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模块一：直线运动和相互作用（）答案1、 答案：C 解析：选项A是亚里士多德的观点，他还认为重的物体下落快，选项A错误；伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，即vt，但是在伽利略的时代，技术不够发达，无法直接测出瞬时速度，所以无法直接用实验验证猜想，选项B错误；实际上，伽利略根据vt，运用数学推算出xt2，所以只要测出物体通过不同位移所用的时间，就可以验证猜想，但物体下落得太快，使用当时的计时工具还无法测出时间，伽利略采用了“斜面实验”，“冲淡重力”并验证了位移与时间的平方成正比，选项C正确，D错误。2、 答案：B解析：v-t图象的“面积”表示位移，所以0-4s内的位移大小为s=S=，平均速度是v=s/t=5m/4s=1.25m/s，选项AC错误；v-t图象的斜率表示加速度，所以0-1s内加速度是a=k=2m/s2，选项B正确；0-4s内的v-t图象均位于横轴上方，这表示速度的方向相同，即与规定的正方向相同，选项D错误。3、 答案：C 解析：由于F2=30NFsin30=25N，由三角形定则可知，合力F的分解可以有两组解，即F2有两个可能的方向，只有选项C是正确的。4、 答案：C 解析：根据结论“做匀变速直线运动的物体的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”可知，选项C正确。5、 答案：C 解析：先用隔离法，选取A为研究对象，A必受到B对其施加的水平向左的摩擦力，所以A对B施加了水平向右的摩擦力；再运用整体法，选取A和B组成的系统为研究对象，系统做匀减速运动，合力方向向后，即地面对系统或B物体施加了水平向左的摩擦力；最后再选取B为研究对象，其共受到6个力的作用：竖直向下的重力，A对其竖直向下的压力和水平向右的摩擦力，地面对它竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力以及水平拉力F，故选项C是正确的。6、 答案：B 解析：在反应时间内，汽车做匀速运动，运动的距离=设刹车时汽车的加速度的大小为，汽车的质量为，有自刹车到停下，汽车运动的距离，所求距离 由以上各式得约为200m。7、答案：ABC 解析：施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力G、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T（受力图略），其中T=20N，根据平衡条件可求出，f=Gsin30-T=20N；施加拉力F后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，则F+f+T=Gsin30，即F+f=20N，摩擦力f随着F增大而较小，当F=20N时，f=0，若F20N，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以F+TGsin30+fm，代入数据可得，F45N，所以测力计读数在045N之间，本题正确选项为ABC。8、答案：AD 解析：若是x-t图象，图象的斜率表示速度，根据题图，该图线在第1s内的斜率不为零，而第3s内的斜率为零，这说明物体在第1s内的速度大于第3s内的速度，该图一定不是x-t图，一定是v-t图，选项B错误，A正确；v-t图象的纵坐标表示瞬时速度，根据题图，该物体的速度先增大（02s）后不变（24s）然后再逐渐减小（46s），所以选项C错误；v-t图象的“面积”表示位移，根据题图，该“面积”越来越大，所以物体的位移越来越大，所以选项D正确。9、答案：ABC 解析：滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，即选项C是正确，选项D是错误的；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则vv1，选项A是正确的，当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v=v1，故本题应选ABC。10、答案：AD解析：取m1、m2的两个物体为整体受力分析可得：竖直方向有：、，选项A、D是正确的，选项C是错误的；对m2受力分析可得：，即，选项B是错误的。模块一：直线运动和相互作用（）答案 1、答案：B 解析：做竖直上抛运动的物体，要先后经过上升和下降两个阶段，若1s后物体处在下降阶段，即速度方向向下，速度大小为10m/s，那么，1s前即抛出时的速度大小为0，这显然与题中“以一定的初速度竖直向上抛出”不符，所以1s后物体只能处在上升阶段，即此时物体正在A点上方，速度方向向上，故本题正确选项为B。2、答案：C 解析：自驾驶员急踩刹车开始，经过t=v0/a=4s汽车停在运动，所以，2s时汽车的位移为s1=v0t-=30m，5s时汽车的位移为s2=，所以s1s2=34，即选项C正确。3、答案：C 解析：处在最高层的那个人共受到三个力的作用而处于平衡状态：竖直向下的重力、两只腿受到的竖直向上的支持力，每个支持力大小为；根据牛顿第三定律，处在中间层的那两个人每人承受了竖直向下的压力，大小为，对中间层的那两个人受力分析，同理可得，他们每只腿对最底层人员的压力大小为；分析最底层正中间那个人的受力情况，其共受到五个力的作用：竖直向下的重力G、两个竖直向下的正压力（大小均为）和两只腿受到的竖直向上的支持力（设大小均为N），根据平衡条件，可得2N=G+，所以N=，根据牛顿第三定律，这个人的一只脚对水平地面的压力约为。本题正确选项为C。4、B解析：小球受重力、墙面的压力、木板的支持力而处于静止状态，故墙面的压力、木板的支持力的合力必与重力等大反向设木板与竖直墙面的夹角为，由受力分析知，墙对球的压力大小为N1mgcot，球对木板的压力与木板对球的支持力大小相等，故N2.当木板由图示位置缓慢转至水平时，角逐渐增大，N1、N2始终减小，B正确5、答案：A 解析：本题可以把汽车所处的两个位置看做是汽车静止在两个倾角不同的斜面上；设a点和b点位置所对应的斜面倾角分别为1和2，则12，因为汽车静止在倾角为的斜面上时共受到三个力的作用：竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和平行于斜面向上的静摩擦力f，三力平衡，所以N=mgcos，f=mgsin，因为12，所以mgcos1mgcos2，mgsin1mgsin2，即N1N2，f1f2，选项A正确，B错误；车在两个位置均处于静止状态，合外力均为零，选项C错误；车在a点受的重力的下滑分力mgsin1小于在b点受的重力的下滑分力mgsin2，选项D错误。6、答案：A 解析：根据题图，在t=2s时，甲球速度为20m/s，乙球速度为-20m/s，所以它们速率相等，选项A正确；结合图象，利用“面积”求位移，可知甲、乙两球在t=8s时同时回到出发点相遇，所以选项BC错误；根据图象，在整个运动过程中，两条图线的斜率保持不变，这表示它们做的是匀变速直线运动，甲、乙两球刚开始做初速度方向相反的匀减速直线运动，当它们速度减为零后，又反向折回做初速度为零的匀加速直线运动，因为两条图线的斜率一正一负，绝对值不同，这说明它们的加速度方向相反，大小不同，选项D错误，故本题正确选项为A。7、答案：BCD 解析：根据题图，刚开始，甲在乙的前面，甲、乙相距20m，025s时间内，甲做匀速直线运动（因为位移图像是倾斜直线），速度大小为v甲=20m/25s=0.8m/s，在t=25s时距离甲的初始位置20m；在010s这段时间内，乙物体位移始终为零，说明物体处于静止状态，在10s25s这段时间内，乙物体的位移图线是一条倾斜直线，说明乙物体在做匀速直线运动，速度大小为v乙=40m/15s=m/s，在t=25s时距离初始位置40m。根据以上分析，当乙开始运动时，甲已经向前运动了0.8m/s10s=8m，两物体相距20m+8m=28m，选项A错误；在010s这段时间内，位于前方的甲向前运动，而乙静止不动，物体间的距离逐渐变大，选项B正确；在10s25s这段时间内，甲乙两物体均做匀速直线运动，但乙的速度大，所以物体间的距离逐渐变小，选项C正确；根据选项BC可知，两物体在10s时相距最远，又因为在t=25s时，两图线相交，表示两物体相遇，所以选项D正确，即本题选项为BCD。8、答案：AC 解析:设h3=h,则由v2=2gh,得v=.得v1v2v3= =1.由t=得t1t2t3=.b与a开始下落时间差t1=（ -）.c与b开始下落时间差t2=（-1）.故选项A、C正确.9、答案：BC 解析：A、B、C均处于平衡状态，先对物体A受力分析，其在竖直方向上受到重力和物体B对其施加的竖直向上的支持力作用，二力平衡，在水平方向上肯定不会受到单个摩擦力作用，所以物体A受到2个力的作用，选项A错误；再把物体A、B看做一个整体，该整体除了受到重力和垂直斜面向上的支持力作用外，肯定还受到沿斜面向上的摩擦力作用，三力平衡，选项D错误；选取物体B为研究对象，其共受到4个力的作用而平衡：重力、物体C施加的垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的摩擦力和物体A对物体B的压力，其中支持力和摩擦力的合力就是物体C对物体B的作用力，因为支持力和摩擦力的合力与另外两个力即重力和压力的合力等大反向，而重力和压力的合力方向是竖直向下的，所以支持力和摩擦力的合力方向是竖直向上的，即物体C对物体B的作用力竖直向上，选项BC正确。10、BD解析：对O点受力分析如图所示竖直方向有：2TcosMg，所以T，当增大时，T增大对m受力分析如图所示TT.水平方向有：TsinFN，当增大时，T增大，T增大，sin增大，所以FN增大；竖直方向有：TcosmgFf，解得Ffmg，所以Ff不变模块二：力和运动的关系（） 答 案1、答案：.B 解析：当物体所受合外力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以选项C错误；在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向轨迹的凹侧，据此可知，选项B正确，AD错误。2、答案：B 解析：由匀变速直线运动规律，可得：，即选项B是正确的。3、C 解析：不施加F时，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma，解得agsingcos；施加F后，相当于物体的重力增加了F，而质量无变化，又由牛顿第二定律有：(Fmg)sin(Fmg)cosma，解得a(gsingcos)，所以加速度变大，C正确4、答案：B 解析：设在最低点时，碗对物体的支持力为F，则F-mg=m ，解得F=mg+m。由f=F解得= ，选项B正确。5、答案：B 解析：选项 A中，当t=2s时，x=0，这表示物体在t=2s内位移为0，其实物体做的是往返运动；v-t图象与坐标轴所围图形的“面积”大小表示位移大小，图形方位表示位移方向，当图形位于时间轴上方时表示位移方向为正，当位于下方时表示位移方向为负，观察选项图可知，选项B中的“图形”只位于横轴上方，这表示物体在t=2s内位移方向为正，大小等于图形的“面积”，而选项CD中的“图形”由两部分组成，它们分居横轴上下两侧，且两部分图形的“面积”大小相等，这表示物体在t=2s内位移均为0。6、答案：D 解析：因为A和B均静止不动，所以可以把它们看做一个系统，运用整体法，该系统在水平方向上受到大小均为F、方向相反的两个水平力的作用，这两个力的合力为零，所以不可能再受到地面摩擦力的作用，而在竖直方向上只受到重力和地面支持力的作用而平衡，所以地面的支持力大小一定等于（M+m）g，所以选项B错误，D正确；选取A为研究对象，把B对A的作用力记为T（注意这里的T可能是B对A垂直斜面向上的支持力和沿斜面方向上的摩擦力的合力），物体A就只受到三个力的作用：竖直向下的重力mg、水平向右的推力F和B对A的作用力T，三力平衡，T与重力mg和水平推力F的合力等大反向，若该合力垂直于斜面，T就垂直于斜面，A与B之间不存在摩擦力，此时T就是B对A的支持力，并且Tmg，所以选项AC错误。7、答案：BD解析：飞机起飞时飞机中的乘客的加速度具有竖直向上的分量，乘客处于超重状态，选项A错误；选项B中跳水运动员的加速度方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确；下行电梯将要到达指定楼层时做减速运动，电梯中的乘客的加速度竖直向上，所以其处于超重状态；选项D中，宇航员在引力作用下加速度竖直向下，处于失重状态，选项D正确。8、答案：BC 解析：水平风力只影响小球在水平方向上的分运动，所以该球从被击出到落入A穴所用时间为，所以选项A错误，B正确；因为高尔夫球竖直地落入A穴，所以此时球在水平方向上的分速度减为零，即球从被击出到落入A穴，沿水平方向上做的是匀减速直线运动，并且其末速度为零，设球被击出时的初速度为v，则，所以v=L，所以选项C正确，D错误。9、BD解析：平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，因ygt2, yaybyc，所以b和c飞行时间相等且比a的飞行时间长，A错误，B正确；因xvt，xaxbxc，tatbtc，故vavbvc，C错误，D正确10、答案：BC 解析：F1指小球的重力，其施力者是地球，选项A错误；F2是弹簧对小球的作用力，其反作用力是小球对弹簧的作用力F3，F3的施力者是小球，选项BC正确；F4是天花板对弹簧的作用力，其反作用力是弹簧对天花板的作用力，选项D错误。模块二：力和运动的关系（）答案1、答案：D 解析：猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动可以看做类平抛运动，其运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合外力恒定（因为加速度恒定），所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地速度的大小为；t时间内猴子对地的位移大小为，即选项D是正确的。2、答案：A 解析：先对竿上的人受力分析，其受到重力mg和杆对其竖直向上的摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律，mg-f=ma；再对杆受力分析可知，站在地上的人对杆竖直向上的作用力F=Mg+f；联立以上两式可得，F=（M+m）g-ma，根据牛顿第三定律，杆对地面上的人的压力大小也为（M+m）g-ma。3、答案：C 解析：对小球受力分析，由三力平衡，由几何关系可得F = mgtan。4、答案：D解析：刚开始，木炭包与传送带的速度不同，它们之间发生相对运动，木炭包必受到水平向右的滑动摩擦力的作用，设木炭包的质量为m，木炭包与传送带间的动摩擦因数为，则滑动摩擦力的大小为f=mg，木炭包在f的作用下，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a=g，直到木炭包的速度增加到与传送带相同，然后随传送带一起运动，设传送带自左向右匀速运行的速度为v，则木炭包加速运动的时间t=v/a=t=v/g，径迹的长度l=vt-，联立各式可得l=，可见，径迹的长度与木炭包的质量无关，只与v和有关，v越大，越小时，径迹的长度越长，选项BC错误，D正确；木炭包匀速运动前，与其接触并被染黑的传送带上各点的速度较大，相继运动到木炭包的右面，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A错误。5、答案：D 解析：初速度为零的匀变速直线运动推论：（1）静止起通过连续相等位移所用时间之比t1t2t31（1）（）；（2）前h、前2h、前3h所用的时间之比为1在本题中，三把飞刀做的都是斜抛运动，斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动。因为三把飞刀都是垂直打在木板上，所以飞刀在竖直方向上做匀减速直线运动，且末速度为零，而在水平方向上做匀速直线运动。采用逆向思维，把飞刀在竖直方向上的运动看作是初速度为零的匀加速直线运动，运用上述推论可知，三次飞行时间之比为tMtNtP=1，根据公式v=gt可知，三次初速度的竖直分量之比为vyMvyNvyP=1，所以选项BC错误；设O点到竖直墙的水平距离为L，三次初速度的水平分量分别为vxM、vxN和vxP，它们也是三把飞刀击中木板时的合速度，则vxMtM=vxNtN=vxPtP=L，又tMtNtP=1，所以vxMvxNvxP=1，可见，它们大小不等，所以三把刀在击中板时的动能不相同，选项A错误；因为tan=，所以tan1:tan2:tan3=3:2:1，123，选项D正确。6、答案：C 解析：选取滑块为研究对象，其肯定受到竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N（大小为mgcos）和沿斜面向上的摩擦力f的作用，可能还会受到沿斜面向上的弹簧弹力F的作用，当较小，即mgsinmgcos时，弹簧弹力F=0，代入数据可得此时/6，据此可排除选项AB；当mgsinmgcos，即/6时，F0，根据平衡条件可得F=mgsin-mgcos，当=/3时，F=mgmg，所以选项C正确，D错误。7、答案：ABC 解析：如果传送带足够长，小物块滑上传送带后，先在恒定的滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，直至速度减为零，然后在相同的滑动摩擦力的作用下反向做匀加速直线运动，直至速度大小达到v1，之后随传送带一起运动，如选项B所示图象；若小滑块滑到传送带最左端时，速度刚好减为零，则对应于选项C所示图象；若小滑块滑到传送带最左端时，速度还没有减为零，则对应于选项B所示图象；选项D图象描述的过程是小滑块先向左做减速运动，直到速度减为零，然后继续向左做加速运动，这显然是不可能的。故本题正确选项为ABC。8、答案：ABD 解析：演员和摩托车在沿虚线做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，对系统受力分析，如图所示，根据系统在竖直方向上平衡有，Ncos=mg，所以N=mg/cos，合外力F=Nsin=mgtan，其中为侧壁与水平方向的夹角，可见，筒在A处对系统的支持力等于B处的支持力，系统在A处的向心力等于B处的向心力，所以选项D正确，根据牛顿第三定律，选项C错误；根据关系式F=mv2/r=m2r及rArB，可知vAvB，AB，所以选项AB正确。9、答案：BD 解析：因为是动滑轮，绳子张力处处相等。由几何关系可知，选项B正确；由合力一定时，两分力与夹角的关系知选项D也正确。10、AD解析：A做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，满足关系式hgt2，水平方向上为匀速直线运动，满足关系式xvt，B做自由落体运动，因为A、B从同一高度开始运动，因此两者在空中同一时刻处于同一高度，即使两者与地面撞击，反弹后在空中也是同一时刻处于同一高度，而A在水平方向一直向右运动，因此A、B肯定会相碰，D项正确；当A的水平速度v足够大时，有可能在B未落地前二者相碰，因此A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度，A项正确模块三：力学综合（）答案1、答案：D 解析：本题考查物理学史。牛顿在前人（如第谷、开普勒、笛卡尔等）研究的基础上，借助自己的力学成就总结出了万有引力定律；1798年，即在牛顿发现万有引力定律一百多年以后，英国物理学家卡文迪许用扭秤实验证明万有引力定律是正确的，并测出万有引力恒量，选项A错误；开普勒对第谷长期天文观察的结果进行了创造性的研究与思考，开始他想用哥白尼的太阳系模型说明火星的运行轨道，但与第谷的观测结果有8分的误差，从而大胆地摒弃了天体做匀速圆周运动的观点，建立了开普勒定律，对行星的运动做出了更科学、更精确的描述，选项B错误；亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，物体越重下落越快，选项C错误；显然，选项D正确。2、答案：B 解析：根据开普勒行星运动定律可知，只有选项B是正确的。3、答案：D 解析： 由平衡知识可知，则两者质量不等 ，所以重力势能变化量不等，选项BC错误；由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以选项A错误；再由功率可知重力的瞬时功率相等，选项D正确。4、答案：B 解析：若地面对车的支持力恰好为零，那么车的重力提供向心力，即mg=mv2/r，所以v=7.9 km/s，故正确选项为B。5、答案：B 解析：设绳长为L，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L/4位置处，因绳A较长。若hA=hB ，A的重心较低，WAhB 两根绳子重心无法知道谁高谁低，因此可能WAWB，页可能WA=WB,因此选项B正确，选项D错误；若hAhB，则一定是A的重心低，因此一定是WAG，且h越大N越大，故选项BC正确。9、AC解析 从图象可以看出前3 s货物加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，故A对最后2 s加速度大小为3 m/s2，所以货物受除了受到重力还受到拉力，故B错前3 s和后2 s内货物的平均速度都是3 m/s，故C对第3 s末至第5秒末货物匀速上升，除了受到重力，货物还受到拉力，拉力做正功，机械能不守恒，故D错10、BD解析 撤去F后的一段时间内，由于运动过程中弹力不断变化，物体先做变加速运动，后做变减速运动，再做匀减速运动，A错误；设撤去F后，物体刚运动时加速度为a，根据牛顿第二定律：kx0mgma，解得ag，B正确；物体做匀减速运动的位移为3x0，由3x0gt2，解得t，C错误；当弹力与摩擦力大小相等时，速度最大，此时kx1mg，该过程物体向左运动的位移为xx0x1x0，克服摩擦力做的功Wmg(x0)，D正确模块三：力学综合（）答案1、答案：A 解析：根据题图，在4-6s内，水平推力F=2N，物体以v=4m/s的速度做匀速直线运动，这说明物块受到的滑动摩擦力f=F=2N，又f=mg，所以mg=2N；在2-4s内，水平推力F=3N，物体做匀加速直线运动，加速度a=2m/s2，根据牛顿第二定律，有F-f=ma，联立以上各式并代入数据可得m=0.5kg，=0.4 ，即本题正确选项为A。2、B解析：卫星绕行星表面做匀速圆周运动，则Gm，在行星表面有：Gmg，由弹簧测力计的读数可知：g，联立解得：M.3、答案：C 解析：当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，即：，接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度，两式联立得h=，这样B上升的最大高度H=h+R=4R/3，即选项C正确。4、答案：A 解析：t1时刻前，P=F0v0=fv0，即摩擦力f=F0；t1时刻，P=F1v0，可见，牵引力F1=F0，又F1-f=ma1即F0-F0=ma1可得，a1=-F0/2m，负号表示加速度方向与速度方向相反，汽车做减速运动；t1t2时间内，发动机功率保持P不变，速度继续减小，选项CD错误；根据P=Fv可知，当速度减小，功率不变时，牵引力F逐渐增大，由F-f=ma即F-F0=ma可知，加速度a逐渐减小，选项A正确，B错误。5、答案：B 解析：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析选项B正确。6、答案：C 解析：根据，可得23432)(2hRGMTaa+=）（2）（同步神七p，正确选项为C。7、BC解析：小球从D点运动到A点，由动能定理有mg(H2R)mvA2，解得：vA，小球运动到A点且做平抛运动应满足条件vA0，故H2R，选项C正确，选项D错误；小球经过A点做平抛运动，根据平抛运动规律：xvAt,2Rgt2，解得x2，选项A错误，选项B正确8、答案：BC 解析：根据运行图可知，“天宫一号”的轨道半径大；根据万有引力提供向心力有可得，可见，轨道半径较大的“天宫一号”的线速度、向心加速度较小，选项A错误，B正确；“神舟八号”适度加速后，其万有引力小于向心力，“神舟八号”将做离心运动，所以有可能与“天宫一号”实现对接，选项C正确；因为不知“天宫一号”和“神舟八号”的质量，所以无法比较它们受到的地球的万有引力的大小，选项D错误。9、答案：ABD 解析：若开始Fmg，则环受力如图甲所示，随v减小，F减小，FN减小，Ff减小当FN0时，Ff0，以后匀速，D正确若开始Fmg，则环保持匀速运动，A正确若开始Fmg，受力如图乙所示，v减小，F减小，FN增大，Ff增大，运动加速度增大，在vt图象中曲线斜率变大，B正确10、答案：AD 解析：施加推力前，B对A的摩擦力沿斜面向上，大小等于GAsin（为斜面倾角），施加推力F后，若F=2GAsin，则B对A的摩擦力大小不变，方向相反，A仍然静止，选项A正确，B错误（其实，A、B之间的摩擦力也可能变大，设A、B之间的最大静摩擦力为fm，fm肯定大于GAsin，则当2GAsinFGAsin+fm时，A仍然静止，而B对A的摩擦力变大）；因为AB未运动，弹簧长度未变，弹力一定不变，选项D正确；把A、B看做一个系统，施加推力前，该系统只受到重力G和弹簧弹力N的作用而处于平衡状态，施加推力F后，其受力如图所示，其中重力G和弹簧弹力N等大反向，因为系统仍然平衡，所以在竖直方向上肯定还受到竖直向下的摩擦力的作用，选项C错误，故本题应选AD。模块四：选修3-1（） 答案1、答案：D 解析：电势的大小是相对于参考位置来说的，电势为零的位置就是参考位置，参考位置是可以任意选取的，显然，选项A错误；只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，所以选项B错误；公式U= Ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故选项C错误；正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确。2、C解析：由于在移动电荷过程中克服电场力做功，故电场力应指向Q，所以点电荷Q为负电荷，作出Q的电场线，如图所示A点比B点离负电荷Q更近，故B点电势高于A点电势，A错；在点电荷Q产生的电场中，A点比B点离点电荷Q更近，故A点电场强度较大，B错；电荷在电场中某点的电势能等于把电荷从该点移到选定的零势点的过程中电场力所做的功，所以q1、q2两电荷在A、B两处的电势能相等，D错；将q1、q2分别从A、B两点移到无穷远过程中，克服电场力做的功相等，q1对应的电势差U1比较大，由WqU可知，q1q2，C对3、答案：A 解析：若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，符合题意；若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意；若R3短路，则电压表示数为零，不符合题意；若R1断路，则电流表示数为零，也不符合题意。故本题正确选项为A。4、B 解析： 每户两只白炽灯被两只LED灯替换后，节约电功率为120 W20 W100 W，每天按照五个小时用电计算，节电0.5 kWh，全年按照360天计算，节电180 kWh，全国按照四亿家庭计算，节电7.21010 kWh，故选项B正确5、答案：B 解析：本题考查安培力的产生条件。磁场对通电电流有力的作用，将导体放入磁场，不通电也就无电流，无电流也就不会受到力的作用，选项D错误；通电导体放入磁场中，也不一定就受到磁场力的作用，当导体与磁场方向平行时，导体不受磁场力的作用，当导体与磁场垂直时，导线受到的力最大，其他情况下，受到的力介于0与最大值之间，由此可见，选项AC错误，B正确。 6、答案：B 解析：根据，可得，可见，质子被加速获得的最大速度受到D形盒半径和磁感应强度的制约，即可通过增大D形金属盒的半径和增大磁场的磁感应强度来增大带电粒子射出时的动能，选项B正确。7、BD解析：带电粒子所受的电场力与平行板电容器垂直，粒子做直线运动，由受力分析可得粒子所受的电场力与重力的合力必与运动方向相反，粒子做匀减速直线运动，A、C错误，D正确；因电场力做负功，故粒子电势能逐渐增加，B正确8、答案：AC 解析：三个粒子均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的质点的加速度大小等于g，带正电的质点的加速度大于g，带负电的质点的加速度小于g，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式可得，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t负t不带电t正，又因为它们的水平位移x=v0t，所以x负x不带电x正，选项AC正确，B错误；因为三种粒子到达负极板的过程中，电场力对带正电的质点做正功，机械能增大，对带负电的质点做负功，机械能减小，对不带电的质点不做功，机械能不变，所以它们的动能E甲E乙E丙，选项D错误。9、答案：BCD 解析：当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同时存在的另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B2B1sin60=T，所以B2的不可能值为T，选项A错误，BCD正确。10、答案：BCD 解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据洛伦兹力提供向心力有，可得，所以、，则，所以选项BCD正确。模块四：选修3-1（）答 案1、答案：D 解析：根据v-t图象可知，该负电荷在CD间运动的电场力逐渐减小，到D点时速度减为零，加速度为零，合外力也为零，根据平衡条件有，代入数据，可得QA=+4Q，本题正确选项为D。2、答案：A 解析：由于带点质点做曲线运动，其所受电场力的方向必定指向轨道的凹侧，且和等势面垂直，考虑到质点带负电，所以电场线方向是从c指向b再指向a，根据沿着电场线的方向电势逐渐减小，可知UcUbUa，故选项A正确；质点带负电，且P点的电势低于Q点，根据负电荷在电势越低的地方电势能越大，可知带电质点在P点的电势能比在Q点的大，选项B错误；根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，选项C错误；由于相邻等势面之间的电势差相等，P点处的等势线较密，所以EPEQ，qEPqEQ，根据牛顿第二定律，带电质点在P点的加速度比在Q的加速度大，选项D错误。3、答案：A 解析：直流电源的总功率P总=IE，所以直线OAC的斜率值就是电源电压值，即E=3V；因为直流电源内部热功率Pr=I2r，将I=3A，Pr=9W代入可得，r=1；线段AB表示I=2A时电源的输出功率，即P出=P总-Pr=IE-I2r=2A3V-（2A）21=2W；I=2A对应的外电阻R=，选项A是正确的。4、答案：A 解析：滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，变阻器两端的电压增大，电容器C极板间电压也增大，根据关系式Q=CU可知，电容器C上电荷量增大，选项C错误；滑动变阻器接入电路的阻值增大时，外电路电阻R增大，干路电流I=E/（R+r）减小，路端电压U=E-Ir增大，所以电流表读数变小，电压表读数变大，选项A正确；流过灯泡的电流等于干路电流，根据P=I2RL可知，当I减小，RL不变时，灯泡的实际功率P减小，所以小电泡L变暗，选项B错误；干路电流I变小，电源的总功率P总=EI也变小，选项D错误。5、答案：B 解析：根据洛伦兹力提供向心力有，可得，即，显然，选项ACD错误；将代入可得，选项B正确。6、答案：C 解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq，即只要满足E =Bv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，故选项A、B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平抛运动，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。7、答案：BC 解析：若沿z正向，根据左手定则可知，安培力指向y轴负方向，导线不可能平衡，所以选项A错误；若沿y正向，安培力指向z轴正方向，根据平衡条件可得BIL=mg，所以B=mg/IL，选项B正确；若沿z负向，安培力指向y轴正方向，根据平衡条件可得BIL=mgtan，所以B=mgtan/IL，选项C正确；若沿悬线向上，安培力垂直于悬线指向左下方，导线不可能平衡，所以选项D错误。8、答案：AD 解析：通过作图找出点电荷Q的位置，并设a、b间距为2l，则a、b两点距点电荷的间距分别为l和，如上图右图所示；根据点电荷周围的场强公式，及ra=l和rb=，可知EaEb=31，故选项A正确；FaFb=qEaqEb=EaEb=31，选项B错误；因为越靠近场源正电荷电势越高，所以，选项C错误；检验电荷q带负电，又，所以ab，选项D正确。9、答案：ACD 10、答案：AC 解析：现要使电子束偏转回到P点，可行的办法可分为两大类：一类是不改变电子在磁场中的偏转角度，而将圆形磁场区域向屏幕靠近些；另一类是不改变屏幕的位置，而是减小电子在磁场中的偏转角度，具体做法包含三个方面：（1）增大加速电压，以提高射入磁场时粒子的速度；（2）减小偏转磁场的磁感应强度；（3）将圆形磁场的半径减小些。综上可知，只有选项AC正确。模块五：力电综合（）答案1、B解析：将T1、T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T1sin45T2 sin45，T1cos45T2cos45G，解得：T1T2G，B正确2、答案：C 解析：由于阻力做功，物体下滑到地面时速度v小于初始速度v0，物块在斜面上做匀变速运动，但前后两段受力不同，加速度不同，平均速度不同，上升阶段平均速度，下降阶段平均速度则，且，上滑时间，下滑时间，综上可判断正确选项为C。3、A解析： 小球在运动过程中受到重力G、水平拉力F和细线的拉力T，根据动能定理可知，WGWFWTmv22mv120，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的拉力不做功，所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等，它们的功率大小也相等；根据运动的分解可知，小球沿竖直方向的分速度逐渐增大，因此克服重力做功的功率逐渐增大，即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确4、答案：B 解析：根据题意，带正电的试探电荷在f点的电势能高于d点的电势能，又因为正电荷的电势能越高，代表这个地方的电势越高，所以f点的电势高于d点的电势，选项C错误；因为f点的电势高于d点的电势，这说明c等势线上各点电势高于a等势线上各点电势，又因为顺着电场线方向电势越来越低，所以连接M、N 处两点的电场线由N指向M，故N点处放置的是正电荷，选项A错误；根据等量异种电荷周围电场线的分布情况，可知，d点的场强方向与f点的场强方向肯定不同，所以选项D错误；a等势线左边临近各点的电势较低，所以正电荷在沿直线由d点移动到e点的过程中，电势能先减小后增大，即电场力先做正功、后做负功，或者根据电场力方向与运动方向间的夹角判断，选项B正确。5、答案：B 解析：粒子能水平通过电容器则,则改变电荷量不会打破平衡使粒子的运动轨迹发生改变。6、B解析：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值U2为380 V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1P2，由P1U1I1得I19.1 A，B正确7、答案：BD 解析：物体在水平恒力F1作用下匀速运动，水平方向有。作用力变为斜向上的恒力F2时，设F2与水平方向的夹角为，物体匀速运动时在水平方向有，故（其中），因而两力大小关系不确定。但两种情况下物体均匀速运动，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，第二种情况下摩擦力小，因而必有 v1v2，故选项B、D正确。8、ABD解析： 由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，A项正确；当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不变，B项正确；家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，C项错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D项正确9、答案：BD 解析：若a接正极，b接负极，磁场向上，e接正极，f接负极，导体棒中电流向外，根据左手定则，导体棒受力向左，向左滑动，选项A错误；若a接正极，b接负极，磁场向上，e接负极，f接正极，导体棒中电流向里，根据左手定则，导体棒受力向右，向右滑动，选项B正确；若a接正极，b接负极，磁场向下，e接正极，f接负极，导体棒中电流向外，根据左手定则，导体棒受力向右，向右滑动，选项C错误；若a接正极，b接负极，磁场向下，e接负极，f接正极，导体棒中电流向里，根据左手定则，导体棒受力向左，向左滑动，选项D正确。10、答案：ACD 解析：电子在电场中运动时的加速度大小不变；若电子在t=0时刻进入，在0T/2 时间内，它将竖直向上的电场力的作用下做匀加速直线运动；在T/2T 时间内，它将在竖直向下的电场力的作用下做匀减速直线运动（加速度大小仍为a），到t=T时刻电子的速度减为零，之后电子继续向上重复前面的运动，可见，电子一直向B板运动，选项A正确，B错误；若电子在t=T/8 时刻进入，则在T/8T/2 时间段内，它将竖直向上做匀加速直线运动；在T/2T 时间段内，它将做匀减速直线运动，到t=T时刻电子的速度已经变为竖直向下向A板运动，但还没有运动到A板，之后电子继续向上重复类似于选项A中所描述的运动，可见，选项C正确；若电子是在t=T/4时刻进入，则在T/4T/2 时间段内，它将竖直向上做匀加速直线运动；在T/23T/4 时间段内，它将继续竖