场力大于重力，质点飞离平行板后做斜上抛运动(如图乙)，当运动到最高点处时，恰好打到屏M上，质点在最高点处只有水平速度，所以质点就以这一水平速度垂直打在M屏上，由运动的合成与分解可知，质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以，质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等由运动规律可知：在x方向上：

32、做匀速直线运动，所以vxv0在y方向上：在电场中vyat，离开电场做斜上抛后vygt，所以ag由牛顿第二定律得，Eqmgmamg，所以E2mg/q综上所述，BC选项正确7C解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：BqvEq，即只要满足EBv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误8(1)能从速度选择器射出的离子满足：

33、qE0qB0v0解得：v0(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则：xv0tLat2由牛顿第二定律得qEma解得x9(1)极板间的电场强度E.(2)粒子的电荷量为2e，质量为4m，所受电场力为：F2eE，粒子在极板间运动的加速度a.(3)由dat2，得：t2d在垂直于电场方向上Rv0t所以v010(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0mv设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t电子在偏转电场中产生偏转加速度a电子在电场中偏转ydat2由得：Ld.(2)设电子穿过电场时的动能为Ek，根据动能定理EkeU0ee(U0)限时训练(八)1A解析：滚轮因与平盘有摩擦的作用而转动，

34、并且认为不打滑，所以滚轮边缘的线速度与平盘上x处的线速度相等，即n1xn2r，所以选项A正确2BC解析：为实现对接，两者运行速度的大小都小于第一宇宙速度，选项A错误如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的机械能减小，天宫一号的轨道高度将缓慢降低，重力做正功，动能可能会增加，选项BC正确航天员在天宫一号中处于失重状态，但是航天员仍受地球引力作用，选项D错误3B解析：由GMgR2，可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为6·，如果人到了该行星，其体重是地球上的2倍，选项B正确在该行星上发射卫星的第一宇宙速度v2，是地球上发射卫星的第一宇宙速度的2倍，选项A错误由Gmr()2

35、，Gmr()2，可得·0.31·，该行星与“Glicsc581”的距离r是日地距离r的倍，选项C错误该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，在该行星上观察，其长度不变，选项D错误4B解析：因为“天宫一号”在两轨道均做圆周运动，根据Gm，半径变则线速度变，线速度之比，所以B对，A、C、D错5B解析：设两恒星中一个恒星的质量为m，围绕其连线上的某一点做匀速圆周运动的半径为r，两星总质量为M，两星之间的距离为R，由Gmr，G(Mm)(Rr)，联立解得：T2 .经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为T2T.选

36、项B正确6BC解析：由万有引力定律，地球对一颗卫星的引力大小为，一颗卫星对地球的引力大小为，选项A错误B正确由2rcos30°L可得两颗卫星之间的距离为Lr，由万有引力定律，两颗卫星之间的引力大小为，选项C正确三颗卫星对地球引力的合力大小为零，选项D错误7A解析：由题意可知：忽略地球自转影响有mg(表面)d深处的重力由内球的万有引力形成所以有：mg其中M为半径为(Rd)球的质量，M·(Rd)3M·R3所以MM.所以18C解析：卫星降低轨道，减少的引力势能EpG(G)GMm( )由Gmv2/R，可得卫星在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动的动能Ek1mv2，卫星

37、在半径为R2的轨道上绕地球做匀速圆周运动的动能Ek2mv2，动能增加Ek，由功能关系EpEkQ，联立解得：此过程中因摩擦而产生的热量为QGMm()，所以正确选项为C.9(1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r.根据万有引力定律和牛顿第二定律有Gm行()2r于是有M太即kM太(2)在月地系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由式可得M地解得M地6×1024 kg(M地5×1024 kg也算对)限时训练(九)1D解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvBm，由圆周运动有T，解得T.由电流公式I，得I.所以环形电流与

38、电荷量的平方成正比、与磁感应强度成正比、与质量成反比、与速率无关所以D正确2A解析：N受力向左，由左手定则，粒子N带正电，M带负电，故A正确由Rmv/qB知，半径越大，粒子速度越大，M的速率大于N的速率，故B错误洛伦兹力永远不做功，故C错误由运动时间tm/qB知二者运动时间相同，故D错误3A解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0Bm，解得rmv0/qB.由图中几何关系可得：tan30°R/r.联立解得：该磁场的磁感应强度B，选项A正确4C解析：因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷

39、为负电荷因为qvBqU/a，解得vU/Ba，因为电流InqvSnqvab，解得nIB/Ub|q|.故C正确5BC解析：根据带电粒子偏转方向和左手定则可知粒子带负电，故A错；速度最大粒子偏转半径为R，由qvB可得B正确；速度最小粒子半径为R，由qvB得vmin，vvmaxvmin，故C正确；v与L无关，故D错误6粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm式中v为粒子在a点的速度过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形因此r设x，由几何关系得RxR联立式得rR再考虑粒子在电场中的

40、运动设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qEma粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得rat2rvt式中t是粒子在电场中运动的时间联立式得E7(1)匀强电场的电场强度的大小： E(2)根据动能定理有：qUmv2，解得： v(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有：qBvm，将上述v代入解得： R8设两板间的电压为U，由动能定理得：qUmv2，由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd，联立解得：E.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r.设第一次碰撞点

41、为A.由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角AOS/3.由几何关系得rRtan(/3)粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得：qvBm，联立式解得：R.(3)保持M、N之间的电场强度E不变，M板向上移动2d/3后，设板间电压为U，则UEd/3U/3.设粒子进入S孔时的速度为v，由式可看出：.综合式可得：vv.设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见，/2，粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故粒子与圆筒的碰撞次数n3.限时训练(十)1B解析：带电粒子沿平行于直径ab的方向射入

42、磁场区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图设运动半径为r，圆心为O，连接OC、OO，OO垂直平分弦CD.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，所以COD60°，又CER/2，所以COE30°，则COOCOO30°，COCO，即rR.再根据洛伦兹力提供向心力有，qvBm，解得v，所以B选项正确2C解析：本题考查受力分析、洛伦兹力、圆周运动的向心力根据左手定则，物体受到的洛伦兹力的方向沿半径向外，由于物体做匀速圆周运动其合外力指向圆心，故玻璃管对小球有指向圆心的压力，FNqvBmL2，vL，所以FNmL2qBL.本题正确选项为C.3AD解析：根据题

43、述，由左手定则，带电粒子a、b均带正电，选项A正确由于a、b粒子做圆周运动的半径为：R相等，画出轨迹如右图，O1、O2分别为ab粒子运动轨迹所对的圆心，显然a粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b，由tT和轨迹图可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，a在磁场中飞行的路程比b的长，a在P上的落点与O点的距离比b的近，选项D正确，BC错误4C解析：如图所示，由左手定则可以判定：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；由几何关系可得：RaRb；两者运动时间相同，则由：tTbTa，可知.由T知，；又由R得：.所以只有C项正确5BCD解析：离子P带电量为e，P3带电量为3e，由qEma，可知离子P和P3在电

44、场中的加速度之比为13，选项A错误由qUmv2/2，qvBmv2/R，解得R.离子P和P3在磁场中运动的半径之比为1，选项B正确画出离子P和P3在磁场中运动的轨迹，由几何关系可知，离子P和P3在磁场中转过的角度之比为12，选项C正确由qUmv2/2，可知离子P和P3离开电场区域时的动能之比为13，选项D正确6(1)设粒子射出加速器的速度为v0由动能定理得qU0mv，由题意得v1v0，即v1.(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t加速度的大小a在离开时，竖直分速度vyat竖直位移y1at2水平位移lv1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t竖直位移y2vyt由题意知，粒子竖直

45、总位移y2y1y2解得y则当加速电压为4U0时，U4U1.(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且E.(b)由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与xOy平面平行F2f2(F)2，则f2F且fqv1B解得B(c)设电场方向与x轴方向夹角为若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得(fFsin)2(Fcosa)2(F)2解得30°，或150°即E与xOy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.同理，若B沿x轴方向F与xOy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.7(1)/2做匀加速直线运动

46、，2做匀速圆周运动，电场力：FqE0，加速度：aF/m，速度：v0at，且t/2，联立解得：v0.(2)只有当t2时，P在磁场中做匀速圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示设P在磁场中做匀速圆周运动周期为T，则：(n1/2)T，(n1,2,3)匀速圆周运动：qvB0m，T2r/v，解得：B0(2n1).(3)在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：t0.在磁场中做匀速圆周运动v1(t0)圆周运动的半径：r1，解得：r1(t0)又经(t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0.P再进入磁场，v2t0.圆周运动的半径：r2，解得：r2t0.8(1)设粒子在电场中运动的

47、时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得qEma由运动学公式得dat2dv0t0vyat0vtan联立式得v245°(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得R12d由牛顿第二定律得qvB0m联立式得B0(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析(粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和O2QH

48、O2均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOF为等腰直角三角形)可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R22d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FGHQ2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有t联立得t(2)限时训练(十一)1B解析：在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大，在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是B.2BD解析：由Ft图象可知，0t1时间内物体静止，t1t3时间内一直做加速运动，且t3时刻恰好平衡，此时速度达到最大值、t3t4时间内物体做减速运动

49、，故选B、D.3A解析：小球受重力，绳的拉力和水平力F作用，绳的拉力方向始终与小球的运动方向垂直，所以拉力不做功由于小球以恒定的速率运动，由动能定理知在任意一时间段重力做的功与水平力做的功总功为零，所以水平力的瞬时功率与重力的瞬时功率数值相等小球的速度在竖直方向上的分量增大，所以重力的瞬时功率增大，则水平力的瞬时功率增大，所以A正确4CD解析：两滑块沿斜面运动的过程中，由于斜面ab粗糙，则摩擦力对M做负功，故两滑块组成系统的机械能减少，选项A错误；据动能定理可知M受到的合外力做的功等于M动能的变化，即重力、绳的拉力以及摩擦阻力对M做的功等于M动能的增加量，选项B错误；由功能关系可得除重力外其他

50、外力做的功等于物体(或系统)机械能的变化，故轻绳的拉力对m做的正功等于m机械能的增加，摩擦力做的负功等于系统机械能的减少量，选项C、D正确本题选CD.5A解析：火箭开始喷气前伞匀速下降，拉力等于阻力减去降落伞受到的重力，火箭开始喷气瞬间降落伞减速运动有fmgTma，因而伞绳对返回舱的拉力变小，A对；减速的主要原因是喷气缓冲的结果，B错；喷气过程合外力向上，做负功，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故CD错6AC解析：设着舰时舰载机的速度为v，无阻拦索时舰载机加速度大小为a，所以am/s22.45m/s2，速度时间图线面积表示位移，从着舰到停止飞机在甲板上滑行的距离x2(70×0.4

51、×2.45×0.42×2.1×10×0.5)m113.28m，A选项正确；0.4s2.5s时间内舰载机做匀减速直线运动，阻拦索的张力的合力一定，阻拦索之间的夹角变小，阻拦索的张力变小，B选项错误；0.4s2.5s时间内飞行员所承受的加速度大小am/s228.1m/s2，C选项正确；0.4s2.5s时间内，由PFv知，阻拦索对飞机做功的功率减小，D选项错误7(1)由于初末状态动能均为0，故损失的机械能为Emg·L·cos(2)系统损失的机械能全部克服摩擦力做功所以有：WfEmgL·cos(3)对摆锤由功能关系可得F&

52、#183;sE8(1)设电动机的电功率为P，则PUI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则PrI2r代入数据解得Pr1×103W(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为，则MV设质量为M的河水增加的重力势能为Ep，则EpMgh设电动机的输出功率为P0，则P0PPr根据能量守恒定律得P0t×60%×80%Ep代入数据解得t2×104s9(1)床面下沉x00.1m时，运动员受力平衡，有mgkx0，解得k5×103N/m，Fx图线如图所示(2)运动员从x0处离开床面，开始腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间

53、相等，hmg()2，解得hm5.0m.(3)参照由速度时间图线求位移的方法可知Fx图线下的面积等于弹力做的功，从x处到x0处，弹力做的功WTx·kxkx2，运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理可得kxmg(x1hm)0，解得x11.1m对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有Wkxmg(x0hm)，解得W2525J.限时训练(十二)1B解析：两绳质量相等，但长度不同，故即使被提升的高度相同，其中心不在同一位置，由于A的密度小，即使A被提升的高度高，也不能判定其重力势能更大，故本题选B.2D解析：由图象可知4s内拉力对物块做功为零，物体不动，4s5s拉力对物体做正功，A错；4s末物块所受合力大小为零，B错；由5s之后的运动可知0.3，C错；6s9s内物块的加速度的大小a2.0m/s2.3AC解析：因为加速度大小等于g，故合外力Fmg，根据动能定