7．解析：选AB.根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q点的电势比P点高，选项A正确．油滴从P点运动到Q点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，选项B正确．油滴从P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q点的电势能比它在P点的小，选项C错误．由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等，选项D错误．
专题8 恒定电流
1．解析：选C.电路中四个电阻阻值相等，开关S断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R，根据串并联电路的特点可知，电容器两端11
的电压为U1＝×E＝E；当开关S闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端
225
R＋R3
1Q1U13
E＝E，由Q＝CU可知，＝＝，C项正确． 13Q2U25R＋R21R22R3
的电压为U2＝
E12
2．解析：选AC.开关S闭合后，外电路的总电阻为R＝10 Ω，路端电压U＝R＝×12R＋rE2
10 V＝10 V，A项正确；电源的总功率P＝＝12 W，B项错误；由于两条支路的电流均
R＋r10
为I′＝ A＝0.5 A，因此a、b两点间的电压为Uab＝0.5×(15－5) V＝5 V，C项正确；a、b
205×15E12
两点用导线连接后，外电阻R′＝2× Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I＝＝ A
5＋15R′＋r9.5＝1.26 A，D项错误．
专题9 磁 场
1．解析：选C.由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行，C项错误，A、B项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子与地磁场的磁感线不平行，故受洛伦兹力的作用，D项正确．
2．解析：选A.设正六边形的边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb＝L，粒子在磁场
mv2mvbb中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqvb＝，得L＝，LqB2πL12πm
且T＝，得tb＝·；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子
vb3qB在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径rc＝L1L2mvc12πm＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A正确． sin θqB6qB
3.解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒mv
子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确．
qB
4．解析：选D.设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，12v21eU＝mv1，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝m；一价正离
2r1子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝Mv2，该正离子在磁感应强度为12B的匀
22v22强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝M；联立解r得M∶m＝144∶1，选项D正确．
5.解析：选A.由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为12πm
30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的
12qBπm12πqω
时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，求得＝，A项正
6qB4ωm3B确．
v2
6．解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m
Rmv
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝
qB2πR2πm
匀速圆周运动的周期T＝＝.
vqB
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则 qE＝qvB
电场强度的大小为E＝vB.
mv2πm
答案：(1) (2)vB
qBqB
7．解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则
qvB＝q2E2＋m2g2① 代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角θ满足 qE
tan θ＝③
mg
代入数据解得tan θ＝3，θ＝60°④
(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝
q2E2＋m2g2⑤ m
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥ 1
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝at2⑦
2y
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝⑧
x联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝23 s≈3.5 s.
法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ⑤
1
若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2
2＝0⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝23 s≈3.5 s．⑦ 答案：见解析
mv
8．解析：(1)峰区内圆弧半径r＝①
qB旋转方向为逆时针②
2π
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝③
32πr2πmv
每个圆弧的长度l＝＝④
33qBπ3mv
每段直线长度L＝2rcos ＝3r＝⑤
6qB3（l＋L）
周期T＝⑥
v
（2π＋33）m
代入得T＝⑦
qB
(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧ mv谷区内的轨道圆弧半径r′＝⑨
qB′θθ′
由几何关系rsin ＝r′sin ⑩
22由三角关系sin 代入得B′＝6－230°
＝sin 15°＝ 24
3－1B. 2
答案：见解析
专题10 电磁感应
1．解析：选BCD.由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，A项错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉他不能正常工作，B项正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C项正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的电流方向不断变化，D项正确．
ΔΦΔBΔB
2．解析：选B.由法拉第电磁感应定律E＝＝πr2，为常数，E与r2成正比，故
ΔtΔtΔtEa∶Eb＝4∶1.磁感应强度B随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B项正确．
3．解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感ΔΦΔB
应电流方向皆沿逆时针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而
ΔtΔtΔBEaSal2a
磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝2＝9，故B
ΔtEbSblb项正确；根据电阻定律R＝ρ
LRalaE
，且L＝4Nl，则＝＝3，由闭合电路欧姆定律I＝，得a、
RblbRS′
IaEaRbb线圈中的感应电流之比为＝·＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈
IbEbRa
PaI2aRa中的电功率之比为＝2·＝27，故D项错误．
PbIbRb
4．解析：选AB.设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势1
为E＝Br2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定
2则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误．
5．解析：选BC.设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kvB2l2?B2l2vB2l2?－＝ma，即F0＋k－R＋rv＝ma，如果k>，则加速度与速度成线性关系，且随着??R＋rR＋r速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v－t图象的切线斜率也越来越大，由于FA＝B2l2vBlvBlRv
，FA－t图象的切线斜率也越来越大，感应电流(i＝)、电阻两端的电压(UR＝)R＋rR＋rR＋rB2l2v2B2l2及感应电流的功率(P＝)也会随时间变化得越来越快，B项正确；如果k＝，则金属R＋rR＋r棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时B2l2
间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k<，则金属R＋r棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C项正确．
6．解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv③ F
－μg?.④ 联立①②③式可得E＝Blt0??m?
E
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝⑤
R式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦ B2l2t0联立④⑤⑥⑦式得R＝. m答案：见解析
7．解析：(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得
专题1 质点的直线运动
1．(2016·高考江苏卷)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )
2．(2016·高考全国卷丙)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
s
A.2 t4s
C.2 t
3s
B.2 2t8sD.2 t
3．(多选)(2016·高考全国卷乙)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A．在t＝1 s时，甲车在乙车后 B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
4．(多选)(2016·高考全国卷甲)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
专题2 相互作用
1．(2016·高考全国卷甲)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小
2．(2016·高考全国卷丙)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
m
A. 2C．m
B.
3m 2
D．2m
3．(多选)(2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
4．(多选)(2016·高考全国卷乙)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
专题3 牛顿运动定律
1．(多选)(2016·高考全国卷乙)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
2．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )
6A．动摩擦因数μ＝
7B．载人滑草车最大速度为
2gh 7
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
3
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
5
3．(多选)(2016·高考天津卷)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2 C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
专题4 曲线运动
1．(2016·高考江苏卷)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )
A．① C．③
B．② D．④
2．(多选)(2016·高考全国卷丙)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
2（mgR－W）A．a＝
mR3mgR－2W
C．N＝
R
2mgR－W
B．a＝ mR2（mgR－W）
D．N＝ R
3．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
11
4．(2016·高考全国卷丙)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定
42R
轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方
2R
与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
4
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
5．(2016·高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．
6．(2016·高考浙江卷)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
mv2CFN－mg＝⑤
R
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得 R＝12.5 m.
答案：(1)144 N (2)12.5 m
31
6．解析：(1)打在探测屏AB中点的微粒下落的高度h＝gt2①
22t＝3h.② g
L1
(2)打在B点的微粒初速度v1＝；2h＝gt2③
t121v1＝L
g
④ 4h
同理，打在A点的微粒初速度 v2＝L
g⑤ 2h
能被屏探测到的微粒的初速度范围为： L
g≤v≤L4h
g.⑥ 2h
112
(3)由功能关系mv22＋mgh＝mv1＋2mgh⑦ 22代入④⑤式得L＝22h. 答案：见解析
专题5 万有引力与航天
1．解析：选B.开普勒在第谷的观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，B项正确；牛顿在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律，找出了行星运动的原因，A、C、D项错．
2．解析：选C.为了实现飞船与空间实验室的对接，必须使飞船在较低的轨道上加速做离心运动，上升到空间实验室运动的轨道后逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接，选项C正确．
3．解析：选B.设地球半径为R，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r＝2R.设地球自转周期的最小值为T，则由开普勒第三定律可得，（6.6R）3（24 h）2
＝，解得T≈4 h，选项B正确．
T2（2R）3
4．解析：选B.卫星由轨道1进入轨道2，需在P点加速做离心运动，故卫星在轨道2Mm
运行经过P点时的速度较大，A项错误；由G2＝ma可知，不论在轨道1还是在轨道2运
r行，卫星在P点的加速度都相同，在轨道1运行时，卫星在不同位置有不同的加速度，B项正确，C项错误；卫星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定不相同，D项错误．
5．解析：选D.固定在赤道上的物体随地球自转的周期与同步卫星运行的周期相等，同2π?步卫星做圆周运动的半径大，由a＝r??T?可知，同步卫星做圆周运动的加速度大，即a2>a3，MmB、C项错误；由于东方红二号与东方红一号在各自轨道上运行时受到万有引力，因此有G2rM
＝ma，即a＝G2，由于东方红二号的轨道半径比东方红一号在远地点时距地高度大，因此r有a1>a2，A项错误、D项正确．
2π?2Mmv2?6．解析：选AD.卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即G2＝m＝mR?T?，得
RRv＝
GM，T＝2πR
R3，由RA>RB，可知，TA>TB，vA 2 R3R3ABEkA TATBtGMR 连线在t时间内扫过的面积S＝πR2＝t，可见轨道半径大的卫星与地心的连线在单位T2时间内扫过的面积大，C项错误． 专题6 机械能及其守恒定律 1．解析：选C.根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误． 2．解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，1 mgL＝mv2，v＝2gL，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的 21 质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低 2v2 点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量， L v2 因此C项正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误． L 3．解析：选BCD.小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确． 4．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能 Ep＝5mgl① 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 1 Ep＝Mv2＋μMg·4l② 2B 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝6gl③ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度mv2 大小v应满足－mg≥0④ l 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 1212 mv＝mv＋mg·2l⑤ 2B2D 联立③⑤式得vD＝2gl⑥ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道1 AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦ 2 P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧ 联立⑥⑦⑧式得s＝22l.⑨ (2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有 12 Mv≤Mgl? 2B 55 联立①②⑩?式得m≤M 32 答案：见解析 5．解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R① 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 1 mglsin θ－μmglcos θ＝mv2② 2B式中θ＝37°. 联立①②式并由题给条件得 vB＝2gR.③ (2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 1mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv2④ 2BE、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦ 12 Ep＝mgR.⑧ 5 75 (3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsin 26θ⑨ 55 y1＝R＋R＋Rcos θ⑩ 66 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 1 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝gt2? 2x1＝vDt? 3 联立⑨⑩??式得vD＝5gR? 5 设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 551212 R＋Rcos θ?? m1vC＝m1vD＋m1g??66?22 P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有 1 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v2? 2C1 联立⑦⑧???式得m1＝m. 312 答案：(1)2gR (2)mgR 5 31(3)5gR m 53 专题7 静电场 1．解析：选B.电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，A项错误；电场线与等势面处处垂直，B项正确；电场强度与等势面的疏密程度有关，C项错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于0，由W＝qU知，负电荷受到的电场力做负功，D项错． 2．解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压UQ 不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容 UU 器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选 d项D正确，A、B、C错误． 3．解析：选C.将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，则A项错误；由于整个导体处于静电平衡状态，即整个导体为等势体，A、B电势相等，B项错误；移去C，由于A、B中正负电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔闭合，C项正确；先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔都张开，则D项错误． 4．解析：选C.由于A点处电场线比B点处电场线疏，因此A点电场强度比B点小，A项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，C项正确；将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点，由于A、B两点的电势差恒定，因此电场力做功WAB＝qUAB相同，D项错误． q 5．解析：选D.由点电荷电场强度公式E＝k2可知，离场源点电荷P越近，电场强度越 r大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，D选项正确． 6．解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确． C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 (2)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天． 5．(2016·高考全国卷丙)(1)关于气体的内能，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C．气体被压缩时，内能可能不变 D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 (2)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变． 专题14 机械振动与机械波 1．(2016·高考全国卷乙)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为6 Hz C．该水面波的波长为3 m D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 2．(2016·高考全国卷丙)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20 Hz，波速为16 m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 m．P、Q开始振动后，下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)． A．P、Q两质点运动的方向始终相同 B．P、Q两质点运动的方向始终相反 C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置 D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰 E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰 3．(2016·高考北京卷)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( ) 4．(多选)(2016·高考四川卷)简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10 m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示．则( ) A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向 B．该波从P传到Q的时间可能为7 s C．该波的传播速度可能为2 m/s D．该波的波长可能为6 m 5．(多选)(2016·高考天津卷)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式π 为y＝5sint(m)，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x＝ 212 m处，波形图象如图所示，则( ) A．此后再经6 s该波传播到x＝24 m处 B．M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达y＝－3 m处所需时间是2 s 6．(2016·高考全国卷甲)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5 cm处的两个质点．t＝0时开始观测，此时质点O1的位移为y＝4 cm，质点A处于波峰位置；t＝ s 时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1 s 时， 3质点A第一次回到平衡位置．求： (1)简谐波的周期、波速和波长； (2)质点O的位移随时间变化的关系式． 专题15 光 学 1．(2016·高考四川卷)某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n.如图甲所示，O是圆心，MN是法线，AO、BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径．该同学测得多组入射角i和折射角r，做出sin i－sin r图象如图乙所示．则( ) A．光由A经O到B，n＝1.5 B．光由B经O到A，n＝1.5 C．光由A经O到B，n＝0.67 D．光由B经O到A，n＝0.67 2.(2016·高考天津卷)如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( ) A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大 B．从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大 C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大 D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大 3．(2016·高考全国卷乙)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平 距离为3.0 m．从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，4 水的折射率为. 3 (1)求池内的水深； (2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0 m．当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°.求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)． 4．(2016·高考全国卷丙)如图，玻璃球冠的折射率为3，其底面镀银，底面的半径是球半径的 3 ；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠2 上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角． 专题16 电磁波 相对论 1．(2016·高考北京卷)下列说法正确的是( ) A．电磁波在真空中以光速c传播 B．在空气中传播的声波是横波 C．声波只能在空气中传播 D．光需要介质才能传播 2．(2016·高考天津卷)我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑．米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m范围内，则对该无线电波的判断正确的是( ) A．米波的频率比厘米波频率高 B．和机械波一样须靠介质传播 C．同光波一样会发生反射现象 D．不可能产生干涉和衍射现象 3．(2016·高考江苏卷)一艘太空飞船静止时的长度为30 m，他以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行经过地球，下列说法正确的是( ) A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 m B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c 4．(2016·高考全国卷甲)关于电磁波，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直 D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失 专题17 碰撞与动量守恒 1．(2016·高考全国卷乙)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 2．(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 3．(2016·高考全国卷丙)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直； 3 a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因 4数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件． 专题18 近代物理初步 1．(2016·高考北京卷)处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有( ) A．1种 C．3种 B．2种 D．4种 2．(多选)(2016·高考天津卷)物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展．下列说法符合事实的是( ) A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 17 B．查德威克用α粒子轰击14 7N获得反冲核 8O，发现了中子 C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构 D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型 3．(2016·高考江苏卷)贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是( ) 140A.14 6C→ 7N＋－1e 1139951B. 23592U＋0n→ 53I＋39Y＋20n 341C.21H＋1H→2He＋0n 27301D.42He＋13Al→15P＋0n 4．(2016·高考全国卷乙)现用一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 B．入射光的频率变高，饱和光电流变大 C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关 5．(2016·高考全国卷甲)在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号) 140A.14 6C→ 7N＋－1e 320B.15P→3216S＋－1e 238234C.92U→90Th＋42He 4171D.147N＋2He→8O＋1H 235140941E.92U＋10n→54Xe＋38Sr＋20n 241F.31H＋1H→2He＋0n 76．(2016·高考全国卷丙)一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×10 m/s的质子p后， 变为处于激发态的硅原子核2814Si，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)． 28A．核反应方程为p＋2713Al→14Si B．核反应过程中系统动量守恒 C．核反应过程中系统能量不守恒 D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致 参考答案与解析 专题1 质点的直线运动 1．解析：选A.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后能回到原高度，重复原来的过程，以落地点为原点，速度为零时，位移最大，速度最大时位移为零，设高度为h，则速度大小与位移的关系满足v2＝2g(h－x)，A项正确． 2．解析：选A.设质点的初速度为v0、末速率为vt，由末动能为初动能的9倍，得末速sv0＋3v0度为初速度的3倍，即vt＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，＝＝2v0，由加速度的 t2定义可知质点的加速度a＝误． 3．解析：选BD.根据题述，两车在t＝3 s时并排行驶，由v－t图线与横轴所围面积表示位移可知，在t＝1 s时，甲车和乙车并排行驶，选项A、C错误．由图象可知，在t＝1 s时甲车速度为10 m/s，乙车速度为15 m/s，0～1 s时间内，甲车行驶位移为x1＝5 m，乙车行驶位移为x2＝12.5 m，所以在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m，选项B正确．从t＝1 s到t＝3 s，1 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x＝×(10＋30)×2 m＝40 m，选项 2D正确． 4．解析：选BD.由于两球由同一种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r，根据牛顿第二定律，kr3k 下落过程中mg－kr＝ma，a＝g－＝g－，可知，球下落过程做匀变速直线运动， 434πρr2ρ×πr3 3v0－v02v0s ＝，由以上两式可知，a＝2，A项正确，B、C、D项错ttt 1 且下落过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h＝at2可知，下 2落相同的距离，甲球所用的时间短，A、C项错误；由v2＝2ah可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D项正确． 专题2 相互作用 1．解析：选A.以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，G根据共点力的平衡可知，F＝Gtan θ，T＝，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大， cos θT逐渐变大，A项正确． 2．解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m，C项正确． 3．解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误．设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上v 运动的时间t2＝，因此t1＝t2，B项正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦 μg力，大小为μmg(设鱼缸质量为m)，保持不变，C项错误．若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动(最大静)摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确． 4．解析：选BD.只要物块a质量不变，物块b保持静止，则连接a和b的细绳的张力就保持不变，细绳OO′的张力也就不变，选项A、C错误．对物块b进行受力分析，物块b受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F、桌面的支持力和摩擦力．若F方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b受到的支持力和物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B、D正确． 专题3 牛顿运动定律 1．解析：选BC.施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项A错误，B正确．质点开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速 Δv 度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，由a＝可知，质点单位时间内速度的变 Δt化量Δv总是不变的，但速率的变化量不确定，选项C正确，D错误． h 2．解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°· sin 45°h6 －μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功 sin 37°7为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝ 23 g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动1435 h ＝v2得，v＝ sin 45° 和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1 2a1 h＝ sin 45° 2gh，故B项正确，D项错误． 7 3．解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F－8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第3F6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－3f＝3ma，解得F5＝；设 4第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行F 受力分析，由牛顿第二定律得，F6－2f＝2ma，解得F6＝；第5、6节车厢与第6、7节车厢 23FF 间的作用力之比为F5∶F6＝∶＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用 42v2 下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝，与关闭发动机时速度的二次方成正比，2a选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝8f·v1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝8f·v2m；联立解得v1m∶v2m＝1∶2，选项D正确． 专题4 曲线运动 1．解析：选A.由于不计空气阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向抛出，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两小球的运动情况相同，即B球的运动轨迹与A球的一样，A项正确． 1 2．解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR－W＝mv2， 2 2（mgR－W）v2 又在最低点时，向心加速度大小a＝，两式联立可得a＝，A项正确，B项错 RmR3mgR－2Wv2 误；在最低点时有N－mg＝m，解得N＝，C项正确，D项错误． RR v2 3．解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F＝m，则在 R大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大 ＝ FR＝ m2.25mgR＝45 m/s，vm 小 ＝ Fr＝ m 2.25mgr＝30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关m 2 系得直道长度为d＝L2－（R－r）2＝503 m，由运动学公式v2大－v小＝2ad，得赛车在直道 2πr上的加速度大小为a＝6.50 m/s2，则C项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t＝＝2.79 s， 3v小则D项错误． 4．解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得 R EkA＝mg① 4 5R 设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg② 4由①②式得EkB∶EkA＝5∶1.③ (2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有 v2CN＋mg＝m⑤ R2 2v2C由④⑤式得，vC应满足mg≤m⑥ RR1 由机械能守恒有mg＝mv2⑦ 42C 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点． 答案：(1)5∶1 (2)见解析 5．解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有 v2B＝2ax① H 由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma② x联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③ (2)设运动员到C点时的速度为vC，在由B处运动到达C点的过程中，由动能定理有 1212 mgh＋W＝mvC－mvB④ 22 设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有