大二轮刷题首选卷-物理(旧高考)第二部分

2第二部分特色增分题组

-易错回扣专练

（一）滑动摩擦力与支持力的合力方向问题（摩擦角的巧妙应用）

1.（2021.辽宁省辽南市协作体二模）（多选）“腊月二十四，撑尘扫房子”，据

《吕氏春秋》记载，中国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新的一年里顺

利平安。春节前夕，小红需移开沙发，清扫污垢，质量，"=10kg的沙发放置在水

平地面上，小红用力F推沙发，当F斜向下与水平方向成。=30°时，如图，若

F=100N,沙发恰好开始做匀速运动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加

速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.沙发与地面间的动摩擦因数〃=为-

B.沙发开始运动后，保持户大小不变，增大。角，物体将做加速运动

C.若尸方向能随意改变，想用最小的力推动沙发，应使厂沿水平方向

D.若尸方向能随意改变，能让沙发匀速运动，力/的最小值为50N

答案AD

解析沙发匀速运动时，分析沙发受力，根据平衡条件，水平方向有：Feos

0=^Fsin0+mg）,代入数据解得〃=乎，故A正确；沙发开始运动后，保持产

大小不变，增大。角，则F的水平分力减小，同时因竖直向下分力增大而使滑动

摩擦力变大，故沙发将做减速运动，故B错误;

mg

将滑动摩擦力与支持力合成，设合力与水平方向夹角为a,则tana=y=^=

S，则a=60°,将重力机g、合力厂合和F组成矢量三角形，若尸方向能随意改

变，由图知，当RLE合时力/最小，此时产与水平方向夹角为90°-a=30°,

斜向右上方，大小为Fmin=〃?gcosa=50N,故C错误，D正确。

［易错警示］滑动摩擦力的大小与支持力成正比，其比值等于动摩擦因数，

通常是固定不变的，因此在单向直线运动中滑动摩擦力与支持力的合力方向不变。

在有关滑动摩擦力的问题中，有时将滑动摩擦力与支持力合成为一个力（全反力）

来处理时，问题往往会变得更简单。

（二）动态平衡中的“动杆”“定杆”以及“活结”“死结”

2.（2021.北京市朝阳区二模）如图所示，用AC、C。两根轻绳将物块悬于水平

轻杆8C的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆8。始终保持水平，物块

静止不动。已知物块质量为m,重力加速度为go设AC、绳的拉力分别为FAC、

FCD。下列选项正确的是（）

A.FAC>mg

B.FcD>mg

C.若A点上移，则FAC变大

D.若A点下移，则尸。变大

答案A

解析以物块为研究对象，根据平衡条件可得：FcD=mg-以结点。为研究

对象，其受到两段轻绳拉力和杆的弹力，如图所示；根据平衡条件可得：FAC

Frnmp

=无而=熹》机g,故A正确，B错误。FcD=mg^,与A点的位置无关；若

A点上移，。角变大，由FAC=笑可知fAC变小，故C、D错误。

［易错警示］注意区分“死结”和“活结”：“死结”的结点两侧绳的拉力

一般不同，大小关系可以采用正交分解法或矢量三角形法求出；“活结”的结点两

侧绳的拉力相等。

3.（2021.云南省红河哈尼族彝族自治州一模）如图所示,轻杆AC垂直插入竖直

墙内并固定，另一端装一光滑定滑轮，绳子3C。跨过滑轮挂着一重为G的物体,

绳子8端固定在墙上，8C与墙之间的夹角为仇若把绳子3端向上移动少许，则

A.绳子的拉力减小

B.绳子的拉力增大

C.轻杆对滑轮的作用力减小

D.轻杆对滑轮的作用力增大

答案C

解析重为G的物体受力平衡,故绳子CD向上的拉力始终等于物体的重力，

如图所示，跨过光滑定滑轮的绳上拉力大小处处相等，即/BC=PCD=G,故A、

B错误；把绳子8端向上移动少许，。变小，8C和CO两部分绳之间夹角变大，

根据力的合成可知两部分绳子的合力减小，即绳子对滑轮的作用力减小，因滑轮

受力平衡，故轻杆对滑轮的作用力减小，故C正确，D错误。

［易错警示］注意区分“动杆”和“定杆”：轻杆一端用钱链固定，是“动

杆”，“动杆”在缓慢转动的过程中，弹力方向始终沿杆的方向；如第3题题图所

示，轻杆一端固定于竖直墙上，是“定杆"，“定杆”对结点弹力的方向可以不沿

杆的方向。

（三）运动图象中不明确纵、横坐标的关系

4.（2021.安徽省池州市一模）在某试验场地的水平路面上甲、乙两车在相邻平

行直车道上行驶。当甲、乙两车并排行驶的瞬间，同时开始刹车，刹车过程中两

车速度的二次方"随刹车位移X的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（）

A.乙车先停止运动

B.甲、乙两车刹车过程中加速度大小之比为1：12

C.从开始刹车起经4s,两车再次恰好并排相遇

D.甲车停下时两车相距3.25m

答案C

解析由匀变速直线运动速度与位移的关系v2-vl=2如可得"=2奴+日，

,—10-225

故甲车刹车过程的初速度00甲m/s=15m/s,加1速度。甲=］X一记一m/s2

=-ym/s2,乙车刹车过程的初速度vo甲二巾3m/s=5m/s,加速度a乙

0-25.5155

X20Hs-=-gm/s2,则甲|：乙|=5•：g=12：1,B错误；甲刹车所用时

0-00甲0—VQ-7

间，甲=---------=2s,乙刹车所用时间，乙=--------=8s,则甲车先停止运动，A

。甲。乙

0—琢甲

错误；从开始刹车起经4s,甲车位移x甲=上r=15m,乙车位移x乙=优乙f

+与乙户=15m,%甲=》乙，则两车再次恰好并排相遇，C正确；由C项分析可知，

甲车停下时位移为x甲=15m,由B项分析可知用时r甲=2s,此时乙车位移x乙’

1,

=00乙，甲+呼乙=8.75m,两车相距Ar=x甲一x乙'=6.25m,D错误。

［易错警示］解决图象问题首先要弄明白图象的类型，是。“图象还是》”图

Y

象，甚至其他特殊类型图象，如4Y图象、7〃图象等；其次要弄清楚图象的斜率、

交点、面积以及截距等所表示的物理意义；还要善于根据函数图象写出解析式，

从而挖掘出表达式的物理意义；同时还要注意建立质点的实际运动情境，也有助

于对此类问题的分析。

（四）叠加体加速运动中对摩擦力的方向及突变性认识不足

5.（2021•安徽省示范高中皖北协作区4月份联考）侈选）如图1所示，足够长

的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。滑块A受到随时间/变化的

水平拉力/作用时，用传感器测出滑块A的加速度凡得到如图2所示的小/图

象，已知g取Wm/s2,贝1J（）

A.滑块A的质量为2kg

B.木板B的质量为6kg

C.当尸=12N时，木板8的加速度为4m/s2

D.滑块A与木板8间的动摩擦因数为0.4

答案AD

解析由图2知，当尸=10N时,A、B刚好无相对滑动，加速度为：a=1m/s2,

对整体分析，由牛顿第二定律有：/=。如+加0。，代入数据解得：出+皿=10kg;

,F-umAg

当产大于10N时，A、8发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A有：«=-mA-

1111

=—F-fig,由图2可知，此部分图线的斜率：〃=嬴=而=而氐=］，解得：

mA=2kg,则木板8的质量为：mB=10kg-WA=8kg;此部分图线的横截距为：

F=8N,代入。=击尸一〃g解得：〃=0.4,故A、D正确，B错误。F=12N>10N

时，滑块与木板相对滑动，8的加速度为：'m/s2=lm/s2,

“IBO

故C错误。

［易错警示］解决滑块、木板叠加体问题需注意：当静摩擦力达到最大静摩

擦力时摩擦力将发生突变，即在滑块与木板恰好不发生相对运动时二者间的摩擦

力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。

(五)立体空间的平抛问题

6.(2021.全国百强名校领军联考)一种餐桌的构造如图甲所示，已知圆形玻璃

转盘的半径r=0.6m,圆形桌面的半径R=1m,不计转盘的厚度，桌面到地面的

高度/?=lm。轻绳一端固定在转盘边缘，另一端连接着质量〃?=2kg的小物块，

小物块被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转，达到稳定状态后，二者角速度相同，俯

视图如图乙所示。某时刻轻绳突然断裂，小物块沿桌面边缘飞出后的落地点到桌

面和转盘共同圆心。的距离S=小m,重力加速度g取10m/s?。求：

(1)小物块飞出桌面边缘的速度大小vo；

(2)小物块与桌面之间的动摩擦因数〃；

(3)绳断之前轻绳拉力的功率。

答案⑴:m/s(2)|⑶呆后W

解析（1）小物块沿桌面边缘飞出后做平抛运动,

竖直方向有/?=上产

水平方向有x=00/

由几何关系可知落地点到桌面和转盘共同圆心的距离

S+/+%2

联立并代入数据解得小物块飞出桌面边缘的速度大小为。。=小m/so

（2）对小物块进行受力分析，设轻绳拉力大小为T,方向与小物块和圆心。连

线的夹角为仇则

sin8=斤

小物块沿桌面边缘旋转时的向心力由轻绳的拉力、与桌面间的摩擦力的合力

提供，受力分析如图所示，

vo

故Tcos6=天,Tsin0=f,f=/.img

联立并代入数据解得小物块与桌面之间的动摩擦因数

3

〃=W。

25

（3）由（2）中分析可得T=NN

绳断之前拉力的功率P=7vosin0

代入数据解得P=S后Wo

［易错警示］对于立体空间背景下平抛运动的分析，可以借助实物模拟，或

者将立体空间中的运动问题转换为运动轨迹所在平面的运动问题。

（六）竖直平面内的圆周运动非最高点和最低点问题

7.（2021・湘豫名校4月联考）（多选）如图所示，在竖直平面内有一可视为质点的

光滑小球在圆筒最低点，内壁光滑、半径为火的圆筒固定在小车上。小车与小球

一起以速度。。向右匀速运动，当小车遇到墙壁时突然停止运动，后一直保持静止,

要使小球不脱离圆筒运动，初速度。。应满足（半径R=0.4m,小球的半径比R小

很多，不计空气阻力，g=10m/s2）（）

A.小m/sB.vo>4m/s

C.oo<3/m/sD.vo&2ym/s

答案AD

解析当如较大时，小球能够通过圆筒最高点，这时小球在最高点处需要满

加11

足的条件是,又根据机械能守恒定律有产02+2〃吆尺=5"2晶，解得vo>

2小m/s,故A正确，B错误；当5）较小时，小球不能通过圆筒最高点，这时小

球不脱离圆筒运动的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零,

根据机械能守恒定律有8脸解得。o=2mm/s,即ooW2/m/s时小球

不脱离圆筒运动，故C错误，D正确。

［易错警示］“小球不脱离圆筒运动”包含两种情况：（1）小球通过最高点并

完成圆周运动；（2）小球没有通过最高点，最高可运动到与圆心等高处又沿着圆筒

返回来，小球也没有脱离圆筒。

（七）圆周运动中的杆模型和绳模型

8.（2021.广西南宁市冲刺卷）（多选）如图甲所示，用不可伸长的轻质细绳拴着

一小球，在竖直面内做圆周运动，不计一切阻力。小球运动到最高点时绳对小球

的拉力尸与小球速度的平方"的图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2,

下列说法正确的是（）

甲

A.小球运动到最高点的最小速度为1m/s

B.小球的质量为01kg

C.细绳长为0.2m

D.当小球在最高点的速度为近m/s时，小球运动到最低点时细绳的拉力大

小为7N

答案ABD

V2

解析对在最高点时的小球应用牛顿第二定律可得：/+〃吆=〃7,变形可得:

2

F=Tv-mg,由图乙中图象的纵截距可得小球的重力为〃吆=1N,解得小球的

YYI

质量为机=0.1kg,故B正确；由图象的斜率可得：7=1,解得细绳长为/=01m,

C错误；当小球恰能通过最高点时，设其对应的最小速度为。'，此时由重力提供

V'2___

向心力，有：=解得小球运动到最高点的最小速度为"=1m/s,故A正

确；当小球在最高点的速度为VI=巾m/s时，在小球从最高点运动到最低点的

过程，由机械能守恒定律可得：品忧=-2〃®+5遥，解得小球到达最低点的速

V2

度为。2=&rm/s,在最低点，由牛顿第二定律可得：F'-mg=nrj,解得小球运

动到最低点时细绳的拉力大小为F=7N,故D正确。

［易错警示］绳模型中小球刚好能够通过最高点时的条件是绳的拉力等于

必

零，只有重力提供向心力，即〃吆=加谭，对应最小速度为。min=4诵。

9.（2021•宁夏中卫市二模）（多选）如图所示，光滑轨道由AB.BCDE两段细圆

管平滑连接组成，其中圆管段水平，圆管8CDE段是半径为/?的四分之三圆

弧，圆心。及。点与AB等高，整个管道固定在竖直平面内。现有一质量为加、

初速度优=亚弊的光滑小球水平进入圆管A3。设小球经过管道交接处无能量损

失，圆管内径远小于凡小球直径略小于管内径，下列说法正确的是（）

A.小球通过£点时对外管壁的压力大小为；〃吆

B.小球从8点到。点的过程中重力的功率不断增大

C.小球从E点抛出后刚好运动到B点

D.若将OE段圆管换成等半径的四分之一内圆轨道OE,则小球不能够到达

E点

答案CD

解析从A至E过程，由机械能守恒定律得：^n^=jnvi+mgR,解得：OE

="要，小球在E点所需的向心力居=mg-N=〃茎，解得小球受到内管壁的支

持力为N=/ng,根据牛顿第三定律可知小球通过E点时对内管壁的压力大小为:

mg,对外管壁无作用力，故A错误；小球在C点时，重力与速度方向垂直，重

力的功率为零，所以小球从8点到C点的过程中重力的瞬时功率不可能不断增大，

故B错误；从E点开始小球做平抛运动，则由R=上»可知平抛运动的小球在圆

心高度的水平位移为x=VEt=呼艮、^=R,即小球能正好平抛落回B点，故C

正确；由A项分析可知小球到达。点速度不为零，若将DE段圆管换成等半径的

四分之一内圆轨道DE,则小球在。点位置将做竖直上抛运动而不能够到达E点，

故D正确。

［易错警示］要注意管道模型与轻杆模型相似，小球通过最高点时最小速度

可为零。

（八）赤道上物体、同步卫星、一般卫星的动力学比较

10.（2021.广东省肇庆市统测）如图所示，一卫星在赤道平面内绕地球做匀速

圆周运动，其轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，某时刻该卫星位于赤道上

一建筑物的正上方。下列说法正确的是（）

A.地球自转角速度大于该卫星的角速度

B.建筑物随地球运动的向心加速度大于该卫星运动的向心加速度

C.建筑物随地球运动的线速度大于该卫星运动的线速度

D.经过一段时间该卫星可以再一次出现在此建筑物上空

答案D

2

解析根据万有引力提供向心力，有半=府=用①2r=*，解得誓,

、辟，。='怦，由题意可知，该卫星的轨道半径小于地球同步卫星的

轨道半径，即r卫＜丁同，则。卫＞。同，①卫＞8同，v卫＞0同，而地球自转的角速度/地

同，则①卫〉①地，故A错误；建筑物随地球自转，贝物地=。同，又由a

=orr,v=cor,可知。物＜a同，。物同，综上可知，a物＜a卫，。物卫，故B、C

错误；此卫星的轨道平面与赤道平面重合，并且角速度与地球自转角速度不同，

所以经过一段时间该卫星可以再一次出现在此建筑物上空，D正确。

［易错警示］近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体进行比较时要抓住两

两之间的联系。如近地卫星和同步卫星的比较同属运行问题，满足万有引力提供

向心力；而同步卫星和地球赤道上的物体二者角速度相同，周期相同。

（九）双星问题和多星问题

11.（2021•东北三省三校联考二模）太空中存在一些离其他恒星很远的、由四颗

星体组成的四星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。现有这样一种稳定运

行的正三角形四星系统，四颗星分别位于某一正三角形三个顶点和其几何中心上。

四颗星质量均为〃"正三角形边长为L,引力常量为G,则下列说法中正确的是

)

A.位于顶点的三颗星运动的角速度与它们质量的大小无关

B.该四星系统做圆周运动的半径为为乜

事Gm?

C.

每个处于顶点处的星体所受向心力大小为L2

L

D.该四星系统的运动周期为27rzz

（3+3小）Gm

答案D

L

1

=解

解析设该四星系统做圆周运动的半径为乙由几何关系知cos30°尸

得r=&=孕,故B错误；位于顶点的星体所受的向心力为其他顶点两颗星体

以及。处的星体对它的万有引力的合力，即居=2誓cos30°+誓=（3+

小）笔"，故C错误；由向心力公式再="如2厂得：（3+小）驾~=加02r=加苏,坐

/（3小+3）Gm2K

L,解得①=一七-----,故G与用有关，故A错误；由丁二高，将上

式中⑦代入得：丁=240+33）故D正确。

「易错警示］多星系统的运动周期、角速度相等，通过几何关系找到运行天

体的轨道半径，通过受力分析找到其向心力来源，列式求解各物理量即可。

（十）混淆摩擦力做功与摩擦热

12.（2021.内蒙古乌兰察布市一模）如图所示，水平地面上有一倾角为8=37°

的传送带，以。（）=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从6=33.6m的高台

从静止开始运送到地面，煤块可看做质点。已知煤块的质量为优=1kg,煤块与

传送带之间的动摩擦因数为〃=025,重力加速度为g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8o煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（）

A.运送煤块所用的时间为4.5s

B.摩擦力对煤块做的功为-48J

C.煤块相对传送带运动而产生的划痕长8m

D.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为16J

答案B

解析设传送带的长度为3则有Lsin37°=力=33.6m,解得L=56m,煤

块刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律，有〃密

sin37°+/zmgcos37°=ma\,解得ai=8m/s2,则煤块从静止加速到与传送带共

速需要的时间为力瑶=牛s=2s,此过程煤块的位移为xi=%IK=；X8X22m

=16m,由于〃zgsin37°=6N>〃mgcos37°=2N,可知煤块与传送带共速后继

续做匀加速运动，摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律，有mgsin37°—ping

cos37°=mai,解得G=4m/s2,此后煤块运动的位移大小为X2=L-汨=56m-

16m=40m,根据位移一时间关系可得：了2=。0这+呼2当解得f2=2s,则运送煤

块所用的时间为，="+及=2s+2s=4s,故A错误；摩擦力大小为cos

37°,代入数据解得了=2N,第一个过程摩擦力对煤块做功为用=Ai=2X16J

=32J,第二个过程摩擦力对煤块做功为牝=-fi（2=-2X40J=-80J,故摩擦

力全程对煤块做功为的=Wi+W2=32J-80J=-48J,B正确；第一个过程传送

带的位移为xy=voti=16X2m=32m,煤块与传送带的相对位移大小为Ari=X3

-xi=32m-16m=16m,第二个过程传送带的位移为X4=00f2=16X2m=32m,

相对位移大小为AX2=X2-X4=40m-32m=8m,第一个过程传送带运动快，第

二个过程煤块运动快，煤块在传送带上的划痕应为x=-i=16m,故C错误；第

一个过程摩擦生热为。=加1=2*16J=32J,第二个过程摩擦生热为。2=加2

=2X8J=16J,故煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=QI+Q2=32J+16

J=48J,故D错误。

［易错警示］摩擦力对物体做的功是单个摩擦力做的功，摩擦生热是克服一

对滑动摩擦力做的总功，其数值等于摩擦力大小与两物体相对运动距离的乘积。

另外，在传送带模型中，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小

的突变，还是其方向的突变，都发生在传送带上物体的速度与传送带速度相等的

时刻。

（十一）绳索、链条模型的处理

13.（2021•福建省泉州市质检三）如图，总长为/、质量为根的均匀软绳对称

地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为〃，的物块与软绳连接。将物块由静止释放,

直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g,贝女）

A.刚释放时细线的拉力大小为〃吆

B.该过程中物块的机械能减少了53

C.该过程中软绳的重力势能减少了5超/

D.软绳离开滑轮时速度大小为加？

答案D

解析刚释放时，根据牛顿第二定律，对整个物块和滑轮左侧软绳有〃吆-

ni31

FTI+/=2ma＜对滑轮右侧软绳有尺1-*=孑，解得a=*再对物块有mg

-FT2=mx1g,解得臼2=；〃吆，故A错误；以滑轮处为参考面，从释放物块到

软绳恰好离开滑轮，软绳重力势能减少量为小昂=〃吆X（-9-mgX（-

故C错误；根据机械能守恒定律得：-〃吆e+/j—mgx（=；（2〃2）x〃-〃zg（/+/'）

-mgxg其中为细线长度），解得。=会丽，故D正确；根据以上结论，物块

的机械能减小了14用=-，阳e+1—［一m8*（/+/'）+^^］=&zg/,故B错误。

［易错警示］软绳（或链条）类物体不能看做质点，研究其重力势能的变化时可

通过其重心下降的高度进行分析（有时需要分段分析）。

（十二）动能定理和动量定理对流体模型的应用中的不同

14.（2021.山东省青岛市二模）（多选）青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海

岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件,

目前该地风电总装机容量已达18万千瓦。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带

动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片

长为r,风速为。，空气密度为"，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有〃速度

3

减速为0,1原速率穿过，不考虑其他能量损耗。下列说法正确的是（）

A.一台风力发电机的发电功率约为5兀,"

B.一台风力发电机的发电功率约为5兀户。3

C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为，兀户"

D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为乐兀户。2

答案BD

解析建立一个“风柱”模型如图所示，风柱的横截面积为叶片旋转形成的

圆面的面积5=兀,，经过时间，风柱长度为x=所形成的风柱体积丫=兀户"，

13

空气遇到叶片旋转形成的圆面后a减速为。，彳原速率穿过，所以与叶片发生相互

作用的风柱质量〃?=%「=%兀户”，根据动能定理，风力在这一段位移内做的功

IV=AH=^nrv2-0=•4=，/科，一台风力发电机获得风能即发电的功

W1

率为尸风=7=9沉故A错误，B正确；以与叶片发生相互作用的那部分空

气为研究对象，取空气流入的方向为正方向，设风力发电机一个叶片对这部分空

气的平均作用力为F,根据动量定理得：-3R=0-机内代入数据解得：F=%

。户"，根据牛顿第三定律，可知空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为广

=F=^npr2v2,故C错误，D正确。

［易错警示1分析流体问题时，可建立“柱状”模型，算出质量，求做的功

时用动能定理，求平均作用力时用动量定理。

（十三）包含弹簧的系统的动量和能量的综合问题

15.（2021.内蒙古乌兰察布市高三一模）如图所示，质量为如=0.95kg的小车

A静止在光滑地面上，一质量为m3=0.05kg的子弹以=100m/s的速度击中小

车A,并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧

的质量为加2=4kg的小车8发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧，碰

撞过程中，弹簧始终未超弹性限度，则下列说法错误的是（）

A.小车A与子弹的最终速度大小为3m/s

B.小车B的最终速度大小为2m/s

C.弹簧最大的弹性势能为10J

D.整个过程损失的能量为240J

答案D

解析子弹与小车A的碰撞过程，根据动量守恒定律得侬。。=（仪+〃”）S,

解得两者碰撞后速度为初=5m/s；弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速,

根据动量守恒定律得（加3+m\）v\=（如+m\+m2）。共，解得。共=1m/s,弹簧最大

的弹性势能为Ep=；（侬+1（m3+m\+〃⑵喙,解得瓦=10J,故C正确；

以向右为正方向，设小车A与子弹最终速度为s',小车B最终速度为S,根据

动量守恒定律与能量守恒定律，有+加）。1=（加3+"21）01'+miV2,+

=^（m3+m\）v\'-+,联立解得：v\'=-3m/s,vi=2m/s,故A、B正确；

整个过程损失的能量出现在子弹打入小车A的过程中，△E=；侬好-；（侬+如）优

=237.5J,D错误。本题选说法错误的，故选D。

［易错警示］包含弹簧的系统可以类比几种碰撞模型，一般来说，弹簧处于

原长时，弹簧的弹性势能最小，类比于弹性碰撞模型，弹簧形变量最大时，弹簧

的弹性势能最大，类比于完全非弹性碰撞模型，其他时刻类比于非弹性碰撞模型。

（十四）运动轨迹、电场线以及等势线综合相关问题

16.（2021.内蒙古赤峰市二中月考）（多选）某同学在研究带电粒子（忽略重力）在

电场中的运动时，得到了某粒子由。点运动到〃点的轨迹如图中实线所示，图中

一组虚线可能是电场线，也可能是等差等势面，则下列说法正确的是（）

A.如果图中虚线是电场线，该粒子一定动能减小，电势能增大

B.如果图中虚线是等势面，该粒子必有动能增大，电势能减小，而与粒子

所带电性无关

C.不论图中虚线是电场线还是等势面，。点的电势都高于分点的电势

D.不论图中虚线是电场线还是等势面，。点的电场强度都大于〃点的电场强

度

答案ABD

解析由于曲线运动合外力总是指向粒子运动轨迹弯曲的一面，如果图中虚

线是电场线，则电场力的方向指向左边，所以粒子由。点运动到8点的过程中电

场力做负功，该粒子一定动能减小，电势能增大，故A正确；如果图中虚线是等

势面，则电场力的方向垂直虚线指向下边，所以粒子由。点运动到。点的过程中

电场力做正功，该粒子一定动能增大，电势能减小，而与粒子所带电性无关，故

B正确；由于带电粒子的电性不确定，所以。、b点的电势高低无法判断，故C

错误；不论图中虚线是电场线还是等势面，图线的疏密都能表示电场的强弱，所

以。点的电场强度都大于。点的电场强度，D正确。

「易错警示］带电粒子在电场中的运动轨迹夹在速度与电场力之间，向受力

一侧弯曲，注意不要把电场线和等势线当成运动轨迹。分析带电粒子所受电场力

时，在轨迹和电场线交点位置，电场力与电场线在该点的切线平行；在轨迹和等

势线交点位置，电场力与等势线在该点的切线垂直。

（十五）带电物体在等效场中的运动问题

17.（2021•山东省烟台市一模）（多选）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一

内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直

径，C。为竖直直径。一个质量为加、电荷量为4的带正电小球从轨道的最低点

获得一定的初速度优后，能够在轨道内做圆周运动，已知重力加速度为g,匀强

电场的电场强度后=叶织，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

I)

C

A.小球运动到。点时的动能最小

B.小球运动到8点时的机械能最大

C.若。。=麻，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动

D.若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大

压力为12mg

答案BCD

解析电场力和重力的合力尸=y（mg）2+（qE）°=2mg,方向斜向右下，

与电场线方向夹角为30°,根据等效重力场，小球动能最大和最小的位置是过圆

心且方向与电场线方向夹角为30°的直线与圆的交点，故A错误；根据能量守恒

定律，小球机械能最大的位置是电场力做功最大、电势能转化成机械能最多的位

置，即8点的位置，故B正确；设速度最小处为M点，从轨道最低点。到M点

11mvlf

由动能定理有5moo宓-产优o=-2mg（R+Rsin30°）,且在M点满足2mg=,

解得00=，颁，故C正确；小球对轨道压力最大处即速度和动能最大处，设其

位置为N点，从M点到N点由动能定理有产我-产用=2mgX27?,设在N点轨

道对小球的支持力为£由牛顿第二定律有尸-2/心=写，解得尸=12加g,根据

牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力为12〃电，故D正确。

［易错警示］把电场力和重力合成一个力，即为"等效重力”，沿其方向过圆

心的直线与轨道的交点位置即为"等效最低点"，和"等效最高点”。“等效重力场”

中的圆周运动和重力场中的分析方法相同。

UMJ

（十六）了与石■的应用不当

18.（2021.浙江省宁波市十校联考）在如图所示电路中，闭合开关S,当滑动变

阻器的滑动触头向上滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分

别用/，•和UM=1、2、3,下同）表示，电表示数变化量的大小分别用△/，和△口表

示。下列分析结论正确的是（）

A./2、13、U1示数均减小

cU\lhU3,..,__4

B.石、石、石的比值均不变

Uablh

C.石、玄的比值绝对值均变化

△UiAL/2

D.-s丁的比值绝对值均不变

A/1A/i

答案D

解析闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器接入

电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流力减小，则U减小；由闭合电

路欧姆定律可知5=E-/i(Ri+r),/1减小，其他量不变，则S增大，由拉琛可

知〃增大；因/3=/1-/2,则/3减小，故A错误。根据欧姆定律知中=Rl,不变;

U1Ui+hRiU\Ui

77=-1、-=K+R2,减小；石=氏3,增大,故B错误。由U3=E-I\(R\+r)

△5blhblh

得天-=-(7?i+r),因为/i=/2+/3,则A/i=△〃+A/3,可得一;女工77二一

ZWiA/iA/2+AYS

A/2A/31△/21,A/311

㈤+)变形得而+而=一式"，又而二茬则得而十而一刀7可见

A/3AC/3At/i

定不变,则应不变，故C错误。舟是定值电阻，则丁=凡不变；因E

A(73A/3A/lU2=

△02

-I\r,则仄彳=「不变，故D正确。

［易错警示］(1*=，是电阻的定义式，彳表示某一状态下导体(金属或电解质

溶液)的电阻。

△Uu\u

(2)对于刀,物理情境不同，表示的物理意义不同。对于定值电阻，R=7=石;

对于变化电阻的石，把干路上的定值电阻等效为电源内阻，则其绝对值等于等效

电源内阻。

(十七)测电源电动势和内阻的误差分析

19.(2021.安徽省安庆市二模谋课外兴趣小组想利用如图1所示电路测量电

阻R-的阻值和一节电池的电动势与内阻，除待测电源和待测电阻外还备有如下器

材:

电压表VI：量程为500mV,内阻为IkC

电压表V2：量程为2V,内阻为2kC

电压表V3：量程为5V,内阻为5k。

电阻箱R

开关、导线若干

图।图2

(1)为了较准确地测定R的电阻值、电池的电动势和内阻，在三个电压表中选

择一个合适的电压表是_______(填入所给器材符号)。

(2)根据图1的电路图连接好电路后，测定电阻R时主要进行了两步实验。

第1步：闭合Si和S3,断开S2,记录电压表示数口；

第2步：闭合Si和S2,断开S3,调节电阻箱R的阻值，使电压表示数仍为

5,此时电阻箱R的相应读数如图2所示,则被测电阻R的电阻值为Qo

(3)闭合Si和S2,断开S3,通过多次改变电阻箱R的阻值，记录R的值和对

应的电压表示数U,画出U随系变化的图线为直线，如图3所示，则待测电源电

动势为V,内阻为Q;从实验原理来看，实验测量值与真实值

相比较，电动势的测量值_________内阻的测量值__________O（后两空填“偏

大”“偏小”或“不变”）

答案（1）V2（2）62.0

（3）1.61（1.59〜1.63均正确）1.24（1.22〜1.26均正确）偏小偏小

解析（1）一节电池的电动势约为L5V,根据电池的电动势可知，电压表选

V2量程最合适。

（2）分别将R接入电路和将R接入电路，电压表的示数均为3,即路端电压

不变，则外电阻不变，所以R=R=62.0Q。

⑶由闭合电路欧姆定律，E=U+/得。=石-点，图线纵截距为1.61V,

/I

故E=L61V,由图线的斜率绝对值△（卫）=1.24Q知，电池内阻r=1.24Q（注意

此处不要用图象与纵轴交点值除以与横轴交点值）。由于电压表的分流作用，考虑

误差后有E=U+强+*},整理后得U=&£+&•*所以纵截距为点;

E,斜率绝对值为广三，则电池电动势与内阻测量值均偏小。

［易错警示］测电源电动势和内阻时，其误差来源与电表有内阻有关。若是

电压表分流，则导致测得的电动势和内阻均偏小，若是电流表分压，则测得的内

阻偏大，电动势不变。

（十八）半偏法测量电流表内阻和电压表内阻中的误差分析

20.（2021.安徽省蚌埠市第四次质检）图甲是量程为5V和10V的双量程电压

表原理电路图，其中电流表A的内阻RA=10Q,/?i=4990Qo

（1）电流表A的量程为mA;电阻R2的阻值为C。

⑵用半偏法可以测量改装后电压表的内阻，电路图如图乙，具体步骤是:

①将电阻箱品)调为零，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P,使电压表满偏;

②,使电压表半偏；

③读出电阻箱火。的阻值，即为电压表内阻的测量值R测。

(3)与电压表内阻的真实值R真相比，R测偏;采用该方案测量时，所

|R侧一R直I

测电压表的内阻越大，R的值越_________O(均选填“大”或“小”)

K真

答案(1)15000

(2)②保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱R。的阻值

⑶大小

解析(1)电流表A的量程/A=丁=’[QQCA=0.001A=1mA,电阻

AA+AI1U+

足的阻值&=*-—吊=5^Q-10Q-4990Q=5000Qo

(2)②本题采用的是半偏法测量电压表内阻，所以需要保证测量电路两端电压

不变，即保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱火。的阻值，使电压表半偏。

(3)电阻箱接入电路时，整个电路总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，

干路电流变小，路端电压变大，分压电路分压变大，大于电压表量程，当电压表

半偏时，电阻箱两端电压大于电压表两端电压，由串联电路特点可知，电阻箱阻

值大于电压表内阻，实验认为电压表内阻等于电阻箱阻值，因此电压表内阻测量

值大于真实值。所测电压表的内阻越大，电阻箱接入电路时分压电路分压变化越

小，电压表内阻测量值越接近真实值，-%息的值越小。

R其

21.(2021.山东省烟台市一模)某物理实验小组先设计了如图甲所示的电路图，

采用半偏法测量一电流计G的内阻Hg,然后将该电流计G改装为电压表，并对

改装后的电压表进行检验。

甲乙

（1）在该小组测量电流计G内阻Rg的过程中

①请根据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线表示导线连接相应的实物电路;

②实验要进行的步骤如下，合理的顺序是_______（用步骤前的标号表示）；

A.将舟的阻值调到最大

B.闭合开关Si

C.闭合开关S2

D.调节品的阻值，使电流计指针满偏

E.调节R2的阻值，使电流计指针转到满偏刻度的一半处

F.按图所示连接好实验电路

G.记下&的阻值并断开5

③由于存在系统误差，按上述实验步骤测出的电流计内阻R测与电流计内阻

的真实值R相比较，R测________R（选填“>”“<”或"="）o

丙

（2）该小组在上述实验中，测得电流计G（量程3.0mA）的内阻为400。。他们

将此电流计与电阻R串联后改装成量程为。〜6V的电压表，然后利用一标准电

压表，根据图丙所示电路图对改装后的电压表进行检验。

①与电流计串联的电阻R=。；

②调节滑动变阻器，当标准电压表读数为5.0V时，电流计G的读数为2.0

mA,则改装后的电压表实际量程为Vo该小组发现改装的电压表量程不

是0〜6V,通过分析，可能原因是由于电流计G的内阻测量错误造成的，此时不

用做其他改动，要达到预期目的，只需将与电流计串联的电阻R换为一个阻值为

Q的电阻即可。

答案⑴①图见解析②FABDCEG③v

⑵①1600②0-7.51100

解析（1）①按电路图连接实物如图所示。

②半偏法测电流表内阻的正确操作顺序是：FABDCEG,要注意一旦调节Ri

使电流表满偏后，就不能再调节凡了。

③当R保持不变，再闭合S2时，电路中的总电阻变小，总电流将大于/g,

当电流计指针半偏时，通过电阻箱的电流大于少g,所以电阻箱的电阻小于电流计,

即电流计内阻测量值R测小于真实值也。

(2)①将电流表改装成量程为0〜6V的电压表，需要串联的分压电阻的阻值

为…Q-400Q=1600Qo

②由题意，当电流计G的示数为2mA时,理论上的电压U理=2X10-3x(1600

U实

+400)V=4V,但实际电压U实为5.0V,则实际电流表G的内阻&=了-火=

Q-1600Q=900Q,比之前测量值大500Q,根据电流计与分压电阻的

串联关系，要达到预期目的，只需将R减小500Q即可，即换为1100Q的定值

电阻。

［易错警示］半偏法测电流表的内阻时，测量值比真实值小，为减小实验误

差，应使滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，而要做到这一点，必须使用电

动势较大的电源，且为防止电流表过载，必须用大阻值的滑动变阻器与之匹配。

半偏法测电压表的内阻时，测量值比真实值大，为减小实验误差，应使滑动变阻

器的阻值远小于电压表的内阻，且应该选择电动势略大于电压表的满偏电压的电

源。

(十九)因对左手定则、右手定则以及安培定则混淆引起的错误

22.(2021.浙江省杭州市二模)如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导

线圈ABC。在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导

线靠近且始终保持43边与直导线平行，在A5边靠近直导线的过程中，下列说法

正确的是（）

I）

运动

方向

B□C

A.线圈内产生的感应电流方向是AOCB4

B.直导线对A3边和8边的安培力等大反向

C.直导线对A。边和3C边的安培力等大反向

D.在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向外

答案C

解析直导线中通有向上的电流，根据安培定则，直导线右侧的磁场方向垂

直纸面向里，则线圈ABC。内部的区域磁场方向为垂直线圈所在平面向里；由越

靠近直导线磁场越强，知用外力使线圈向直导线靠近时穿过线圈向里的磁通量增

大，根据楞次定律，可知感应电流的方向为ABCD4方向，故A、D错误。根据

左手定则，A8边受到的安培力的方向向右，边受到的安培力的方向向左，但

AB处的磁感应强度大，所以边受到的安培力大，故B错误。根据左手定则，

8c边受到的