高三物理学习目标与检测总复习答案

第一单元 力 物体的平衡

例1．【答案】C 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力，所以选项C正确。 例2．D 例3．【答案】BC 解析：因为OB细线恰好沿竖直方向，对B球受力分析可知，A、B两小球之间的细线张力为零。A球受到OA细线拉力、A球重力和力F处于平衡状态，则F应与OA细线拉力和A球重力的合力大小相等、方向相反，即可能为F2或F3，故BC选项正确。 例4．AD 例5．A 例6．A 例7．【答案】C

解析：如图1-10所示，球B受到四个力的作用，且整个装置保持静止，则θ不变，

在竖直方向上有：F2cosFmg，若F缓慢增大，则F2缓慢增大。 在水平方向上有：F2sinF1，若F2缓慢增大，则F1缓慢增大。 对于整体而言：地面对A的摩擦力FfF1，地面对A的支持力

图1-10

FNFG总，所以Ff 、FN均缓慢增大，所以F3缓慢增大，故C选项正确。

例8．C

2μG

例9．答案：αμ＋tan

2

解析：对结点O受力分析如图甲所示，由平衡条件得：

F

F1＝F2＝α2cos

2

α

对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F2sin μFN，

2α

又F2cos ＋FN＝G.

2

2μG

联立解得：F＝αμ＋tan

2

例10．【答案】7 N. [解析] P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图甲所示．

fm＝F1－mgsinα

在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图乙所示． fm＝F2＋mgsinα

设弹簧原长为x，则有 F1＝k(0.22－x) F2＝k(x－0.08) 由以上各式，解得 fm＝7 N. 例11．D

（一）基本题目

1．C 2.BD 3．CD 4．B 5．A 6.D 7． B 8. D 9. AD 10．A 11. A 12.A 13．B 14. D 15．C

16．5 N 17．【答案】0.2

【解析】因为圆柱体匀速滑动，所以水平方向的拉力与摩擦力平衡，即f＝200 N．又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力f ′＝100 N.

设V形槽两侧对圆柱体的弹力大小分别为N1 、N2，在竖直平面内，圆柱体受到重力G、两侧的弹力N1 、N2作用，如图所示，由对称性可知，N1＝N2＝G.

根据f ′＝μN1，解得μ＝0.2. 18．【答案】60 N 6 kg

【解析】对B球受力分析如图所示，物体B处于平衡状态，有

Tsin30°＝mBg

mg

解得T＝＝60 N

sin30°

物体A处于平衡状态，则 在水平方向：Tcos30°＝NAsin30° 在竖直方向：NAcos30°＝mAg＋Tsin30°. 由上两式解得：mA＝6 kg

G

19．【答案】(2)变小 夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了

2cosθ

【解析】 (1)以电线为研究对象，电线两端所受的力为F1、F2，重力G可看作作用在电线中点，F1、F2分解成水平方向和竖直方向两个分量，由共点力的平衡条件

F1cosθ＋F2cosθ＝G F1sinθ－F2sinθ＝

G

解得F1＝F2＝2cosθ

(2)夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了．

mA＋mBgsin θ

20．F－(mA＋mB)gsin θ k

解析：B刚要离开C时，弹簧弹力大小，F弹＝mBgsin θ. 合力F合＝F－F弹－mAgsin θ＝F－(mA＋mB)gsin θ， mgsin θ

开始时弹簧压缩量Δx1＝，

kmgsin θ

B刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝，

k所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝

mA＋mBgsin θ

k

（二）提高题目

1. A 2．BD 3. A ４．A 5．C 6. A 7. A 8.C 9.C 10.C 11. C 12. B 13.D 14．A 15．ＢＤ 16. B 17.A 18.A 19. D 20.B 21．小球对半球的压力大小不变，绳子拉力减小 22.（1）FN1，FN2减小；（2）FN1先减小后增大，FN2减小 23. 【答案】(1)0.02m (2)20N (3)8cm 【解析】

（1） 对c受力分析

kx1mgx1

mg

0.02m k

（2）对b受力分析

FTmgkx110N10N20N

（3）原静止时，对b受力分析：

kx2mgx2

mg

0.02m k

当c刚好离开水平地面，对a受力分析： kx3FT

x30.04m

所以，p弹簧左端向左移动的距离：x = x1+x2+x3 = 0.02+0.02+0.04 = 0.08m=8cm

24．【答案】(1)94.5 N (2)64张 (3)0.3

【解析】 (1)从表中可看出，将书分成 2,4,8,16，„，2n份时，拉力F将分别增加6 N,12

n

N,24 N，„，3×2 N，故将书分成32份时，增加的拉力应为 48 N，故力 F＝46.5 N＋48 N＝94.5 N.

(2)逐页交叉时，需拉力F＝190.5 N，而把书分成 64份时，增加的拉力为2×48 N＝96 N，需拉力 F＝94.5 N＋96 N＝190.5 N．可见，逐页交叉刚好分为64份，即该书有64张．

G3G

(3)两张纸之间的动摩擦因数为μ，利用第1次实验的数据，μ×μ×G＋μ×＝F1，

22

解得μ＝0.3.

25. 【解析】 作出物体A受力图如图所示，由平衡条件

Fy＝Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0 Fx＝Fcosθ－F2－F1cosθ＝0 由以上两式解得

mgF－F1

sinθFmgF＋

2cosθ2sinθ

要使两绳都能绷直，则有F1≥0，F2≥0

mg40

即F有最大值Fmax＝＝3 N.

sinθ3mg20 3

有最小值Fmin＝N

2sinθ32040

则F的取值范围是 3 N≤F≤ 3 N.

33

26．(1)30° (2)0.35

解析：(1)对m：Fcos 30°＝Tcos θ，Fsin 30°＋Tsin θ＝mg. 解得：T＝N，θ＝30°.

(2)对M：Tcos 30°＝μ N，N＝Mg＋Tsin 30°，

解得：μ3

≈0.35. 5

27．【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为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

Fcosθ+ mg=N ① Fsinθ=f

②

式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 f=μN ③ 联立①②③得F=



mg

sincos

④

(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 Fsinθ≤λN ⑤

这时①式仍满足，联立①⑤得 sinθ-λcosθ≤λ

mg

F

现考察使上式成立的θ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 sinθ-λcosθ≤0 ⑦

使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0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 tanθ0=λ 28．（2004江苏，15）参考解答：

（1）重物向上先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大。设下降的最大距离为h，由机械能守恒定律得

Mgh2mg

h

2

(Rsin)2Rsin



解得 h2R

（另解h=0舍去）

（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a. 两小环同时位于大圆环的底端。 b. 两小环同时位于大圆环的顶端。

c. 两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端。

d. 除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称，设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上（如图所示）。 对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，有T=mg

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N。两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反

TsinTsin

得，而=90°，所以α=45°

第二单元 直线运动

（一）基本题目答案

选择题：1、 A2、C 3、D 4、BC 5、BCD 6、 BC 7、C 8、A 9、C 10、BD 11、B 12 、B 13、AC

填空题：14.由于甲乙对应的初速度都是正值，说明都跟规定的正方向相同，两物体的初速度方向相同，大小之比为3∶1.

(2)v-t图像中的交点表示该时刻速度相等，所以2 s末两物体速度相等.

（3）v-t图像中图线与v-t图像与t轴包围的面积在数值上等于该段时间内所通过的位移，所以，甲在前4 s内的位移

15、100 m/s2,，相反 16、1∶2 17、0.2 s 18、0.5 s 19、(32)∶(2-1)∶1 20、1.7s 21、105m 22、1 m/s, 2.5 m/s2 23、0.30；0.075 24、ta＞tb． 计算题： 25、 画出如图的草图.在0~5 ｓ内，位移大小为４×5 s＝２0 ｍ，方向为负，速度方向为负；5 ｓ后下退，速度方向为正，经时间

(13)4(13)4

=8 m，乙在前4 s内的位移=8 m. 22

20

=10 ｓ退回到原出发点O，位移为零，5 ｓ~15 ｓ2

内位移方向为负；还有最后的5 ｓ，从原出发点继续下退，位移和速度方向均为正，这5 ｓ内位移大小为2×5＝10 ｍ.作出s—t图像和v—t图像如图2—4—6(a)(b)所示，由s—t图像知在20 ｓ末小车在坡底端.

26、(1)0(2)52m/s

27、vA＝8.5 m/s,vB＝6.5 m/s，vC＝３.5 m/s. 28、100s.

29、设汽车甲在第一段时间间隔末（时间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的路程为s2。由运动学公式得 v’=at0 ① s1=

12

at0 ② 2

1

(2a)t02 ③ 2

s2=v t0+

设汽车乙在时间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) t0 ④ s1’=

1

(2a)t02 ⑤ 2

12

at0 ⑥ 2

s2’=v’ t0+

设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s’，则有s= s1+s2 ⑦ s’= s1’+s2’ ⑧

联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

s5

 ⑨ s7

（二）提高题目答案： 一、选择题

1、BD 2、ABD 3、AC 4、BD 5、C 6、BD 7、B 8、D 9、C 10、A 11、C 二、计算题 12、⑪图略 ⑫900m 13、（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt，每根轨道的长度为l，则客车的速度为

（3分）

其中l＝25.0 m，

解得

（2分）

（2）设从货车开始运动后t＝20.0 s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的

加速度为a，30节货车车厢的总长度为 L＝30×16.0 m 由运动学公式有

（3分）

由题意，有

（3分） （2分）

联立解得 a＝1.35 m/s2 （2分）

14．解：⑪设加速所用时间为t（以s为单位），匀速运动的速度为v（以m/s为单位）则有

1

vt(9.690.15t)v100 21

vt(19.300.15t)0.96v200 2

由①②式得 t=1.29s

① ②

③ ④ ⑤

v11.24m/s

⑫设加速度大小为a，则a

v

8.71m/s2 t

15.解析：(1)据题意 由 v2-v02=2ax，

汽车刹车时，阻力产生的加速度为a

得： x=

，

①

由 牛顿第二定律 得a=F/m, ②

代入数据得制动距离 x=30 m ③ (2)据题意 汽车不受影响的行驶距离应该是x1=30m ④

故黄灯的持续时间为t 则x1=v0t,

⑤

代入数据得 时间为t=2 s . ⑥

16.解析：根据题意画出小球的运动示意图(如图2-3所示)其中t＝4 s，h＝196 m. 方法1：根据自由落体公式 1

由H2，

21

H－h＝(T－t)2解得

2

11h＋gt2196＋9.8×1622

T＝＝s＝7 s，

gt9.8×4

11H＝gT2＝9.8×72 m＝240.1 m 图2-3

22

方法2：利用匀变速运动平均速度的性质由题意得最后4 s内的平均速度为 h196

v＝ m/s＝49 m/s

t4

因为在匀变速运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的速度，所以下落至最后2 s时的瞬时速度为 v′t＝v＝49 m/s

由速度公式得从开始下落至最后2 s的时间：

v′49t411t′＝ s＝5 s 所以T＝t′＋＝5 s＋ s＝7 s， H2＝×9.8×72 m＝240.1 m.

g9.8222217.解析：分析运动过程，运用位移关系和时间关系列方程，并结合运动学公式求解．分析时要注意B车的加速度为零后，B车做匀速直线运动．

设A车的速度为vA，B车加速行驶的时间为t，两车在t0时相遇．则有xA＝vAt0 ① 1

xB＝vBt＋at2＋(vB＋at)(t0－t)

2

②

式中，t0＝12 s，xA、xB分别为A、B两车相遇前行驶的路程．依题意有xA＝xB＋x ③

式中x＝84 m，由①②③式得 t2－2t0t＋

v－vt－x]

＝0

a

④

代入题给数据vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2

有t2－24t＋108＝0 ⑤ 解得t1＝6 s，t2＝18 s ⑥

t2＝18 s不合题意，舍去．因此，B车加速行驶的时间为6 s. 18.解析：（1）设经过时间t，甲追上乙，则由位移关系有Vt

vt

13.5m 2

将v=V=9m/s代入得到：t=3s， 再有 v=at 解得：a =3m/s2 （2）在追上乙的时候，乙走的距离为S2， 则：S2

vt

代入数据得到 S2=13．5m 2

所以乙离接力区末端的距离为 △S =20－13．5=6．

5m

19. （1）第一次飞行中，设加速度为a1 匀加速运动H

12a1t1 2

由牛顿第二定律Fmgfma1 解得f4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

匀加速运动s1

12

a1t2 2

设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2 由牛顿第二定律mgfma2

v1a1t2 v12

s22a2

解得hs1s242(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律 mgfma3

22

v3v3

F+f-mg=ma4 且

h

2a32a4

V3=a3t3 解得t3=

(s)(或2.1s) 2

第三单元 牛顿定律单元

（一）基础题目

1.C 2.C 3.BC 4.B 5.D 6.B 7.C 8.B 9.D 10.A 11.BD 12.A 13.AD 14.BD 15.C 16.A 17.D 18.C 19.B 20.D 21.B 22.C 23.D 24.B 25.C 26.C 27.B

28.C 29.D 30.D 31.BD 32.A 33.B 34.(1)8m/s35．（1）m=

2

(2)4m/s 1m (3)5m

FcosFsin

g

（2）a=

Fmgg1

g=(1)g mcossincossin

2

v0

5 37.36．（1）ag5.0m/s2（2）v2.0m/s （3） F54.N

4gsin

38. 16N 163N 39.a

(mm2）gsinFm1gsinm2gsin

d1

km1

（二）提高题目

1.AD 2.C 3.D 4. B 5.B 6. A 7. A 8.B 9.C 10.A 11. B 12. C 13. B 14. D 15. C 16.B 17. BCD 18.C 19.C 20.BD 21.D 22. ABC 23. A 24. D 25. B 26. C 27. D 28. A 29. D 30. D 31. C 32. B 33. A 34. A 35. C 36. B 37. A 38. B 39. D 40.D

41.gtanα；gcotα 42．1.7秒（或1.8秒）

43．（1）fmgcos372.0N（2）a1=1.0m/s2（3）x2=0.10m 44.⑪ 0.2N⑫0.375m 45．（1）f1F14N（2）s=

F8(24)4

m=12m（3）30.4 2mg210

3

46．（1）3m/s （2）1.0×10 N

47．（1） 2s（2） 0.1 48. 4.47 m/s 49. 2.4s

第四单元 曲线运动单元

基础题目

1.BD 2、BCDE 3、ACD 4、B 5.BD 6.ABC 7、A 8、D

9、ABC 10 、D 11、C 12、CD 13.B．14、2:2:1 2:1:1 4:2:1

15、s

gs

， 16、⑪75m ⑫20m/s ⑬32500J 17、1m/s 0.2 2hh

18．解：(1) NB3mg

(2) S （3）由上式可知

S



当R

HR1

时，S有最大值，即 Smax＝H 时，即

2H2

19、解：（1）如图所示，对人和座椅进行受力分析： Fcos37mg0 mg

cos37

（2）根据牛顿第二定律有：

F

750N

mgtan37mR

 2



20． ⑪v1 v2

21、⑪1s ⑫0.8m

11d

⑫T=mg ⑬当l＝时，x有极大值 xmaxd

32

22分析和解答：小球在管内运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，要求小球能从

C端射出，小球运动到C点的速度vC0，根据机械能守恒定律即可算出v0，小球从C端射出时，可能有三种典型情况：① 刚好对管壁无压力；② 对下管壁有压力；③ 对上管壁有压力。

解：（1）小球从A端射入后，若刚好能达到管顶，则vC0，由机械能守恒： 12

mv0mg2R，解得：v04gR 2

因此，要求小球能从C端出来，必须使vC0，所以入射速度应满足条件：v0Rg （2）小球从C端出来的瞬间，可有三种典型情况：

v

① 刚好对管壁无压力，此时需满足条件：只有重力提供向心力：mgmC ①

R

2

1122

由机械能守恒定律：mv0mg2Rmv0 ② 解得：v0Rg ③

22

（2）对下管壁有压力，此时相应的入射速度为：4Rgv05Rg （3）对上管壁有压力，相应的入射速度为v05Rg

点评：分析临界条件是关键，一般地，临界条件是弹力为零的位置。

提高题目

1、C 2、A 3、ACD 4.D 5、B 6、BC D 7、C 8.B 9、A

10.AC

(31)v0v02

11、A 12、C 13、2.2×10N 14、4，0.8，0.2 15、 ，

gg

4

16、2.9rad/s≤≤6.5rad/s

17、两球落地点之间的距离为3R。 18、1）T1( 2）T22mg

19、（分析和解答：如图3乙所示，排球恰好不触网时其运动轨迹为Ⅰ，恰好不出界时的运动轨迹为Ⅱ。

根据平抛运动的规律，当排球不触网时，有： 水平方向：x1v1t13 ① 竖直方向：y1

12

gt12.520.5 ② 2

16)mg； 2

解得：v19.5m/s

当排球恰好不出界时，有：

水平方向：x2v2t23912 ③ 竖直方向：y2

12

gt22.5 ④ 2

Ⅱ

Ⅰ

解得：v217m/s

∴ 既不触网也不出界的速度范围是：9.5m/s≤v≤17m/s

（2）如图3丙所示为排球恰好不触网也不出界的临界轨迹。 设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律，则有： 水平方向：x3vt33 ⑤ 竖直方向：y3

12

gt3h2.5 ⑥ 2

图3乙

x4vt43912 ⑦

y4h

12

gt4 ⑧ 2

由⑤～⑧式解得：h2.67m 图3丙 20．(1)3m/s,1.2m (2)1290N

21、分析和解答：设小球做圆锥摆运动的角速度为0时，小球对光滑水平面的压力恰好为零，此时球受重力mg和绳的拉力T0，应用正交分解法则列出方程：

T0sinm02lsin ① T0cosmg0 ②

由以上二式解得：0

3g

③

（1）∵ 1＜0，所以小球受重力mg，绳的拉力T和水平面的支持力N，应用正交分解法列方程：Tsinm12lsin ④ TcosNmg0 ⑤

mg

2

（2）∵ 2＞0，小球离开水平面做圆锥摆运动，设细绳与竖直线的夹角为，小球

解得：Tmg，N

受重力mg和细绳的拉力T'，应用正交分解法列方程：

Tsinm22lsin ⑥ T'cosmg0 ⑦

cos解得：

1mg

，由于球已离开水平面，所以球对水平面的压力N'0。 T4mg，4cos

22.（1）设小球运动到B点时的速度大小vB，由机械能守恒定律得

12

mvBmgl ①（2分） 2

解得小球运动到B点时的速度大小 vB

2gl= 4.0 m/s ②（2分）

（2）小球从B点做平抛运动，由运动学规律得

xvBt ③（2分） yHl

12

gt ④ （2分） 2

解得C点与B点之间的水平距离 xvB

2(Hl)

=0.80m ⑤（2分） g

（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿定律得

2vB

Fmmgm ⑥（2分）

r

rld ⑦（2分） 由以上各式解得

Fm9N （2分）

第五单元 万有引力

1、 略2、C 3、C4、BD5、A 6、A 7、D 8、C 9、A 10、A 11、D 12、B 13、B 14、B 15、AB 16、B 17、B 18、B 19、D 20、B 21、A 22、BC 23、BC 24、不正确。应为G

Mm

Rh2

2mT

2

32

4Rh，得M Rh2

GT2

2

2gR2GMmMm由，得M 或由G得mg mr22GRrT1

25、AD 26、D 27、D 28、C 29、AD 30、B 31、A 32、D 33、BC 34、BC 35、C 36、B 37、B 38、C 39、 C40、BC 41、C 42、 C43、D 44、 B45、C 46、D 47、ABC 48、B 49、B50、

2

D51、C 52、D 53、1：8 54、

T

2πR

l 4πvL3

55、⑪T2 ⑫1.01

G(Mm)

56、

57、（1）m’＝m23/(m1＋m2)2

（2）m’＝m23/(m1＋m2)2＝v3T/2πG （3）暗星B有可能是黑洞。 58、（1）4106

，（2）17

第六单元 基本题目 1．A 2．A 3．B 4． CD 5． C 6． AD 7． A 8． AC 9． A 10． A 11． A

12． D 13． D 14． C

15． ABD 16． A 17． D

机械能（习题答案）

18． A 19．ABC

20． 167m 681J 21． 1000W

22． (1)5.0m/s (2) s2=2.0m （3）ΔEk=0.50J ΔEp=1.6J ΔE=1.1J 23． （1）1.2s （2）15m/s （3）1.2×103J 24．（1）4.0m/s（2）21N（3）1.0J

2

122mghv0

25． （1）Ek2mghmv02 ；（2）当v0gh时，动能最小，

2v0gh

E76mg2h2

kmin

2mghv2

gh

。 026． (1)2.0m/s (2)2.0N (3)0.2J

27． (1)9100J (2)140N (3)36m 28． (1)12m/s；(2)略；（3）155J

29． （1）40m/s （2）1.5m/s2 （3）84m

提高题目 1． A 2． BC 3．B 4． A 5． CD 6． BD 7． AC 8． D 9． B 10． B 11． AC 12． C 13． BD 14． BD 15． BC 16． C 17．C

18． (1)5.1×104W(2)5.1s 2.04×104W 19．（1）x

fk （2）v23flmv02m （3） v'v2

fl0

2m

。

当v2fl02mvv2

3fl02m

时，

20． v=21．74.8m

2m(m+m)g

(2m1+m3)k

22． （1）ΔE= mgLcos （2）摩擦力做的功Wf= -mgLcos

（3）动摩擦因数μ= mgLcos/FS

23． （1）vBgR（2）当2RL5R时，Wf的中点；当RL2R时，Wf

17mgR

，滑块不能滑到CD轨道4

1

mg(13R2L)，滑块不能滑到CD轨道的中点。 4

24． (1)6.5m/s (2)6.9m/s (3)88.75J 25． （1）R1≤0.66m（2）R2≥1.65m（3）8次

26．（1）10.0N；（2）12.5m；(3) 当0R30.4m时， L36.0m；当1.0mR327.9m时， L26.0m 27．2.53s

第七单元 动量目标答案 2013

一、基本题目：1.B 2.C 3.BD 4.D 5.B 6.C 7. 守恒，不守恒 8.40，10 9. 2，12

10.B 11.A 12.C 13.A 14.ABD 15.C 16.C 17.C 18.B 19.A 20.B 21.B 22.C 23.D 24.D 25.3J

62

26. v0 27. (i)2-1 (ii)1- 28. ①2gh ②1:3

5229.

M0mu

30. vmin4v031. （1）0.24s （2）5m/s

Mm

2

Mv0

32. l

2g(mM)

33. （1）

1m3

8M2

（2mv0



2



34. 1MLgv0

2gm2h

35. (1) a1=0.6m/s2 a2=0.2m/s2 （2）0.015J （3）Δxmin=0.075m

m2(v0v)2

36.

2M2g

37. （1）A6m/s B3.5m/s （2）小球不能到达半圆轨道最高点

38.

12

二、提高题目：

1、BD 2、C 3、A 4、B 5、C 6、D 7、A 8、M

2

3mv06ghv15

(v03gh) 2)s2 （2）L 10. 1)f9、（1）L

23Lv24v03gh

11. Ep

12

mv0 12. (1)vA =vB =3.0 m/s (2) EP1=3.0 J (3) EP2 =0.5J 3

13、2.4J 14、即C物体的质量至少为1.29m时，才可以使B物体从A上滑下来。 15、

(2) a:k＞3

b: 3k517、(1) F=2N 小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。

16、

(1)V

（2） v2=2m/s （3） s1

2

m 3

18、1）0.4m （2

）/s （3）0.4m＜x'＜1.6m 12

19 .(1) 4m/s (2)不能 (3) v

3r12222gl22gl4glm(2r2-8gl)

20. ① rmr ② 0

4rrr42g

第八单元 机械振动 机械波

（一）基本题

1.D 2.C 3.AD 4.D 5.C 6.D 7.A 8.C 9.D 10.D 11.A 12.AC 13.BD 14.BD 15.A 16.BD 17.D 18.CD 19.A 20.D 21.A 22.D 23.B 24.D 25.D 26.AC 27.A 28.AB 29.C 30.B 31.C 32.C 33.A 34.B 35.A 36.D 37.A 38.D 39.C 40.D 41.ABCD 42.CD 43.ABC 44.B （二）提高题

1.D 2.ABD 3.C 4.A 5.BC 6.AD 7.C 8.A 9.C 10.B 11.B 12.A 13.B 14.A 15.A 16.A 17.AC 18.B 19.C 20.C 21.ABD 22.10m/s 图略

第九单元 分子动理论

1、B

解析：这是一道由宏观量求微观量的题，一定要借助阿伏伽德罗常数。求分子间的距离，必

须求出每个分子所占有的体积 V mol再假设分子占有大体积都是立方体，每个分 分子

尔体积，所以B正确。

2. 答案：C

解析：阿伏加德罗常数NA，是宏观量与微观量的桥梁。摩尔质量的含义是指1mol物质的质量，它除以阿伏加德罗常数NA，即为一个该金属原子的质量。摩尔质量除以密度即为1mol该种金属物质的体积，再除以阿伏加德罗常数NA，即为该金属1个原子的体积。所以，答案为C。

3.答案：BCD

解析：在一般显微镜下我们是无法看到分子的运动的，我们观察到的布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动。颗粒运动的无规则性，说明来自各个方向的液体分子撞击颗粒分子的运动是无规则的，所以，布朗运动间接地反映了液体分子运动的无规则性。悬浮颗粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越少，撞击作用得不平衡性就越显著，布朗运动越显著。液体温度越高，每个分子撞击布朗颗粒的作用越强不平衡性就越显著。 所以，答案为BCD。 4. 答案 B

子都位于立方体的中央，就可以求出分子间的距离了。题中只有选项B可以求出气体的摩

V

NA

6.41033

解析：铜的摩尔体积Vm，认为每个原子是一个挨一个排列的，每个铜原3

6.8910103

4.子所占的体积约为：v0m311029m3

M

5.答案：C

8.91036.01023

解析：r=r0时（r≈10-10m），分子力 f=0，而当 r＞r0时分子力表现为引力，r＜r0时分子力表现为斥力，当 r＞10r0时分子力为0，固体分子间的距离大约为r0，所以固体分子只能在r=r0附近做振动，固体既难被压缩也难被拉长就是这个原因，A是错误的。气体分子间的距离r＞10r0 ，所以，气体分子除相互碰撞外，分子间无相互作用，分子做无规则的热运动，可以充满容器的整个体积，所以B是错误的。从分子间的作用力与距离的关系图（图7—1）可知，分子间的引力和斥力均随距离的增大而减小。故D是错误的，C的是正确的。 6. 答案：C

解析：r=r0时（r≈10-10m），分子力 f=0，而当 r＞r0时分子力表现为引力，分子力表现为斥力，当 r＞10r0时分子力为0，所以，相距较远的两个分子，以一定的初速度相向运动，进入10r0＞r＞r0范围时，两分子相互吸引而作加速运动；在r=r0时，速度最大；进入r＜r0

时，相互排斥而作减速运动，直到距离最小。在这过程中，分子间的相互作用先为引力，后为斥力， 所以C

7. 答案：

的是正确的。

VNA

V0

解析：由于滴在水面上可扩展成面积为S的单分子油膜，故油膜的厚度就可以看作是分子直

V 径，故 。 V0，所以，这滴油具有的摩尔数为 d  由于这种油的摩尔体积为

解析：1g铝的摩尔数为

(3) 解析：(1)

么油膜的面积为S＝117×1cm2=l.17×102cm2.

(2)根据已知条件可知，1mol溶液中有75滴，1滴溶液的体积为 1ml

75

溶液中有纯油酸6mL, 体积为

1溶液中纯油酸的体积是：ml

75162V4ml104ml8106ml

751025

S

n

V

V0

这滴油的分子数为

VNAV0

8. 答案：2.21022。

127

mol。所以1g铝所具有的原子个数为

1

6.010232.21022(个）27

V9. 答案：(1)．S＝l.17×102cm2．(2)

162

4ml104ml8106ml751025

V810610610

d710(m)24

S1,171010

根据图形，数得格子数为117个，那

又已知每10mL

4

．

（3）油酸分子的直径为

10. 1.答案：－183 63

解析：热力学温度和摄氏温度的换算关系是：T=（273+t ）K，所以，t=T－273=－183℃。153K的超导体比以前超导临界温度又提高了t1539063℃。

11.答案：C

V810610610

d710(m)24

S1,171010

解析：两个物体放在一起彼此接触，它们不发生热传递，说明它们达到了热平衡，所以温度相同。而内能相同、分子平均速率相同的两个物体的温度不一定相同，所以B、D是错误的，热量是在热传递过程中的能量转移，而该题中两个物体之间不发生热传递，所以A是错误的。 12答案：D

解析：热力学温度和摄氏温度的换算关系是：T=（273.15+t ）K，所以， A、B选项的说法是正确的，根据摄氏温度和热力学温度的换算，可知D选项是错误的。国际单位制的基本单位有七个，热力学温度的单位“K”是国际基本单位之一。D选项的说法是错误的。 13.答案：D

物体的内能不仅与物体中所含的分子数有关，也与温度和体积有关。A选项中0°C的水比.0° C的冰内能大，但题目中并没有给出质量相同的条件，所以无法比较，A选项是错误的。物体的内能与物体的整体速度无关，B选项是错误的。内能是指物体中所有分子的动能和势能的总和而不是某个分子具有的，C选项是错误的。100克.100° C的水比100克100° C分子数相同，分子的平均动能相同，水变为水蒸气的过程中分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增加，D选项是正确的。 14.答案：AB

解析：布朗运动这一现象是液体分子撞击布朗颗粒造成的。温度是分子平均动能的标志，所以AB是正确的。物体的内能是指物体中所有分子的动能和势能的总和，故物体的内能与组成物体的分子个数、温度和体积都有关系。故CD是错误的。 15. 答案：BC

解析：一分子从a到ｂ再到ｃ的过程，分子间均表现为引力，显然乙分子始终做加速运动，且达到ｃ点速度最大，故Ａ是错误的，Ｂ是正确的。乙分子从a到ｂ的过程，分子的引力一直做正功，因此，两分子间分子势能一直减小，故Ｃ是正确的。以分子由ｂ到ｃ的过程，分子引力仍然做正功，故两分子间的分子势能仍在减小，从ｃ到ｄ的过程，分子间斥力作负功，则分子间势能增大，故Ｄ是错误的。

16 答案：见图7-5我们可以看到当r＜r0分子间距离再减小分子势能增大，当r＞r0时，分子间距离再增大时，分子势能也增大，而这两个过程的共同点是分子力一定做负功，所以C正确。 17.D 18.D 19.D 20.C 21.D 22.B （二）提高题 1. 答案：5×10

－10

m。

2. 答案：(1)酒精的摩尔质量： M=4.6×10-2kg/mol。

4.61023

(2)酒精的摩尔体积Vm/mol=5.75×10-5m3/mol。 3

0.810

M

M4.6102

(3)一个酒精分子的质量mkg=7.6×10-26kg。 23

NA6.0210V5.751053

(4)一个酒精分子的体积Vm9.61029m3。 23

NA6.0210

酒理想球体就有：

d3. BC 4. C 5. CD 6. B 7.C

6V'

29

69.6103m1.21010m。分子直径103.14

3

dV'，酒精分子直径为6-10

m

8. 答案： 9.BC 10.C 11.B 12.A 13.B 14.B

实验事实有以下五个： A．水与酒精混合后体积变小 B．固体很难被压缩 C．细绳不易被拉断 D．糖在热水中溶解得快 E．冰冻食品也会变干

其产生的原因如下：

a．固体分子也在不停地运动 b．分子运动的激烈程度与温度有关 c．分子之间存在着空隙 d．分子间存在着引力 e．分子间存在着斥力

第十单元 电场

（一）基本题目

1.C；2.A；3.C；4.A；5.CD；6.B；7.C；8.A；9.AD；10.D；11.B；12.C；13.D；14.C； 15.A；16.BD；17.AD；18.ACD；19.C；20.A；21.BD；22.C；23.BD；24. 5×103，1×10-5，5×103； 25. 增大，-2.5×10

－8

J； 26. b，-100； 27. qElcos，qElcos，qElcos，电场力

l1l22ll

)：1：(12)2； l2l1

做功的大小与路径无关，只与始末位置有关； 28.（1）负，负；（2）(

29．(1)a

mgtan(qEmg)dqEmg

，(2)x； 30. ⑪E ⑫v

mgmq

41

(2) v2(3)WqEl； 25

1

2gl1；

cos

31. (1)v1

mgqEm(mgμqE)2

32．（1）f=μN=μqE，（2）①a0，②Ek=；

m2μ2q2B2

33. ⑪EU ，⑫a，⑬v0

2mdd2d

eUR

eU

； m

2EkEkEk4EkEEk; k34. ⑪E，5Ek , ⑫ 若从bc边离开, E；若从cd边离开， E

qLqLqL

eE2EL1(L12L2)

yyy35. （1）磁场方向垂直纸面向外.（2）（3）. 12

4Um2UB2

（二）提高题目

1.B；2.B；3.C；4.C；5.C；6.C；7.B；8.A；9.C；10.B；11.D；12.BC；13.C；14.D；15.A；

16.A；17.A；18.A；19.B；20.AD；21.C；22.BD；23.ABD；24.B；25.C；26.C；27.AB；28.D；29.C；30.

2Ud

； 31．（1）Ek =4.0×10-16J ，（2）y=0.36cm ，（3）W=5.76×10-18J；；32. ⑪2.0m/s，

⑫4.5m；

33. ⑪2.4m/s；⑫0.10m；⑬0.96J； 34.（1）7.25 N；（2）2.5 m；（3）0.40m； 35. （1）Ekt6.41014J ，（2）t =0.06s ，（3）S =7.5ⅹ10-2m2 ；

2qU1(2dL1)236. ⑪v0 ,⑬减小偏转电压U2或增大加速电压U1 ; 2kU1,⑫k2

m2tU1

e2k11ke2

37．（1）I1 ，（2）①略，②.

2mr132r1

第十一单元 恒定电流

基本题目

22. 31w 23 6.25x1011 2:1 24 5 30 25. 略 0—3A O.17

26 （1）如下图

（2）两电阻并联为0.6

27 20或4 28 2.25W 2W 1.5W 28.

解：（1）无风时金属杆接入电路的电阻为R1

有U1

所以金属杆单位长度的电阻 R0

（2）有风时金属杆接入电路的电阻为R2 有U2

U(Rr)E

R1 得R110.5

RrR1EU1

R1

1/m L0

U(Rr)E

R2 得R220.3

RrR2EU2

R2

L00.3m R0

此时，弹簧的长度 L

弹簧的压缩量xL0

L0.2m （3分）

根据平衡条件，此时的风力Fkx260N

（3）设风速为v。在Δt时间内接触到吹风板的空气质量为Δm Δm=ρSvΔt （2分）

根据动量定理可得 FtSvtv

v

F

20m/s （2分） S

26. （1）S闭合，处于加热状态 ，S断开，处于保温状态

U2

（2）由于功率公式得 P 1

R

（3）WP1

U2

联立得 R1121,R21089 P2

R1R2

tt

P20.22KW(或7.92105J) 22

27. ⑪P=0.6W ⑫Rx=54Ω

28.

答案：．解：

(l)设电动机的电功率为P，则P=UI 代入数据解得Pr=1×103W

① ② ③

设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r

说明：①③式各2分，②式3分。

(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ρ，则

M=ρV

④ ⑤ ⑥ ⑦

设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep，则△Ep=Mgh 设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep 代人数据解得

t=2×l04s

第十二单元 磁场

（一）基本题目

1.BC 2.D 3.D 4.B 5.BC 6.A 7. A 8.B 9. A 10.A 11.C 12. (1)I1方向向左，I2方向向右；(2)F1:F2＝I1:I2；(3)（a－g）T0I1/（T0－T1）g 13. (1)

U2qU1 (2) (3)dmB2mU

q

15. OM1-

mR，t（如下左图所示，α=30º）； 312qB

3mR，t或OM1（如下右图所示，α=90º）。

32qB

EE0mgdvU4vU

16. (1) q＝(2) B＝(3) B′＝ (2)x0 17. (1)v0Ugd5gdB0B0

18. (1)2m/s，与水平成600角(2)

2mL

qE

3s 5

mg

① qB1

mg

② q

19. (1)由题意，小球P到达D前匀速：qvB1mg，v

且P带正电，过D进入电磁场区域做匀速圆周运动，则mgqE，E

(2)经1/4圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，设匀速圆周运动半径为R

v2则qvB2m③

R

设小球P、Q在第四象限相遇时的坐标为x、y，

设小球Q平抛后经时间t与P相遇，Q的水平位移为s，竖直位移为d。则

sv0t④

d

12⑤

gt2

位移关系：xsl=R ⑥ y(dh)≤0 ⑦

m2gg

联解①③④⑤⑥⑦得：0v0(2 ⑧ l)

2hqB1B2

(3)小球Q在空间作平抛运动，在满足题目条件下，运动到小球P穿出电磁场时的高度（图

中N点）时，设用时t1,竖直方向速度vy，竖直位移yQ

12

yQR＝gt1 ⑨

2

vyvgt1 ⑩

此后a=g同，P、Q相遇点竖直方向速度必同 联解得：B1=0.5B2

20. (1)-6×l0-3J (2) 0.6m （二）提高题目

1.C 2.A 3.D 4.B 5.AD 6. BD 7.AD 8.D 9.C 10. BCD 11.A 12.D

T13. (1)d＝

42qU4

(2)BmL2mU8πm

(3)B＝ q7qT0

15.6V 16. R

L 3

mv23mv

17. (1)E (2)R (3)n=3

2qd3qB

I＋mv02I12πIlπIm

18. (1) v= (2)Fmg(3)s=(n+-n为大于(

m2ml4mg2Bq4Bq32πIπIm3s=(n+)-n为大于(-的整数]

4mg2Bq4Bqg4

g1

的整数]； l4

qB0rqB02r5q2B02r2

19. (1) v(2) ①E② W

m2m8m

BqaaqB (2)有2个入射角，分别在第1、2象限， 答案图如图解得sin 2m2mv

(3)粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，且此处速度方向

20. (1)v1

水平。用ym表示该处的纵坐标，有qEym

1212

mvmmv0„„①；由题意vm=kym„„②，22

且k与E的大小无关，因此可利用E=0时的状况来求k，E=0时洛伦兹力充当向心力，

2

qBmvv0

，此时带入qv0Bm，得R00，其中的R0就是对应的纵坐标y0，因此得kmqBR0

②得ym

mvm

，将此式带入①，整理后可得 qB

2EEEE22vvmv00，解得vm

v0，舍弃负值，得vmBBBB

2

m

2

21. （1）τ/2~ τ做匀加速直线运动，τ~2 τ做匀速圆周运动，电场力：F=qE0，加速度：a=F/m， 速度：v0=at，且t=τ/2， 联立解得：v0=

qE0

。 2m

（2）只有当t=2τ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： （n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···）

v2匀速圆周运动：qvB0=m，T=2πr/v，

r

解得：B0=（2n-1）

m

。 q

（3）在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：τ- t0。 在磁场中做匀速圆周运动，v1=

qE0

(τ- t0)..。 m

圆周运动的半径：r1=

mv1

， qB0

解得：r1=

E0

(τ- t0)..。 B0

又经(τ- t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0.。 P再进入磁场，v2=

qE0

t0.。 m

圆周运动的半径：r2=

mv2

， qB0

解得：r2=

E0

t0.。 B0

综上所述，速度为零时的横坐标为x=0。 相应的纵坐标为y=

2kr1k1r2(k=1，2，3，···)

，2kr1r2

2E0k-2t0t0B0

解得：y=(k=1，2，3，···) ，

2E0k-2t0B0

22.（1）UHEHl c端电势高

（2）由 UHRH

BI

dddEHl得 RHUH IBIB

当电场力与洛伦磁力相等时 eEH=evB

得 Eh=evB 又 I=nevS 得 RHvBl

ddld1vl IBnevSneSne

（3）a． 由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P=mNt

圆盘转速为 N=P/mt

b．提出的实例或设想合理即可

第十三单元 电磁感应

（一）基本题目

1.B 2. ABD 3.D 4.D 5.C 6.B 7. A 8.C 9.A 10.A 11.A 12.B 13. B

14. (1)0.80 V，a端电势高 (2)4.0 A (3)0.80 N

2B2L12ghLmg

15.(1)R （2）q2 （3）Wmg(HhL2)。

BL12hmg

BL2vB2L1L2BL222v2v16.（1）I=E/R=（2）Q=IRt=（3）U=IRab=

RR2(L1L2)

mgI2(Rr)

17. （1）B= （2）v=

Ilmg

（3）M、N两端的电压 UMN=I0R=

BlR2gh2gh

=

RrI(Rr)

18. （1）F安= 3.0×10-2N 方向水平向左 （2）v1=0.80m/s （3）P=5.6×10-2W

2

B0kt1kl3kl19. ⑪I ⑫F ⑬BB0l

lvtrr

II2B1lI

20．（1） i=（2）vm=（3）Q=

2m40m(R1R2)m

21. （1）电机的电动势EBav

（2）pBIbB2alvblRa

（3）R0

Bnqba

bl

22. ⑪v=6m/s ⑫x=1.1m

（二）提高题目

1.B 2. B 3. D 4.A 5. D 5. D 6.A 7 D 8. B 9. AD 10. BD 11. D 14.B 15.B

16. ⑪lv1(t2t1)⑫B＝

1mgR

v)v

1(t2－t11

⑬Q2mgv1(t2t1

)122

2

m(v3v2) 17. （1）v=2m/s （2） P1.3W （3）3W

18. （1）UI14R1

4BLv b端电势高 （2）Q2B2L3vR

（3）图略

19.（1）在Δt时间内，ab棒向右移动的距离为vΔt，

这个过程中线框的面积变化量是ΔS=LvΔt 穿过闭合回路的磁通量的变化量是=BΔS=B LvΔt 根据法拉第电磁感应定律En



t

BLv （2）①当导体棒的速度为v时，产生的感应电动势为E=BLv

回路中的电流大小为I

BLv

R

由右手定则可知电流方向为从N到M

B2L2②导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为FBILv

R

由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上 当导体棒的加速度为零时，速度最大

mgsinB2 即： L2vm

R

12. D 13.C

可解得最大速度为vm20.（1）vm

mgRsin

B2L2

Em

1.0m/s （2）因为EUBLv，而B、L为常数，所以，在0~1.2s内导BL

体棒做匀加速直线运动。设导体棒在这段时间内加速度为a。设t1=1.2s时导体棒的速度为v1，由乙图可知此时电压U1=0.90V。

因为 E1U1BLv1 所以 v1

1

UBL

0.90m/s 在1.2s~2.4s时间内，根据功能原理 12mv2t121P2

mvmQ 所以 Q5.3J

（3）导体棒做匀加速运动的加速度

a

v10

0.75m/s2t

当t=1.2s时，设拉力为F1，则有

FP

1v5.0N

1

同理，设t=2.4s时拉力为F2，则有

FP

2v4.5N m 根据牛顿第二定律有

F1fF安1ma F2fF安20

mgN0

又因为 FBLU1

安1B1ILR FBLU2

安2BI2LR

fN

由④⑤⑥⑦⑧⑨，代入数据可求得：

R=0.4Ω，0.2

②

③

④ ⑤ 安

⑥

⑦ ⑧ ⑨

21. ⑪0.1J ⑫R0.4x ⑬0.4C 22．（1）I

kl1l22R

（2）在时间t内回路中产生的焦耳热QI2Rtfml2

（3）

02

B2l12at0

ma0t I

2R

第十四单元 交变电流 电磁场和电磁波

参考答案：

（一）基本题目

1. C 2. D 3. D 4.A 5. A 6. AC 7. AD 8. A 9. CD 10. ABD

（二）提高题目

1. C 2. D 3. C 4.B 5. C 6.B 7. BD 8.C 9. B 10. D 11. BC 12. C 13. C 14. A 15.A 16.A 17.D 18.B 19.C 20.D 21.D 22.BC 23.D 24.A 25.A 26.B 27.B 28.A

第十五单元 光的反射和折射 参考答案

练习题A

1. B 2. B 3. A 4. A 5. D 6. B 7. C 8. B 9. AD

10. A

11．(1)

(2)设方格纸上正方形的边长为1，光线的入射角为θ1，折射角为θ2，则sin θ1＝＝0.798，sin θ2＝

2.2

＝0.521

2.22＋3.62

sin θ

0.798

＝＝1.53 sin θ20.521

5.35.32＋42

所以该玻璃砖的折射率n＝(3) A

12．解：1800。解：在A处，sinγ1=sini1/n=1/2，γ1=300，α=i-γ1=600-300=300，γ1=γ2=γ3=γ4=300，α=γ2，AC//OD，如图所示。在出射点E处：sini2=nsinγ4=3/2，i2=600，β=i2-γ4=300=γ3，BE//OD。所以AC//BE，即出射线和入射线间夹角为1800。 解：600；光线穿过圆柱体并射出的光路图如图所示。解：由折射定律得：sinγ1=sinθ/n=1/2，γ1=300，γ1=γ2=300，γ3=θ-γ1=300。在出射处sini=nsinγ2=3/2，i=600。γ4=i-γ3=300， 所以 α=γ3+γ4=600，即出射光线偏离原方向600。

13. 解： ① 设发生全反射的临界角为C，由折射定律得： sinC = 1 / n

代入数据得 C = 45°

光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为α，折射角为β，由几何关系得α = 30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得：n = sinβ / sinα 代入数据得 β = 45°

②

43

3

练习题B组 1. C 2. A 3. B 4. BC 5. B

6. C 7. C 8. AD 9. C

10. D 11．C

12．以OB为起点，逆时针旋转，在75 0＜θ1＜120 0和150 0＜θ＜195 0范围内被照亮。光路图略。 13.

解: 画出光路图如图示:a左侧的光线在AB面发生全反射，从圆弧面上射出；a右侧的光线在AB面不发生全反射，直接从AB面射出；跟圆弧面相切的光线b，入射角为90 °,沿垂直AB面的方向射出。OC为光线射出的范围：

OC =

R

第十六单元 光的本性 参考答案

练习题：A组 1. BC 2. C 3. B 4. C 5. D 6. C 7. D 8. B 9. AC 10. A 11. A 12. C 13. A 14. B

练习题B组 1. B 2. C 3. B 4. BC 5. C 6. D 7. A 8. C 9. B 10. CD 11. A

12. A 13． ⑪E D B ⑫单缝和双缝间距5cm~10cm，使单缝与双缝相互平行 ⑬13.870 d102l

x，6.6× 14. D

2.310 ⑭

第十七单元 量子论初步和原子核

1．B 2． D 3． B 4. A 5． D 6． D 7.C 8．D 9． A 10． D 11. C 12. B 13. C 14．B 15．C 16．D 17．A 18．D 19.A 20. B 21．D 22.A 23.D 24．D 25．B 26．B 27．D 28．B 29．D 30．D

31． C 32．B 33．A 34．A 35．D 36． A 37．C 38．B 39．C 40．C 41．B 42．B 43.D 44．A 45．D 46．D 47．C 48．C 49．D 50．B

51. D 52．D 53．B 54．A 55．D 56．D 57．A 58．C 59．D 60．A 61．C 62．D 63．A 64．B 65．C 66．B 67．B 68． A 69． D 70.C 71.B 72．B 73．D 74．D 75.B

实验

一、研究匀变速直线运动

1． 0.1 2.0 0.50 2． 1.20，2.20，0.50 3．① 10.60±0.02 ② 0.96 ③ 答案见下图 ④ 3.1±0.1

4．（1）0.100 （2）如下图所示（3）1.35±0.05 （4）t=0时滑块有速度

二、探究弹力和弹簧伸长的关系

1．①L5、L6 （应读到0.01cm位）②6.85，14.05 ③L7-L3，7.20 ④ d1d2d3d4

（逐差法），1.75 ⑤28

44

2．（1）略（2）25N/m （3）20cm 3．（1）1.010×10-3 （2）42，F=42Δx （3）B （4）A 4．（1）① 7.13~7.17② 如图所示③ 弹簧的原长，25.0~25.6 （2）滑轮与轴及滑轮与细绳之间有摩擦），系统误差 三、验证力的平行四边形定则 1．C 2．A 3．（1）B，只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋拉到O点 （2）DCABEF 4．（1）bcd（2）换用不同的小重物

四、验证牛顿第二定律 1．0.71kg 2．①0.44 ② 略1.0（0.95 ~1.05）③ B 3．（1）长木板；（2）平衡摩擦力；（3）0.1s ，0.46m/s2；（4）砂和砂桶质量较大，没满足砂和砂桶质量远小于小车质量的条件。（5）F

五、研究平抛物体的运动

1．2，22 2．1.0，2.0 3．v0

测Δx、Δy1、Δy2，v0

M1

mg，mM

Mm9

x

2Lg， 0.70m./s 4．A：图略，B：选三点，t

x

g

y2y1

六、探究合外力做功与动能变化的关系（探究动能定理） 1．（1）CD （2）0.83 2．（1）刻度尺（2）ABC 3．（1）正 （2） 6.00 ，0.54 （3） 答案见下图 （4）木板的左侧垫的过高

七、验证机械能守恒定律

1．BD 2．天平、秒表、低压直流电源；低压交流电源，刻度尺，重锤

3．⑪OC，15.70；⑫1.22m，1.20m，大于，v是实际速度，因为有摩擦，重力势能一部分转化为内能

1d2

4．（1）mgh ，mv （2） A ， （3）2g

2t

八、验证动量守恒定律 1．C 2．2.16，1:2

3. （1）32.6；（2）1.83×10-2kg.m/s，1.82×10-2kg.m/s；（3）在误差允许的范围内系统动量守恒。

4．（1）C；（2）ADE或DEA或DAE；（3）m1·OM＋m2·OM＝m1·OP；m1·OM2＋m2·OM2＝m1·OP2； （4）14；2.9；1~1.01；⑤76.8

九、用单摆侧重力加速度

42Ln216002(ld/2) 1．ADEH， 2．小球直径d， 3．DF 22

tt

4π2

4．（1）A，B （2）g

k

42n2L

5．（1） A．adf B． C．偏小（2分） （2） A．2.0 B．9.76（2分） 2

t

十、伏安法测电阻 1、a ; 1000欧

2.C

3.（1）④、②，（2）电流表内接，分压电路，（3）大于

4.① D（1分）、F（1分）；

② 电路图如答图1所示（2分） 实验电路如答图2所示（2分） ③ 描点及连线如答图3所示（2分）

答图1

答图

2

④ 18.0 (17.5~18.5)（2分）

十一、测定金属的电阻率 1，B；2，AC 3，B

4，24.12～24.16；0.514～0.517； 5.① 1.125±0.001（3分） ② A（1分）；E（1分） ③ 见答图1（2分）

答图3

πd2L

④管线长度L（2分）；（3分） 4R

答图1

6（1）

（2）测出接入电路的金属丝的长度 （3）10.7；电源内电阻与电阻箱

（4）0.200mm；金属丝的电阻率；

4.03106m

十二 、 描绘小灯泡的伏安特性曲线

1、1210欧；正常发光时灯丝温度升高，使得电阻增大。 2、A 3、（1）乙2；图2电路电压可从0V调到所需电压，调节范围较大.（或图3电路不能测得0V附近的数据）。（2）5.2；111.8（111.6－112.0均给分）。（3）热敏温度计（提出其他实例，只要合理亦可）

4. （2）①C 2分

②答案见下图 3分

③

1.15~1.19 3分 ④增大 2分

小灯泡的电阻随温度升高而增大

5、①A2、V1、E2。②1.5Ω，11.5Ω，0.78W。③由R－U图线可看出，随U的增大，电阻的变化越来越小，而P＝U/R，随U的变化，功率P的变化将更加明显，故选A。

2

6、

①D F

②如答图1所示

③IA=0.24A，UV=1.60V ④如答图2所示

0.3

0.2

R E

答图1

0.1

十三 、用电流表和电压表测定电源电动势和内阻 1.B

2（1）1.5V、0.2Ω； （2）0.4Ω、1.25W； （3）4：1；1：1 （4）2.81W

3.（1）甲；（2）A、C、E；（3）乙；（4）1.5；0.5；

4.（1） ① D ； B ； F ② 4.4 ； 1.6 ③ A

（2）① D ； ② 1.48 ； 0.81

5.

①如上图 ②如上图 ③如右图 ④1.5（1.46~1.54） 0.3（0.25~0.35）

十四、 把电流表改装为电压表

1、A

2、0.3；串，27；串，120

3、（1）D、C、F （2）5.0V

（3）电路连接如图D-1所示。 （4

） 4、（1）乙，D、E；（2）>

5、（1）并；56；

（2）电路图如图D-2，实物图略。

6.⑪①B C F ②B C A E ③300 略小于 ④串 19.7

十五、测定玻璃的折射率

1.C D

2.（1） 不变 （2） 变小 （3） 不变

3. (1)1.73 (2)P4 (3)1

4．甲

5．（1）y2/y1 （2）沿P1 P2方向的入射光线在玻璃砖底边的界面上发生了全反射。

6． ACD

7.直径转过的角度θ，1/sinθ

十六、用双缝干涉测光的波长

1. C 2. B 3. ABC 4. D 5. A 6. ABD

7.①11.4 ②16.7 ③减小测量的绝对误差（或提高测量的精确度）；

8.单缝屏；双缝屏；单缝屏；双缝屏；594.0。

十七、用油膜法估测分子的大小

例：（1）① d = VA

NXa2 ② X = 62（60～65均给分）

习题：

1．A

2．5×10-10m

3．① c、a、d、b

② 61010

6.6×10-7

第一单元 力 物体的平衡

例1．【答案】C 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力，所以选项C正确。 例2．D 例3．【答案】BC 解析：因为OB细线恰好沿竖直方向，对B球受力分析可知，A、B两小球之间的细线张力为零。A球受到OA细线拉力、A球重力和力F处于平衡状态，则F应与OA细线拉力和A球重力的合力大小相等、方向相反，即可能为F2或F3，故BC选项正确。 例4．AD 例5．A 例6．A 例7．【答案】C

解析：如图1-10所示，球B受到四个力的作用，且整个装置保持静止，则θ不变，

在竖直方向上有：F2cosFmg，若F缓慢增大，则F2缓慢增大。 在水平方向上有：F2sinF1，若F2缓慢增大，则F1缓慢增大。 对于整体而言：地面对A的摩擦力FfF1，地面对A的支持力

图1-10

FNFG总，所以Ff 、FN均缓慢增大，所以F3缓慢增大，故C选项正确。

例8．C

2μG

例9．答案：αμ＋tan

2

解析：对结点O受力分析如图甲所示，由平衡条件得：

F

F1＝F2＝α2cos

2

α

对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F2sin μFN，

2α

又F2cos ＋FN＝G.

2

2μG

联立解得：F＝αμ＋tan

2

例10．【答案】7 N. [解析] P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图甲所示．

fm＝F1－mgsinα

在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图乙所示． fm＝F2＋mgsinα

设弹簧原长为x，则有 F1＝k(0.22－x) F2＝k(x－0.08) 由以上各式，解得 fm＝7 N. 例11．D

（一）基本题目

1．C 2.BD 3．CD 4．B 5．A 6.D 7． B 8. D 9. AD 10．A 11. A 12.A 13．B 14. D 15．C

16．5 N 17．【答案】0.2

【解析】因为圆柱体匀速滑动，所以水平方向的拉力与摩擦力平衡，即f＝200 N．又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力f ′＝100 N.

设V形槽两侧对圆柱体的弹力大小分别为N1 、N2，在竖直平面内，圆柱体受到重力G、两侧的弹力N1 、N2作用，如图所示，由对称性可知，N1＝N2＝G.

根据f ′＝μN1，解得μ＝0.2. 18．【答案】60 N 6 kg

【解析】对B球受力分析如图所示，物体B处于平衡状态，有

Tsin30°＝mBg

mg

解得T＝＝60 N

sin30°

物体A处于平衡状态，则 在水平方向：Tcos30°＝NAsin30° 在竖直方向：NAcos30°＝mAg＋Tsin30°. 由上两式解得：mA＝6 kg

G

19．【答案】(2)变小 夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了

2cosθ

【解析】 (1)以电线为研究对象，电线两端所受的力为F1、F2，重力G可看作作用在电线中点，F1、F2分解成水平方向和竖直方向两个分量，由共点力的平衡条件

F1cosθ＋F2cosθ＝G F1sinθ－F2sinθ＝

G

解得F1＝F2＝2cosθ

(2)夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了．

mA＋mBgsin θ

20．F－(mA＋mB)gsin θ k

解析：B刚要离开C时，弹簧弹力大小，F弹＝mBgsin θ. 合力F合＝F－F弹－mAgsin θ＝F－(mA＋mB)gsin θ， mgsin θ

开始时弹簧压缩量Δx1＝，

kmgsin θ

B刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝，

k所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝

mA＋mBgsin θ

k

（二）提高题目

1. A 2．BD 3. A ４．A 5．C 6. A 7. A 8.C 9.C 10.C 11. C 12. B 13.D 14．A 15．ＢＤ 16. B 17.A 18.A 19. D 20.B 21．小球对半球的压力大小不变，绳子拉力减小 22.（1）FN1，FN2减小；（2）FN1先减小后增大，FN2减小 23. 【答案】(1)0.02m (2)20N (3)8cm 【解析】

（1） 对c受力分析

kx1mgx1

mg

0.02m k

（2）对b受力分析

FTmgkx110N10N20N

（3）原静止时，对b受力分析：

kx2mgx2

mg

0.02m k

当c刚好离开水平地面，对a受力分析： kx3FT

x30.04m

所以，p弹簧左端向左移动的距离：x = x1+x2+x3 = 0.02+0.02+0.04 = 0.08m=8cm

24．【答案】(1)94.5 N (2)64张 (3)0.3

【解析】 (1)从表中可看出，将书分成 2,4,8,16，„，2n份时，拉力F将分别增加6 N,12

n

N,24 N，„，3×2 N，故将书分成32份时，增加的拉力应为 48 N，故力 F＝46.5 N＋48 N＝94.5 N.

(2)逐页交叉时，需拉力F＝190.5 N，而把书分成 64份时，增加的拉力为2×48 N＝96 N，需拉力 F＝94.5 N＋96 N＝190.5 N．可见，逐页交叉刚好分为64份，即该书有64张．

G3G

(3)两张纸之间的动摩擦因数为μ，利用第1次实验的数据，μ×μ×G＋μ×＝F1，

22

解得μ＝0.3.

25. 【解析】 作出物体A受力图如图所示，由平衡条件

Fy＝Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0 Fx＝Fcosθ－F2－F1cosθ＝0 由以上两式解得

mgF－F1

sinθFmgF＋

2cosθ2sinθ

要使两绳都能绷直，则有F1≥0，F2≥0

mg40

即F有最大值Fmax＝＝3 N.

sinθ3mg20 3

有最小值Fmin＝N

2sinθ32040

则F的取值范围是 3 N≤F≤ 3 N.

33

26．(1)30° (2)0.35

解析：(1)对m：Fcos 30°＝Tcos θ，Fsin 30°＋Tsin θ＝mg. 解得：T＝N，θ＝30°.

(2)对M：Tcos 30°＝μ N，N＝Mg＋Tsin 30°，

解得：μ3

≈0.35. 5

27．【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为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

Fcosθ+ mg=N ① Fsinθ=f

②

式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 f=μN ③ 联立①②③得F=



mg

sincos

④

(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 Fsinθ≤λN ⑤

这时①式仍满足，联立①⑤得 sinθ-λcosθ≤λ

mg

F

现考察使上式成立的θ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 sinθ-λcosθ≤0 ⑦

使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0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 tanθ0=λ 28．（2004江苏，15）参考解答：

（1）重物向上先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大。设下降的最大距离为h，由机械能守恒定律得

Mgh2mg

h

2

(Rsin)2Rsin



解得 h2R

（另解h=0舍去）

（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a. 两小环同时位于大圆环的底端。 b. 两小环同时位于大圆环的顶端。

c. 两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端。

d. 除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称，设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上（如图所示）。 对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，有T=mg

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N。两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反

TsinTsin

得，而=90°，所以α=45°

第二单元 直线运动

（一）基本题目答案

选择题：1、 A2、C 3、D 4、BC 5、BCD 6、 BC 7、C 8、A 9、C 10、BD 11、B 12 、B 13、AC

填空题：14.由于甲乙对应的初速度都是正值，说明都跟规定的正方向相同，两物体的初速度方向相同，大小之比为3∶1.

(2)v-t图像中的交点表示该时刻速度相等，所以2 s末两物体速度相等.

（3）v-t图像中图线与v-t图像与t轴包围的面积在数值上等于该段时间内所通过的位移，所以，甲在前4 s内的位移

15、100 m/s2,，相反 16、1∶2 17、0.2 s 18、0.5 s 19、(32)∶(2-1)∶1 20、1.7s 21、105m 22、1 m/s, 2.5 m/s2 23、0.30；0.075 24、ta＞tb． 计算题： 25、 画出如图的草图.在0~5 ｓ内，位移大小为４×5 s＝２0 ｍ，方向为负，速度方向为负；5 ｓ后下退，速度方向为正，经时间

(13)4(13)4

=8 m，乙在前4 s内的位移=8 m. 22

20

=10 ｓ退回到原出发点O，位移为零，5 ｓ~15 ｓ2

内位移方向为负；还有最后的5 ｓ，从原出发点继续下退，位移和速度方向均为正，这5 ｓ内位移大小为2×5＝10 ｍ.作出s—t图像和v—t图像如图2—4—6(a)(b)所示，由s—t图像知在20 ｓ末小车在坡底端.

26、(1)0(2)52m/s

27、vA＝8.5 m/s,vB＝6.5 m/s，vC＝３.5 m/s. 28、100s.

29、设汽车甲在第一段时间间隔末（时间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的路程为s2。由运动学公式得 v’=at0 ① s1=

12

at0 ② 2

1

(2a)t02 ③ 2

s2=v t0+

设汽车乙在时间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) t0 ④ s1’=

1

(2a)t02 ⑤ 2

12

at0 ⑥ 2

s2’=v’ t0+

设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s’，则有s= s1+s2 ⑦ s’= s1’+s2’ ⑧

联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

s5

 ⑨ s7

（二）提高题目答案： 一、选择题

1、BD 2、ABD 3、AC 4、BD 5、C 6、BD 7、B 8、D 9、C 10、A 11、C 二、计算题 12、⑪图略 ⑫900m 13、（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt，每根轨道的长度为l，则客车的速度为

（3分）

其中l＝25.0 m，

解得

（2分）

（2）设从货车开始运动后t＝20.0 s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的

加速度为a，30节货车车厢的总长度为 L＝30×16.0 m 由运动学公式有

（3分）

由题意，有

（3分） （2分）

联立解得 a＝1.35 m/s2 （2分）

14．解：⑪设加速所用时间为t（以s为单位），匀速运动的速度为v（以m/s为单位）则有

1

vt(9.690.15t)v100 21

vt(19.300.15t)0.96v200 2

由①②式得 t=1.29s

① ②

③ ④ ⑤

v11.24m/s

⑫设加速度大小为a，则a

v

8.71m/s2 t

15.解析：(1)据题意 由 v2-v02=2ax，

汽车刹车时，阻力产生的加速度为a

得： x=

，

①

由 牛顿第二定律 得a=F/m, ②

代入数据得制动距离 x=30 m ③ (2)据题意 汽车不受影响的行驶距离应该是x1=30m ④

故黄灯的持续时间为t 则x1=v0t,

⑤

代入数据得 时间为t=2 s . ⑥

16.解析：根据题意画出小球的运动示意图(如图2-3所示)其中t＝4 s，h＝196 m. 方法1：根据自由落体公式 1

由H2，

21

H－h＝(T－t)2解得

2

11h＋gt2196＋9.8×1622

T＝＝s＝7 s，

gt9.8×4

11H＝gT2＝9.8×72 m＝240.1 m 图2-3

22

方法2：利用匀变速运动平均速度的性质由题意得最后4 s内的平均速度为 h196

v＝ m/s＝49 m/s

t4

因为在匀变速运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的速度，所以下落至最后2 s时的瞬时速度为 v′t＝v＝49 m/s

由速度公式得从开始下落至最后2 s的时间：

v′49t411t′＝ s＝5 s 所以T＝t′＋＝5 s＋ s＝7 s， H2＝×9.8×72 m＝240.1 m.

g9.8222217.解析：分析运动过程，运用位移关系和时间关系列方程，并结合运动学公式求解．分析时要注意B车的加速度为零后，B车做匀速直线运动．

设A车的速度为vA，B车加速行驶的时间为t，两车在t0时相遇．则有xA＝vAt0 ① 1

xB＝vBt＋at2＋(vB＋at)(t0－t)

2

②

式中，t0＝12 s，xA、xB分别为A、B两车相遇前行驶的路程．依题意有xA＝xB＋x ③

式中x＝84 m，由①②③式得 t2－2t0t＋

v－vt－x]

＝0

a

④

代入题给数据vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2

有t2－24t＋108＝0 ⑤ 解得t1＝6 s，t2＝18 s ⑥

t2＝18 s不合题意，舍去．因此，B车加速行驶的时间为6 s. 18.解析：（1）设经过时间t，甲追上乙，则由位移关系有Vt

vt

13.5m 2

将v=V=9m/s代入得到：t=3s， 再有 v=at 解得：a =3m/s2 （2）在追上乙的时候，乙走的距离为S2， 则：S2

vt

代入数据得到 S2=13．5m 2

所以乙离接力区末端的距离为 △S =20－13．5=6．

5m

19. （1）第一次飞行中，设加速度为a1 匀加速运动H

12a1t1 2

由牛顿第二定律Fmgfma1 解得f4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

匀加速运动s1

12

a1t2 2

设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2 由牛顿第二定律mgfma2

v1a1t2 v12

s22a2

解得hs1s242(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律 mgfma3

22

v3v3

F+f-mg=ma4 且

h

2a32a4

V3=a3t3 解得t3=

(s)(或2.1s) 2

第三单元 牛顿定律单元

（一）基础题目

1.C 2.C 3.BC 4.B 5.D 6.B 7.C 8.B 9.D 10.A 11.BD 12.A 13.AD 14.BD 15.C 16.A 17.D 18.C 19.B 20.D 21.B 22.C 23.D 24.B 25.C 26.C 27.B

28.C 29.D 30.D 31.BD 32.A 33.B 34.(1)8m/s35．（1）m=

2

(2)4m/s 1m (3)5m

FcosFsin

g

（2）a=

Fmgg1

g=(1)g mcossincossin

2

v0

5 37.36．（1）ag5.0m/s2（2）v2.0m/s （3） F54.N

4gsin

38. 16N 163N 39.a

(mm2）gsinFm1gsinm2gsin

d1

km1

（二）提高题目

1.AD 2.C 3.D 4. B 5.B 6. A 7. A 8.B 9.C 10.A 11. B 12. C 13. B 14. D 15. C 16.B 17. BCD 18.C 19.C 20.BD 21.D 22. ABC 23. A 24. D 25. B 26. C 27. D 28. A 29. D 30. D 31. C 32. B 33. A 34. A 35. C 36. B 37. A 38. B 39. D 40.D

41.gtanα；gcotα 42．1.7秒（或1.8秒）

43．（1）fmgcos372.0N（2）a1=1.0m/s2（3）x2=0.10m 44.⑪ 0.2N⑫0.375m 45．（1）f1F14N（2）s=

F8(24)4

m=12m（3）30.4 2mg210

3

46．（1）3m/s （2）1.0×10 N

47．（1） 2s（2） 0.1 48. 4.47 m/s 49. 2.4s

第四单元 曲线运动单元

基础题目

1.BD 2、BCDE 3、ACD 4、B 5.BD 6.ABC 7、A 8、D

9、ABC 10 、D 11、C 12、CD 13.B．14、2:2:1 2:1:1 4:2:1

15、s

gs

， 16、⑪75m ⑫20m/s ⑬32500J 17、1m/s 0.2 2hh

18．解：(1) NB3mg

(2) S （3）由上式可知

S



当R

HR1

时，S有最大值，即 Smax＝H 时，即

2H2

19、解：（1）如图所示，对人和座椅进行受力分析： Fcos37mg0 mg

cos37

（2）根据牛顿第二定律有：

F

750N

mgtan37mR

 2



20． ⑪v1 v2

21、⑪1s ⑫0.8m

11d

⑫T=mg ⑬当l＝时，x有极大值 xmaxd

32

22分析和解答：小球在管内运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，要求小球能从

C端射出，小球运动到C点的速度vC0，根据机械能守恒定律即可算出v0，小球从C端射出时，可能有三种典型情况：① 刚好对管壁无压力；② 对下管壁有压力；③ 对上管壁有压力。

解：（1）小球从A端射入后，若刚好能达到管顶，则vC0，由机械能守恒： 12

mv0mg2R，解得：v04gR 2

因此，要求小球能从C端出来，必须使vC0，所以入射速度应满足条件：v0Rg （2）小球从C端出来的瞬间，可有三种典型情况：

v

① 刚好对管壁无压力，此时需满足条件：只有重力提供向心力：mgmC ①

R

2

1122

由机械能守恒定律：mv0mg2Rmv0 ② 解得：v0Rg ③

22

（2）对下管壁有压力，此时相应的入射速度为：4Rgv05Rg （3）对上管壁有压力，相应的入射速度为v05Rg

点评：分析临界条件是关键，一般地，临界条件是弹力为零的位置。

提高题目

1、C 2、A 3、ACD 4.D 5、B 6、BC D 7、C 8.B 9、A

10.AC

(31)v0v02

11、A 12、C 13、2.2×10N 14、4，0.8，0.2 15、 ，

gg

4

16、2.9rad/s≤≤6.5rad/s

17、两球落地点之间的距离为3R。 18、1）T1( 2）T22mg

19、（分析和解答：如图3乙所示，排球恰好不触网时其运动轨迹为Ⅰ，恰好不出界时的运动轨迹为Ⅱ。

根据平抛运动的规律，当排球不触网时，有： 水平方向：x1v1t13 ① 竖直方向：y1

12

gt12.520.5 ② 2

16)mg； 2

解得：v19.5m/s

当排球恰好不出界时，有：

水平方向：x2v2t23912 ③ 竖直方向：y2

12

gt22.5 ④ 2

Ⅱ

Ⅰ

解得：v217m/s

∴ 既不触网也不出界的速度范围是：9.5m/s≤v≤17m/s

（2）如图3丙所示为排球恰好不触网也不出界的临界轨迹。 设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律，则有： 水平方向：x3vt33 ⑤ 竖直方向：y3

12

gt3h2.5 ⑥ 2

图3乙

x4vt43912 ⑦

y4h

12

gt4 ⑧ 2

由⑤～⑧式解得：h2.67m 图3丙 20．(1)3m/s,1.2m (2)1290N

21、分析和解答：设小球做圆锥摆运动的角速度为0时，小球对光滑水平面的压力恰好为零，此时球受重力mg和绳的拉力T0，应用正交分解法则列出方程：

T0sinm02lsin ① T0cosmg0 ②

由以上二式解得：0

3g

③

（1）∵ 1＜0，所以小球受重力mg，绳的拉力T和水平面的支持力N，应用正交分解法列方程：Tsinm12lsin ④ TcosNmg0 ⑤

mg

2

（2）∵ 2＞0，小球离开水平面做圆锥摆运动，设细绳与竖直线的夹角为，小球

解得：Tmg，N

受重力mg和细绳的拉力T'，应用正交分解法列方程：

Tsinm22lsin ⑥ T'cosmg0 ⑦

cos解得：

1mg

，由于球已离开水平面，所以球对水平面的压力N'0。 T4mg，4cos

22.（1）设小球运动到B点时的速度大小vB，由机械能守恒定律得

12

mvBmgl ①（2分） 2

解得小球运动到B点时的速度大小 vB

2gl= 4.0 m/s ②（2分）

（2）小球从B点做平抛运动，由运动学规律得

xvBt ③（2分） yHl

12

gt ④ （2分） 2

解得C点与B点之间的水平距离 xvB

2(Hl)

=0.80m ⑤（2分） g

（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿定律得

2vB

Fmmgm ⑥（2分）

r

rld ⑦（2分） 由以上各式解得

Fm9N （2分）

第五单元 万有引力

1、 略2、C 3、C4、BD5、A 6、A 7、D 8、C 9、A 10、A 11、D 12、B 13、B 14、B 15、AB 16、B 17、B 18、B 19、D 20、B 21、A 22、BC 23、BC 24、不正确。应为G

Mm

Rh2

2mT

2

32

4Rh，得M Rh2

GT2

2

2gR2GMmMm由，得M 或由G得mg mr22GRrT1

25、AD 26、D 27、D 28、C 29、AD 30、B 31、A 32、D 33、BC 34、BC 35、C 36、B 37、B 38、C 39、 C40、BC 41、C 42、 C43、D 44、 B45、C 46、D 47、ABC 48、B 49、B50、

2

D51、C 52、D 53、1：8 54、

T

2πR

l 4πvL3

55、⑪T2 ⑫1.01

G(Mm)

56、

57、（1）m’＝m23/(m1＋m2)2

（2）m’＝m23/(m1＋m2)2＝v3T/2πG （3）暗星B有可能是黑洞。 58、（1）4106

，（2）17

第六单元 基本题目 1．A 2．A 3．B 4． CD 5． C 6． AD 7． A 8． AC 9． A 10． A 11． A

12． D 13． D 14． C

15． ABD 16． A 17． D

机械能（习题答案）

18． A 19．ABC

20． 167m 681J 21． 1000W

22． (1)5.0m/s (2) s2=2.0m （3）ΔEk=0.50J ΔEp=1.6J ΔE=1.1J 23． （1）1.2s （2）15m/s （3）1.2×103J 24．（1）4.0m/s（2）21N（3）1.0J

2

122mghv0

25． （1）Ek2mghmv02 ；（2）当v0gh时，动能最小，

2v0gh

E76mg2h2

kmin

2mghv2

gh

。 026． (1)2.0m/s (2)2.0N (3)0.2J

27． (1)9100J (2)140N (3)36m 28． (1)12m/s；(2)略；（3）155J

29． （1）40m/s （2）1.5m/s2 （3）84m

提高题目 1． A 2． BC 3．B 4． A 5． CD 6． BD 7． AC 8． D 9． B 10． B 11． AC 12． C 13． BD 14． BD 15． BC 16． C 17．C

18． (1)5.1×104W(2)5.1s 2.04×104W 19．（1）x

fk （2）v23flmv02m （3） v'v2

fl0

2m

。

当v2fl02mvv2

3fl02m

时，

20． v=21．74.8m

2m(m+m)g

(2m1+m3)k

22． （1）ΔE= mgLcos （2）摩擦力做的功Wf= -mgLcos

（3）动摩擦因数μ= mgLcos/FS

23． （1）vBgR（2）当2RL5R时，Wf的中点；当RL2R时，Wf

17mgR

，滑块不能滑到CD轨道4

1

mg(13R2L)，滑块不能滑到CD轨道的中点。 4

24． (1)6.5m/s (2)6.9m/s (3)88.75J 25． （1）R1≤0.66m（2）R2≥1.65m（3）8次

26．（1）10.0N；（2）12.5m；(3) 当0R30.4m时， L36.0m；当1.0mR327.9m时， L26.0m 27．2.53s

第七单元 动量目标答案 2013

一、基本题目：1.B 2.C 3.BD 4.D 5.B 6.C 7. 守恒，不守恒 8.40，10 9. 2，12

10.B 11.A 12.C 13.A 14.ABD 15.C 16.C 17.C 18.B 19.A 20.B 21.B 22.C 23.D 24.D 25.3J

62

26. v0 27. (i)2-1 (ii)1- 28. ①2gh ②1:3

5229.

M0mu

30. vmin4v031. （1）0.24s （2）5m/s

Mm

2

Mv0

32. l

2g(mM)

33. （1）

1m3

8M2

（2mv0



2



34. 1MLgv0

2gm2h

35. (1) a1=0.6m/s2 a2=0.2m/s2 （2）0.015J （3）Δxmin=0.075m

m2(v0v)2

36.

2M2g

37. （1）A6m/s B3.5m/s （2）小球不能到达半圆轨道最高点

38.

12

二、提高题目：

1、BD 2、C 3、A 4、B 5、C 6、D 7、A 8、M

2

3mv06ghv15

(v03gh) 2)s2 （2）L 10. 1)f9、（1）L

23Lv24v03gh

11. Ep

12

mv0 12. (1)vA =vB =3.0 m/s (2) EP1=3.0 J (3) EP2 =0.5J 3

13、2.4J 14、即C物体的质量至少为1.29m时，才可以使B物体从A上滑下来。 15、

(2) a:k＞3

b: 3k517、(1) F=2N 小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。

16、

(1)V

（2） v2=2m/s （3） s1

2

m 3

18、1）0.4m （2

）/s （3）0.4m＜x'＜1.6m 12

19 .(1) 4m/s (2)不能 (3) v

3r12222gl22gl4glm(2r2-8gl)

20. ① rmr ② 0

4rrr42g

第八单元 机械振动 机械波

（一）基本题

1.D 2.C 3.AD 4.D 5.C 6.D 7.A 8.C 9.D 10.D 11.A 12.AC 13.BD 14.BD 15.A 16.BD 17.D 18.CD 19.A 20.D 21.A 22.D 23.B 24.D 25.D 26.AC 27.A 28.AB 29.C 30.B 31.C 32.C 33.A 34.B 35.A 36.D 37.A 38.D 39.C 40.D 41.ABCD 42.CD 43.ABC 44.B （二）提高题

1.D 2.ABD 3.C 4.A 5.BC 6.AD 7.C 8.A 9.C 10.B 11.B 12.A 13.B 14.A 15.A 16.A 17.AC 18.B 19.C 20.C 21.ABD 22.10m/s 图略

第九单元 分子动理论

1、B

解析：这是一道由宏观量求微观量的题，一定要借助阿伏伽德罗常数。求分子间的距离，必

须求出每个分子所占有的体积 V mol再假设分子占有大体积都是立方体，每个分 分子

尔体积，所以B正确。

2. 答案：C

解析：阿伏加德罗常数NA，是宏观量与微观量的桥梁。摩尔质量的含义是指1mol物质的质量，它除以阿伏加德罗常数NA，即为一个该金属原子的质量。摩尔质量除以密度即为1mol该种金属物质的体积，再除以阿伏加德罗常数NA，即为该金属1个原子的体积。所以，答案为C。

3.答案：BCD

解析：在一般显微镜下我们是无法看到分子的运动的，我们观察到的布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动。颗粒运动的无规则性，说明来自各个方向的液体分子撞击颗粒分子的运动是无规则的，所以，布朗运动间接地反映了液体分子运动的无规则性。悬浮颗粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越少，撞击作用得不平衡性就越显著，布朗运动越显著。液体温度越高，每个分子撞击布朗颗粒的作用越强不平衡性就越显著。 所以，答案为BCD。 4. 答案 B

子都位于立方体的中央，就可以求出分子间的距离了。题中只有选项B可以求出气体的摩

V

NA

6.41033

解析：铜的摩尔体积Vm，认为每个原子是一个挨一个排列的，每个铜原3

6.8910103

4.子所占的体积约为：v0m311029m3

M

5.答案：C

8.91036.01023

解析：r=r0时（r≈10-10m），分子力 f=0，而当 r＞r0时分子力表现为引力，r＜r0时分子力表现为斥力，当 r＞10r0时分子力为0，固体分子间的距离大约为r0，所以固体分子只能在r=r0附近做振动，固体既难被压缩也难被拉长就是这个原因，A是错误的。气体分子间的距离r＞10r0 ，所以，气体分子除相互碰撞外，分子间无相互作用，分子做无规则的热运动，可以充满容器的整个体积，所以B是错误的。从分子间的作用力与距离的关系图（图7—1）可知，分子间的引力和斥力均随距离的增大而减小。故D是错误的，C的是正确的。 6. 答案：C

解析：r=r0时（r≈10-10m），分子力 f=0，而当 r＞r0时分子力表现为引力，分子力表现为斥力，当 r＞10r0时分子力为0，所以，相距较远的两个分子，以一定的初速度相向运动，进入10r0＞r＞r0范围时，两分子相互吸引而作加速运动；在r=r0时，速度最大；进入r＜r0

时，相互排斥而作减速运动，直到距离最小。在这过程中，分子间的相互作用先为引力，后为斥力， 所以C

7. 答案：

的是正确的。

VNA

V0

解析：由于滴在水面上可扩展成面积为S的单分子油膜，故油膜的厚度就可以看作是分子直

V 径，故 。 V0，所以，这滴油具有的摩尔数为 d  由于这种油的摩尔体积为

解析：1g铝的摩尔数为

(3) 解析：(1)

么油膜的面积为S＝117×1cm2=l.17×102cm2.

(2)根据已知条件可知，1mol溶液中有75滴，1滴溶液的体积为 1ml

75

溶液中有纯油酸6mL, 体积为

1溶液中纯油酸的体积是：ml

75162V4ml104ml8106ml

751025

S

n

V

V0

这滴油的分子数为

VNAV0

8. 答案：2.21022。

127

mol。所以1g铝所具有的原子个数为

1

6.010232.21022(个）27

V9. 答案：(1)．S＝l.17×102cm2．(2)

162

4ml104ml8106ml751025

V810610610

d710(m)24

S1,171010

根据图形，数得格子数为117个，那

又已知每10mL

4

．

（3）油酸分子的直径为

10. 1.答案：－183 63

解析：热力学温度和摄氏温度的换算关系是：T=（273+t ）K，所以，t=T－273=－183℃。153K的超导体比以前超导临界温度又提高了t1539063℃。

11.答案：C

V810610610

d710(m)24

S1,171010

解析：两个物体放在一起彼此接触，它们不发生热传递，说明它们达到了热平衡，所以温度相同。而内能相同、分子平均速率相同的两个物体的温度不一定相同，所以B、D是错误的，热量是在热传递过程中的能量转移，而该题中两个物体之间不发生热传递，所以A是错误的。 12答案：D

解析：热力学温度和摄氏温度的换算关系是：T=（273.15+t ）K，所以， A、B选项的说法是正确的，根据摄氏温度和热力学温度的换算，可知D选项是错误的。国际单位制的基本单位有七个，热力学温度的单位“K”是国际基本单位之一。D选项的说法是错误的。 13.答案：D

物体的内能不仅与物体中所含的分子数有关，也与温度和体积有关。A选项中0°C的水比.0° C的冰内能大，但题目中并没有给出质量相同的条件，所以无法比较，A选项是错误的。物体的内能与物体的整体速度无关，B选项是错误的。内能是指物体中所有分子的动能和势能的总和而不是某个分子具有的，C选项是错误的。100克.100° C的水比100克100° C分子数相同，分子的平均动能相同，水变为水蒸气的过程中分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增加，D选项是正确的。 14.答案：AB

解析：布朗运动这一现象是液体分子撞击布朗颗粒造成的。温度是分子平均动能的标志，所以AB是正确的。物体的内能是指物体中所有分子的动能和势能的总和，故物体的内能与组成物体的分子个数、温度和体积都有关系。故CD是错误的。 15. 答案：BC

解析：一分子从a到ｂ再到ｃ的过程，分子间均表现为引力，显然乙分子始终做加速运动，且达到ｃ点速度最大，故Ａ是错误的，Ｂ是正确的。乙分子从a到ｂ的过程，分子的引力一直做正功，因此，两分子间分子势能一直减小，故Ｃ是正确的。以分子由ｂ到ｃ的过程，分子引力仍然做正功，故两分子间的分子势能仍在减小，从ｃ到ｄ的过程，分子间斥力作负功，则分子间势能增大，故Ｄ是错误的。

16 答案：见图7-5我们可以看到当r＜r0分子间距离再减小分子势能增大，当r＞r0时，分子间距离再增大时，分子势能也增大，而这两个过程的共同点是分子力一定做负功，所以C正确。 17.D 18.D 19.D 20.C 21.D 22.B （二）提高题 1. 答案：5×10

－10

m。

2. 答案：(1)酒精的摩尔质量： M=4.6×10-2kg/mol。

4.61023

(2)酒精的摩尔体积Vm/mol=5.75×10-5m3/mol。 3

0.810

M

M4.6102

(3)一个酒精分子的质量mkg=7.6×10-26kg。 23

NA6.0210V5.751053

(4)一个酒精分子的体积Vm9.61029m3。 23

NA6.0210

酒理想球体就有：

d3. BC 4. C 5. CD 6. B 7.C

6V'

29

69.6103m1.21010m。分子直径103.14

3

dV'，酒精分子直径为6-10

m

8. 答案： 9.BC 10.C 11.B 12.A 13.B 14.B

实验事实有以下五个： A．水与酒精混合后体积变小 B．固体很难被压缩 C．细绳不易被拉断 D．糖在热水中溶解得快 E．冰冻食品也会变干

其产生的原因如下：

a．固体分子也在不停地运动 b．分子运动的激烈程度与温度有关 c．分子之间存在着空隙 d．分子间存在着引力 e．分子间存在着斥力

第十单元 电场

（一）基本题目

1.C；2.A；3.C；4.A；5.CD；6.B；7.C；8.A；9.AD；10.D；11.B；12.C；13.D；14.C； 15.A；16.BD；17.AD；18.ACD；19.C；20.A；21.BD；22.C；23.BD；24. 5×103，1×10-5，5×103； 25. 增大，-2.5×10

－8

J； 26. b，-100； 27. qElcos，qElcos，qElcos，电场力

l1l22ll

)：1：(12)2； l2l1

做功的大小与路径无关，只与始末位置有关； 28.（1）负，负；（2）(

29．(1)a

mgtan(qEmg)dqEmg

，(2)x； 30. ⑪E ⑫v

mgmq

41

(2) v2(3)WqEl； 25

1

2gl1；

cos

31. (1)v1

mgqEm(mgμqE)2

32．（1）f=μN=μqE，（2）①a0，②Ek=；

m2μ2q2B2

33. ⑪EU ，⑫a，⑬v0

2mdd2d

eUR

eU

； m

2EkEkEk4EkEEk; k34. ⑪E，5Ek , ⑫ 若从bc边离开, E；若从cd边离开， E

qLqLqL

eE2EL1(L12L2)

yyy35. （1）磁场方向垂直纸面向外.（2）（3）. 12

4Um2UB2

（二）提高题目

1.B；2.B；3.C；4.C；5.C；6.C；7.B；8.A；9.C；10.B；11.D；12.BC；13.C；14.D；15.A；

16.A；17.A；18.A；19.B；20.AD；21.C；22.BD；23.ABD；24.B；25.C；26.C；27.AB；28.D；29.C；30.

2Ud

； 31．（1）Ek =4.0×10-16J ，（2）y=0.36cm ，（3）W=5.76×10-18J；；32. ⑪2.0m/s，

⑫4.5m；

33. ⑪2.4m/s；⑫0.10m；⑬0.96J； 34.（1）7.25 N；（2）2.5 m；（3）0.40m； 35. （1）Ekt6.41014J ，（2）t =0.06s ，（3）S =7.5ⅹ10-2m2 ；

2qU1(2dL1)236. ⑪v0 ,⑬减小偏转电压U2或增大加速电压U1 ; 2kU1,⑫k2

m2tU1

e2k11ke2

37．（1）I1 ，（2）①略，②.

2mr132r1

第十一单元 恒定电流

基本题目

22. 31w 23 6.25x1011 2:1 24 5 30 25. 略 0—3A O.17

26 （1）如下图

（2）两电阻并联为0.6

27 20或4 28 2.25W 2W 1.5W 28.

解：（1）无风时金属杆接入电路的电阻为R1

有U1

所以金属杆单位长度的电阻 R0

（2）有风时金属杆接入电路的电阻为R2 有U2

U(Rr)E

R1 得R110.5

RrR1EU1

R1

1/m L0

U(Rr)E

R2 得R220.3

RrR2EU2

R2

L00.3m R0

此时，弹簧的长度 L

弹簧的压缩量xL0

L0.2m （3分）

根据平衡条件，此时的风力Fkx260N

（3）设风速为v。在Δt时间内接触到吹风板的空气质量为Δm Δm=ρSvΔt （2分）

根据动量定理可得 FtSvtv

v

F

20m/s （2分） S

26. （1）S闭合，处于加热状态 ，S断开，处于保温状态

U2

（2）由于功率公式得 P 1

R

（3）WP1

U2

联立得 R1121,R21089 P2

R1R2

tt

P20.22KW(或7.92105J) 22

27. ⑪P=0.6W ⑫Rx=54Ω

28.

答案：．解：

(l)设电动机的电功率为P，则P=UI 代入数据解得Pr=1×103W

① ② ③

设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r

说明：①③式各2分，②式3分。

(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ρ，则

M=ρV

④ ⑤ ⑥ ⑦

设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep，则△Ep=Mgh 设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep 代人数据解得

t=2×l04s

第十二单元 磁场

（一）基本题目

1.BC 2.D 3.D 4.B 5.BC 6.A 7. A 8.B 9. A 10.A 11.C 12. (1)I1方向向左，I2方向向右；(2)F1:F2＝I1:I2；(3)（a－g）T0I1/（T0－T1）g 13. (1)

U2qU1 (2) (3)dmB2mU

q

15. OM1-

mR，t（如下左图所示，α=30º）； 312qB

3mR，t或OM1（如下右图所示，α=90º）。

32qB

EE0mgdvU4vU

16. (1) q＝(2) B＝(3) B′＝ (2)x0 17. (1)v0Ugd5gdB0B0

18. (1)2m/s，与水平成600角(2)

2mL

qE

3s 5

mg

① qB1

mg

② q

19. (1)由题意，小球P到达D前匀速：qvB1mg，v

且P带正电，过D进入电磁场区域做匀速圆周运动，则mgqE，E

(2)经1/4圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，设匀速圆周运动半径为R

v2则qvB2m③

R

设小球P、Q在第四象限相遇时的坐标为x、y，

设小球Q平抛后经时间t与P相遇，Q的水平位移为s，竖直位移为d。则

sv0t④

d

12⑤

gt2

位移关系：xsl=R ⑥ y(dh)≤0 ⑦

m2gg

联解①③④⑤⑥⑦得：0v0(2 ⑧ l)

2hqB1B2

(3)小球Q在空间作平抛运动，在满足题目条件下，运动到小球P穿出电磁场时的高度（图

中N点）时，设用时t1,竖直方向速度vy，竖直位移yQ

12

yQR＝gt1 ⑨

2

vyvgt1 ⑩

此后a=g同，P、Q相遇点竖直方向速度必同 联解得：B1=0.5B2

20. (1)-6×l0-3J (2) 0.6m （二）提高题目

1.C 2.A 3.D 4.B 5.AD 6. BD 7.AD 8.D 9.C 10. BCD 11.A 12.D

T13. (1)d＝

42qU4

(2)BmL2mU8πm

(3)B＝ q7qT0

15.6V 16. R

L 3

mv23mv

17. (1)E (2)R (3)n=3

2qd3qB

I＋mv02I12πIlπIm

18. (1) v= (2)Fmg(3)s=(n+-n为大于(

m2ml4mg2Bq4Bq32πIπIm3s=(n+)-n为大于(-的整数]

4mg2Bq4Bqg4

g1

的整数]； l4

qB0rqB02r5q2B02r2

19. (1) v(2) ①E② W

m2m8m

BqaaqB (2)有2个入射角，分别在第1、2象限， 答案图如图解得sin 2m2mv

(3)粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，且此处速度方向

20. (1)v1

水平。用ym表示该处的纵坐标，有qEym

1212

mvmmv0„„①；由题意vm=kym„„②，22

且k与E的大小无关，因此可利用E=0时的状况来求k，E=0时洛伦兹力充当向心力，

2

qBmvv0

，此时带入qv0Bm，得R00，其中的R0就是对应的纵坐标y0，因此得kmqBR0

②得ym

mvm

，将此式带入①，整理后可得 qB

2EEEE22vvmv00，解得vm

v0，舍弃负值，得vmBBBB

2

m

2

21. （1）τ/2~ τ做匀加速直线运动，τ~2 τ做匀速圆周运动，电场力：F=qE0，加速度：a=F/m， 速度：v0=at，且t=τ/2， 联立解得：v0=

qE0

。 2m

（2）只有当t=2τ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： （n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···）

v2匀速圆周运动：qvB0=m，T=2πr/v，

r

解得：B0=（2n-1）

m

。 q

（3）在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：τ- t0。 在磁场中做匀速圆周运动，v1=

qE0

(τ- t0)..。 m

圆周运动的半径：r1=

mv1

， qB0

解得：r1=

E0

(τ- t0)..。 B0

又经(τ- t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0.。 P再进入磁场，v2=

qE0

t0.。 m

圆周运动的半径：r2=

mv2

， qB0

解得：r2=

E0

t0.。 B0

综上所述，速度为零时的横坐标为x=0。 相应的纵坐标为y=

2kr1k1r2(k=1，2，3，···)

，2kr1r2

2E0k-2t0t0B0

解得：y=(k=1，2，3，···) ，

2E0k-2t0B0

22.（1）UHEHl c端电势高

（2）由 UHRH

BI

dddEHl得 RHUH IBIB

当电场力与洛伦磁力相等时 eEH=evB

得 Eh=evB 又 I=nevS 得 RHvBl

ddld1vl IBnevSneSne

（3）a． 由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P=mNt

圆盘转速为 N=P/mt

b．提出的实例或设想合理即可

第十三单元 电磁感应

（一）基本题目

1.B 2. ABD 3.D 4.D 5.C 6.B 7. A 8.C 9.A 10.A 11.A 12.B 13. B

14. (1)0.80 V，a端电势高 (2)4.0 A (3)0.80 N

2B2L12ghLmg

15.(1)R （2）q2 （3）Wmg(HhL2)。

BL12hmg

BL2vB2L1L2BL222v2v16.（1）I=E/R=（2）Q=IRt=（3）U=IRab=

RR2(L1L2)

mgI2(Rr)

17. （1）B= （2）v=

Ilmg

（3）M、N两端的电压 UMN=I0R=

BlR2gh2gh

=

RrI(Rr)

18. （1）F安= 3.0×10-2N 方向水平向左 （2）v1=0.80m/s （3）P=5.6×10-2W

2

B0kt1kl3kl19. ⑪I ⑫F ⑬BB0l

lvtrr

II2B1lI

20．（1） i=（2）vm=（3）Q=

2m40m(R1R2)m

21. （1）电机的电动势EBav

（2）pBIbB2alvblRa

（3）R0

Bnqba

bl

22. ⑪v=6m/s ⑫x=1.1m

（二）提高题目

1.B 2. B 3. D 4.A 5. D 5. D 6.A 7 D 8. B 9. AD 10. BD 11. D 14.B 15.B

16. ⑪lv1(t2t1)⑫B＝

1mgR

v)v

1(t2－t11

⑬Q2mgv1(t2t1

)122

2

m(v3v2) 17. （1）v=2m/s （2） P1.3W （3）3W

18. （1）UI14R1

4BLv b端电势高 （2）Q2B2L3vR

（3）图略

19.（1）在Δt时间内，ab棒向右移动的距离为vΔt，

这个过程中线框的面积变化量是ΔS=LvΔt 穿过闭合回路的磁通量的变化量是=BΔS=B LvΔt 根据法拉第电磁感应定律En



t

BLv （2）①当导体棒的速度为v时，产生的感应电动势为E=BLv

回路中的电流大小为I

BLv

R

由右手定则可知电流方向为从N到M

B2L2②导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为FBILv

R

由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上 当导体棒的加速度为零时，速度最大

mgsinB2 即： L2vm

R

12. D 13.C

可解得最大速度为vm20.（1）vm

mgRsin

B2L2

Em

1.0m/s （2）因为EUBLv，而B、L为常数，所以，在0~1.2s内导BL

体棒做匀加速直线运动。设导体棒在这段时间内加速度为a。设t1=1.2s时导体棒的速度为v1，由乙图可知此时电压U1=0.90V。

因为 E1U1BLv1 所以 v1

1

UBL

0.90m/s 在1.2s~2.4s时间内，根据功能原理 12mv2t121P2

mvmQ 所以 Q5.3J

（3）导体棒做匀加速运动的加速度

a

v10

0.75m/s2t

当t=1.2s时，设拉力为F1，则有

FP

1v5.0N

1

同理，设t=2.4s时拉力为F2，则有

FP

2v4.5N m 根据牛顿第二定律有

F1fF安1ma F2fF安20

mgN0

又因为 FBLU1

安1B1ILR FBLU2

安2BI2LR

fN

由④⑤⑥⑦⑧⑨，代入数据可求得：

R=0.4Ω，0.2

②

③

④ ⑤ 安

⑥

⑦ ⑧ ⑨

21. ⑪0.1J ⑫R0.4x ⑬0.4C 22．（1）I

kl1l22R

（2）在时间t内回路中产生的焦耳热QI2Rtfml2

（3）

02

B2l12at0

ma0t I

2R

第十四单元 交变电流 电磁场和电磁波

参考答案：

（一）基本题目

1. C 2. D 3. D 4.A 5. A 6. AC 7. AD 8. A 9. CD 10. ABD

（二）提高题目

1. C 2. D 3. C 4.B 5. C 6.B 7. BD 8.C 9. B 10. D 11. BC 12. C 13. C 14. A 15.A 16.A 17.D 18.B 19.C 20.D 21.D 22.BC 23.D 24.A 25.A 26.B 27.B 28.A

第十五单元 光的反射和折射 参考答案

练习题A

1. B 2. B 3. A 4. A 5. D 6. B 7. C 8. B 9. AD

10. A

11．(1)

(2)设方格纸上正方形的边长为1，光线的入射角为θ1，折射角为θ2，则sin θ1＝＝0.798，sin θ2＝

2.2

＝0.521

2.22＋3.62

sin θ

0.798

＝＝1.53 sin θ20.521

5.35.32＋42

所以该玻璃砖的折射率n＝(3) A

12．解：1800。解：在A处，sinγ1=sini1/n=1/2，γ1=300，α=i-γ1=600-300=300，γ1=γ2=γ3=γ4=300，α=γ2，AC//OD，如图所示。在出射点E处：sini2=nsinγ4=3/2，i2=600，β=i2-γ4=300=γ3，BE//OD。所以AC//BE，即出射线和入射线间夹角为1800。 解：600；光线穿过圆柱体并射出的光路图如图所示。解：由折射定律得：sinγ1=sinθ/n=1/2，γ1=300，γ1=γ2=300，γ3=θ-γ1=300。在出射处sini=nsinγ2=3/2，i=600。γ4=i-γ3=300， 所以 α=γ3+γ4=600，即出射光线偏离原方向600。

13. 解： ① 设发生全反射的临界角为C，由折射定律得： sinC = 1 / n

代入数据得 C = 45°

光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为α，折射角为β，由几何关系得α = 30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得：n = sinβ / sinα 代入数据得 β = 45°

②

43

3

练习题B组 1. C 2. A 3. B 4. BC 5. B

6. C 7. C 8. AD 9. C

10. D 11．C

12．以OB为起点，逆时针旋转，在75 0＜θ1＜120 0和150 0＜θ＜195 0范围内被照亮。光路图略。 13.

解: 画出光路图如图示:a左侧的光线在AB面发生全反射，从圆弧面上射出；a右侧的光线在AB面不发生全反射，直接从AB面射出；跟圆弧面相切的光线b，入射角为90 °,沿垂直AB面的方向射出。OC为光线射出的范围：

OC =

R

第十六单元 光的本性 参考答案

练习题：A组 1. BC 2. C 3. B 4. C 5. D 6. C 7. D 8. B 9. AC 10. A 11. A 12. C 13. A 14. B

练习题B组 1. B 2. C 3. B 4. BC 5. C 6. D 7. A 8. C 9. B 10. CD 11. A

12. A 13． ⑪E D B ⑫单缝和双缝间距5cm~10cm，使单缝与双缝相互平行 ⑬13.870 d102l

x，6.6× 14. D

2.310 ⑭

第十七单元 量子论初步和原子核

1．B 2． D 3． B 4. A 5． D 6． D 7.C 8．D 9． A 10． D 11. C 12. B 13. C 14．B 15．C 16．D 17．A 18．D 19.A 20. B 21．D 22.A 23.D 24．D 25．B 26．B 27．D 28．B 29．D 30．D

31． C 32．B 33．A 34．A 35．D 36． A 37．C 38．B 39．C 40．C 41．B 42．B 43.D 44．A 45．D 46．D 47．C 48．C 49．D 50．B

51. D 52．D 53．B 54．A 55．D 56．D 57．A 58．C 59．D 60．A 61．C 62．D 63．A 64．B 65．C 66．B 67．B 68． A 69． D 70.C 71.B 72．B 73．D 74．D 75.B

实验

一、研究匀变速直线运动

1． 0.1 2.0 0.50 2． 1.20，2.20，0.50 3．① 10.60±0.02 ② 0.96 ③ 答案见下图 ④ 3.1±0.1

4．（1）0.100 （2）如下图所示（3）1.35±0.05 （4）t=0时滑块有速度

二、探究弹力和弹簧伸长的关系

1．①L5、L6 （应读到0.01cm位）②6.85，14.05 ③L7-L3，7.20 ④ d1d2d3d4

（逐差法），1.75 ⑤28

44

2．（1）略（2）25N/m （3）20cm 3．（1）1.010×10-3 （2）42，F=42Δx （3）B （4）A 4．（1）① 7.13~7.17② 如图所示③ 弹簧的原长，25.0~25.6 （2）滑轮与轴及滑轮与细绳之间有摩擦），系统误差 三、验证力的平行四边形定则 1．C 2．A 3．（1）B，只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋拉到O点 （2）DCABEF 4．（1）bcd（2）换用不同的小重物

四、验证牛顿第二定律 1．0.71kg 2．①0.44 ② 略1.0（0.95 ~1.05）③ B 3．（1）长木板；（2）平衡摩擦力；（3）0.1s ，0.46m/s2；（4）砂和砂桶质量较大，没满足砂和砂桶质量远小于小车质量的条件。（5）F

五、研究平抛物体的运动

1．2，22 2．1.0，2.0 3．v0

测Δx、Δy1、Δy2，v0

M1

mg，mM

Mm9

x

2Lg， 0.70m./s 4．A：图略，B：选三点，t

x

g

y2y1

六、探究合外力做功与动能变化的关系（探究动能定理） 1．（1）CD （2）0.83 2．（1）刻度尺（2）ABC 3．（1）正 （2） 6.00 ，0.54 （3） 答案见下图 （4）木板的左侧垫的过高

七、验证机械能守恒定律

1．BD 2．天平、秒表、低压直流电源；低压交流电源，刻度尺，重锤

3．⑪OC，15.70；⑫1.22m，1.20m，大于，v是实际速度，因为有摩擦，重力势能一部分转化为内能

1d2

4．（1）mgh ，mv （2） A ， （3）2g

2t

八、验证动量守恒定律 1．C 2．2.16，1:2

3. （1）32.6；（2）1.83×10-2kg.m/s，1.82×10-2kg.m/s；（3）在误差允许的范围内系统动量守恒。

4．（1）C；（2）ADE或DEA或DAE；（3）m1·OM＋m2·OM＝m1·OP；m1·OM2＋m2·OM2＝m1·OP2； （4）14；2.9；1~1.01；⑤76.8

九、用单摆侧重力加速度

42Ln216002(ld/2) 1．ADEH， 2．小球直径d， 3．DF 22

tt

4π2

4．（1）A，B （2）g

k

42n2L

5．（1） A．adf B． C．偏小（2分） （2） A．2.0 B．9.76（2分） 2

t

十、伏安法测电阻 1、a ; 1000欧

2.C

3.（1）④、②，（2）电流表内接，分压电路，（3）大于

4.① D（1分）、F（1分）；

② 电路图如答图1所示（2分） 实验电路如答图2所示（2分） ③ 描点及连线如答图3所示（2分）

答图1

答图

2

④ 18.0 (17.5~18.5)（2分）

十一、测定金属的电阻率 1，B；2，AC 3，B

4，24.12～24.16；0.514～0.517； 5.① 1.125±0.001（3分） ② A（1分）；E（1分） ③ 见答图1（2分）

答图3

πd2L

④管线长度L（2分）；（3分） 4R

答图1

6（1）

（2）测出接入电路的金属丝的长度 （3）10.7；电源内电阻与电阻箱

（4）0.200mm；金属丝的电阻率；

4.03106m

十二 、 描绘小灯泡的伏安特性曲线

1、1210欧；正常发光时灯丝温度升高，使得电阻增大。 2、A 3、（1）乙2；图2电路电压可从0V调到所需电压，调节范围较大.（或图3电路不能测得0V附近的数据）。（2）5.2；111.8（111.6－112.0均给分）。（3）热敏温度计（提出其他实例，只要合理亦可）

4. （2）①C 2分

②答案见下图 3分

③

1.15~1.19 3分 ④增大 2分

小灯泡的电阻随温度升高而增大

5、①A2、V1、E2。②1.5Ω，11.5Ω，0.78W。③由R－U图线可看出，随U的增大，电阻的变化越来越小，而P＝U/R，随U的变化，功率P的变化将更加明显，故选A。

2

6、

①D F

②如答图1所示

③IA=0.24A，UV=1.60V ④如答图2所示

0.3

0.2

R E

答图1

0.1

十三 、用电流表和电压表测定电源电动势和内阻 1.B

2（1）1.5V、0.2Ω； （2）0.4Ω、1.25W； （3）4：1；1：1 （4）2.81W

3.（1）甲；（2）A、C、E；（3）乙；（4）1.5；0.5；

4.（1） ① D ； B ； F ② 4.4 ； 1.6 ③ A

（2）① D ； ② 1.48 ； 0.81

5.

①如上图 ②如上图 ③如右图 ④1.5（1.46~1.54） 0.3（0.25~0.35）

十四、 把电流表改装为电压表

1、A

2、0.3；串，27；串，120

3、（1）D、C、F （2）5.0V

（3）电路连接如图D-1所示。 （4

） 4、（1）乙，D、E；（2）>

5、（1）并；56；

（2）电路图如图D-2，实物图略。

6.⑪①B C F ②B C A E ③300 略小于 ④串 19.7

十五、测定玻璃的折射率

1.C D

2.（1） 不变 （2） 变小 （3） 不变

3. (1)1.73 (2)P4 (3)1

4．甲

5．（1）y2/y1 （2）沿P1 P2方向的入射光线在玻璃砖底边的界面上发生了全反射。

6． ACD

7.直径转过的角度θ，1/sinθ

十六、用双缝干涉测光的波长

1. C 2. B 3. ABC 4. D 5. A 6. ABD

7.①11.4 ②16.7 ③减小测量的绝对误差（或提高测量的精确度）；

8.单缝屏；双缝屏；单缝屏；双缝屏；594.0。

十七、用油膜法估测分子的大小

例：（1）① d = VA

NXa2 ② X = 62（60～65均给分）

习题：

1．A

2．5×10-10m

3．① c、a、d、b

② 61010

6.6×10-7