2013年高考物理二轮复习精品学案（打包下载）

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题一
直线运动
【重点知识解读】
匀变速直线运动规律：
速度公式vt=v0+at ；
位移公式；
位移和速度的关系 vt2－ v02=2as。
2.重要推论：①在相邻相等时间里的位移差为一恒定值，邻差公式：Δs=aT 2，，隔差公式：sm－sn＝（m－n）aT2，据此可判断物体是否做匀变速直线运动
①在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即
3.解答匀变速直线运动的方法是：根据题述的运动情景，必要时可以画出过程示意图，标出各个状态的运动量，应用匀变速直线运动的三个基本公式和重要推论列方程解答。
4.追击和相遇问题是指两物体同时到达空间某一位置。分析此类问题要认真审题，挖掘题中隐含条件，寻找两物体之间的位移关系和速度关系。解答追击和相遇问题的基本思路是：先分别对两物体进行研究，弄清两物体的运动性质，画出运动过程示意图，然后找出时间关系、速度关系、位移关系，并列出相应方程，联立解得。对于相向运动的物体，当两者发生的位移之和等于开始时两物体的距离时即相遇。对于同向运动的物体，两者速度相等是能追上、追不上、两者距离有极值的条件。
【高考命题动态】直线运动是现实中经常看到的运动。匀速直线运动和匀变速直线运动是运动学中的重要模型，也是高考命题重点和考查热点。研究近年高考可以看出，每年高考题中都有单独考查直线运动的试题，预测在2013年高考中，可能单独考查直线运动，也可能与其它知识综合考查相关知识。
【最新高考题分析】
例1（2012·上海物理）小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为，（g取10m/s2 ） （ ）
（A） 三个 （B）四个 （C）五个 （D）六个
【答案】：C
【解析】：初速为6m/s的小球竖直上抛，在空中运动时间t=2v/g=1.2s，所以第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为五个，选项C正确。
【考点定位】此题考查竖直上抛运动。
例2（2012·江苏物理）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是
.【解析】：皮球竖直向上抛出，速度逐渐减小，受到空气阻逐渐减小，加速度逐渐减小，皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是C。
【答案】：C
【考点定位】此题考查牛顿第二定律及其加速度图像。
例3（2011安徽理综卷第16题）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移△x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移△x所用时间为t2。则物体运动的加速度为
A. B. C. D.
【答案】：A
【解析】：设物体通过第一段△x时的初速度为v1，根据匀变速直线运动规律则有△x= v1 t1+a t12，△x= v2 t2+a t22，v2= v1+ a t1，联立解得a=，选项A正确。
例4.（2011新课标理综第24题）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【解析】：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=at02　②　　
s2=v t0+(2a)t02　③
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’=(2a)t02　　⑤　　
　s2’=v’ t0+at02　　⑥
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　⑨
【最新模拟题训练】。
1．（2013重庆一中摸底）飞机从停机坪沿直线滑出，在第1秒内，在第2秒内，在第3秒内的位移分别是2m、4m、6m，那么 （ ）
A．飞机做匀加速运动
B．飞机做匀速运动
C．3秒内的平均速度是2m/s
D．3秒内的平均速度是4m/s
答案：D
解析：不能确定是否做匀加速运动，飞机不是做匀速运动，选项AB错误；3秒内的平均速度是v= m/s =4m/s，选项D正确C错误。
2. （2013广西三校联考） 如图所示，一个小球从地面竖直上抛。已知小球两次经过一个较低点A的时间间隔为TA,两次经过较高点B的时间间隔为TB，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为 （ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：设小球上抛的最高点距A点的距离为hA，距B点的距离为hB，根据树枝上抛运动规律，hA=g()2，hB=g()2，A、B两点间的距离为hA-hB=.，选项D正确。
3．（2013成都高新区摸底）为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录相带，测得：运动员在前7s跑了61m，7s末到7.1s末跑了0.92m，跑到终点共用10.8s，则下列说法不正确的是（ ）
A．运动员在百米全过程的平均速度大小是9.26m/s
B．运动员在前7s的平均速度大小是8.71m/s
C．运动员在7s末的瞬时速度大小约为9.2m/s
D．无法知道运动员在7s末的瞬时速度大小
答案：D
解析：运动员在百米全过程的平均速度大小是v= m/s =9.26m/s，选项A说法正确；运动员在前7s的平均速度大小是v= m/s =8.71m/s，选项B说法正确；运动员在7s末的瞬时速度大小约为9.2m/s，选项C说法正确D不正确。
4．（2013成都高新区摸底）一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距汽车25m处时，绿灯亮了，汽车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（ ）
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
答案：B
解析：在跑到距汽车25m处时，绿灯亮了，汽车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，当汽车加速到6.0m/s时二者相距最近。汽车加速到6.0m/s用时间t=6s，人运动距离为6×6m=36m，汽车运动距离为18m，二者最近距离为18+25m-36m=7m，选项AC错误B正确。人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后越来越远，选项D错误。
5. （2013武汉摸底）甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v一t图象如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是
A.在t=1s时，甲、乙相遇
B.在t=2s时，甲、乙的运动方向均改变
C.在t=4s时，乙的加速度方向改变
D.在t=2s~t=6s内，甲相对乙做匀速直线运动
答案：D
解析：在t=1s时，甲、乙速度相等，乙车在前，选项A错误；在t=2s时，甲、乙两车的速度都开始减小，选项B错误；在t=4s时，乙的加速度方向不改变，选项C错误；在t=2s~t=6s内，两车加速度相等，甲相对乙做匀速直线运动，选项D正确。
6．（2013成都高新区摸底）某人在t=0时刻，观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出了该质点在第3s内及第7s内的位移，则下列说法正确是（ ）
A．不能求出任一时刻的瞬时速度
B．能求出任一时刻的瞬时速度；
C．不能求出第3s末到第7s初这段时间内的位移；
D．能求该质点加速度
答案：BD
解析：测出了该质点在第3s内及第7s内的位移，可以得到运动的加速度a，可以得到2.5s末和6.5s末的瞬时速度。应用速度公式可以求出任一时刻的瞬时速度，选项A错误BD正确；应用位移公式可以得到任意时间内的位移，选项C错误。
7．（2013衡水中学调研）从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体A、B的速度图象如图实线所示。在0-t0时间内，下列说法中正确的是（ ）
A．A物体的加速度不断减小，速度不断增大。
B．B物体的加速度不断减小，速度不断减小
C．A、B物体的位移都不断增大
D．A、B两个物体的平均速度大小都大于
答案：ABC
解析：根据速度图象的斜率表示加速度可知，A物体的加速度不断减小，速度不断增大，B物体的加速度不断减小，速度不断减小，选项AB正确；根据位移图象与横轴所围面积表示位移，A、B物体的位移都不断增大，A物体的平均速度大小大于， B物体的平均速度大小小于，选项C正确D错误。
8．（2013衡水中学调研）某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80 km/h的速率行驶时，可以在56 m的距离内被刹住；在以48 km/h的速率行驶时，可以在24 m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间(在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变)与刹车的加速度都相同．则允许驾驶员的反应时间约为（ ）
A．0.5 s B．0.7 s
C．1.5 s D．2 s
答案：B
解析：设允许驾驶员的反应时间约为t，则有，v1t+ v12/2a=56，v2t+ v22/2a=24，联立解得t=0.7s，选项B正确。
9．（2013衡水中学调研）做匀加速沿直线运动的质点在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s，则质点的加速度大小为（ ）
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
答案：C
解析：质点在第一个3 s内的平均速度等于1.5s末的瞬时速度，在第一个5 s内的平均速度等于2.5s末的瞬时速度，△v=3m/s，由△v=a△t解得a=3 m/s2，选项C正确。
10. （2013衡水中学调研） 取一根长2 m 左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘．在线的一端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后每两个垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、84 cm，如图所示，站在椅子上，向上提起线的另一端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈 (　　)
A．落到盘上的声音时间间隔越来越大
B．落到盘上的声音时间间隔相等
C．依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4
D．依次落到盘上的时间关系为1∶(－1)∶(－)∶(2－)
答案：BC
解析：根据题述可知每两个相邻垫圈之间的距离查为恒量24cm，由△x=aT2可知落到盘上的声音时间间隔相等，选项AD错误B正确；由v2=2gx可知依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4，选项C正确。
11．（2013安徽师大摸底）一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知 (　　)
A．质点运动的加速度是0.6 m/s2
B．质点运动的加速度是0.3 m/s2
C．第1次闪光时质点的速度是0.1m/s
D．第2次闪光时质点的速度是0.3m/s
答案：B
解析：由△x=aT2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s2，选项A错误B正确；第 1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度等于0.2m/s，第1次闪光时质点的速度是v1=v-aT/2=0.2m/s -0.3×0.5m/s=0.05m/s，第2次闪光时质点的速度是v2=v+aT/2=0.2m/s +0.3×0.5m/s=0.35m/s，选项CD错误。
12. （2013哈尔滨三中月考）甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，v-t图像如图所示，两图像在t=t1时刻相交，乙车从t=0开始到停下所通过的位移为S。t=0时刻，甲在乙前面，相距为d。已知此后两车可以相遇两次，且第一次相遇时刻为t’，则下列四组 t’和d的组合可能是：
A.t’=t1 ，d= B. t’=t1 ，d=
C.t’= ，d= D. t’= ，d=
答案：C
【解析】由甲乙两车的v—t图象可知，甲做匀速直线运动，乙做初速度为2v的匀减速直线运动。若t’=t1，d=，，可以使两车相遇两次，第一次相遇时甲乙两车速度相等，以后乙车速度小于甲，不能第二次相遇，选项AB错误；若t’= ，d=，第一次相遇后，乙车速度大于甲，根据v-t图象与横轴所夹面积表示位移可得第二次相遇在，所以选项C正确D错误。
13. （2012.9月南昌一中月考）在如图所示的位移(x)一时间(t)图象和速度(v)一时间(t)图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C．丙、丁两车在t2时刻相距最远
D．0～t2时间内丙、丁两车的平均速度相等
答案：C
解析：根据题述，四辆车由同一地点向同一方向运动，四辆车均做直线运动，选项A错误；0～t1时间内，甲乙两车位移相等，路程相等，丁车通过的路程大于丙车通过的路程，选项B错误；丙、丁两车在t2时刻相距最远，选项C正确；0～t2时间内丙车的平均速度小于丁车的平均速度，选项D错误。
14.（2013重庆一中摸底）在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精密的重力加速度g值,g值可由实验精确测定。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”它是将测g值转化为测量长度和时间。具体的做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1，T2和H，可求得g等于 （ ）
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设小球上升的最高点距抛出点的高度为h，则有h=g，h-H=g，
联立解得g=，选项B正确。
15．（2013福建惠安月考）甲、乙两质点同时开始做直线运动，它们的位移s与时间t的图象如图所示，则（ ）
A．乙物体做减速运动
B．甲、乙两物体从同一地点出发
C．当甲、乙两物体速度相同时，二者之间的距离为零
D．当甲、乙两物体两次相遇时，二者的速度大小不相等
答案：D
解析：甲物体做匀速运动，乙物体均做速度逐渐增大的加速运动，选项A错误；甲物体从坐标原点出发，乙物体从s0出发，选项B错误。当甲、乙两物体速度相同时，二者之间的距离不为零，选项C错误；当甲、乙两物体两次相遇时，二者的速度大小不相等，选项D正确。
16．（2013江苏阜宁中学月考）如图所示为甲、乙两物体从同一地点沿直线向同一方向运动的v – t图象，则（ ）
A．甲、乙两物体在4s末相距最远
B．甲、乙两物体在5s末相遇
C．前4s内甲物体总在乙的前面
D．甲、乙两物体在2.5s末相距最远
答案：BCD
解析：甲、乙两物体在2.5s末速度相等时相距最远，甲、乙两物体在5s末位移相等，二者相遇，选项A错误BD正确。前4s内甲物体总在乙的前面，选项C正确。
17．（2013安徽合肥名校联考）一辆汽车在平直公路上做刹车实验，O时刻起运动过程的位移与速度的关系式为x=（10 -0.1v2）m，下列分析正确的是（ ）
A．上述过程的加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为5s
C．O时刻的初速度为l0m/s
D．刹车过程的位移为5m
答案：C
解析：由v2- v02=2ax可得x=-+v2。对照x=（10 -0.1v2）m可知=-0.1，-=10，解得a=-5 m/s2，v0=l0m/s。选项A错误C正确。由v0=-at可得刹车过程持续的时间为t=2s，由v02=-2ax可得刹车过程的位移为x=10m，选项BD错误。
18．（2013山东济南外国语学校测试）给滑块一初速v0，使它沿光滑斜面向上作匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小变为 时，所用时间可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【KS5U解析】规定初速度的方向为正方向，
若滑块的末速度与初速度方向相同，则；
若滑块的末速度与初速度方向相反，则．
故B、C正确，A、D错误．
19．（2013山东济南期中检测）在2012伦敦奥运会上，牙买加选手博尔特在男子100m决赛和男子200m决赛中分别以9.63s和19.32s的成绩获得两枚金牌，成为奥运会历史上连续两届卫冕100米和200米冠军的第一人．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．200m决赛的位移是100m决赛的两倍
B．200m决赛的平均速度约为10.35m/s
C．100m决赛的平均速度约为10.38m/s
D．100m决赛的最大速度约为20.76m/s
【答案】C
【解析】200米比赛为弯道，位移大小不是200米，100米比赛为直道，位移大小为100米，故A错误；由于200米比赛为弯道，无法求出其位移大小，故平均速度无法求，故B错误；100米比赛的位移大小为100米，因此其平均速度为： m/s 10.38m/s，故C正确；由于100比赛过程中运动员并不是一直匀加速运动，平均速度等于最大速度的一半不成立，无法求出其最大速度，故D错误．
20．（2013山东师大附中质检）从三亚飞往济南的波音737航班，到达遥墙国际机场，降落的速度为60m／s，然后以加速度大小为5m／s2做匀减速直线运动，则飞机在第14秒内的位移为
A．350m B．180m
C．0m D．1330m
【答案】C
【解析】飞机着陆后到停止所需的时间t0= = s=12s＜14s．所以飞机在第14s内的位移等于0.
21．（2013山东师大附中质检）A、B两质点分别在各自的直线轨道上运动，图甲是质点A的位移随时间变化的图象，图乙是质点B的速度随时间变化的图象，下列说法中正确的是
A．质点A在0～2s内的平均速度为零
B．质点B在0～2s内的平均速度为零
C．质点A在0～1s内的运动方向与在1～2s内的运动方向相反
D．质点B在0～1s内的运动方向与在1～2s内的运动方向相反
【答案】AC
【解析】由题图可知，0-1s，质点A沿正方向做匀速直线运动，1-2s，沿负方向做匀速直线运动，2s末回到出发点，2s内的位移为零，所以选项AC正确；0-1s，质点B沿正方向做匀加速直线运动，1-2s，沿正方向做匀减速运动，2s内的位移为2m,平均速度为1m/s，BD均错误。
22. （2013山东济南测试）如图所示, 小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动, 依次经a、b、c、d到达最高点 e．已知 ab=bd=6m, bc=1m, 小球从a到c和从 c到d 所用的时间都是2s, 设小球经b、c时的速度分别为vb、vc, 则 ( )
vb =m/s B．vc=3m/s
C．de=3m D．从d到e所用时间为4s
【答案】BD
【解析】设物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有xac=v0t1+ at12即7=v0×2+ ×a×4 ，7=2v0+2a物体从a到d有xad=v0t2+ at22即12=v0×4+ a×16 ，3=v0+2a故a= -m/s2 ，故v0=4m/s根据速度公式vt=v0+at可得vc=4 -×2=3m/s，故B正确．从a到b有vb2-va2=2axab，解得vb=10m/s，故A错误．根据速度公式vt=v0+at可得vd=v0+at2=4-×4=2m/s则从d到e有-vd2=2axde，则xde=-vd2/(2a)= 4m故C错误．vt=v0+at可得从d到e的时间tde==4s，D对。
23．（2013山东济南外国语学校测试）利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像.某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图像如图所示，则（ ）
A．小车运动的最大速度约为0.8m/s
B．小车加速度先增大后减小
C．小车的位移一定大于6m
D．小车做曲线运动
【答案】AC
【解析】由题中图象的斜率可知0～9s小车做加速度减小的加速运动，9s～15s小车做加速度增大的减速运动；当t=9s时，速度最大，vmax≈0.8?m/s，所以A正确、B错误．在v-t图中，图线与坐标轴所围的面积在数值上表示位移的大小，图中每小格的面积表示的位移大小为0.1m，总格数约为83格（大于半格计为一格，小于半格忽略不计），总位移8.3m，所以C正确（若小车做匀变速运动，最大速度为0.8m/s时，对应的15s内位移是6m）．v-t图中，v＞0表示物体运动方向始终沿正方向，做直线运动，图线与运动轨迹不等同，所以D错．
24．（2013四川资阳诊断）物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是
A．甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m
B．甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m
C．乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m
D．乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m
答案：D
解析：甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为2×3×2×2m=6m，通过的总位移大小为0，选项AB错误；乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m，选项D正确C错误。
25．（2013四川自贡一诊）一辆汽车在平直的公路上从静止开始运动，先后经历匀加速、匀速、匀减速直线运动，最后停止。从汽车启动开始计时，下表记录了汽车某些时刻的瞬时速度，根据数据可判断出汽车运动的v—t图象是（ ）
时刻/s
１.０
2.0
3.0
5.0
7.0
9.5
10.5
速度/（M·S）
3.0
6.0
9.0
12
12
9.0
3.0
答案：．C
解析：根据数据可判断出汽车运动是先做加速度为3m/s2的匀加速运动，4s时速度达到12m/s，做匀速运动，后做加速度大小为6m/s2的匀减速运动，汽车运动的v—t图象是C。
26（5分）（2013山东枣庄期中检测）一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1 s内的位移为2．0 m，第5s内和第6s内的位移之和为11．2 m。求：
（1）该质点运动的加速度大小；
（2）该质点在第6s内的位移大小。
.解析：（1）第0.5s末的速度：v1==2m/s。
t2=2s，第5s末的速度：v2==5.6m/s。
△t=5s-0.5s=4.5s，该质点运动的加速度大小：a==0.8m/s2。
（2）该质点在第6s内的位移大小x=v2t+at2=6m。
27(8分)（2013湖南五市十校联考）一物体沿一直线从静止开始运动且同时开始计时，其加速度随时间周期性变化的关系图线（a-t图）如图所示，求：
（1）物体在第4s末的速度；
（2）物体在前3s内的位移；
（3）物体在第4s内的位移。
解析：（1） 根据加速度图象的物理意义，0~1s内物体加速度a1=8m/s2，
1s末物体速度为v1=a1t1=8m/s，
1~3s内物体加速度a2= -4m/s2，
3s末物体速度为v2= v1+a2t2=8m/s-4×2m/s=0，
3~4s内物体加速度a3=-8m/s2。
4s末物体速度为v3= v2+a3t3=0+8×1m/s=8m/s。
或根据加速度图象与横轴所围面积表示速度变化可知3s末物体速度为零，
4s末物体速度为v= a3t3=8m/s 。
（2） 0~ 1s内物体位移x1= a1t12=×8×12m=4m ，
1~3s内物体位移x2= v1 t2+ a2t22=8×2m-×4×22m=8m ，
物体在前3s内的位移x= x1+x2=4m+8m=12m。
（3）3s末物体速度为v2=0，物体在第4s内的位移x4= a3t32=×8×12m=4m ，。
28．（10分）(2013北京朝阳期中)质量m=1.0kg的物块静置于粗糙水平面上，水平面与物块的动摩擦因数μ=0.4。现给物块施加一水平向右的推力F，推力作用于物块的时间为10s，物块在推力作用下运动，其加速度a随时间的变化如图（a）所示。g取10m/s2。
[来源:Z&xx&k.Com]
（1）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v─t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图所示a─t图像，求物块10s末的速度大小；
（2）在图（b）中画出10s内推力随时间变化的F－t图线，并标出纵坐标的值；
（3）求推力F在10s内作用于物块的冲量。
[来源:学。科。网]
28．（10分）
解：（1）由类比可知，0~10s内速度的变化量△v等于0~10s内a-t图线与t轴所围的面积，则
△v=32m/s
所以10s末的速度v =v0+△v =32m/s（3分）
（2）如图3所示。 （4分）
（3）同样的类比，0~10s内力F的冲量I为0~10s内F-t图线与t轴的所围的面积，所以
I=72N·s （3分）
中偏难。牛顿运动定律、图像的识别，冲量的概念。
考查：理解能力，应用能力。将较复杂的问题分解为几个较简单的问题，并找出它们之间的联系。
对问题进行合理的简化，找出物理量之间的关系，利用恰当的数学方法进行分析、求解，得出结论。
29．（10分）（2013年浙江重点中学联考）在公路的十字路口, 红灯拦停了很多汽车, 拦停的汽车排成笔直的一列, 最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐, 相邻两车的前端之间的距离均为l = 6.0 m，若汽车起动时都以a =2.5m/s2 的加速度作匀加速运动, 加速到v=10.0 m/s 后做匀速运动通过路口。该路口亮绿灯时间t = 40.0 s, 而且有按倒计时显示的时间显示灯。 另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时, 车头已越过停车线的汽车允许通过。请解答下列问题：
（1）若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？
（2）第(1)问中, 不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动, 结果车的前端与停车线相齐时刚好停下, 求刹车后汽车加速度大小。
（3）事实上由于人反应时间的存在, 绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车。现假设绿灯亮起时，第一个司机迟后(t=0.90s起动汽车，后面司机都比前一辆车迟后0.90s起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？
29．解：（10分）
(1) 汽车加速时间 s ks5u
40.0 s时间, 汽车能行驶的位移 m …………（1分）
…………（1分）
根据题意, 能有64辆汽车通过路口. …………（1分）
(2) 记 t 0 = 3.0 s , 当计时灯刚亮出“3”时, 第65辆汽车行驶的位移
m…………（1分）
此时汽车距停车线的距离: x2 = 64l-x1 = 34 m………… （1分）
第65辆车刹车的加速度: m/s2 ………（1分）
(3) 设能通过k辆汽车, 则第k辆汽车能通过路口要满足:
…………（2分）
数据代入后解得 …………（1分）
所以能通过25辆汽车. ………………（1分）
30.（16分）（2013浙江考试院高考测试）小明同学乘坐杭温线“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中。已知
t/s
v/m·s-1
0
30
100
40
300
50
400
50
500
60
550
70
600
80
动车组的总质量M=2.0×105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g=10m/s2。在小明同学记录动车组速率这段时间内，求：
（1）动车组的加速度值；
（2）动车组牵引力的最大值；
（3）动车组位移的大小。
30.（16分）解析：
（1）通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2，
由 ①
代入数据后得： ②
③
（2） ④
当加速度大时，牵引力也大， ⑤
代入数据得：
⑥
(3)通过作出动车组的v-t图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s，第二次加速运动的开始时刻是450s。
⑦
⑧
⑨

31．（13分）(2013河北邯郸高三12月质检)猎狗能以最大速度v1=10m/s持续地奔跑，野兔只能以最大速度v2=8m/s的速度持续奔跑。一只野兔在离洞窟s1=200m处的草地上玩耍，猎狗发现野兔后径直朝野兔追来。兔子发现猎狗时，与猎狗相距s2=60m且猎狗速度已达最大，兔子立即掉头跑向洞窟。设猎狗、野兔、洞窟总在同一直线上，求：
（1）野兔必须在多长时间内回到洞窟才能保证安全；
（2）野兔的加速度至少要多大才能保证安全回到洞窟。
31．（13分）【解析】（1）设猎狗到达洞窟的时间为t
????? 对猎狗??????????? ①
????? 得?? ????????????? ②
????? 野兔必须在26s内回到洞窟才能保证安全
?????（2）设野兔的加速度至少为a才能安全回洞窟，野兔若一直加速，则到达洞窟的速度??，不符合题设，故野兔应先加速后以v2匀速? ③
设加速时间为t0，则有?????????? ?④????????????????
得????????????????????????????? ⑤
故?????????????????????????????????????? ⑥????
注：对野兔运动状态做出的判断需要说明，若没有说明（或证明）扣3分。
32（2013江苏名校摸底测试）一辆汽车在高速公路上以30m/s的速度匀速行驶,由于在前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车时的加速度大小为5m/s2,求：
(1).汽车刹车后20秒内滑行的距离。
(2).开始刹车滑行50米所经历的时间。
(3).汽车刹车后前3秒汽车滑行的距离。
（l3分）解析：(1)由v0=at得，刹车时间t=6s。
汽车刹车后20秒内滑行的距离L==90m。
(2) 由 L1=v0t1-at12代人数据50m =30×t1-×5×t12
解得从开始刹车滑行50米所经历的时间t1=2s。

（3）L2=v0t2-at22=30×3m-×5×32m=67.5m 。
33（2013武汉调研）一物体做匀加速直线运动，在 2s 内通过的位移为 6m，在紧接着的 1s 内通过的位移也为 6m。求物体运动的加速度的大小。
.解析：设物体的初速度为v0，通过第一段位移为x，由匀变速直线运动的位移公式，
x= v0t1+a t12。
通过这两段位移为2x，2x= v0(t1+ t2)+a (t1+ t2)2。
联立解得：a=。
代入数据得：a=2m/s2。
34.(8分) （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，其速度vB=30m/s，，因大雾能见度低，B车在距A车x0=85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？
解：B车刹车至停下来过程中，由 （1分）
得=-=-2.5m/s2。 （1分）
假设不相撞，设经过时间t两车速度相等，对B车有
（1分）
解得t=8s （1分）
此时，B车的位移有
（1分）
A车位移有 （1分）
因故两车不会相撞，两车最近距离为△x=5m。 （2分）
35．（16分）（2013浙江重点中学协作体高三摸底）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以一定的加速度做匀加速运动，但警车行驶的最大速度是25 m/s．警车发动后刚好用12 s的时间追上货车，问：
（1）警车启动时的加速度多大？
（2）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
35.（16分）
解：（1）设t0=5.5s内货车位移为s0，则s0= v0t0=10×5.5m=55m（2分）
若12 s内警车一直做匀加速直线运动，则：at2= v0t +s0（2分）
解得：a=2.43m/s2。（1分）
此时警车速度为：vmax=at =29.2m/s>25m/s（1分）
因此警车的运动应为：先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，并设其加速时间为t1，则：vmax=at1，???at12+ vmax·( t- t1)= v0t +s0??????（3分）
由以上各式可解得：a=2.5 m/s2（2分）
（2） 当警车的速度达到货车的速度时，两者间的距离最大，设所需时间为t2，则：
????? ??????v0=?at2???（2分）?即 t2=4 s（1分）
两车间的最大距离为：smax=v0t2-at22+s0=75m。（2分）
36. （2013哈尔滨三中月考）一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，去追赶前面的一辆做匀速直线运动的电车，当电车行驶100m后被追上，此时汽车的速度恰好是电车速度的4倍，求汽车开始运动时两车相距多远？
.解.设汽车运动t时间追上电车，汽车行驶S1，电车行驶S2，开始时两车相距S0,由已知条件可知， ①……………3分
②……………3分
③……………1分
④……………3分
解得 s0=100m。 ⑤……………2分
37（10分）（2013成都高新区摸底）A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶，当B车在A车前84m处时，B车速度为4/ms，且正以2m/s2的加速度做匀加速运动，经过一段时间后，B车加速度突然变为零，A车一直以20m/s的速度做匀速运动，经过12s后两车相遇。问B车加速行驶的时间是多少？
解：设B加速运动的时间为t1，运动的位移为x1,
则有：x1=4t+×2t2 ①···（2分）
设B匀速的位移为x2，则x2=(4+2t)(12-t)=48+20t-2t2 ②（2分）
设A在12秒内运动的位移为x3,则x3=20×12m=240(m) ③··（2分）
有题意可知：x1+x2+84=x3 ④·（2分）
由①②③④联立求的：t=6(s)·····（2分）
38、（2013浙江十校联考）做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB=BC，AB段和BC段的平均速度分别为v1=3m/s、v2=6m/s，则
（1）物体经B点时的瞬时速度vB为多大？
（2）若物体运动的加速度a=2m/s2,试求AC的距离。
解析：(1)设物体加速度大小为a，AC的距离为l，经过A、C点的速度大小为vA、vC。则有
vB2- vA2=2a·l/2，vC2- vB2=2a·l/2，(vA +vB)/2= v1，(vB +vC)/2= v2，
联立解得：vB = =5m/s。
（2）由上述各式还可得到：vA =1m/s，vC =7m/s。
vC2- vA2=2a·l，
解得l =12m。
39.（8分）（2013衡水中学调研） 高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向。
（1）通过计算说明两车在0～9s内会不会相撞？
（2）在一个坐标系中画出甲乙的速度时间图象。
解析：公式解法：令a1=-10m/s2，a2=5m/s2，a3=-5m/s2，t1=3s末，甲车速度：v1=v0+a1t1=0；
设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度相等，此时距离最近：a2t2 =v0+a3t2；
速度相等之前，甲车位移：x甲，
乙车位移：x乙④
解得x乙-x甲=90m＜s0=100m，不会相撞。
图象解法：由加速度图像可画出两车的速度图像，由图像可知，t=6s 时两车速度相等，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差，＜100m
∴不会相撞。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题七
功和功率
【重点知识解读】
1.力和物体在力的方向上发生的位移，是做功的两个不可缺少的因素。恒力做功W=Flcosα，变力做功需应用动能定理或其它方法计算，机动车或机器以恒定功率P工作，t时间做功W=Pt。功率描述做功的快慢，功跟完成这些功所用时间的比值叫做功率，一般应用P=W/t计算出的是t时间内的平均功率，应用P=Fvcosα计算物体速度为v时的瞬时功率。
2.与功和功率相关的图象有v-t图象（质点速度随时间变化的图象）、F-v图象（是指牵引力F随速度v变化的图象）、F-1/v图象（指牵引力随速度的倒数变化的图象）。若牵引力不随速度增大（恒定不变），阻力恒定，由牛顿第二定律可知，物体加速度恒定，物体做匀加速运动；由P=Fv可知，若牵引力F与速度v成反比，F-v图象为双曲线，则牵引力的功率不变。由P=Fv可知，当功率不变时，牵引力与速度的倒数成正比，所以F-1/v图象若为过原点的倾斜直线，则牵引力的功率不变；F-1/v图象若为平行横轴的直线，牵引力不变，汽车做匀加速直线运动。解答图像信息功和功率计算题就是从图像中获取解题信息，利用相关知识列方程解答。
【高考命题动态】
功和功率是物理学重要物理量，是高考重要考点。高考对功和功率的考查大多以新情景切入，或以图象切入，或与其它知识综合考查，重点考查对功和功率知识的理解和掌握。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·江苏物理）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直面内由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是
逐渐增大
逐渐减小
先增大，后减小
先减小，后增大
【解析】：在此过程中拉力逐渐增大，运动到B点时拉力F=mgtanθ，拉力的瞬时功率P=Fvcosθ=mgvsinθ，逐渐增大，选项A正确。
【答案】：A
【考点定位】此题考查力的瞬时功率P=Fvcosθ公式。
典例2．（2012·上海物理）位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。则可能有 （ ）
（A）F2=F1，v1> v2
（B）F2=F1，v1< v2
（C）F2>F1，v1> v2
（D）F2【答案】：BD
【解析】：F1 v1= F2 v2 cosα，当F2=F1时，v1< v2，选项B正确A错误；当F2F1，v1> v2 cosα，选项C错误。
【考点定位】此题考查功率及其相关知识。
典例3（2012·上海物理）质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若
（A）hA=hB，则一定有WA＝WB （B）hA>hB，则可能有WA（C）hAhB，则一定有WA>WB
【答案】：D
【解析】：分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，由于绳A较长，hA>hB，A重力势能增加较多，则一定有WA>WB，选项D正确。
【考点定位】此题考查重力做功与重力势能变化的关系。
典例4. (2012·天津理综)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则
A．0~t1时间内F的功率最大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
【解析】0~t1时间内，物体静止，F的功率为零，选项A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，选项C错误；t1~ t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，选项D正确。
【答案】BD
【考点定位】本题考查功率、F—t图象、牛顿运动定律等，意在考查考生从F—t图象提取信息，综合运用知识的能力。
典例5：（2012·北京理综）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯.行程超过百米。电梯的简化模型如 I所示.考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a一t图像如图2所示. 电梯总质最m=2.0×I03kg.忽略一切阻力.重力加速度g取I0m/s2。
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a-t图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2;
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p：再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
【解析】：（1）由牛顿第二定律，有 F-mg=ma，
由a-t图象可知，最大拉力F1和最小拉力F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2。
由牛顿第二定律，F1- mg=ma1，解得上升过程中受到的最大拉力F1=m(g+ a1)=2.2×104N；
由F2- mg=ma2，解得上升过程中受到的最小拉力F2=m(g+ a2)=1.8×104N。
（2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a-t图象下的面积，△v1=0.50m/s，
同理可得，前2s内a-t图象下的面积△v2= v2- v0=1.5m/s，
由于v0=0，由△v2= v2- v0解得第2s末的速率v2=1.5m/s。
（3）由a-t图象可知，11s~30s内速率最大，其值等于0~11s内a-t图象下的面积，有
vm=10m/s。
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，拉力做功的功率p=F vm=mg vm=2.0×105W。
由动能定理，拉力和重力对电梯所做的总功W= Ek2-Ek1=mvm2-0=1.0×105J。
【答案】：（1）1.8×104N。（2）△v1=0.50m/s，v2=1.5m/s。（3）1.0×105J。
【名师点评】类比是物理学中一种常用的研究方法。根据速度定义，v=△x/△t，v-t图像与横轴所围面积表示位移△x=v△t；根据加速度定义，a=△v/△t，a-t图像与横轴所围面积表示速度变化△v=a△t。此题考查牛顿第二定律、图象、功和功率及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，一高度为h的楔形物块固定在水平地面上，质量为m的物体由静止开始从倾角分别为α、β的两个光滑斜面的顶端滑下，则下列说法中正确的是 （ ）
A．物体滑到斜面底端的速度相同
B．物体滑到斜面底端所用的时间相同
C．物体滑到斜面底端时重力所做功的功率相同
D．物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同
答案：D
解析：由机械能守恒定律，物体沿不同倾角的光滑斜面滑到斜面底端的速度大小相等，方向不相同，选项A错误；物体滑到斜面底端所用的时间不相同，选项B错误；物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同，所用时间不同，物体滑到斜面底端时重力所做功的功率不相同，选项C错误D正确。
2. （2013温州八校联考）如图4、5所示，是一辆质量为4t的无人售票车在t=0和t=3s末两个时刻的照片，当t=0时，汽车刚启动。图6是车内横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图像（图6中θ=30°），若将汽车的运动视为匀加速直线运动，根据上述信息，可以估算出的物理量有（ ▲ ）
图4 图5 图6
①汽车的长度 ②3s末汽车的速度
③3s内牵引力对汽车所做的功 ④3s末汽车牵引力的瞬时功率
A．①②　 B．②③　 C．①④ D．②④
答案：A
解析：由横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图像可得出车的加速度，由L=at2，可得汽车的长度L；由v=at可得3s末汽车的速度；无法得出牵引力，不能估算出3s内牵引力对汽车所做的功和3s末汽车牵引力的瞬时功率，所以选项A正确。
3．（2013吉林摸底）如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于
A．
B．[来源:学&科&网]
C．
D．
.答案：D
解析：对小球向上运动，由动能定理，-(mg+f)H=0-mv02，
对小球向下运动，由动能定理，(mg-f)H=m(v0)2，
联立解得f=，选项D正确。
4．（2013吉林摸底）光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力 F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用 Ek、v、Δx、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是
.
答案：BD
解析：由动能定理，FΔx=Fat2= Ek，选项A错误；在水平拉力 F 作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移Δx=at2，选项C错误；水平拉力的功率P=Fv，选项D正确。
5．（2013吉林摸底）如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
答案：C
解析：第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加和重力势能的增加，选项B错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加大于全过程物体与传送带间的摩擦生热，选项D错误。
6.(2013广东惠州调研)运动员站在高台上，双手紧握链条的一端，链条另一端拴一重链球，重链球在水平面内做圆周运动，在转速不断增大的过程中，某时刻突然松手，链球水平飞出。设空气阻力不计，则
A．松手前，链条的拉力对小球不做功
B．松手前，链条的拉力对小球做功
C．链球飞出后飞行时间与松手时球的速率无关
D．链球飞出的水平距离仅由松手时球的速率决定
答案：BC
解析：由于转速不断增大，重链球动能逐渐增大，根据功能关系，在转速不断增大的过程中，链条的拉力对小球做功，选项A错误B正确；松手后链球水平飞出，做平抛运动，由平抛运动规律可知，链球飞出后飞行时间与松手时球的速率无关，选项C正确；链球飞出的水平距离由松手时球的速率和飞行时间共同决定，选项D错误。
7．两个完全相同的小球A和B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．两小球落地时的速度大小相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
答案：AC
解析：由于完全相同的小球A和B在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，根据机械能守恒定律，两小球落地时的动能相等，落地时的速度大小相同，方向不同，选项A正确；根据P=Fvcosα，两小球落地时，力F为重力，速度v大小相同，方向不同，所以重力的瞬时功率不相同，选项B错误；由于重力做功与路径无关，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，选项C正确；由于水平抛出的小球运动时间小于竖直向上抛出小球的运动时间，所以从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率不相同，选项D错误。
8．（2013上海联考）如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为m的质点，在拉力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ<90°)。不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．当F=mgtanθ时，拉力F最小 B．当F=mgsinθ时，拉力F最小
C．当F=mgsinθ时，质点的机械能守恒
D．当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
答案：BC
解析：依题意，拉力F和重力mg的合力方向沿ON方向，画出受力分析图，当F的方向垂直于ON时，拉力F最小，最小值为F=mgsinθ，选项A错误B正确。当F=mgsinθ时，拉力方向与位移方向垂直，拉力不做功，质点的机械能守恒，选项C正确。当F=mgtanθ时，拉力F与质点位移方向夹角小于90°，对质点做正功，质点的机械能增大，选项D错误。
9．（2013浙江十校联考）用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是
A．W1＞W2，F＝2Ff
B．W1= W2 ， F＞2Ff
C．P1D．P1＝P2，F＝2Ff
答案：B
解析：由动能定理可得W1- W2=0，解得W1= W2。
由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2Ff，选项AD错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误。
10．（2013唐山摸底）如图所示，位于固定粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上，若使物块P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，则
A．力F一定要变小
B．力F一定要变大
C．力F的功率将减小
D．力F的功率将增大
答案：C
解析：受到一沿斜面向上的拉力F，F=mgsinθ+μmgcosθ，把力F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F=mg，由于题述没有给出θ和μ的具体数值，不能判断出力F如何变化，选项AB错误；由于力F与速度v的夹角增大，力F的功率将减小，选项C正确D错误。
11．（2013山东济南期中检测）如图所示，小球a、b的质量分别是2m和m，a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速下滑，b从斜面等高处以初速度v0平抛，比较a、b落地的运动过程有（ ）
A． a，b两球同时到达地面
B． a，b落地前的速度相同
C． 重力对a、b做的功相同
D． 落地前a， b两球重力做功的瞬时功率相等
【答案】A
【解析】物体a受重力和支持力，F合=2mgsin30°，根据牛顿第二定律，a=g/2．物体b做平抛运动，加速度为g．知两物体的加速度不变，所以两物体都做匀变速运动，设斜面高度为h，则，，解得，故A正确．对a运用动能定理，2mgh=2mva2-0，对b运用动能定理，有mgh=mvb2-mv02，知b球的速率大于a球的速率．故B、C错误．落地时a、b在竖直方向的速度大小分别为、，由功率的计算公式P=Fv可知落地前a、b两球重力做功的瞬时功率不相等，D错误（由选项AC可知ab两物体重力做的功不相等，运动时间相等可得出重力的平均功率不相等）。
12．（2013河北正定中学测试）如图所示，质量为m的物体沿动摩擦因素为μ的水平面以初速度v0 从A点出发到B点时速度变为v，设同一物体以初速度v0从A′点先经斜面A′C，后经斜面CB′ 到B′点时速度变为v′ ，两斜面在水平面上投影长度之和等于AB的长度，则有（ ）
A．v′>v B．v′=v
C．v′答案：B
解析：设AC在水平面投影长度为L1，物块沿斜面AC运动所受摩擦力为f=μmgcosθ，摩擦力做功W1=f L1/cosθ1=μmg L1,同理，物块沿斜面BC运动所受摩擦力为f=μmgcosθ2，摩擦力做功W2=f L2/cosθ2=μmg L2,根据动能定理可知，两种过程到达B点和B’点，速度相等，选项B正确。
13．（2013山东师大附中质检）质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为v／3时，汽车的瞬时加速度的大小为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】当汽车匀速行驶时，有f=F= ．根据P=F′，得F′= ，由牛顿第二定律得a= = ．故B正确，A、C、D错误。
14．（2013山东师大附中质检）如图所示，用一与水平方向成α的力F拉一质量为m的物体，使它沿水平方向匀速移动距离s，若物体和地面间的动摩擦因数为μ，则此力F对物体做的功，下列表达式中正确的有
A．Fscosα
B．μmgs
C．μmgs／(cosα-μsinα)
D．μmgscosα/(cosα+μsinα)
【答案】AD
【解析】由功的定义式可得，F的功为 W=Fscosα，A正确；对物体受力分析知，竖直方向受力平衡 mg=Fsinα+FN ，摩擦力的大小 f=μFN=μ(mg-Fsinα），由于物体匀速运动，由动能定理得，Fscosα-fs=0，联立以上各式解得F=μmg /(cosα+μsinα),将结果代入W=Fscosα可知选项D正确。
15. （2013山东济南测试）游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d．让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为 （ ）

B．
C.
D．
【答案】A
【解析】由于质点做匀速圆周运动，有，所以质点做匀速圆周运动时的动能为，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。
16. （2013山东济南测试）如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A距滑轮顶点高为h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则 ( )
A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh
B．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh+mv2
C．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率为mgv
D．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率大于mgv
【答案】BD
【解析】将汽车的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，易知汽车沿绳方向的速度等于物体上升的速度，即物体的速度。拉力做的功全部转化为物体的动能和重力势能，当=30°时，物体上升的高度为h,物体的速度为v，拉力做的功为mgh+mv2，由于汽车匀速向右运动，所以v不变，变小，V增大，物体向上加速运动，处于超重状态，拉力大于重力，拉力的功率大于mgv 。
17．（12分）（2013山东寿光市质检）质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动（g=10m/s2）。
求：（1）汽车做匀加速运动的时间t1；
（2）汽车所能达到的最大速率；
（3）若斜坡长143.5m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？
【解析】（1）根据牛顿第二定律有：
设匀加速的末速度为v，则有：P=Fv、v=at1
代入数值，联立解得：匀加速的时间为：t1=7s
（2）当达到最大速度vm时，有：
解得：汽车的最大速度为：
（3）汽车匀加速运动的位移为：
在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，根据动能定理有：
又有
代入数值，联立求解得：
所以汽车总的运动时间为
18．（15分）（2013江苏阜宁中学月考）如图所示,一个质量为m的小孩在平台上以加速度a做匀加速助跑,目的是抓住在平台右端的、上端固定的、长度为L的轻质悬绳,并在竖直面内做圆周运动.已知轻质绳的下端与小孩的重心在同一高度,小孩抓住绳的瞬间重心的高度不变,且无能量损失.若小孩能完成圆周运动,则:
(1)小孩抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大?
(2)小孩的最小助跑位移多大?
(3)设小孩在加速过程中，脚与地面不打滑，求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对小孩所做的功。
18．解析：（15分）
(1)设小孩在最低点运动的速度为v1,最高点运动的速度为v2.小孩抓住悬线时,悬线对小孩的拉力至少为F
小孩在最高点有: ① (2分)
小孩在最低点有: ② (2分)
依据机械能守恒定律可得: ③
联立以上三式解得:F=6mg ④
依据牛顿第三定律可知,小孩对悬线的拉力至少为6mg.
(2)小孩在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动,依据已知,小孩运动的加速度为a,末速度为v1,
由②④可得：v12=5gL，
由v12=2ax
可得x=。 (4分)
（3）摩擦力大小f=ma . (2分)
摩擦力对小孩做功为零。(2分)
18、（10分）（2013安徽师大摸底）面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。所谓混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既省油又环保。车辆在起步或低速行驶时可仅靠电力驱动；快速行驶或者需急加速时燃油发动机启动，功率不足时可由电力补充；在制动、下坡、怠速时能将机械能转化为电能储存在电池中备用。假设汽车质量为M，当它在平直路面行驶时，只采用电力驱动，发动机额定功率为P1，能达到的最大速度为v1；汽车行驶在倾角为θ的斜坡道上时，为获得足够大的驱动力，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率可达P2。已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的k倍(k<1)，重力加速度为g。求汽车在斜坡道上能达到的最大速度。
解析：（14分）在平直路面行驶，汽车以功率P1匀速行驶时速度最大，设驱动力为F1，阻力为f，则
P1=F1v1 ①
F1=f ②
设汽车上坡时驱动力为F2，能达到的最大速度为v2，则
P2=F2v2 ③
F2 = Mgsinθ＋kf ④
由①②③④式解得 ⑤
19（2012上海宝山期末）如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v~t图像如图b所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。
（1）求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1。
（2）求汽车刚好到达B点时的加速度a。
（3）求BC路段的长度。
（4）若汽车通过C位置以后，仍保持原来的输出功率继续行驶，且受到的阻力恒为f1，则在图b上画出15s以后汽车运动的大致图像。
（解题时将汽车看成质点）
【图像信息分析】题目给出汽车通过整个ABC路段的v~t图像，由v~t图像可以得出，汽车在AB路段以v1=10m/s做匀速运动，在t=15s时即到达B点时汽车以v2=5m/s做匀速运动。
解析：（1）汽车在AB路段时，汽车以v1=10m/s做匀速运动，有
F1= f1，P= F1 v1，，

联立解得：f1=P/ v1=N=2000N。
（2）t=15s时汽车以v2=5m/s做匀速运动，有
F2= f2，P= F2 v2，，
联立解得：f2=P/ v2=N=4000N。
t=5s时汽车行驶到B点开始减速运动，其牵引力F1= f1=2000N。
根据牛顿第二定律，有f2-F1=ma，
解得a=(f2-F1)/m=1m/s2。
（3）在BC路段，由动能定理，Pt- f2s=mv22 -mv12，
解得s=68.75s
（4）汽车通过C位置以后，阻力减小，将做加速度逐渐减小的加速运动，达到v=10m/s后匀速运动，15s以后汽车运动的速度图象如图所示。
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十一
专题三十一、动量和动量守恒定律
【重点知识解读】
1.动量：p=mv。动量是矢量，方向为速度的方向。
2.动量守恒定律
（1）内容：相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力或它们所受外力的合力为零，则系统的总动量守恒。
（2）．动量守恒的条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．
(2)当系统受到的合外力不为零，但内力远大于外力时，系统的动量可看成近似守恒，如碰撞、爆炸、反冲类问题中，内力远大于外力，外力忽略不计，可认为系统的动量守恒．
(3)当某个方向上受合外力为零时，在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
对象方面　
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
F合＝0
(系统所受合外力为零)
W其他＝0
(重力或弹力以外的其他力做功为零)
研究对象
　系统
　系统
分析重点
　受力情况
　力的做功情况
表达式
　矢量式
　标量式
动量守恒定律和机械能守恒定律没有必然的联系，系统动量守恒，其机械能不一定守恒，反之亦然.
4．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向.
(2)同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系.
(3)瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量对应相互作用后同一时刻的瞬时值．　
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法
(1)分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．
(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律．
(3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)
(4)确定正方向，建立动量守恒方程求解．
【高考命题动态】
动量是描述物体状态的重要物理量，动量守恒定律是自然界的重要规律。高考对动量和动量守恒定律的考查难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·福建理综）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为______。（填选项前的字母）
A．v0+ v. B．v0- v
C．v0+(v0+v) D．v0+(v0-v)v
【答案】：C
【解析】：由动量守恒定律，(m+M) v0=MV-mv，解得V= v0+(v0+v)，选项C正确。
典例2. （2012·全国理综）如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】：AD【解析】：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
【考点定位】此题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识。
典例3. （2012·重庆理综）质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v—t图象为
【答案】：B
【解析】：人与平板小车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，由于受到阻力作用，做减速直线运动；当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下瞬间，系统动量守恒，(m+2m)v0= -m v0+2mv，解得v=2 v0。人跳离后车向前做减速直线运动，直到停止，所以能正确表示车运动的v—t图象为B。
【考点定位】考查动量守恒定律、v—t图象及其相关知识。
典例4. (2012·天津理综)质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为 kg·m/s，若小球与地面作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为 N。（取g=10m/s2）
【答案】 (1) 2 10。
【解析】小球与地面碰撞前后的动量变化为△p=mv’-mv=0.2×4kg·m/s-0.2×（-6）kg·m/s=2 kg·m/s。由动量定理，小球受到地面的作用力F=△p/△t=10N。
【考点定位】 本题主要考查动量变化的计算、动量定理，意在考查考生具体问题中应用知识的能力。
典例5.．（A组）（2012·上海物理）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为________kgm/s。两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为__________________m/s。
【答案】：40 10
【解析】：它们的总动量大小为5×10 kgm/s-2×5 kgm/s =40kgm/s.。由动量守恒定律，5×10 kgm/s-2×5 kgm/s =5×4 kgm/s+2×v kgm/s，解得v=20 m/s。
【考点定位】此题考查动量守恒定律及其相关知识。
典例6.（2012·山东理综）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
【答案】
【解析】
设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得
对A、B木块： 
对B、C木块： 
由A与B间的距离保持不变可知 
联立上述各式，代入数据得 典例6.（2012·新课标理综）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求
（i）两球a、b的质量之比；
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
【解析】（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
①
式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得
②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
③
联立①②③式得
④
代入题给数据得
⑤
（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是
⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能之比为
⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
⑧
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、碰撞、动量守恒定律及其相关知识。
典例7（2011·全国理综卷）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为
A． B． C． D．
答案：BD
解析：小物块与箱子碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律，mv=(m+M)v’，解得v’= mv/(m+M)v；小物块与箱子碰撞N次，相对于箱子滑动路程为NL，由功能关系，系统损失的动能为μmgNL=mv2-(m+M)v’2= v2，所以选项BD正确。
【最新模拟题训练】。
1．（9分）(2013河北邯郸高三12月质检)如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距L=1.0m。物块A以速度vＯ=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B立刻牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45。（设碰撞时间很短，A、B、C均可视为质点，取10m/s2）
（i）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；
（ii）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
【解析】（i）设A、B碰后速度为，由于碰撞时间很短，A、B相碰的过程动量守恒，得　　　　 ①
在A、B向C运动，设与C碰撞前速度为，在此过程中由动能定理，有
　　　 　 ②
得A、B与C碰撞前的速度为 ③
（用其它方法得出正确答案同样给分）
（ii）设A、B与C碰后速度为，A、B与C碰撞的过程动量守恒
得：　　　 　 ④
根据碰撞前后动能不增加，
有 ⑤　
④⑤式得 ⑥

讨论如下：
当时，碰后AB速度向右，且碰后A、B的速度必须满足，
可得　 ⑦
当时，，即与C碰撞后，AB停止 ⑧
当时，，即B与C碰后向左运动 ⑨
2．（8分）（2013甘肃嘉峪关检测）如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M= 40kg小车B静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m=20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动.若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，（取g=10m/s2）求：
①从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间；
②物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离.
解析：下滑过程机械能守恒∴ ????????（ 1分）
碰撞过程动量守恒?
∴? （2分）
由动量定理有?，
? ?????（2分）
由功能关系有?
解得：l＝?m。?? （2分）
3（9分）（2013天星调研卷）如题图所示，半径为R的光滑圆形管道固定在竖直面内．直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好达到与管道圆心O等高处。
（1）求A球与B球碰撞前的速度和碰撞后B球的速度；
（2）若已知mB =m，求两小球质量比值和碰撞过程中损失的机械能。
【命题意图】 本题主要考查碰撞、机械能守恒定律、动量守恒定律和能量守恒定律等知识点，意在考查考生综合利用相关知识分析解决具体问题的能力。
【解题思路】：（1）A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，由机械能守恒定律，mAg·2R=mAv2，
解得A球与B球碰撞前的速度v=2。（2分）
根据碰后A、B球均能刚好达到与管道圆心O等高处，由机械能守恒定律，mBgR=mBvB2，解得vB=。（2分）
（2）A球与B球碰撞，动量守恒，mAv= mvB+mAvA；
vB=vA，
联立解得：=+1。（2分）
（4）碰撞前系统动能Ek0=mAv2=2(+1)mgR，
碰撞后系统动能Ek=mAvA2+mvB2=(mA+m)gR=(+2)mgR,
碰撞过程中损失的机械能
△E= Ek0-Ek=2(+1)mgR-(+2)mgR=mgR。（3分）
4（2013天星调研卷）如图甲所示，质量M=0.040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m／s，质量m=0.010kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep=kx2，弹簧的弹力随弹簧长度x变化的图象如图乙所示，不计空气阻力。求：
①弹丸打入靶盒A过程中弹丸损失的机械能。
②弹丸进入靶盒A后，靶盒A的最大位移。
【解题思路】：①弹丸打入靶盒A过程，由动量守恒定律
mv0=(M+m)v，
解得：v=10m/s。（2分）
弹丸损失的机械能：△E= mv02- mv2=m(v02- v2)=12J。（2分）
② 靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得
Ep= (M+m)v2=2.5J，（2分）
由弹簧的弹力随弹簧长度x变化的图象的斜率等于弹簧劲度系数可得
k==100N/m，（1分）
由Ep=kx2，可得靶盒A的最大位移x==m。（2分）
5（2013天星调研卷）.在军事训练中，一战士从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来、速度是0.5m/s的小船上，然后去执行任务，已知战士质量为60kg，小船的质量是140kg，该战士上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水的阻力，则
A．战士跳到小船到最终停在船上的过程，战士和小船的总动量守恒
B．战士跳到小船到最终停在船上的过程，战士和小船的总机械能守恒
C．战士最终停在船上后速度为零
D．战士跳到小船到最终停在船上的过程动量变化大小为105 kg·m/s
答案：AD
解析：战士跳到小船到最终停在船上的过程，战士和小船的总动量守恒，总机械能有损失，不守恒，选项A正确B错误；以战士初始运动方向为正，对战士跳到小船到最终停在船上的过程，设战士最终停在船上后速度为v’，由动量守恒定律， m人v－m船v船= (m人＋m船)v′得 v’=0.25m/s，选项C错误；战士动量的变化量 Δp=m人(v′―v) =60×(0.25-2) kg·m/s =-105 kg·m/s ，动量变化大小为105 kg·m/s，选项D正确。
　
6. 质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则
由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒
子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒
子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒
子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s
答案：C
【命题意图】 本题主要考查动量守恒定律、动能定理、动量定理功能关系及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力。
【解题思路】取子弹的初速度 v0方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件，动量守恒，mv0=mv+MvP，解得vP=3m/s，选项A错误D正确。子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确C错误。
7．（2013北京海淀期中）如图8所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块的机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动
D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
【答案】： C
【解析】：在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，物块的机械能减小，选项A错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，选项B错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，不能回到槽高h处，选项C正确D错误。
8. （14分）（2013北京四中摸底）质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？
解题思路：应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律列方程解得F的最小值；由动量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量I的最小值。
考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量定理等。
解析：（1）设m、M的加速度分别是a1，a2，则
①
②
③
由①②可得 ④
⑤
⑥
（2） ⑦
解得
⑧
解得 ⑨
⑩
9. (12 分) （2013安徽皖南八校联考）如图所示，质量为m1的为滑块（可视为质点）自光滑圆弧形糟的顶端A处无初速度地滑下，糟的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A，B的高度差为h1＝－1.25 m.。.传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L=4. 00m．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0. 20..右端的轮子上沿距离地面高度h2=1. 80m，g取10 m/s2.
槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v；
在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足什么条件？
满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v=5.0m/s。求出滑块m1、m2落地点间的最大距离（结果可带根号）。
解析：
（1）滑块m1滑到B点过程，由机械能守恒定律，m1gh1= m1v02，
解得：v0=5m/s。
滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，-μm1gL=m1v2-m1v02，
解得：v=3.0m/s。
(2) m2的滑块停放在槽的底端，m1下滑后与m2发生弹性碰撞，由动量守恒定律，m1v0= m1v1+ m2v2
由能量守恒定律，m1v02= m1v12+ m2v22
解得：v1= v0，
v2= v0。
根据题述，碰撞后m1速度方向不变，v1>0，所以m1> m2。
滑块经过传送带后做平抛运动，h2=gt2，
解得t=0.6s。
当m1>> m2时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大。
v1= v0= v0=5m/s。
v2= v0=2 v0=10m/s。。
由于滑块m1与传送带速度相同，不受摩擦力，m1水平射程x1= v1t =3.0m，
滑块m1与传送带间有摩擦力作用，由动能定理，
-μm2gL=m2v2’2-m2v22，
解得v2’=2m/s。
m2水平射程x2= v’2t=1. 2m，
滑块m1、m2落地点间的最大距离x= x2-x1=1. 2m-3.0m=（1. 2-3）m。
10．（10分）（2013北京海淀期中）如图17所示，在倾角θ＝30o的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离
d＝0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：
（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；
（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。
解题思路：通过分析受力，应用牛顿第二定律解得物块A和凹槽B的加速度；AB碰撞，应用动量守恒定律和能量守恒定律得到第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；应用运动学和相关知识得到发生第三次碰撞时B的位移大小。
考查要点：牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律和匀变速直线运动规律等。
解析：
（1）设A的加速度为a1，则
mg sin?=ma1 ，a1= g sin?????×sin 30°=5.0m/s2…………………………1分
设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则
==10N，方向沿斜面向上
B所受重力沿斜面的分力=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下
因为，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则
凹槽B的加速度a2=0………………………………………1分
（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得

vA0===1.0m/s…………1分
因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有
………………………………………1分
………………………………………1分
解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
vA1=0，vB1=1.0 m/s ………………………………………1分
（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
vA2=，解得t1=0.20s
设t1时间内A下滑的距离为x1，则
解得x1=0.10m
因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。………………………………………1分
设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2， A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则
xA1=，xB1=vB1t2，xA1= xB1
解得t2=0.40s ，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s ……………1分
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。
用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s，A与B发生第三次碰撞。………………………………………1分
设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则
xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m；
设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则
x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m …………1分
11. （14分）（2013北京四中摸底）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=2m/s 的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
11. 解题思路：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、列方程解得物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；应用动量守恒定律、机械能守恒定律、匀变速直线运动规律列方程得到物块B在传送带上向右运动的最大位移为，根据< l=1.0m判断出物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上。
考查要点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动量守恒定律等。
【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0
由机械能守恒知
①
②
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a
③
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
④
结合②③④式解得
v=4m/s ⑤
由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小
（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
⑥
⑦
解得 ⑧
即碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则
⑨
⑩
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
…… 
则第n次碰撞后物块B的速度大小为

12．（2013北京四中期中测试）如图所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度、沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上（若A、B相碰，碰后一定粘在一起）．求：
（1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？[来源:学§科§网Z§X§X
（2）要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？
（3）接（2）问，求平板车达到（1）问最终速度前的位移？
解析：（1）由动量守恒定律，m2v-mv=3mV，
解得：V=v/3 4分
（2）由功能关系，μmgL=m(2v)2+mv2-3mv2
解得L=7v2/(3μg)?。 4分
（3）当B速度减小到零时，A的速度减小到v，平板小车静止；
A继续向右滑动，在速度减小到v/3过程中，小车加速度为a=μg/2，
小车位移x=
联立解得x=v2/(9μg) 4分
13.（2013北京四中摸底测试）质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2）
（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？
（2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？
13. 解题思路：应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律列方程解得F的最小值；由动量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量I的最小值。
考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量定理等。
解析：（1）设m、M的加速度分别是a1，a2，则
①
②
③
由①②可得 ④
⑤
⑥
（2） ⑦
解得
⑧
解得 ⑨
⑩
14.如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中（ ）
A. 若斜面光滑，系统动量守恒，系统机械能守恒
B. 若斜面光滑，系统动量不守恒，系统机械能守恒
C. 若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，系统机械能不守恒
D. 若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，系统机械能不守恒
解析：B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中，若斜面光滑，系统机械能守恒；由于系统在竖直方向有加速度，合外力不为零，系统动量不守恒，选项A错误B正确；若斜面不光滑，系统机械能不守恒；但水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，选项C正确D错误。
答案：BC
15.人在平板车上用水平恒力拉绳使重物能靠拢自己，如图1所示。人相对平板车始终不动，重物与平板车之间，平板车与地面之间均无摩擦。设开始拉重物时车和重物都是静止的，车和人的总质量为M=100kg。重物质量m=50kg，拉力F=200N，重物在车上向人靠拢了3m，求：
车在地面上移动的距离；
这时车和重物的速度。
解析：（1）设，车在地面上移动距离为s，重物在车上向人靠拢了L=3m，重物相对于地面位移为L-s，对系统由动量守恒定律得m（L-s）—Ms=0
解得s=1m
(2)在拉力F作用下重物加速度a=F/m=m/s2=4 m/s2，
重物在车上向人靠拢了3m时重物的速度v1==4 m/s ，
由动量守恒定律mv1=Mv2得车的速度v2=mv1/M=2 m/s 。
16．我国于2008年发射围绕地球做圆周运动的“神州7号”载人飞船，宇航员进行了太空行走。
（1）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g．“神州7号”载人飞船上的宇航员离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为，求该宇航员距离地球表面的高度.
（2）已知宇航员及其设备的总质量为M，宇航员通过向后喷出氧气而获得反冲力，每秒钟喷出的氧气质量为m。为了简化问题，设喷射时对气体做功的功率恒为P，在不长的时间内宇航员及其设备的质量变化很小，可以忽略不计．求喷气秒后宇航员获得的动能.
解析：（1）设地球质量为M0，在地球表面，对于质量为m的物体有，
离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动，有
联立解得， r=
该宇航员距离地球表面的高度h=r-R=-R.
（2）因为喷射时对气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时
间内，据动能定理可求得喷出气体的速度为：
另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：
又宇航员获得的动能，
联立解得：
17.在光滑水平面上放着两块质量都是m的木块A和B，中间用一根倔强系数为k的轻弹簧连接着，如图2，现从水平方向射来一颗子弹，质量为m/4，速度为v0，射中木块A后，留在A中。
求：①在子弹击中木块瞬间木块A的速度vA和vB；
②在以后运动中弹簧的最大弹性势能；
③在以后运动中A的最小速度和B的最大速度。
.解析：①在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用vB=0，由于此时A不受弹力，木块A和子弹构成系统，在这极短过程中不受外力系统动量守恒，，解得。
②由于vA>vB，弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得A木块开始做变减速运动，B木块做变加速运动。弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到vA=vB时弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大。在弹簧压缩过程木块A（包括子弹）、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒。设弹簧压缩量最大时共同速度为v1，弹簧的最大弹性势能为Epm,有
联立解得v1=
③当A的速度等于B的速度时，AB之间距离最小，弹簧压缩量最大，此后弹簧压缩量减小，但A仍做减速运动，B仍做加速运动，直到弹簧恢复原长时，A的速度达到最小值v2，B的速度达到最大值v3。这一过程仍然是系统动量守恒，机械能守恒。
联立解得v2 =，v3=
18. (2007年高考全国理综1)如图3所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附件存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。
解析：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vm和VM，碰撞过程动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则
m vn-1=MVM-mvm 
m vn-12=MVM2+mvm2 
由两式及M=19m解得
vm= vn-1 
VM= vn-1 
第n次碰撞后绝缘球的动能为En=mvm2=（0.81）nE0 
E0为第一次碰撞前的动能，即初始能量。
绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的重力势能之比为=0.586
式中l为摆长。
根据式，经n次碰撞后=（0.81）n
易解出（0.81）2=0.625，（0.81）3=0. 531，
因此，经过3次碰撞后θ将小于45°。
19. ⑴如图4甲，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。
⑵如图4乙，将N个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。
解析：⑴设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度，由动量守恒和能量守恒定律有
mu1+ mu2= mu0，
，
解得u！= u0，u2=0，或者u1=0，u2= u0。
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度过程中，右端小球一直加速，因此实际解为u1=0，u2= u0。
⑵以v1、v1’分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时，左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律：
mv1+ mv1’=0， ，
解得： 或 。
由于该过程中左右小球分别向左右加速，故应取第2组解。振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动，当它们速度相同时，弹簧弹性势能最大，设此速度为v10，则2mv10= mv1，用E1表示最大弹性势能，则，
解得：。
同理可推出，每个振子弹性势能的最大值都是
振子2被碰撞后瞬间，左端小球速度为右端小球速度为0。以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度右端小球速度与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为
同理分析可得
振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度右端小球速度为0，弹簧处于自然长度。此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大。设此速度为根据动量守恒定律，
用表示最大弹性势能，根据能量守恒，有
联立解得
20. 如图5所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（A视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？
解析：设A、B、C的质量均为m。B、C碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。对B、C构成的系统，由动量守恒定律得：
m v0=2m v1
设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2。对A、B、C构成的系统，由动量守恒定律得：2m v0=3m v2
设C的长度为L， A与C的动摩擦因数为μ，由能量关系可得：
设从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S，则对B、C构成的整体由动能定理可得：　　
联立以上各式解得：.
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十三
专题三十三、量子论初步
【重点知识解读】
波粒二象性
1.普朗克1900年提出量子论，1905年爱因斯坦提出光子学说，成功解释了光电效应实验。任何一种金属都有一个极限频率，只有当入射光的频率大于这个极限频率才能发生光电效应。光电效应实验表明光具有粒子性。光子能量公式E=hν，光电效应方程Ek= hν—W。
2.光的干涉、衍射实验证明光具有波动性，麦克斯韦提出光是电磁波。光电效应实验康普顿实验都表明光具有粒子性。光具有波粒二象性。个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的作用效果表现为波动性；频率越低的光，波动性越显著，容易观察到光的干涉和光的衍射现象；频率越高的光，粒子性越显著，贯穿本领越强。
3.德布罗意提出物质波：任何运动的物体，都有一种波与之对应。物质波的波长λ=h/p=h/mv。
二．波尔理论
玻尔假设：轨道量子化、定态和能量量子化、电子从能量较高的定态轨道跃迁到能量降低的定态轨道发射光子，光子能量hν=E初-E末。根据玻尔的定态假设和能量量子化，可画出能级图，利用发射或吸收光子的能量等于两能级能量值之差可求出射或吸收光子的频率。
【高考命题动态】
量子论初步包括波粒二象性和波尔理论。量子论是近代物理的基石之一，也是高考命题重点之一。高考对量子论的考查难度中等。
【最新高考题分析】
典例1（2012·海南物理）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系
【答案】ADE
【解析】根据光电效应规律，对于同种金属，Ek与照射光的强度无关，Ek与光照射的时间无关，Ek与照射光的频率成线性关系，Ek与照射光的波长有关，但不是成反比，选项AD正确BC错误；对于不同种金属，若照射光频率不变，根据光电效应方程，Ek=hv-W，Ek与金属的逸出功成线性关系，选项E正确。
【考点定位】此题考查光电效应及其相关知识。
针对训练题1（09高考上海物理）．光电效应的实验结论是：对于某种金属（ ）
A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应
B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应
C．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小
D．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大
【解析】每种金属都有它的极限频率(0，只有入射光子的频率大于极限频率(0时，才会发生光电效应，且入射光的强度越大则产生的光子数越多，光电流越强；由光电效应方程Ek=h(–W=h(–h(0，可知入射光子的频率( 越大，产生的光电子的最大初动能Ek也越大，与入射光的强度无关，所以AD正确。
【答案】AD
典例2．（2012·上海物理）根据爱因斯坦的“光子说”可知
（A）“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”
（B）光的波长越大，光子的能量越小
（C）一束单色光的能量可以连续变化
（D）只有光子数很多时，光才具有粒子性
【答案】：B
【解析】：根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越小，选项B正确。
【考点定位】此题考查光子说。
针对训练题2（2007年高考江苏物理）现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是
A、一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B、肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
C、质量为10-3kg、速度为10-2m/s的小球，其德布罗意波长约为10-23 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹
D、人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长一晶体中原子间距大致相同
【解析】一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，即打到锌板上的光子越多，单位时间内锌板上发射的光电子就越多，但体现的是光的粒子性，不能体现波动性，选项A错；肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的，是光的干涉现象，突出体现了光的波动性，选项B对；运动的小球德布罗意波长很短，可清晰观测到小球运动的轨迹，不能突出体现波动性；选项C错；由德布罗意公式计算出的热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距大致相同，所以可通过热中子的晶体衍射图案，研究晶体结构，选项D正确；所以此题正确选项为BD。
【答案】BD
典例3（2012·江苏物理）如图所示是某原子的能级图,a、b、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光. 在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大,则正确的是 _____________.
【答案】C
【解析】谱线从左向右的波长依次增大，正确的是C。
【考点定位】此题考查能级、玻尔理论、光谱及其相关知识。
针对训练题3．（2012·四川理综）如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子
A．从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长
B．从n=5能级跃迁到n=1能级比n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大
C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
3.【答案】：A
【解析】：由玻尔理论可知，从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长，选项A正确；辐射出电磁波的速度一样大，选项B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，处于基态出现的概率最大，选项C错误；从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，选项D错误。
【考点定位】此题考查能级、玻尔理论及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2012·上海物理）在光电效应实验中，用单色光照时某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的 （ ）
（A）频率 （B）强度
（C）照射时间 （D）光子数目
【答案】：A【解析】：在光电效应实验中，用单色光照时某种金属表面，有光电子逸出，根据光电效应方程，光电子的最大初动能取决于入射光的频率，选项A正确。
【考点定位】此题考查光电效应。
2．（6分）(2013河北邯郸高三12月质检)下列说法正确的有
A．如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应
B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一
C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大
D．原子核发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长
2．答案：ABE（全对得6分，选对但不全得3分，多选或错选不得分）
解析：由于绿光频率低于紫光，如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应，选项A正确；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，选项B正确；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，选项C错误；原子核发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，选项D错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，光子动量减小，由λ=h/p，可知光子散射后波长变长，选项E正确。
3． (6分）（2013河南三市联考）下列关于近代物理知识的描述中，正确的是_______ (填入正确选项前
的字母。选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分；每选错一个扣3分，最 低得分为0分
A. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出
B. 处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子
C. 衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
D. 在N+He→O+X核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变
E. 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
答案：ABE
解析：根据光电效应规律，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出，选项A正确；处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出2+1=3种频率的光子，选项B正确；衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子和电子，电子从原子核内发射出来而形成的，选项C错误；在N+He→O+X核反应中，X是质子，这个反应过程叫原子核人工转变，选项D错误； 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项E正确。
4．（2013宝鸡检测）某光波射到一逸出功为W的光电材料表面，所产生的光电子在垂直于磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的最大半径为r，设电子的质量为m，带电量为e，普朗克常量为h，则该光波的频率为（ ）
A．　　　　 　　B．
C． W/h+ D．W/h-
答案：C
解析：由evB=mv2/r可得所产生的光电子的最大初动能Ek=mv2=。由爱因斯坦光电效应方程，Ek=hν-W，解得ν=W/h+，选项C正确。
5．（2013宝鸡检测）红宝石激光器的工作物质红宝石含有铬离子的三氧化二铝晶体，利用其中的铬离子产生激光。铬离子的能级如图所示，E1是基态，E2是亚稳态，E3是激发态，若以脉冲氙灯发出波长为λ1的绿光照射晶体，处于基态的铬离子受激发跃迁到E3，然后自发跃迁到E2，释放波长为λ2的光子，处于亚稳态E2的离子跃迁到基态时辐射出的光就是激光，这种激光的波长λ为 （ ）
A． B．
C． D．
答案：A
解析：由hc/λ1= hc/λ2+ hc/λ，解得λ=，选项C正确。
6（5分）现有a、b两种单色光，其波长关系为用a光照射某种金属时，恰好发生光电效应。则：
①用b光照射该金属时， 发生光电效应；（填“能”或“不能”）
②若增加a光强度，释放出光电子的最大初动能 增大。（填“能”或“不能”）
答案：能 不能
解析：由于b光波长短，光子能量大于a，所以用b光照射该金属时，能发生光电效应；由光电效应规律可知，若增加a光强度，释放出光电子的最大初动能不能增大。
7（2013徐州摸底）某光源能发出波长为0.6μm的可见光，用它照射某金属能发生光电效应，产生光电子的最大初动能为0.25eV．已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s，光速c=3×108m/s．求：
①上述可见光中每个光子的能量；
②该金属的逸出功。
解析：①上述可见光中每个光子的能量E=hc/λ=6.63×10-34J·s×3×108m/s÷0.6μm=3.315×10-19J=2.07eV；
②由爱因斯坦光电效应方程，Ek=hc/λ+W，解得该金属的逸出功W= 1.82eV。
8．（2013连云港摸底）某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率v的关系图象如图所示。则由图象可知
A．该金属的逸出功等于hv0
B．遏止电压是确定的，与照射光的频率无关
C．若已知电子电量e，就可以求出普朗克常量h
D．入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为hv0
答案：ACD
解析：由光电效应方程，Ek=hν-W，eUc=Ek，联立解得Uc=ν-W/e。由此可知，该金属的逸出功W=hv0，若已知电子电量e，根据图像斜率等于，就可以求出普朗克常量h，选项AC正确；遏止电压随照射光的频率增大而增大，选项B错误；入射光的频率为2v0时，根据光电效应方程可知，产生的光电子的最大初动能为hv0，选项D正确。
9．（2013连云港摸底）如图所示为氢原子的能级图。现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是
A．这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光
B．氢原子由n=3跃迁到n=2产生的光频率最大
C．这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2eV
D．氢原子由n=3跃迁到n=l产生的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应
答案：AD
解析：大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，总共可辐射出三种不同频率的光，氢原子由n=3跃迁到n=2产生的光频率最小，选项A正确B错误；当从n=3能级跃迁到n=1能级时辐射出光子能量最大，这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为（-1.51 eV ）-（-13.6 eV ）=12.09eV，选项C错误；氢原子由n=3跃迁到n=l产生的光，光子能量为12.09eV，照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应，选项D正确。
10.从1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量。他通过如图所示的实验装置测量某金属的遏止电压与入射光频率，作出---的图象，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射测出的h相比较，以检验爱因斯坦方程的正确性。图中频率、、遏止电压、及电子的电荷量均为已知，求：
①普朗克常量h；
②该金属的截止频率。
解：根据爱因斯坦光电效应方程 及动能定理 得

结合图象知
普朗克常量h，
11（2006全国理综卷2第19题）．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0
A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0
C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大
D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增加一倍
答案：AB
解析：由产生光电效应的条件可知，当照射该金属光的频率大于极限频率时，一定能产生光电子，选项A正确；根据光电效应方程，当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0，选项B正确；当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功不变，选项C错误；当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增加，且大于一倍，选项D错误。
12.（2005天津理综卷第20题）．现用电子显微镜观测线度为d的某生物大分子的结构。为满足测量要求，将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为。已知普朗克常量h、电子质量m和电子电荷量e，电子的初速度不计，则显微镜工作时电子的加速电压应为
A． B． C． D．
解析：由德布罗意物质波波长公式可知：λ=h/p，又λ=d/n，设显微镜工作时电子的加速电压为U，由动能定理eU=mv2=p2/2m，联立解得U=。
答案：D
13（2005江苏物理卷第6题）．在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近．已知中子质量m=1.67×10-27kg，普朗克常量h=6.63×10-34J·s，可以估算德布罗意波长λ=1.82×10-10m的热中子动能的数量级为（C ）
(A)10-17J (B)10-19J
(C)10-21J (D)10-24 J
解析 ：由德布罗意物质波波长公式可知：λ=h/p，晶体中原子间距为10-10m，热中子动能Ek=mv2=p2/2m=h2/2mλ2，将有关数据代入计算可得热中子动能的数量级为10-21J。
答案：C
14. （2012金太阳联考）德布罗意根据光的波粒二象性提出了物质波假设。已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s，下列说法正确的是
A．根据德布罗意假设，动量为p的子弹的德布罗意波长为h/p
B．光的衍射图案证明了德布罗意物质波假设的正确性
C．频率为ν的光子其动量为hc/ν
D．质量为9.1×10-31kg、速度为4.0×107m/s的电子德布罗意波长大约为1.8×10-8m
.答案：A
解析：根据德布罗意假设，动量为p的子弹的德布罗意波长为h/p，选项A正确；电子的衍射图案证明了德布罗意物质波假设的正确性，选项B错误；由λ=h/p，λ=c/ν可得频率为ν的光子其动量为p=hν/c，选项C错误；由λ=h/mv计算得到质量为9.1×10-31kg、速度为4.0×107m/s的电子德布罗意波长大约为1.8×10-11m ，选项D错误。
15.（2011上海物理第17题）.用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图像，则
(A)图像(a)表明光具有粒子性
(B)图像(c)表明光具有波动性
(C)用紫外光观察不到类似的图像
(D)实验表明光是一种概率波
【解析】图像(a)只有分散的亮点，表明光具有粒子性；图像(c)呈现干涉条纹，表明光具有波动性；用紫外光也可以观察到类似的图像，实验表明光是一种概率波，选项ABD正确。
【答案】ABD
【点评】此题根据人们用微弱的光做双缝干涉实验所看到的现象，来说明光是概率波，光具有波粒二象性。
16.（2012年2月山东潍坊重点中学联考）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是
A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型
B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的光强太小
C．原子核发生一次β衰变时，其内部的一个中子转变为质子
D．玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱
.答案：ACD解析：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，选项A正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率低，选项B错误；原子核发生一次β衰变时，其内部的一个中子转变为质子，选项C正确；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱，选项D正确。
17．（2011全国理综卷第18题）已知氢原子的基态能量为E，激发态能量，其中n=2,3…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为
B. C. D.
.答案：C
解析：第一激发态能量为E2=E1/22=E1/4，能使氢原子从第一激发态电离的光子最小能量为E=- E1/4，由E=hc/λ得能使氢原子从第一激发态电离的光子最大波长为λ=，选项C正确。
【点评】此题考查氢原子能量、能级、电离等知识点。
18 (2010新课标)用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则_______.(填入正确选项前的字母)
A、ν0<ν1 B、ν3=ν2+ν1 C、ν0=ν1+ν2+ν3 D、
【解析】：大量氢原子跃迁时只能发射频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，这说明氢原子是从n=3能级向低能级跃迁，根据能量守恒有，hν3=hν2+hν1，解得：ν3=ν2+ν1，选项B正确。
【答案】B
【点评】此题考查能级、能量守恒定律及光的发射。
19．（2010重庆理综）氢原子的能级示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示。
色光
赤
橙
黄
绿
蓝—靛
紫
光子能量范围（eV）
1.61~2.00
2.00~2.07
2.07~2.14
2.14~2.53
2.53~2.76
2.76~3.10
处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为
A．红、蓝靛
B．黄、绿
C．红、紫
D．蓝靛、紫
【解析】根据玻尔理论，如果激发态的氢原子处于第二能级，只能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光范围；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有1.89 eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89 eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝—靛，所以选项A正确。
【答案】A
【点评】此题考查能级、光谱和发射及其相关计算。
20（2007年高考江苏物理）μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ氢原子（hydrogen muon atom）,它在原子核物理的研究中有重要作用。图为μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光，且频率依次增大，则E等于
A．h（ν3—ν2） B．h（ν5+ν6） C．hν3 D．hν4
【解析】由μ氢原子吸收光子后，发出6种频率的光可知μ氢原子吸收光子后跃迁到n=4的能级。ν6为μ氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光的频率，ν5为μ氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光的频率，ν4为μ氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光的频率，ν3为μ氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级发出的光的频率，ν2为μ氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级发出的光的频率，ν1为μ氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光的频率。由光子的发射和吸收规律可知照射光子能量E应等于μ氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级所需的能量，即E=hν3，所以正确选项为C。
【答案】 C
【点评】此题取材μ氢原子的能级图，考查对能级、光子的发射和吸收等知识的理解和掌握。
21（2010山东理综第38题）大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89eV、10.2eV、12.09eV。跃迁发生前这些原子分布在 个激发态能级上，其中最高能级的能量值是 eV（基态能量为-13.6 eV）。
解析：由题述的发出三种不同能量的光子能量可知，跃迁发生前这些原子分布在第2个激发态（n=3）其中最高能级的能量值是-13.6eV+12.09eV=-1.51eV。
答案：2 -1.51
22（2011四川理综第18题）氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则
A. 吸收光子的能量为hν1+hν2 B.辐射光子的能量为hν1+hν2
C. 吸收光子的能量为hν1-hν2 D.辐射光子的能量为hν1-hν2
答案：D
解析：根据题述可知能级k高于能级m，氢原子从能级k跃迁到能级m，辐射光子能量为hν2- hν1，选项D正确。
23.（2009·全国理综卷Ⅱ第18题）氢原子的部分能级如图所示。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间。由此可推知, 氢原子
A. 从高能级向n=1能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短
B. 从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光
C. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D. 从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光
解析： 从高能级向n=1的能级跃迁的过程中辐射出的最小光子能量为9.20ev,不在1.62eV到3.11eV之间,选项A正确.已知可见光子能量在1.62eV到3.11eV之间从高能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量小于等于3.40ev，选项B错. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率只有能量大于3.11ev的光的频率才比可见光高,选项C错.从n=3到n=2的过程中释放的光的能量等于1.89ev介于1.62到3.11之间,所以是可见光，选项D正确。
答案：AD
点评：本题考查玻尔的原理理论.
24.（2012金太阳联考）.在氢原子光谱实验中，得到一条波长为656.2nm的红色谱线，若已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s，氢原子基态能量值为E1=-13.6eV，量子数为n的较高能级能量值为En= E1/n2，则
A．该谱线对应的频率为4.57×1010Hz
B．该谱线对应的光子能量为1.89eV
C．跃迁前氢原子所处能级能量值为1.51eV
D．该谱线为则处于n=3能级向n=2能级跃迁发出的
.答案：BD
解析：由频率与波长的关系式可得该谱线对应的频率为ν=c/λ=4.57×1014Hz，选项A错误；光子能量为E=hν=6.63×10-34×4.57×1014J=3.03×10-19J=1.89eV，选项B正确；n=2能级能量值E2=-3.4 eV；跃迁前氢原子所处能级能量值为En=1.89eV-3.4 eV=-1.51 eV，选项C错误；由E1/ En=9可知n=3，即该谱线为处于n=3能级向n=2能级跃迁发出的，选项D正确。
25.（2012·北京理综）一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级.该氢原子
A． 放出光子，能量增加
B． 放出光子，能量减少
C． 吸收光子，能量增加
D． 吸收光子，能量减少
.【答案】：B
【解析】氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级.该氢原子放出光子，能量减少，选项B正确。
【考点定位】此题考查波尔理论、能级及其相关知识。
26（2012·山东理综）氢原子第n能级的能量为，其中E1为基态能量。当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则= 。
【答案】
【解析】当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的能量E= E1/16- E1/4= -3E1/16；氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的能量E’= E1/4- E1= -3E1/4；光子能量为hν，则=。
【考点定位】此题考查能级、玻尔理论及其相关知识。
27（2003江苏物理第2题）.用某种单色光照射某种金属表面，发生光电效应。现将该单色光的光强减弱，则（ ）
A.光电子的最大初动能不变
B.光电子的最大初动能减少
C.单位时间内产生的光电子数减少
D.可能不发生光电效应
答案：AC
解析：将该单色光的光强减弱，产生的.光电子的最大初动能不变，单位时间内产生的光电子数减少，选项AC正确。
28. （2010天津理综）用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图。则这两种光
A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大
B.从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大
C.通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大
D.通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大
【解析】由图象可知，当电流为零时的电压为截止电压，UC2大于UC1。根据动能定理qU=Ekm，显然Ekm2大于Ekm1，照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能小，选项A错误。由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W0，可知，νa<νb，a光的波长大于b光，通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大，选项C正确。在同种玻璃中传播，b光折射率大于a光，通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度小，选项D错误。b光临界角小于a光，从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大，选项B正确。
【答案】BC
【点评】此题从光电效应的光电流I与光电管两极间所加电压U的关系图线切入，综合考查光电效应、光的干涉、全反射、光的色散等知识点。
29（2011福建理综卷第29题）爱因斯坦因提出光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是 （填选项前的字母）
A．逸出功与ν有关
B。Ekm与入射光强度成正比
C．当ν=ν0时会逸出光电子
D。图中直线斜率与普朗克常量有关
答案： D
解析：逸出功与ν0有关，选项A错误；Ekm与入射光频率有关，与入射光强度无关，选项B错误；当ν=ν0时入射光光子能量等于逸出功，不会逸出光电子，选项C错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，图中直线斜率与普朗克常量有关，选项D正确。
30.（2012金太阳联考）如图所示，一光电管的阴极用极限波长为λ0的钠制成．用波长为λ的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差为U，饱和光电流的值(当阴极K发射的电子全部到达阳极A时，电路中的电流达到最大值，称为饱和光电流)为I．则
A．每秒钟内由K极发射的光电子数目为I/e
B．从阴极K发射的光电子的最大初动能hc/λ
C．发射的电子到达A极时的最大动能为
D．若入射光强度增到原来的三倍，但光子的能量不变，从阴极K发射的光电子的最大初动能可能增大
答案：AC
解析：每秒钟内由Ｋ极发射的光电子数n=I/e，选项A正确；阴极Ｋ金属的逸出功W=hc/λ0，长为λ的紫外线光子能量E= hc/λ，由光电效应方程，从阴极K发射的光电子的最大初动能Ek= E- W= hc/λ- hc/λ0= hc(1/λ-1/λ0)，选项B错误；由动能定理eU= Ek’- Ek解得Ek’=eU+ hc(1/λ-1/λ0)，选项C正确；入射光强度增加，光子的能量不变，从阴极K发射的光电子的最大初动能不变，选项D错误。
31（2011新课标卷35题（1））在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为______。若用波长为λ（λ<λ0）单色光做实验，则其截止电压为______。已知电子的电荷量，真空中的光速和布朗克常量分别为e，c和h。
答案: hc/λ0
解析：金属的逸出功等于W=hc/λ0. 若用波长为λ（λ<λ0）单色光做实验，由爱因斯坦光电效应方程，Ek= hc/λ-W，而Ek=eU，联立解得其截止电压为U=。
32 （2012·江苏物理）A、B 两种光子的能量之比为2∶1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别为EA 、EB . 求A、B 两种光子的动量之比和该金属的逸出功.
15【答案】pA∶pB=2∶1。 W0= EA-2 EB。。
【解析】光子能量E=hν，动量p=h/λ，且ν= c/λ，
联立解得：p=E/c。
则：pA∶pB=2∶1。
A光照射时，光电子的最大初动能EkA=EA-W0,
B光照射时，光电子的最大初动能EkB=EB -W0,
联立解得：W0= EA-2 EB。。
【考点定位】此题考查光子能量、动量、光电效应方程及其相关知识。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十二
专题三十二、碰撞、动量和能量
【重点知识解读】
碰撞
弹性碰撞：碰撞后物体的形变可以完全恢复，且碰撞过程中系统的机械能守恒。
非弹性碰撞：碰撞后物体的形变只有部分恢复，且碰撞过程中系统的机械能由损失。
在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。相互作用的系统一定满足能量守恒定律。若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。
碰撞过程的三个制约因素：
动量制约——动量守恒。由于碰撞过程同时具备了“相互作用力大”和“作用时间短”两个特征，其它外力可忽略，取碰撞的两个物体作为系统，满足动量守恒定律。
动能制约——系统动能不增加。
运动制约——运动变化合理。
动量和能量
在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。相互作用的系统一定满足能量守恒定律。若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。
三．力学规律的优选策略
力学规律主要有：牛顿第二运动定律，动量定理和动量守恒定律，动能定理和机械能守恒定律，功能关系和能量守恒定律等。
牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，其表达式是：F=ma。据此可知，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用，且又直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应选用牛顿第二定律和运动学公式。若物体受到变力作用，对应瞬时加速度，只能应用牛顿第二定律分析求解。
动量定理反映了力对时间的积累效应，其表达式是：Ft＝Δp＝mv2－mv1。据此可知，动量定理适合于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题，特别对于冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应选用动量定理求解。
动能定理反映了力对空间的积累效应，其表达式是：W＝ΔEk＝。据此可知，对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间（对于机车恒定功率P运动，其牵引力的功W牵＝Pt，可以涉及时间t），而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，都可选用动能定理求解。
如果物体（或系统）在运动过程中只有重力和弹簧的弹力做功，而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，对于此类问题应优先选用机械能守恒定律求解。
如果物体（或相互作用的系统）在运动过程中受到滑动摩擦力或空气阻力等的作用，应考虑应用功能关系或能量守恒定律。两物体相对滑动时，系统克服摩擦力做的总功等于摩擦力与相对位移的乘积，也等于系统机械能的减少量，转化为系统的内能。
在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含着系统中有机械能与其它形式能量之间的转化。例如碰撞过程，机械能一定不会增加；爆炸过程，一定有化学能（或内能）转化为机械能（动能）；绳绷紧时动能一定有损失。对于上述问题，作用时间一般极短，动量守恒定律一般大有作为。
【高考命题动态】
碰撞是自然界常见现象，碰撞过程遵循动量守恒定律，伴随能量的转移和转化。高考对碰撞、动量和能量的考查，一般以新情景切入，难度较大。
【最新高考题分析】
典例（2012·新课标理综）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求
（i）两球a、b的质量之比；
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
【解析】（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
①
式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得
②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
③
联立①②③式得
④
代入题给数据得
⑤
（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是
⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能之比为
⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
⑧
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、碰撞、动量守恒定律及其相关知识。

针对训练题1.（2012·山东理综）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
2.【答案】
【解析】
设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得
对A、B木块： 
对B、C木块： 
由A与B间的距离保持不变可知 
联立上述各式，代入数据得
典例2. (2012·天津理综)如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；
（2）A、B两球的质量之比mB∶mA。
【解析】：（1）小球A从坡道顶端到滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律，得
mAgh=mAvA2，
解得速度vA=。
(2)设两球碰撞后共同速度为v，由动量守恒定律得，mAvA =( mA+ mB) v
粘在一起的两球水平飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，由平抛运动规律，
在竖直方向，h=gt2，
在水平方向，h=vt，
联立解得：mB∶mA=1∶3。
【考点定位】 本题主要考查机械能守恒定律、动量守恒定律和平抛运动规律及其相关知识，意在考查考生灵活应用知识解决实际问题的能力。
针对训练题2（2011新课标卷35题（2））如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，是弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速度v0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv=mv0 ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2+Ep=(2m)v12+mv02 ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep= mv02 ④
【点评】此题考查动量守恒定律和能量守恒定律。
典例3．（16分）（2007广东物理）如图14所示，在同一竖直平面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L。小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O＇与P的距离为L/2。已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（1）球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（1）弹簧的弹性力对球A所做的功。
解:（1）设碰撞后的一瞬间,球B的速度为vB/,由于球B恰好与悬点O同一高度,根据动能定理:
①
②
（2）球A达到最高点时,只有水平方向速度,与球B发生弹性碰撞.设碰撞前的一瞬间,球A水平方向速度为vx.碰撞后的一瞬间,球A速度为vx/.球A、B系统碰撞过程中动量守恒和机械能守恒:
③
④
由②③④解得: ⑤
及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小 ⑥
（3）碰后球A作平抛运动.设从抛出到落地时间为t,平抛高度为y,则:
⑦
⑧
由⑤⑦⑧得:y=L
以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W,从静止位置运动到最高点:
⑨
由⑤⑥⑦得:
W=mgL ⑩
典例4.（20分）（2008北京理综第24题）有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。
（1）已知滑块质量为m,碰撞时间为，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。
（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。
a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;
b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。
解析：
滑动A与B正碰，满足
mvA-mvB=mv0 ①
②
由①②，解得vA=0, vB=v0,
根据动量定理，滑块B满足 F·t=mv0
解得
(2)a.设任意点到O点竖直高度差为d.
B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。
选该任意点为势能零点，有
EA=mgd,EB= mgd+
由于p=,有
即 pAA下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量。
b.以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有
x=v0t·y=gt2
B的轨迹方程 y=
在M点x=y，所以 y= ③
因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vA,则
④
B做平抛运动，故 ⑤
对A由机械能守恒得vA= ⑥
由④⑤⑥得
将③代入得
典例5、（2009年重庆卷）24．探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。
解析：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有
(4mg＋m)( h2－h1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；
（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，
解得V1＝，
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有
W－4mgh1＝(4m)V12，
解得W＝mg；
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)V12－(4m＋m)V22，
联立解得＝mg(h2－h1)。
【最新模拟题训练】。
1.（2013安徽望江二中质检）如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动,下述正确的是
A．它们碰撞前的总动量是18kg·m/s，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向左
C．它们碰撞前的总动量是2kg·m/s，方向水平向右
D．它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左
答案：D解析：根据题述，它们碰撞前的总动量是mB vB-mA vA= 2kg·m/s，方向水平向左，根据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左，选项D正确ABC错误。
2.（选修3—5)18. （2013河北正定中学测试）如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球A、B质量分别为m、3m。A球从左边某高处由静止释放，并与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到的最大高度均为R．重力加速度为g．问：
（1）碰撞刚结束时B球对轨道的压力大小；
（2）通过计算说明,碰撞过程中A、B球组成的系统有无机械能损失？若有机械能损失,损失了多少？
2．解析：（1）因A、B球能达到的最大高度均为1/4R，由机械能守恒定律，得到碰撞后小球的速度大小为
1/2mv2＝1/4mgR，vA＝vB＝
设B球受到的支持力大小为N，根据牛顿第二定律：
N－3mg＝，得N＝9/2mg．
由牛顿第三定律，小球B对轨道的压力大小为：N′＝N＝9/2mg．
（2）设A球碰前的速度方向为正方向，碰撞过程满足动量守恒定律，
mv0＝－mvA＋3mvB
代入vA与vB的值，有：v0＝
碰前系统的机械能E1＝＝mgR
碰后系统的机械能为E2＝1/4mgR＋3/4mgR＝mgR
故E1＝E2，无机械能损失．
3.(16分)（2013安徽望江二中月考）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；
（2）若考虑重力的影响，
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；
b.求第n次碰撞后雨滴的动能vn’2；
解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnvn′………………..(2分)
得 ……………....(2分)
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
a． 第1次碰撞前 ……………....(2分)
第1次碰撞后
……………....(2分)
b. 第2次碰撞前
得 ……....(2分)
第2次碰撞后，m1v2=m2v2′
得v2’2= v02+2gl。……....(2分)
同理，第3次碰撞后v3’2= v02+2gl。
…………
第n次碰撞后，vn’2= v02+2gl。
动能：mnvn’2=( m02v02+2gl)。
4．（18分）（2013广州调研）如图所示，质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ=60°的位置后自由释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的．已知木块与地面的动摩擦因素μ=，重力加速度取g．求：
（1）小球与木块碰前瞬间所受拉力大小
（2）木块在水平地面上滑行的距离
4．（18分）
解：（1）设小球摆至最低点时的速度为v，依动能定理有：
……①
设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有： ……②
代入数据，解得： ……③
（2）设小球与木块碰撞后，小球的速度为v1，木块的速度为v2，设水平向右为正方向，依动量守恒定律有：……④
依题意知：……⑤
设木块在水平地面上滑行的距离为s，依动能定理有：
……⑥
联立并代入数据，解得……⑦
评分说明：①②④⑤⑥每式3分，③式2分，⑦式1分。
5.（12分）（2013安徽马鞍山二中期中测试）如图13所示，光滑的弯曲轨道AB的末端水平，小球1从轨道上A点由静止开始下滑，与静止在末端B处的小球2发生弹性正碰，小球2抛出后落在斜面上。已知两小球质量相等,斜面的倾角为θ，A点与轨道末端B点的高度差为h,斜面底端在抛出点B的正下方，斜面顶端与抛出点在同一水平面上，斜面长度为L，斜面上M、N两点将斜面长度等分成3段，两小球都可以看作质点，一切阻力不计。求：
（1）小球2从B点飞出时的速度大小.
（2）为使小球2能落在M点以上（含M点），小球1开始释放的位置相对于抛出点B的高度h应满足什么条件？
【命题意图】考查动能定理、动量守恒定律、平抛运动规律。
1.解:（1）小球沿轨道滑下，由动能定理得
（2分）
1球与2球碰 动量守恒 ……… （1分）
机械能守恒 ……… （1分）
解得： ……… （2分）
（2）小球2从B水平飞出，平抛运动，若下落到与M点等高处水平位移……（1分）则球2必落在M点以上。
……（1分）
得 ……… （1分）
6（2013天星调研卷）我国将在2013年使用长征三号乙火箭择机发射嫦娥三号。发射嫦娥三号是采用火箭喷气发动机向后喷气而加速的。设运载火箭和嫦娥三号的总质量为M，地面附近的重力加速度为g，地球半径为R,万有引力常数为G。
（1）用题给物理量表示地球的质量。
（2）假设在嫦娥三号舱内有一平台，平台上放有测试仪器，仪器对平台的压力可通过监控装置传送到地面。火箭从地面启动后以加速度g/2竖直向上做匀加速直线运动，升到某一高度时，地面监控器显示仪器对平台的压力为启动前压力的17/18，求此时火箭离地面的高度。
（3）当火箭将嫦娥三号送入太空某一高度后，火箭速度为v0；假设火箭喷气发动机每次喷出气体质量为m，且m<解：（1）在地面附近，mg=G,（1分）
解得:M=.（1分）
（2）设此时火箭离地面的高度为h，选取仪器为研究对象，设仪器质量为m0，火箭启动前，仪器对平台的压力F0=G,（2分）
在距离地面的高度为h，仪器所受万有引力，F= G,（2分）
设在距离地面的高度为h时，平台对仪器的支持力为F1，根据题述和牛顿第三定律，
F1= F0。
由牛顿第二定律，F1-F=ma，a=g/2，（3分）
联立解得：h=R/2。（2分）
（3）设1秒末火箭的速度为V，选取火箭初速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律，Mv0=MV-20mv，（3分）
解得：V= v0+20.（2分）
根据加速度的定义，a==20。（2分）
7（18分）(2013广州中学测试)如图，一光滑水平桌面与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动．一长L=0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1=0.4kg的小球．当小球m1在竖直方向静止时，小球m1对水平桌面的作用力刚好为零．现将小球m1提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当小球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2=0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D，g=10m/s2，求：
（1）两球碰撞前瞬间m1的速度v1的大小；
（2）两球碰撞后瞬间m2的速度v2的大小；
（3）光滑圆形轨道半径R．
7.（18分）解析：
（1）对m1，由动能定理有： （3分）
解得： （2分）
（2）对于m1、m2组成的系统由动量守恒定律有： （3分）
解得： （2分）
（3）在D点，对于m2有： （2分）
解得：（2分）
而对于m2在由C运动到D的过程中，由动能定理有：
（2分）
解得：R=0.18m （2分）
8、（18分）(2013广州中学测试)在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，它们紧靠在一起，如图所示．一个可视为质点的物体P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度v0滑入，过B点时速度为，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处．若物体P与木板AB间的动摩擦因数为，求：
（1）物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小；
（2）木板AB的长度L；
（3）滑块CD最终速度v2的大小．
解析：（18分）
（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统由动量守恒定律有：
（3分）
解得：（2分）
（2）由能量的转化与守恒定律有：
（3分）
解得：（2分）
（3）设物体P与滑块CD分离瞬间，物体P的速度为，在它们相互作用的过程中，由水平方向上动量守恒有： （2分）
由能量的转化与守恒定律有：（2分）
　 解得：， （2分）
可见，物体P与滑块CD交换速度后，物体P和木板AB都以的速度同方向作匀速运动，无法再追上滑块CD，故滑块CD最终速度v2应为．（2分）
9．（16分）（2012四川资阳二模）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起（碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C仍处于静止）。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep。
解题指导：利用牛顿运动定律、动量守恒定律和机械能守恒定律及其相关知识列方程解答。
解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为s，由牛顿第二定律和运动学公式有：
…………………①
…………………②
…………………③
联解①②③得：s=1.25m …………………④
因为：s＜L=4.0m …………………⑤
即：滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为：
v=3.0m/s …………………⑥
（2）设A、B碰撞后的共同速度为v1，A、B与C分离时的共同速度为v2，由动量守恒和能量守恒有：
…………………⑦
…………………⑧
…………………⑨
联解⑦⑧⑨得：Ep=1.0J …………………⑩
10. (20分) （2012安徽马鞍山二模）如图所示，质量为m=0.9kg的物块无初速的轻放在皮带传送带的A端。皮带以速度v=5m/s匀速运动。在距A端水平距离为3m处有一被细线悬挂的小球，刚好与皮带接触。细线长L=l.62m，小球的质量M=0.1㎏。已知皮带足够长，μ=0.5，（g取lOm/s2）
求：
(1)物块与球碰撞前物体的速度
(2)若与球发生碰撞过程无机械能损失，则球能否完成圆周运动？若能，球到最高点时，计算出细线的拉力大小
(3)物块从A端运动到B端由于相对滑动所产生的热量（设通过对球进行控制，球与物体没有再次相碰）
解题指导：应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识列方程解答。
解：（1）物块轻放在匀速运动的皮带上即在滑动摩擦力作用下做加速运动，
由牛顿第二定律：F=ma，
可得加速度：a=μg=5m/s2。 (2分)
由运动学公式：v2=2as，可知s=2.5m时，达到与皮带相同的速度，即开始做匀速运动，所以物块与球碰撞前物体的速度为5m/s 。 (2分)
（2）由于碰撞过程无机械能损失，碰撞过程中动量和动能均守恒。
mv= mv1+ Mv2 (2分)
mv2= mv12+ Mv22。 (2分)
联立解得：v1=v=4m/s ，v2=v=9m/s.
设被细线悬挂的小球能做圆周运动到最高点，到达的速度为v3，此时细线的拉力为T。运动中只有重力做功，故小球的机械能守恒。Mgh+Mv32=Mv22， (2分)
其中h=2L，代入数据，求得v3= m/s.。
小球在最高点时，Mg+T=M， (2分)
代入数据，求得T=0N (2分)
（3）物块在A端从静止开始加速到5m/s，加速运动的时间，t1=v/μg =1s，此时物块和皮带的位移分别为2.5m和5m。
故在第一次运动过程中由于相对滑动所产生的热量为 Q1=μmg△s1=11.25J。(2分)
物块与小球碰撞后继续运动到再次与皮带相对静止，经历的时间为t2=(v-v1)/μg =0.2s， 此过程中物块的位移为s2= t2=0.9m； 皮带的位移为1m。
故在第二次运动过程中由于相对滑动所产生的热量为Q2=μmg△s2=0.45J。(2分)
∴Q= Q1+ Q2=11.7J。 (2分)
11．（16分）（2012年高三下学期北京海淀一摸）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接。A、B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过轨道最高点。已知圆形轨道的半径R=0.50m，滑块A的质量mA=0.16kg，滑块B的质量mB=0.04kg，两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h=0.80m，重力加速度g取10m/s2，空气阻力可忽略不计。求：
（1）A、B两滑块一起运动到圆形轨道最低点时速度的大小；
（2）滑块A被弹簧弹开时的速度大小；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。
解题指导：应用动能定理解得A、B两滑块一起运动到圆形轨道最低点时速度的大小；由牛顿第二定律求得滑块A沿圆形轨道运动恰能通过轨道最高点时速度；由机械能守恒定律求得滑块A被弹簧弹开时的速度大小；由动量守恒定律和能量守恒定律求得两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。
解：（1）设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有
（mA+mB）gh=（mA+mB）v02……………………（2分）
解得：v0=4.0m/s ……………………………………………………………………（2分）
（2）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
mAg=mAv2/R ……………………………………………………………………（2分）
设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度为vA，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有 mAvA2=mAg?2R+mAv2……………………（2分）
代入数据联立解得：vA=5.0 m/s………………………………………………………（2分）
（3）对于弹簧将两滑块弹开的过程，A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，设滑块B被弹出时的速度为vB，根据动量守恒定律，有
（mA+mB）v0=mA vA+mB vB …………………………………………………………（2分）
解得： vB=0…………………………………………………………………………（1分）
设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有 （mA+mB）v02 + Ep=mAvA2……（2分）
解得：Ep=0.40J…………………………………………………………………………（1分）
12.( 19分)（2012四川绵阳一诊）如图所示，静止在光滑水平面上的平板车，质量为m3=2kg,右端固定一自然伸长状态的轻弹簧，弹簧所在位置的车表面光滑，车左端和弹簧左端之间距离为L=0.75m,这部分车表面粗植，质量为m2= 1kg的小物块Q，静止在平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R=2.5m，一端固定于Q正上方距Q为R处，另一端系一质量为m1=O.5kg的小球，将小球拉至悬线与竖直方向成60°角位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞，时间极短，碰撞后小球反弹速度v0=lm/s，一段时间后Q恰好返回平板车左端静止。取g=10m/s2。求：
(1)小球在最低点与Q碰撞后瞬间，小物块Q的速度v2是多大？
(2)小物块Q受到的滑动摩擦力f是多大？
(3 )小物块Q压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值Ep是多大？
.解：(1)设小球到达最低点与Q碰撞前速度大小为v1，则
……………………（3分）
m1v1= m2v2－m1v0 …………………………………（3分）
解得v2=3m/s………………………………………?（1分）[来源:学科网]
(2)设Q恰好返回平板车左端时，Q与平板车的共同速度为v3，则
m2v2= (m2+ m3)v3……………………………………（2分）
v3=1m/s
………………（3分）
解得f=2N…………………………………………?（1分）
(3)小物块Q压缩弹簧的过程中，Q与平板车的速度相等时，弹簧弹性势能最大，设速度为v4，则
m2v2= (m2+ m3)v4……………………………………（2分）
……………（3分）
解得Ep=1.5 J…………………………………………（1分）
13（2012湖北八市联考）如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5．一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线栓在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：
①滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
②滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
解析 ①设滑块P滑上乙车前的速度为v，对整体应用动量守恒和能量关系有：
mv－2MV = 0 （1分）
（1分）
解之得v = 4m/s V=1m/s （1分）
②设滑块P和小车乙达到的共同速度v′，对滑块P和小车乙有：
mv－MV = (m＋M)v′ （2分）
（2分）
代入数据解得：
14.（2012西南大学附中测试）如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA= 4.0kg 和 mB= 3.0kg，用轻弹簧栓接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t = 0时刻以一定速度向右运动与物块A相碰，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起不再分开。物块C在0~12s内v-t 图象如图乙所示。求：
物块C的质量mC；
在0~12s内墙壁对物块B的冲量I 的大小和方向；
B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP。
解析：（1）由图知，C与A碰前速度为=9m/s，碰后速度为=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。………3分 得=2kg……2分
（2）由图知，12s末A和C的速度为 = －3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为
………3分
得I = －36 NS……2分 方向向左……1分
（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。
…………2分
……3分
得：=9J……2分
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十五
物理学史和物理方法
【重点知识解读】
物理学史
牛顿总结前人研究成果，得出了牛顿运动定律。
伽利略根据理想实验说明力不是维持物体运动的原因。
胡克研究弹簧弹力与弹簧伸长的关系，得出胡克定律。
开普勒通过研究第谷的观察数据，总结得出了关于行星运动的开普勒定律。
牛顿总结前人研究成果，得出万有引力定律。
卡文迪许测出引力常量。
库伦通过研究电荷之间的作用，总结得出了库仑定律。
法拉第引入了磁感线形象化的描述磁场。
法拉第发现了电磁感应现象。
奥斯特发现了电流的磁现象，安培发现了安培定则。
物理方法
理想模型法：质点、点电荷；
理想实验法：伽利略应用理想实验说明力不是维持物体运动的原因。
放大法：微小形变的演示、卡文迪许扭秤测出引力常量，库伦扭秤研究电荷之间作用力。
微元法：在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移；
极限思想法：瞬时速度定义,瞬时加速度定义。
控制变量法：探究加速度、力和质量三者之间的关系。
类比法：电势能类比重力势能，电场力做功类比重力做功；磁感线类比电场线；
科学假说法：安培分子电流假说；原子核式结构假说；
等效替代方法：引入平均速度描述变速运动，分力与合力。
【高考命题动态】
高考对物理学史和物理方法的考查，一般以了解、知道为主。难度较易。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·山东理综）以下叙述正确的是
A．法拉第发现了电磁感应现象
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
1.【答案】AD
【解析】法拉第发现了电磁感应现象,选项A正确；惯性是物体的固有属性，质量大的物体惯性一定大，选项B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，选项C错误；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，选项D正确。
【考点定位】此题考查电磁感应、牛顿第一定律及其相关知识。
典例2. （2012·安徽理综）如图1所示，半径为r均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：
=2，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
2.【答案】A
【解析】单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，其x轴上任一点的电场强度都相等，与x无关。分析题给的四个关系式，只有选项A当r趋近于0时圆孔轴线上任意一点Q的电场强度是一常数，所以选项A正确。
【考点定位】此题考查利用相关知识对物理关系式的分析鉴别能力。
典例3. （2012·北京理综）“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成.若在结两侧加恒定电压U，则它会辐射频率为v的电磁波，且与U成正比，即ν=kU.。已知比例系数k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关。你可能不了解此现象为机理，但仍可运用物理学中常用的方法。在下列选项中，推理判断比例系数k的值可能为
A.h/2e B.2e/h C.2he D.1/2he
3.【答案】：B【解析】：由公式ν=kU可知，k的单位为(sv)-1，由四个选项的量纲分析可知，比例系数k的值可能为2e/h，选项B正确。
【考点定位】此题考查量纲分析及其相关知识。
典例4.（2011山东理综卷）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是
A.焦耳发现了电流热效应的规律
B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
答案：AB
解析：奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误。
典例5．（2011·海南物理）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
答案：ACD
解析：此题考查物理学史及其相关知识点。欧姆发现了欧姆定律，说明了导体两端电压与通过的电流之间存在联系，选项B错误。
典例6. （2011·福建理综）如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为和的物体和。若滑轮有一定大小，质量为且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦。设细绳对和的拉力大小分别为和，已知下列四个关于的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是
A.
B.
C.
D.
答案：C
解析：此题考查对物理知识的灵活运用和对表达式的判断能力。若=，系统将处于静止状态，由已有物理知识可知=m1g。将=代人四个表达式中，满足=m1g的即为正确的。据此可判断表达式C正确。
【最新模拟题训练】。
1．（2013山东枣庄检测）许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是
A．卡文迪许测出引力常量用了放大法
B．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法
C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法
答案：AD
解析：卡文迪许测出引力常量用了放大法，选项A正确；伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，选项B错误；在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项C错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，选项D正确。
2．（2013杭州七校联考）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
答案：A
解析：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项A不正确；根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项B正确；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C正确；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确。
3、（2013上海理工大学附中检测）从科学方法角度来说，物理学中引入“平均速度”概念运用了（ ）
（A）等效替代方法 （B）控制变量方法
（C）理想实验方法 （D）建立模型方法
答案：A
解析：物理学中引入“平均速度”概念运用了等效替代方法，选项A正确。
4．（2013上海理工大学附中检测）意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ）
A．力不是维持物体运动的原因
B．力是使物体产生加速度的原因
C．自由落体运动是一种匀变速直线运动
D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
答案：C
解析：伽利略著名的“斜面实验” 得出的结论是：自由落体运动是一种匀变速直线运动，选项C正确。
5（2010新课标理综）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律
答案：AC
解析：奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，麦克斯韦预言了电磁波；赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项A正确B错误；库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律：安培发现了磁场对电流的作用规律，选项C正确D错误。
6．（2013湖南洞口一中测试）科学家并不比常人有太多的身体差异，只是他们善于观察，勤于思考，有更好的发现问题探究问题的毅力。下列规律或定律与对应的科学家叙述不正确的是
A．伽利略与自由落体定律 B．开普勒与行星运动定律
C．奥斯特与电磁感应定律 D．牛顿与万有引力定律
答案：C
解析：奥斯特发现了电流磁效应，与电磁感应定律无关，选项C叙述不正确。
7.（2013北京东城区示范高中综合测试）如图10甲中所受，MN为很大的薄金属板（可理解为无限大），金属板原来不带电。在金属板的右侧，距金属板距离为d的位置上放入一个带正电、电荷量为q的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。P是点电荷右侧，与点电荷之间的距离也为d的一个点，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难。几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中两异号点电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别求出了P点的电场强度大小，一共有以下四个不同的答案（答案中k为静电力常量），其中正确的是，选项A正确。
A． B． C． D．
答案：A
解析：根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，P点的电场强度大小E=k- k=，选项A正确。
8．（2013河北邯郸质检）某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台式测力计上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时测力计的示数即为冲击力的最大值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是
A．建立“合力与分力”的概念
B．建立“点电荷”的概念
C．建立“瞬时速度”的概念
D．研究加速度与合力、质量的关系
答案：A
解析：该同学应用的方法是等效法，建立“合力与分力”的概念是采用等效法，选项A正确。
9．（2013云南昆明调研）一批伟大的科学家在电磁理论的建立过程中做出了卓越的贡献。关于其中一些科学家和他们的贡献，下列说法正确的是
A．安培发现了电流的磁效应
B．奥斯特提出了分子电流假说
C．法拉第发现了电磁感应现象
D．库仑发现了点电荷间相互作用的规律
答案：CD
解析：奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了点电荷间相互作用的规律，选项CD正确AB错误。
10.（2013辽宁市鞍山一中模拟）物理学中有多种研究方法，有关研究方法的叙述正确的是（　　）
A．牛顿首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法
B．如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是归纳法
C．探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图像法
D．探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。这是物理学中常用的控制变量法
答案：CD
解析：伽利略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，选项A错误；如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是反证法，选项B错误；探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图像法，探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。这是物理学中常用的控制变量法，选项CD正确。
11．（2013安徽芜湖一中模拟）关于物理学发展，下列表述正确的有（ ）
A．笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远使自己沿曲线运动，或直线上运动。
B．牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，并利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量。
C．伽利略通过比萨斜塔实验，得出轻重物体下落一样快的结论，从而推翻了亚里士多德绵延两千年的“重快轻慢”的错误说法。
D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展。
答案：D
解析：笛卡儿明确指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，选项A错误；牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量，选项B错误；伽利略通过逻辑推理的方法，得出轻重物体下落一样快的结论，从而推翻了亚里士多德绵延两千年的“重快轻慢”的错误说法，选项C错误。伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展，选项D正确。
12．（2013湖北荆州质检）在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中正确的有
Ａ．牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持
Ｂ．英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量
Ｃ．库仑发现了电荷守恒定律并提出元电荷概念
Ｄ．伽利略通过观察发现了行星运动的规律
答案：B
解析：伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，选项A错误；英国物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量，选项B正确；库仑发现了点电荷之间相互作用的库仑定律，密立根提出元电荷概念并用实验测得了元电荷的数值，选项C错误。第谷通过观察积累了资料开普勒研究这些资料发现了行星运动的规律，选项D错误。
13. （2013陕西西安一中期中测试）伽俐略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，或者说给出了科学研究过程的基本要素．关于这些要素的排列顺序应该是
A．提出假设(对现象的观察 (运用逻辑得出推论(用实验检验推论(对假说进行修正和推广
B．对现象的观察(提出假设(运用逻辑得出推论(用实验检验推论(对假说进行修正和推广
C．提出假设( 对现象的观察(对假说进行修正和推广(运用逻辑得出推论(用实验检验推论
D．对现象的观察(提出假设(运用逻辑得出推论(对假说进行修正和推广(用实验检验推论
答案;B
解析：科学研究过程的基本要素是：对现象的观察(提出假设(运用逻辑得出推论(用实验检验推论(对假说进行修正和推广，选项B正确。
14、（4分）（2013上海检测）理想实验有时更能深刻地反映自然规律，如图所示，伽利略设计了一个理想实验：
①如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；
②继续减小右边斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面做匀速直线运动；
③减小右边斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；
④在两个对接的斜面上，让静止的小球沿左边的斜面滚下，小球将滚上右边的斜面。
（1）请将上述关于理想实验的描述按正确的逻辑顺序排列：_____________（只要填写序号）。
（2）上述关于理想实验的描述中，有的属于可靠的事实，有的是理想化的推论，下列关于事实和推论的分类正确的是：
（A）①是事实，②、③和④是推论 （B）②是事实，①、③和④是推论
（C）③是事实，①、②和④是推论 （D）④是事实，①、②和③是推论
[ ]
答案：（1）④①③②（2）D
15．(2013上海徐汇测试)关于力学单位制，下列说法中正确的是（ ）
（A）kg、N、m/s都是导出单位
（B）kg、m、N是基本单位
（C）在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g
（D）在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式可以写成F＝ma
答案：D
解析：kg、m、s是基本单位，N、m/s是导出单位，选项AB错误；在国际单位制中，质量的基本单位是kg，不是g，牛顿第二定律的表达式可以写成F＝ma，选项C错误D正确。
16．(2013上海徐汇测试))伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学研究的方法．利用斜面实验主要是考虑到（ ）
（A）实验时便于测量小球运动的速度
（B）实验时便于测量小球运动的时间
（C）实验时便于测量小球运动的路程
（D）斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律
答案：B
解析：利用斜面实验主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，选项B正确。
17．（2013中原名校联考）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A．第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律
B．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动
C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
答案：BD
解析：第谷通过对天体运动的长期观察，积累了资料，开普勒分析研究这些资料，发现了行星运动三定律，选项A错误；牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动，笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，选项BD正确C错误。
18．（2013广东汕头金山中学测试）在科学的发展史上，很多科学家做出了卓越的贡献，下列符合事实的是
A．哥白尼首先提出了日心说　　 　　　
B．开普勒提出了行星运行的三个规律
C．伽利略提出了万有引力定律　　 　　
D．牛顿测出了万有引力常量
答案：AB
解析：牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，选项CD错误。
19. （2013河南三市联考）某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白 纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸 上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地 向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示 数，然后根据台秤的示数算出冲击力的最大值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是
A.建立"质点”的概念 B.建立“合力与分力”的概念
C.建立“电场强度”的概念 D.建立“点电荷”的理论
答案：B
解析：测量排球对地面的冲击力方法是等效法，与建立“合力与分力”的概念方法相同，选项B正确。
20．（2013北京海淀期中）伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（ ）
A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比
B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比
C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的时间与倾角无关
.【答案】： B
【解析】：倾角一定时，小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，小球的位移与时间的二次方成正比，速度与时间成正比，选项A错误B正确；斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角有关，时间与倾角有关，选项CD错误。
21．（2013宝鸡检测）下列说法正确的是 （ ）
A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比
B．亚里士多德认为轻重不同物体下落快慢相同
C．伽利略通过实验研究物体下落过程，验证了自由落体运动速度与下落时间成正比
D．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快
答案：AD
解析：根据牛顿第二定律，质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为轻重不同物体下落快慢不相同，重物体下落快，选项B错误；伽利略通过实验研究物体下落过程，验证了所有物体自由落体运动的加速度都相同，选项C错误；伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快，选项D正确。
22（2013兰州一中月考）伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如下图所示．伽利略设计这个实验的目的是为了说明( )
A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
B．如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒
C．维持物体做匀速直线运动并不需要力
D．如果物体不受到力，就不会运动
答案：C
解析：伽利略设计这个实验的目的是为了说明维持物体做匀速直线运动并不需要力，选项C正确。
23、（2013黄冈月考）关于物理学发展，下列表述正确的有（ ）
A．伽利略通过斜面实验得出自由落体运动位移与时间的平方成正比
B．牛顿提出了三条运动定律，发表了万有引力定律，并利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量
C．笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动。
D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展。
答案：ACD
解析：意大利物理学家伽利略通过斜面理想实验和牛顿逻辑推理得出牛顿第一定律；伽利略通过斜面实验得出自由落体运动位移与时间的平方成正比，选项A正确。英国科学家牛顿1683年，提出了三条运动定律。1687年，发表万有引力定律；1798年英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量，选项B错误。笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动，选项C正确。伽利略在 1638 年出版的《关于两种新科学的对话》一书中，运用观察—假设—数学推理的方法，详细地研究了抛体运动．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展，选项D正确。
24.（2013山东潍坊期中联考）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察利思考，往往比掌握知识本身更重要.以下符合史实的是
A.伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响
B.开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律
C.卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G的数值
D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
答案：AC
解析：伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响，选项A正确；开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了开普勒定律，选项B错误；卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G的数值，选项C正确；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误。
25．（2013山东枣庄检测）许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等。以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是
A．卡文迪许测出引力常量用了放大法
B．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法
C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法
答案：AD
解析：卡文迪许测出引力常量用了放大法，选项A正确；伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，选项B错误；在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项C错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，选项D正确。
26．（2013江苏常州模拟）下列叙述中符合物理学史的是( )
A、爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说
B、麦克斯韦提出了光的电磁说
C、汤姆生发现了电子，并首先提出原子的核式结构模型
D、贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra）
答案：⑴B(4分)
解析：(1)爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说，选项A错误；麦克斯韦提出了光的电磁说，选项B正确；汤姆生发现了电子，卢瑟福根据α散射实验结果提出原子的核式结构模型，选项C错误；居里夫人通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra），选项D错误。
27. 物理学的发展推动了社会的进步。下列关于物理学史的说法正确的
A．伽利略的理想斜面实验，说明了力是物体运动的原因
B．法拉第发现了电磁感应现象，总结得出了判断感应电流方向的楞次定律
C．牛顿总结出了牛顿运动三定律，奠定了动力学的基础
D．库伦通过对点电荷间相互作用力的研究，总结得出了库仑定律
27．答案：CD 【命题意图】 本题以物理学史切入，意在考查考生对物理学重大事件的了解情况。
【解题思路】伽利略的理想斜面实验，说明了力不是物体运动的原因，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结得出了判断感应电流方向的楞次定律，选项B错误；牛顿总结出了牛顿运动三定律，奠定了动力学的基础，选项C正确；库伦通过对点电荷间相互作用力的研究，总结得出了库仑定律，选项D正确。
28. 物理学的发展推动了社会的进步。下列关于物理学上一些事件和科学方法的说法正确的是：
A．伽利略用自己设计的理想斜面实验，观察出没有摩擦力作用时，小球就以恒定的速度运动下去，从而推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误结论
B．开普勒提出了行星运行的三个规律，伽利略提出了万有引力定律
C．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
D．建立“点电荷”的概念采用的是等效的方法
28.答案：C 【命题意图】 本题考查物理学史和科学方法，意在考查考生对物理学一些重大事件的了解和一些重要科学方法的理解。
【解题思路】伽利略的理想斜面实验，不能观察出没有摩擦力作用时小球的运动，选项A错误；开普勒提出了行星运行的三个规律，牛顿提出了万有引力定律，选项B错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结得出了判断感应电流方向的楞次定律，选项B错误；根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项C正确；建立“点电荷”的概念采用的是理想模型法，选项D错误。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十六
专题三十六、创新实验
【重点知识解读】
创新实验包括力学创新实验和电学实验。创新设计性实验通常采用嫁接、组合、整合等方法将两个实验、或实验与习题等精选有机结合，编制出新颖的电学创新设计性实验题，以达到高考综合考查能力的目的。
所谓力学创新实验就是应用力学实验器材和力学实验知识进行的其它实验，包括“探究受到空气阻力时物体运动速度随时间的变化规律”实验，有关测量角速度、圆周运动周期的实验，探究与弹性势能相关因素实验等。
【高考命题动态】
创新实验是近年高考命题的新亮点。高考对创新实验的考查立足于教材实验，重点考查灵活应用知识的能力。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·海南物理）.水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O点，如图（a）所示。现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep与其压缩时长度的改变量x的关系。先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出x的数值；然后将小滑块从静止释放。用计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用的时间t。多次改变x，测得的x值及其对应的t值如下表所示。（表中的值是根据t值计算得出的）
（1）根据表中数据，在图(b)中的方格纸上作—x图线。
（2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
①已知点(0，0)在—x图线上，从—x图线看，与x是什么关系？
②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek与是什么关系？
③当弹簧长度改变量为x时，弹性势能与相应的Ek是什么关系？
④综合以上分析，Ep与x是什么关系？
答案：（1）—x图线如图。
（2）①与x成正比。②Ek与()2成正比。③Ep=Ek ④Ep与x2成正比。
解析：（1）根据表中数据，用描点法在图(b)中的方格纸上作出的—x图线如图。
（2）①根据点(0，0)在—x图线上，—x图线是直线，所以与x是成正比关系。
②滑块从O点运动到A点做匀速运动，设OA=s，匀速运动的速度为v，则有s=vt，v与成正比。小滑块动能Ek=mv2，所以Ek与()2成正比。
③由能量守恒定律，当弹簧长度改变量为x时，弹性势能与相应的Ek相等，即Ep=Ek。
④综合以上分析，Ep与x2成正比。
典例2（2012年新课标理综第23题）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。[来（1）在图中画线连接成实验电路图。
（2）完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。
④用米尺测量_______________。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________。
（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
.答案：（1）连接成的实验电路图如图。
（2）③重新处于平衡状态； 电流表的示数I 此时细沙的质量m2.
④D的底边长度L
（3）g。
（4）m2.> m1.
解析：将电源、开关、电流表、电阻箱和U形金属框连接成闭合电路。设U形金属框质量m，开关S断开，有m1g=mg。闭合开关S，有m2g=mg+BIL。联立解得：B=g。若m2.> m1.，U形金属框所受安培力向下，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
【考点定位】此题考查电路实验、安培力及其相关知识。
典例3：(2009年四川理综第22题)在弹性限度内，弹簧弹力的大小与弹簧伸长(或缩短)的长度的比值，叫做弹簧的劲度系数。为了测量一轻弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验设计：如图所示，将两平行金属导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，水平放置的轻弹簧一端固定于O点，另一端与金属杆连接并保持绝缘。在金属杆滑动的过程中，弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直，弹簧的形变始终在弹性限度内，通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹的形变较大时读数等方法，使摩擦对实验结果的影响可忽略不计。
请你按要求帮助该同学解决实验所涉及的两个问题。
①帮助该同学完成实验设计。请你用低压直流电源（）、滑动变阻器()、电流表（）、开关（）设计一电路图，画在图中虚线框内，并正确连在导轨的C、D两端。
②若已知导轨间的距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B,正确连接电路后，闭合开关，使金属杆随挡板缓慢移动，当移开挡板且金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I1,记下金属杆的位置，断开开关，测出弹簧对应的长度为x1；改变滑动变阻器的阻值，再次让金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I2,弹簧对应的长度为x2,则弹簧的劲度系数k=__________.
解析：将滑动变阻器、电流表、电池、开关串联在一起连在导轨的C、D两端构成闭合电路。
弹簧对杆的作用力与杆受到的安培力平衡，设弹簧原长为L0。对图示的电流方向，由平衡条件，BI1d=k(x1- L0)；,BI2d=k(x2- L0)，
联立解得：k=。
若设计的电路电池正负极相反，由平衡条件，BI1d=k(L0- x1)；,BI2d=k(L0-x2)，
联立解得：k=。
答案：①设计的电路如图。
②或（3分）
点评：轻弹簧被压缩或拉伸，在弹性限度内，其弹力都遵循胡克定律。
【最新模拟题训练】
1、（6分）（2012年4月上海崇明县二模）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环, 安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线，如图1所示．在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹（若此过程转台转过不到一圈）．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图2所示．
　　（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离S1=　　cm，速度最小的雾滴到标志线的距离S2=　　　　cm；
　（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0=　　 （用字母表示）；
　　（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0-图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为　　　　s．
1.答案：（1）2.1, 2.9（2）
（3）1.6（2分）
解析：速度最大的雾滴到标志线的距离最小，S1=2.1cm，速度最小的雾滴到标志线的距离最大，S2=2.9cm；由=解得雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0=。v0-图线的斜率k=，可知转台转动的周期为1.6s。
2.（2012年3月青岛市高三一模）物理实验小组利用如图所示的自制实验装置进行探究实验．沿竖直墙面固定一根刻度尺，使刻度尺的零刻度与水平地面重合；在墙上，距离地面高度为 L 的 P 点固定一小定滑轮，用一根轻质尼龙丝线绕过定滑轮，两端拴接质量不等的两个物体 A、B．开始时，将两物体处于相等高度位置，丝线绷直， 通过刻度尺，记录 A、B 两物体距离地面的高度为 h；然后，同时由静止释放 A、B 物体，较重的 A 物体竖直下落与地面相碰后静止，较轻的 B 物体仍向上运动，观察B 物体所能到达的最大高度为 H，并记录下来．
①根据上述测量的物理量可计算 A、B 两物体质量之比= ；
②用天平测量两物体质量，所得 A、B 两物体质量之比，与上述①所得数据略有差距，试分析造成误差的原因 ；
③若要尽量减小本实验误差，可采取的方法有哪些
；
④若换用不同质量的物体进行该实验，每次释放后，要使较轻的 B 物体不至于碰到定滑轮，那么，丝线所需的长度不应小于 ．
2．(12分)答案：（2）①= =（2分）
② 存在空气阻力或摩擦阻力、H或h的测量值有误差（回答出任一个均给分）（2分）
③ 多次测量取平均值（其它答案只要合理均给分）（2分）
④4L/3（2分）
解析：（2）静止释放 A、B 物体，做匀加速直线运动，mAg- mBg=( mA+mA)a，A 物体与地面相碰后B物体速度v=，相碰后B物体做竖直上抛运动，2g(H-2h)=v2，联立解得=.。造成误差的原因是：存在空气阻力或摩擦阻力、H或h的测量值有误差。若要尽量减小本实验误差，可采取的方法有：多次测量取平均值。若换用不同质量的物体进行该实验，每次释放后，要使较轻的 B 物体不至于碰到定滑轮，B竖直上抛的最大初速度为，由2gh=2g(H-2h)可得H=3h，由图可知，L>H，那么，丝线所需的长度不应小于2L-2h，联立解得丝线所需的长度不应小于4L/3。
3.（2012年4月山东枣庄二模）
（I）研究小组通过分析、研究发现，弹簧的弹性势能EP与弹簧形变量x的关系为EP=Cxn，其中，C为与弹簧本身性质有关的已知常量；为了进一步探究n的数值，通常采用取对数作函数图象的方法来确定。为此他们设计了如图所示的实验装置，L型长直平板一端放在水平桌面上，另一端放在木块P上；实验开始时，移动木块P到某一位置，使小车可以在板面上做匀速直线运动。弹簧一端固定在平板上端，在平板上标出弹簧未形变时另一端位置O，A点处放置一光电门，用光电计时器记录小车的挡光板经过光电门的挡光时间。
（1）某同学建议按以下步骤采集实验数据，
以便作出lgv与lgx的函数图象：
A．用游标卡尺测出小车的挡光板宽度d
B．用天平称出小车的质量m
C．用刻度尺分别测出OA距离L，O点到桌面的高度h1，A点到桌面的高度h2
D．将小车压缩弹簧一段距离，用刻度尺测出弹簧压缩量x；再将小车由静止释放，从光电计时器上读出小车的挡光板经过光电门的挡光时间t
E．改变小车压缩弹簧的压缩量，重复步骤D
根据实验目的，你认为必须的实验步骤是____；
（2）若小车的挡光板宽度为d，经过光电门的挡光时间为t，则小车过A点的速度v= ；
（3）取lgv为纵坐标，lgx为横坐标，根据实验数据描点画出，如图所示的图象。已知该直线与纵轴交点的坐标为（0，a），与横轴交点的坐标为（-b，0）；由图可知，n= 。
3.答案：（1）ADE（2）d/t（1）2a/b
解析：（1）由于是探究弹簧的弹性势能EP与弹簧形变量x的关系为EP=Cxn中n的数值，需要测量出x和EP，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能EP等于小车动能，由光电门测出小车速度。因此，根据实验目的，必须的实验步骤是：用游标卡尺测出小车的挡光板宽度d；将小车压缩弹簧一段距离，用刻度尺测出弹簧压缩量x；再将小车由静止释放，从光电计时器上读出小车的挡光板经过光电门的挡光时间t；改变小车压缩弹簧的压缩量，重复步骤D。
（2）若小车的挡光板宽度为d，经过光电门的挡光时间为t，根据速度定义，则小车过A点的速度v=d/t；
（3）由EP=Cxn，EP=mv2，联立解得v2=2xn，两边取对数，2lgv=lg(2)+nlgx，变换成lgv=lg(2)+nlgx，由此可知，取lgv为纵坐标，lgx为横坐标，lgv—lgx图线斜率等于n，所以n=2a/b。
4.（2012年5月湖北武汉冲刺训练）伽利略在《两种新科学的对话》一书中，提出猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还用实验验证了该猜想。某小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动。实验操作步骤如下：
①让滑块从距离挡板s处由静止沿倾角为θ的斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，让水箱中的水流到量筒中；
②当滑块碰到挡板的同时关闭阀门（假设水流出均匀稳定）；
③记录下量筒收集的水量V；
④改变s，重复以上操作；
⑤将测得的数据记录在表格中。
（1）该实验用量筒中收集的水量来表示 。
A．水箱中水的体积 B．水从水箱中流出的速度
C．滑块下滑的时间 D．滑块下滑的位移
（2）某同学漏填了第3组数据中量筒收集的水量V，若实验正常，你估计V= mL；若保持下滑的距离s、倾角θ不变，增大滑块的质量，水量V将 （填“增大”、“不变”或“减小”）；若保持下滑的距离s、滑块质量不变，增大倾角θ，水量V将 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
（3）下列说法中不属于该实验误差来源的是 。
A．水从水箱中流出不够稳定
B．滑块开始下滑和开始流水不同步
C．选用的斜面不够光滑
D．选用了内径较大的量筒
4.答案：（1）C（2）74 不变 减少 （3）C
解析：（1）实验方案利用流到量筒中水量确定时间的长短，所以该实验用量筒中收集的水量来表示滑块下滑的时间，选项C正确。
（2）将水量一栏的数据二次方，可以看出，s与水量的二次方成正比，所以V2=8100×2/3=5400，V=74 mL；。若保持下滑的距离s、倾角θ不变，增大滑块的质量，滑块下滑的加速度不变，水量V将不变；若保持下滑的距离s、滑块质量不变，增大倾角θ，滑块下滑的加速度增大，水量V将减少。
5．（6分）（2012年5月上海浦东三模）汽车正在走进我们的家庭。研究发现，在无风状态下，汽车在高速行驶时受到的空气阻力Ff主要与汽车正面投影面积S和汽车行驶速度v有关。通过汽车在风洞实验室模拟实验得到如下数据：
（1）请根据表中数据在（a）图中作出正面投影面积为3.5m2的汽车的Ff-v图线；为求出此汽车的Ff与v间的具体关系，请你选择合适的坐标轴，在（b）图中作出线性图线。
（2）汽车受到的空气阻力Ff与汽车正面投影面积S、行驶速度v的关系为Ff＝______（式中的比例系数用数值表示）。
（3）影响上式中比例系数大小的可能因素为___________________（至少写出两个）。
5．（6分）答案：（1）如图下所示
（2）Ff=0.25Sv2。（3）空气密度、车的外形等。
解析：根据表中数据，速度增大到原来的2倍，汽车在高速行驶时受到的空气阻力Ff增大到原来的4倍，所以Ff与v2成正比。可以选择v2为横坐标轴，Ff为纵坐标轴作出线性图线。
根据画出的线性图线可得Ff=0.25Sv2。影响上式中比例系数大小的可能因素为空气密度、车的外形等。
6．（4分）（2012年5月西安长安一中质检）如图所示，某小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解。A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，
受到压力时读数为负。A连接质量不计的细绳，可沿固定
的板做圆弧形移动：B固定不动，通过光滑铰链连接长
0.3 m的杆。将细绳连接在杆右端O点构成支架，保持
杆在水平方向，按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB=θ。
②对两个传感器进行调零。
③用另一绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器读数。
④取下钩码，移动传感器A改变θ角复复上述实验步骤，得到表格，
根据表格，A传感器对应的是表中力____（选填“F1”或“F2”）：钩码质量为 kg（保留一位有效数字）。
6.答案：F1 0.05
解析：根据力的分解，AO细绳中为拉力，A传感器对应的是表中力F1。当θ=30°时，对钩码重力进行分解，根据力分解图中的几何关系可得，钩码重力为0.5N，钩码质量为0.05kg。
7.在科学探究活动中，对实验数据进行分析归纳得出结论是非常重要的环节。下面的表格中的数据分别是两组同学在物体做直线运动过程中测得的位移x和时间t的数据记录。
物体运动的起止点
所测的
物理量
测量次数
1
2
3
4
5
A→B
时间t(s)
0.55
1.09
1.67
2.23
2.74
位移x(m)
0.25
0.51
0.75
1.00
1.26
C→D
时间t(s)
0.89
1.24
1.52
1.76
1.97
位移x(m)
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
请你对表格中的数据进行分析，写出你分析处理数据的方法、过程。并分别得出物体从A→B和C→D的过程中x随t变化的规律。
（1）你选择的处理数据的方法是公式计算法还是描点作图法？
（2）若选择公式计算法，请写出所用公式及计算分析过程；若选择描点作图法，则在下列网格图上作图并叙述你作图分析的过程。
（3）通过上述处理，你认为物体：
从A→B的过程中x随t变化的规律是：
从C→D的过程中x随t变化的规律是：
7. 【答案】（1）作图法
（2）根据表格中提供的数据分别画出A→B过程的s-t图甲和C→D的s-t图乙。由于图甲为倾斜直线，所以物体从A到B的运动为匀速直线运动，由于图乙为曲线，但是该图线接近于二次函数的图像，通过转换变量，作x-t2图像如图丙，x-t2呈线性变化关系，所以从C→D的运动为初速度为零的匀加速直线运动。
（3）x=0.45t，x=0.325 t2。
【解析】由于是探究物体直线运动的规律，不能采用公式计算法处理实验数据，所以选择的处理数据的方法是：作图法。
处理数据的过程：根据表格中提供的数据分别画出A→B过程的x-t图甲和C→D的x-t图乙。
从甲图中可见：A→B过程的x-t图为倾斜直线，在误差允许的范围内，物体从A到B的运动为匀速直线运动，从图线的斜率可求得物体运动速度v==0.45m/s ， 物体从A→B过程x随t变化的规律是： 物体做匀速直线运动，x=0.45t 。
从乙图中无法直接判断x、t之间的关系，但是该图线接近于二次函数的图像。为了验证这个猜想，通过转换变量来进行，即作x-t2图像，为此求得表格如下：
C→D
时间t(s)
0.89
1.24
1.52
1.76
1.97
新变量t2(s2)
0.79
1.54
2.31
3.10
3.88
位移s(m)
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
依据上表中的t2、、s数据可作图如丙。从图像中看出x-t2呈线性变化关系，x-t2图像斜率为k=0.325，所以x=0.325 t2。
【点评】此题通过测出各个时刻物体的位移，利用位移图像探究物体的运动规律。若图像不是直线要根据变化趋势，通过转换自变量，化曲为直，以便寻找变化规律。
8．（2012年3月江西省六校联考）某物理“科技制作”小组装配一台小直流电动机，其额定电压5V，额定电流0.5A，线圈绕阻小于1Ω。为了进一步研究其在一定电压范围内，输出功率与输入电压的关系，需要进一步做实验，请你帮助该小组完成该项工作。已知学校实验室提供的器材有：
直流电源E，电压6V，内阻不计；
小直流电动机M；
电压表V1，量程0～0.6V，内阻约3kΩ；
电压表V2，量程0～6V，内阻约15kΩ；
电流表A1，量程0～0.6A，内阻约1Ω；
电流表A2，量程0～3A，内阻约0.5Ω；
滑动变阻器R，0～10Ω，2A；
电键S一只，导线若干。
（1）首先要比较精确测量电动机的线圈电阻r。根据合理的电路进行测量时，要控制电动机不转动，调节滑动变阻器，使电压表和电流表有合适的示数，电压表应该选 。若电压表的示数为0.1V，电流表的示数为0.2A，则内阻r= Ω，这个结果比真实值偏 （选填“大”或“小”）。
（2）在图方框中画出研究电动机的输出功率与输入电压的关系的实验电路图。（标明所选器材的符号）
（3）当电压表的示数为4.5V时，电流表示数如图所示，此时电动机的输出功率是 W。
8.答案： ①V1 0.5 小
②研究电动机的输出功率与输入电压的关系的实验电路图。
③1.72
解析：使电压表和电流表有合适的示数，电压表应该选量程0～0.6V的电压表V1。若电压表的示数为0.1V，电流表的示数为0.2A，则内阻r=0.5Ω，这个结果实质是电动机与电压表并联的等效电阻，比真实值偏小。研究电动机的输出功率与输入电压的关系的实验电路图采用电流表内接的分压电路。当电压表的示数为4.5V时，电流表示数如图所示为0.40A，此时电动机的输入功率为UI=4.5×0.40W=1.80W，由UI=P+I2r解得输出功率是P=1.72W。
9. （2012年4月上海普陀区二模）如甲图所示，一根水平金属丝置于匀强磁场B中，与竖直放置的导轨有良好的接触，不计金属丝与导轨间的摩擦。可变电源可以提供任一方向的电流。金属丝由质量不计的棉线与弹簧秤连接，可以沿竖直方向上下滑动。弹簧秤在没有任何负载时，读数恰好为零。现测得多组实验数据，并作出如图乙所示的图像。
（1）在甲图中，当弹簧秤的读数为零时，流过水平金属丝的电流为________ A ，方向为
（填顺时针或逆时针）；
（2）在乙图中，作出磁场的磁感应强度变为原来的1/2倍时的图线。
9．答案：（1） -3.5A， 顺时针方向。
（2） 根据F=5I+35，描点可作出图线如图。
解析：延长图线，与横轴交点坐标为弹簧秤的读数为零时流过水平金属丝的电流I=-3.5A。由左手定则可判断出电流方向为顺时针方向。图乙中，图线对应的函数关系F=10I+35，对水平金属丝，F=BIL+mg。磁场的磁感应强度变为原来的1/2倍时，图线函数关系为F=5I+35，描点可作出图线如图所示。
10.（浙江省2012年2月四校联考）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：
（1）某实验小组采用镍铬合金和康铜丝为对象，用如图所示电路进行探究，a、b、 c、d是四种不同的金属丝。
现有几根康铜合金丝和镍铬合金丝，其规格如下表所示：
编号
材料
长度L/m
横截面积S/mm2
A
镍铬合金
0.80
0.80
B
镍铬合金
0.50
0.50
C
镍铬合金
0.30
0.50
D
镍铬合金
0.30
1.00
E
康铜丝
0.30
0.50
F
康铜丝
0.80
0.80
电路图中四种金属丝a、b、c分别为上表中编号为C、B、D的金属丝，则d应选上表中的_______（用表中编号A、B、C、D、E、F表示）。
（2）另一小组用一个标称值为15Ω的滑动变阻器来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。可供使用的器材如下：
A．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.6Ω
B．电压表V2，量程3V，内阻约3kΩ
C．滑动变阻器Rx，全电阻约15Ω（电阻丝绕
制紧密，匝数清晰可数）
D．滑动变阻器R，全电阻约10Ω
E．直流电源E，电动势9V，内阻不计
F．游标卡尺
G．毫米刻度尺
H．电键S，导线若干
①为了较精确测量出滑动变阻器Rx的全电阻
值，将实物测量电路图中的连接线补充完整。
②探究中需要测量滑动变阻器Rx的电阻丝的直径和总长度，在不破坏变阻器的前提下，要测电阻丝的直径需要直接测量的物理量是（写出测量工具和物理量的文字及符号）： 。
电阻丝的直径表达式为： 。
要测电阻丝的长度需要直接测量的物理量是（写出测量工具和物理量的文字及符号）： 。
电阻丝的长度表达式为： 。
10．答案：（1）E　　　
（2）①如右图　
②　　
方法一：用毫米刻度尺和游标卡尺
数出变阻器线圈缠绕匝数n；用毫米刻度尺测量
所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直径为d=L/n；
用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l=nπ(D-)，也可以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度l=nπ(D+)。
方法二：只用游标卡尺。
数出变阻器线圈缠绕匝数n；用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为d=
电阻丝总长度l=π（D1+D2）。
解析：只要方法合理，得出的表达式正确即可。
11.（2012年云南二模）一小功率直流用电器T,额定电压为10V，内阻约20Ω,为测量其额定功率，某同学选用了如下器材：
待测用电器（用表示）
电源E (电动势15V)
电压表（量程0?3V,内阻Rv=3kΩ)
电流表（量程0?0.6A,内阻约2Ω)
滑动变阻器(0?50Ω)
定值电阻R0 (阻值9kΩ)
开关和导线若干
(1) 请在图中方框内画出实验电路图；
(2) 实验中调整滑动变阻器，当电压表示数为____V时，用电器处于额定工作状态；此时电流表示数如图所示，则该用电器的额定功率为____W。（计算结果保留二位有效数字）
11.答案：（1）电路图如图所示。（2）2.50
解析：由于用电器T额定电压为10V，需要将量程0?3V的电压表串联定值电阻改装成量程为12V的电压表。实验中调整滑动变阻器，当电压表示数为2.5V时，用电器两端电压为4×2.5V=10V,处于额定工作状态；此时电流表示数为0.42A，则该用电器的额定功率为P=10×0.42W=4.2W。
12. (10分）（2012年4月·温州二模）某实验小组想探究一款刚上市的手机电池的输出功率及其他参数，实验步骤如下。
步骤一：准备器材：刚开封的新电池、电压表(量程3V、内阻较大)、电流表（量程0.6A、内阻很小)、滑动变阻器、电键、导线。
步骤二：将电池放在充电器上充电，直到显示充电完毕。
步骤三：:甲同学取下电池，将其与其它器材搭配，设计出了图(1)所示的电路。
问题1:细心的乙同学发现了图⑴电路中导线的连接有不妥当之处，她发现的是____导线（填导线上的名称）
步骤四：导线调整后，改变滑片位置，得到了如下表中的实验数据。
步骤五：丙同学在方格纸上建立了直角坐标系，准备画出“U—I”图线。他已经描出了两个数据点，如图⑵所示。
问题2:请你帮他描出剩余的数据点，并作出“U—I”图线。
步骤六：分析研究
问题3：根据以上研究，可求出通过电池的电流为0.36A时，电池输出功率为 ____ W (保留两位有效数字）。
问题4: 丁同学认为，既然是研究电池的输出功率，就应该画出输出功率P随电流I的变化图线，你认为“P—I”图线是____(填“直线”或“曲线”）。
问题5:乙同学认为调整导线后的实验电路，虽然测出了实验数据，但在搡作过程中存在安全隐患。大家思考后，从实验室又找来了一个定值电阻（阻值约为2Ω)作为保护电阻接入电路，此电路既能测出不同负载下电池的输出功率，又能消除安全隐患，请在图（3）方框内画出他们修改的电路图。
5.答案：问题1：e、f
问题2：作出的“U—I”图线如图所示。
问题3：0.61
问题4：曲线
问题5：他们修改的电路图如图所示。
解析：问题1：探究一款刚上市的手机电池的输出功率及其他参数，其设计的电路电压表应与电源并联，测量电源路端电压，导线f另一端应该接电源负极。为了使开关打开后，电压表断电，导线e另一端应该接电流表正接线柱。
问题2：根据表格中给出的数据描点，作出“U—I”图线如图所示。
问题3：通过电池的电流为0.36A时，电源输出电压为1.7V，电池输出功率为P=UI=0.61W。
问题4：由P=UI=(E-Ir)I=EI-I2r，可知输出功率P随电流I的变化图线是曲线。
问题5：保护电阻与滑动变阻器串联后接入电路，可避免电源短路，他们修改的电路图如图所示。
13.（2012年5月烟台适应性训练三）小明同学为测定某电源内阻r和一段电阻线单位长度的电阻R0，设计如图所示的电路，ab是一段粗细均匀的电阻线，R是阻值为5Ω的保护电阻，电源电动势为10V．电流表示数用I表示，滑片P与电阻丝有良好接触，用L表示aP长度，其它连接导线电阻不计．实验时闭合电键，调节P的位置，记录L和与之对应的I的数据。
①闭合电键后，发现电流表示数为零，小明同学利用多用电表检查故障(电路中只有一处有故障)．先将选择开关旋至直流电压档，再将 (填“红”或“黑”)表笔固定在g接线柱，把另一支表笔依次接f、e、d、c、a、h接线柱．对应的现象如下表所示．由此可以判断电路发生的故障是 。
②排除故障后进行实验，根据得到的数据，小明同学做出了-L图像如图所示，由图像可知电源内阻r为 Ω；该电阻线单位长度的电阻R0为 Ω。
③若电流表内阻不能忽略，则电源内阻r和电阻线单位长度的电阻R0的测量值分别 、 真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)
13.答案：①红 保护电阻R断路 ②1.0 12 ③大于 等于
解析：①多用电表无示数说明多用电表与电路没有构成通路，所以电路发生的故障是保护电阻R断路。
②根据闭合电路欧姆定律，E=I(R+r+LR0)，变换为=L+( R+r).。对照题给的-L图像可知，( R+r).=0.6，=1.2，解得：电源内阻r=1.0Ω；该电阻线单位长度的电阻R0=12Ω。
③若电流表内阻不能忽略，根据闭合电路欧姆定律，E=I(R+r+rA+LR0)，变换为=L+( R+r+rA).。对照题给的-L图像可知，(R+r+rA).=0.6，=1.2，解得：电源内阻和电流表内阻之和r+rA =1.0Ω；该电阻线单位长度的电阻R0=12Ω。所以电源内阻测量值大于真实值，电阻线单位长度的电阻R0等于真实值。
14.（2012年5月西安长安一中质检）在“用DIS研究电路中感应电动势大小
与磁通量变化快慢的关系”的实验中，为了研究感应电动势E与时间△t的关系，某小组同学利用图中的实验装置进行实验：小车上装有磁铁和挡光片，小车的挡光片经过光电门传感器时，DIS实验系统记录挡光时间△t，
电压传感器记录下此时间螺线管中感应电动势的平均值E。通过利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就得到一系列的感应电动势的平均值E和时间△t。
在一次实验中得到的数据如下表：
（1）观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的挡光时间△t内，磁铁相对螺线管位置的变化都 （选填“相同”或“不同”），从而实现了控制 不变。
（2）在得到上述表格中的数据之后，为了研究E和△t 的关系，可采用图像处理数据的方法，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，在直角坐标系中作 __的关系图线，可得出的实验结论是____ 。
（3）若要进一步研究感应电动势与线圈匝数（线圈直径不变）的关系，实验时应控制 相同。
14.答案：（1）相同 螺旋管中磁通量的变化量△Φ
（2）E~ 在匝数和磁通量的变化量不变的情况下，E与△t成反比
（3）小车通过光电门的挡光时间△t（或小车出发的速度、或保持△Φ/△t不变）
15.（2012年5月江苏淮安第四次调研）某同学要描绘半导体二极管的电流I与正向电压U的关系图象，利用如图所示电路做实验，得到的U和I的实验数据见下表：
（1）在闭合电键S前，变阻器R1的滑动片应移至R1的 （选填“左端”或“右端”）。
（2）当R1 >>R2时，对电压起粗调作用的是 （选填“R1”或“R2”）。
（3）在坐标纸中画出二极管的电流I与正向电压U的关系图象。
（4）将上述的二极管接入如右图所示电路中，已知电源电动势 E=9V、内阻不计，电阻R1=2kΩ，则二极管D消耗的电功率为 W。
15．（10分）答案：
（1）右端 (2分)
（2）R1 (2分)
（3）如图所示 (3分)
（4）6.9×10-3 (3分)
解析：在闭合电键S前，变阻器R1的滑动片应移至待测电路电压最小值，应移至R1的右端。当R1 >>R2时，对电压起粗调作用的是R1。在画出的二极管的电流I与正向电压U的关系图象作出电源的伏安特性曲线，二图象交点对应的纵横坐标的乘积即为二极管D消耗的电功率。
16．（2012年4月上海闸北区二模）某实验小组设计了如图1的实验装置，初级线圈与一可调节电源相连（图中未画出），通过调节电源可在初级线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录初级线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压传感器可记录匝数和面积均不变的次级线圈中产生的感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上。某次实验中得到的B-t、E-t图像如图2所示。
（1）观察比较这两组图像，可得：在次级线圈中产生恒定感应电动势的条件是____________________；感应电动势的大小与_________________有关。
（2）为了进一步确定定量关系，可利用图2中的信息，做出 （ ）
A．E—B图像
B．E—图像
C．E—图像
D．E—图像
16.答案：
B随时间均匀变化（或B随时间均匀增大，恒定），[只写“B变化”不给分]
B随时间的变化率（或，B—t图像的斜率）
（2）C
解析：观察比较这两组图像，可得：在次级线圈中产生恒定感应电动势的条件是B随时间均匀变化；感应电动势的大小与B随时间的变化率有关。
（2）为了进一步确定定量可利用图2中的信息，做出E—图像，选项C正确。
17（2012浙江金华十校联考）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，器材有：
a．粗细均匀的金属丝（长度x为1.1m，总电阻约5Ω）
b．直流电源（1.5V，内阻不计）
c．电流表（量程0.6A，内阻约为1Ω）
d．电流表（量程300mA，内阻约为2Ω）
e．电压表（1.5V，内阻约3kΩ）
f．滑动变阻器（10Ω，1.0A）
g．定值电阻（5.0Ω，1.0A）
h．刻度尺、开关、导线若干
为了探究金属丝的电阻与长度的关系，甲、乙两位同学选择以上部分器材设计如图（a）所示电路：
甲同学逐渐减小金属丝接入电路的长度x，调整滑动变阻器的触头位置，同时保持电压表示数不变，读出对应的电流表示数，通过计算得到金属丝电阻R甲。得到具体数据如表格一所示。
表格一
金属丝长度/cm
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
金属丝电阻/Ω
2.2
2.6
3.2
4.0
5.0
乙同学逐渐减小金属丝接入电路的长度x，调整滑动变阻器的触头位置，同时保持电流表示数不变，读出对应的电压表示数，通过计算得到金属丝电阻R乙。得到具体数据如表格二所示，乙同学根据实验数据在坐标纸内画出R-x图钱，如图（b）所示。
表格二
金属丝长度/cm
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
金属丝电阻/Ω
1.0
2.1
3.0
3.9
5.0
（1）在乙同学所描图线的R-x图（答题卷的R～x图）中，根据甲同学的实验数据描出R-x图线，
（2）乙同学应选电流表 （填器材序号，如a、b、C等）
（3）结合R-x图分析甲、乙两位同学的测量方案谁更合理，并简要说明原因。
（4）若甲同学在保持电压不变的测量方案下，为了尽量减少温度变化对实验造成的影响，从题中给出的器材中选择所需器材，并设计改进电路？将改进后的电路图画在答题纸的虚线框中，并在各元件旁标上它的器材序号。
17.答案：（1）如图。（2）d （3）乙同学更合理。甲同学在电压不变的情况下，阻值减小，电流增大，温度有明显升高，金属丝电阻率发生变化。而乙同学方案保持电流不变，较好维持金属丝温度不变。
（4）电路如图。
解析：根据题给电源电动势及其它元件规格，乙同学应选量程300mA的电流表d。乙同学保持电流不变，由焦耳定律可知，可保持金属丝温度不变，电阻不变，测量方案更合理。若甲同学在保持电压不变的测量方案下，为了尽量减少温度变化对实验造成的影响，可与金属丝串联一定值电阻，减小金属丝中电流。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十四
专题三十四、原子和原子核
【重点知识解读】
一．原子结构
汤姆孙通过对阴极射线的研究发现电子；密立根通过著名的油滴实验测出电子电量，发现电荷是量子化的，即任何带电体的电荷都是e的整数倍；卢瑟福根据α粒子的散射实验结果提出了原子的核式结构模型；根据α粒子的散射实验有关数据可确定原子核的数量级为10-15m。
二．原子核
原子核的组成：原子核由质子和中子组成。质子和中子统称为核子。原子核的质量数等于原子核内的核子数；原子核内的质子数等于核电荷数，等于该元素的原子序数。
同位素：具有相同的质子数和不同中子数的原子互称同位素。不稳定的同位素称为放射性同位素。
天然放射性的发现说明原子核具有复杂结构。不稳定的原子核自发的放出某种粒子（α粒子和β粒子）转变为新核的变化称为原子核的衰变。
天然放射性元素能够自发放出α射线、β射线、(射线，α射线是高速运动的氦核，穿透能力最弱，电离能力最强；β射线是高速运动的电子，穿透能力较强，电离能力较弱；(射线是频率很高的电磁波，穿透能力最强，电离能力最小。
α衰变规律是质量数减少4，电荷数减少2；β衰变规律是：电荷数增加1，质量数不变。
半衰期是反映原子核衰变快慢的物理量，放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间叫做这种元素的半衰期。放射性元素衰变的快慢与元素所处的物理化学状态无关。
原子核反应一般分为四类：原子核衰变（包括α衰变和β衰变）、原子核人工转变、轻核聚变和重核裂变。原子核衰变自发进行，不受外界条件影响；原子核人工转变是利用α粒子等轰击原子核使其发生核反应产生新的原子核；轻核聚变是在高温下进行的能够释放大量能量的核反应；重核裂变是利用中子轰击重原子核使其发生裂变生成中等质量原子核的反应。核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒。
8.质量亏损△m等于核反应前原子核的总质量与核反应后原子核的总质量之差。根据爱因斯坦的质能方程，核反应释放的核能△E=△mc2。。若质量亏损△m以原子质量单位u作为单位，可利用1u可释放能量931.5MeV，用△E=△m×931.5MeV计算核反应释放的核能。
【高考命题动态】
原子物理是高中物理的重要组成部分，高考对原子物理的考查涉及的知识点多，但是一般以了解、知道为主，难度不大。
【最新高考题分析】
典例1．（2010上海物理）卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是
A．α粒子的散射实验 B．对阴极射线的研究
C．天然放射性现象的发现 D．质子的发现
【解析】卢瑟福提出了原子的核式结构模型建立的基础是α粒子的散射实验，选项A正确；汤姆孙发现电子的基础是对阴极射线的研究，选项B错误；贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核具有复杂的结构，选项C错误；卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现质子，选项D错误。
【答案】A
【点评】此题考查物理学史上的重要实验及其对应的重大发现。
针对训练题15（2012金太阳联考）.关于α粒子散射实验，下列说法正确的是
A．卢瑟福根据α粒子散射实验中大多数α粒子穿过金箔后方向不变提出了原子核式结构学说
B．α粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成
C．α粒子散射实验说明α粒子的穿透能力弱
D．α粒子散射实验是卢瑟福提出原子核式结构学说的实验基础
答案：D
解析：卢瑟福根据α粒子散射实验中极少数α粒子穿过金箔时发生了大角度偏转提出了原子核式结构学说，选项A错误；α粒子散射实验不能说明原子核是由质子和中子组成，不能说明α粒子的穿透能力弱，选项BC错误；α粒子散射实验是卢瑟福提出原子核式结构学说的实验基础，选项D正确。
典例2．（2012·重庆理综）以下是物理学史上3个著名的核反应方程
x+Li→2y，y+N→x+O，y+Be→z+C。
x、y和z是3种不同的粒子，其中z是
A．α粒子 B．质子 C．中子 D．电子
【答案】：C【
解析】：x是质子，y是α粒子，z是中子，选项C正确。
【考点定位】考查核反应方程及其相关知识。
针对训练题2. （2012·广东理综物理）能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有
A.H+H→He+n是核聚变反应
B. H+H→He+n是β衰变
C. U+n →Ba+Kr+3n是核裂变反应
D．U+n →Xe+Sr+2n是α衰变
【答案】：AC
【解析】：H+H→He+n是核聚变反应，U+n →Ba+Kr+3n是核裂变反应，U+n →Xe+Sr+2n是核裂变反应，选项AC正确。
【考点定位】此题考查核反应方程的类型分析及其相关知识。
典例3（2012·新课标理综）氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：，式中x是某种粒子。已知：、、和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子x是__________，该反应释放出的能量为_________ MeV（结果保留3位有效数字）
答案：中子 17.6
解析：由核反应满足的质量数守恒和电荷数守恒可知，粒子x是中子。由质能方程可得△E=△mc2=△m×931.5MeV/c2=17.6 MeV。
【考点定位】此题考查核反应方程、核能计算等。
【针对训练题】3．（2012·上海物理）Co发生一次β衰变后变为Ni核，其衰变方程为______________；在该衰变过程中还发出频率为ν1、ν2的两个光子，其总能量为_____________________。
【答案】：Co→Ni+e h(ν1+ν2).
【解析】：Co发生一次β衰变后变为Ni核，根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒，其衰变方程为Co→Ni+e。在该衰变过程中还发出频率为ν1、ν2的两个光子，根据光子能量公式，其总能量为h(ν1+ν2).。
典例4（2012·海南物理）一静止的U核经α衰变成为Th核，释放出的总动能为4.27MeV。问此衰变后Th核的动能为多少MeV(保留1位有效数字)？
【答案】0.07 MeV
【解析】：
根据题意知，此α衰变的衰变方程为U→Th+He。
根据动量守恒定律得，mαvα= mThvTh，
式中，mα和mTh分别为α粒子和Th核的质量，vα和vTh分别为α粒子和Th核的速度的大小。由题设条件知，mαvα2+mThvTh2 =Ek，
=
式中Ek =4.27MeV，是α粒子和Th核的总动能。
联立解得：mThvTh2 =Ek。
代入数据得，衰变后Th核的动能为mThvTh2 =0.07 MeV。
【考点定位】此题考查动量守恒定律、衰变及其相关知识。
针对训练题4（2011山东理综卷第38题）碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰变期为8天。
(碘131核的衰变方程：I→________（衰变后的元素用X表示）。
(经过________天有75%的碘131核发生了衰变。
答案：(1) ①I→X+e ②16
解析：由核反应方程遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变后的元素质量数为131，电荷数为53，所以碘131核的衰变方程为I→X+e。经过2个半衰期，有75%的碘131核发生了衰变。
【最新模拟题训练】。
1．（2012·上海物理）与原子核内部变化有关的现象是
（A）电离现象 （B）光电效应现象
（C）天然放射现象 （D）α粒子散射现象
【答案】：C【解析】：与原子核内部变化有关的现象是天然放射现象，选项C正确。
【考点定位】此题考查一些物理现象的产生原因。
2．（2012·上海物理）在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图所示。该装置中探测器接收到的是 （ ）
（A）x射线 （B）α射线
（C）β射线 （D）γ射线
【答案】：【解析】：．在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，该装置中探测器接收到的是γ射线，选项D正确。
【考点定位】此题考查放射线的穿透能力。
3．（2012·上海物理）某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图（ ）
【答案】：B【解析】：同位素的质量数A越大，中子数N越大，当质量数为1时，中子数为零，选项B正确。
【考点定位】此题考查同位素的质量数A与中子数N关系。
4．（2012·上海物理）Co发生一次β衰变后变为Ni核，其衰变方程为______________；在该衰变过程中还发出频率为ν1、ν2的两个光子，其总能量为_____________________。
【答案】：Co→Ni+e h(ν1+ν2).
【解析】：Co发生一次β衰变后变为Ni核，根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒，其衰变方程为Co→Ni+e。在该衰变过程中还发出频率为ν1、ν2的两个光子，根据光子能量公式，其总能量为h(ν1+ν2).。
【考点定位】此题考查衰变反应和光子能量及其相关知识。
5. （2012·全国理综）U经过m次α衰变和n次β衰变Pb,则
A.m=7，n=3 B.m=7，n=4 C.m=14，n=9 D.m=14，n=18
5.【答案】：B【解析】：经过α衰变次数为(235-207)÷4=7，经过β衰变次数为4次，选项B正确。
【考点定位】此题考查原子核衰变次数的计算。
6（2011海南物理卷19题（1））2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄露的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是_______和__________（填入正确选项前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和_______.
A.X1→Ba+n B.X2→Xe+e C.X3→Ba+e D.X4→Xe+p
解析：由质量数和核电荷数守恒可以得出能反映131I衰变过程的是方程B，131I原子核中的中子数是131-53=78；能反映137Cs衰变过程的是方程C，137Cs原子核中的中子数是137-55=82.
【答案】 B C 78 82
【点评】此题考查放射性衰变和核反应方程。
7（2012金太阳联考）.下列说法正确的是
A．若氡的半衰期为3.8天，100个氡原子核经过7.6天，一定只剩下25个
B．碳14的半衰期为5730年，考古工作者探测到某古木中碳14含量为原来的1/4，则该古树死亡时间距今大约为11460年
C．放射性元素的半衰期随外界压强的增大可能减小
D．放射性元素的半衰期不随温度的变化而变化
答案：BD
解析：半衰期是一个对大量放射性元素原子核衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，100个氡原子核经过7.6天，不一定只剩下25个，选项A错误；古木中碳14含量为原来的1/4，说明该古树死亡时间距今大约为2个半衰期为2×5730年=11460年，选项B正确；放射性元素的半衰期不随元素所处的物理化学状态变化，选项C错误D正确。
8.（2012年开封二模）日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘131，碘131是放射性同位素，衰变时会发出β射线与γ射线，碘131被人摄入后，会危害身体健康，由此引起了全世界的关注.下面关于核辐射的相关知识，说法正确的是：
A. 人类无法通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢
B. 碘131的半衰期为8.3天，则4个碘原子核经16. 6天后就一定剩下一个原子核
C. β射线与γ射线都是电磁波，但γ射线穿透本领比β射线强
D. 碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
.答案：AD解析：半衰期是原子核固有的，人类无法通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢，选项A正确；半衰期是大量原子核统计得出的，对少量原子核不适用的，选项B错误；β射线是高速电子流，γ射线是电磁波，γ射线穿透本领比β射线强，选项C错误；碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，选项D正确。
9. （2010上海物理）某放射性元素经过11.4天有7/8的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为
A．11.4天 B．7.6天 C．5. 7天 D．3.8天
【解析】有7/8的原子核发生了衰变，即剩余1/8，根据放射性元素的衰变规律，经过3个半衰期剩余1/8，所以半衰期T=11.4/3天=3.8天，选项D正确。
【答案】D
10.（2012年2月山东潍坊重点中学联考）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是
A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型
B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的光强太小
C．原子核发生一次β衰变时，其内部的一个中子转变为质子
D．玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱
.答案：ACD解析：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，选项A正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率低，选项B错误；原子核发生一次β衰变时，其内部的一个中子转变为质子，选项C正确；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱，选项D正确。
11.（2013江苏宿迁检测）下列四幅图的有关说法中正确的是 ▲
A．若两球质量相等，碰后m2的速度一定为v
B．射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
C．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
D．链式反应属于重核的裂变
答案：CD
解析：若两球质量相等，且碰撞过程中不损失机械能，则碰后m2的速度才为v，选项A错误；由左手定则可知，射线甲的粒子带负电，由β粒子组成，每个粒子带一个单位负电荷，选项B错误；在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，选项C正确；链式反应属于重核的裂变，选项D正确。
12（2013徐州摸底）下列说法正确的是垒．
A．温度越高，放射性元素的半衰期越长
B．天然放射现象说明原子核内部是有结构的[来源:Zxxk.Com]
C．汤姆生通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构
D．重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能
答案：BD
解析：放射性元素的半衰期不随温度变化，选项A错误；天然放射现象说明原子核内部是有结构的，选项B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构，选项C错误；重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，选项D正确。
13．用中子轰击铝27，其核反应方程：（1）Al+n→Na+X；
Na 具有放射性，其核反应方程为：（2）Na→Mg+Y，则
A．X是He B．Y是n
C．（1）是α衰变 D．（2）是β衰变
答案：AD
解析：由核反应遵循的规律，X是He，Y是电子e，选项A正确B错误；（1）是原子核的人工转变，不是α衰变；（2）是β衰变，选项C错误D正确。
14.（2013苏北四市联考）下列科学家提出的原子物理理论，其中错误的是_______________
普朗克假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍
德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，其动量p、波长λ，满足λ=h/p
贝可勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核具有复杂结构
波尔的定态理论和跃迁理论，很好地解释了所有原子光谱的实验规律
答案：D
解析：波尔的定态理论和跃迁理论，很好地解释了氢原子光谱的实验规律，选项D说法错误。
15下列说法正确的是（ ）
A．电子的衍射现象说明实物粒子的波动性
B．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C．原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小
答案：AD
解析：电子的衍射现象说明实物粒子的波动性，选项A正确；235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期不变，选项B错误；原子核内部某个中子转变为质子时，放出β射线，选项C错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小，选项D正确。
16.⑴关于下列四幅图说法正确的是 ▲
A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的
B．光电效应实验说明了光具有粒子性
C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性
D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围
答案：BCD解析：原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是量子化的，不是任意的，选项A错误；光电效应实验说明了光具有粒子性，选项B正确；电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，选项C正确；发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，选项D正确。
17．下列说法中正确的是_____▲_____.
A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的
B．在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子不可能落在暗条纹处
C．黑体辐射的强度与波长的关系是：随着温度的升高，各种波长的辐射都增加，辐射强度极大值的光向波长较短的方向移动
D．用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率低
答案：C解析：汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，贝克赖尔发现放射性现象，从而揭示了原子核是有复杂结构的，选项A错误；在单缝衍射实验中，假设只让一个光子通过单缝，则该光子有可能落在暗条纹处，选项B错误；黑体辐射的强度与波长的关系是：随着温度的升高，各种波长的辐射都增加，辐射强度极大值的光向波长较短的方向移动，选项C正确；由于质子质量大，德布罗意物质波波长小，用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率高，选项D错误。
18．（2013江苏常州模拟）下列叙述中符合物理学史的是( )
A、爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说
B、麦克斯韦提出了光的电磁说
C、汤姆生发现了电子，并首先提出原子的核式结构模型
D、贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra）
答案：⑴B(4分)
解析：(1)爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说，选项A错误；麦克斯韦提出了光的电磁说，选项B正确；汤姆生发现了电子，卢瑟福根据α散射实验结果提出原子的核式结构模型，选项C错误；居里夫人通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra），选项D错误。
19.（2013江苏常州模拟）在某些恒星内部，3个α粒子可以结合成一个C核，已知C核的质量为1.99302×10-26kg，α粒子的质量为6.64672×10-27kg，真空中光速c=3×108m/s，这个核反应方程是 ，这个反应中释放的核能为 （结果保留一位有效数字）。
⑵ 3He →C (2分) 9×10-13 J (2分) ⑶ 4/3 m/s (4分)
（2）解析：3个α粒子结合成一个C核，核反应方程是3He →C。这个反应中释放的核能为△E=△mc2=(3×6.64672×10-27kg-1.99302×10-26kg)×(3×108m/s)2=9×10-13 J.
20． (6分）（2013河南三市联考）下列关于近代物理知识的描述中，正确的是_______ (填入正确选项前
的字母。选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分；每选错一个扣3分，最 低得分为0分
A. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出
B. 处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子
C. 衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
D. 在N+He→O+X核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变
E. 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
答案：ABE
解析：根据光电效应规律，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出，选项A正确；处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出2+1=3种频率的光子，选项B正确；衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子和电子，电子从原子核内发射出来而形成的，选项C错误；在N+He→O+X核反应中，X是质子，这个反应过程叫原子核人工转变，选项D错误； 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项E正确。
21．（2013山西忻州一中检测）太阳内部持续不断地发生着4个质子(11H)聚变为1个氦核(24He)的热核反应，核反应方程是411H→24He＋2X，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。下列说法中正确的是
A．方程中的X表示中子(01n)
B．方程中的X表示正电子(10e)
C．这个核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2
D．这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2
．答案　BD
解析　由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为10e，A错、B对；质量亏损为Δm＝4m1－m2－2m3释放的核能为ΔE＝Δmc2＝(4m1－m2－2m3)c2，C错、D对．选BD.
22（6分）（2013宝鸡检测）已知U有一种同位素，比U核多3个中子。某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生α衰变，放出的α粒子的速度大小为v0。
① 试写出衰变的核反应方程___________________（产生的新核的元素符号可用Y表示）；
② 衰变后的残核初速度大小为_______________
答案：① U→Y+He； ② v=v0
解析：设核子质量为m，则α粒子质量为4m，残核质量为234m，U衰变，动量守恒，234mv=4m v0。解得v=v0。
23．（6分）(2013河北邯郸高三12月质检)下列说法正确的有
A．如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应
B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一
C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大
D．原子核发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长
答案：ABE（全对得6分，选对但不全得3分，多选或错选不得分）
解析：由于绿光频率低于紫光，如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应，选项A正确；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，选项B正确；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，选项C错误；原子核发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，选项D错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，光子动量减小，由λ=h/p，可知光子散射后波长变长，选项E正确。
24.（4分）（2013甘肃嘉峪关检测）对聚变反应 ，下列说法中正确的是(???? )
A．和是两种不同元素的原子核
B．和是氢的两种同位素的原子核
C．这个反应过程中有质量亏损?
D．这个反应既是核反应，又是化学反应
答案：BC
解析：和是氢元素的两种不同的同位素的原子核，选项A错误B正确；聚变反应 有质量亏损，释放核能，这个反应是核反应，不是化学反应，选项C正确D错误。
25（2013天星调研卷）已知氘核质量2.0136u，中子质量为1.0087u，He核质量为3.0150u。两个氘核聚变成He的核反应方程是__________________________________。上述核反应中释放的核能为_________ MeV。
⑴【答案】2H→He +n （3分） 3.3（3分）
【命题意图】 本题主要考查核反应方程、质能方程、核能计算等知识点，意在考查考生综合应用相关知识的能力。
【解题思路】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可得，两个氘核聚变成He的核反应方程是2H→He +n。在核反应中质量亏损为Δm=2×2.0136u-1.0087u-3.0150u= 0.0035u，所以释放的核能为ΔE=Δmc2=0.0035×931MeV=3.3MeV。
【易错警示】解答本题的易错点主要有：一是把两个氘核聚变成He的核反应方程写成2H→He；二是没有明确1u对应能量931MeV ，把0.0035乘以光速二次方计算得出释放的核能；三是把0.0035u转化为以kg为单位计算造成计算错误。
26.（6分）（2013天星调研卷）太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)聚变为1个氦核(He)的热核反应，核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。方程中的X表示 ；这个核反应中质量亏损Δm＝ ；这个核反应中释放的核能ΔE＝ 。
（1）答案：正电子e；（2分） 4 m1-m2-2m3；（2分） (4 m1-m2-2m3)c2。（2分）
【命题意图】 本题主要考查热核反应、质量亏损、质能方程等知识点），意在考查考生应用原子核相关知识分析实际问题的能力。
【解题思路】由核反应方程遵循的规律可知方程中的X表示正电子e；这个核反应中质量亏损Δm＝4 m1-m2-2m3；这个核反应中释放的核能ΔE＝Δmc2＝(4 m1-m2-2m3)c2。
【命题预测】核反应和质能方程、核能计算都是原子物理学重要内容，也是高考考查重点，预测在2013年高考中可能以原子物理学切入命题，难度中等。
27. （2013天星调研卷）核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险。已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为Pu→X+He+γ，下列有关说法正确的是（ ）
X原子核中含有92个中子。
100个Pu经过24100年后一定还剩余50个。
由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量增加。
衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力。
.答案：D
解析：根据核反应方程遵循的规律，X原子核中含有92个质子，235个核子，143个中子，选项A错误。半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，100个Pu经过24100年后不一定还剩余50个，选项B错误；由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量不变，放出粒子的质量和生成新核的质量之和小于衰变前核的质量，选项C错误；衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，选项D正确。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十
专题三十、光学和相对论
【重点知识解读】
一．光学
1.光的折射遵循光的折射定律，入射角的正弦与折射角的正弦的比值等于介质的折射率。在光的折射中，光路是可逆的。介质的折射率等于光在真空中的传播速度与介质中传播速度的比值，n=c/v。光的色散实验表明，同一介质对各种色光的折射率不同，频率越高的光，折射率越大。分析光的折射问题可画出光路图，利用折射定律和相关几何关系列方程解答。
2. 光从光密介质射向光疏介质，入射角大于等于临界角，才能发生全反射。光导纤维是根据全反射原理传导光的，光导纤维的内芯是光密介质，外套是光疏介质。
3．光具有波动性，光的干涉、衍射、偏振都说明光具有波动性。光的双缝干涉：若屏上某处到双缝的光程差等于波长的整数倍，则该处出现明条纹，光程差等于半波长的奇数倍，则该处出现暗条纹。相邻明（暗）条纹间距△x=Lλ/d。薄膜干涉的相干光来自于薄膜的前后表面反射回来的光。发生明显衍射现象的条件是：障碍物或小孔的尺寸比光的波长小或相差不多。干涉和衍射都是波特有的现象。光的偏振现象证明光是横波。
4.测定玻璃的折射率实验是通过实验测量出入射角和折射角，利用折射定律计算出折射率。利用光的双缝干涉相邻明（暗）条纹间距公式△x=Lλ/d，可测量光的波长。
二．电磁波和相对论
1.麦克斯韦电磁场理论：变化电场产生磁场，变化磁场产生电场。变化的电场和磁场总是相互联系的形成一个不可分割的统一的电磁场。变化的电场和磁场由近及远向周围空间传播形成电磁波。电磁波是横波，它的传播不需要介质，在真空中也可以传播，电磁波传递电磁场能量。电磁波能够发生反射、折射、干涉和衍射。麦克斯韦根据光在真空中传播速度与电磁波相同，提出光在本质上是一种电磁波。
2. 狭义相对论的两个假设是：狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；即物理规律(包括力学、光学、电磁学等)的数学形式与参考系的选择无关。光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关。
3.狭义相对论的三个推论是：同时的相对性：在某一惯性系中同时发生的两个事件，在另一个相对它运动的惯性系中，不是同时发生。长度的相对性(尺缩效应)：从相对地面以做匀速运动的惯性系中，测得一根杆长为，杆相对惯性系是静止的，且与平行放置，则从地面惯性系中测得杆长为，＝。在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短，即所谓的尺缩效应，速度越大，尺缩效应越明显，当速度接近光速时，尺子几乎缩成一个点。当杆沿着垂直于自身的方向运动时，测得的长度和静止时一样。时间间隔的相对性(钟慢效应)：从相对地面以做匀速运动的惯性系中，测得该惯性系内某事件经历的时间为△t0，则从地面惯性系中测得该事件经历的时间为△t，△t=△t0/。运动的时钟比静止的时钟走得慢，即所谓的钟慢效应。而且，运动速度v越快，钟走的越慢，接近光速时，钟就几乎停止了。狭义相对论的三个推论说明空间和时间与物质的运动状态有关。
4.狭义相对论的三个公式是：相对论速度变换公式：某惯性系相对地面的速度为v，该惯性系中物体以速度u’沿惯性系速度v的方向相对惯性系运动，那么物体相对地面的速度为u，u＝。如果惯性系中的物体运动方向与惯性系运动方向相同，u’取正值；如果惯性系中的物体运动方向与惯性系运动方向相反，u’取负值。相对论质量：设物体静止时质量为m0，物体以速度v运动时质量为m，则m＝。微观粒子的速度很高，它的质量明显的大于静止质量．质能方程：E=mc2。质能方程揭示了物体的质量与能量的对应关系，物体的能量与质量成正比，由质能方程可推出能量变化与质量变化之间的关系：△E=△mc2，此式常用于计算核反应过程中由于质量亏损释放的能量。物体运动时的能量E和静止时的能量E0之差就是物体的动能Ek，Ek＝E-E0=c2- m0c2=m0v2。
【高考命题动态】
光学是高中物理的重要组成部分，电磁波与人们生活密切相关，相对论是近代物理支柱之一，光学是高考考查重点之一，高考对光学考查主要是折射定律、全反射及其相关知识，难度中等；对电磁波和相对论考查频率不高，难度偏易。
【最新高考题分析】
典例1.（9分）（2012·新课标理综）一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。[
【解析】如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射。
根据折射定律有nsinθ=sinα ①
式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角。
现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在A点刚好发生全发射，故 ②
设线段OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有
③
式中a为玻璃立方体的边长。由①②③式得
④
由题给数据得 ⑤
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。所求的镀膜面积与玻璃立方体的表面积S之比为
⑥
由⑤⑥式得
⑦
来【考点定位】此题考查光的折射及其相关知识。
针对训练题1（2012·海南物理）一玻璃三棱镜，其截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为。现在横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜。不考虑棱镜内部的反射。若保持入射线在过入射点的法线的下方一侧(如图)，且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ可在什么范围内取值？
【答案】0<θ<45°
【解析】设入射光线经玻璃折射时，入射角为i，折射角为r，射至棱镜右侧面的入射角为α。根据折射定律有 sini=nsinr，①
由几何关系得：θ=α+r， ②③④
当i=0时，由①式知r=0，α有最大值αm（如图），
由②式得，θ=αm。③
同时应小于玻璃对空气的全反射临界角，
即 sin αm<1/n ④
由①②③④式和题给条件可得，棱镜顶角θ的取值范围为0<θ<45°。
【考点定位】此题考查折射定律、全反射及其相关知识。
典例2（2012·江苏物理）如题12B-1 图所示,白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P 和Q,A 点位于P、Q 之间,B 点位于Q 右侧. 旋转偏振片P, A、B 两点光的强度变化情况是________ .
(A) A、B 均不变
(B) A、B 均有变化
(C) A 不变,B 有 变 化
(D) A 有变化,B 不变
【答案】C
【解析】白炽灯光是自然光，旋转偏振片P， A点光的强度不变，B 点光的强度变化，现象C正确。
【考点定位】此题考查光的偏振实验。
针对训练题2．（2012·上海物理）下图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则 （ ）
（A）甲为紫光的干涉图样 （B）乙为紫光的干涉图样
（C）丙为红光的干涉图样 （D）丁为红光的干涉图样
【答案】：B【解析】：双缝干涉图样等间隔，波长与条纹间隔成正比，所以甲为红光的干涉图样，乙为紫光的干涉图样，选项B正确。
【考点定位】此题考查光的双缝干涉和单缝衍射图样的识别。
典例3.（10分）（2012·浙江理综）在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，如图甲所示。

图甲 图乙
（1）在答题纸上相应的图中画出完整的光路图；
（2）对你画出的光路图进行测量和计算，求得该玻璃砖的折射率n= (保留3为有效数字)；
（3）为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，某同学做了两次实验，经正确操作插好了8枚大头针，如图乙所示。图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和 （填“A”或“B”）。
【答案】（1）完整的光路图如图。（2）1.51（3）A
【解析】由折射定律，求得该玻璃砖的折射率n=1.51. P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和A。
【针对训练题】
3.（2012·江苏物理）测定玻璃的折射率实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D. 在插入第四个大头针D 时,要使它 _____________. 题12B-2 图是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a’是描在纸上的玻璃砖的两个边. 根据该图可算得玻璃的折射率n = _____________. (计算结果保留两位有效数字)
【答案】挡住C及AB的像； 1.8
【解析】在插入第四个大头针D 时,要使它挡住C及AB的像；过A、B作直线、AB直线与a的交点为入射点，再过入射点作a的垂线，此直线即为法线，直线AB与法线的夹角为入射角i。过C、D作直线，此直线与a’的交点为出射点。入射点与出射点的连线为折射线，折射线与法线的夹角为折射角r，玻璃的折射率n ==1.8.
【考点定位】此题考查测定玻璃的折射率实验。
典例4.（2012·福建理综）（6分）在“用双缝干涉测光的波长”实验中（实验装置如图）：
①下列说法哪一个是错误的_______。（填选项前的字母）
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划中心刻线与该亮纹的中心对齐
C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距△x=。
②测量某亮纹位置时，手轮上的示数如右图，其示数为_ __mm。
【答案】：①A②1.970
【解析】：调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不放单缝和双缝，选项A说法错误。根据螺旋测微器读数规则，其示数为1.5mm+0.470mm=1.970mm。
典例5．（2010天津理综）下列关于电磁波的说法正确的是
A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场
B. 电磁波在真空和介质中传播的速度相同
C. 只要有电场和磁场，就能产生电磁波
D. 电磁波在同种介质中只能沿直线传播
【解析】根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场能够在空间产生恒定电场，选项A正确；电磁波在真空和介质中传播的速度不相同，选项B错误；只要有电场和磁场，不一定就能产生电磁波，选项C错误；若介质密度不均匀，电磁波在同种介质中也会发生偏折，选项D错误。
【答案】A
【点评】此题考查对电磁波理论的理解和掌握。
针对训练题5. （2009北京理综卷第15题）．类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是D
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
解析：电磁波是横波，选项D说法不正确。
【答案】D
典例6（2010北京理综）属于狭义相对论基本假设的是：在不同的惯性系中，
A.真空中光速不变 B.时间间隔具有相对性
C.物体的质量不变 D.物体的能量与质量成正比
【解析】狭义相对性的基本假设是：一切物理规律在不同的惯性参考系中都是相同的，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，所以选项A正确。
【答案】A
【点评】时间间隔具有相对性是狭义相对论的推论，物体的能量与质量成正比是相对论的质能方程得出的结论，不属于狭义相对论基本假设。
【针对训练题】
6（2009年江苏高考卷）如图所示，强强乘电梯速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5 c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为 。（填写选项前的字母）
A．0.4c B．0.5c C．0.9c 　D．1.0c
【解析】根据爱因斯坦狭义相对性的假设，真空中的光速在不同的惯性参考系都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，所以壮壮观测到该光束的传播速度为1.0c。选项D正确。
【答案】D
【最新模拟题训练】。
1. （2013天星调研卷）用a、b两种单色光组成的复色光，通过三棱镜的情形如图所示，由此可知
A．三棱镜对a光的折射率大于对b光的折射率 A.在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大
B．a光在三棱镜中的传播速度大于b光在三棱镜中的传播速度
C．. a、b两种单色光从与该三棱镜相同材料制成正方体中射向空气发生全反射时，b光的临界角较大
D．.用同一装置进行双缝干涉实验，b光在光屏上形成的相邻亮条纹的间距较大
答案：B
解析：根据复色光通过三棱镜的色散实验，三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，选项A错误；由n=c/v可知a光在三棱镜中的传播速度大于b光在三棱镜中的传播速度，选项B正确；由临界角公式，sinC=1/n，a、b两种单色光从与该三棱镜相同材料制成正方体中射向空气发生全反射时，a光的临界角较大，选项C错误；根据折射率较大的光，频率较大，波长较短，用同一装置进行双缝干涉实验，根据条纹间隔公式，b光在光屏上形成的相邻亮条纹的间距较小，选项D错误。
2.（2013江苏常州模拟）以下说法中正确的是
A．光的偏振现象说明光是一种纵波
B．相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关
C．麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在
D．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽
答案：⑴D (4分)
解析：（1）光的偏振现象说明光是一种横波，选项A错误；相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，选项B错误；麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在，选项C错误；在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，由于红光波长大于绿光，由条纹间隔公式可知，条纹间距变宽，选项D正确。
3.（4分）（2013甘肃嘉峪关检测）理论联系实际是物理学科特点之一。以下给出的几组表述中，实际应用与相应的物理理论相符合的是 ( )
①干涉法检查平面的平整度应用了光双缝干涉原理
②伦琴射线管应用了光电效应原理
③光纤通信应用了光的折射原理
④光谱分析应用了原子光谱理论
⑤立体电影应用了光的偏振理论
A．①②????????? B．②③???? ????C．③④???????? D．④⑤
答案：D
解析：干涉法检查平面的平整度应用了光的薄膜干涉原理，伦琴射线管应用了高速电子撞击固体产生X射线原理，光纤通信应用了光的全反射原理，①②③与相应的物理理论不相符合；④⑤与相应的物理理论相符合，选项D正确。
4. （2013开封联考）一束光线从折射率n=的玻璃进入真空中，
当入射角为45°时，折射角为30°
当入射角为30°时，折射角为45°
当入射角为45°时，刚好发生全反射
D．当入射角为60°时，可能有光线进入真空中
.答案：BC
【命题意图】 本题主要考查光的折射定律、全反射，意在考查考生对折射定律、全反射波及其相关知识的掌握情况。
【解题思路】玻璃相对于真空为光密介质，从玻璃进入真空，折射角大于入射角，由折射定律可得，当入射角为30°时，折射角为45°，选项A错误B正确；当入射角为45°时，折射角等于90°，刚好发生全反射，选项C正确；当入射角为60°时，一定没有光线进入真空中，选项D错误。
【思维拓展】光的折射类试题，要注意光从光疏介质射向光密介质，折射角小于入射角；光从光密介质射向光疏介质，折射角大于入射角。光连续通过几种介质，光线与法线夹角越小的介质，其折射率越大。
5.（2013江苏常州模拟）直角玻璃三棱镜的截面如图所示，一条光线从AB面入射，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角α= 60°．已知这种玻璃的折射率n =，则：
①这条光线在AB面上的的入射角为 ；
②图中光线ab （填“能”或“不能”）从AC面折射出去．
答案：①45°(2分) ②不能(2分)
解析：由图可知折射角为30°，由折射定律可得这条光线在AB面上的的入射角为45°。图中光线ab在AC面入射角等于60°，大于临界角45°，发生全反射，不能从AC面折射出去．
6. （2013天星调研卷）两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示。已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O；光线2的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点。已知玻璃截面的圆半径为R，OA=，OP =R，光在真空中的传播速度为c。据此可知
A．光线2在圆弧面的入射角为45°
B．玻璃材料的折射率为
C．光线1在玻璃中传播速度为c/
D．光线1在玻璃中传播时间为R/2c
【命题意图】此题考查光的传播、折射定律、折射率及其相关知识点。
【答案】B
【解析】作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由得θ1=30°，选项A错误；因OP=R，由几何关系知BP=R，则折射角θ2=60°，由折射定律得玻璃的折射率为n===，选项B正确，由n=c/v解得光线1在玻璃中传播速度为c/，传播时间为t=R/v=R/c，选项CD错误。
7 (9分）（2013河南三市联考）如图所示，ΔABC为一直角三棱镜的截 面，其顶角6=30°，P为垂直于直线光屏。现一宽 度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在光屏P上形成一条光带，已知棱镜的折射率为，AB的长度为d ,求光屏P上形成的光带的宽度。
解析：如图所示，图中θ1和θ2为AC面上入射角和折射角，根据折射定律，n=，θ1=θ，
设出射光线与水平方向成α角，则，θ2=θ1+α，tanα=,
==ABtanθ，
联立解得：=d/3.
则光屏P上形成的光带的宽度为==d-=2d/3。
8.（9分）如图所示，直角三棱镜折射率为，∠B=30°，一束单色光垂直于AC面射向棱镜，入射点为O，已知光速为c，求：
①光在三棱镜中的传播速度；
②光射出棱镜时的折射角。
【命题意图】 本题主要考查折射率与光速关系式、光的折射、全反射等知识点，意在考查考生综合应用光学知识的能力。
【解题思路】①由n=c/v可得v=c/n=c /2。（2分）
②光在棱镜中光路如图。由图可知，α=60°。
设光在棱镜中全反射临界角为C，则有sinC=1/n， n=，解得C=45°。（2分）
α=60°>C，所以不会有光从AB界面射出。（1分）
i=180°-120°-30°=30°。
光在BC面发生折射，由折射定律n=sinr/sini得：sinr=nsini=/2
所以r=45°。（2分）
光在BC面发生发射，反射光垂直AB面从AB面射出，折射角为零。（2分）
9（2013徐州摸底）如图所示的玻璃砖为半径为R的半圆形玻璃砖上截取的一部分，其折射率为n，一束光线垂直于AB边入射，当人射点P距AB边中点至少为多远时，曲面上将无光线透射?
解析：当射到曲面上的光发生全反射时曲面上将无光线透射。图中∠PO’O等于临界角，即sin∠PO’O=1/n。设人射点P距AB边中点为L，则有sin∠PO’O=L/R。联立解得L=R/n。
10(9分) （2013江西省吉安市七校联考）两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示。已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O；另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点。已知玻璃截面的圆半径为R，OA=，OP =R。求玻璃材料的折射率。
10.解: 作出光路如图所示，其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知O点为圆心； (2分)
另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B，入射角设为θ1，折射角设为θ2
则得θ1=300 (2分)
因OP=R，由几何关系知BP=R，则折射角θ2=600(2分)
由折射定律得玻璃的折射率为n==1.73 (3分) 11.（9分）（2013宝鸡检测）如图所示，一束光线以60°的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在正上方与平面镜平行的光屏上留下一光点A 。现将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，如图中虚线所示，则进入透明体的光线经平面境反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的光点P′与原来相比向左平移了3．46cm ，已知透明体对光的折射率为。
① 透明体的厚度为多大？
② 光在透明体里运动的时间多长？
解析：①由sinα = n sinβ ，
得β=30°（2分）
设透明体的厚度为d ，由题意及光路有
2 d tan60° ―2 d tan30° = △s
解得d =1．5cm
②光在透明体里运动的速度v =
光在透明体里运动的路程
∴光在透明体里运动时间s = 2×10－10 s。
12（9分）（2013黄冈月考）在折射率为n、厚度为d的玻璃平板上方的空气中有一点光源，从S发出的光线SA以入射角θ入射到玻璃板上表面，经过玻璃板后从下表面射出，如图12所示．若沿此光线传播的光从光源至玻璃板上表面的传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源S到玻璃上表面的垂直距离l应是多少？
解析：设光线SA在玻璃中的折射角为r，传播速度为v，则由n＝有，光在玻璃板中传播的速度v＝；由几何关系有，光线在玻璃板上表面传播的距离为x1＝，由x＝vt，有t1＝＝，其中c是真空中的光速，光在玻璃板中传播的距离x2＝，光在玻璃板中的传播时间t2＝＝.
由折射定律有：n＝①
由题意有：＝②
由三角函数关系有：cosr＝③
联立①②③得：l＝
13（9分）一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱形玻璃杯，图13为过轴线的截面图，调整入射角θ，光线恰好在水和空气的界面上发生全反射，已知水的折射率为，求sin θ的值．
解析：当光线在水面发生全反射时有sin C＝ (3分)
当光线从左侧射入时，由折射定律有＝n (3分)
联立这两式代入数据可得sin θ＝. (3分)
14.（9分）（2013云南昆明调研）如图所示，ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n=2，AC为一半径为R的圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧AC的弧长。
解：设该种材料的临界角为C，则：sinC=1/n，
解得C=30°。
如图所示，若沿DE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，则：
∠ADF=30°。
同理，若沿DG方向射入的光线刚好在BC面上发生全反射，则：∠CDG=30°。
因此∠FDH=30°。
据几何关系可得：弧FH=×2πR，
解得：弧FH=πR/6.
15（10分）（2013山西四校联考）如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向。射向圆柱体若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？
15． (10分)解析：设光线P经折射后经过B点，光路如右图所示．
根据折射定律n＝＝ 3分
在△OBC中，＝ 3分
可得β＝30°，α＝60° 2分
所以CD＝Rsinα＝R. 2分
16( 9分 ) （2013天星调研卷）如图所示，半圆形透明介质的横截面，其半径为R。一束光从半圆形透明介质的边缘以入射角60°射入透明介质，光束在半圆形透明介质的弧形面发生两次反射后刚好从半圆形透明介质的另一边缘射出。已知光在真空中传播的速度为c。求：
①半圆形透明介质的折射率。
②光线在半圆形透明介质中传播的时间。
③半圆形透明介质的全反射临界角。
【命题意图】 本题主要考查折射率、折射定律、光的传播等知识点，意在考查考生灵活运用光学知识的能力。
【解题思路】①由图中几何关系可知，光束折射角r=30°，
由折射定律，玻璃砖的折射率
n==；( 2分 )
②光线在半圆形透明介质中传播的速度v=c/n=c/，( 2分 )
光线在半圆形透明介质中传播的距离L=3R，( 1分 )
光线在半圆形透明介质中传播的时间t=L/v=3R/c。( 2分 )
③由sinC=1/n可得半圆形透明介质的全反射临界角
C=arcsin(/3)。( 2分 )
【命题预测】光的传播是选修3-4光学考查的重点，预测在2013年高考中考查将以计算题方式考查，难度中等。
17．（9分）(2013河北邯郸高三12月质检)如右图所示，两面平行的玻璃砖下表面涂有反射物质，一束与上表面成30°入射的光线，在右端垂直标尺上形成了A、B两个光斑，A、B间距为4cm，已知玻璃砖的折射率为，画出形成两光斑的光路图，并求此玻璃砖的厚度。
17．【答案】
【解析】光路图如下图：（3分）
光束入射角， ①
由
得： ②
由几何关系有：
③
且 ④
代入数据解得： ⑤
注：光路图不得出现涂抹，光路要画出箭头，实线虚线区分，否则可酌情扣分。
评分标准：本题9分。光路图3分；①---④式各1分，⑤式2分。
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三
牛顿运动定律
【重点知识解读】
牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。牛顿第一定律是在伽利略理想实验的基础上建立起来的，但它不是实验规律。牛顿第一定律给出了惯性的概念，惯性是物体保持原有运动状态的性质，惯性是物体的固有属性，质量是物体惯性大小的量度；牛顿第一定律揭示了力的本质，即力是产生加速度的原因。
2 .牛顿第二定律：物体的加速度a跟物体所受的合外力F成正比，跟物体的质量m成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。数学表达式： F=ma 。 牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，定量描述了力与运动（加速度）的关系，是经典力学的核心内容；由定律可知，力与加速度是瞬时对应关系，即加速度与力是同时产生、同时变化、同时消失；力与加速度的具有因果关系。力是产生加速度的原因，加速度是力产生的结果。只要合外力变化，其加速度一定变化。
3. 牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。牛顿第三定律揭示了物体与物体间相互作用规律。两个物体之间的作用力反作用力总是等值（大小相等）、反向（方向相反）、共线（作用在一条直线上）、异体（作用力与反作用力分别作用在相互作用的两个不同物体上）、同时（作用力与反作用力一定是同时产生、同时变化、同时消失，它们的存在不分先后）、同性（作用力与反作用力一定是同种性质的力），作用在两个物体上各自产生效果，一定不会相互抵消。
4.超重和失重
①.超重——物体对支持物的压力大于重力。原因：物体有向上的加速度。
②失重——物体对支持物的压力小于重力。原因：物体有向下的加速度。
③完全失重——物体对支持物的压力为零。原因：物体有向下的加速度且大小为g。
5..在连接体或叠加体问题中，如果不需要知道各物体间的作用力，并且各物体具有相同的加速度，就可把它们看作一个整体，分析整体的受力情况和运动情况，应用牛顿第二定律列方程求解；如果需要知道物体之间的作用力，则需隔离与该力相关的物体，把内力转化为外力，分析隔离出物体的受力情况和运动情况，应用牛顿第二定律列方程解之。
.灵活利用整体法与隔离法处理连接体或叠加体问题，是本单元的重点应用之一。
【高考命题动态】
牛顿运动定律是高中物理的核心内容，也是高考重点。高考对牛顿运动定律的考查重点是牛顿第二定律的应用及其相关知识点，难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·新课标理综）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是
A．.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．.没有力作用，物体只能处于静止状态[来源:学+科+网Z+X+X+K]
C．.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
【答案】：AD
【解析】：没有力作用，物体可能处于静止状态或匀速直线运动状态，行星在圆周轨道上保持匀速率运动是受到向心力作用的结果，不是惯性，选项BC错误。
【考点定位】此题考查惯性及其相关知识。
典例2. （2012·安徽理综）如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则
A. 物块可能匀速下滑
B. 物块仍以加速度a匀加速下滑
C. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【答案】C
【解析】分析斜面上物体受力，将重力沿斜面忽然垂直斜面方向分解，由牛顿第二定律可得，mgsinθ-μmgcosθ=ma，再施加一竖直向下的恒力F，设加速度为a’， 由牛顿第二定律可得，(F+mg)sinθ-μ(F+mg)cosθ=ma’，由此可知，a’> a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑,，选项C正确。
【考点定位】考查力的分解、牛顿运动定律及其相关知识。
典例3.（2012·海南物理）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是
物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
物体加速度的大小跟它所受作用力中任一个的大小成正比
当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
【答案】：D
【解析】：根据牛顿第二定律，物体加速度的大小跟它所受的合外力成正比，跟它的质量成反比，选项ABC错误。当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比，选项D正确。
【考点定位】此题考查对牛顿第二定律的理解。
典例4．（2012·四川理综）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4 x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为-μg
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x0-μmg/k)
【答案】：BD
【解析】：由牛顿第二定律，撤去F后，物体所受合外力为F=kx0-μmg，由牛顿第二定律F=ma可知，物体刚运动时的加速度大小为a=-μg，选项B正确。由于弹簧弹力为变力，所以撤去F后，物体先做变加速运动，再做变减速运动，选项AC错误。当kx=μmg，物体开始向左运动到速度最大，在此过程中，克服摩擦力做的功为Wf=μmg( x+ x0)=μmg (x0-μmg/k)，选项D正确。
【考点定位】此题考查牛顿第二定律、摩擦力做功及其相关知识。
典例5．（2012·上海物理）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为 （ ）
【答案】：A
【解析】：滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，B具有沿斜面向下的加速度，B所受摩擦力一定沿BA接触面，B受力的合力沿斜面向下，选项A正确。
【考点定位】此题考查受力分析。
典例6. .（2012·江苏物理）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m和M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是
A．
B．
C．-(m+M)g
D． +(m+M)g
【答案】：A
【解析】：对整体，由牛顿第二定律，F-(m+M)g=(m+M)a，
隔离木块M，由牛顿第二定律，2f-Mg=Ma，
联立解得：F=，选项A正确。
【考点定位】此题考查整体法隔离法受力分析和牛顿第二定律。
典例7（2012·上海物理）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。
【解析】：令Fsin53°-mg=0，解得F=1.25N。
当F<1.25N时，环与杆的上部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ+FN=mg，
联立解得：F=。
代入数据得：F=1N。
当F>1.25N时，环与杆的下部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ=mg+FN，
联立解得：F=。
代入数据得：F=9N。
【考点定位】此题考查受力分析、力的分解与合成、牛顿第二定律、摩擦定律及其相关知识。
典例8（2012·安徽理综第22题） 质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为f，取=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
【答案】（1）f=0.2N。（2）h=m。
【解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a，由v-t图象知，加速度a1==8m/s2。
根据牛顿第二定律，得mg-f=ma1，
解得受到的空气阻力的大小f=0.2N。
（2）由v-t图象知，弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s。
设弹性球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2=3 v1/ 4=3 m/s。
第一次离开地面后，设上升过程中弹性球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2，
解得a2=12m/s2。
于是有0- v22=-2 a2h，
解得碰撞后反弹的高度h=m。
【考点定位】此题考查v-t图象、牛顿第二定律及其相关知识。
典例9（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼” 在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力加速度为g, “鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
（1）“A鱼”入水瞬间的速度vA；
（2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB 。
【解析】（1）“A鱼”入水前做自由落体运动，由vA2=2gH，
解得“A鱼”入水前瞬间的速度vA=。
（2）“A鱼”在水中运动时受重力、浮力、阻力作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合=F浮+fA-mg，
由牛顿第二定律，F合=maA。
0- vA2=-2aAhA，
由题意，F浮=mg。
联立解得所受阻力fA=mg(-)。
（3）考虑到 “B鱼”的受力运动情况与 “A鱼”相似，有
fB=mg(-)。
解得“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比：=。
典例10．（19分）（2012·重庆理综）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S。比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如题25图所示。设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g。
（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数；
（2）求在加速跑阶段球拍倾角随速度变化的关系式；
（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。
【解析】：（1）在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0，
解得：k=tanθ0。
（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N’，有N’sinθ-kv=ma，
N’cosθ=mg
联立解得：tanθ=+tanθ0。
（3）以v0做匀速直线运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有
F=。
球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a’，有
Fsinβ=ma’，
设匀速跑阶段所用时间为t，有：t=-，
球不从球拍上掉落的条件为 a’t2≤r。
解得sinβ≤cosθ0。
【考点定位】此题考查平衡条件牛顿运动定律及其相关知识。
【最新模拟题训练】
1.（2013哈尔滨三中月考）下列说法正确的是：
A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比
B. 亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同
C. 笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因
D. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快
答案：AD解析：牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快，选项C错误D正确。
2.（2013邯郸摸底）物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是（ ）
A．牛顿第一定律 B．牛顿第二定律
C．万有引力定律 D．库仑定律
答案：A
解析：牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理外推得到的，用实验无法实现，选项A正确；牛顿第二定律是实验定律，万有引力定律是经过类比和实验验证的，库伦定律是通过采用控制变量法的实验而得到的实验定律，选项BCD错。
3、（2013衡水中学调研）以下说法中正确的是( )
A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性
B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小
C．力是维持物体运动的原因
D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动
答案：A解析：牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度无关，选项A正确B错误；力不是维持物体运动的原因，力是产生加速度的原因，选项C错误；做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点将做匀速直线运动，选项D错误。
4. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。下列说法正确的是：
A.A环与滑竿之间没有摩擦力
B.B环与滑竿之间没有摩擦力
C.A环做的是匀加速直线运动
D.B环做的是匀加速直线运动
答案：AC解析：对图示两种情况受力分析，并应用牛顿第二定律，可知，A环与滑竿之间没有摩擦力，B环与滑竿之间有摩擦力，A环做的是匀加速直线运动，B环做的是匀加速直线运动，选项AC正确BD错误。
5．（2013哈尔滨三中月考）如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g=10m/s2）：
A.以a=1m/s2的加速度加速上升；
B.以a=1m/s2的加速度加速下降；
C.以a=9m/s2的加速度减速上升；
D.以a=9m/s2的加速度减速下降
答案：B解析：根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量为10cm，可知升降机加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度减速上升，选项B正确。
6．（2013唐山摸底）风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图所示，对B球施加水平风力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是
A．细绳与竖直方向的夹角
B．轻绳拉力的大小
C．细杆对球的支持力
D．风给小球的水平力
答案：CD解析：由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项AB错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项CD正确。
7．（2013唐山摸底）从16世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有
A．物体的速度越大，说明它受到的外力越大
B．物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变
C．马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持
D．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力
答案：B解析：物体的加速度越大，说明它受到的外力越大，物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变，选项A错误B正确；马拉车做匀速运动，说明物体所受合外力为零，选项C错误；地面对人的支持力在任何情况下都等于人对地面的压力，选项D错误。
8．（2013哈尔滨三中月考）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像如图所示，则下列说法正确的是：
A.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越大
B.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越小
C.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度大于v0/2
D.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2
答案：AD解析：由v2=2ax，可知，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像为直线，则，汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2，选项C错误D正确。
9．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是 （ ）
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a=8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a=10m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10 m/s2
答案：B解析：在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力。应用平衡条件可得弹簧弹力F=mgtan45°=10N。剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直方向，水平面的弹力N=mg，摩擦力为f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，选项B正确C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a=0，选项D错误。
10．(2013西安摸底)质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图像，则 ( )
A．斜线①一定是物体受水平拉力时的图像
B．斜线②一定是物体不受水平拉力时的图像
C．水平拉力一定等于0.2 N
D．物体所受的摩擦力可能等于0.2 N
答案：CD解析：拉力方向可能与物体水平运动方向相同或相反，不能确定哪条斜线是物体受水平拉力时的图像，选项AB错误。斜线①对应的物体加速度大小为a1=m/s2，斜线②对应的物体加速度大小为a2=m/s2。若斜线①是物体受水平拉力时的图像，斜线②是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相同，f - F =ma1，f =ma2，解得f=0.4N，F=0.2N; 若斜线②是物体受水平拉力时的图像，斜线①是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相反，f + F =ma2，f =ma1，解得f=0.2N，F=0.2N;所以水平拉力一定等于0.2 N，物体所受的摩擦力可能等于0.2 N，可能等于0.4N，选项CD正确。
11. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F’作用在m1上时，两物块均以加速度a’=2a做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x’。则下列关系正确的是：
A.F’=2F B.x’=2 x C. F’>2F D. x’<2 x
答案：AB解析：把两个物体看作整体，由牛顿第二定律可得，F’=2F，选项A正确C错误；隔离m2，由牛顿第二定律和胡克定律，x’=2 x，选项B正确D错误。
12. （2013江苏徐州摸底）一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v-t图象如图所示．下列说法正确的是
A．前2s内该同学处于超重状态
B．前2s内该同学的加速度是最后1s内的2倍
C．该同学在10s内的平均速度是1m/s
D．该同学在10s内通过的位移是17m
答案：D解析：同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，前2s内该同学处于失重状态，前2s内该同学的加速度是最后1s内的1/2，选项AB错误；该同学在10s内的位移为17m，平均速度是1.7m/s，选项D正确C错误。
13．（2013届江西省重点中学高三联考）如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是（ ）
A．t1=t2，a1=a2，v1=v2
B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2
C．物块全过程的速度时间图线如图乙所示
D．物块全过程的速度时间图线如图丙所示
答案：D解析：由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1＜t2，a1>a2，v1>v2,选项AB错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项C错误D正确。
14．(2013西安摸底)如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．若电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，在电梯即将到顶层前关闭电动机，靠惯性再经时间t停止运动卡住电梯，不计空气阻力，则t为（ ）
A． B． C． D．
答案：D解析：关闭电动机后，由牛顿第二定律，mg=(2M+m)a，解得电梯加速度大小a=mg/(2 M+m)，t=v/a=，选项D正确。
15. （2013广西三校联考）如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ）
A. 如果al= a2，则F< Mg
B. 如果F=Mg，则al C．如果al =a2，则F=Mg
D．如果F=，则a1=a2
答案：ABD解析：另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，由牛顿第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则al16. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为
A．0.6N B．0.8N C．1.0N D．1.2N
答案：A解析：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；设下面弹簧支持力为FN，由牛顿第二定律，0.4+FN-mg=ma1；解得FN=mg=1N。当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，设上面弹簧的拉力为F，则下面弹簧支持力为F’N=mg+F-0.4=0.6+F，由牛顿第二定律，F+F’N-mg=ma2；解得F=0.6N,选项A正确。
17．（2013南昌铁一中摸底）弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16N．如果从升降机的速度为3m/s时开始计时，则经过1s，升降机的位移可能是（g取10m/s2）（ ）
A．2m B．3m C．4m D．8m
答案：AC
解析：根据弹簧秤的示数始终是16N可知，升降机加速度方向向下，mg-F=ma，解得a=2m/s2.若升降机向下加速运动，经过1s，升降机的速度为5m/s，经过1s，升降机的位移可能是4m；若升降机向上减速运动，经过1s，升降机的速度为1m/s，经过1s，升降机的位移可能是2m；选项AC正确。
18．（2013南昌铁一中摸底）建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2.)（ ）
A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N
答案：B
解析：将20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，拉力F=m（g+a）=20×(10+0.500)N=210N。对工人，由平衡条件可得地面支持力为700N-210N=490 N,根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小为490N，选项B正确。
19. （2013邯郸摸底）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹。下列说法正确的是（）
褐色的痕迹将出现在木炭的左侧
木炭的质量越大，痕迹的长度越短
传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短
木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短
答案：D
解析：木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向后运动，所以，会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向后做匀减速直线运动，根据v2=2ax,其中a=μg，与m无关，选项B错；由前式知，a一定时，v越大，x越长，选项C错；在v一定时，μ越大，a越大，x越小，选项D对。
20．（2013南昌铁一中摸底）如图所示，ad、bd、 cd是竖直面内的三根固定的光滑细杆，a、ｂ、c、ｄ位于同一圆周上，ａ点为圆周上最高点，ｄ点为圆周上最低点。每根杆上都套有一个小圆环，三个圆环分别从ａ、ｂ、c处由静止释放，用t1 、t2 、t3依次表示各环到达d点所用的时间，则（ ）
A．t 1＜t2＜t3 B．t 1＞t2＞t3
C．t 3＞t1＞t2 D．t 1＝t2 ＝t3
答案：D
解析：分析bd光滑细杆上小圆环受力，应用牛顿第二定律和直线运动公式，可得环到达d点所用的时间与光滑细杆的倾角无关，选项D正确。
21. （2013邯郸摸底）如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
答案：AD
解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F-μmg-T=ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T-2μmg=2ma，T减小，选项D对。
22 （2013安徽师大摸底）如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(　　)
A．A，B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ
D．A与B间的动摩擦因数μ＝tanθ
答案：C解析：它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定AB之间的动摩擦因数μ，选项D错误。
23．（2013南昌铁一中摸底）如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出（ ）
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．斜面的长度
D．加速度为6m/s2时物体的速度
. 答案：AB
解析：当F=0时，物体向下的加速度大小为6m/s2，即gsinθ=6m/s2，可计算出斜面的倾角θ，选项B正确；当F=20N时，物体向上的加速度大小为2m/s2，即cosθ-gsinθ=2m/s2，可计算出物体的质量m，选项A正确。不能计算出斜面的长度，加速度为6m/s2时物体的速度，选项CD错误。
24．（2013衡水中学调研）如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）.则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）
答案：C解析：在0~1s，F=mg，由牛顿第二定律，加速度a=5m/s2；在1s~2s，F=0，由牛顿第二定律，加速度a=-5m/s2；在2s~3s，F=-mg，由牛顿第二定律，加速度a=-15m/s2；物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的C。
25．（2013衡水中学调研）质量为m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法正确的是 （ ）
A．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F
B．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F/2
C．若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，则物块物块A对B的作用力大小为F/2
D．若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，则物块物块A对B的作用力大小为(F +μmg)/2
答案：BCD 解析：若水平面光滑，对整体，由牛顿第二定律，F=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’=ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=F/2，选项A错误B正确。若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，对整体，由牛顿第二定律，F-2μmg=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’ -μmg =ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=F/2，选项C正确。若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，对整体，由牛顿第二定律，F-μmg -2μmg=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’ -2μmg =ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=(F +μmg)/2，选项D正确。
26. （2013衡水中学调研）电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是(g取10 m/s2) ( )
A．电梯可能向上加速运动, 加速度大小为4m/s2
B．电梯可能向下加速运动, 加速度大小为4m/s2
C．电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2
D．电梯可能向下减速运动, 加速度大小为4m/s2
答案：BC解析：弹簧秤的示数变为6 N，电梯加速度向下，电梯可能向下加速运动, 加速度大小为4m/s2，电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2，选项BC正确。
27．（2013衡水中学调研）如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.若重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息，可以计算出（ ）
A.物体的质量
B.斜面的倾角
C.物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D.加速度为6 m/s2时物体的速度
答案：ABC解析：由牛顿第二定律，Fcosθ-mgsinθ=ma。当F=15N时，a=0；当F=30N时，a=6 m/s2；当F=0N时，a= -6m/s2；可以计算出物体的质量m，斜面的倾角，物体能静止在斜面上所施加的最小外力为15N，选项ABC正确。
28．（2013衡水中学调研）如图所示，倾角为30°的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉Ｍ、Ｎ固定于杆上，小球处于静止状态．设拔去销钉Ｍ（撤去弹簧ａ）瞬间，小球的加速度大小为6ｍ/s2．若不拔去销钉Ｍ，而拔去销钉Ｎ（撤去弹簧ｂ）瞬间，小球的加速度可能是（ｇ取10ｍ/s2）： （ ）
A．11ｍ/ s2，沿杆向上　　
B．11ｍ/ s2，沿杆向下
C．1ｍ/ s2，沿杆向下　　　
D．1ｍ/ s2，沿杆向上
答案：BC解析：设小球处于静止状态时b弹簧弹力为F，拔去销钉Ｍ瞬间，取向上为正方向，若a=6ｍ/s2，由牛顿第二定律，F-mgsin30°=ma，解得F=11m。若a=-6ｍ/s2，由牛顿第二定律，-F-mgsin30°=ma，解得F=m。设a弹簧弹力为F’，由平衡条件F= mgsin30°+F’， 当F=11m可得F’=6m，拔去销钉Ｎ瞬间，由牛顿第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=11ｍ/ s2，选项B正确A错误；当F=m可得F’=-4m，拔去销钉Ｎ瞬间，由牛顿第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=1ｍ/ s2，方向沿杆向下，选项C正确D错误。
29．（2013衡水中学调研）如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是(　　)
A．()F ，方向向左
B．()F，方向向右
C．()F，方向向左
D．()F，方向向右
答案：CD解析：把人和车看作整体，二者有向左的加速度，由2F=(m+M)a解得a=2F/(m+M)。设车对人的摩擦力向右，大小为f，隔离人，由F-f=ma，联立解得f=()F，选项D正确B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F+f=ma，联立解得f=()F，选项C正确A错误。
30. （2013广西三校联考）如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ）
A. 如果al= a2，则F< Mg
B. 如果F=Mg，则al C．如果al =a2，则F=Mg
D．如果F=，则a1=a2
答案：ABD解析：另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，由牛顿第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则al 31. （2013武汉摸底）如图所示，质量为m1 和m2的两个物体，系在一条跨过光滑定滑轮的不一可伸长的轻绳两端。己知m1 +m2 =1kg，当m2改变时，轻绳的拉力也会不断变化。若轻绳所能承受的最大拉力为4.8N,为保证轻绳不断，试求m2的范围。(重力加速度g=l 0m/s2 )
.解析：以m1为研究对象，由牛顿第二定律，T-m1g=m1a，
以m2为研究对象，由牛顿第二定律， m2g -T=m2a，
联立解得：T=g。
由题意，T<4.8N，且m1 +m2 =1kg，代人可得m2 2- m2 +0.24>0,
解得：0< m2<0.4kg或0.6kg< m2<1.0kg
32.（10分）（2013山东寿光市质检）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动.过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图象如图乙所示.取重力加速度为g=10m/s2.求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ.
（2）10s末物体离a点的距离.
【解析】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得
a1=2m/s2 ①（1分）
根据牛顿第二定律，有F＋pmp＝ma1 ②（1分）
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得
a2=1m/s2③（1分）
根据牛顿第二定律，有 ④（1分）
解①②③④得：F＝3N（1分） （1分）
（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积则，负号表示物体在a点以左（4分）
注：未说负号意义不扣分.
33、（10分）（2013安徽师大摸底）在水平地面上有一质量为10kg的物体,在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F/4，方向不变，再经过20s停止运动。该物体的速度与时间的关系如图所示。求：
（1）整个过程中物体的位移大小；
（2）物体与地面的动摩擦因数。
33、（10分）（1）依题意可知整个过程中物体的位移大小就等于图像与t轴所围成的三角形面积S=×30×10m=150m
(2)物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：
a1=1m/s2，a2=-0.5m/s2，
受力图如下：
对于两个过程，由牛顿第二定律得：
①
②
联立①②式解得：Ff=10N
由滑动摩擦力公式得：
解得：μ=0.1 。
34．(15分) （2013江苏徐州摸底）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．
(1)求游客匀速下滑时的速度大小．
(2)求游客匀速下滑的时间．[来源:Zxxk.Com]
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?
解析：、(1) 由mgsin37°-μmgcos37°=ma
解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2m/s2。
游客匀速下滑时的速度大小v=at1=2×8m/s=16m/s．
(2)加速下滑路程为L1= at12=64m，
匀速下滑路程L2=- L1=64m，
游客匀速下滑的时间t2= L2/v=4s．[来源:Zxxk.Com]
(3)由动能定理，-FL-μmgL=0-mv2。
解得F= 210N。
35．(8分) （2013届江西省重点中学高三联考）如图所示，质量m=1Kg的小球穿在长L=1.6m的斜杆上，斜杆与水平方向成α＝37°角，斜杆固定不动,小球与斜杆间的动摩擦因数μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F=1N,从斜杆的顶端由静止开始下滑（，）。
试求：（1）小球运动的加速度大小；
（2）小球运动到斜杆底端时的速度大小。
．(8分)解：
（1） （2分）
（2分）
∴ =1.25m/s2。（2分）
（2） （2分）
∴ v==m/s=2m/s。 （2分）
36．(8分) （2013南昌铁一中摸底）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg，动力系统提供的恒定升力F =28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m．求飞行器所阻力f的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；
. 解析：
（1）由H=at2， -------------------------------（1分）
得：a1=2m/s2 ------------------------------------（1分）
由F-f-mg=ma -------------------------------------（1分）
得：f=4N ----------------------------------------（1分）
（2）.前6s向上做匀加速运动
最大速度：v=a1t=12m/s--------------------------（1分）
上升的高度：h1=a1t2 =36m--------------------------（1分）
接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f+mg=ma2，
解得加速度a2=12m/s2。 ---------------------（2分）
由v2=2a2h2，解得上升的高度h2=6m。 --------------------------（1分）
最大高度：h= h1+ h2=42m-------------------------（1分）
37.（8分）（2013温州八校期初联考）一个质量为1500 kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8 s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图19所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：
（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；
（2）探测器落回出发点时的速度；
（3）探测器发动机正常工作时的推力。
（8分）解析：（1）0～24 s内一直处于上升阶段，H=×24×64 m=768 m （2）8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g==m/s2=4 m/s2 探测器返回地面过程有v2=2gH得v=32m/s。
（3）上升阶段加速度：a=8m/s2 （1分）
由F-mg=ma得，F=1.8×1.8×104N （2分）
38（19分）（2013广西三校联考）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角=30o。现木块上有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
（2）滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。
解析：（1）由题意可知滑块的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。
滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsinθ-f=ma，
解得：f=1.5N。
（2）由滑块受力图得：N=mgcosθ，
木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地+fcosθ=Nsinθ，
解得：f地=3.03N。
f地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左。
39. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2,求：
（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？
（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）
. 解. (1)对木块和木板组成的系统，有……………2分
……………1分
解得v1=9m/s。
（2）由牛顿第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。
aM==6 m/s2。
m运动至停止时间为t1==1 s
此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左，
此后至m,M共速时间t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s……………2分
共同速度V共=1.8m/s，方向向左……………1分
至共速M位移S1=……………1分
共速后m，M以a1=1m/s2向左减速至停下位移S2==1.62m……………1分
最终木板M左端A点位置坐标为
x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。
40、（12分）（2013衡水中学调研）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：
（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；
（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；
（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．
. 解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间

（2） 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为

小车向右运动的距离为
小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．
小车向右运动的时间为
小车向左运动的加速度为

小车向左运动的距离为
小车向左运动的时间为
故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s
（3） 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为

小球离开车子后，车的加速度为
车子向左运动的距离为

从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小
X= x1 + x2+ x3 =5.175m。
41．(12分) （2013南昌铁一中摸底）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F, t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙所示．试求：(g取10m/s2)
（1）拉力F的大小．
（2）t＝4s时物体的速度v的大小．
．解析：
（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2
根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2
代入解得 F=30N μ=0.5。
（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，
v1＝a2t2 ，解得t2＝2s
则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s
设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
有 a 3= 2 m/s2
t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s
42、（2013衡水中学调研）（10分)如图，已知斜面倾角300，物体A质量mA=0.4kg，物体B质量mB=0.7kg，H=0.5m。B从静止开始和A一起运动，B落地时速度v=2m/s。若g取10m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数
（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离
【解析】分别对A和B进行受力分析，如图。
（1）对A、B列运动方程，对A有：
T – mAgsinθ-f=mAa1 ; FN=mAgcosθ ; f=μFN
对B有：mBg-T=mBa1
整合以上各式得： mBg-mBa - mAgsinθ - μmAgcosθ=ma1 (1)
对B的运动情况，有：v2=2a1H (2)
由（1）（2）代入数据得a1=4m/s2, μ=0.17
（2）B落地后，绳子松弛，不再对A有拉力T的作用，此时对A有
mAgsinθ+f=mAa2 ；FN=mAgcosθ ; f=μFN
联立解得： a2=6.5m/s2，方向沿斜面向下，
因此A继续沿斜面向上做匀减速运动，位移为x=v2/2a2=4/13m。
物体沿斜面滑动的最大距离为s=x+H=21/26m。
43．(14分) （2013南昌铁一中摸底）如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.
（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？
.. 解析：（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0==2.5m故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，
到达C端速度为v0=5m/s。
设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律
mg sinθ+μmgcosθ=ma
得 a=10m/s2。
能沿CD上滑的最大距离 s==1.25m。 、
（2）（8分）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为
a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，
此时上滑的距离s1==0.45m。
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ其加速度为a2=-g(sinθ-μcosθ)=-2m/s2，
减速到零时上滑的距离s2==4m。
s1+s2=4.45m=L2，即速度为零时刚好到D端
由v0减速为v所用时间 t1==0.1s
由v减速为0所用时间t2==2s
故米袋从C到D的总时间 t= t1+ t2=2.1s 。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题九
机械能和机械能守恒定律
【重点知识解读】
一．机械能和机械能守恒定律
1.机械能包括动能、重力势能和弹性势。重力势能和弹性势能是经常遇到的两种势能。重力势能与重力做功相对应，重力做功与路径无关，重力做功等于重力势能的减少量。弹性势能只与弹簧的劲度系数和形变量有关，同一弹簧，只要形变量大小相等，则弹性势能相等。弹性势能与弹力做功相对应，弹力做功等于弹性势能的减少量。
2. 机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能相互转化，而总的机械能保持不变。利用机械能守恒定律解题的步骤是：选择研究对象的初末状态，分析过程中是否只有重力或弹力做功，若满足机械能守恒的条件，可利用机械能守恒定律列方程解答。
3.机械能守恒定律的常用表达形式：
（1）在所研究过程中任选两个状态（一般选择过程的初、末状态），研究对象的机械能相等，即E1=E2。注意：过程的初、终状态机械能相等，不能保证在所研究过程中机械能守恒。利用E1=E2建立方程需要选择势能的零平面。
（2）在所研究的过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）减少多少，动能就增加多少，反之亦然，即ΔEp=—ΔEk，
（3）对于两个以上物体组成的系统，系统内某一部分机械能减少多少，另一部分机械能就增加多少，即ΔE1=—ΔE2.
4.利用机械能守恒定律解题方法：
（1）根据题意，选取研究对象。
（2）分析研究对象在运动过程中所受各力的做功情况，判断是否符合机械能守恒定律的条件。
（3）若符合机械能守恒定律条件，可根据机械能守恒定律列方程解答。
5.机械能守恒定律与动能定理的一同三不同：
一同：二者思想方法相同。机械能守恒定律与动能定理都是从做功和能量转化角度，来研究物体在力的作用下状态的变化；表达这两个物理规律的方程式都是标量式。都是选择初末状态，分析各力做功情况，列方程解答。
三不同：
二者使用条件不同.机械能守恒定律适用于只有重力和弹簧弹力做功的情形；而动能定理任何力做功都行。也就是说，凡是能够利用机械能守恒定律解答的问题，利用动能定理都可解答。
二者分析思路不同。用机械能守恒定律解题，分析各力做功情况后，只要满足机械能守恒定律条件，即可利用机械能守恒定律列方程解答；用动能定理解题，不但要分析各力做功情况，还要求出这些力所做的功，然后才能利用动能定理列方程解答。
二者书写方式不同。机械能守恒定律等号两侧为初末状态的机械能或机械能变化；而动能定理左侧是合外力所做的总功，右侧是动能的变化。
二．功能关系和能量守恒定律
1. 功能关系：做功的过程是能量转化的过程。做了多少功，就有多少能量发生了转化。改变物体动能、势能、内能都可以通过做功来实现，做功的多少一定与能量转化量相对应。
2.常见做功与能量转化的对应关系：
（1）合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
（2）重力做功等于物体重力势能变化的负值。
（3）弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能变化的负值。
（4）除重力（或弹力）以外的力对物体做功等于机械能的变化。
（5）滑动摩擦力与相对位移（相对摩擦路程）的乘积等于产生的热量。
2..能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变。
【高考命题动态】
能量是物理主线之一，机械能和机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律是高中物理的重要内容，也是高考考查重点热点。预测在今年高考中仍有相当一部分试题与能量有关，难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1. （2012·福建理综）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
【解析】：由于斜面表面光滑，由机械能守恒定律可知，从剪断轻绳到物块着地，两物块速率的变化量相同，机械能的变化量为零（相同），选项AB错误；由于二者质量不等，重力势能的变化量不相同，选项C错误；由mAg=mBgsinθ，A下落时间tA=，重力做功的平均功率PA==mAgh；B下滑时间tB=，重力做功的平均功率PB==mBg= mBgsinθ，重力做功的平均功率相同，选项D正确。
【答案】：D
典例2（2012·广东理综物理）图4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B点时，下列表述正确的有
N小于滑块重力
N大于滑块重力
N越大表明h越大
N越大表明h越小
【答案】：BC【解析】：滑块滑至B点，加速度向上，滑道对滑块支持力大于重力，N大于滑块重力，选项B正确A错误；由机械能守恒定律可知，h越大，滑块滑至B点速度越大，向心加速度越大，滑道支持力越大。所以N越大表明滑块滑至B点时加速度a越大，速度越大，h越大，选项C正确D错误。
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律及其相关知识。
典例3. （2012·浙江理综）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是（ ）
A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin= 5R/2
【解析】由机械能守恒定律，mg(H-2R)=mv2，解得小球从A端水平抛出时的速度v=。由平抛运动规律，2R=gt2，x=vt，联立解得x=2，选项A错误B正确；小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R，选项C正确D错误。
【答案】：BC
典例4．（2012·上海物理）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是 （ ）
（A）2R （B）5R/3 （C）4R/3 （D）2R/3
【答案】：C【解析】：将A由静止释放，由机械能守恒定律，2mgR-mgR=3mv2，解得A落地时B的速度v=，由竖直上抛运动规律可得B竖直上抛运动高度为=R/3，所以B上升的最大高度是R+R/3=4R/3.，选项C正确。
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、竖直上抛运动。
典例5. （2012·海南物理）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g。求：
（1）小球在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间。
解：（1）小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道正压力N的作用，如图所示。据题意，N≥0，且小球在最高点C所受轨道的正压力为零。NC=0。
设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有，mg=m
小球从B点运动到C点，根据机械能守恒定律，设B点处小球的速度大小为vB，有
mvB2=mvC2+2mgR，
由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式，有vB2=2aR，
联立解得AB段运动的加速度的大小a=5g/2。
（2）设小球在D点处的速度大小为vD，下落到A点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有：mvB2=mvD2+mgR，
mvB2=mv2，
设小球从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得，gt=v-vD。
联立解得：t=(-)。
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1（2013江苏徐州摸底）如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是
A．物体最终将停在A点
B．物体第一次反弹后不可能到达B点
C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功
D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
答案：BC解析：物体最终将停在A点下方，由于斜面粗糙，物体第一次反弹后不可能到达B点，选项B正确A错误；整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功，选项C正确；整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D错误。
2. （2013武汉摸底）如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度vo平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下。已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时
A.小球的速率为
B.小球的速率为
C.小球在水平方向的速度大小为vo
D小球在水平方向的速度大小为
答案：BD解析：由机械能守恒定律，mgh=mv2，解得小球到达轨道B端时速率为v=，选项A错误B正确。设轨道在B点切线方向与水平方向的夹角为α，则有tanα=，cosα=。小球在水平方向的速度大小为v1=vcosα==，选项D正确C错误。
3. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是
A．斜面倾角α=60°
B．A获得最大速度为
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
答案：B解析：释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时拉力等于A重力沿斜面分力4mgsinα，C恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于C球重力，kx=mg。对B，由平衡条件，4mgsinα=2mg，解得斜面倾角α=30°，选项A错误；初状态，弹簧压缩，kx=mg。末状态，弹簧拉伸，kx=mg。初末状态系统弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律，4mg·2xsinα- mg·2x=(m+4m)v2，解得v=，选项B正确；C刚离开地面时，B的加速度为零，选项C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，选项D错误。
4. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为
A．mgR B．2mgR
C．2.5mgR D．3mgR
答案：C解析：要通过竖直光滑轨道的最高点C，在C点，则有mg=mv2/R，对小球，由动能定理，W-mg2R= mv2，联立解得W=2.5mgR，选项C正确。
5．(2013西安摸底)如图所示，弹簧一端固定在墙上，另一端与物块接触但不连结，现利用该装置研究物块在粗糙水平面上滑行的距离s与弹簧压缩量△x的关系，测得数据如下表所示，由表中数据可以归纳出物块滑动的距离s跟弹簧压缩量△x之间的关系是(k为比例系数) ( )
△x/cm
0.5
1.0
2.0
4.0
…
s/cm
5
20
80
320
…
A． B． C． D．
答案：C解析：根据表中数据可以归纳出物块滑动的距离s跟弹簧压缩量△x之间的关系是，选项C正确。
6．(2013西安摸底)下列说法中正确的是 ( )
A．蹦床运动员上升到最高点时的加速度为零
B．宇航员随飞船绕地球做圆周运动时处于失重状态
C．降落伞匀速下降时机械能守恒
D．轮船过河时运动轨迹一定为直线
答案：B解析：蹦床运动员上升到最高点时的加速度为g，宇航员随飞船绕地球做圆周运动时，加速度方向指向地心，处于失重状态，选项A错误B正确；降落伞匀速下降时动能不变，机械能减小；轮船过河时运动轨迹可能为曲线，选项CD错误。
7（2013吉林摸底）下列关于功和机械能的说法，正确的是
　A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
　B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
　C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取有关
　D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
.答案： BC解析：无论何种情况，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；由动能定理可知，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；只有在只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，一般情况下运动物体动能的减少量一般不等于其重力势能的增加量，选项D错误。
8．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（ ）
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
答案：CD解析：物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能，选项D正确。
9．（2013山东师大附中质检）如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
【答案】B
【解析】小孩下滑过程中，受到重力、支持力和滑动摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，滑动摩擦力做负功；重力做功是重力势能的变化量度，故重力势能减小；小孩加速下滑，故动能增加；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，摩擦力做负功，故机械能减小；故选B．
10．（2013山东济南期中检测）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为4g/5，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的动能增加了4mgh/5
B．物体的机械能减少了4mgh/5
C．物体克服阻力做功mgh/5
D．物体的重力势能减少了mgh
【答案】ACD
【解析】因物体的加速度为g，故说明物体受阻力作用，由牛顿第二定律可知，mg-f=ma；解得f=mg；重力做功WG=mgh； 阻力做功Wf=-mgh；由动能定理可得动能的改变量△Ek=WG+Wf=mgh；故A正确；阻力做功消耗机械能，故机械能的减小量为mgh；故B错误；阻力做功为Wf，则物体克服阻力所做的功为mgh；故C正确；重力做功等于重力势能的改变量，重力做正功，故重力势能减小mgh，故D正确；故选ACD．
11．（8分）（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，求：
(1)小球从管口飞出时的速率；
(2)小球进入管口时的初速度．
]
【解析】（1）当小球对管下部有压力时，则有mg－0.5mg＝，
v1＝.（2分）
当小球对管上部有压力时，则有mg＋0.5mg＝，v2＝  （2分）
（2）对小球应用机械能守恒，得（2分）
当小球对管下部有压力时，解得（1分）
当小球对管上部有压力时，解得（1分）
12．（11分）（2013唐山一中检测）如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速g=10m/s2，试求：
（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向；
（3）若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度 h(保留两位有效数字)。
12．解析：
（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律
得 （1分）
加速到与传送带达到共速所需要的时间 （1分）
前2s内的位移 （1分）
之后滑块做匀速运动的位移
所用的时间，
故 （1分）
（2）滑块由B到C的过程中动能定理
（1分）
在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得
， （1分）
解得方向竖直向下， （1分）
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 90N，方向竖直向上。（1分）
（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得
（1分）
在P点，又，
故 （2分）
13（10 分）（2013武汉调研）如图所示．在竖直平面内有轨道 ABCDE，其中 BC 是半径为 R 的四分之一圆弧轨道， AB（AB>R）是竖直轨道，CE 是水平轨道，CD>R．AB 与 BC 相切于 B 点，BC 与 CE 相切于 C 点， 轨道的 AD 段光滑，DE 段粗糙且足够长。 一根长为 R 的轻杆两端分别固定着两个质量均为 m 的相同小球 P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置， 并使 Q 与 B 等高。 现解除锁定释放轻杆， 轻杆将沿轨道下滑， 重力加速度为 g。
（1）Q 球经过 D 点后，继续滑行距离 s 停下（s>R）．求小球与 DE 段之间的动摩擦因数。
（2）求 Q 球到达 C 点时的速度大小。
解析：（1）由能量守恒定律，
mgR+ mg2R=μmgs+μmg(s-R),
解得：μ=.
(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设PQ两球的速度大小分别为vP、vQ，则，mgR+ mg(1+sin30°)R=mvP2+mvQ2,
又vP=vQ，
联立解得：vQ =。
14．（2013浙江十校联考）质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆孤轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m,小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的动摩擦因数为μ1= (g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）试求：
（1）小物块离开A点时的水平初速度v1 。
（2）小物块经过O点时对轨道的压力。
（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？
（4）斜面上CD间的距离。
解析：（1）对小物块，由A到B有，vy2=2gh，
在B点，tan(θ/2) = vy / v1，
解得：v1=3m/s。
（2）对小物块，由B到O有，mgR(1-sin37°)=m v02-m vB2，
其中vB ==5m/s。
在O点，N-mg=m，
联立解得：N=43N。
由牛顿第三定律，小物块经过O点时对轨道的压力为43N。
（3）小物块在传送带上加速过程，μ2mg=ma3，
设PA间的距离是为s，则有v12=2a3s，
联立解得s=1.5m。
（4）物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律，mgsin53°+μ1mgcos53°= ma1，
解得a1=10m/s2。
物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律，mgsin53°-μ1mgcos53°= ma2，
解得a2=6m/s2。
由机械能守恒定律可知，vC = vB =5m/s。
小物块由C上升到最高点历时t1= vC / a1=0.5s；
小物块由最高点回到D点历时t2= t-t1=0.8s-0.5s=0.3s。
斜面上CD间的距离L=vCt1-a2t22=0.5×5×0.5m-0.5×6×0.32m=0.98m。
15（2013武汉摸底）如图所示，一根长为L=5m的轻绳一端固定在0’点，另一端系一质量m=1 kg的小球。将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点0时，轻绳刚好被拉断。0点下方有一以0点为圆心，半径R=5m的圆弧状的曲面，己知重力加速度为g=10m/s2，求：.
(1)轻绳所能承受的最大拉力Fm的大小。
(2)小球落至曲面上的动能。
解析：（1）小球由A到O的过程，由机械能守恒定律，有：mgL=mv02，
在O点，由牛顿第二定律，Fm-mg=m，
解得：Fm=3mg=30N。
由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为30N。
（2）小球从O点平抛，有：x=v0t，y=gt2，
小球落至曲面上，有x2+y2=R2，
联立解得t=1s。
小球落至曲面上的动能Ek=mv2=m[v02+(gt)2]
代入数据得Ek=100J。
16、（16分）（2013安徽师大摸底）如图所示，一半径r = 0.2m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传带相接，传送带的运行速度为v0=4m/s，长为L=1.25m , 滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R = 0.25m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF 连线竖直．一质量为M=0.2kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，管内顶端F点放置一质量为m=0.1kg的物块b．已知a、b两物块均可视为质点，a、b横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）滑块a到达底端B时的速度vB；
（2）滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力；
（3）滑块a滑到F点时与b发生完全非弹性
正碰，飞出后落地，求滑块a的落地点
到O点的距离x（不计空气阻力）。
16．（16分）解析：(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有

解得：vB=2m/s
(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律μMg =Ma
滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速
由速度位移关系式
得vC=3m/s<4m/s，可知滑块与传送带未达共速
滑块从C至F，由机械能守恒定律，有

得vF=2m/s。
在F处由牛顿第二定律
得FN=1.2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2N, 压力方向竖直向上
（3）由题意知碰后物块a、b共速，设速度为v，,碰撞过程由动量守恒得
MvF=(M+m)v，
得v=m/s。
离开F点后物块a、b一起做平抛运动
x=vt，
…
联立解得x=m。
17．(9分) （2013中原名校联考）如图所示，质量都为m的A、B两环用细线相连后分别套在光滑细杆OP和竖直光滑细杆OQ上，线长L=0.4 m，将线拉直后使A和B在同一高度上都由静止释放，当运动到使细线与水平面成30°角时，A和B的速度分别为vA和vB，g取10m/s2。求vA和vB的大小.
解析：AB两环沿细线方向的分速度相等，当运动到使细线与水平面成30°角时，vAsin30°= vBcos30°，
解得vA=vB。
A球下落高度：h=Lsin30°=0.2m。
由机械能守恒定律，mgh=mvA2+mvB2。
联立解得：vA=m/s， vB=1m/s。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十一
专题二十一、电磁感应与力学综合
【重点知识解读】
闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动产生感应电动势和感应电流，通电导体在磁场中将受到安培力的作用，从而使电磁感应问题与力学问题联系在一起，成为力电综合问题。解答电磁感应中的力电综合问题的思路是：先根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流及导体棒中的电流，再应用安培力公式及左手定则确定安培力的大小及方向，分析导体棒的受力情况应用牛顿运动定律列出方程求解。
【高考命题动态】
电磁感应与力学综合是高考常考问题，高考对电磁感应与力学综合的考查可能是选择题，也可能以计算题考查，难度中等或偏难。
【最新高考题分析】
典例1．（2011福建理综）如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（0＜＜90°),其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，棒接入电路的电阻为R，当流过棒某一横截面的电量为q时，金属棒的速度大小为，则金属棒在这一过程中
A. ab运动的平均速度大小为
B.平行导轨的位移大小为
C.产生的焦耳热为
D.受到的最大安培力大小为
【解析】：由于金属棒ab下滑做加速度越来越小的加速运动，ab运动的平均速度大小一定大于，选项A错误；由q==，平行导轨的位移大小为x=，选项B正确；产生的焦耳热为Q=I2Rt=qIR，由于I随时间逐渐增大，选项C错误；当金属棒的速度大小为v时，金属棒中感应电流I=BLv/R最大，受到的安培力最大，大小为F=BIL=，选项D错误。
【答案】：B
【点评】此题考查电磁感应、安培力、焦耳定律、平均速度等知识点。
典例2。（2011海南物理）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M’N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。[来源:学§科§网Z§X§X§解析：设任意时刻MN和M’N’速度分别为v1、v2。
（1）细线烧断前，对两杆有F=3mg
细线烧断后，两杆分别向上向下运动，所受安培力大小相等，设两杆任意时刻所受安培力大小为f，MN杆向上加速运动，加速度a1==2g-f/m，任意时刻运动的速度v1= a1t=(2g- f/m)t；
M’N’ 杆向下加速运动，加速度a2=g -f/2m，
任意时刻运动的速度v2= a2t=(g-f/2m) t；
任意时刻两杆运动的速度之比v1∶ v2=2∶1.
（2）当MN和的加速度为零时，速度最大
对M’N’受力平衡： ② ③ ④
由①——④得：、
【点评】对（1）也可利用动量守恒定律解答如下：
（1）由于MN和M’N组成的系统所受合外力为零，MN和M’N’动量守恒：设任意时刻MN和M’N’速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得mv1-2mv2=0 求出：①

典例3. （2012·山东理综）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是
A．P=2mgsinθ
B．P=3mgsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为gsinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
.【答案】AC
【解析】当速度达到v时开始匀速运动，mgsinθ=BIL，I=E/R，E=BLv
对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动，则有 P=F·2v，
F+ mgsinθ=BI’L，I’= E’/R，E’=BL·2v
联立解得：P=2mgsinθ，选项A正确B错误；
当导体棒速度达到v/2时，导体棒中感应电动势为E/2，感应电流为I/2，所受安培力为BIL /2，由牛顿第二定律，mgsinθ- BIL /2=ma，解得加速度为a=gsinθ，选项C正确；在速度达到2v以后匀速运动的过程中，由功能关系可知，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功的代数和，选项D错误。
【考点定位】此题考查电磁感应、平衡条件、牛顿第二定律、安培力、闭合电路欧姆定律、功能关系及其相关知识。
典例4（2012·上海物理）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【解析】：（1）回路中感应电动势E=BLv，
导轨做初速度为零的匀加速运动，v=at，
E=BLat，
s=at2，
回路中总电阻R总=R+2R0(at2)=R+ R0at2.
回路中感应电流随时间变化的表达式I==；
（2）导轨受到外力F,，安培力FA，摩擦力Ff。其中
FA=BIL=；
Ff=μ(mg+ FA)= μ(mg+)。
由牛顿第二定律，F- FA- Ff=Ma，
解得F= Ma+μmg+ (1+μ)).
上式中，当R/t= R0at，即t=时外力F取最大值。
所以，Fmax= Ma+μmg+ (1+μ)B2L2。
（3）设此过程中导轨运动距离s由动能定理，W合=△Ek，W合=Mas。
由于摩擦力Ff=μ(mg+ FA)，所以摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ。
所以：s=
导轨动能的增加量△Ek=Mas=Ma。
【考点定位】此题考查电磁感应、安培力、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013唐山摸底）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0~t2时间
A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
答案：AD
解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误D正确。
2.（2013安徽师大摸底）如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框，边的边长为，边的边长为，线框的质量为，电阻为，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上线（平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的边始终平行底边，则下列说法正确的是(　 　)
A．线框进入磁场前运动的加速度为
B．线框进入磁场时匀速运动的速度为
C．线框做匀速运动的总时间为
D．该匀速运动过程产生的焦耳热为
答案：D
解析：由牛顿第二定律，Mg-mgsinθ=(M+m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，选项A错误；由平衡条件，Mg-mgsinθ-F安=0，F安=BI，I=E/R，E=Bv，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v=，选项B错误。线框做匀速运动的总时间为t=/v=，选项C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为，选项D正确。
3. （2013河南三市联考）矩形导线框固定在匀强磁场中， 如图甲所示。磁感线的方向与导线框所在平面 垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则
A. 从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B. 从O到t1时间内，导线框中电流越来越小
C. 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D. 从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大
答案：C解析：由楞次定律， 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从O到t1时间内，导线框中电流恒定，选项B错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误。
4．（2013四川自贡一诊）长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如右图所示。在时间内，直导线中电流向上。则在时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是 （ ）
A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
．答案：B
解析：在时间内，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，由左手定则可判断线框受安培力的合力方向向右，选项B正确。
5. （2013河南三市联考）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻， 重力加速度为g 则
A. 金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向 为 a→b
B. 金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C. 金属棒的最大速度为：
D. 金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R
答案：BD
解析：金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律，流过电阻R的电流方向 为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E=BLv，感应电流I=E/(R+r)所受的安培力大小为F=BIL=,选项B正确；当安培力F=mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v=，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P=mgv=(R+r)，电阻R的热功率为R，选项D正确。
6. (10分) （2013山东兖州质检）如图所示,金属杆,在竖直平面内贴着光滑平行金属导轨下滑,导轨的间距,导轨上端接有的电阻,导轨与金属杆的电阻不计,整个装置处于的水平匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面.当金属杆下滑时,每秒钟有的重力势能减少,求杆下滑的速度的大小(不计空气阻力).
【解析】当杆匀速下滑时,重力的功率等于电路的电功率,设重力的功率为,则有:
(1)………………………4分
由法拉第电磁感应定律得:
(2) ………………………2分
联立(1)(2)解得:

代入数据得:
即棒下滑的速度大小为 ………4分
7．（2013山东青岛二中测试）如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B=1.0 T，质量为m=0.04 kg、高h=0.05 m、总电阻R=5 Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示，则根据以上信息可知 （ ）
A．小车的水平长度l=15 cm
B．磁场的宽度d=35cm
C．小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 A
D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92J
【答案】C
【解析】本题考查电磁感应综合，意在考查学生分析综合能力。从x=5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v随位移x减小，当x=15 cm时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l=10 cm.，A项错；当x=30 cm时，线圈开始离开磁场，则d=30cm－5cm=25cm.，B项错；当x=10 cm时，由图象知，线圈速度v2=7 m/s，感应电流I==7A，C项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2 m/s.，线圈上产生的电热为Q= （M＋m）（）=5.76J，D项错。
8．（2013山东济南外国语学校测试）如图甲所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图像是下图所示的
【答案】C
【解析】（根据楞次定律可判断出金属框进磁场过程中和出磁场过程中的感应电流方向，根据切割的有效长度在变化，知感应电动势以及感应电流的大小也在变化．）根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，切割的有效长度线性增大，排除A、B；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，切割的有效长度线性减小，排除D．故选项C正确。
9．（2013山东青岛二中测试）如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时电键S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图象可能正确的是 （ ）

【答案】ACD
【解析】若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势E=BLv，ab杆受到的安培力，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错。
10.（16分）（2013江苏常州模拟）如图，光滑斜面的倾角= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1 = l m，bc边的边长l2= 0.6 m，线框的质量m = 1 kg，电阻R = 0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M = 2 kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s = 11.4 m，（取g = 10.4m/s2），求：
⑴线框进入磁场前重物M的加速度；
⑵线框进入磁场时匀速运动的速度v；
⑶ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；
⑷ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．
10.【解析】（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．对线框，由牛顿第二定律得FT – mg sinα= ma （2分）
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度= 5m/s2 （2分）
（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg = FT′，
线框abcd受力平衡FT′= mg sinα + FA（1分）
ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E = Bl1v
形成的感应电流（1分）
受到的安培力（1分）
联立上述各式得，Mg = mg sinα+（1分）
代入数据解得v=6 m/s（1分）
（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．
进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a = 5 m/s2
该阶段运动时间为（1分）
进磁场过程中匀速运动时间（1分）
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a = 5m/s2
解得：t3 =1.2 s（1分）
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t = t1+t2+t3=2.5s （1分）
（4）线框ab边运动到gh处的速度v′=v + at3 = 6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s （1分）
整个运动过程产生的焦耳热Q = FAl2 =（Mg – mgsinθ）l2 = 9 J （3分）
11．（20分）（2013天星调研卷）水平放置的光滑平行导轨，导轨之间距离L=0.2m，轨道平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，完全相同的导体棒ab和cd棒静止在导轨上，如图所示.。现用F=0.2N向右的水平恒力使ab棒由静止开始运动，经t=5s，ab棒的加速度a=1.37m/s2。已知导体棒ab和cd的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω．则：
（1）当导体棒ab和cd棒速度差为△v=2m/s时，求回路中的感应电流。
（2）求t=5s时ab和cd两棒的速度vab、 vcd。
（3）导体棒均稳定运动时两棒的速度差。
解：（1）ab棒在外力F的作用下向右运动，从而产生感应电动势，使得ab棒受到水平向左的安培力，cd棒受到水平向右的安培力，两棒同时向右运动，均产生感应电动势，其回路的等效电动势：
E等 = Eab - Ecd = BLvab - BLvcd = BL(vab-vcd) = BL△v ， （2分）
代人题给数据，得E等= BL△v =0.5×0.2×2V=0.2V。（1分）
由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流I=E等/2R=0.2A。（2分）
（2）导体棒所受安培力F安= BIL = （2分）
根据牛顿第二定律有：F - F安= ma （1分）
因为是非匀变速运动，故用动量定理，对导体棒ab：
（F - F安）t = mvab-0 （2分）
对导体棒cd：F安t = mvcd-0 （2分）
联立解得此时ab、cd两棒的速度分别为：
vab =8.15m/s vcd=1.85m/s．（2分）
（3）该题中的“稳定状态”应该是它们的加速度相同，此时两棒速度不相同但保持“相对”稳定，所以整体以稳定的速度差、相同的加速度一起向右做加速运动．
对导体棒ab和cd棒用整体法有：F = 2ma′ （2分）
对cd棒用隔离法有： = ma′（2分）
从而可得稳定时速度差△v=vab-vcd=10m/s ． （2分）
12. (10分) （2013安徽黄山七校联考）如图所示，M、N为纸面内两平行光滑导轨，间距为L。轻质金属杆a、b可在导轨上左右无摩擦滑动，杆与导轨接触良好，导轨右端与定值电阻连接。P、Q为平行板器件，两板间距为d，上下两板分别与定值电阻两端相接。两板正中左端边缘有一粒子源始终都有速度为的带正电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间。整个装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。已知轻杆和定值电阻的阻值分别为r和R，其余电阻不计，带电粒子的重力不计，为使粒子沿原入射方向从板间右端射出，则轻杆应沿什么方向运动？速度多大？
12.解析：
粒子在电场中运动，电场力F＝qU/d； 1分
粒子在磁场中运动，磁场力F’＝qv0B； 1分
因为粒子沿原入射方向从板间右端射出，所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡，
得qU/d = qv0B； 2分
轻质金属杆a、b切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，
R中电流I=E/(R+r)
PQ之间电压U=IR
联立解得v=(R+r) v0。 2分
由右手定则得杆应向右运动。
13. （2013天星北黄卷）如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和M’N’放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N’之间连有一个1.6Ω的电阻R。在导轨上AA’处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg的金属滑杆，导轨和滑杆的电阻均不计。用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m。在导轨的NN’和OO’所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ=，此区域外导轨是光滑的（取g =10m/s2）。若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA’滑到OO’位置。已知滑杆滑到OO’位置时细绳中拉力为10.1N，g取10m/s2，求：
（1）通过电阻R的电量q；
（2）滑杆通过OO’位置时的速度大小；
（3）滑杆通过OO’位置时所受的安培力；
（4）滑杆通过OO’位置时的加速度。
【命题意图】 本题主要考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电流定义、绳端速度分解、安培力、摩擦力、牛顿运动定律等知识点，意在考查考生综合应用知识分析相关问题的的能力。
【解题思路】（1）滑杆由AA’滑到OO’的过程中切割磁感线，
产生的平均感应电动势E=△Φ/△t=BLd/△t。（2分）
平均电流I=E/R，（2分）
通过电阻R的电荷量q=I△t
联立解得q= BLd/R。（2分）
代入数据，可得 q=1.25C。（1分）
（2）滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.2m/s，设细绳与水平面的夹角α，则，H/ sinα-H＝d，解得sinα＝H/(H+d)=0.8，（2分）
由sin2α+cos2α=1可得cosα＝0.6。
小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳长方向的速度的合速度，此时滑杆向上的速度等于绳端沿绳长方向的速度：
即v1=vcosα=1.2×0.6m/s=0.72m/s。（2分）
（3）滑杆运动到OO’位置产生感应电动势E=BLv1，（2分）
产生感应电流 I=E/R（2分）
受到的安培力F安=BIL=.
代入数据，可得F安=1.5N。（2分）
（4）滑杆通过OO’位置时所受摩擦力
f=μmgcosθ=×0.8×10×/2N=3N。（1分）
由F-mgsinθ-f- F安=ma，解得加速度a=2m/s2。（2分）

14．（苏州调研）如图甲所示，一正方形单匝线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框边长为L、质量为m、电阻为R．该处空间存在一方向竖直向下的匀强磁场，其右边界MN平行于ab，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，0~t0时间内B随时间t均匀变化，t0时间后保持B=B0不变．
（1）若线框保持静止，则在时间t0内产生的焦耳热为多少？
（2）若线框从零时刻起，在一水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t0线框cd边刚要离开边界MN．则在此过程中拉力做的功为多少？
（3）在（2）的情况下，为使线框在离开磁场的过程中，仍以加速度a做匀加速直线运动，试求线框在离开磁场的过程中水平拉力F随时间t的变化关系．

14．（15分）解：（1）线框中产生的感应电动势 （2分）
在时间t0内产生的焦耳热 （1分）
解得 （2分）
（2）t0时刻线框的速度 （1分）
在此过程中拉力做的功 （1分）
解得 （2分）
（3）设线框离开磁场过程的时间为，则有

解得
线框在离开磁场的过程中运动的速度 （1分）
产生的感应电流 （1分）
由牛顿第二定律有 （2分）
解得 （） （2分）
15．（2013山东青岛二中测试）如图所示，两金属杆ab和cd长均为L，电阻均为R，质量分别为M和m．用两根质量、电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属杆都处于水平位置，整个装置处于与回路平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中，若金属杆ab正好匀速向下运动，求运动的速度。
【答案】
【解析】若ab棒以速度v向下匀速运动，cd棒也将以速度v向上匀速运动，两棒都垂直切割磁场线产生感应电动势。在闭合电路中，ab棒受到的磁场力向上，cd棒受到的磁场力向下，悬线对两棒的拉力都向上且为F
则对 ab棒：Mg=BIL+F
对cd棒：mg+BIL=F
又I=
解得：Mg-mg=2BIL=2·
所以运动的速度为v=
16．（2013山东青岛二中测试）两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻可不计的金属棒ab静止释放，沿导轨下滑（金属棒a b与导轨间的摩擦不计）。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大值。求此过程中金属棒达到的最大速度和电阻中产生的热量。
【答案】5m/s，1.75J
【解析】当金属棒速度恰好达到最大速度时，金属棒受力平衡，有：mgsinθ=F安
解得金属棒所受安培力 F安=0.5N
据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E=BLv
据闭合电路欧姆定律，感应电流 I=
又F安=BIL
解得最大速度v =5m/s
下滑过程中，由能量守恒定律得：mgh－Q = mv2
解得电阻中产生的热量Q= 1.75J
17．（2013山东青岛二中测试）如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN，其电阻R为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B=1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表计数分别为7V、1A，电动机的内阻r=1Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s2，求：
（1）导体棒能达到的稳定速度为多少？
（2）导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？
【答案】（1）2m/s（2）1s
【解析】（1）电动机的输出功率为W
F安=BIL=
当速度稳定时，由平衡条件得
解得v=2m/s
（2）由能量守恒定律得
解得t=1s
18．（2013山东青岛二中测试）如图甲所示，两定滑轮可以绕垂直于纸面的光滑水平轴、O转动，滑轮上绕一细线，线的一端系一质量为M的重物，另一端系一质量为m的金属杆．在竖直平面内有两根间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、MN，在Q、N之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直．开始时金属杆置于导轨下端，将重物由静止释放，重物最终能匀速下降，运动过程中金属杆始终与导轨接触良好．
（1）求重物匀速下降的速度大小．
（2）对一定的磁感应强度B，取不同的质量M，测出相应的重物做匀速运动时的v值，得到实验图线如图乙所示，图中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线。试根据实验结果计算比值．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当重物匀速下降时，设速度为v
则 感应电动势
感应电流
金属杆受到的安培力
由平衡条件得
解得
（2）由（1）求得的结果，v-M图线的斜率
得
由图乙得 ，
所以，
19．(15分) （2013江苏阜宁中学月考）如图所示，有一个倾角为θ的足够长的斜面，沿着斜面有一上下宽度为2b的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直斜面向外，磁场的边界与底边平行。现有一质量为m的“日”字形导线框在斜面上静止开始释放，其中三条平行边和斜面底边及磁场的边界平行（电阻均为R），其余两条平行长边不计电阻，整个框和斜面的动摩檫因素为μ（μ （1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s；
（2）通过计算说明导线框能否匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q
19．（15分）解析：
（1）mgsinθ=μmgcosθ+F安 （1分） F安=BIb（1分）
I=E/(R+R/2) （1分） E=Bbv（1分）
可得：v=  （1分）
a=gsinθ-μgcosθ（1分） s=v2/2a （1分）
可得：s=  (1分)
（2）能，（2分）在穿越过程中，当只有一条边在磁场中运动时有E=Bbv，
I=E/(R+R/2)
F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动；
当有二条边在磁场中运动时把它们看成整体，有E=Bbv I=E/( R/2 + R)， F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动，综上所述，它能匀速穿越整个磁场。（2分）
（3）由能量守恒得： mg(4bsinθ)= Q+μmg(4b)cosθ（2分）
Q=4mgb(sinθ-μcosθ) （2分）
20．(8分) （2013福建厦门名校测试）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，两根长为L的完全相同的金属棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，每根棒的质量均为m电阻均为R.现对ab施加平行导轨向上的恒力F，当ab向上做匀速直线运动时，cd保持静止状态．
(1)求力F的大小；
(2)ab运动速度v的大小。
20.【解析】　(1)ab棒所受合外力为零，
F－Fab－mgsinα＝0. (1分)
cd棒所受合外力为零，
Fcd－mgsinα＝0. (1分)
ab、cd棒所受安培力，Fab＝Fcd＝BIL＝BL=mgsinα
联立解得F＝mg，(2分)
v＝.(4分)
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十七
专题二十七、分子动理论和热力学定律
【重点知识解读】
分子动理论
1.分子动理论的基本观点是：物质是由大量分子组成，分子永不停息的做无规则运动，分子之间总是同时存在相互作用的引力和斥力。布朗运动的永不停息，说明液体分子运动的永不停息；布朗运动的无规则性，说明液体分子运动是无规则的。分子力是斥力和引力的合力。
2. 解答分子动理论中的估算问题是对分子进行合理抽象，建立模型。由于固体和液体分子间距很小，因此可以把固体和液体分子看作紧密排列的球体，小球直径即为分子直径。一般情况下利用球体模型估算固体和液体分子个数、质量、体积、直径等。设n为物质的量，m为物质质量，v为物质体积，M为摩尔质量，V为摩尔体积，ρ为物质的密度。则
（1）分子数N＝=.
（2）分子质量.
（3）分子体积
（4）对于固体或液体，把分子看作小球，则分子直径。
对于气体，分子之间距离很大，可把每个气体分子所占空间想象成一个立方体，该立方体的边长即为分子之间的平均距离。
(1)若标准状态下气体体积为，则气体物质的量n＝；
(2)气体分子间距。
3. “用油膜法估测分子的大小”实验是把液体中油酸分子看做紧密排列的小球，把油膜厚度看做分子直径。
热力学定律
1.热力学第零定律：如果两个热力系的每一个都与第三个热力系处于热平衡，则它们彼此也处于热平衡。热力学第零定律的重要性在于它给出了温度的定义和温度的测量方法。定律中所说的热力学系统是指由大量分子、原子组成的物体或物体系。它为建立温度概念提供了实验基础。这个定律反映出：处在同一热平衡状态的所有的热力学系统都具有一个共同的宏观特征，这一特征是由这些互为热平衡系统的状态所决定的一个数值相等的状态函数，这个状态函数被定义为温度。而温度相等是热平衡之必要的条件。
2.热力学第一定律内容：一个热力学系统的内能增量等于外界对它传递的热量和外界对它做的功之和。物体内能增加与否，不能单纯只看做功或传递的热量，两个过程要全面考虑。热力学第一定律宣告了不需要消耗能量的第一类永动机不可能制成。
3.热力学第二定律两种表述：（1）不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化；（2）不可能从单一热源吸收热量并把它全部做功而不引起其他变化（第二类永动机是不可能制成的）。
4.热力学第二定律揭示了大量分子参与的宏观过程的不可逆性，说明自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
5.热力学第三定律：绝对零度是不可能达到的。
【高考命题动态】
分子动理论是热现象的微观理论，热力学定律是通过大量实验和观察总结得出的热现象的宏观理论。高考对分子动理论和热力学定律的考查涉及各个方面，难度中等。
【最新高考题分析】
典例1．（2010江苏物理第12题）已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/ m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1．若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．（结果保留一位有效数字）
【解析】设空气的摩尔质量为M=0.029kg/mol，在岸上和海底的密度分别为ρ1=1.3kg/ m3和ρ2=2.1kg/m3．一次吸入空气的体积为V=2L，则有=,
代入数据得△n=3×1022。
【点评】阿伏加德罗常数NA是连接宏观量（密度、物质的量、摩尔质量、摩尔体积等）和微观量（分子质量、分子体积、分子数等）的桥梁。
针对训练题1．（2009年江苏物理第12题）已知气泡内气体的密度为1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，取气体分子的平均直径为2×10-10m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留一位有效数字）
【解析】设气体体积为V0，液体体积为V1，
气体分子数n=NA，V1=nπd3/6, (或V1=nd 3)
则=πd3NA，（或=d3NA）
解得=1×10-4 (9×10-5~2×10-4都算对)。
【点评】此题考查微观量的计算。对于分子可视为球体，也可视为立方体。微观量的估算，最终结果只要保证数量级正确即可。
典例2.（2012·全国理综）下列关于布朗运动的说法，正确的是
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B. 液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧列
C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的
D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
【解析】：布朗运动是悬浮在液体中的微粒的运动，是液体分子的无规则运动的反映，布朗运动不是由于液体各部分的温度不同而引起的选项AC错误；液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧列，选项B正确；布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，选项D正确。【答案】：BD
针对训练题2.（2012·四川理综）物体由大量分子组成，下列说法正确的是
分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
物体的内能跟物体的温度和体积有关
只有外界对物体做功才能增加物体的内能
【答案】：C【解析】：分子热运动越剧烈，物体内分子平均动能越大，并非每个分子的动能越大，选项A错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，选项B错误；物体的内能跟物体的温度和体积有关，选项C正确；外界对物体做功或传递热量均能增加物体的内能，选项D错误。
典例3 (2011江苏物理卷第12题A(3)) (3)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M=0.283kg·mol-1，密度ρ=0.895×103kg·m-3.若100滴油酸的体积为1ml，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取NA=6.02×1023mol-1.球的体积V与直径D的关系为，结果保留一位有效数字)
【解析】一个油酸分子的体积V0= 由球的体积与直径关系得分子直径D==1×10-9m，一滴油酸体积V=1×10-8m3，
最大面积S==1×101m.
针对训练题3（2011上海物理第27题）在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，
(1)某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。
改正其中的错误：

(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10-3mL，其形成的油膜面积为40cm2，则估测出油酸分子的直径为 m。
【解析】一滴体积为4.8×10-3mL的溶液，纯油酸体积为V=4.8×10-3mL×0.10%=4.8×10-6mL=4.8×10-12m3，油膜面积为S=40cm2=40×10-4m2。估测出油酸分子的直径为d=V/S=1.2×10-9 m。
【答案】（1）②在量筒中滴入N滴溶液 ③在水面上先撒上痱子粉 (2) 1.2×10-9
【点评】此题考查对实验步骤正误的甄别和“用油膜法估测分子的大小”实验的有关计算。
典例4（2012·新课标理综）关于热力学定律，下列说法正确的是__ _______
A．.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．.不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
答案：ACE解析：为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A正确；对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加，选项B错误；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，选项C正确；可以使热量从低温物体传向高温物体，选项D错误；功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，选项E正确。
【针对训练题4】（2011全国理综卷第14题）关于一定量的气体，下列叙述正确的是
A．.气体吸收的热量可以完全转化为功
B．.气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
【解析】：热力学第二定律按照机械能与内能转化过程的方向性表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它变化。气体等温膨胀，吸收的热量完全转化为功，引起体积增大变化，所以是可以的，不违背热学第二定律，选项A正确。由热力学第一定律可知，气体体积增大时，对我做功，如果吸收热量，内能不一定减少；气体从外界吸收热量，如果对外做功，其内能不一定增加，所以选项BC错误D正确。【答案】AD
【最新模拟题训练】。
1、（2012·广东理综物理）清晨 ，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠 ，这一物理过程中，水分子间的
A． 引力消失 ，斥力增大 B． 斥力消失，引力增大
C． 引力、斥力都减小 D． 引力、斥力都增大
【答案】：D【解析】：空气中的水汽凝结成的水珠，分子之间距离减小，引力、斥力都增大，选项D正确。
2．（2011四川理综卷第14题）气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外，
A. 气体分子可以做布朗运动
B. 气体分子的动能都一样大
C. 相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动
D. 相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大
【答案】：C【解析】：布朗运动是悬浮在液体中的微粒的运动，布朗运动不是分子运动，选项A错误；气体分子的速度不一定一样大，动能不一定一样大，选项B错误；气体分子可以自由运动，相互作用力十分微弱，但分子之间距离不一定一样大，选项C正确D错误。
3（2012湖北孝感第一次统考）下列关于分子斥力的说法正确的是（）
A. 一块玻璃破裂成两块不能直接拼接,是由于分子间斥力造成
B. 给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成
C. 固体压缩后撤力恢复原状,是由于分子间存在斥力造成
D. 将香水瓶打开满室飘香，是由于香水分子间斥力造成
答案C 解析：一块玻璃破裂成两块不能直接拼接是分子之间距离大，分子引力太小，选项A错误；给自行车打气时气筒压下后反弹，是由于内部压强大于大气压造成的，选项B错误；固体压缩后撤力恢复原状,是由于分子间存在斥力造成，选项C正确；将香水瓶打开满室飘香，是由于香水分子无规则运动造成，选项D错误。
4（200全国理综卷第19题）.已知地球半径约为6.4×106 m，空气的摩尔质量约为29×10-3 kg/mol,一个标准大气压约为1.0×105 Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为
A.4×1016 m3 B.4×1018 m3 C. 4×1030 m3 D. 4×1022 m3
解析：设地球表面大气总质量为M，则有Mg=p·4πR2,
在标准状况下其体积为V=×22.4×10-3m3，
联立解得V= 4×1018 m3，选项B正确。
5.（2012江西重点中学协作体第二次联考）关于物体的内能变化，以下说法中正确的是（ ）
A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减小C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
.答案：C解析：物体吸收热量，若同时对外做功，内能不一定增大，选项A错误；物体对外做功，若同时吸收热量，内能不一定减小，选项B错误；物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变，选项C正确；物体放出热量，同时对外做功，内能一定减小，选项D错误。
6.（2012年3月江西省六校联考）下列说法正确的是_______
A．物体吸收热量，其温度不一定升高
B．热量只能从高温物体向低温物体传递
C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
D．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
E．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律
6.答案：ACE解析：物体吸收热量，若同时对外做功，其温度不一定升高，选项A正确；热量可以从低温物体向高温物体传递，例如冰箱，选项B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，选项D错误；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，选项E正确。
7．（2013山东青岛二中检测）关于布朗运动，以下说法正确的是 （ ）
A．布朗运动就是液体分子的扩散现象
B．布朗运动就是固体小颗粒中分子的无规则运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
C．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子无规则运动的反映
D．扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动
【答案】C
【解析】布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，而不是液体分子的运动，但它是液体分子无规则热运动的反映，C项正确B项错误；扩散运动是一种物质的分子进入另一种物质的过程，不是布朗运动，A项错误。布朗颗粒非常小，用肉眼看不到，空中飞舞的尘埃比布朗颗粒大得多，所以不是布朗运动，D项错误。
8．（2013山东青岛二中检测）下列有关热力学第二定律的说法正确的是（ ）
A．气体自发地扩散运动总是向着更为无序的方向进行，是可逆过程
B．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的
C．空调既能制冷又能制热，说明热传递不具有方向性
D．一定质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵减小
【答案】B
【解析】与温度有关的一切热现象的宏观过程都是不可逆的，A项错误；热量不能自发地由高温物体传到低温物体，但空调机里压缩机工作，消耗了电能，产生了其它影响，C项错误；一定质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵增大，D项错误。只有B项正确。
9．（2013山东青岛二中检测）如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气 （ ）
A．放热
B．压强减小
C．分子的热运动加剧
D．分子间的引力和斥力都减少
【答案】A
【解析】温度不变，洗衣缸内水位升高时，封闭气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，W>0，又因，由知，Q<0，气体放出热量，A正确B错误；因为温度不变，C项错误。因为气体体积减小，所以分子间的引力和斥力都增大，D项错误。
10．（2013山东青岛二中检测）根据分子动理论知，物质分子之间的距离为r0时，分子所受的斥力和引力相等，以下关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）
A．当分子间距离为r0时，分子具有最大势能
B．当分子间距离为r0时，分子具有最小势能
C．当分子间距离为r0时，引力和斥力都是最大值
D．当分子间距离为r0时，引力和斥力都是最小值
【答案】B
【解析】分子间的引力和斥力随着分子间距离增加而减小，选项CD错误；分子力做正功，分子势能减少；分子力做负功，分子势能增加，因而选项A错误，B正确。
11．（2013山东青岛二中检测）下列有关热现象的说法中正确的是 （ ）
A．物体放出热量，则其分子平均动能一定减小
B．盛有气体的容器作加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最小
【答案】D
【解析】物体放出热量，由热力学第一定律知，其温度不一定降低，故其分子平均动能不一定减小，A项错；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B项错；电流通过电阻后电阻发热，是通过“做功”方式改变内能的，C项错；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D正确。
12．（2013山东青岛二中检测）在“用油膜法测量分子直径”的实验中，将浓度为的一滴油酸溶液，轻轻滴入水盆中，稳定后形成了一层单分子油膜．测得一滴油酸溶液的体积为V0，形成的油膜面积为S，则油酸分子的直径约为 ____ ；如果把油酸分子看成是球形的（球的体积公式为，d为球直径），计算该滴油酸溶液所含油酸分子的个数约为___________。
【答案】，
【解析】一滴油酸溶液中含有的油酸体积V＝V0，根据V＝Sd得：油酸分子的直径d= ，设一滴油酸中含有n个油酸分子，由得
13．（1）（2013山东青岛二中检测）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是______
A．保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能不变
B．保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变
C．若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变
D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小
【答案】（1）ACD
【解析】（1）保持气体的压强不变，使气体做等温变化，则其内能不变，A项正确；理想气体的内能只与温度有关系，温度变化则其内能一定变化，B项错；气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程可知，则其压强可以不变，C项正确；由热力学第一定律知，气体吸收的热量Q与做功W有关，即与气体经历的过程有关，D选项正确；当气体做等温膨胀时，其内能不变，E项错。故ACD正确。
14．（1）（2013山东青岛二中检测）关于一定量的理想气体，下列叙述正确的是________（将选项前的字母代号填在横线上）
A．气体吸收的热量不可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能可能减少
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
【答案】（1）CD （6分）【解析】：（1）当气体体积增大而内能不变时，气体吸收的热量全部用来对外做功，A正确；当气体体积增大时，对外做功，若同时吸收热量，且吸收的热量多于对外做的功，内能会增加，B错误；若气体吸收热量的同时对外做功，且吸收的热量少于对外做的功，则其内能会减少，C正确；若外界对气体做功的同时气体向外放出热量， 且放出的热量多于外界对气体所做的功，则气体内能减少，D正确．
15（6分）(2013河北邯郸高三12月质检)下列说法正确的是
A．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小
B．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
C．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
D．当分子间的距离增大时，分子之间的引力和斥力均同时减小，而分子势能一定增大
E．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
答案：ACE（全对得6分，选对但不全得3分，多选或错选不得分）
解析：温度降低，气体分子平均速度减小，一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小，选项A正确；多晶体和单晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项B错误；根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项C正确；当分子间的距离增大时，分子之间的引力和斥力均同时减小。而当分子间的距离在小于平衡位置距离增大时，分子势能减小，而当分子间的距离在大于平衡位置距离增大时，分子势能增大，选项D错误。
16.（2013天星调研卷）夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，假设大气压强不变，此过程中瓶内空气（可看成理想气体）
A．压强减小，温度降低
B．压强不变，体积减小
C．内能增加，对外界做功
D．内能增加，放出热量
答案：B
解析：瓶内空气温度降低，体积减小，压强不变，选项A错误B正确。根据温度是分子平均动能的标志，瓶内空气温度降低，分子平均动能减小，内能减小，外界对其做功，放出热量，选项CD错误。
17（6分）（2013云南昆明调研）下列说法中正确的是____（填入正确选项前的字母。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为
答案：ABC
解析：气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，选项A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，选项B正确；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，选项C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项D错误；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为，而气体此式不成立。
18（5分）（2013山西四校联考）下列叙述正确的是________
A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B．布朗运动就是液体分子的运动
C．分子间距离增大，分子间作用力一定减小
D．物体的温度越高，分子运动越激烈，每个分子的动能都一定越大
18(5分)答案： A
解析：扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，选项A正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不是液体分子的运动，选项B错误；在分子之间距离从平衡位置之间距离增大时，分子间距离增大，分子间作用力先增大后减小，选项C错误；物体的温度越高，分子运动越激烈，分子平均动能增大，并非每个分子的动能都一定越大，选项D错误。
19（10分）（2013山西四校联考）我国陆地面积S＝960万平方千米，若地面大气压P0＝1.0×105 Pa，地面附近重力加速度g取10 m/s2，试估算：
①地面附近温度为270 K的1 m3空气，在温度为300 K时的体积。
②我国陆地上空空气的总质量M总；
19.(10分)解析：①气体做等压变化，＝ 3 分
代入数据，解得V2＝1.1 m3 2 分
　②大气压可看做是由空气的重力产生的，则p0＝ 3 分
代入数据解得M总＝9.6×1016 kg 2 分
20．（2013山东聊城调研）下列说法正确的是 （ ）
A．常温常压下，一定质量的气体，保持体积不变，压强将随温度的增大而增大
B．用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功，同时空气的内能增加了2.5J，则空气从外界吸收热量
C．物体的温度为C时，分子的平均动能为零
D．热量从低温物体传到高温物体是不可能的
20．答案：A??????
解析：根据一定质量气体压强、温度和体积的关系可知，体积一定时，气体温度升高，则压强增大，A项正确；由热力学第一定律可知，，所以气体应向外界放热，B项错；物体的温度为热力学温度0K时，分子平均动能为零，C项错；热量只是不能自发地从低温物体传到高温度物体，如空调可以把热量从温度较低的室内转移动室外，D项错。
21（6分）（2013云南师大附中测试）已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，摩尔质量M=1.8×10-2kg，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1。一滴露水的体积大约是9.0×10-5cm3，它含有 个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进6.0×107个水分子，那么它每分钟喝进水的质量是 kg（结果保留两位有效数字）
答案：（每空3分，共6分）3.0×1018 1.8×10－18
【解析】水分子个数为N＝·NA＝×9.0×1023＝3.0×1018个，喝进水的质量为m＝·M＝1.8×10－18kg。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十三
专题二十三、交变电流
【重点知识解读】
一．交变电流的产生和描述
将一个平面线圈置于匀强磁场中，并使它绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中就会产生出正弦式交变电流。线圈在匀强磁场中转动时，通过线圈的磁通量最大时，磁通量变化率为零，产生的感应电动势为零；通过线圈的磁通量为零时，磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大；
描述交变电流大小的物理量主要有：最大值（峰值）、瞬时值、有效值、平均值。
匝数为N，面积为S的线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω转动，产生的感应电动势（交变电动势）的最大值（峰值）为Em=NBSω。
匝数为N，面积为S的线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω从中性面开始转动，产生的感应电动势（交变电动势）的瞬时值表达式为e=Emsinωt。
交变电流的有效值是根据同时间、同电阻、产生相同热量的直流电流的数值来确定的。
由法拉第电磁感应定律E=△Φ/△t计算的是△t时间内的平均值。
描述交变电流变化快慢的物理量主要有：周期和频率。
正弦式交变电流的图象是正弦曲线，由交变电流的图象可知交变电流的周期和最大值。
【高考命题动态】
交变电流与工农业生产和人们生活息息相关，也是高考必考内容。高考对交变电流的考查涉及交变电流的产生和描述、变压器、动态电路、电能输送等，难度中等。
【最新高考题分析】
典例1。（2012·安徽理综）图1甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO’转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO’转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电话电阻形成闭合电路。图1乙是线圈的住视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1, bc长度为L2,线圈以恒定角速度ω逆时针转动。（只考虑单匝线圈）

线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1 的表达式；
线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图1丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）
【答案】（1）e1=BL1L2ωsinωt.。（2）e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0.)。
（3）QR=πRω。
【解析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd转动速度为v，则v=ω·L2，
在t时刻，导线ab和cd切割磁感线，产生的感应电动势均为E1=BL1v⊥，
由图可知，v⊥=vsinωt，
则t时刻整个线圈的感应电动势为e1=BL1L2ωsinωt.。
（2）当线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，在t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式为e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0.)。
(3)由闭合电路欧姆定律可知，I=E/(R+r)，
这里E为线圈产生的电动势的有效值，E==BL1L2ω。
线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR=I2RT，
其中T=2π/ω，
于是，QR=πRω。
【考点定位】此题考查交变电流的产生、瞬时值表达式、闭合电路欧姆定律、有效值、焦耳定律及其相关知识。
针对训练题1. (15 分) （2012·江苏物理）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示.。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。. 匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab =cd =l、bc =ad =2 l. 线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad 边同时进入磁场. 在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：:
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。.
【答案】：(1) Em=2NBl2ω。(2) F=。 (3) 。
【解析】：(1)bc、ad 边的运动速度v=ωl/2 ，
感应电动势 Em=2NB·2lv ，
解得 Em=2NBl2ω。
(2)电流Im=，
安培力 F=2NBIml ,，
解得F=。
(3)一个周期内，通电时间 t=4T/9
R 上消耗的电能 W=Im2Rt，且W=I2RT，
联立解得： 。
【考点定位】此题考查交变电流的产生、有效值及其相关知识。
典例2．（2011天津理综卷物理）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示。产生的交变电动势的图像如图2所示，则
A. =0.005s时线框的磁通量变化率为零
B. =0.01s时线框平面与中性面重合
C. 线框产生的交变电动势有效值为311V
D. 线框产生的交变电动势频率为100Hz
【解析】：由图2可知，=0.005s时线框中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律可知，线框的磁通量变化率最大，选项A错误；=0.01s时线框中产生的感应电动势为零，线框的磁通量变化率为零，线框平面与中性面重合，选项B正确；线框产生的交变电动势最大值311V，有效值为220V，选项C错误；由图2可知，线框产生的交变电动势周期为0.02s，频率为50Hz，选项D错误。
【答案】：B
【点评】此题考查交变电流的产生、交变电流的图象及其相关知识点。
针对训练题2、（2011四川理综卷）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。那么
A.线圈消耗的电功率为4W
B.线圈中感应电流的有效值为2A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos
D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin
【解析】：线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势表达式为e=Emcosωt，（ω=2π/T），感应电流的表达式为i=e/R=Em/R·cosωt，由ωt=60°，R=2Ω，i=1A可得Em=4V，任意时刻线圈中感应电动势为e=4cost，选项C正确，线圈中感应电流的最大值为Em/R=2A,有效值为A，选项B错误；线圈消耗的电功率P=I2R=4W，选项A正确；由Φm=BS，Em=BS·2π/T可得Φm=2T/π，任意时刻穿过线圈的磁通量Φ=2T/πsint，选项D错误。
【.答案】AC
【点评】此题考查交变电流的产生、函数表达式、电功率、有效值、磁通量等相关知识点。
【最新模拟题训练】。
1．（2013宝鸡质检）如图11所示，图线是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是（ ）
A．线圈先后两次转速之比为1∶2
B．交流电的电压瞬时值u=10sin0.4πt（V）
C．交流电的电压最大值为V
D．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量为零
答案：C
解析： 产生的正弦交流电的周期之比为2∶3，线圈先后两次转速之比为3∶2 ，选项A错误；交流电的周期为0.4s，交流电的电压瞬时值u=10sin5πt（V），选项B错误；由最大值nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，交流电的电压最大值为V，选项C正确；在图中t=0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项D错误。
2．（2013山东青岛二中测试）一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是 （ ）
A．线圈转动的角速度为rad/s
B．电动势的有效值14.1V
C．t = 1.0×10?2s时，线圈平面和磁场方向的夹角30°
D．t = 1.5×10?2s时，穿过线圈平面的磁通量最大
【答案】ABC
【解析】角速度rad/s，A项正确；电动势的有效值V，B项正确；电动势的瞬时值（V），将t = 1.0×10?2s代入该式，解得，这是线圈从中性面开始转过的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角30°，C项正确；t = 1.5×10?2s时，线圈平面与磁场平行，磁通量最小，D项错。
3．（2012湖南2月联考）一交流发电机的线圈电阻为1Ω，将其输出端接在电阻为10Ω的电阻丝上，其输出电压从某时刻开始随时间变化的图象如图所示，则 （ ）
A．线圈转动的角速度为100rad/s
B．交流发电机的电动势最大值为200V
C．电阻丝的发热功率为2kW
D．若将此发电机接在匝数比为1∶2的理想变压器上可使输出频率提高1倍
答案：C解析：根据得 rad/s，A项错；图象中输出电压最大值为200V，由于线圈有内阻，则其电动势最大值大于200V，B项错；电阻丝的发热功率为=2kW，C项正确；理想变压器可以改变输出电压，不能改变输出频率，D项错。
4．（2013山东青岛二中测试）将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】导线转动过程中产生正弦交流电，其最大值，小灯泡正常发光，则，解得，B项正确。
5．（2013山东青岛二中测试）图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是 （ ）
A．图1表示交流电，图2表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图1所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100V
D．图1所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的
【答案】C
【解析】交流电是电流大小和方向随时间发生变化的电流，两个图中都是交流电，A错；图1是正弦交流电，图2是锯齿形交流电，图形不同，有效值大小不相等，B错；对图1的瞬时值表达式解析是正确的，C对；变压器不改变交流电的频率大小，D错。
6．（2012河北衡水第五次调研）如右图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕垂直磁感线的对称轴OO/以角速度ω匀速转动，从图示位置转900的过程中，下列说法正确的是
通过电阻R的电量
通过电阻R的电量Q=
外力做功平均功率P=
从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωt
.答案：BC解析：从图示位置转900的过程中，磁通量变化△Ф=BS，通过电阻R的电量Q=I△t=△t=N=，选项A错误B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO/以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值Em=NBSω，感应电流有效值为I=，外力做功平均功率P=EI=I2(R+r)=，选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin(ωt+π/2),选项D错误。
7．（2012北京西城期末）如图所示，一单匝矩形金属线圈ABCD在匀强磁场中绕转轴OO匀速转动。转轴OO过AD边和BC边的中点。若从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间t的变化关系可以表示为（Wb），时间t的单位为s。已知矩形线圈电阻为2.0Ω。下列说法正确的是
A．线圈中电流的有效值约为3.14A
B．穿过线圈的磁通量的最大值为Wb
C．在任意1s时间内，线圈中电流的方向改变10次
D．在任意1s时间内，线圈克服安培力所做的功约为9.86J
.答案：D解析：穿过线圈的磁通量最大值为BS=0.1Wb，选项B错误；转动角速度ω=20π，产生的感应电动势最大值为BSω=2πV，线圈中电流的最大值约为3.14A，选项A错误；在任意1s时间内，线圈中电流的方向改变20次，选项C错误；在任意1s时间内，产生电能W=EIt=3.142=9.86J，线圈克服安培力所做的功约为9.86J，选项D正确。
8．（2013广州天河区检测）某种正弦式交变电压图像如图所示，下列说法正确的是
A．该交变电压的频率为50Hz
B．该交变电压的表达式为u=220cos100πt(V)
C．该交变电压的表达式为u=311sin100πt(V)
D．相同时间内该电压与220V的直流电压通过同一个电阻产生的热量是相等的
答案：AD
解析：由图可知最大值为311V，选项B错误，此图为余弦函数，选项C错误。所以选项AD正确。
9. （2012·广东理综物理）某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt（V），对此电动势，下列表述正确的有
A. 最大值是50V B. 频率是100Hz
C．有效值是25V D. 周期是0.02s
【答案】：CD
【解析】：交变电动势e=50sin100πt（V），最大值是50V，有效值是25V，频率是50Hz，周期是0.02s，选项CD正确。
【考点定位】此题考查交变电流及其相关知识。
10. （2012·北京理综）一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上.消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P/2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为
A. 5V B. 5V C.10V D.10V
.【答案】：C
【解析】：由T=2T，解得此交流电源输出电压的有效值为V，最大值为V =10V，选项C正确。
【考点定位】此题考查交变电流的有效值及其相关知识。
11（2012河南三市调研考试）．如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理，下列分析正确的是
A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大
B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
答案：A
解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，感应电流为零，选项A正确B错误；线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，感应电流最大，选项C正确D错误。
12．（2012年3月山东潍坊一模）如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B= T的水平匀强磁场中，线圈面积S=0.5m2，内阻不计．线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω=10π rad/s匀速转动。线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12V，12W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是
A．通过灯泡的交变电流的频率是50Hz
B．变压器原、副线圈匝数之比为l0∶1
C．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120V
D．若将灯泡更换为“12V．24W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速
.答案：B解析：由ω=2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为NBSω=100××0.5×10πV=120V，变压器输入电压为120V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为l0∶1，选项B正确C错误；若将灯泡更换为“12V．24W”且保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误。
13.（2012·江苏物理）某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L1 由火线和零线并行绕成. 当右侧线圈L2 中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断家庭电路. 仅考虑L1 在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有
(A) 家庭电路正常工作时,L2 中的磁通量为零
(B) 家庭电路中使用的电器增多时,L2 中的磁通量不变
(C) 家庭电路发生短路时,开关K 将被电磁铁吸起
(D) 地面上的人接触火线发生触电时,开关K 将被电磁铁吸起
【答案】：ABD
【解析】：家庭电路正常工作时，火线和零线中电流相等，L2 中的磁通量为零；家庭电路中使用的电器增多时，L2 中的磁通量仍然为零，不变，选项AB正确；家庭电路发生短路时，L2 中的磁通量仍然为零，开关K 不能被电磁铁吸起，选项C错误；地面上的人接触火线发生触电时,零线中电流减小，L2 中的磁通量增大，产生感应电流，开关K 将被电磁铁吸起，选项D正确。
【考点定位】此题考查电磁感应及其相关知识。
14.（2012·四川理综）如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则
线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流
线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零
线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响
线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场
【答案】：D
【解析】：线圈a输入正弦交变电流，线圈b输出的也是正弦交变电流；线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量恒定，选项AB错误；线圈b输出的交变电流对线圈a的磁场造成影响，选项C错误；线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有感应电场，选项D正确。
【考点定位】此题考查变压器及其相关知识。
15（2012珠海摸底考试）右图为一理想变压器，其原副线圈匝数比n1:n 2＝1:10，副线圈与阻值R＝20Ω的电阻相连。原线圈两端所加的电压u＝20sin100πt（V），则
A．交流电压表的示数为20V
B．副线圈输出交流电的频率为50Hz
C．电阻R上消耗的电功率为2kW
D．原线圈中电流的最大值为100A
解析：交流电压表的示数为电压有效值，为20V，选项A错误；由u＝20sin100πt（V）可知原线圈两端所加的电压频率为50Hz，副线圈输出交流电的频率为50Hz，选项B正确；由变压器变压公式，副线圈输出电压为200V，电阻R上消耗的电功率为P=U2/R=2kW，选项C正确；原线圈中电流的有效值为100A，最大值为100A，选项D错误。
答案：BC
16. （2012·重庆理综）如图所示，理想变压器的原线圈接入u=11000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作。由此可知
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100Hz
C．副线圈中电流的有效值为4A
D．变压器的输入功率为880W
.【答案】：C
【解析】：副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作，电线（副线圈）中电流为I=4A。电线损失电压Ir=24V，副线圈两端电压为220V+24V=244V。由变压器变压公式可知原、副线圈的匝数比为11000∶244=2750∶61，选项A错误C正确；交变电压的频率为50Hz，选项B错误；电线损失功率为I2r=96W，变压器的输入功率为880W+96W=976W，选项D错误。
【考点定位】此题考查变压器及其相关知识。
17．（2012年5月湖北武汉模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是50∶l，P是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10 Ω，其余电阻不计。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压。则下列说法正确的是：
A．单刀双掷开关与a连接，电压表的示数为4.4V
B．单刀双掷开关与a连接，当t=0.01s时，电流表示数为零
C．单刀双掷开关由a拨向b，原线圈的输入功率变大
D．单刀双掷开关由a拨向b，副线圈输出电压的频率变为25Hz
.答案：AC解析：单刀双掷开关与a连接，由变压器变压公式，可得电压表的示数为4.4V，选项A正确；单刀双掷开关与a连接，当t=0.01s时，由欧姆定律，电流表示数为I=U/R=0.44V，选项B错误；单刀双掷开关由a拨向b，输出电压增大，输出功率增大，原线圈的输入功率变大，选项C正确；单刀双掷开关由a拨向b，副线圈输出电压的频率不变，选项D错误。
18.（2012年3月青岛市高三一模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶1， R ＝1Ω，原线圈允许通过电流的最大值为1A，副线圈 ab两端电压随时间变化图象如图所示．则下列说法正确的是
A．原线圈输入电压的有效值为242V
B．原线圈两端交变电压的频率为550 Hz
C．副线圈中电流的最大值为11A
D．为保证电路安全工作，滑动变阻器 R '的阻值不得小于1Ω
．答案：AD解析：副线圈输出电压为22V，由变压器变压公式可知，原线圈输入电压的有效值为242V，选项A正确；变压器不改变交变电流的频率，原线圈两端交变电压的频率为50 Hz ，选项B错误；原线圈允许通过电流的最大值为1A，输入功率最大值为242W，所以副线圈中允许的最大电流为I=P/U2=11A，副线圈中电流的最大值为11A，选项C错误；为保证电路安全工作，滑动变阻器 R '的阻值不得小于1Ω，选项D正确。
19．（2012年3月河南焦作一模）如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1100匝，副线圈的匝数n2=110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且，电流表、电压表均为理想电表。原线圈接u=220sin(314t) (V)的交流电源。起初开关S处于断开状态。下列说法中正确的是
A．电压表示数为22V
B．当开关S闭合后，电压表示数变小
C．当开关S闭合后，电流表示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
.答案：BCD解析：变压器输入电压为220V，由变压器变压公式，副线圈输出电压22V，根据串联分压原理，电压表示数为11V，选项A错误；当开关S闭合后，输出功率增大，电压表示数变小，原线圈输入功率增大，电流表示数变大，选项BCD正确。
20. （2012年3月湖北孝感二模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=20sin100πt（V），氖泡在两端电压达到1OOV时开始发光，下列说法正确的是
A. 开关接通后，氖泡的发光频率为50Hz
B. 开关接通后，电压表的示数为100V
C. 开关断开后，电压表的示数不变
D. 开关断开后，变压器的输出功率不变
.答案：BC解析：由u=20sin100πt（V）可知交变电流频率为50Hz，一个周期内氖泡发光两次，开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz，选项A错误；由变压公式可知，变压器输出电压100V，开关接通后，电压表的示数为100V，开关断开后，电压表的示数不变，变压器的输出功率减小，选项BC正确D错误。
21. （2012年3月福州质检）有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中。如图所示，该匀强磁场是由一对磁极NS产生，磁极以OO’为轴匀速转动。在t=0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N离开纸面向外转动。规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是
.答案：C解析：磁极以OO’为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动。产生的感应电流方向为a→b→c→d→a。在t=0时刻，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，所以能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是图C。
22．（2013年3月吉林二模）如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为(，则当线圈转至图示位置时
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电动势为2nBL2(
C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大
D．线圈ad边所受安培力的大小为n2B2L1L2(/R,方向垂直纸面向里
.答案：AC解析：当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为abcda，线圈中的感应电动势为nBL1L2(，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，选项AC正确选项B错误；线圈ad边所受安培力的大小为n2B2L1L22(/R,方向垂直纸面向里，选项D错误。
23．（2012河北衡水第五次调研）如右图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕垂直磁感线的对称轴OO/以角速度ω匀速转动，从图示位置转900的过程中，下列说法正确的是
通过电阻R的电量
通过电阻R的电量Q=
外力做功平均功率P=
从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωt
.答案：BC解析：从图示位置转900的过程中，磁通量变化△Ф=BS，通过电阻R的电量Q=I△t=△t=N=，选项A错误B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO/以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值Em=NBSω，感应电流有效值为I=，外力做功平均功率P=EI=I2(R+r)=，选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin(ωt+π/2),选项D错误。
24．（10分）（2012北京海淀期末）如图13甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图13乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0~t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。求：
（1）0~t1时间内通过电阻R的电流大小；
（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；
（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
解析：
（1）0~t1时间内，线框中的感应电动势 E=n…（2分）
根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流
I=……（1分）
（2）线框产生感应电动势的最大值 Em=nB1 L1L2ω……（1分）
感应电动势的有效值E= nB1 L1L2ω…（1分）
通过电阻R的电流的有效值I=
线框转动一周所需的时间t=………（1分）
此过程中，电阻R产生的热量 Q=I2Rt=πRω…（1分）
（3）线框从图甲所示位置转过90°的过程中，
平均感应电动势 ……（1分）
平均感应电流 …………（1分）
通过电阻R的电荷量 q=………（1分）
25.（2012年5月安徽省合肥三模）如图所示为一小型交变电流发电机的工作原理图，两磁极间的磁场可看成勻强磁场，磁 感应强度为B，矩形线圈abcd以恒定角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO’逆时针方 向转动，矩形abcd关于OO’ 对称，已知矩形线圈共有N匝，边长为L1 ,bc边长为L2，线 圈电阻为r，外接电阻为R。
(1) 在线圈位于如图所示的垂直于磁场方向的位置开始计时,规定由a→b(或c→d)方向 的感应电动势为正,推导出线圈中感应电动势e随时间t变化的表达式。
(2) 求交流电流表（内阻不计）的读数。
解：.（1）从中性面开始经时间t，线圈abcd转至如图所示位置时，θ=ωt。
此时对于线圈ab边上每根导线切割磁感线产生的感应电动势大小为
e1=BL1v1x= BL1v1sinθ。
线圈ab边上每根导线切割磁感线产生的感应电动势大小为
e2=BL1v2x= BL1v2sinθ。
其中v1= v2=ωL2/2.
则每匝线圈产生的感应电动势大小为
e单=e1+ e2= BL1 L 2ωsinωt。
N匝线圈产生的总感应电动势大小为e= Ne单=N BL1 L 2ωsinωt。
因为此时感应电动势为负方向，
所以e=-N BL1 L 2ωsinωt= NBL1 L 2ωsin(ωt+π)。
(2)电动势最大值Em=NBL1 L 2ω。有效值E= Em=NBL1 L 2ω.。
根据闭合电路欧姆定律，电路中电流，即交流电流表的读数
I==NBL1 L 2ω.。
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十九
专题二十九、机械振动和机械波
【重点知识解读】
一．机械振动
做简谐运动的物体，其回复力F=-kx，在通过关于平衡位置对称的两个位置时的一些物理量具有对称性。如：相对于平衡位置对称的两个位置位移大小相等、方向相反；加速度大小相等、方向相反；速度大小相等，动能相等，势能相等；从某位置到达平衡位置的时间与从平衡位置到达对称点的时间相等。
叠加体的简谐运动时二物体具有相同的运动状态，可利用整体法分析整体受力情况和运动情况。与外界没有力作用的物体做简谐运动的回复力由另一物体施加的摩擦力提供。
简谐运动的图象是正弦曲线，实质是简谐运动的质点位移随时间变化的图象。由简谐运动图象可判断出任意时刻的位移大小和方向、加速度方向（指向平衡位置——横轴）、速度方向等。
4. 单摆是重要的简谐运动模型，单摆运动具有等时性(单摆简谐运动周期与振幅无关)。单摆周期公式：T=2π，公式中L为单摆的摆长，是指悬点到摆球球心的距离；g为等效重力加速度，它等于摆球处于静止状态时摆线中拉力F与摆球质量m的比值。
由单摆的周期公式可知：单摆的振动周期与摆球质量m和振幅A无关，只与摆长L和当地的重力加速度有关。
5.摆钟的校正。摆钟从重力加速度大的地方移到重力加速度小的地方，重力加速度减小，摆动周期增大，导致摆钟变慢，重新校准应减小摆长。反之亦然。
6.“探究单摆的运动”、“用单摆测定重力加速度”是两个关于单摆的实验。单摆在小角度摆动时，可视作简谐运动，具有等时性.有关单摆实验一定要控制单摆运动的摆角小于10°，测量周期采用测量30~50个周期的总时间除以周期数，测量时间从摆球通过最低点开始，摆球两次通过最低点为一个周期。测量摆长为悬点到摆球质心的距离。
7.做受迫振动的物体稳定振动时其振动频率等于驱动力的频率，与物体固有频率无关。受迫振动物体的振幅与驱动力的频率和物体固有频率之差有关。驱动力的频率和物体固有频率之差越小，振幅越大；当驱动力的频率接近或等于物体的固有频率时，受迫振动物体的振幅显著增大，发生共振现象。发生共振时，驱动力对振动系统总是做正功，使系统的机械能逐渐增大，振动物体振幅增大。当驱动力对系统做的功与系统克服摩擦和介质阻力做的功相等时，振动物体的机械能不在增大，振幅不在增大。
二．机械波
1.机械波传播的是振动形式和能量，质点只在各自平衡位置附近振动，不随波迁移；波传播时，介质中的质点跟着波源做受迫振动，质点振动频率等于波源振动频率；介质中各质点开始振动的方向与波源开始振动方向相同，离波源近的质点带动离波源较远的质点依次振动；波从一种介质进入另一介质，频率不变，波长、波速随介质的不同而改变。
2.波动图象具有周期性和传播的双向性。波的空间周期性说明，在同一波线上，相距波长整数倍的质点振动情况完全相同（为同相点），相距半波长奇数倍的质点振动情况完全相反（为反相点）。由某时刻的波动图象可判断出介质中某一质点加速度和合外力方向，可判断出从该时刻开始的一段极短时间内某质点的速度变化和加速度变化情况。已知波速，可由某时刻的波动图象画出另一时刻波动图象。
3.计算波速的方法：①由λ=vT得v=λ/T=λf。②由v=△x/△t计算波速。由于波动的周期性和传播方向的不明确导致波速的多解。
4.波动的特性主要有：干涉和衍射，多普勒效应。产生稳定干涉现象的条件是两列波频率相同；能观察到明显衍射现象的条件是小孔或障碍物的尺寸与波长相差不多或比波长更小。一切波都能发生衍射，衍射是波动特有的现象。若波源向着观察者运动，则接收到的波动频率增大；若波源远离观察者运动，则接收到的波动频率减小。超声波是频率高于2万Hz，人耳不能够听到的声波。超声波的特点是波长短，沿直线传播。
【高考命题动态】
机械振动和机械波是自然界常见现象，是高中物理的重要组成部分，也是高考新课标选考中重点考查内容。高考对机械振动和机械波的考查涉及各个方面，重点是波动图象及其相关知识，难度中等。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·北京理综）一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间关系的图像是
【解析】经过四分之一的周期，振子运动到-x最大位移处，具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间关系的图像是A。
【针对训练题1】（2012·重庆理综）装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示。将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是
【解析】：t=0时试管处于正最大位移处，描述试管振动的图象中可能正确的是D。
典例2.（2012·全国理综）一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k。设地球的半径为R。假定地球的密度均匀。已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d。
【解析】：单摆在地面处的摆动周期T=2π，g=GM/R2，M=πR3ρ.
在某矿井底部摆动周期T’=2π，g=GM’/(R-d)2, M’=π(R-d)3ρ.
T=k T’.联立解得：d=(1-k2)R。
针对训练题2．（2009高考上海物理）．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，w则单摆振动的（ ）
A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变
【解析】 由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的速度减小，说明振幅减小，因此振幅改变，所以选项C正确。
典例3: （2012·上海物理）在“利用单摆测重力加速度”的实验中。
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到____________。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于____________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为____________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL图线为____________（填：“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g=____________。
【答案】：（1）数据采集器 最低点（或平衡位置） （2）直线 4π2/102c
【解析】：一个周期摆球两次经过平衡位置，连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则有(N-1)/2个周期，则单摆周期的测量值为。由单摆周期公式，T=2π，两边取对数，则有lgT=lg(2π)+lgL-lgg, 所得到的lgT-lgL图线为直线。由lg(2π) -lgg=c得该地重力加速度g= 4π2/102c。
【针对训练题3】.(2012·天津理综)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是 （填字母代号）
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
② 他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球直径为 mm，单摆摆长为 m.。
③下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 （填字母代号）。
【答案】①AC② 12.0 0.9930 ③A
【解析】①用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项AC正确。
②根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0mm，单摆摆长为L-d/2=0.9990m-0.0060m= 0.9930m。
③单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于10°，测量多次摆动的总时间，计算出周期，摆动幅度越小误差越小，所以合乎实验要求且误差最小的是A。
典例4. (2012·天津理综)沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=s时
A．质点M对平衡位置的位移一定为负值
B．质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C．质点M的加速度方向与速度方向一定相同
D．质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反
【答案】CD
【解析】由波形图可知，波长为λ=4m，波动周期为T=λ/v=0.1s。由于M点向上运动，t=s=T/4时，质点M对平衡位置的位移为正值，质点M的速度方向沿y轴负方向，与位移方向相反，选项AB错误；质点M的加速度方向向下，沿y轴负方向，与速度方向相同，选项C正确；质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，选项D正确。
【考点定位】本题考查波动图象，意在考查考生波动图象分析及相关知识的掌握情况。
针对训练题4．（2011海南物理）一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm。关于这列简谐波，下列说法正确的是______（填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）。
A.周期为4.0s B.振幅为20cm
C.传播方向沿x轴正向 D.传播速度为10m/s
【答案】CD
【解析】由质点P做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm可知ω=5π， 周期为：T==0.4s，选项A错误；由波动图象可知振幅为10cm，选项B错误；根据介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm可知在t=0时质点P振动方向向上，波传播方向沿x轴正向，选项C正确；由波动图象可知波长为4m，波的传播速度为10m/s，选项D正确。
典例5.（2012·山东理综）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于x=2m、x=4m处。从t=0时刻开始计时，当t=15s时质点刚好第4次到达波峰。
①求波速。
②写出质点P简谐运动的表达式（不要求推导过程） 。
【解析】①设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，有图像知，λ=4m。由题意得 t=3T+3T/4，v= λ/T
联立上述二式，代入数据得v=1m/s。
②质点P做简谐运动的表达式为：y=0.2sin(0.5πt)m
针对训练题5（2012·福建理综）一列简谐波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是
A．沿x轴负方向，60m/s B．沿x轴正方向，60m/s
C．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30m/s
答案：A
【解析】：由波动图像和P点的振动图像可知，该波的传播方向为沿x轴负方向；该波波长为λ=24m，周期T=0.4s，波速v=λ/T=60m/s。选项A正确。
典例6。（2010上海物理）利用发波水槽得到的水面波形如a，b所示，则
A．图a、b均显示了波的干涉现象
B．图a、b均显示了波的衍射现象
C．图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象
D．图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象
【解析】图a为波通过小孔后的传播情况，显示了波的衍射现象；图b是两列相干波叠加后的波形，显示了波的干涉现象，所以选项D正确。
针对训练题6.（2012年2月陕西师大附中第四次模拟）如图所示，甲图为沿 轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图象，乙图是x=2 m处质点P的振动图象，下列判断正确的是 。（填人正确选项前的字母）
A．该波的传播速率为4 m/s
B．该波沿x轴正方向传播
C．经过0.5 s，质点P沿波的传播方向移动2 m
D．若遇到3 m的障碍物，该波能发生明显的衍射现象
答案：AD
解析：该波的波长为4m，该波的周期为1s，该波的传播速率为4 m/s，选项A正确；该波沿x轴负方向传播，选项B错误；质点P指在平衡位置附近振动，不沿波的传播方向移动，选项C错误；若遇到3 m的障碍物，由于波长大于障碍物，该波能发生明显的衍射现象，选项D正确。
【最新模拟题训练】。
1.（2013江苏常州模拟）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图，已知波的传播速度v = 2m/s．试回答下列问题：
写出x = 0.5 m处的质点做简谐运动的表达式：
cm；
②x = 0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程为 cm．

答案①y＝5cos2πt (2分) 110cm (2分)
解析：由波动图象可知波长为：λ=2.0m，周期T=λ/v=1.0s，x = 0.5 m处的质点做简谐运动的表达式：y＝5cos2πt。x = 0.5m处质点在0～5.5s内通过的路程为：22A=22×5cm=110cm。
2 (6分）（2013河南三市联考）如图所示，一列简谐横波沿x轴 正方向传播，实线为t1=0时的波形图，虚线为t2 =0.06s时的波形图，则t=0时P质点向y轴________(选填“正”或“负”）方向运动。已知周期 T>0.06s,则该波的传播速度为________m/s。
答案：负 15
解析：横波沿x轴 正方向传播，t=0时P质点向y轴负方向运动。实线波形传播到虚线波形，传播距离四分之三波长，由3T/4=0.06s可得T=0.08s，由波形图可知波长为1.2m，波速v=λ/T=15m/s。
3（6分）（2013宝鸡检测）如图所示，一列简谐横波沿+x方向传播．已知在t=0时，波传播到x轴上的B质点，在它左边的A质点位于负最大位移处；在t=0.6s时，质点A第二次出现在正的最大位移处．
①这列简谐波的波速是 m/s．
②t=0.6s时，质点D已运动的路程是 m．
答案① 5 ； ② 0.1
解析：波长λ=2m，由题述可知周期T=0.4s，这列简谐波的波速是v=λ/T=5 m/s。t=0.6s时，质点D已振动0.5个周期，运动的路程是2个振幅，为2A=10cm=0.1m。
4．（2012上海虹口期末）在上海走时准确的摆钟，随考察队带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟 （ ）
（A）变慢了，重新校准应减小摆长　　　　
（B）变慢了，重新校准应增大摆长
（C）变快了，重新校准应减小摆长　　　　
（D）变快了，重新校准应增大摆长
答案：A解析：摆钟随考察队带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度减小，摆动周期增大，摆钟变慢了，重新校准应减小摆长，选项A正确。
5（2012江西重点中学协作体第二次联考）如图所示。曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则：（ ）
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
.答案：BD解析：现匀速转动摇把，转速为240r/min，驱动力频率为4Hz，周期是0.25s。当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，振动频率是4Hz，选项A错误B正确；当转速减小时，驱动力频率减小，接近固有频率2Hz，弹簧振子的振幅增大，选项C错误D正确。
6、（2013黄冈月考）一简谐横波以4 m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图11所示，则(　　)
A．波的周期为1 s
B．x＝0处的质点在t＝0时向y轴负向运动
C．x＝0处的质点在t＝ s时速度为0
D．x＝0处的质点在t＝ s时速度值最大
6．答案：AB
解析：选A.由波的图象知波长λ＝4 m，所以周期T＝＝1 s，A项正确；由波的传播方向和质点振动方向之间的关系知，此时x＝0处的质点向y轴负向运动，B项正确；质点运动时越接近平衡位置速度越大，t＝ s＝时，x＝0处的质点已运动到x轴下方，其振动速度既不为零也不是最大值，C、D均错．
7.（2012浙南浙北部分学校联考）如图所示，简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴，t=0时刻，这两列波的波形如图所示。下图是画出平衡位置在x=2m处的质点，从t=0开始在一个周期内的振动图像,其中正确的是
答案：B
解析： t=0时刻，两列波对平衡位置在x=2m处的质点，振动方向都是从平衡位置开始向上，所以从t=0开始在一个周期内的振动图像，正确的是图B。
8. （2012苏北四市联考）如图所示是一列简谐横波在t=0时的波形图，此时P点沿y轴的正方向运动，已知波的传播速度为2m/s。则下列说法中正确的是
A．波长为0.6m
B．波沿x轴正方向传播
C. 经过△t=0.4s质点P沿x轴移动0.8m
D. 经过任意时间质点Q和P的振动情况总是相同的
答案：BD
解析：由波动图象可知，波长为0.4m，选项A错误；由P点沿y轴的正方向运动，可知波沿x轴正方向传播，选项B正确；质点P围绕平衡位置振动，不沿x轴移动，选项C错误；质点Q和P相距一个波长，经过任意时间质点Q和P的振动情况总是相同的，选项D正确。
9．（2012重庆期末）如题16-1图所示为某振源的振动图象，题16-2图为该振源振动在t时刻在介质中形成的沿x轴传播的简谐横波．以下说法正确的是
A．质点p的振幅为0
B．如果Q点是振源，则P点至少振动了5T/4
C．如果Q点是振源，则Q点至少振动了9T/4
D．如果t时刻P点沿y轴正向振动，则波
沿-x方向传播
.答案：C
解析：质点p的振幅为A，选项A错误；如果Q点是振源，波动沿-x方向传播，P点t时刻振动方向向下，则P点至少振动了T，Q点至少振动了9T/4，选项B错误C正确；如果t时刻P点沿y轴正向振动，则波沿+x方向传播，选项D错误。
10.（2012丹东协作校联考）一列简谐波沿x轴正方向传播，某时刻波形图如图甲所示，a、b、c、d是波传播方向上的四个振动质点的平衡位置．如再过3/2个周期，其中某质点继续振动的图象如图乙所示，则该质点是
A．a处质点 B．b处质点
C．c处质点 D．d处质点
答案：D
解析：画出再过3/2个周期后的波形图，a处质点处于波谷，c处质点处于波峰，b处质点处于平衡位置且向下运动，d处质点处于平衡位置且向上运动，所以图乙是d处质点的振动图象，选项D正确。
11.（2012安徽滁州期末）一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示表示的原点在不同时刻的相应位置下，下列说法正确的 （ ）
A、质点在位置比位置时相位超前π/4
B、质点通过位置时，相对平衡位置的位移A/2
C、质点从位置到和从位置到所用时间相等
D、质点从位置到和从到的平均速度相等
.答案：C
解析：质点在位置比位置时相位超前π/2，选项A错误；质点通过位置时，相对平衡位置的位移大于A/2，选项B错误；质点从位置到和从位置到所用时间相等，选项C正确；质点从位置到和从到的时间相等，位移不等，所以平均速度不相等，选项D错误。
12(2013河北邯郸高三12月质检)如图甲所示，Ｏ点为振源，OP=s，t=0时刻Ｏ点由平衡位置开始振动，产生沿直线向右传播的简谐横波，如图乙为P点从时刻开始沿ｙ轴正方向开始振动的振动图像，则以下说法正确的是
A．t=0时刻振源Ｏ的振动方向沿ｙ轴正方向
B．t2时刻Ｐ点振动速度最大，方向沿ｙ轴负方向
C．该波与另一频率为的同类波叠加能产生稳定的干涉现象
D．某障碍物的尺寸为，该波遇到此障碍物时能发生明显的衍射现象
12．答案：ACD（全对得6分，选对但不全得3分，多选或错选不得分）
解析：t=0时刻振源Ｏ的振动方向沿ｙ轴正方向，选项A正确；2时刻Ｐ点运动到平衡位置，振动速度最大，方向沿ｙ轴正方向，选项B错误；该波周期为(t2-t1)，根据干涉产生条件，该波与另一频率为的同类波叠加能产生稳定的干涉现象，选项C正确；该波波速v=s/t1，波长为λ=vT=(t2-t1)，根据产生明显衍射现象的条件，某障碍物的尺寸为，该波遇到此障碍物时能发生明显的衍射现象，选项D正确。
13.（2013云南昆明调研）在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=10 m/s，已知在t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m处。下列说法中正确的是 ，
A．这列波的波长为4m
B．这列波的振幅为20cm
C．这列波的频率为2.5Hz
D．波源起振方向沿y轴正方向
E．再经过0.2s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置
答案：ACD
解析：这列波的波长为4m，振幅为10cm，选项A正确B错误；周期T=λ/V=0.4s，频率为2.5Hz，选项C正确；波源起振方向沿y轴正方向，选项D正确。
14.（2013山西四校联考）如图所示，两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生的干涉的示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是________
A．A点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动减弱
B．B点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强
C．C点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动仍加强
D．D点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强
14答案：C
解析：AC连线所在区域为振动加强区域，经过任意时间，该区域仍然是加强，选项A错误C正确；BD连线所在区域为振动减弱区域，经过任意时间，该区域仍然是减弱，选项BD错误。
15 （6分）（2013天星调研卷）如图所示，沿x方向的一条细绳上有O、a、b、c四点，Oa=ab=L，bc=5L，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴传播形成横波。t=0时刻，O点开始向上运动，经t=0.2s，O点第一次到达上方最大位移处，这时a点才开始往上运动，由此可以判断，该波的波长为 ，在0-2.6s内，质点b 次到达过波峰。
答案：4L 三
【解析】：根据题述经t=0.2s，O点第一次到达上方最大位移处，波动周期为0.8s，波长为4Oa=4L。在t=2.6s时刻，波开始传播了三个周期又四分之一周期，在0-2.6s内，质点b三次到达过波峰。
16.（2012上海长宁期末）在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）（单选）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为
（A）t/29 （B）t/29.5 （C）t/30 （D）t/59
（2）在该实验中，如果摆球质量分布不均匀，某同学于是设计了下面一种计算方法：第一次测量悬线长为L1，测得周期为T1；第二次测量悬线长为L2，测得周期为T2，由此可推算出重力加速度g＝__________．
16.答案：（1）A （2分） （2） （4分）
解析：58个半周期，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为t/29，选项A正确。设摆球质心距离系点d，第一次测量时摆长L1+d，由单摆周期公式T1=2π。第一次测量时摆长L2+d，由单摆周期公式T2=2π。联立解得重力加速度g＝。
17.（8分）（2013甘肃嘉峪关检测）?一简谐横波在时刻t=0时的波形图象所示，沿x轴正方向传播，已知t2=0.6s末，A点出现第三次波峰。试求：
①该简谐波的周期；
②B点第一次出现波峰时，A点经过的路程。
（7分）解析：①由题意知，A点经过2.5个周期后第三次出现波峰，
?????2.5T=0.6，T=0.24s????????? ................. （2分）
②B点第一次出现波峰所需时间就是第一个波峰传播到B点的时间，
t=2.7/5=0.54s=2.25T，?????? .......................（2分）
???? A点经过的路程s=4A×2.25=4×0.1×2.25=0.9m.........（3分）
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十二
专题二十二、电磁感应与能量综合
【重点知识解读】
导体切割磁感线或磁通量变化过程，在回路中产生感应电流，机械能转化为电能。电流通过导体受到安培力作用或通过电阻发热、电能转化为机械能或内能。因此电磁感应过程总是伴随着能量的转化。利用能量守恒定律解答电磁感应中能量问题，快捷方便。
【高考命题动态】
能量贯穿于物理学各个方面，电磁感应与能量综合是高考命题重点，高考对电磁感应与能量综合的考查涉及功和功率，机械能、电能、内能等形式，一般以新情景切入。
【最新高考题分析】
典例1. （2012·山东理综）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是
A．P=2mgsinθ。 B．P=3mgsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为gsinθ。
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【解析】当速度达到v时开始匀速运动，mgsinθ=BIL，I=E/R，E=BLv
对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动，则有 P=F·2v，
F+ mgsinθ=BI’L，I’= E’/R，E’=BL·2v
联立解得：P=2mgsinθ，选项A正确B错误；
当导体棒速度达到v/2时，导体棒中感应电动势为E/2，感应电流为I/2，所受安培力为BIL /2，由牛顿第二定律，mgsinθ- BIL /2=ma，解得加速度为a=gsinθ，选项C正确；在速度达到2v以后匀速运动的过程中，由功能关系可知，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功的代数和，选项D错误。
针对训练题1．（2012·上海物理）正方形导体框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为________；导体框中感应电流做功的功率为____________。
【答案】：F/m
【解析】：导体框在磁场中运动时两侧所受安培力大小相等方向相反，相互抵消，由牛顿第二定律，F =ma，导体框在磁场中的加速度大小为a=F/m。根据法拉第电磁感应定律，正方形导体框中产生的感应电动势为E=kL2，感应电流I=E/R= kL2/R。导体框中感应电流做功的功率为P=EI=。
典例2．（2012华约自主招生题）如图所示，两个光滑的水平导轨间距为 L，左侧连接有阻值为 R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为 m的导体棒以初速度v0 向右运动，设除左边的电阻R 外，其它电阻不计。棒向右移动最远的距离为 s，问当棒运动到λs时0<λ解析：取导体棒开始运动时为计时起点，设导体棒向右运动时刻t的速度为v，由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R
导体棒受到的安培力：F=BIL，解得：F=.
注意到此力为变力，将区间[0，t]分为n小段，设第i小段时间间隔为△t，杆在此段时间的位移为△x。规定向右的方向为正，由动量定理，F△t=m△v，
得：△t=m△v。
又 v△t=△x，所以有△x=m△v。即瞬间导体棒动量变化量正比于导体棒位移。
在整个过程中，有：Σ△x=Σm△v。
即： Σ△x= mΣ△v。得到：x=m(v0 -v)。
其中x为导体棒位移，v为导体棒瞬时速度。
当x=s时，v=0，有s=mv0；当x=λs时，v= v0-；
联立解得：v= v0(1-λ)，此时产生的感应电动势E=BLv= BLv0(1-λ)，
此时电阻R 上的热功率：P=E2/R=。证毕。
针对训练题2(2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动。当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功WF。
.【解析】：（1）设棒匀加速运动的时间为△t，回路的磁通量变化量为△Φ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=△Φ/△t，①
其中△Φ=Blx。②
设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得，I=E/(R+r)，③
则通过电阻R的电荷量为q=I△t，④
联立①②③④式，代入数据解得q=4.5C。⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得
v2=2ax. ⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得，
W=0-mv2，⑦
撤去外力后回路产生的焦耳热，Q2=-W, ⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据解得Q2=1.8J。
（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1，
可得Q1=3.6J。
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知，WF= Q1+Q2，
由上述可得WF=3.6J+1.8J=5.4J.
【考点定位】 本题主要考查电磁感应及其相关知识，意在考查考生灵活应用电磁感应定律、能量守恒定律知识解决实际问题的能力。
典例3（2012·上海物理）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【解析】：（1）回路中感应电动势E=BLv，
导轨做初速度为零的匀加速运动，v=at，E=BLat，s=at2，
回路中总电阻R总=R+2R0(at2)=R+ R0at2.
回路中感应电流随时间变化的表达式I==；
（2）导轨受到外力F,，安培力FA，摩擦力Ff。其中FA=BIL=；
Ff=μ(mg+ FA)= μ(mg+)。
由牛顿第二定律，F- FA- Ff=Ma，
解得F= Ma+μmg+ (1+μ)).
上式中，当R/t= R0at，即t=时外力F取最大值。
所以，Fmax= Ma+μmg+ (1+μ)B2L2。
（3）设此过程中导轨运动距离s由动能定理，W合=△Ek，W合=Mas。
由于摩擦力Ff=μ(mg+ FA)，所以摩擦力做功W=μmgs+μWA=μmgs+μQ。
所以：s=
导轨动能的增加量△Ek=Mas=Ma。
针对训练题3、（16分）（2013江苏常州模拟）如图，光滑斜面的倾角= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1 = l m，bc边的边长l2= 0.6 m，线框的质量m = 1 kg，电阻R = 0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M = 2 kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s = 11.4 m，（取g = 10.4m/s2），求：
⑴线框进入磁场前重物M的加速度；
⑵线框进入磁场时匀速运动的速度v；
⑶ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；
⑷ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．
【解析】（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．对线框，由牛顿第二定律得
FT – mg sinα= ma （2分）
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度= 5m/s2 （2分）
（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg = FT′，
线框abcd受力平衡FT′= mg sinα + FA（1分）
ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E = Bl1v
形成的感应电流（1分）
受到的安培力（1分）
联立上述各式得，Mg = mg sinα+（1分）
代入数据解得v=6 m/s（1分）
（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．
进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a = 5 m/s2
该阶段运动时间为（1分）
进磁场过程中匀速运动时间（1分）
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a = 5m/s2
解得：t3 =1.2 s（1分）
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t = t1+t2+t3=2.5s （1分）
（4）线框ab边运动到gh处的速度
v′=v + at3 = 6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s （1分）
整个运动过程产生的焦耳热Q = FAl2 =（Mg – mgsinθ）l2 = 9 J （3分）
【最新模拟题训练】。
1．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为；第二次用时间拉出，外力所做的功为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，，可知W与t成反比，．选C。
2．（2013山东青岛二中测试）在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为△Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有
A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1
B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有（W1－△Ek）机械能转化为电能
D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek= W1－W2
【答案】CD
【解析】当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v23. （2013河南三市联考）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻， 重力加速度为g 则
A. 金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向 为 a→b
B. 金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C. 金属棒的最大速度为：
D. 金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R
答案：BD
解析：金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律，流过电阻R的电流方向 为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E=BLv，感应电流I=E/(R+r)所受的安培力大小为F=BIL=,选项B正确；当安培力F=mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v=，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P=mgv=(R+r)，电阻R的热功率为R，选项D正确。
4. （2013安徽皖南八校联考）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F,，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P－t图像为抛物线．则这些量随时间变化的关系正确的是
答案：C解析：线框速度v=at，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P=EI随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，所以C正确AB错误。导体横截面的电荷量q=It随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，选项D错误。
5（2012浙南浙北联考）如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示。t =0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：
（1）通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；
（2）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率；
（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离；
（4）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。
解析：（1）通过cd棒的电流方向 d→c。
区域I内磁场方向为垂直于斜面向上。
（2）对cd棒，F安=BIl=mgsinθ所以通过cd棒的电流大小I = （2分）
当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率P=I2R=（2分）
（3）ab棒在到达区域II前做匀加速直线运动，a==gsinθ
cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域II中一定做匀速直线运动
可得；=Blvt =Blgsinθt x
所以t x=。
ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度vt=，
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h= a t x2+2l=3 l。
（4） ab棒在区域II中运动的时间t2==，
ab棒从开始下滑至EF的总时间t= t x+t2=2 ，
ε=Blvt =Bl。
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：
Q=εIt=4mglsinθ。
6．（2013山东青岛二中测试）两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻可不计的金属棒ab静止释放，沿导轨下滑（金属棒a b与导轨间的摩擦不计）。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大值。求此过程中金属棒达到的最大速度和电阻中产生的热量。
【答案】5m/s，1.75J
【解析】当金属棒速度恰好达到最大速度时，金属棒受力平衡，
有：mgsinθ=F安
解得金属棒所受安培力 F安=0.5N
据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E=BLv
据闭合电路欧姆定律，感应电流 I=
又F安=BIL
解得最大速度v =5m/s
下滑过程中，由能量守恒定律得：mgh－Q = mv2
解得电阻中产生的热量Q= 1.75J
7．（2013山东青岛二中测试）如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN，其电阻R为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B=1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表计数分别为7V、1A，电动机的内阻r=1Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s2，求：
（1）导体棒能达到的稳定速度为多少？
（2）导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？
【答案】（1）2m/s（2）1s
【解析】（1）电动机的输出功率为W
F安=BIL=
当速度稳定时，由平衡条件得
解得v=2m/s
（2）由能量守恒定律得
解得t=1s
8．(15分) （2013江苏阜宁中学月考）如图所示，有一个倾角为θ的足够长的斜面，沿着斜面有一上下宽度为2b的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直斜面向外，磁场的边界与底边平行。现有一质量为m的“日”字形导线框在斜面上静止开始释放，其中三条平行边和斜面底边及磁场的边界平行（电阻均为R），其余两条平行长边不计电阻，整个框和斜面的动摩檫因素为μ（μ （1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s；
（2）通过计算说明导线框能否匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q
8．（15分）解析：
（1）mgsinθ=μmgcosθ+F安 （1分） F安=BIb（1分）
I=E/(R+R/2) （1分） E=Bbv（1分）
可得：v=  （1分）
a=gsinθ-μgcosθ（1分） s=v2/2a （1分）
可得：s=  (1分)
（2）能，（2分）在穿越过程中，当只有一条边在磁场中运动时有E=Bbv，
I=E/(R+R/2)
F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动；
当有二条边在磁场中运动时把它们看成整体，有E=Bbv I=E/( R/2 + R)， F安=BIb 都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安 因而能匀速运动，综上所述，它能匀速穿越整个磁场。（2分）
（3）由能量守恒得： mg(4bsinθ)= Q+μmg(4b)cosθ（2分）
Q=4mgb(sinθ-μcosθ) （2分）
9. （2013辽宁沈阳二中检测）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO′为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计. 在距边界OO′也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab.
（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）. 求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a.
（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO′轴匀速转动. 若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2. 则磁场转动的角速度ω大小是多少？

9（16分）
解析：（1）ab杆离起起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得
（2分）
ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则
（2分）
联立解得，（1分）
R上产生热量（1分）
ab杆刚要离开磁场时，水平方向上受安培力F总和恒力F作用，
安培力为：（2分）
由牛顿第二定律可得：（1分）
解得（1分）
（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值（2分）
有效值 （1分）
（1分）
而 （1分）
（1分）
10. （15分）（2013江苏淮安调研）如图，相距L=1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R=2Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6m，磁感应强度大小B1=T、B2=0.8T。现有电阻r=1Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度m/s作匀速运动，求：
⑴棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率；
⑵棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电量；
⑶棒ab在磁场中匀速运动时电阻R两端电压
的有效值。
10.（15分）解析
（1）在磁场B1中：
（1分） （1分）
（1分） W （2分）
⑵ 在磁场B2中：
（1分） （1分）
=0.16C （2分）
⑶设棒ab产生电动势的有效值为E
在磁场B1中产生的电动势=V （1分）
在磁场B2中产生的电动势V （1分）
回路在一个周期T内产生的焦耳热
（2分）
解得：电动势的有效值E=3V （1分）
电阻R两端电压的有效值为 V （1分）
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十五
专题二十五、电学图象
【重点知识解读】
电学图象包括静电场中电势图象和电场强度图象，恒定电流中电源伏安特性曲线、导体伏安特性曲线、电磁感应中相关图象、交变电流图象等。本专题重点是静电场中电势图象和电场强度图象。
1. 场强图像
【图象解读】所谓场强图像是指空间中静电场的场强E随坐标x变化关系的图象，即E-x图象。
【知识解读】匀强电场中的E-x图象是平行于x轴的直线；处于x=0处点电荷的E-x图象是由最大值迅速减小的曲线；关于x=0对称分布的两个等量异号点电荷的E-x图象是关于E轴（纵轴）对称的U型图线；关于x=0点对称分布的两个等量同号点电荷的E-x图象是关于坐标原点中心对称的曲线；放在x轴上相距一定距离的两个等量同种点电荷的电场强度关于它们连线的中点对称，连线中点电场强度最小且一定为零；放在x轴上相距一定距离的两个等量异种点电荷的电场强度关于它们连线的中点对称，连线中点电场强度最小且一定不为零。
【解答策略】在E-x图象上取一微元，由U=Ed可知电场强度E随x变化的一小段图象与x轴所夹的面积表示对应的两点之间的电势差，据此比较两点之间电势的高低。
【题型解读】E-x图象是描述电场强度随空间某一方向分布关系的图象，关于场强图像的试题题型主要有两类：一是题目以E-x图象形式给出解题信息，要求分析判断比较各点电势的高低；二是给出场源点电荷的分布，要求判断给定电场的场强图像。
2.电势图象
【图象解读】所谓电势图象是指静电场中电势φ随x变化情况图象，即φ-x图象。
【知识解读】由E=U/d可以得出E=，所以φ-x图象图象斜率大小表示电场强度沿x轴方向分量的大小。若图象某段平行x轴，表明电势φ在该段不随x变化，电场强度沿x轴方向分量为零，空间各点场强与x轴垂直。
【解答策略】根据φ-x图象斜率大小表示电场强度沿x轴方向分量的大小判断电场强度（或电场强度分量）的大小。若图象某段平行x轴，表明电势φ在该段不随x变化，电场强度沿x轴方向分量为零，空间各点场强与x轴垂直。
【题型解读】电势图象是描述电势随空间分布关系的图象。涉及电势图像的试题主要有两种，一是给出场源点电荷分布情况，分析判断描述电势随位置变化规律的图象；二是题目以电势随空间分布图象给出解题信息，分析判断电场强度（或电场强度分量）的大小及电荷移动电场力做的功。
【高考命题动态】
电学图象在高考中占有重要地位，高考对电学图象的考查涉及各种形式，难度中等。
【最新高考题分析】
典例1. （2010江苏物理）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图1所示。下列说法正确的是
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．x1和- x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
【解析】 电势与电场强度之间没有必然联系，电场强度为零的点电势不一定为零；电势为零的点电场强度不一定为零，据此可知，O点的电场强度为零，但电势不一定最低，选项A错误；x2点的电场强度最大，但电势不一定最高，选项B错误；由U=Ed可知电场强度E随x变化的图象与x轴所夹的面积表示电势差，x1和- x1两点的图象与x轴所夹的面积相等，说明这两点与O点的电势差相等，所以x1和- x1两点的电势相等，选项C正确； x1和x3两点的电场强度相等，但与x轴所夹的面积不等，所以这两点电势不相等，选项D错误。
【答案】C
【名师点评】此题以电场强度E随x变化的图象给出解题信息，意在考查对电场强度E随x变化的图象的理解以及对场强与电势的关系的掌握。
针对练习1：（2012年5月陕西宝鸡三模）空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点旋转对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点。电子在该电场中仅受电场力作用，则
A．电子在A、B两点的电势能相等
B．电子在A、B两点的加速度方向相反
C．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线
D．取无穷远处电势为零，则O点处电势亦为零
【解析】此题给出的电场强度E随x变化的关系图实质是沿x轴关于坐标原点O对称放置的两个等量负电荷的沿x轴方向的静电场场强E随x变化的关系图。由于A、B是x轴上关于原点对称的两点，A、B两点等电势，电子在A、B两点的电势能相等，选项A正确；A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，电子在A、B两点所受电场力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，电子在A、B两点的加速度方向相反，选项B正确；的加速度方向相反。电子从A点由静止释放后，在AB之间在静电力的作用下将做简谐运动，其运动轨迹为直线，选项C错误；取无穷远处电势为零，则O点处电势一定大于零，选项D错误。
【答案】AB
【点评】此题给出电场强度E随x变化的关系图象，考查AB两点的电势关系、电场强度关系、电子在AB之间受力情况等。
典例2.（2009上海物理）．两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（ ）
【解析】由于两点电荷带电量相等，两电荷连线上场强大小E与x关系应该关于连线中点对称，在连线中点电场强度不为零，所以正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图A。
【答案】A
【名师点评】两个相距L的等量异种点电荷连线上任一点的电场强度可表示为E=kq/x2+kq/(L-x)2=kq·，在连线中点，即x=L/2，场强最小，其场强最小值为E=8 kq/L2。
针对练习2．（2012年5月南京、盐城三模）两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是
2.答案：A解析：两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，位于x轴负半轴的正点电荷的电场线自此处分别沿x轴正方向和负方向；位于x轴正半轴的正点电荷的电场线自此处分别沿x轴正方向和负方向；在原点O处电场强度为零，所以能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是A。

典例3．（2011上海物理）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图
【解析】我们可画出位于x轴上两个等量异种点电荷的电场线，在两个点电荷之间的电场线为由正电荷指向负电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，从正电荷到负电荷电势逐渐降低；而位于负x轴上的正点电荷左侧的电场线指向负x方向，向负x方向，电势逐渐降低；位于正x轴上的负点电荷右侧的电场线指向负x方向，向负x方向，电势逐渐降低；所以正确描述电势φ随位置变化规律的是图A。
【答案】A
【名师点评】此题要求考生已知的位于x轴上，相对原点对称分布的两个等量异种点电荷的电场，判断电势φ随位置变化规律的正确图象，考查考生应用知识的能力。
针对练习3.（2012上海静安区一模）如图（a）所示，在x轴上的两点分别放有-Ｑ和+4Ｑ两个点电荷，位置坐标分别为0和1。图（b）是反映沿x轴电势分布情况的图线，正确是
答案：B 解析：由于位置坐标分别为0和1两点分别放有-Ｑ和+4Ｑ两个点电荷，位于坐标为0处电势为负无限大，位于坐标为1处电势为正无限大。由点电荷电场强度公式可知坐标x= -1处电场强度等于零，电势大于零，所以图B正确。
典例4. （2012西安联考）假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图10所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是
A．空间各点场强的方向均与x轴垂直
B．电荷沿x轴从0移到x1的过程中，一定不受电场力的作用
C．正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加
【解析】 只有电势φ随x变化图线为平行x轴段，场强方向才与x轴垂直，选项A错误；电荷沿x轴从0移到x1的过程中，所受电场力与等势面垂直，选项B错误；正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势能增大，电场力做负功，选项C错误；负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加，选项D正确。
【答案】D
【名师点评】此题给出空间某一静电场的电势φ随x变化情况作为解题信息，意在考查根据φ-x图象应用相关知识判断电场强度及其相关的电场力、电场力做功、电势能变化等的能力。
针对练习4（2012安徽安庆二模）如图，在x轴上的0、M两点固定着两个电荷量着两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，两电荷连线上各点电势φ随x的变化关系如图所示，其中A、B两点的电势均为零，BD段中的C点离x轴最远，则
A. q1为负电荷、q2为正电荷
B. BD段中C点场强最大且沿x轴正方向
C. A点场强小于C点场强
D.将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功
4.答案：D解析：由两电荷连线上各点电势φ随x的变化关系可知，q1为正电荷、q2为负电荷，选项A错误；根据电势φ随x的变化关系曲线的斜率表示电场强度，BD段中C点场强最小，为零，A点场强大于C点场强，选项BC错误； 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功，选项D正确。
典例5．（2012年5月山东泰安二模）有一静电场，其电势φ随x坐标的改变而改变，变化的图线如右图所示，若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm。则下列说法正确的是
A．粒子经过P点和Q点加速度大小相等、方向相反
B．粒子经过P点与Q点时，动能相等
C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
D．粒子在P点的电势能为正值
解析：由E=△φ/△x可知，静电场中电势φ随x变化图象斜率表示电场强度，显然P、Q两点图像斜率不同，粒子经过P点和Q点所受电场力大小不等，方向相反，所以粒子经过P点和Q点加速度大小不相等、方向相反，选项A错误；由于P、Q两点的电势相等，粒子在两点的电势能相等，根据带电粒子在电场中运动只受电场力时，动能和电势能之和保持不变，所以粒子经过P点与Q点时，动能相等，选项B正确；由于粒子经过P点与Q点时，所受电场力不等，速度相等，所以电场力做功的功率不相等，选项C错误；由于P点的电势为正值，带负电粒子在P点的电势能为负值，选项D错误。
答案：B
【名师点评】此题给出的空间静电场的电势φ随x变化情况为两段直线，直线说明这两段电场分别为两个匀强电场。从题给电势φ随x坐标的改变的图像中提取解题信息，应用相关知识，对各个选项逐一分析。
针对练习5.（2012年5月江西宜春模拟）有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如右图所示。 若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm 、4mm。则下列说法正确的是：（ ）
A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B．粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反
C．粒子经过P点与Q点时，动能相等
D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
5.答案：C解析：由电势随x坐标的变化图象斜率表示电场强度可知，0~2mm范围是匀强电场，电场强度大小为2×104V/m，方向沿x轴负方向；2~10mm范围是匀强电场，电场强度大小为1×104V/m，方向沿x轴正方向；10~12mm范围是匀强电场，电场强度大小为2×104V/m，方向沿x轴负方向；一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子将沿x轴往复运动，选项A错误。粒子在P点与Q点加速度大小不相等、方向相反，选项B错误；由于PQ两点电势相等，粒子经过P点与Q点时，电势能相等，动能相等，选项C正确；粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率不相等，选项D错误。
典例6（2011·北京理综）静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0（1）粒子所受电场力的大小；
（2）粒子的运动区间；
（3）粒子的运动周期。
解析：（1）由图可知，0与d（或-d）两点之间的电势差为φ0
电场强度的大小 E=φ0/d
电场力的大小 F=qE=qφ0/d。①
(2)设粒子在[-x，x]区间内运动，速度为v，由题意得mv2- qφ= -A，②
由图可知，φ=φ0(1-)，③
联立解得mv2= qφ0(1-)-A
因动能非负，有qφ0(1-)-A ≥0.
得∣x∣≤d(1-)，即x0=d(1-) ④
粒子的运动区间： [–d(1-)，d(1-)]。
(3)考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度
a=F/m=qE/m= qφ0/md ⑤
由匀加速直线运动规律，t=
将④⑤代入，得t=
粒子的运动周期 T=4t=.
【名师点评】此题给出的电场可视为在坐标原点垂直x轴放一带正电的金属板，在x=-d和x=d各放一接地的金属板所形成电场的电势图像。此题以电势图像切入，意在考查电场强度、电势、电势差、电势随x分布图象、动能定理、牛顿运动定律等知识点。
针对练习6.（2012年2月河北省衡水中学下学期一调考试）粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势(与坐标值x的关系如下表格所示：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x/m
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.40
0.45
φ/105V
9.00
4.50
3.00
2.25
1.80
1.50
1.29
1.13
1.00
根据上述表格中的数据可作出如右的(—x图像。现有一质量为0.10kg，电荷量为1.0(10-7C带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因数为0.20。问：
（1）由数据表格和图像给出的信息，写出沿x轴的电势(与x的函数关系表达式。
（2）若将滑块无初速地放在x=0.10m处，则滑块最终停止在何处？
（3）在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度如何变化？当它位于x=0.15m时它的加速度多大？（电场中某点场强为(—x图线上某点对应的斜率）
（4）若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿-x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为多大？
解析：（1）由数据表格和图像可得，电势(与x成反比关系，即(=V。 （2）由动能定理 q(φ1-φ)-μmg(x-x1)=0
设滑块停止的位置为x2，有 q(φ1-φ2)-μmg(x2-x)=0，
即 q(-)-μmg(x2-x)=0。
代入数据有1.0(10-7(-)-0.20×0.10×10(x2-0.1)=0。
可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）。
（3）先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的减速运动。即加速度先减小后增大。
当它位于x=0.15m时，图像上该点的切线斜率表示场强大小E=△(/△x=2.0×106N/C。
滑块在该点的水平合力Fx=qE-μmg=2.0×106×1.0×10-7N-0.20×0.10×10N=0，
故滑块的加速度a=Fx/m =0。
（4）设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中
由动能定理 WF+Wf=△Ek= 0，有 q(φ1-φ)-μmg(x-x1)=0。
代入数据有 1.0(10-7(-)-0.20×0.10×10(x-x1)=0
可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）。
再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理
-2μmg(x-x1)=0-.
代入数据有 2(0.20(0.10(10（0.60-0.0375）=0.5(0.10，
可解得≈2.12m/s 。
【最新模拟题训练】。
1．（2013江苏二校联考）真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是 （ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度方向由A指向B
C．A点的电场强度大于B点的电场强度
D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
答案：BC
解析：A点的电势高于B点的电势，选项A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项BC正确；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做正功，选项D错误。
2、（2013山东泰安宁阳质检）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象;直线C为一个电阻R的两端电压与电流关系的图象。将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么 ( )
A．R接到a电源上，电源的效率较高
B．R接到b电源上，电源的效率较高
C．R接到a电源上，电源的输出功率较大
D．R接到b电源上，电源的输出功率较大
答案：BC解析：由图象可知，电源a的电动势较大，内阻较大。由电源效率公式，η=U/E，R接到a电源上，电源的效率较低；R接到b电源上，电源的效率较高；选项A错误B正确。电源输出功率，P=UI，R接到a电源上，电源的输出功率较大，R接到b电源上，电源的输出功率较小，选项C正确D错误。
3.（2013安徽无为四校联考）如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是(　　)
答案：A解析：由电容器的电容决定式，C=，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图象是A。
4.（2013河北保定八校联考）图所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻电流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是
A．2瓦，66．7％
B．2瓦，33．3％
C．4瓦，33．3％
D．4瓦，66．7％
答案：A 解析：直线A和直线B的交点为电路工作点，该点纵横坐标的乘积等于电源的输出功率，输出电压与电源电动势的比值等于电源的效率，选项A正确。
5.我国已经与2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图象上A点与原点连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为U0/I0
答案：CD解析：白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A错误；在A点，白炽灯的电阻可表示为U0/I0，或表示为tanα，选项B错误D正确；在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0，选项C正确。
6（2013河北保定八校联考）如图9甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题：(不计电流表和电源的内阻)
图9
(1)若把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12 V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻．
(2)如图乙所示，将两个这样的灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8 V的电源上，求通过电流表的电流值以及每个灯泡的实际功率．
6．(8分)解析：(1)把三个这样的灯泡串联后，每个灯泡得到的实际电压为 V＝4 V，在图甲上可以查到每个灯泡加上4 V实际电压时的工作电流为：I＝0.4 A.
由此可以求出此时每个灯泡的实际电阻为：
R＝＝ Ω＝10 Ω.
图10
(2)在图乙所示的混联电路中，设每个灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，有E＝U＋2IR0，
代入数据并整理得：
U＝8－20I，
这是一个反映了电路约束的直线方程；把该直线在题图甲上画出，可得如图10所示图象．这两条曲线的交点为U＝2 V、I＝0.3 A，同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值IA＝2I＝0.6 A，每个灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.
答案：(1)0.4 A　10 Ω　(2)0.6 A　0.6 W
7、（2013江苏常州期中测试）如图所示，直线A为某电源的U—I图线，直线B为电阻R的U—I图线，求：
(1)电源的电动势和内阻分别是多大？
(2)当用此电阻R和该电源组成的闭合电路时，该电源的输出功率为多少？
(3)若接入该电源的外电阻是一个最大阻值是2Ω的滑动变阻器，则滑动变阻器的阻值多大时，其消耗的功率最大。
7 、解析：（11分）（1）读图，E=6V，r=0.5Ω 4分
（2）P=U×I=5V×2A=10W 4分
（3） R=r，即R的阻值是0.5Ω时，输出功率最大。 3分
8．（10分）（2013山东济南外国语学校测试）如图甲所示的电路中, R1、R2均为定值电阻, 且R1＝100 Ω, R2阻值未知, R3为一滑动变阻器. 当其滑片P从左端滑至右端时, 测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示, 其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的. 求:
(1)电源的电动势和内阻;
(2)定值电阻R2的阻值;
(3)滑动变阻器的最大阻值.
【答案】（1）20 V 20 Ω（2）5 Ω. （3）300 Ω
【解析】(1)题中乙图中AB延长线, 交U轴于20 V处, 交I轴于1.0 A处,
所以电源的电动势为E＝20 V（1分）, 内阻r＝＝20 Ω. （2分）
(2)当P滑到R3的右端时, 电路参数对应乙图中的B点, 即U2＝4 V、I2＝0.8 A, （1分）得R2＝＝5 Ω. （2分）
(3)当P滑到R3的左端时, 由乙图知此时U外＝16 V, I总＝0.2 A, （1分）所以R外＝＝80 Ω. （1分）
因为R外＝＋R2, （1分）
所以滑动变阻器的最大阻值为: R3＝300 Ω. （1分）
9．（2013沈阳二中测试）如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，PQ连线垂直金属板，两板间距为d．现从P点处连续不断地有质量为 m、带电量为＋q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计．在t＝0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板电势时，电压为正），其电压大小为U、周期为T．带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计．
（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度.
（2）如果只有在每个周期的0～时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系．
（3）如果各物理量满足（2）中的关系，求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值.
9．解：（1）qE=ma，E=U/d， ——2分
所以，a=qU/dm ——2分
（2）在0时间内，进入A、B板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在时间内再向右做匀减速运动，且在0时间内，越迟进入A、B板间的粒子，其加速过程越短，减速运动过程也相应地缩短，当速度为零后，粒子会反向向左加速运动。由题意可知0时间内放出的粒子进入A、B板间，均能从Q孔射出，也就是说在时刻进入A、B板间的粒子是能射出Q孔的临界状态。——2分
粒子在时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有
① ——2分
即 ——2分
（3）若情形（2）中的关系式①成立，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短（因只有加速过程），设最短时间为tx，则有
② ——1分
在时刻进入电场的粒子在的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为
③ ——1分
由②③式得 ④ ——2分
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题
专题二十八、物态变化和气体定律
【重点知识解读】
固体、液体和物态变化
1.固体和液体都是自然界存在的物质形态。固体分晶体和非晶体，晶体分单晶体和多晶体。晶体具有确定的熔点，单晶体具有规则的几何形状和各向异性。非晶体没有规则的几何形状和熔点，各向同性。
2.液体的宏观表现：
（1）液体没有固定的形状，能够流动。液体分子之间的相互作用力比固体小，液体扩散速度比固体快。
（2）液体与气体接触的一层液体薄层叫做表面层，由于分子的热运动，表面层中液体分子比液体内部稀疏，分子之间表现为相互吸引——表面张力。表面张力的作用使液体表面有收缩趋势。
（3）.液体有浸润和不浸润现象、毛细现象。
（i）一种液体会浸润某种固体而附着在固体表面的现象叫做浸润；一种液体不会浸润某种固体也就不会附着在固体表面的现象叫做不浸润；一种液体是浸润液体还是不浸润液体是相对的。例如水浸润玻璃，但不浸润石蜡。浸润和不浸润现象产生原因：当水与玻璃接触，接触处形成一个附着层，附着层中水分子之间的吸引力小于水分子和玻璃分子之间的吸引力，形成浸润现象；当水与石蜡接触，接触处形成一个附着层，附着层中水分子之间的吸引力大于水分子和石蜡分子之间的吸引力，形成不浸润现象。
（ii）浸润液体在毛细管中上升形成凸面、不浸润液体在毛细管中下降形成凹面的现象叫做毛细现象。毛细管内外液面的高度差与毛细管的内径有关，内径越小，高度差越大。
3.液晶具有液体的流动性，而其光学性质与某些晶体类似，具有各向异性。
4.与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽，而未达到饱和状态的蒸汽叫做为饱和汽。在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的；饱和汽的密度随温度的升高而增大。饱和汽所具有的压强叫做这种液体的饱和汽压，用ps表示。饱和汽压随温度的升高而增大，与液体的种类有关，与体积无关。未饱和汽所具有的压强叫做这种液体的未饱和汽压，未饱和汽压小于饱和汽压。
5.空气的湿度可通俗理解为空气的潮湿程度。
空气的绝对湿度：指空气中所含水蒸气的压强。
空气的相对湿度：表示空气中的水蒸气离饱和状态远近的物理量。某温度时空气中水蒸气的实际压强与同一温度下水的饱和汽压强之比叫做这时空气的相对湿度，即相对湿度=×100%。
气体
1.理想气体的内能只与温度有关。气体的压强宏观上与温度和体积有关，微观上单位体积内的分子数、分子平均速率有关。对于一定质量的理想气体，单位体积内的分子数越多、分子平均速率越大，则单位时间内对单位面积器壁的撞击次数越多、每次的撞击力也越大，压强越大。
2.气体实验定律包括一定质量的气体等温变化遵循的玻意耳定律pV=常量、等容变化遵循的查理定律p/T=常量、等压变化遵循的盖·吕萨克定律V/T=常量。理想气体是在任何温度、任何压强下都遵循实验定律的气体。理想气体状态方程pV/T=恒量。
【高考命题动态】
固体、液体、气体是物质存在的重要形态，物态变化是自然界的常见变化，气体实验定律是气体遵循的重要规律。理想气体状态方程是处理气体变化问题的重要规律，也是高考考查重点。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·江苏物理）下列现象中,能说明液体存在表面张力的有 _________.
(A) 水黾可以停在水面上
(B) 叶面上的露珠呈球形
(C) 滴入水中的红墨水很快散开
(D) 悬浮在水中的花粉做无规则运动
【答案】AB
【解析】滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，说明液体分子的热运动。
针对训练题1. （2012江苏盐城二模）下列说法正确的是
A．空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力
B．布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈
C．由能的转化和守恒定律知道，能源是不会减少的
D．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性.
答案：．AD
解析：空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力，选项A正确；布朗运动表明了微粒越小，布朗微粒运动越剧烈，选项B错误；由能的转化和守恒定律知道，自然界总能量不会减少的，但人类可以利用的能源是会减少的，选项C错误；液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性，选项D正确。
典例2.（2012·山东理综）以下说法正确的是 。
a．水的饱和汽压随温度的升高而增大
b．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
c．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
d．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
【答案】ab
【解析】水的饱和汽压随温度的升高而增大，扩散现象表明，分子在永不停息地运动，选项ab正确；当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力减小，选项c错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，选项d错误。
针对训练题2（2011海南物理卷17题（1））关于空气湿度，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）。
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示
D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
【答案】BC【解析】当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，选项A错误B正确；空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，选项C正确D错误。
典例3。（2012·新课标理综）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0°C的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。
（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）
（ii）将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。
【解析】（i）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有 ①
式中Δp=60mmHg，打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB。依题意，有②
玻璃泡A和B中气体的体积为V2=VA+VB ③
根据玻意耳定律得p1VB=pBV2④
联立①②③④式，并代入题给数据得pC=△p=180mmHg 。 ⑤
（ii）当右侧水槽的水温加热至时，U形管左右水银柱高度差为Δp。玻璃泡C中气体的压强为 ⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T’=364K ⑧

针对训练题3（10分）（2012江西重点中学协作体第二次联考）某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3m3．往桶内倒入4.2×10－3m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出。如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到4标准大气压应打气几次？这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？（设大气压强为1标准大气压，整个过程中温度不变）
.解析：由波意耳定律，npV0+pV=4pV，V=5.7×10－3m3-4.2×10－3m =1.5×10－3m，解得n=18.
当药液全部喷完，V’=5.7×10－3m3．由p’V’=4pV解得p’=1.05p，大于大气压，所以能使喷雾器内的药液全部喷完。
典例4.（2012·山东理综）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高。先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm。（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）
①求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）
②此过程中左管内的气体对外界 （填“做正功”“做负功”“不做功”），气体将 （填“吸热”或放热“）。
【答案】①p=50cmHg。②做正功；吸热
【解析】①设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1= p2V2 
p1= p0 
p2=p+ ph 
V1=l1S 
V2=l2S 
由几何关系得h=2(l2-l1)
联立上述各式，代入数据得p=50cmHg。
②做正功；吸热
针对训练题4（2011新课标理综卷第33题）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=70cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
【解析】：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为p1= p0+ ρgl3 　 ① 　
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口响下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则p2= ρgl1 ，p2+ρgx = p0， 　② 　
式中，p2管内空气柱的压强。由玻意耳定律得 p1(Sl2)= p2(Sh) ③
式中,h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。
由①②③式和题给条件得h=12cm　　④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则p3= p0+ ρgx ⑤
由玻意耳定律得p1(Sl2)= p3(Sh’) 　⑥ 　　
式中，h’是此时空气柱的长度。由①②③⑤⑥h’≈9.2cm ⑦
【最新模拟题训练】。
1．（2013连云港摸底）下列说法中，正确的是
A．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不一定增加
B．布朗运动反映了固体小颗粒内分子的无规则运动
C．温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均动能相同
D．当两分子间的距离为“r0”时，分子间的作用力为零，
答案：AC解析：晶体熔化时吸收热量，温度不变，分子平均动能不一定增加，选项A正确；布朗运动反映了液体分子的无规则运动，选项B正确；温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均动能相同，选项C正确；当两分子间的距离为“r0”时，分子间的引力和斥力大小相等，选项D错误。
2(6分）（2013河南三市联考）下列有关物质属性及特征的说法中，正确的是________ (填入正确选项前的字母。选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分，每选错一个扣3 分，最低得分为0分）
A. 液体的分子势能与液体的体积有关
B. 晶体的物理性质都是各向异性的
C. 温度升高，每个分子的动能都增大
D. 分子间的引力和斥力同时存在
E. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
答案：ADE
解析：由于分子势能与分子距离，所以液体的分子势能与液体的体积有关，选项A正确；单晶体的物理性质都是各向异性的，而多晶体的物理性质都是各向同性的，选项B错误；温度升高，分子平均动能增大，不是每个分子的动能都增大，选项C错误；分子间的引力和斥力同时存在， 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，选项DE正确。
3 (9分）（2013河南三市联考）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m,活塞 的横截面积为S0初始时，气体的温度为T0，活塞与容器底部 相距h。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时活塞下降了h，已知大气压 强为p0，重力加速度为g,不计活塞与气缸的摩擦。求此时气体的温度和加热过程中气 体内能的增加量。（题中各物理量单位均为国际单位制单位）
解析：由盖·吕萨克定律得，=,解得T1=2T0.
气体在等压变化过程中，活塞受力如图。由平衡条件，pS=p0S-mg
气体对活塞做功，W=pSh=(p0S-mg)h，
由热力学第一定律，△U=Q-W，
气体内能的增加量为△U=Q-(p0S-mg)h。
4（2013湖北三校联考）一定质量理想气体的p-V图象如图11所示，其中a→b为等容过程，b→c为等压过程，c→a为等温过程，已知气体在状态a时的温度Ta=300K，在状态b时的体积Vb=22.4L求：
?①气体在状态c时的体积Vc；
②试比较气体由状态b到状态c过程从外界吸收的热量Q与对外做功W的大小关系，并简要说明理由。
解：①气体c→a 等温变化，根据玻意尔定理得
又a →b等容过程，所以
解得：
②气体由状态b到状态c为等压过程，由盖吕萨克定律可知体积增大时温度升高，所以气体内能△U增大，由于b→c气体对外做功，W为负值，气体吸热，Q为正值，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W。
5.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是 ▲

A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用
答案：BD
解析：微粒运动是液体分子的无规则热运动的反映，微粒运动即布朗运动，选项A错误；当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，选项B正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的，选 项C错误；小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项D正确。
6.（6分）（2013天星调研卷）下列说法不正确的是 （填入正确选项前的字母。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A．温度高的物体内能可能大，但分子平均动能不一定大
B．单晶体和多晶体都有规则的几何外形
C．热量可以从低温物体传给高温物体
D．夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强
E．潮湿的天气绝对湿度一定很大
【答案】ABE（6分）
【命题意图】 本题主要考查温度、内能、晶体、热力学第二定律、压强、湿度等知识点，意在考查考生对热学相关知识的掌握情况和运用知识的能力。
【解题思路】根据温度的微观含义，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，选项A错误；单晶体有规则的几何外形，而多晶体没有规则的几何外形，选项B错误；热量可以从低温物体传给高温物体，选项C正确；夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中变扁的原因是矿泉水瓶内的空气压强小于外界压强，选项D正确；潮湿的天气相对湿度一定很大，但绝对湿度不一定很大，选项E错误。
【易错警示】本题的易错点是温度与内能的关系、晶体特征、湿度、热力学第二定律的理解。温度是分子平均动能的标志，温度高分子平均动能一定大。物体内能由分子动能和分子势能两部分组成，分子平均动能大，物体内能不一定大。天气潮湿说明相对湿度大，但是如果温度很低，绝对湿度则不大。要正确理解相关量的物理意义，才能正确分析和解答。
7.（9分）（2013天星调研卷）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度1cm，气缸全长21cm，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，保留三位有效数字。
①将气缸倒过来放置，若温度上升到27℃，求此时气柱的长度。
②气缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度。
【命题意图】 本题主要考查气体状态和理想气体状态方程，意在考查考生分析气体状态变化和运用理想气体状态方程及其相关知识的能力。
【解题思路】①气缸正立放置时气体压强p1=p0+=1.2×105Pa,
体积V1=L1S，温度T1=（273+7）K=280K；
气缸倒立放置时气体压强p2=p0-=0.8×105Pa ，
体积V2=L2S，温度T2=（273+27）K=300K；（2分）
由理想气体状态方程，=
解得 L2=16.1cm （3分）
②逐渐升高温度气体做等压变化：T2=（273+27）K=300K
V2=L2S，V3=L3S，L3=20cm （2分）
由=，解得T3=T2=T2=373K. （2分）

8（10分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S。活塞通过轻绳连接了一个质量为m的小物体，轻绳跨在定滑轮上。开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0（mg①气体体积减半时的温度T1；
②建立P—V坐标系并在该坐标系中画出气体变化的整个过程。
解析：①解设初始气体体积V，根据理想气体状态方程
---------------（5分）
解得-----------------（2分）
② 气体变化的整个过程如图。
9（2013徐州摸底）下列说法正确的是 ．
A．晶体都具有确定的熔点
B．布朗运动就是物质分子的无规则热运动
C．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小．
D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故
答案：AC
解析：晶体都具有确定的熔点，选项A正确；布朗运动是液体分子的无规则热运动的反映，选项B错误；一定质量的理想气体压强增大，可能温度降低，其分子的平均动能可能减小，选项C正确；气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子无规则运动的缘故，选项D错误．
10 （2013徐州摸底）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，已知在此过程中，气体内能增加100J，则该过程中气体 (选填“吸收”或“放出”)热量 J．
答案：吸收 300
解析：一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，体积增大，对外做功W=p△V=1.0×105×2.0×10-3J=2.0×102J..。根据热力学第一定律，该过程中气体吸收热量300J。
11.（2013江苏常州模拟）下列说法中正确的是
A．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动
B．多晶体没有固定的熔点
C．液晶的光学性质具有各向异性
D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力
答案：⑴C(4分)
解析：（1）布朗运动是悬浮在液体中的微粒所做的无规则运动，选项A错误；多晶体有固定的熔点，选项B错误；液晶的光学性质具有各向异性，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，选项D错误；
12（2013江苏常州模拟）一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示，AB、BC分别与p轴和T轴平行，气体在状态A时的压强为p0、体积为V0，在状态B时的压强为2p0，则气体在状态B时的体积为 ；气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了ΔU，则此过程气体 （选填“吸收”或“放出”）的热量为 ．
答案： V0/2 (1分) 吸收 (1分) △U+W (4分)
（2）解析：对AB过程，温度不变，由玻意耳定律可知，气体在状态B时的体积为V= V0/2；气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了ΔU，由热力学第一定律，此过程气体吸收的热量为△U+W．
13（2011福建理综卷第28题）如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程。图中横线表示时间t，纵轴表示温度T。从图中可以确定的是 （填选项前的字母）
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B．曲线M的bc段表示固液共存状态
C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
答案：B
【解析】只有晶体存在固定的熔点T0，曲线M的bc段表示固液共存状态，曲线M的ab段、表示固态，曲线N的ef段不表示固态，曲线N的fg段不表示液态，选项B正确ACD错误。
14．（2010海南物理第17题)下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母，每选错一个扣2分，最低得分为0分）。
(A)当一定质量的气体吸热时，其内能可能减小
(B)玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体
(C)单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
(D)当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部
(E)气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关
【答案】ADE
【解析】一定质量的气体吸热时，如果同时对外做功，且做的功大于吸收的热量，则内能减小，选项A正确；玻璃是非晶体，选项B错；多晶体也有固定的熔点，现象C错；液体表面层内的分子密度小于液体内部分子密度，大于大气分子密度，因此分子力的合力指向液体内部，选项D正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，决定气体的压强，而气体压强与气体温度和体积(单位体积内分子数)有关，因此气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内分子数和气体的温度有关，选项E正确。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十六
专题二十六、电学实验
高中物理电学实验是物理实验高考的重点，是高考的必考内容。电学实验共有6个，可归纳为四二三，即知道四种测量电路（描绘小灯泡的伏安特性曲线及分压电路、伏安法测电阻电路、半偏法测电表内阻和电表的校对电路、测定电源电动势和内阻电路），会画二种曲线（电阻或小灯泡的伏安特性曲线、 电源的伏安特性曲线），掌握三类仪器（多用电表、螺旋测微器和游标卡尺、电压表电流表电阻箱等）的读数使用。
1.描绘小灯泡的伏安特性曲线实验由于要求小灯泡两端电压从零开始逐渐增大，所以必须采用分压电路；小灯泡的电阻一般只有几欧姆，所以采用电流表外接。电阻（电阻率）测量需要根据题述条件设计测量电路。待测电阻远大于电流表内阻时采用电流表内接，待测电阻远小于电压表内阻时采用电流表外接。若待测电阻较大而滑动变阻器又很小时必需采用分压电路。由于分压电路的电压调节范围大，且电压可以从零开始逐渐增大，所以凡是要求多测几组值，一般采用分压电路；画元件两端电压从零开始的伏安特性曲线必须采用分压电路。由于限流电路耗电少，所以不是必须采用分压电路的一般采用限流电路。
2.在半偏法测电流表内阻实验中，串联在电路中的可变电阻R应选择最大阻值远大于电流表内阻的滑动变阻器，在能够满足电流表满偏的条件下，电源电动势尽可能选择大的测量误差小。选择电源电动势的方法是：滑动变阻器的最大阻值与电流表满偏电流的乘积等于或稍大于电源电动势。半偏法测电流表内阻实验中，当闭合与电流表并联支路中的电键时，电路中总电阻减小，电流增大，调节电阻箱的电阻值使电流表半偏，与电流表并联的电阻箱R1中电流将大于电流表中的半偏电流，R1小于电流表内阻rg，所以测量值R1与rg的真实值相比偏小。电表的校对电路由于需要从零刻度开始校对，所以采用分压电路。
3. 测定电源电动势和内阻实验采用电流表和电压表测出外电路的几组电流和电压值，为了消除偶然误差，一般采用图像法处理实验数据。由闭合电路欧姆定律可知电源路端电压U=E—Ir，电源的伏安特性曲线应该是一直线，所以将图像中数据点连线时一定要画成直线，直线与纵轴（U轴）的交点纵坐标值等于电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻。
4. 多用电表是一种可以用来测量电流、电压、电阻等的磁电式测量仪表，直流电流档、电压档刻度是均匀的。多用电表欧姆档（欧姆表）是根据闭合电路欧姆定律制成的，由于电流I与待测电阻R是非线性关系，且电流为零时电阻值为无限大，所以多用电表欧姆档（欧姆表）的刻度不均匀，且电流零刻度处对应电阻值为无限大，电流满偏处对应电阻值为零。用多用电表欧姆档（欧姆表）测量电阻时首先要选档、调零，将电阻从电路中断开然后测量。测量时，应使指针尽可能指在中间刻度附近。若指针偏角太小，说明电阻值大，应改换高倍率档；若指针偏角太大，说明电阻值小，应改换低倍率档。注意每次换挡后均要重新调零，读数时应将指针示数乘以档位倍率。
5. 测量电阻丝的电阻率采用伏安法。金属丝的截面直径测量一般用螺旋测微器，长度测量可以使用毫米刻度尺。螺旋测微器测量导线直径时从固定刻度读得整毫米数，可动刻度读得百分之一毫米数，注意，螺旋测微器读数时要看固定刻度上半毫米刻度是否露出，若露出，要加0.5毫米；从可动刻度上读数时要估读1位。游标卡尺可以利用内测量爪测量内径，利用外测量爪测量外径，利用深度尺测量深度。游标卡尺测量读数从主尺读得整毫米数，若与主尺上刻度线对齐的游标上第N条刻度，则读数为：整毫米数+N×精度。注意游标卡尺不估读。
实验一、测定金属的电阻率
【重点知识精讲】
电阻率是描述导体导电性能的重要物理量，电阻率测量需要根据题述条件设计测量电路。待测电阻远大于电流表内阻时采用电流表内接，待测电阻远小于电压表内阻时采用电流表外接。若待测电阻较大而滑动变阻器又很小时必需采用分压电路。由于分压电路的电压调节范围大，且电压可以从零开始逐渐增大，所以凡是要求多测几组值，一般采用分压电路；由于限流电路耗电少，所以不是必须采用分压电路的一般采用限流电路。金属丝的截面直径测量一般用螺旋测微器，长度测量可以使用毫米刻度尺。螺旋测微器测量导线直径时从固定刻度读得整毫米数，可动刻度读得百分之一毫米数，注意，螺旋测微器读数时要看固定刻度上半毫米刻度是否露出，若露出，要加0.5毫米；从可动刻度上读数时要估读1位。
典型考法
典例1.（2012·广东理综物理）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图15（a）和图15（b）所示，长度为_____cm，直径为_____mm。
②按图15（c）链接电路后，实验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
（b）将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；
③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω。
【答案】：①5.01 5.315 ②（a）大 （b）大 ③1280
【解析】：根据游标卡尺读数规则，长度为5.01cm，根据螺旋测微器的读数规则，直径为5.315mm。对于滑动变阻器的限流接法，闭合开关前，将滑动变阻器R1的阻值置于最大处。将S2拨向接点2前，将电阻箱R2的阻值调至最大处。此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值，为1280Ω。
【考点定位】此题考查等效替代法测量电阻。
针对训练题1.（2012·山东理综）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；
电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；
A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；
电源：E1（电动势3V，内阻不计）
E2（电动势12V，内阻不计）
滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm。
②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 、电源应选 （均填器材代号），在虚线框中（问答题卡）完成电路原理图。
【答案】①1.773②A1；E1；电路图如右。
【解析】①根据螺旋测微器读数规则，金属丝的直径为1.5mm+0.27.3mm=1.773mm。
②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选量程0.6A的A1。电源应选电动势3V 的E1。由于待测电阻很小，采用电流表外接。
【考点定位】此题考查测量金属丝电阻率的实验。
典例2.（18分）（2012·北京理综）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为 m(该值接近多次测量的平均值）
用伏安法测金属丝的电阻R。实验所用器材为：电源（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

由以上实验数据可知，他们测量R是采用图2中的 图（选填：“甲”或“乙”）
图3是测量R的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据（2）所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流变不至于被烧坏。
这个小组的同学在坐标纸上建立U 、I坐标系，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U--I图线，由图线得到金属丝的阻值R= Ω（保留两位有效数字）。
根据以上数据可以估算出金属丝电阻率为 （填选项钱的符号）。
A.1×10-2Ω·m B.1×10-4Ω·m C.1×10-6Ω·m D.1×10-8Ω·m
任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 （有多个正确选项）。
A. 用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B. 由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C. 若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除测量仪表引起的系统误差
D. 用U---I图像处理数据求金属丝电阻可以减少偶然误差
【答案】：（1）0.397 （2）甲 （3）如图3
（4）如图4 4.5 （5）C （6）CD
【解析】：（1）根据螺旋测微器读数规则，金属丝的直径为 0.397mm。
（2）根据实验数据可知，他们测量R是采用图2中的甲图。
（3）根据甲图连线实物图如图3。
（4）描绘出U--I图线如图4 。图象斜率等于金属丝的阻值R= 4.5Ω。
（5）由电阻定律，金属丝电阻率为ρ=RS/L，S约为1×10-7m，可以估算出金属丝电阻率为1×10-6Ω·m ，选项C正确。
（6）用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A错误；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，选项B错误；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除测量仪表引起的系统误差，用U---I图像处理数据求金属丝电阻可以减少偶然误差，选项CD正确。
【考点定位】此题考查电学实验及其相关知识。
针对训练题2．（2010山东理综）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示。闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：
①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是　　　　　（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）。
②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障。先将选择开关旋至　　　　档（填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2．5mA”），再将　　　　（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱。若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是　　　　、　　　　、　　　　。
2.【答案】①待测金属丝；②直流电压10V，红，0，E，E。
【解析】若电流表示数为零，电压表示数为E，说明电压表与电源构成闭合回路，发生故障的是待测金属丝。利用多用电表检测含电源电路故障，先将开关旋转至直流电压10V档，再将红表笔固定在电源正极a接线柱，若只有滑动变阻器断路，把另一支表笔接b时，多用电表示数为0；把另一支表笔接c时，多用电表示数为E；把另一支表笔接d时，多用电表示数为E。
【达标测试题】
1（2012年3月四川南充市二模）某同学测定一根金属丝的电阻率.
①用螺旋测微器测量金属丝的直径如左下图所示，则该金属丝的直径为_____mm.
②先用多用电表粗测其电阻.将选择开关调到欧姆挡“×10”档位，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：
a. 将选择开关换成欧姆挡的“_____”档位(选填“ ×100”或“ ×l”）
b.调零后再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如右下图所示，则此段金属丝的电阻约为_____Ω。
③现要进一步较精确测量其阻值，实验室提供了以下各种器材:4V的直流电源、3V量程的直流电压表、电键、导线等.还有电流表与滑动变阻器各两个以供选用：
A.电流表A1(量程0.3A,内阻约1Ω）
B.电流表A2（量程0.6A,内阻约0.3Ω）
C.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D.滑动变阻器R2（最大阻值为50Ω）
为了尽可能提高测量准确度且要求电压调节范围尽量大.电流表应选_____滑动变阻器应选_____ (填器材前面的字母）
1答案：① 0.520 mm
②（a） ×1 （b） 12Ω
③ A ，C
解析：①该金属丝的直径为0.5mm+0.020mm=0.520mm.
②先用多用电表粗测其电阻.将选择开关调到欧姆挡“×10”档位，测量时发现指针向右偏转角度太大，说明电阻较小，这时他应该将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位。此段金属丝的电阻约为12Ω。
③由于电源电动势4V，金属丝的电阻约为12Ω，电流约为0.3A，为了尽可能提高测量准确度且要求电压调节范围尽量大.电流表应选量程0.3A 的电流表A1；滑动变阻器应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器R1。
2.（2012年3月福建莆田质检）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，获得的金属丝直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的值分别是 mm、 A、 V.。
已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ。电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E=4.5V，内阻很小。则以下电路图中 （填电路图下方的字母）电路为本次实验应当采用的最佳电路。用此电路测得的金属丝电阻Rx比真实值 （填“大”或“小”）。
若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的 电路。若此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx= 。（用题中各物理量符号表示）
2.答案：0.999 0.42 2.26 A 小 B U/I-RA
解析：根据螺旋测微器读数规则可知金属丝直径为0.999mm；电流表读数是0.42A，电压表读数是2.26V。由于金属丝电阻一般不太大，采用电流表外接。干电池不宜在长时间、大功率状况下使用，采用限流电路，所以本次实验应当采用的最佳电路为图A。用此电路测得的金属丝电阻Rx实质是电阻丝与电压表并联等效电阻值，比真实值小。若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的B电路。若此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx= U/I-RA。
3.（2012年4月广西南宁三模）（1）某同学想利用所学知识测量某种材料的电阻率，由于不知其大约阻值，于是，他用多用电表先粗测该材料一段样品的电阻，经正确操作后，用“×100 Q”挡时发现指针偏转情况如图所示，则他应该换用 挡（填“×10 ”或“×lk”）重新测量，换挡后，在测量前先要 。
（2）要测出（1）中所给材料样品的电阻率，必须精确测出该段样品的阻值．除了导线和开关外，实验室还备有以下器材可供选用：
电压表V1，量程6V，内阻R1，等于20 kfl
电压表V2，量程10 V，内阻R2。约30 k
滑动变阻器R1，0～20 ，额定电流2A
滑动变阻器R2，0～2000 ，额定电流1 mA
电源E（电动势为12 V，内阻r约2 ）
①请选择合适的器材，设计出便于精确测量的电路图画在方框中．其中滑动变阻器应选_ __．
②若选用其中一组电表的数据，设该段圆柱形材料的长为L，直径为d，由以上实验得出这种材料电阻率的表达式为____，式中符号的含义为_ __．
3.答案：（1）×1k 欧姆调零
（2）①R1 电路图如图所示。
② U1表示电压表V1的示数，U2表示电压表V2的示数.
解析：（1）由题图可知，多用电表指针偏转角度太小，电阻达1700Ω左右，应该换用×1k档，换档后需要重新欧姆调零。
（2）由于电压表V1的内阻已知，可以作为电流表使用。为了得到较多组数据，滑动变阻器采用分压式接法电路，选用阻值范围0～20的滑动变阻器R1。根据电路图，Rx=，IV1=，由电阻定律，Rx=ρL/S，S=πd2/4，联立解得ρ=，式中U1表示电压表V1的示数，U2表示电压表V2的示数.
4.（2012湖南衡阳六校联考） 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：
(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值l.其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为________ cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为________ mm.
(2)采用右图所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．最后由公式ρ＝________计算出金属丝的电阻率(用直接测量的物理量表示)．
4.答案.　(1)24.12～24.14 　0.518～0.519 (2)偏小　
解析：(1)根据刻度尺读数规则，图甲中读数为24.13cm；根据螺旋测微器读数规则，图中读数为0.518 mm.
(2)用电流表外接电路测量金属丝的电阻．金属丝中电流小于电流表读数，所以电阻的测量值比真实值偏小．由欧姆定律R=U/I，电阻定律R=ρl/S，S=πd2/4联立解得电阻率ρ＝。
5. （2012重庆期末测试）在“测金属丝电阻率”实验中，提供以下实验器材；
待测金属丝、螺旋测微器（千分尺）、直尺；
电源E（电动势约3V）；电压表V（量程3V，内阻约5kΩ）：
电流表A（量程0.6A、内阻为1.0Ω）；
滑动变阻器、开关及导线若干．
某同学进行了如下操作：
①如题22-2图所示，用直尺测金属丝的长度L= m；
②如题22-3图所示，用螺旋测微器测金属丝直径d= m；
③按照实验设计进行了实物连接如题22-4图并进行了相应测量，利用电压表和电流表读数画出了如题22-5图的U—I图象。
由此得到金属丝电阻R= Ω
④根据以上测量，计算该金属丝的电阻率ρ= Ω·m．（计算结果保留两位有效数字）
5.答案：①5.56×10-2～5.59×10-2 ②5.71×10-4～5.74×10-4
③ 4 ④1.7×10-5～1.9×10-5
解析：由电路可知，电流表内接，R+RA=U/I=5Ω，R=4Ω；金属丝截面积S=πd2/4=2.5×10-7m2。由电阻定律，ρ=RS/L=Ω·m=1.8×10-5Ω·m．
6．（1）(2013广东二校联考摸底)一个额定功率为0.1W的电阻，其阻值不详。用欧姆表粗测其阻值，其结果如图所示。现有下列器材，试选择合适的器材及适当的电路，较精确地测定该电阻的阻值。
A．电流表，量程0～500μA，内阻约150Ω
B．电流表，量程0～10mA，内阻约10Ω
C．电压表，量程0～3V，内阻约5KΩ
D．电压表，量程0～15V，内阻约10KΩ
E．干电池两节，每节电动势为1.5V
F．直流稳压电源，输出电压12V，额定电流1A
G．滑动变阻器，0～50Ω，0.5A
H．电键一只，导线若干
① 欧姆表测得的电阻值约为 Ω；
② 电流表应该选择 ，电压表应该选 择 ，电源应该选择 ，（填字母代号）；
③ 请在下列实验电路图中选择合适的电路图（ ）
答案：（1）①1k（或1000）
②BDF ③B
解析：① 欧姆表测得的电阻值约为100Ω×10=1000Ω；
②根据额定功率为0.1W，由P=I2R可得最大电流为0.01A， 电流表应该选择量程0～10mA的电流表B；电压表应该选择量程0～15V的电压表D；电源应该选择输出电压12V的直流稳压电源F。
③由于待测电阻较大，选择电流表内接；由于滑动变阻器阻值范围0～50Ω，需要设计成分压电路，合适的电路图时B。
7. （2013温州八校联考）某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为≥200Ω·m）。如图16所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱。容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm。将水样注满容器后，进行以下操作：
分别用多用电表欧姆挡的“×1k”、“× 100”两档 粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图17所示，则所测水样的电阻约为 Ω。
（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实 验室中找到如下实验器材：
A.电流表(量程3mA，电阻RA为5Ω)
B.电压表(量程6V，电阻RV约为10 kΩ)
C.滑动变阻器(0~20Ω，额定电流1 A)
D.电源(6V，内阻约1Ω)
E.开关一只、导线若干
请在答题卷相应位置的实物图中完成电路连接。
（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数
据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出
一系列数据如表所示，请在在答题卷相应位置的坐标纸中作出U-I关系图线。
U/V
1.1
1.8
3.0
3.8
4.7
I/mA
0.50
0.82
1.36
1.73
2.13
（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为 Ω·m。据此可知，所测水样在电阻率这一指标上 (选填“达标”或 “不达标”)
.答案：（1）1750Ω （2）电路连接如图a所示。
（3）如图b所示。 （4）不达标。
解析：（1）根据多用电表测量电阻时要尽可能使指针指在中间附近，所以按照左图读数，读数为17.5×100Ω=1750Ω。
（2）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图a所示。

图a 图b
（3）让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧，如图b所示。
（4）由图线斜率可知，总电阻为22005Ω，（理论上R =R总－R A=2195Ω，但由于实验的偶然误差可能比5Ω还要大，因此，电流表电阻可以忽略），根据电阻定律，代入数据得ρ=110.00.3Ω·m，由于ρ<200Ω·m，因此，不达标。
8.（11分）（2013安徽师大摸底）小明利用实验室提供的器材测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω。他首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）； 电流表A1（量程0～100mA，内阻约5(）；
电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）； 电阻箱R（0～999.9(）； 开关、导线若干。
小明的实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L。
F．断开开关。
①小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次测量中该电阻丝直径的测量值d=____________ mm；
②实验中电流表应选择_____________（选填“A1”或“A2”）；
③小明用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的R-L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=________（用给定的物理量符号和已知常数表示）。
④若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果是否会产生影响？若有影响，请说明测量结果将偏大还是偏小。（不要求写出分析的过程，只回答出分析结果即可）答： 。
答案：. （11分）（2）①0.730……（3分） ②A1……（2分）
③……（3分） ④不产生影响……（3分）
解析：①根据螺旋测微器读数规则，该电阻丝直径的测量值d=0.5mm+0.230mm=0.730 mm；
②由于电阻丝的电阻约为20Ω，电池组E的电动势为3.0V ，电路中电流小于0.15A，所以实验中电流表应选择A1。
③由电阻丝接入电路部分电阻R’=ρL/S，S=，根据闭合电路欧姆定律，E=I(R+R’+r),联立解得：R=E/I-r-L，对照R-L关系图线，可得=R0/L0，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=。
④由于电流表内阻的存在不影响图线斜率，所以对电阻率的测量结果不会产生影响。
第二讲 描绘小灯泡的伏安特性曲线
【重点知识精讲】
描绘小灯泡的伏安特性曲线实验由于要求小灯泡两端电压从零开始逐渐增大，所以必须采用分压电路；小灯泡的电阻一般只有几欧姆，所以采用电流表外接。与描绘小灯泡的伏安特性曲线实验类似的是研究元件的伏安特性曲线，凡是要求画出两端电压从零开始的伏安特性曲线都必须采用分压电路。
典型考法
典例1（2012·四川理综）某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rv=9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0~10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S及导线若干。
①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，此时L的电阻为________________Ω。
②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是_________________V。
③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
【答案】：①5 ②4 ③实验电路图如图。
【解析】：①电压表的示数为2.30V，此时小灯泡L的电阻R=U/I=5Ω。
②如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，电压表中电流为mA，加在L上的电压值是3V+mA×3kΩ=4V。
③题目要求在乙同学的基础上利用所供器材，补画出实验电路图，可将电压表串联标准电阻R2，量程扩大为4V。将电流表A2并联标准电阻R1，量程扩大为0.72A。
【考点定位】此题考查探究小灯泡L的伏安特性曲线及其相关知识。
针对训练题1（2011·福建理综卷21题（2））某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至_______档进行测量。（填选项前的字母）
A.直流电压10V B.直流电流5mA
C.欧姆×?100 D.欧姆×?1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20,额定电流1.0A），L为待测小电珠，为电压表（量程6V，内阻20k），为电流表（量程0.6A，内阻1）,E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关。
Ⅰ.在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最_ 端；（填“左”或“右”）
Ⅱ.在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是______点至________点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）
Ⅲ. 该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而____________。（填“不变”、“增大”或“减小”）
【解析】：由于小电珠的电阻一般不大，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至欧姆×?1，选项D正确。对于分压电路，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于使小电珠上电压为零处，即最左端。闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是滑动变阻器左端与电源没有连接好。由描绘出的小电珠的伏安特性曲线可知，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大。
【答案】①D
②Ⅰ.左 Ⅱ 1 5 Ⅲ. 增大
【点评】描绘小电珠伏安特性曲线是高考命题频率很高的实验，常与电路连接、仪器选择、故障判断、图象分析等相结合，试题难度一般中等。
典例2（2010浙江理综）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得电流-电压的数据如下表所示：
电流I/mA
2.7
5.4
12.4
19.5
27.8
36.4
47.1
56.1
69.6
81.7
93.2
电压U/V
0.04
0.08
0.21
0.54
1.30
2.20
3.52
4.77
6.90
9.12
11.46
（1）用上表数据描绘电压随电流的变化曲线；
（2）为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图所示：请指出图线的特征，并解释形成的原因。
答案：（1）根据上表数据描绘的电压随电流的变化曲线如图所示。
（2）电阻随电流增大，存在三个区间，电阻随电流的变化快慢不同。第一区间电流很小时，电阻变化不大；第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢。
针对训练题2.（2010安徽理综）太阳能是一种清洁、“绿色”能源。在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池。太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。
（1）为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图。
（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻_____________ （填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为____________Ω。
【答案】（1）如右图所示。（2）很大；1.0×103
【解析】（1）根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，电路连接如图；
（2）在电压小于2.00V时，由图可知电流很小（几乎为零），由R=U/I可知，太阳能电池的电阻R很大；
（3）当电压为2.80V时，根据题图读出对应的电流I=2.8mA，由R=U/I得：R=1.0×103Ω。
【达标测试题】
1.（2012年4月山东潍坊二模）某同学要描绘一小灯泡（3V，1.5W）的伏安特性曲性，他设计了如图甲所示的电路，其中电源电动势为4V，电压表有两个量程.
①请帮助该同学将连线补充完整.
②实验中某次电压表示为2.5V，电流表示数如图乙所示，则此时小灯泡的实际功率为___________W.
1. 答案：①连线如图。②1.1
解析：（1）电流表示数为0.44A，此时小灯泡的实际功率为P=UI=2.5×0.44W=1.1W。
2(12分）（2012年3月四川乐山市二模）有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样,现要描绘这个灯泡的伏安特性图线.,有下列器材供选用。：
A. 电压表(0?5V,内阻约为10kΩ)
B. 电压表(0?10V，内阻约为20kΩ)
C. 电流表(0?0.3 A,内阻约为1Ω)
D. 电流表(0?0.6A,内阻约为0.4Ω)
E. 滑动变阻器(10Ω,2A)
F. 学生电源(直流6V),还有开关、导线若干
①实验中所用电压表应选用_ __,电流表应选用 _ __.(用对应的选项字母表示）
②实验时要求尽量减小实验误差,测量电压时应从零开始多取几组数据，请将图甲中实物连接成满足实验要求的測量电路.
③某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图乙所示〉,若用电动势为3 V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是 W.
2.答案：①A D ②如图所示。③0.80
解析：①由小灯泡规格可知正常工作电流为0.5A，选择量程0?5V的电压表A，选择量程0?0.6A的电流表D。②设计成电流表外接的分压电路。③在小灯泡的伏安特性曲线图中作出电源的的伏安特性曲线，两曲线的交点纵横坐标的乘积即等于小灯泡的实际功率。
3．（2012年3月江苏省苏北四星级高中联考）发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用。图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“＋”号的一端接高电势，带“－”号的一端接低电势．某同学想描绘它的伏安特性曲线，实验测得它两端电压U和通过它电流I的数据如下表所示：
U/V
0
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
2.80
I/mA
0
0.9
2.3
4.3
6.8
12.0
19.0
30.0
(1)实验室提供的器材如下：
A．电压表(量程0-3V，内阻约10kΩ)
B．电压表(量程0-15V，内阻约25 kΩ)
C．电流表(量程0-50mA，内阻约50Ω)
D．电流表(量程0-0.6A，内阻约1Ω)
E．滑动变阻器(阻值范围0-10Ω，允许最大电流3A)
F．电源(电动势6V，内阻不计)
G．开关，导线
该同学做实验时，电压表选用的是 ，电流表选用的是 （填选项字母）；
(2)请在图乙中以笔划线代替导线，按实验要求将实物图中的连线补充完整；
(3)根据表中数据，在图丙所示的坐标纸中画出该发光二极管的I-U图线；
(4)若此发光二极管的最佳工作电流为10mA，现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R= Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态 (结果保留三位有效数字) ．
3．答案：（1）A C （2）实物图如图所示。
（3）发光二极管的I-U图线如图所示。 （4）120Ω
解析：根据测量数据可知，该同学做实验时，电压表选用的是量程0-3V的电压表A，电流表选用的是(量程0-50mA电流表C。描绘发光二极管的I-U图线，采用分压电路。由于电流表内阻较大，设计成电流表外接。此发光二极管的最佳工作电流为10mA，由该发光二极管的I-U图线可知对应的电压为1.8V。现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R=Ω=120Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态.
4．（12分）（2012年贵州省黔东南州一模）某课外学习小组想描绘标有“4 V、2 W”的小灯泡的U—I图象，除导线和开关外还备有以下器材可供选择：
A．电流表(量程0.6 A,内阻约为1 Ω)
B．电流表(量程3.0 A,内阻约为0.2 Ω)
C．电压表(量程5.0 V,内阻约为5 kΩ)
D．电压表(量程15.0 V,内阻约为15 kΩ)
E．滑动变阻器(最大阻值为200 Ω,额定电流100 mA)
F．滑动变阻器(最大阻值为10 Ω,额定电流1.0 A)
G．电源(电动势为6.0 V,内阻约为1.5 Ω)
(1)实验中所用的电流表应选 ；电压表选 ；滑动变阻器应选 (只需填器材前面的字母代号)。
(2)将图甲中的实物连接成实验所需的电路(有两根导线已经接好)。实验开始时，滑动变阻器的滑片应该置于最 端(填“左”或“右”)。
(3)经过正确的操作，测得的数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
电压U/V
0
0.4
0.8
1.2
1.6
2.0
2.4
2.8
3.2
3.6
4.0
电流I/A
0
0.12
0.22
0.30
0.36
0.40
0.43
0.46
0.48
0.49
0.50
请在图乙中描点画出小灯泡的U—I曲线。
4.答案： (1) A ；C；F
(2)实物图如下图（a）所示； 左
(3)U—I图线如下图（b）所示
解析：由于小灯泡额定电流为0.5A，所以实验中所用的电流表应选量程0.6 A的A；电压表选量程5.0 V的C；采用分压电路，滑动变阻器应选最大阻值为10 Ω的F。电路设计成电流表外接的分压电路。滑动变阻器的滑片应该置于小灯泡两端电压为零的最左端。描点画出小灯泡的U—I曲线。……
5.(2012年3月山东德州一模)某同学从实验室中找到一只小灯泡，上面标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清，为了得到额定电压值，他先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2.0Ω，然后根据公式P=等计算出该灯泡的额定电压为l.23 V。该同学怀疑所得电压值不准确，于是他利用下列实验器材设计了一个电路进行测量。
A．电压表V(量程3 V，内阻约l kΩ)
B．电流表A(量程500 mA，内阻约0.6Ω)
C．滑动变阻器R1(0—5Ω)
D．滑动变阻器R2(0—100Ω)
E．电源E(电动势4.0 V，内阻不计)
F．开关S和导线若干
在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下列表格中。
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.70
I/mA
80
155
195
227
255
279
310
①请根据实验要求，在虚线框内画出电路图并标出所选滑动变阻器的字母代号。
②根据实验数据作出的U-I图线如图所示。由图象得出该灯泡的额定电压应为 V；这一结果大于l.23 V，其原因是 。
5.答案：①如图所示。
②2.5 灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻
解析：根据实验要求，电路应设计成分压电路，电流表外接。滑动变阻器采用阻值范围为0—5Ω的R1。由根据实验数据作出的U-I图线可知，当电压为2.5V时，电流为300mA，功率为0.75W，所以由图象得出该灯泡的额定电压应为2.5V。这一结果大于l.23 V，其原因是灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻。
6．（2012年3月安徽省“江南十校”高三联考）现要描绘标有“4.0V，0.4A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有以下一些器材可供选择：
电源： E1（电动势为2.0V，内阻为0.2Ω）；
E2（电动势为4.5V，内阻为0.02Ω）
电压表：V1（量程5V，内阻为5kΩ）；
V2（量程15V，内阻为15kΩ）
电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；
A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）
滑动变阻器：R1（可调范围 0~10Ω，允许通过最大电流5A）；
R2（可调范围 0~5kΩ，允许通过最大电流0.1A）
导线，开关若干。
（1）为了调节方便，准确描绘伏安特性曲线，实验中应该选用电源_______，电压表_____ ,电流表 _____，滑动变阻器 _______（填器材的符号）。
（2）在满足（1）的情况下，画出实验中所需的电路原理图（标明所选仪器的符号）。
6、答案：（1）E2 ，V1 ，A2 ，R1
（2）如图
解析：
．实验中应该选用电动势大于小灯泡额定电压的电源E2，电压表选用量程5V的V1，电流表选用量程大于小灯泡额定电流的A2，滑动变阻器选用可调范围 0~10Ω的R1。电路设计为分压电路，电流表外接。
7．（2012年3月安徽省“江南十校”高三联考）现要描绘标有“4.0V，0.4A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有以下一些器材可供选择：
电源： E1（电动势为2.0V，内阻为0.2Ω）；E2（电动势为4.5V，内阻为0.02Ω）
电压表：V1（量程5V，内阻为5kΩ）；V2（量程15V，内阻为15kΩ）
电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）
滑动变阻器：R1（可调范围 0~10Ω，允许通过最大电流5A）；R2（可调范围 0~5kΩ，允许通过最大电流0.1A）
导线，开关若干。
（1）为了调节方便，准确描绘伏安特性曲线，实验中应该选用电源_______，电压表_____ ,电流表 _____，滑动变阻器 _______（填器材的符号）。
（2）在满足（1）的情况下，画出实验中所需的电路原理图（标明所选仪器的符号）。
7.答案：
（1）E2 ，V1 ，A2 ，R1 （2）如图
解析：实验中应该选用电动势大于小灯泡额定电压的电源E2，电压表选用量程5V的V1，电流表选用量程大于小灯泡额定电流的A2，滑动变阻器选用可调范围 0~10Ω的R1。电路设计为分压电路，电流表外接。
8.. （2010·重庆卷）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡1，量程恰当的电流表示 A和电压V，直流电源A,滑动变阻器R，电键S等，要求灯泡两端电压从OV开始变化，
①实验中滑动变阻器应采用____________接法（填“分压”或“限流”）
②某同学已连接如题图1所示的电路，在连接最后一根导线的C端到直接电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改下
A．__________________________________________
B．_______________________________________________
③电路连接正确后，分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线，如题图2中Ⅰ和Ⅱ所示。然后将灯泡L1和L2与电池组（电动势和内阻均恒定）连成题图3所示电路。多次测量后得到通过L1和L2的电流平均值分别为0.30A和0.60A。
A.在题图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。
B.由该曲线可知电池组的电动势为_________V，内阻为_________Ω。（取2位有效数字）
8.答案：⑵①分压
②A.电键不应闭合，应处于断开状态
B.滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端
③ A. 电池组U-I图线如图。B. 4.6V 2.7Ω
解析：
⑵①探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法。
②在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误。连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表。
③描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为Ω，电动势为， V，然后作出准确图像如图。
3．(10分) （2013江苏徐州摸底）某同学准备探究一未知元件Q的伏安特性曲线，他设计了如图甲所示的电路图．请回答下列问题：
(1)清将图乙中的实物连线按电路图补充完整。
(2)该同学正确连接实验电路后闭合开关，调节滑动变阻器滑动头P，发现电流表和电压表的指针始终不发生偏转．在不断开电路的情况下，他使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的红、黑表笔与电流表的“+”、“-”接线柱接触时，发现多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是 ．
(3)排除故障后，该同学测得实验数据如下表所示，请在坐标纸上作出该元件的U-I图线。
(4)通过实验可以得出，该元件的阻值随所加电压的增大而 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
科网ZXXK]
、答案：（1）如图。 （2）电流表断路 （3）如图 （4）减小
解析：使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的红、黑表笔与电流表的“+”、“-”接线柱接触时，发现多用电表指针发生较大角度的偏转，说明多用电表与电源构成通路，电路故障是电流表断路。根据画出的图象，由欧姆定律可知，该元件的阻值随所加电压的增大而减小。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十四
专题二十四、变压器和电能输送
【重点知识解读】
变压器是根据电磁感应现象工作的。变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，即=；理想变压器的输入功率等于输出功率。对于变压器，输入电压决定输出电压，输出功率决定输入功率。
电能的输送。当输电功率为P、输电电压为U时，输电线上输电电流I=P/U，输电线上损失电压U损=IR线，输电线损失功率P损=I2R线= R线。解决远距离输电问题，要首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线降压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号，利用P损=I2R线= R线及其相关知识解答。
【高考命题动态】
交变电流与工农业生产和人们生活息息相关，也是高考必考内容。高考对变压器和电能输送的考查涉及变压器、动态电路、电能输送等，难度中等。
【最新高考题分析】
典例3（2012·山东理综）图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于V
C．实现点火的条件是>1000
D．实现点火的条件是<1000
【答案】BC
【解析】电压表的示数为电压有效值，等于V，选项B正确A错误。当变压器匝数比>1000，变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。选项C正确D错误。
【考点定位】此题考查变压器、交变电流有效值及其相关知识。
针对训练题3.（2011新课标理综）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则
A．U=110V， I=0.2A
B．U=110V， I=0.05A
C．U=110V， I=0.2A
D．U=110V， I=0.2A
【解析】：灯泡正常发光说明副线圈输出电压为220V，原线圈输入电压为110V，电压表读数为110V；由变压器功率关系可知，变压器输入功率为22W，电流表读数为0.2A，选项A正确。
【答案】：A
【点评】此题考查理想变压器的电压关系和功率关系及其相关知识点。
典例4. (2012·天津理综)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2。则P1和P2/ P1分别为
A．， B．R， C．， D．R，
【答案】D
【解析】当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路电压为kU，线路中电流I=P/kU，线路损耗的电功率为P1=I2R=R。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路电压为nkU，线路中电流I=P/nkU，线路损耗的电功率为P2=I2R=R。P2/ P1=，选项D正确ABC错误。
【考点定位】本题考查变压器、电能输送等，意在考查考生灵活应用相关知识的能力。
针对训练题4. （2010江苏物理）在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【解析】发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，选项A错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压（△U=IR）增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率（△P=I2R）增大，选项C正确；输电线上损耗的电功率△P=I2R=R，输电线上损耗的功率占总功率的比例=，选项D正确。
【答案】CD
【点评】此题考查电能的输送，考查输电功率的变化引起的其
【最新模拟题训练】。
1.（2013安徽黄山七校联考）如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时( )
A．灯L变亮
B．各个电表读数均变大
C．因为U1不变，所以P1不变
D．P1变大，且始终有P1= P2
答案：D
解析：当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R两端电压增大，电压表读数减小，电灯L变暗，选项AB错误；根据变压器功率关系，P1变大，且始终有P1= P2 ，选项C错误D正确。
3.（2013辽宁沈阳二中测试）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30Ω，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
答案：C
解析：交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，选项A错误；通过R1的电流有效值为/2A，副线圈输出电压为10 V，原线圈输入电压的有效值为100 V，最大值为200V，选项B错误；通过电阻R2的电流为I=U2/R2=/3A，电功率约为P=UI=6.67 W，选项C正确；通过R3的电流不为零，选项D错误。
4．（2013天星北黄卷） 如图1，一理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈接入如图2所示的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻串联后接在副线圈上。则
A.原线圈电压有效值为311V
B.电压表示数约为22V
C.电流表示数为0.11A
D．二极管两端的最大电压为22V
4.答案：BD【命题意图】 本题考查交变电流图象、变压器、有效值、二极管单向导电性等知识点，意在考查考生综合运用知识的能力。
【解题思路】由图2可知，原线圈电压最大值为311V，有效值为220V，选项A错误；由变压公式可知，副线圈输出电压为22V，根据二极管单向导电性和有效值的定义可得，电压表示数为U=11V，选项B错误；变压器输出功率为P=U2/R=24.2W，变压器输入电流即电流表示数为0.11A，选项C正确；当二极管反向电压时，电压最大，二极管两端的最大电压为副线圈输出电压最大值22V，选项D正确。
【技巧点拨】由交变电流图象可以直接得出交变电流的最大值和周期，利用相关知识可以得出有效值和频率。交变电流表和电压表示数都是交变电流的有效值。理想变压器输入功率等于输出功率，由此可以得出变压器输入电流。
5．（2013山东青岛二中测试）随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要。某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2。在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是 （ ）
A．输电线上损耗的功率为
B．输电线上损耗的功率为
C．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电
D．采用更高的电压输电会降低输电的效率
【答案】C
【解析】设电厂输出功率为P，则输电线上损耗的功率，I2R=，A、B项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D项错误。
6.（2013安徽师大摸底）一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则(　　)
A．流过电阻的最大电流是20 A
B．与电阻并联的电压表的示数是141 V
C．变压器的输入功率是2.2×103W
D．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是20 J
答案：D解析：由变压器变压公式，副线圈输出电压U=100V，输出电流I=10A，由欧姆定律可得流过电阻的最大电流是Im=I=10 A，选项A错误；由变压器变压公式，与电阻并联的电压表的示数是100 V，选项B错误；变压器输出功率P=UI=100×10W=1000W。变压器的输入功率是1000W，选项C错误；在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是Q=I2RT=102×10×0.02J=20 J，选项D正确。
7．（2012年2月河北省五校联盟模拟）“5·12”汶川大地震发生后，常州常发集团向灾区人民捐赠一批柴油发电机。该发电机说明书的部分内容如表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．发电机到安置区的距离是400m，,输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10-4Ω。安置区家用电器的总功率为44kW，当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时：
型号
AED6500S
最大输出功率
60kW
输出电压范围
220～300V
A．输电线路中的电流为20A
B．发电机的实际输出电压为300V
C．在输电线路上损失的电功率为8kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300V
.答案：C
解析：当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I=P/U=200A，选项A错误；发电机的实际输出电压为U+Ir×2×400=220V+200×2.5×10-4×2×400V=260V，选项B错误；在输电线路上损失的电功率为P损= I2r×2×400= 2002×2.5×10-4×2×400W=8000W=8kW，选项C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是260×1.4V=364V，选项D错误。
8．（2012年2月武汉调研）如图所示，某变电站用10kV的高压向10km外的小区供电，输送的电功率为200kW。现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是

选项
型号
千米电阻（Ω/km）
A
DYD30/C
1
B
DYD50/C
0.6
C
DYD100/C
0.3
D
DYD150/C
0.2
8.答案：CD解析：由P=UI解得输电电流I=P/U=20A。输电线路上损耗的功率不超过P损=200kW×2%=4kW，由P损=I2R解得R=10Ω.由于输电线长度需要20km，所以可以选择千米电阻0.5Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项CD。
9．（2013唐山摸底）如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初电键S是断开的，现闭合电键S，则
A．副线圈两端电压变大
B．灯泡L1变亮
C．电流表A1示数变大
D．电阻R中的电流变小
答案：C解析：闭合电键S，副线圈两端电压不变，选项A错误；副线圈输出电流增大，电阻R中的电流变大，灯泡L1两端电压降低，灯泡L1变暗，选项BD错误； 电流表A1示数变大，选项C正确。
10．（2013温州八校联考）图10中的变压器为理想变压器，原线圈匝数与副线圈匝数之比为10 : 1，变压器的原线圈接如图11所示的正弦式交流电，电阻和电容器连接成如图10所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则（ ）
A．电压表V的读数约为7.07V
B．电流表A的读数为0.05A
C．电阻上消耗的功率为2.5W
D．若闭合开关S，电容器会被击穿

图10 图11
答案：AC解析：由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20V，电压表V的读数约为7.07V，选项A正确；变压器输出功率为P2=U2I2=U22/(R1+R2)=(10)2÷40W=5.0W，由P1=U1I1=5.0W可得电流表A的读数为/40=0.035A，选项B错误；电阻上消耗的功率为P2/2=2.5W，选项C正确；若闭合开关S，R1和R3并联部分电压最大值为7V，电容器不会被击穿，选项D错误。
11. （2013湖北摸底）用电高峰期，电灯往往会变暗。我们可将这一现象简化为如下问题进行研究:如图所示，原线圈输入有效值恒定的交变电压，在理想变压器的副线圈上，通过等效电阻为R的输电线连接两只灯泡L1和L2。当开关S闭合时，下列说法正确的是
A.副线圈中的电流增大
B.原线圈中的电流减小
C.加在R两端的电压增大
D.加在L1两端的电压减小
答案：ACD解析：当开关S闭合时，副线圈中的电流增大，加在R两端的电压增大，加在L1两端的电压减小，选项ACD正确B错误。
12．（2013四川自贡一诊）如右图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压。变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻。下列说法正确的是（ ）

A．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小
B．当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大
C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小
D．电压表V1示数为22V
答案．D
解析：当R2所在处出现火警时，阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，电阻R1两端电压增大，电阻R1的功率变大，电压表V2的示数变小，选项AB错误；由输入功率等于输出功率可知，当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变大，选项C错误；由变压器变压公式，变压器输出电压为22V，电压表V1示数为22V，选项D正确。
13. （2012江苏苏州期末）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1V
B．当单刀双掷开关与b连接且在0.01s时，电流表示数为2.2A
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大
.答案：BCD
解析：当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V，选项A错误；当单刀双掷开关与b连接且在0.01s时，电流表示数为2.2A，选项B正确；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率仍为50Hz，选项C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压为44V，副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率变大，选项D正确。
14．（2012河北衡水中学期末）如图是一种理想自耦变压器示意图．线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．AB间接交流电压U，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是（ ）
A．P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大
B．P不动，将Q向左移动，两灯均变暗　
C．Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变大
D．P、Q都不动，断开开关S，L1将变暗
.答案：C
解析：P不动，将Q向右移动，变压器输出电流减小，输出功率减小，变压器的输入功率变小，选项A错误；P不动，将Q向左移动，变压器输出电流增大，两灯均变亮，选项B错误；Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的副线圈匝数增多，输出电压增大，输出功率增大，输入功率变大，选项C正确；P、Q都不动，断开开关S，L1将变亮，选项D错误。
15．（2012北京海淀期末）如图2甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻。当原线圈两端接有如图2乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光。如果加在原线圈两端的交流电的最大值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是 （ ）
A．副线圈两端的电压有效值均为216V
B．副线圈两端的电压有效值均为6V
C．灯泡Ⅰ变亮
D．灯泡Ⅲ变亮
.答案：BD解析：由变压器变压公式，将其频率变为原来的2倍，副线圈输出电压不变，副线圈两端的电压有效值均为6V，选项A错误B正确；将其频率变为原来的2倍，灯泡Ⅰ亮度不变。由于容抗变小，感抗变大，灯泡Ⅲ变亮，灯泡II变暗，选项C错误D正确。
16．（2012唐山调研）2011年入夏以来，中国南方贵州、云南、重庆等省市部分地区出现持续高温、少雨天气，引起不同程度旱情，导致大面积农作物受灾，造成群众饮水短缺等基本生活困难。目前旱情仍在持续中，电力部门全力确保灾区的用电供应。如下图所示，发电厂的输出电压和输电线的电阻、变压器均不变，如果发电厂欲增大输出功率，则下列说法正确的是 （ ）
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例减少
.答案：C
解析：如果发电厂欲增大输出功率，输电线中电流一定增大，输电线上损耗的功率增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项C正确D错误；升压变压器的输出电压不变，输电线上电压损失增大，降压变压器的输入电压减小，输出电压减小，选项AB错误。
17．（浙江省六校2012年2月联考）如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是
A．图示位置穿过线框的磁通量为零
B．线框中产生交变电压的有效值为500V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25︰11
D．变压器输出端最多能并联83只60瓦的灯泡
答案：CD
解析：图示位置穿过线框的磁通量最大，选项A错误；线框中产生交变电压的最大值为NBSω=50××0.5×200V=500V，有效值为500V，选项B错误；由变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为25︰11，选项C正确；变压器允许输入最大功率为500×10W=5000W，变压器输出端最多能并联5000/60=83只60瓦的灯泡，选项C正确。
18．（2013四川自贡一诊）如右图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压。变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻。下列说法正确的是（ ）

A．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小
B．当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大
C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小
D．电压表V1示数为22V
答案．D
解析：当R2所在处出现火警时，阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，电阻R1两端电压增大，电阻R1的功率变大，电压表V2的示数变小，选项AB错误；由输入功率等于输出功率可知，当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变大，选项C错误；由变压器变压公式，变压器输出电压为22V，电压表V1示数为22V，选项D正确。
19. （2013安徽皖南八校联考）某理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶3，原线圈a.b间所接电原电压按图所示规律变化，副线圈接有负载电阻，电流表的示数为2.2 A，则下列判断正确的是
A．.副线圈两端输出的电压为15V
B．.原线圈中的电流为0.15 A
C．变压器的输入、输出功率之比为44∶3
D．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin100t（V）
答案：B
解析：原线圈电压U1=220V，由变压公式，副线圈两端输出的电压为15V，输出功率P=UI=33W，根据理想变压器输入功率和输出功率相等，可知原线圈中的电流为0.15 A，选项B正确C错误；原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt（V），选项D错误。
20、（2013江苏常州模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u=100sin50πt（V），在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R=10Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是：（ ）
A、电流表示数是1A
B、电流表示数是A
C、电阻R消耗的电功率为10W
D、电容器的耐压值至少是V
答案：CD
解析：由变压公式，副线圈输出电压为10V，由于交变电流可以通过并联在电阻R两端的电容器，所以不能应用欧姆定律计算电流表示数，选项AB错误；电阻R消耗的电功率为P=102/10W=10W，选项C正确；副线圈输出电压最大值为V，电容器的耐压值至少是V，选项D正确。
21. （2013河南三市联考）如图所示，理想变压器与电阻 R,交流电压表V、交流电流表A按图甲 所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为电阻R=10ΩD图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V。则下列说法中正确的是
A. 通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR= cos100πt (A)
B. 电流表A的读数为
C. 电压表V的读数为10V
D. 变压器的输人功率为1OW
答案：D解析：根据R两端电压U随时间变化的图象， 电压表V的读数为10V，选项C错误；由欧姆定律，通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100πt (A)，选项A错误；由变压器变压公式，输入电压为100V，输入电流为0.1A，变压器的输人功率为1OW，电流表A的读数为0.1A，选项B错误D正确。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二十
电磁感应图象问题
【重点知识解读】
1.电磁感应中经常涉及磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流等随时间（或位移）变化的图像，解答的基本方法是：根据题述的电磁感应物理过程或磁通量（磁感应强度）的变化情况，运用法拉第电磁感应定律和楞次定律（或右手定则）判断出感应电动势和感应电流随时间或位移的变化情况得出图像。
2.解答电磁感应图象问题要注意：磁感应强度随时间变化图象的斜率表示磁感应强度的变化率，磁通量随时间变化图象的斜率等于感应电动势，感应电动势、感应电流随时间变化的图像与横轴所围面积表示通过导体截面的电量。
【高考命题动态】
电磁感应图象问题是高考常考问题，高考对电磁感应图象的考查涉及各种形式，难度中等或较大。
【最新高考题分析】
典例1（2012·重庆理综）如题图21图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场，在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点M’、N’、P’、Q’恰好在磁场边界中点，下列图像中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是
【答案】：B
【解析】：由法拉第电磁感应定律闭合电路欧姆定律和安培力公式可知能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是B
【考点定位】此题考查电磁感应及其相关知识。
针对训练题1.
10．（2013山东青岛二中测试）如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B=1.0 T，质量为m=0.04 kg、高h=0.05 m、总电阻R=5 Ω、n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1=10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示，则根据以上信息可知 （ ）
A．小车的水平长度l=15 cm
B．磁场的宽度d=35cm
C．小车的位移x=10 cm时线圈中的电流I=7 A
D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92J
【答案】C
【解析】本题考查电磁感应综合，意在考查学生分析综合能力。从x=5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v随位移x减小，当x=15 cm时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l=10 cm.，A项错；当x=30 cm时，线圈开始离开磁场，则d=30cm－5cm=25cm.，B项错；当x=10 cm时，由图象知，线圈速度v2=7 m/s，感应电流I==7A，C项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2 m/s.，线圈上产生的电热为Q= （M＋m）（）=5.76J，D项错。
典例2（2012·新课标理综）如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是
【答案】：A
【解析】：由楞次定律可判断出i随时间t变化的图线可能是A。
【考点定位】此题楞次定律、图象及其相关知识。
针对训练题2．（2013山东济南外国语学校测试）如图甲所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图像是下图所示的
【答案】C
【解析】（根据楞次定律可判断出金属框进磁场过程中和出磁场过程中的感应电流方向，根据切割的有效长度在变化，知感应电动势以及感应电流的大小也在变化．）根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，切割的有效长度线性增大，排除A、B；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，切割的有效长度线性减小，排除D．故选项C正确。
典例3．（2012·福建理综）如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是
.【答案】：B
【解析】：一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化。铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，选项B正确。
针对训练题3.
针对训练题3（2013天星调研卷）. 如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线是
答案：A
【命题意图】 本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、楞次定律、图象等知识，意在考查考生从图象获取信息、应用电磁感应相关知识分析问题的能力。
【解题思路】：圆形线框内，从t=0时刻起磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生恒定的感应电动势和感应电流，增大到最大后磁感应强度均匀减小，产生方向相反的恒定的感应电动势和感应电流；由楞次定律可知，在前半段时间产生的感应电流方向为逆时针方向，为正值；后半段时间产生的感应电流方向为顺时针方向，为负值，所以感应电流I随时间t的变化图线是A。
典例4（2012·福建理综）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心0在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0=。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t=0到t=T0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0 到t=1.5T0 这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W。
【解析】：（1）小球运动时不受细管侧壁的作用力，小球所受洛伦兹力提供向心力，qv0B0=m， ①
解得：v0=。②
(2) ①在T0到1.5 T0这段时间内，细管内一周的感应电动势，E感=πr2，③
由图乙可知，=2B0/T0。④
由于同一条电场线上各点的电场强度大小相等，所以，E感=2πr E。⑤
而T0=。
联立解得：细管内涡旋电场的场强大小E=。⑥
②在T0到1.5 T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：
a=qE/m，⑦
小球运动的末速度大小：v= v0+a△t， ⑧
由图乙可知，△t =0.5T。
由②⑥⑦⑧联立解得：v= v0=。
由动能定理，电场力对小球做的功W=mv2-mv02。
由②⑨⑩联立解得：W= mv02=。
针对训练题4．（2013山东青岛二中测试）如图甲所示，两定滑轮可以绕垂直于纸面的光滑水平轴、O转动，滑轮上绕一细线，线的一端系一质量为M的重物，另一端系一质量为m的金属杆．在竖直平面内有两根间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、MN，在Q、N之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直．开始时金属杆置于导轨下端，将重物由静止释放，重物最终能匀速下降，运动过程中金属杆始终与导轨接触良好．
（1）求重物匀速下降的速度大小．
（2）对一定的磁感应强度B，取不同的质量M，测出相应的重物做匀速运动时的v值，得到实验图线如图乙所示，图中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线。试根据实验结果计算比值．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当重物匀速下降时，设速度为v
则 感应电动势
感应电流
金属杆受到的安培力
由平衡条件得
解得
（2）由（1）求得的结果，v-M图线的斜率
得
由图乙得 ，
所以，
【最新模拟题训练】。
1．（2013山东青岛二中测试）如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时电键S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图象可能正确的是 （ ）

【答案】ACD
【解析】若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势E=BLv，ab杆受到的安培力，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错。
2．（2013唐山一中检测）粗细均匀的电阻丝围成图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是
A．ab两点间的电势差图①中最大
B．ab两点间的电势差图②中最大
C．回路电流图③中最大
D．回路电流图④中最小
答案：A解析：设ab段电阻为r，图①中ab两点间的电势差U=3Ir，图②中ab两点间的电势差U=Ir，图③中ab两点间的电势差U=Ir/2，图④中ab两点间的电势差U=Ir，
所以ab两点间的电势差图①中最大，选项A正确B错误。回路电流图③中最小，其它回路电流相等，选项CD错误。
3（2011江苏物理第5题）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触。t=0时，将开关S由1掷到2。Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是
【解析】：t=0时，将开关S由1掷到2，电容器通过导轨、导体棒构成的回路放电，导体棒中有电流通过，导体棒受到安培力作用，导体棒产生加速度，导体棒做加速运动；导体棒速度逐渐增大，导体棒切割磁感线产生与放电电流方向相反的感应电动势。由于放电电流逐渐减小，导体棒的加速度逐渐减小，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动。当导体棒切割磁感线产生的感应电动势与电容器两极板之间电压相等时，电容器放电电流减小到零，导体棒做匀速运动。选项BC错误；综合上述可知，足够长时间后，电容器所带的电荷量不为零，选项A错误D正确。
【答案】.D
【点评】此题电容器放电时引起的电磁感应相关图象。
4. （2013安徽皖南八校联考）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F,，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P－t图像为抛物线．则这些量随时间变化的关系正确的是
答案：C解析：线框速度v=at，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P=EI随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，所以C正确AB错误。导体横截面的电荷量q=It随时间变化关系是二次函数，其图像是抛物线，选项D错误。
5、（2013江苏常州模拟）如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律：( )
答案：D
解析：根据法拉第电磁感应定律和楞次定律，可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律是图D。
6. （2013浙江测试）“超导量子干涉仪”可用于探测心磁（10-10T）和脑磁（10-13T）等微弱磁场，其灵敏度可达10-14T，其探测“回路”示意图如图甲。穿过ABCD “回路”的磁通量为Φ，总电流强度I=i1+i2。I与的关系如图乙所示（Φ0=2.07×10-15 Wb），下列说法正确的是
A. 图乙中横坐标的单位是Wb
B. 穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大
C. 穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化
D. 根据电流I的大小，可以确定穿过“回路”的磁通量大小
答案：C解析：图乙中横坐标是，无单位，选项A错误；穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化，选项C正确B错误；根据电流I的大小，不可以确定穿过“回路”的磁通量大小，选项D错误。
7. （2012华约自主招生真题）．铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图） 。当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一个电信号， 通过和线圈相连的电压传感器被控制中心接收， 从而确定火车的位置。现一列火车以加速度 a驶来，则电压信号关于时间的图像为（ ）
答案：D解析：火车以加速度 a驶来，速度逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势逐渐增大，电压信号逐渐增大，产生电压信号的时间缩短，所以电压信号关于时间的图像为D。
8.（2013温州八校联考）如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流的正方向。则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流随时间的变化规律如图3所示的是（ ）
答案：C解析：根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流随时间的变化规律如图3所示的是C。
9．（2013唐山摸底）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0~t2时间
A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
答案：AD解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误D正确。
10（2012浙南浙北联考）如图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示。t =0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：
（1）通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；
（2）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率；
（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离；
（4）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。
解析：（1）通过cd棒的电流方向 d→c。
区域I内磁场方向为垂直于斜面向上。
（2）对cd棒，F安=BIl=mgsinθ所以通过cd棒的电流大小I = （2分）
当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率P=I2R=（2分）
（3）ab棒在到达区域II前做匀加速直线运动，a==gsinθ
cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域II中一定做匀速直线运动
可得；=Blvt =Blgsinθt x 所以t x=。
ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度vt=，
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h= a t x2+2l=3 l。
（4） ab棒在区域II中运动的时间t2==，
ab棒从开始下滑至EF的总时间t= t x+t2=2 ，ε=Blvt =Bl。
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：Q=εIt=4mglsinθ。
11．如图甲所示（俯视图），相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计。在距边界也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆ab。求解以下问题：
（1）若ab杆固定在轨道上的初始位置，磁场的磁感应强度在时间t内由B均匀减小到零，求此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q1。
（2）若磁场的磁感应强度不变，ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其v--x的关系图像如图乙所示。求：
①ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小；
②此过程中电阻R上产生的焦耳热Q2 。
【解析】：（1）磁场的磁感应强度在时间t内由B均匀减小到零，说明 此过程中的感应电动势为 ①
通过R的电流为 ②
此过程中电阻R上产生的焦耳热为 ③（1分）
联立求得 （1分）
（2）① ab杆离起始位置的位移从L到3L的过程巾．由动能定理可得
④（2分）
ab杆刚要离开磁场时，感应电动势： ⑤（1分）
通过R的电流为： ⑥（1分）
水平方向上受安培力F安和恒力F作用，安培力为： ⑦（1分）
联立⑤⑥⑦ ⑧（1分）
由牛顿第二定律可得： ⑨（1分）
联立④⑧⑨解得
② ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程中，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆增加的动能与回路产牛的焦耳热之和．则 ⑩
联立④⑩解得
12（2007广东物理第18题）如图15（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图15（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？
（2）求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。
（3）探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。
解：（1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。 ①
（2）0—t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律：
②
根据闭合电路的欧姆定律： ③
由焦定律及②③有： ④
（3）设金属进入磁场B0一瞬间的速度变v，金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒：
⑤
在很短的时间内，根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场B0区域瞬间的感应电动势为E，则：

⑥
由闭合电路欧姆定律及⑤⑥，求得感应电流：
⑦
根据⑦讨论：
I.当时，I=0；
II.当时，，方向为；
III.当时，，方向为。
13. （2013辽宁沈阳二中检测）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO′为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计. 在距边界OO′也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab.
（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）. 求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a.
（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO′轴匀速转动. 若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2. 则磁场转动的角速度ω大小是多少？

解析：（1）ab杆离起起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得
（2分）
ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则
（2分）
联立解得，（1分）
R上产生热量（1分）
ab杆刚要离开磁场时，水平方向上受安培力F总和恒力F作用，
安培力为：（2分）
由牛顿第二定律可得：（1分）
解得（1分）
（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，
感应电动势的峰值（2分）
有效值 （1分）
（1分）
而 （1分）
（1分）
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题二
相互作用、受力分析和物体平衡
【重点知识解读】
力学中的三种力
1.重力是由于地球对物体的吸引而产生的。重力的方向竖直向下，在地面附近，重力的大小等于mg。
2弹力是指发生弹性形变的物体由于要恢复原状对与它接触的物体产生的作用力。弹力的方向与物体形变的方向相反，作用在迫使物体发生形变的哪个物体上。压力、支持力、绳子中拉力都是弹力，压力、支持力的方向垂直于接触面，绳子中拉力方向沿绳子方向。弹簧(橡皮筋)中弹力大小遵循胡克定律，F=kx。非弹簧中的弹力一般根据平衡条件或牛顿运动定律列方程解答。
3.摩擦力是指相互接触且发生弹性形变的粗糙物体之间，有相对运动或相对运动趋势时，在接触面上所受的阻碍相对运动或相对运动趋势的力。摩擦力的方向总跟接触面相切，并与相对运动或相对运动趋势的方向相反。滑动摩擦力的大小Ff=μFN；静摩擦力的大小范围：04.接触面处有摩擦力时一定有弹力，且弹力与摩擦力方向一定垂直。接触面处有弹力时不一定有摩擦力。受静摩擦力作用时物体不一定静止，受滑动摩擦力作用时物体不一定运动。摩擦力可以是阻力，也可以是动力。
受力分析。
受力分析是把研究对象受到的所有外力都找出来，画出受力图的过程。受力分析的一般是先分析重力和电场力磁场力，再分析接触力（弹力和摩擦力）。受力分析的步骤是：（1）明确研究对象；研究对象可以是一个物体，也可以是保持相对静止的若干物体。（2）隔离物体分析受力。将研究对象从周围物体中隔离出来，只分析周围物体有哪些对它施加了作用力。（3）画出受力示意图，标明各力的符号。（4）检查画出的每一个力能否找出施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给的运动状态。
三、物体平衡
共点力是指作用在物体同一点上或力的作用下相交于一点的几个力。
平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态，即物体加速度a=0.
共点力平衡条件：合外力等于零；或ΣFx=0，ΣFy=0。
几个重要结论：
物体如果在两个共点力作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等、方向相反。
物体如果在三个共点力作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力必定大小相等、方向相反。
物体如果在多个共点力作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力必定大小相等、方向相反。
对于受两个力处于平衡状态的物体，利用二力平衡条件解答；对于受三个力作用下的平衡问题，可以利用任意两个力的合力与第三个力等大反向解答。对于受到多个力作用下的平衡问题，一般选择两个正交方向建立直角坐标系，将物体所受力分别沿两坐标系方向分解，利用平衡条件列出两坐标系方向的平衡方程解答。
6. 隔离法与整体法分析物体平衡。把相互连接或叠加的几个物体视为一个整体，只分析整体外的物体对整体中的物体的作用力的方法称为整体法。当整体中的各物体具有相同的加速度或都处于平衡状态时，计算整体所受的外力时一般应用整体法。将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的受力情况的方法称为隔离法。如果要计算物体间的相互作用力时就要将与该力有关的某物体隔离出来进行受力分析。对隔离出来的物体而言，它受到的各个力都是外力。对于相互连接或叠加的几个物体，多数情况下既要分析外力，又要分析内力，我们可以先采取整体法（分析计算外力）后用隔离法（解决内力）。
【高考命题动态】
相互作用、受力分析和物体平衡都是高考重要的知识点，高考对相互作用、受力分析和物体平衡的考查可能单独考查，也可能与其它知识综合考查，难度中等。
【最新高考题分析】
典例1. （2012·山东理综）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则
A．Ff变小
B．Ff不变
C．FN变小
D．FN变大
【答案】BD
【解析】若挡板间的距离稍许增大后，木块与挡板间摩擦力的大小仍等于重物重力的1/2，Ff不变，选项A错误D正确。挡板间的距离稍许增大后，木块与挡板间正压力FN变大，选项D正确C错误。
【考点定位】此题考查力的分解和物体平衡及其相关知识。
典例2. （2012·新课标理综）如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中
A．.N1始终减小，N2始终增大
B．.N1始终减小，N2始终减小
C．.N1先增大后减小，N2始终减小
D．.N1先增大后减小，N2先减小后增大
【答案】：B
【解析】：画出小球受力图，墙面对球的压力大小为N1=mgcotθ，木板对球的支持力N2’=mg/sinθ。将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。θ逐渐增大，.N1始终减小，N2始终减小，选项B正确。
【考点定位】此题物体动态平衡、受力分析等。
典例3.（2012·浙江理综）如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2）.下列说法正确的是（ ）
A.斜面对物体的摩擦力大小为零
B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向沿斜面向上
C.斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上
D.斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上
【答案】：A
【解析】物体重力沿斜面方向分力为mgsin30°=4.9N，等于细绳拉力，由平衡条件可知，斜面对物体的摩擦力大小为零，选项A正确。
典例4. （2012·广东理综物理）如图3所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角均为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为
A.G和G B. 和
C. 和 D. 和
【答案】：B
【解析】：左右两绳的拉力合力等于G，由2Fcos45°=G，解得，选项B正确。
【考点定位】此题考查力的合成与平衡条件。
典例5．(2012上海物理)已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N。则 （ ）
（A）F1的大小是唯一的 （B）F2的力向是唯一的
（C）F2有两个可能的方向 （D）F2可取任意方向
【答案】：C【解析】：画出力的矢量图，可以看出，F2有两个可能的方向，选项C正确。
【考点定位】此题考查力的合成和分解。
典例6. （2012·海南物理）下列关于摩擦力的说法，正确的是
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
【答案】：CD【解析】：作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速，作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速，选项CD正确AB错误。
【考点定位】此题考查摩擦力的相关知识。
典例7.（2012·新课标理综）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。[来源:Z&xx&k.Com]
设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。
解：(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=μN③
联立解得：F=mg。④
（2）若不管沿拖把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式得tanθ≤。
考虑到N远大于mg，所以临界角的正切tanθ0=λ。
【考点定位】此题考查物体平衡及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1.（2013广西三校联考）图中AO、BO、CO是完全相同的三条绳子，将一根均匀的钢梁吊起。当钢梁足够重时，结果AO先断，则（ ）
A. α=120° B．α< 120°
C. α> 120° D．不能确定
答案：B
解析：AO先断，说明AO中拉力大于其它两根绳子，α< 120°，选项B正确。
2．（2012年3月安徽省“江南十校”高三联考）如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60o，则每根钢索中弹力大小为
A． B．
C． D．
答案：D解析：设每根钢索中弹力大小为T，由共点力平衡：4Fcos60°=G，解得F=G/2，选项D正确。
3．(2012年3月山东德州一模)如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上。a、b中间用一轻弹簧连接。b的右端用细绳与固定在斜面上的档板相连。开始时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力。下列说法正确的是
A．a所受的摩擦力一定不为零
B．b所受的摩擦力一定不为零
C．细绳剪断瞬间a所受摩擦力不变
D．细绳剪断瞬间b所受摩擦力可能为零
8.答案：ACD解析：弹簧处于压缩状态，a所受的摩擦力方向向上，一定不为零，选项A正确；b所受的摩擦力可能为零，选项B错误；细绳剪断瞬间a所受摩擦力不变，b所受摩擦力可能为零，选项CD错误。
4. （2013安徽师大摸底）如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(　　)
A．A，B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ
D．A与B间的动摩擦因数μ＝tanθ
答案：C解析：它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定AB之间的动摩擦因数μ，选项D错误。
5. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已知A、B两物体的质量分别为M和m，则下列说法正确的是
A.A物体对地面的压力大小为Mg
B.A物体对地面的压力大小为（M+m)g
C.B物体对A物体的压力小于mg
D.A物体对地面的摩擦力可能大于mg
答案：BD解析：把两个物体看作整体分析受力，应用平衡条件，可得地面对A的支持力为（M+m)g，由牛顿第三定律可知，A物体对地面的压力大小为（M+m)g，选项A错误B正确。隔离B受力分析，应用平衡条件，可得A对B的支持力大于mg，由牛顿第三定律可知，B物体对A物体的压力大于mg，选项C错误。由于BA两物体球心连线与水平方向的夹角未知，所以A物体对地面的摩擦力可能大于mg，选项D正确。
6．(2013西安摸底)如图所示，两个相同的光滑小球甲和乙放在倾角为45o的斜面上，被一固定在斜面上的竖直挡板挡住，设每个小球的重力大小为G，甲球对乙球的作用力大小为F1，斜面对乙球的作用力大小为F2，则以下结论正确的是 （ ）
A． B．
C． D．
答案：BD解析：将乙球的重力分解，由平衡条件可得甲球对乙球的作用力大小F1=Gsin45°，斜面对乙球的作用力大小为F2= Gsin45°，显然，，，选项BD正确AC错误。
7．(2013西安摸底)在如图所示装置中，轻质滑轮悬挂在绳间，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．则( )
A．α一定等于β B．m1一定大于m2
C．m1一定大于m2 D．ml可能等于m2
答案：AD解析：轻质滑轮悬挂在绳间，两侧细绳中拉力相等，α一定等于β，选项A正确；由于题中没有给出角α、β的数值，不能判断出确定的m1、m2大小关系，选项D正确BC错误。
8. （2013广西三校联考） 一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长0.20 m，它们的下端固定在地面上，而上端自由，如图甲所示。当加力压缩此组合弹簧时，测得力和弹簧压缩距离之间的关系如图乙所示，则两弹簧的劲度系数分别是（设大弹簧劲度系数为k1，小弹簧劲度系数为k2） （ ）
A. k1=l00 N/m, k2=200 N/m
B. kl=200 N/m, k2=100 N/m
C. k1=100 N/m, k2=300 N/m
D．k1=300 N/m，k=200 N/m
答案：A解析：由图乙可得大弹簧劲度系数为k1= l00 N/m。当大弹簧压缩0.30m时，大弹簧弹力等于100N/m×0.30m=30N。小弹簧压缩0.10m，小弹簧弹力为20N，小弹簧的劲度系数 k2=20N/0.10m=200 N/m，选项A正确。
9．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中 （ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．Q所受的合力逐渐增大
C．地面对P的磨擦力逐渐增大
D．P、Q间的弹力先减小后增大
答案：C解析：用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，小圆柱体Q受平衡力作用，合力为零，选项B错误。画出Q受力图，Q所受重力不变，竖直挡板对Q的水平向左弹力方向不变，半圆柱体P对Q的弹力大小方向均改变。在Q落到地面以前，MN对Q的弹力逐渐增大，P、Q间的弹力逐渐增大，选项A错误C正确。
10．（2013浙江重点中学协作体高三摸底）叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。图示为六人叠成的三层静态造塑，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为
A． B．
C． D．
10、答案：C解析：隔离中间层左侧的人受力分析，受到上面人的压力G/2，由平衡条件可得每只脚所受支持力均为3G/4；由对称性可知，最底层正中间的人受到中间层两个人的压力为2×3G/4=3G/2；由平衡条件可得最底层正中间的人的一只脚受到的地面支持力为5G/4，由牛顿第三定律可得最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为5G/4，选项C正确。
11. （2013哈尔滨三中月考）甲、乙、丙三个质量相同的物体与水平面的动摩擦因数相同，受到三个大小相同的作用力F沿水平面向右运动。则它们受到的摩擦力的大小关系是：
A.三者相同 B．乙最大
C.丙最大 D.已知条件不够，无法判断
答案：B解析：由图可知，乙对地面压力最大，甲对地面压力最小，根据摩擦定律，它们受到的摩擦力乙最大，甲最小，选项B正确。
12．（2013届江西省重点中学高三联考）下列有关受力分析不正确的是（ ）
A．图甲中钩码和铅笔静止，轻质铅笔中的弹力沿铅笔方向
B．图乙中人随自动扶梯一起沿斜面以加速度a运动中，人受的摩擦力水平向右
C．图丙中与水平转盘一起匀速转动的物块受到的摩擦力一定垂直物块的速度
D．图丁中运动火车车轮在不挤压铁轨的转弯路段所受重力与支持力的合力沿路面向下
答案：D解析：图甲中钩码和铅笔静止，轻质铅笔中的弹力沿铅笔方向，选项A受力分析正确；图乙中人随自动扶梯一起沿斜面以加速度a运动中，人受的摩擦力水平向右，选项B受力分析正确；图丙中与水平转盘一起匀速转动的物块受到的摩擦力一定垂直物块的速度，指向圆心，选项C受力分析正确；图丁中运动火车车轮在不挤压铁轨的转弯路段所受重力与支持力的合力沿水平方向指向轨道的圆心，选项D受力分析不正确。
13. （2013江苏徐州摸底）如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°．则A．滑块可能受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg
答案：AD解析：将滑块隔离，分析受力，将滑块所受重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg，斜面对滑块的支持力大小一定不为零，选项C错误D正确。弹簧可能处于原长，没有弹力，滑块受到重力、斜面支持力和摩擦力三个力作用，选项A正确B错误。
14．（2013衡水中学调研）如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是（ ）
A．半圆柱体对小物块的支持力变大
B．外力F先变小后变大
C．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小
D．地面对半圆柱体的支持力变大
答案：C解析：在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，半圆柱体对小物块的支持力变小，外力F变大，选项AB错误；在O点，地面对半圆柱体的摩擦力为零；下滑到B点，地面对半圆柱体的摩擦力为零；所以地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小，选项C正确；地面对半圆柱体的支持力变小，选项D错误。
15、（2013衡水中学调研）图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（ ）
A．F1>F2=F3 B．F3=F1>F2 C．F1=F2=F3 D． F1>F2 =F3
答案：B解析：甲读数为F1=G，乙读数为F2=Gsin60°，乙读数为F3=G，选项B正确。
16．（2013衡水中学调研）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为 （ ）
A．cos θ＋μsin θ
B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ
D．1－μtan θ
答案：B解析：第一次推力F1= mgsin θ＋μmgcos θ，由F2cos θ= mgsin θ+μ(mgcos θ+F2 sin θ)，解得第二次推力F2= (mgsin θ＋μmgcos θ)/( cos θ－μsin θ)，两次的推力之比=cos θ－μsin θ，选项B正确。
17．（2013山东济南期中检测）一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。现将细绳缓慢向左拉，使杆BO与AO的夹角逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是（ ）
A．FN先减小，后增大
B．FN始终不变
C． F先减小，后增大
D． F始终不变
【答案】B
【解析】当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，设物体的重力为G．以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．
作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G．由△F2FNB∽△ABO得得到,式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变．OA、OB的夹角减小，由力的合成和分解知识可知F逐渐减小。只有A正确。
18.（2013山东济南测试）如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧。紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度。已知滑块与板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为。现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是图中的（ ）
【答案】C
【解析】设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsinα=μmgcosα得 tanα= ，α= ，则θ在0-范围内，弹簧处于原长，弹力F=0；当板与水平面的夹角大于α时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得F=mgsinθ-μmgcosθ= ，其中tanβ=-μ，说明F与θ是正弦形式的关系．当θ= 时，F=mg．故选C。
19 (10分) （2013南昌铁一中摸底）质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示，求：
（1）当α=θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
（2）此时木楔对水平面的摩擦力是多少？
. 解：物体在斜面上匀速向下运动
有mgsinθ=μmgcosθ，即μ= tanθ．
(1) 因向上匀速，则有：Fcosα= mgsinθ+ f ①
Fsinα+ N=mgcosα　　　　　　　　　②
f=μN 　　　　　　　　　 ③
由①②③得 F = ==
则当α=θ时，F有最小值，即Fmin = mgsin2θ．
（2）因为m及M均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F的水平分力
即fM=Fcos(α+θ) 当F取最小值mgsin2θ时
fM=Fmincos2θ=mgsin2θcos2θ=mgsin 4θ
20. （2013武汉摸底）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是B段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为α。试求绳子在C处和在A处的弹力分别为多大?(重力加速度为g)
20.解析：以BC段绳子为研究对象，设绳子B端所受弹力为TB，C处所受弹力为TC，如图甲所示。
TBcosα=mg，
TBsinα= TC，
联立解得：TC=mgtanα。
以AC段为研究对象，设绳子A端所受弹力为TA，TA与水平方向的夹角为β，C处所受弹力为TC’，如图乙所示。
TAsinβ=mg，
TAcosβ= T’C，
TC = T’C
联立解得：TA=mg。
21、（8分）（2013衡水中学调研）在水平地面上放一木板B，重力为G2=100N，再在木板上放一货箱A，重力为G1=500N，设货箱与木板、木板与地面的动摩擦因数μ均为0.5，先用绳子把货箱与墙拉紧，如图所示，已知sinθ=3/5,cosθ=4/5，然后在木板B上施一水平力F，想把木板从货箱下抽出来，F至少应为多大？
解：物体A、B的受力图如图所示，由受力平衡知：
对 A：
……①
……②
……③）
对B： ……④
……⑤
……⑥
由①~⑥知： F=850N
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题五
圆周运动
【重点知识解读】
匀速圆周运动是指线速度大小恒定，角速度、周期、频率都不变的圆周运动。做匀速圆周运动的物体所受合外力时刻指向圆心。匀速圆周运动是加速度大小不变、方向时刻改变的变加速曲线运动。
线速度v=s/t=2πR/T，角速度ω=θ/t=2π/T，角速度与线速度关系式v=ωR。
向心加速度a=ω2R=ωv=v2/R.
匀速圆周运动动力学方程：F=mv2/R=mRω2，
变速圆周运动是指线速度大小方向时刻都在改变的圆周运动。竖直方向的变速圆周运动，在最高点，轨道弹力（或细绳拉力）和重力合力方向向下；在最低点，轨道弹力（或细绳拉力）和重力合力方向向上。
竖直平面内变速圆周运动的两个模型：
绳模型。特点是质点运动到竖直面内最高点，无支撑。例如细绳拉小球在竖直面内运动到最高点，沿内轨道运动的过山车运动到最高点。物体受到竖直向下的重力和向下的弹力作用，动力学方程：FN+mg=mv2/R。临界动力学方程：mg=mv2/R，在最高点的最小速度：v=。质点通过最高点的条件为：在最高点的速度v>。
细绳拉小球在竖直面内运动到最低点，拉力减去重力等于向心力，可以求出细线所受的拉力。
杆模型。特点是质点运动到竖直面内最高点，有支撑。例如轻杆拉小球在竖直面内运动到最高点，汽车过拱形桥运动到最高点。物体受到竖直向下的重力和向上的弹力作用，动力学方程： mg- FN=mv2/R。在最高点的最小速度：v=0。
由mg-FN=mv2/R可求出汽车过拱形桥的最大速度v=。
离心运动和近心运动
合外力等于物体做圆周运动的向心力时，即F=mv2/R=mRω2，物体做匀速圆周运动。合外力突然消失时，物体沿切线方向飞出；合外力小于物体做圆周运动的向心力时，即Fmv2/R=mRω2，物体做近心运动。
【高考命题动态】
圆周运动是常见的运动，匀速圆周运动和竖直面内的圆周运动是高考考查的两种情形。高考对圆周运动的考查可能单独考查，大多与其他知识综合考查，难度中等或稍难。
【最新高考题分析】
典例1．（2012·上海物理）图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等。则 （ ）
（A）到达M附近的银原子速率较大
（B）到达Q附近的银原子速率较大
（C）位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
（D）位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
【答案】：AC【解析】：到达M附近的银原子速率较大，到达Q附近的银原子数目最多，选项A正确B错误；位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率，选项C正确D错误。
【考点定位】此题考查匀速圆周运动及其相关知识。
典例2（2011安徽理综卷） 一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度υ0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是
A. B.
C. D.
【解析】：斜抛出去的物体到达最高点的速度沿水平方向，大小为υ0cosα，加速度为a=g，由向心加速度公式，a=v2/ρ，解得轨迹最高点P处的曲率半径是ρ=，选项C正确。
【答案】： C
【点评】此题考查曲线运动、向心加速度等知识点。
典例3（2012·福建理综）如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 。求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数μ。
【答案】：（1）v0=1m/s。（2）μ=0.2.
【解析】：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有，H=gt2，
在水平方向上有：s=v0t，
联立解得：v0=s=1m/s。
（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：fm=m。
fm=μmg，
联立解得：μ=0.2.
典例4（2010江苏物理）在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α=30°，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.
（1）求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小F；
（2）若绳长l=2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1=800N，平均阻力f2=700N，求选手落入水中的深度d；
（3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远；请通过推算说明你的观点。
解析：.（1）由机械能守恒定律，mgl（1-cosα）=mv2，
圆周运动 F′－mg＝m
解得 F′＝（3－2cosα）mg
人对绳的拉力 F＝F′
则 F＝1080N
（2）动能定理 mg（H－lcosα＋d）－（f1＋f2）d＝0
则d=
解得 d=1.2m。
(3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vt
H-l=
且由①式解得x=2.
当l=H/2时，x有最大值，解得l=1.5m。
因此，两人的看法均不正确。当绳长越接近1.5m，落点距岸边越远。
【点评】此题将竖直面内的圆周运动和平抛运动有机结合，涉及的知识点由平抛运动规律、牛顿运动定律、机械能守恒定律、极值问题等，考查综合运用知识能力。
典例5.（2010重庆理综）晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d后落地，如题图1所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为3d/4，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。
求绳断时球的速度大小v1，和球落地时的速度大小v2。
问绳能承受的最大拉力多大？
改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【解析】（1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有
竖直方向 d=gt2
水平方向d=v1t，
联立解得v1=。
由机械能守恒定律，有mv22=mv12+mg(d-3d/4)
解得v2=。
设绳能承受的拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力。
球做圆周运动的半径为R=3d/4
对小球运动到最低点，由牛顿第二定律和向心力公式有T-mg=m v12/R，
联立解得T=mg。
设绳长为L，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有
T-mg=m v32/L
解得v3=。
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-L，水平位移为x，飞行时间为t1，根据平抛运动规律有d-L=gt12，x= v3 t1
联立解得x=4.
当L=d/2时，x有极大值，最大水平距离为xmax=d.
【点评】此题将竖直面内的圆周运动和平抛运动有机结合，涉及的知识点由平抛运动规律、牛顿运动定律、机械能守恒定律、极值问题等，考查综合运用知识能力。
【最新模拟题训练】。
1（2013温州八校联考）如图2所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列答案中正确的是（ ）
A．　　B．　 C． D．前三种情况均有可能
答案：A解析：当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，加速度向下，处于失重状态，，选项A正确。
2. （2013广西三校联考）如图所示，一圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴转动，盘上距中心r处放置一个质量为m的物体，物体与盘面间滑动摩擦因数为μ，重力加速度为g。一段时间内观察到圆盘以角速度ω做匀速转动，物体随圆盘一起（相对静止）运动。这段时间内
A．物体受到圆盘对它的摩擦力，大小一定为μmg，方向与物体线速度方向相同
B．物体受到圆盘对它的摩擦力，大小一定为mω2r，方向指向圆盘中心
C．物体受到圆盘对它的摩擦力，大小可能小于μmg，方向指向圆盘中心
D.物体受到圆盘对它的摩擦力，大小可能小于mω2r，方向背离圆盘中心
答案：C解析：由于质量为m的物体不一定可以视为质点，所以物体受到圆盘对它的摩擦力，大小可能大于mω2r，方向指向圆盘中心，选项BD错误；由于物体随圆盘一起（相对静止）运动，物体受到圆盘对它的摩擦力，大小可能小于μmg，方向指向圆盘中心，选项C正确A错误。
3（2013中原名校联考）如图所示，一根不可伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球跟着杆一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，下列关于ω与θ关系的图象正确的是（ ）
答案：D解析：分析小球受力，其所受合外力F=mgtanθ。由牛顿第二定律，F=mω2Lsinθ，联立解得：ω2=g/Lcosθ，关于ω与θ关系的图象正确的是D。
4．如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定有一个质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，且角速度为ω，则杆的上端受到球对其作用力的大小为
A．mω2R B. m
C. m D. 条件不足，不能确定
答案：.B 解析：杆上端小球在重力和杆弹力的作用下在水平面内做匀速圆周运动，设杆对小球的弹力为F，则有=mω2R，解得F= m，
由牛顿第三定律得杆的上端受到球对其作用力的大小为F’=F= m。
5.（2012年5月浙江省效实中学模拟）水平放置的平板表面有一个圆形浅槽，如图所示．一只小球在水平槽内滚动直至停下，在此过程中
A．小球受四个力，合力方向指向圆心
B．小球受三个力，合力方向指向圆心
C．槽对小球的总作用力提供小球做圆周运动的向心力
D．槽对小球弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力
.答案：D解析：小球受重力、槽壁对小球的弹力、摩擦力等三个力，小球受的重力和槽壁对小球的弹力合力方向指向圆心，槽对小球弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，选项D正确。
6．（2013江苏盐城明达中学测试）无极变速可以在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的档位变速器，很多种高档汽车都应用无极变速。如图所示是截锥式无极变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动。当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速增加。当滚动轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是 A． B．　　
C．　　 D．
答案：B
解析：主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，接触处线速度大小相等。由ω1r1=ω2r2，ω=2πn，可得，选项B正确。
7．（2013广州调研）如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的
A．角速度之比ωA∶ωB=1∶1
B．角速度之比ωA∶ωB=1∶
C．线速度之比vA∶vB=∶1
D．线速度之比vA∶vB=1∶
答案：AD
解析：板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB=1∶1，选项A正确B错误；线速度v=ωr，线速度之比vA∶vB=1∶，选项C错误D正确。
8．（2013山东济南期中检测）如图所示，细绳的一端悬于O点，另一端系一小球；在O点正下方有一钉子。现使小球由高处摆下，当绳摆到竖直位置时与钉子相碰，则绳碰钉子前、后瞬间相比（不计空气阻力）（ ）
A．小球的线速度变大
B．小球的角速度变大
C．小球的向心加速度减小
D．绳子的拉力变大
【答案】BD
【解析】小球摆下后由机械能守恒可知，因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的速度相同，故小球的线速度不变，故A错误；设钉子到球的距离为R，则F-mg=m，故绳子的拉力F=mg+ m，因R小于L，故有钉子时，绳子上的拉力变大，故D正确；小球的向心加速度a= ，R＜L，故小球的向心加速度增大，故C错误；小球的角速度ω=v/R，R＜L，故小球的角速度增大，故B正确.
9. （2013山东济南测试）游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d．让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为 （ ）

B．
C.
D．
【答案】A
【解析】由于质点做匀速圆周运动，有，所以质点做匀速圆周运动时的动能为，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。
10.（8分）（2013浙江金华月考）如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的水平转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，此后随转盘一起运动(无相对滑动)到C处被取走装箱。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2m/s，物品在转盘上与轴O的距离R=4m，物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。取g=10m/s2。
（1）物品从A处运动到B处的时间t；
（2）质量为2kg的物品随转盘一起运动的静摩擦力为多大？
10．解析：（8分）
(1)物品先在传送带上做初速为零的匀加速直线运动: a=μg=2.5m/s2。
之后,物品和传送带一起以速度做匀速运动:

所以
(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力

解得F=2N
11．（10分）（2013安徽江南十校摸底）如图所示，水平放置的圆筒绕其中心对称轴匀速转动，转动的角速度 rad/s，桶壁上P处有一小圆孔，桶壁很薄，桶的半径R=2m，当圆孔正上方h=3.2m处有一小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算判断小球是否会和圆筒碰撞（空气阻力不计，g取）。
.解析：设小球下落h时所用的时间为t1，经过圆筒所用的时间为t2，则有，h=gt12，
解得t1=0.8s。
h+2R=g(t1+t2)2
解得t2=0.4s。
圆筒的运动周期T==0.8s。
因为t1=T，t2=T/2，故不会碰撞。
12．（2012福建惠安三模）如图所示，ABC为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r=10m，N为固定在水平面内的半圆平面，其半径为，轨道ABC与平面N相切于C点：DEF是包围在半圆平面N周围且垂直于N的光滑半圆形挡板，质量为M=1kg的滑块的上表面与平面N在同一水平面内，且滑块与N接触紧密但不连接，现让物体m自A点由静止开始下滑，进入平面N后立即受到DEF的约束并最终冲上M，已知m=1kg，物体m与平面N之间的动摩擦因数为μ1=0.5、与滑块M之间的动摩擦因数为μ2=0.4，滑块M与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h=0.05m，长L=4m，求：（取g=10m/s2）
（1）物体m滑到C处时对圆轨道的压力是多少？
（2）物体m运动到F时的速度是多少？
（3）当物体m从M上滑落后到达地面时，物体m 与滑块M右端之间水平距离是多少？
解析：（1）对m从A到C (2分)
由牛顿第二定律： (2分)
联立代入数值得：N=3mg=30N (1分)
由牛顿第三定律m在C处对圆轨道的压力为30N (1分)
(2)对m从C到F (3分)
= 10m/s (1分)
（3）对m： (1分)
对M： (1分)
设经t时间m刚要从M上滑落，此时m的速度V1,运动的位移为S1，M的速度V2,运动的位移为S2
(1分) (1分)
(1分)
由以上三式得： (1分)
检验当时 不合题意舍去
当时 (1分)
设m从抛出到落地时间为t3 (1分) t=0.1s
这段时间内，m水平位移
M水平位移 (1分)
(1分)
13. “太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。设球的重力为1N，不计拍的重力。求：
⑴健身者在C处所需施加的力比在A处大多少？
⑵设在A处时健身者需施加的力为，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角，请作出的关系图象。
.解：⑴设球运动的线速度为，半径为R
则在A处时 ①
在C处时 ②
由①② 式得△F=F’-F=2mg=2N。
⑵在A处时健身者需施加的力为，球在匀速圆周运动的向心力F向=F+mg，在B处不受摩擦力作用，受力分析如图
则
作出的的关系图象如图。
14、（16分）（16分）（2013福建惠安月考）地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L（L>R），如图所示。跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）。问：
（1）当小车分别位于A点和B点时（∠AOB＝90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大？
（2）若小车在跑道上运动，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？
（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件？
14、（16分）解析:（1）沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t，
则 1分
当小车位于A点时，有 1分
可得 1分
当小车位于B点时，有 1分
可得 1分
（2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为
2分
若当小车经过C点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有 1分
可得 1分
所以沙袋被抛出时的初速度范围为
1分
（3）要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落和时间相同
（n=0，1，2，3……） 3分
1分
得 （n=0，1，2，3……）2分
15.如图所示，两绳的一端系一个质量为m=0.1kg的小球，两绳的另一端分别固定于轴上的AB两处。上面的绳长L=2m，两绳都拉直时与转轴的夹角分别为30°、45°，g取10m/s2，问：（1）小球的角速度ω在什么范围内，两绳始终张紧？（2）若两绳完全相同，则所选绳子的最大拉力不能小于多大？（保留3位有效数字）
解：（1）选小球为研究对象，对小球受力分析如图所示。当角速度较小，BC绳恰好拉直时，F2=0，小球在拉力F1和重力作用下做匀速圆周运动，设此时的角速度为ω1，则有 F1cos30°=mg，
F1sin30°=mω12L sin30°，
联立解得ω1=2.40rad/s。
当当角速度较大，AC绳恰好拉直时，F1=0，小球在拉力F2和重力作用下做匀速圆周运动，设此时的角速度为ω2，则有 F2cos45°=mg，
F2sin45°=mω22L sin30°，
联立解得ω1=3.16rad/s。
所以角速度ω的取值范围为：2.40rad/s≤ω≤3.16rad/s。
（2）由F1cos30°=mg，解得F1= mg/ cos30°=1.154N；
由F2cos45°=mg，解得F2= mg/ cos45°=1.414N；
所选绳子的最大拉力不能小于1.42N。
16．（10分）如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m 的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g ，不计空气阻力．试求：
（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；
（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；
（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小。
解题思路：对于小球沿竖直面内光滑圆形轨道运动，应用机械能守恒定律解答；在最高点、最低点，分析受力，应用牛顿运动定律列出方程。注意小球通过轨道最高点时最小速度为。
解：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1 ，根据题意和牛顿第二定律可知：，解得（3分）
（2）设小球通过轨道最低点时的速度大小为v2，根据机械能守恒定律可知：
（3分），又，解得（4分）
（3）（2分），解得N=6mg（1分）
17．（2012年5月江西宜春模拟）如图，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ，转轴和水平轨道交于O′点。一质量m=1kg的小车（可视为质点），在F=4N的水平恒力作用下，从O′左侧x0=2m处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA与x轴重合。规定经过O点水平向右为x轴正方向。小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2。
⑴若小球刚好落到A点，求小车运动到O′点的速度；
⑵为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度应为多大？
⑶为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F作用的距离范围。
解：（1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度做平抛运动，小车运动到O′点的速度v=1m/s （3分）
（2）为使小球刚好落在A点，则小球下落的时间为圆盘转动周期
的整数倍，有，其中k = 1,2,3,……
即rad/s，其中k = 1,2,3…… （3分）
（3）小球若能落到圆盘上，其在O′点的速度范围是：0设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2，对应到
达点的速度分别为0、1m/s。
根据动能定理，有 （2分）
代入数据解得 m （1分）
根据动能定理，有 （2分）
代入数据解得 m或m （1分）
则水平拉力F作用的距离范围 1m < x ≤1.125m （1分）
18.（2012年4月上海长宁区二模）水平地面上有一个半径为R的圆形轨道，竖直平面上边中点P离地面高为h，P正下方一点P′位于COA连线上且与轨道圆心O的距离为L（L>R），如图所示．现从P点水平抛出质量为m的小沙袋，使其击中轨道上的小车（沙袋与小车均视为质点，空气阻力不计）．求：
（1）小车停在轨道B点时（∠AOB＝90°），沙袋抛出后经多长时间击中小车？击中时动能多大？
（2）若小车匀速圆周运动顺时针经A点时沙袋抛出，为使沙袋能在B处击中小车，小车的速率v应满足的条件．
（3）若在P、C之间以水平射程为（L+R）的平抛运动轨迹制成一光滑轨道，小沙袋从顶点P由静止下滑击中C点小车时水平速度多大？
.解析：（1）（5分） t = （1分）
抛到B点发生的水平位移为， （2分）
由动能定理得，
从中解得EkB=mgh +（2分）
（2）（4分）根据时间相等的条件（2分）
小车速度（1分）
求得= (n = 0,1,2,…) （1分）
（3） （5分）下滑过程沙袋的机械能守恒，，
解得 （2分）
设vC与水平方向夹角为，沙袋的水平速度 （1分）
由平抛运动规律得，即 （1分）

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题八
动能定理
【重点知识解读】
1.质点由于运动而具有的能量叫做动能，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。对于一个过程，涉及位移（或做功）和过程初末状态的速度（或动能），可以利用动能定理求解。利用动能定理解题的步骤为，选择研究对象的初末状态，表示出初末状态的动能，分析得出过程中各个力所做功，表示出各个力做功的代数和，利用动能定理列方程解答。
2.利用动能定理解答实际问题的方法是，首先选择研究对象和恰当的过程，分析过程中研究对象所有的力，求出所有力做的功，得到合外力所做的总功。找出过程的初末状态的物体动能，运用动能定理列方程解答。
3.对于多过程、多个外力作用的物体，动能定理可以表述为：所有外力对物体做功的代数和等于物体动能的变化。
4.求合外力对物体所做的功方法有二：一是先求出合外力，然后计算合外力对物体所做的功；在已知物体加速度或容易求出合外力时通常用此法。
二是先求出过程中各个外力做的功，然后再求功的代数和得到总功。在比较容易得出各个外力所做功或过程中各个力不是同时作用，通常用此法。
【高考命题动态】
动能定理是高中物理重要规律和主干知识，也是高考考查的重点和热点。高考对动能定理的考查可以单独考查，也可能与卫星运动、曲线运动、电学等综合考查。
【最新高考题分析】
典例1．（2011新课标理综第15题）一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能
A．一直增大
B．先逐渐减小到零，再逐渐增大
C．先逐渐增大到某一值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
【解析】：若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角小于90°，则该恒力做正功，该质点的动能一直增大，选项A正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向相反，则该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，选项B正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°，则该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项D正确。
【答案】：ABD
典例2：（2012·江苏物理）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v’和撞击速度v的关系。
【解析】：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx，①
且F=f，②
解得x=f/k。③
(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理-f·-W=0-mv02，④
同理，小车以vm撞击弹簧时，-f l-W=0-mvm2，⑤
联立解得：vm=。⑥
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，mv12=W，⑦
由④⑦联立解得：v1=。
当v<时，v’=v。
当≤v≤时，v’=。
典例3（2012·福建理综）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,，缆绳质量忽略不计。求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
（2）小船经过B点时的速度大小v1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a。
【解析】：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf =fd。
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功，W=Pt1，
由动能定理有，W- Wf =mv12-mv02，
联立解得小船经过B点时的速度大小v1=。
（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则，P=Fu，
u= v1cosθ，
由牛顿第二定律有，Fcosθ -f=ma，
联立解得加速度大小a=-。
典例4．（2012·全国理综）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
求此人落到坡面时的动能；
此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【解析】：（1）由平抛运动规律，x=v0t，2h-y=gt2，
又y=x2，
联立解得y=。
由动能定理，mg(2h-y)=Ek-mv02，
解得Ek = mg(2h- )+mv02=m (+v02)。
（2）Ek =m (+v02) =m (+v02+gh-gh)。
由于·（v02+gh）=4g2h2，所以当= v02+gh，即v0= 时，他落在坡面时的动能最小。
动能的最小值为Ek min=mgh。
【考点定位】考查平抛运动规律、动能定理及其相关知识。
典例5. （2012·山东理综）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（取g=10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。
①求F的大小
②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。
【解析】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
mgh-μ1mgL=0 ①
代入数据得：h=0.2m。②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得：cosθ=。 ③
根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma，④
对工件和物体整体有 F-μ2 (M+m)g=(M+m)a，⑤
联立②③④⑤式，代入数据得 F=8.5N。 ⑥
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2， 由运动学公式可得：h=gt2， ⑦
x1=vt ⑧
x2=x1-Rsinθ ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2=0.4m。
【考点定位】此题考查动能定理、牛顿第二定律、平抛运动规律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013安徽师大摸底）质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升h，对该过程下列说法中正确的是(　　)
A．物体的机械能增加mgh B．物体的机械能减少mgh
C．重力对物体做功mgh D．物体的动能增加mgh
答案：D解析：质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对物体做功-mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理，物体的动能增加mgh，选项C错误D正确。物体的机械能增加mgh +mgh =mgh，选项AB错误。
2. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）2012年伦敦奥运会跳水比赛首先进行的女子单人3米板比赛中，中国队派出了夺得双人项目金牌的吴敏霞和何姿。最终，吴敏霞以总分414分摘金。现假设她的质量为m，她进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F，那么在她减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)
A．她的动能减少了Fh B．她的重力势能减少了mgh
C．她的机械能减少了(F－mg)h D．她的机械能减少了Fh
答案：BD解析：在她减速下降高度为h的过程中，重力做功mgh，她的重力势能减少了mgh；由功能关系，她的机械能减少了Fh，选项BD正确AC错误。
3．(2013西安摸底)一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为 ( )
A． B．
C． D．
答案：D解析：在半圆底部，由牛顿第二定律，1.5mg-mg=mv2/R，解得v2=0.5gR。由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为△E=mgR-mv2=0.75mgR，选项D正确。
4.（2012湖北百校联考）如图所示，水平传送带AB的右端与在竖直面内的用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小.传送带的运行速度v0=4.0m/s，将质量m=1kg的可看做质点的滑块无初速地放在传送带的A端.已知传送带长度L= 4.0 m，离地高度h=0.4 m，“9”字全髙H= 0.6 m，“9”字上半部分圆弧半径R=0.1 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，试求：
(1) 滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间.
(2) 滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向.
(3) 滑块从D点抛出后的水平射程.
【解析】：(1) 滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律知：μmg=ma，
解得，a=μg=2m/s2。
加速到与传送带达到同速所需用的时间t= v0/a=2s。
滑块位移s=at2=4m。此时物块恰好到达B端。
滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间t=2s。.
(2) 滑块由B到C的过程中机械能守恒，有：mgH+mvC2=mv02。
在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力。设轨道对滑块的弹力方向向下，由牛顿第二定律得：FN+mg=m.
联立解得：FN =30N。
由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小FN ‘=30N。方向竖直向上。.
滑块由C到D的过程中机械能守恒，有：mg·2R+mvC2=mvD2。
解得：vD=2 m/s，
D点到水平地面的高度HD=h+(H-2R)=0.8m。
由HD=gt‘2解得t‘==0.4s。
故水平射程x= vD t‘=1.1m。
【点评】此题考查动能定理、牛顿运动定律、平抛运动等知识点。
5.如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，赛车的质量m=0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作，轨道AB的长度L=2m，圆形轨道的半径R=0.5m，空气阻力可忽略，取重力加速度g=10m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求：
（1）小车在CD轨道上运动的最短路程。
(2) 赛车运动到圆形光滑轨道最底部时对轨道的压力.
（3）赛车电动机工作的时间
解：（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：
??mg=m??????????????????????????????????????????????????
设C点的速度为vC，由机械能守恒定律可得：mg·2R+mvP2=mvC2?????????
由上述两式联立，代入数据可得：vC=5m/s??????????????????????????
设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：-kmgx=0-mvC2????
代入数据可得：x =2.5m????。?????????????????????????????????????
(2)在圆轨道最底点:??FN-mg=m ????????????????????????????????????
代入数据可得：FN=24N?。?????????????????????????????
根据牛顿第三定律赛车对圆形轨道底部压力为24N????????????????????
（3）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vB = vC =5m/s?????
从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得：Pt-kmgL=mvB2??
代入数据可得：t = 4.5s??????????????????????????????????????
6.（2012广东惠州检测）质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动（g=10m/s2）。求：
⑴ 汽车做匀加速运动的时间t1；
⑵ 汽车所能达到的最大速率；
⑶ 若斜坡长143.5m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？
【解析】：⑴ 根据牛顿第二定律有： (2分)；
设匀加速的末速度为，则有：、(1分)；
(1分)
代入数值，联立解得：匀加速的时间为：t1=7s。 (2分)
⑵ 当达到最大速度时，有：(2分)
解得：汽车的最大速度为：vm= 8 m/s (2分)
⑶ 汽车匀加速运动的位移为： =2 4.5 m (2分)
在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，根据动能定理有：
(2分)
又有(2分)
代入数值，联立求解得：t2=15s。 (2分)
所以汽车总的运动时间为：t1=t1+ t2=22s。(2分)
【点评】只有机动车以恒定功率运动时牵引力t时间内做功才等于Pt。
7. （2012江西三校联考）一艘质量为m=400t的轮船，以恒定功率P=3.5×106W从某码头由静止起航做直线运动，经t0=10min后，达到最大速度vm=25m／s。此时船长突然发现航线正前方x0=520m处，有一只拖网渔船正以v=5m／s的速度沿垂直航线方向匀速运动，且此时渔船船头恰好位于轮船的航线上，船长立即采取制动措施（反应时间忽略不计），附加了恒定的制动力，结果轮船到达渔船的穿越点时，拖网的末端也刚好越过轮船的航线，避免了事故的发生。已知渔船连同拖网总长L=200m，假设轮船所受阻力不变。求：
（1）发现渔船时，轮船已离开码头多远?
（2）轮船减速时的加速度多大?
（3）附加的制动力多大?
【解析】：(1)由动能定理得Pt0-fx1=-0
又P=fvm
解得x1=1.41×104m。
（2）设轮船减速的时间为t，则t=L/v
解得a=-0.6m/s2，大小为-0.6m/s2。
（3）设附加的恒定制动力为F，
由牛顿第二定律得-（F+f）=ma
解得F=1.0×105N。
【点评】此题以轮船避碰切入，意在考查动能定理、匀变速直线运动、牛顿运动定律等知识点。
8.（2012江西三校联考） 如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R的1/4圆周连接而成，它们的圆心O1,O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上.O2B沿水池的水面，O2和B两点位于同一水平面上.一个质量为m的小滑块可由弧AO的任意位置从静止开始滑下，不计一切摩擦。
(1)假设小滑块由A点静止下滑，求小滑块滑到O点时对O点的压力；
(2)凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离如何；
(3)若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的何处（用该处到O1点的连线与竖直线的夹角的三角函数值表示).
【解析】：（1）mgR=mv2
FO—mg=mv2/R
联立解得：FO=3mg
由牛顿第三定律得：压力大小为3mg,方向竖直向下。
（2）从A点下滑的滑块到O点的速度为，设能脱离轨道的最小速度为v1
则有： mg=mv12/R, 得：v1=
R=gt2 X=vot
联立得：R≤x≤2R
(3) 如图所示，设滑块出发点为P1，离开点为P2，按题意要求O1 P1、O2 P2与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是
m= mgcosθ 1分
由机械能守恒 2mgR(1- cosθ)=mv2
联立解得cosθ=0.8
【点评】此题考查动能定理、力的分解、牛顿运动定律、平抛运动等知识点。
9. 如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L＝3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r＝1m，APD的半径为R，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为(＝37°。现有一质量为m＝1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿AB向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ＝，设小球经过轨道连接处均无能量损失。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin18.5°=0.32，cos18.5°=0.95，tan18.5°=，cot18.5°=3）求：
（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能Ek0至少多大？
（2）小球第二次到达D点时的动能；
（3）小球在CD段上运动的总路程。
【解析】：（1）R=Ltan18.5°+r=2m，
Ek0＝mgR(1-cos()+ mgLsin( +(mgLcos(…。
代入 解得Ek0＝48J。
（2）小球第一次回到B点时的动能为：
EkB=mg2R-mgr(1+cos()-(mgL=12J，
设小球沿AB向上运动到最高点，距离B点为s
则有：EkB=(mgscos(+mgssin(，
代入 解得s=18/13m=1.38m。
小球到达最高点后继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为
EkD= mgr(1+cos()+mgssin( - (mgscos( -(mgL=12.6J 。

（3）小球第二次到D点后还剩12.6J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点只剩下2.6J的能量。因此小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点。
由动能定理：EkD= (mgs1，
可得小球在CD上所通过的路程为s1＝3.78m
小球通过CD段的总路程为S总＝2L＋s1＝9.78m。
【点评】此题过程较多，要分析各个过程，应用相关规律解答。
10．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB段是助滑雪道，倾角＝30°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道， AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧（其长度可忽略），在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ=37°.轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=10m. A点与C点的水平距离L1=20m，C点与D点的距离为32.625m. 运动员连同滑雪板的质量m＝60kg，滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起. 除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. 求:
（1）运动员在C点水平飞出时速度的大小；
（2）运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离；
（3）运动员滑过D点时的速度大小；
（4）从运动员到达E点起，经3.0s正好通过减速雪道上的G点，求EG之间的距离.
10．（16分）解：
（1）滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：
……① (2分)
解得：=10m/s
（2）滑雪运动员从C水平飞出到落到着陆雪道过程中作平抛运动，
② (1分)
③ (1分)
……④
着陆位置与C点的距离 ⑤ (1分)
解②～⑤得：s=18.75m ； t=1.5s （3）着陆位置到D点的距离
滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动，
初速度为：……⑥ (1分)
加速度为：……⑦ (1分)
运动到D点的速度为：……⑧ (1分)
解⑥～⑧得： (1分)
（4）滑雪运动员在减速雪道上做匀减速直线运动，
加速度为：……⑨ (1分)
减速到速度为0时，经过的时间为：⑩
通过的位移为：……
解 ⑨～ 得： (1分)
滑雪运动员在减速雪道上又向下做匀加速直线运动,
加速度为：……
时间为： ……
通过的位移为： ……
解 ～得：
EG之间的距离为：
11．（14分）（2013江苏泰州学情诊断）液化石油燃气汽车简称LPG汽车，该燃气汽车的CO排放量比汽油车减少90%以上，碳氢化合物排放减少70%以上，氮氧化合物排放减少35%以上，是目前较为实用的低排放汽车。如下图所示为一辆燃气车，为检验刹车功能，进行了如下实验：在路旁可以竖起一标志杆，车以v0=72km/h的速度匀速行驶，当车头距标志杆s=20m时，实验室工作人员向司机下达停车的指令，司机经时间t0=0.8s（即反应时间）后开始刹车，若车在标志杆前停止运动则符合安全要求，已知车与驾驶员总质量为M=1000kg，g=10m/s2。求：
（1）刹车过程中的制动力至少多大？
（2）现把该车改装为双动力系统，在平路行驶时，只采用燃气动力驱动，发动机的额定功率为15kw，能获得的最大速度为v1=15m/s。当车驶上路面情况相同倾角为37°足够长的斜坡时，采用电力与燃气双动力系统发动机的总功率为34kw，保持该功率不变，经过20s达到最大速度，求t=45s时车沿斜面运动的路程。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
11.解析：（1）在反应时间内驾驶员匀速运动的距离为：s0=v0t0=16m （1分）
若车在标志杆前停止运动，由运动学公式可得：≤s-s0（2分）
可求得：a≥50m/s2 （1分）
由牛顿第二运动定律可得：F制=ma≥5×104N （2分）
（2）在平路行驶时获得的最大速度时，汽车匀速运动由： （1分）
当汽车保持总功率不变，在斜坡上运动，达到最大速度时由：(μMgcosθ+Mgsinθ)v2=P总（2分）
可求得：v2=5m/s（1分）
由动能定理可得： （2分）
解得：s=370.2m （2分）
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题六
万有引力和航天
【重点知识解读】
一．万有引力定律
万有引力定律揭示了自然界中一切物体之间普遍存在的一种相互作用，解释了重力产生的原因和天体运动的原因。
在地面附近，若不考虑地球自转，地球对物体的万有引力等于物体重力，G=mg，重力加速度g=GM/R2。若测得地面附近的重力加速度和地球半径R，可得地球质量M=gR2/G.。.
二．天体质量和密度的计算
应用万有引力定律分析天体运动的基本方法是：把天体运动看作半径为r的匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
G=m= mrω2=mr
若测得天体围绕中心天体运动的轨道半径r和运动周期T，由G= mr，可得中心天体质量M=.若已知中心天体的半径R，可得到中心天体的平均密度ρ=M/V=。若测量出卫星绕天体表面运动的周期，可计算出天体密度。
若测得天体运动轨道半径r和线速度v，由G=m，可得中心天体质量M=。
3．环绕天体绕中心天体的运动
研究天体的运动，当一个天体的质量远远大于另外天体的质量时，一般认为中心天体是不动的，环绕天体以中心天体的球心为圆心做匀速圆周运动，环绕天体只受到中心天体的万有引力作用，这个引力提供环绕天体做圆周运动的向心力。
4．双星的运动
两个质量相差不太大、相距较近的两个天体称为双星。若忽略其他星球的影响，双星在万有引力作用下绕两者的质心（双星连线上一点）运动，其特点主要有：运动周期相等，轨道半径与其质量成反比，线速度与其轨道半径成正比。根据万有引力等于向心力列方程解答。
5．三星或多星的运动
研究三星或多星的运动，根据其它星体对所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力列方程求解。注意：万有引力定律中的r为两星体之间的距离，而向心力公式中的r为所研究星体做圆周运动的轨道半径。
6．天体的自转
天体都在自转。由于地球的自转，使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动。组成星球的物质是靠万有引力聚集在一起的，这样的星球有一个最大自转角速度。
7．宇宙速度
所谓第一宇宙速度就是在星球表面发射卫星所需的最小速度。由mg=mv2/R可得：v1=。在地球表面，g=9.8m/s2，R取6400km，则地球上第一宇宙速度v1=7.9km/s。
所谓第二宇宙速度就是在星球表面发射卫星，卫星能够脱离该星球的引力所需的最小速度。第二宇宙速度：v2=v1=。在地球表面，第二宇宙速度：v2=11.2km/s。
所谓第三宇宙速度就是在地球表面发射航天器能够脱离太阳的引力飞出太阳系所需的最小速度。v3=16.7km/s。
8．卫星的发射与变轨和返回
发射卫星一般采用三级火箭，火箭启动后竖直向上做加速运动，卫星处于超重状态。若已知火箭上升的加速度，可利用牛顿第二定律根据放在火箭平台上物体对平台的压力估算火箭上升的高度。卫星绕天体运动，卫星与天体之间的万有引力提供卫星绕天体做匀速圆周运动的向心力，即F供= ，F需=m。若F供= F需， =m，卫星做匀速圆周运动，线速度v=。由此可知，卫星运动的轨道半径r越大，线速度v越小；若由于某种原因(例如受到阻力作用、向前喷气等)，线速度突然减小，F供>F需，卫星做近心运动；若由于某种原因(例如向后喷气)，线速度突然增大，F供在轨道上正常运行的卫星返回时，先向前喷气减速后做向心运动，进入大气层后打开降落伞，当所受阻力等于重力时，匀速下降；在接近地面时，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，以确保安全着陆。
9．卫星的轨道与运行
卫星绕天体做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星圆周运动轨道的圆心一定为天体中心，卫星的轨道一定处在通过天体中心的平面内。处在同一轨道平面内的卫星，轨道半径越小，线速度越大，周期越小，角速度越大。同步卫星运行周期等于地球自转周期，相对地面静止。
10．地球同步卫星
卫星绕地球的运动，万有引力提供向心力。卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道平面一定过地心，轨道半径等于卫星与地心的距离。地球同步卫星的轨道一定与赤道共面，其周期等于地球自转周期。卫星问题是高考热点，解决地球同步卫星问题的方法是，根据题述条件及物理情景，利用卫星周期等于地球自转周期，应用卫星相关规律列出相应方程联立解得。
【高考命题动态】
万有引力定律是物理学重要规律，航天是现代科技的重要部分。万有引力与航天是高考考查重点和热点，在每年的高考中都有考查。万有引力与航天大多以选择题形式命题，一般以当年发生的重大事件切入，从不同角度命题，灵活考查相关知识。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·新课标理综）假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为
A. B. C. D.
【答案】：A
【解析】：在地球表面，g=GM/R2，M=πR3ρ.在矿井底部，g’=GM’/(R-d)2, M’=π(R-d)3ρ.。联立解得g’/ g=，选项A正确。
【考点定位】此题考查万有引力定律及其相关知识。
典例2.（2012·福建理综）一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N，已知引力常量为G,，则这颗行星的质量为
A．mv2/GN B．mv4/GN．
C． Nv2/Gm． D．Nv4/Gm.
1.【答案】：B
【解析】：该行星表面的在连接速度重力加速度g=N/m；由万有引力等于绕某一行星表面附近做匀速圆周运动的向心力，GMm/R2=mv2/R。行星表面附近万有引力等于卫星重力，有mg=GMm/R2,，联立解得：行星的质量M= mv4/GN．选项B正确。
典例3．（2012·重庆理综）冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，由此可知，冥王星绕O点运动的
A．轨道半径约为卡戎的
B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍
D．向心力大小约为卡戎的7倍
【答案】：A【解析】：由m1r1= m2r2，可得冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的，选项A正确；冥王星与另一星体卡戎绕它们连线上某点O做匀速圆周运动角速度相同，向心加速度大小相等，选项BD错误；由v=ωr可知线速度大小约为卡戎的，选项C错误。
【考点定位】此题考查双星的运动。
典例4. （2012·广东理综物理）如图6所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的
A.动能大
B.向心加速度大
C.运行周期长
D.角速度小
【答案】：CD
【解析】：根据万有引力提供向心力可得，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的速度较小，动能小，角速度小，向心加速度小，运行周期长，选项CD正确。
【考点定位】此题考查万有引力定律和卫星的运动。
典例5. （2012·北京理综）关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是
A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期
B.沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率
C.在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，.它们的轨道半径有可能不同
D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合
【答案】：B
【解析】：分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星，可能具有相同的周期，选项A错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率，选项B正确；在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，.它们的轨道半径一定相同，选项C错误；沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面不一定会重合，选项D错误。
【考点定位】此题考查卫星的运动及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013届江西省重点中学高三联考）关于卡文迪许扭秤实验对物理学的贡献，下列说法中正确的是 （ ）
A．发现了万有引力的存在
B．解决了微小力的测定问题
C．开创了用实验研究物理的科学方法
D．验证了万有引力定律的正确性
答案：B D解析：卡文迪许扭秤实验对物理学的贡献是：解决了微小力的测定问题，验证了万有引力定律的正确性，选项BD正确。
2（2013江苏徐州摸底）我国“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星(同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨道高度约为2.15×104km ，静止轨道卫星的高度约为3.60×104km。下列说法正确的是
A．中轨道卫星的线速度大于7.9km/s
B．静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度
C．静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期
D．静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度
答案：C解析：中轨道卫星的线速度小于7.9km/s，静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，选项AB错误；静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度，选项C正确D错误。
3. （2013武汉摸底） 2012年6月18日，搭载着3位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫一号“牵手”，顺利完成首次载人自动交会对接。交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段等阶段，图示为“远距离导引”阶段。下列说法正确的是
A在远距离导引阶段，神舟九号向前喷气
B在远距离导引阶段，神舟九号向后喷气
C.天宫一--神九组合体绕地球作做速圆周运动的速度小于7.9 km/s
D.天宫一一神九组合体绕地球做匀速圆周运动的速度大于7.9 km/s
答案：BC解析：在远距离导引阶段，神舟九号向后喷气加速，选项B正确A错误；天宫一--神九组合体绕地球作做速圆周运动的速度小于7.9 km/s，选项C正确D错误。
4．（2013安徽江南十校摸底）假设月球绕地球的运动为匀速圆周运动，已知万有引力常量为G，下列物理量中可以求出地球质量的是（ ）
A．月球绕地球运动的线速度和周期
B．月球的质量和月球到地球的距离
C．月球表面重力加速度和月球到地球的距离
D．地球表面的重力加速度和月球到地球的距离
答案：A解析：由G=m，Tv=2πr，联立解得地球质量M=，或M=，选项A正确.。
5. （2013温州八校联考）随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度竖直向上抛出一个小球，经时间后回到出发点。已知月球的半径为,万有引力常量为,则下列说法正确的是（ ）
A．月球表面的重力加速度为
B．月球的质量为
C．宇航员在月球表面获得的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动
D．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为
答案：B解析：以初速度竖直向上抛出一个小球，经时间后回到出发点，由=gt/2解得月球表面的重力加速度为2，选项A错误；由G=mg解得M==,选项B正确；月球第一宇宙速度v==，选项C错误；宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为T==π，选项D错误。
6．（2013浙江重点中学协作体高三摸底）宇航员站在星球表面上某高处，沿水平方向抛出一小球，经过时间t小球落回星球表面，测得抛出点和落地点之间的距离为L.若抛出时的速度增大为原来的2倍，则抛出点到落地点之间的距离为L。.已知两落地点在同一水平面上，该星球半径为R，求该星球的质量是
A． B． C． D．
答案、B解析：由平抛运动规律，可得抛出点距星球表面高度h=gt2，若抛出时的速度增大为原来的2倍，则水平位移增大到原来的2倍，x2+h2=L2，(2x)2+h2=(L)2；而g=GM/R2，联立解得M=。
7．（2013安徽师大摸底）北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是(　　)
A．它们运行的线速度一定不小于7.9km/s
B．地球对它们的吸引力一定相同
C．一定位于空间同一轨道上
D．它们运行的加速度一定相同
答案：C解析：同步卫星运行的线速度一定小于7.9km/s，选项A错误；由于5颗同步卫星的质量不一定相等，所以地球对它们的吸引力不一定相同，选项B错误；5颗同步卫星一定位于赤道上空间同一轨道上，它们运行的加速度大小一定相等，方向不相同，选项C正确D错误。
8. （2013广西三校联考）如图所示，两颗靠得很近的天体组合为双星，它们以两者连线上的某点为圆心，做匀速圆周运动，以下说法中正确的是 （ ） A. 它们所受的向心力大小相等
A．它们做圆周运动的角速度大小相等
B．它们做圆周运动的线速度大小相等
C．它们的轨道半径与它们的质量成反比
D．.它们的轨道半径与它们的质量的平方成反比
答案：AC解析：它们做圆周运动的角速度大小相等，线速度大小不一定相等，选项A正确B错误；它们的轨道半径与它们的质量成反比，选项C正确D错误。
9．（2013唐山摸底）A、B两颗地球卫星绕地球运转的周期之比为2∶1，则
A．线速度之比为1∶ B．轨道半径之比为8∶1
C．向心加速度之比为1∶2 D．质量之比为1∶1
答案：A解析：由开普勒定律可知，A、B两颗地球卫星绕地球运转的轨道半径之比为2∶1. 由v=，可得线速度之比为==1∶，选项A正确B错误；由向心加速度公式a=可得向心加速度之比为1∶4，选项C错误；不能判断A、B两颗地球卫星的质量关系，选项D错误。
10. （2013湖北摸底）2012年6月18日，搭载着3位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫一号“牵手”，顺利完成首次载人自动交会对接。交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段等阶段，图示为“远距离导引”阶段。下列说法正确的是
A在远距离导引阶段，神舟九号向前喷气
B在远距离导引阶段，神舟九号向后喷气
C.天宫一--神九组合体绕地球作做速圆周运动的速度小于7.9 km/s
D.天宫一一神九组合体绕地球做匀速圆周运动的速度大于7.9 km/s
答案：BC解析：在远距离导引阶段，神舟九号向后喷气加速，选项B正确A错误；天宫一--神九组合体绕地球作做速圆周运动的速度小于7.9 km/s，选项C正确D错误。
11． (2012朝阳模拟)太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速度约为地球绕太阳公转速度的7倍，其轨道半径约为地球绕太阳公转轨道半径的2×109倍。为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系的所有恒星的质量都集中在银河系中心，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳的质量，则银河系中恒星的数目约为
A．1015 B．1013 C．1011 D．109
【解析】：对于地球绕太阳的运动，G=mv2/r；设银河系中恒星的数目约为n个，对于太阳围绕银河系中心的运动，G=M。联立解得n=1011。
【答案】：C
12.（2012浙江部分重点中学一模）宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G．关于四星系统，下列说法错误的是（忽略星体自转）（　　）
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为
C．四颗星表面的重力加速度均为
D．四颗星的周期均为
答案：B解析：四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，，选项A正确B错误；四颗星的轨道半径均为a，选项A正确B错误；由Gmm’/R2= m’g可知四颗星表面的重力加速度均为g= Gm/R2，选项C正确；由G+2 Gcos45°=ma，解得四颗星的周期均为T=,选项D正确。
13. （16分）（2013广西三校联考）已知地球绕太阳做圆周运动的轨道半径为R、周期为T万有引力常量为G。求：
（1）太阳的质量M;
（2）已知火星绕太阳做圆周运动的周期为1.9T,求地球与火星相邻两次距离最近时的时间间隔t。
解析：（1）对于地球绕太阳运动，G=mRω2，ω=2π/T，
解得M=.
（2）根据圆周运动规律，地球再一次与火星相距最近的条件是ω地t-ω火t=2π，
ω地=2π/T，ω火=2π/T火，
联立解得：t=≈2.1T。
14.（2013景德镇摸底）如图所示是月亮女神、嫦娥1号绕月做圆周运行时某时刻的图片，用R1、R2、T1、T2分别表示月亮女神和嫦娥1号的轨道半径及周期，用R表示月亮的半径。
（1）请用万有引力知识证明：它们遵循,其中K是只与月球质量有关而与卫星无关的常量；
（2）在经多少时间两卫星第一次相距最远；
（3）请用嫦娥1号所给的已知量，估测月球的平均密度。
解析：（1）设月球的质量为M，对任一卫星均有
得常量
（2）两卫星第一次相距最远时有
（3）对嫦娥1号有
15（2013中原名校联考）半径R=4500km的某星球上有一倾角为30o的固定斜面，一质量为1kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行．如果物块和斜面间的摩擦因数，力F随时间变化的规律如图所示（取沿斜面向上方向为正），2s末物块速度恰好又为0．引力恒量G=6.67×10-11Nm2/kg2．试求：
（1）该星球的质量大约是多少？
（2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多大速度？（计算结果保留二位有效数字）
解析：（1）假设星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=20N作用过程中，有：F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma1，
1s末速度v= a1t1，
小物块在力F2=-4N作用过程中，有：F2+mgsinθ+μmgcosθ=ma2，
且有速度v= a2t2，
联立解得：g=8m/s2。
由G=mg
解得M=gR2/G。代人数据得M=2.4×1024kg。
(2)要使抛出的物体不再落回到星球，物体的最小速度v1要满足mg=m,
解得v1==6.0×103ms=6.0km/s。
即要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要6.0km/s的速度。
16.一星球的半径为r,万有引力常量为g,为了测量该星球的自转角速度，某人在该星球表面做了以下实验:
①在该星球的两极（相当于地球的南极或北极），以初速度v（相对地面）从h高处将一小飞镖水平抛出，飞镖触地是与水平地面成α角；
②在该星球的赤道上（相当于地球的赤道），同样以速度v（相对地面）从h高处将一飞镖抛出，飞镖触地是与水平地面成β角。
如果飞镖在运动的过程中只受该星球的万有引力，求该星球的自转角速度。
【解析】：设星球表面的两级的重力加速度为g1，由于小飞镖触地的方向就是小飞镖做平抛运动落地时的速度方向，将速度分解，在该星球的两极，设星球表面的两极的重力加速度为g1，有tanα=，h= g1t2；
联立解得g1=。
则质量为m的物体在星球上所受万有引力f=mg1。
同理，可得星球赤道上重力加速度为g2=。
质量为m的物体在星球赤道上地面支持力F=m g2。
物体在星球赤道上随星球自转，f-F=mω2R
联立解得 ω=v.
17．（7分）（2013河南中原名校第三次联考）天文工作者观测到某行星的半径为R1，自转周期为T1，它有一颗卫星，轨道半径为R2，绕行星公转周期为T2。若万有引力常量为G，求：
（1）该行星的平均密度；
（2）要在此行星的赤道上发射一颗质量为m的近地人造卫星，使其轨道平面与行星的赤道平面重合，且设行星上无气体阻力，则对卫星至少应做多少功？
17.解析：（1）卫星与行星之间的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力。
G=mR2()2，
解得：M=.
V=πR12
ρ=M/V=.
(2)发射质量为m的人造卫星在该行星的近地轨道上运行，可以认为其轨道半径为R1，万有引力提供向心力，G=m,
解得：v==.
该人造卫星在此行星表面上随行星一起自转，自转的线速度v0=.
要发射该卫星。对卫星至少应做功等于卫星动能的增量，
W=mv2-mv02=-.
18.（9分）（2013山东寿光市质检）已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．试求：
（1）卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1的大小；
（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星运行的轨道半径r；
（3）由题干所给条件，推导出地球平均密度p的表达式
【解析】（1）设卫星的质量为m，地球的质量为M，根据万有引力定律，物体在地球表面附近满足，第一宇宙速度是指卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力，即
，【或】，
联立解得（1分）
（2）根据r，联立解得
（3）将地球看成是半径为R的均匀球体，其体积为
地球的平均密度（2分），联立解得。
19. (12分) （2013安徽望江二中月考）中国首个月球探测计划“嫦娥工程”预计在2017年送机器人上月球，实地采样送回地球，为载人登月及月球基地选址做准备．设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船绕月球飞行，飞船上备有以下实验仪器：A.计时表一只；B.弹簧测力计一把；C.已知质量为m的物体一个。在飞船贴近月球表面时可近似看成绕月球做匀速圆周运动，宇航员测量出飞船在靠近月球表面的圆形轨道绕行N圈所用的时间为t.飞船的登月舱在月球上着陆后，遥控机器人利用所携带的仪器又进行了第二次测量，利用上述两次测量的物理量可以推导出月球的半径和质量．(已知引力常量为G，忽略月球的自转的影响)
(1)说明机器人是如何进行第二次测量的？用相应的符号表示第二次测量的物理量，并写出相关的物理关系式。
(2)试用上述两次测量的物理量和已知物理量推导月球半径和质量的表达式．
19.解析(1)机器人在月球上用弹簧测力计竖直悬挂质量为m的物体，
静止时读出弹簧测力计的读数F， ………………………（2分）
设月球表面重力加速度为g月，得：mg月＝F…………… （1分）
(2)设月球质量为M，半径为R，在月球上(忽略月球的自转的影响)可知
①………………………（2分）
又mg月＝F
飞船靠近月球表面绕月球运 行时，近似认为其轨道半径为月球的半径R，有

②………………………（2分）
又T＝ ③………………………（1分）
解得月球的半径. ………………（2分）
月球的质量. ………………（2分）
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十一
力学实验
【重点知识解读】
高考力学实验包括三个验证性实验（验证力的平行四边形定则、验证牛顿运动定律、验证机械能守恒定律）和三个研究探究性实验（研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长的关系、探究动能定理），
探究性实验一般采用图象法处理实验数据，作图时要设法选择适当的物理量作纵横坐标轴，使图象线性化，即“变曲为直”。例如探究加速度与质量的关系，将a—1/m图象改画成a—m图象，探究“动能定理”实验画成△Ek—W图象。
验证型实验常用的实验思想有：
⑴控制变量法。自然界发生的各种现象，往往是错综复杂的，决定某一个现象的产生和变化的因素常常也很多。为了弄清事物变化的原因和规律，必须设法把其中的一个或几个因素用人为的方法控制起来，使它保持不变，然后来比较，研究其他两个变量之间的关系，这种研究问题的科学方法就是“控制变量法”。验证牛顿第二定律采用控制变量法。
⑵转换法。在物理实验的现象观察和物理量测量中，有些现象难以观察到，有些物理量不容易测量，利用这些物理现象的某种效应或这个物理量与其他物理量的联系，通过转移实验手段，可以把难以观察到的现象转化为容易观察的径迹和闪光，把不容易测量的物理量转化为容易测量的物理量进行测量，达到化不易为易、化不能为能，这就是转换法。验证碰撞中动量守恒实验把小球速度的测量转化为水平位移的测量。研究牛顿第二定律实验中把加速度的测量通过打点计时器打出的点迹转换为位移测量。验证机械能守恒定律实验中把速度测量通过打点计时器打出的点迹转换为位移测量。
⑶等效替代法。所谓等效替代法就是把复杂的物理现象和过程用简单的进行等效替代，或利用另一种测量仪器进行等效替代的思想方法。例如在验证力的平行四边形定则实验中，利用橡皮条伸长的长度相同，来保证合力与分力的等效性。
【高考命题动态】
力学实验是高考考查重点之一，研究匀变速直线运动、验证牛顿运动定律、验证机械能守恒定律三个实验命题频率较高。高考一般采用组合、嫁接、拓展等形式命题考查。
【最新高考题分析】
典例1.（2012·广东理综物理）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。
①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在______方向（填“水平”或“竖直”）
②弹簧自然悬挂，待弹簧______时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：
代表符号
L0
Lx
L1
L2
L3
L4
L5
L6
数值（cm）
25.35
27.35
29.35
31.30
33.4
35.35
37.40
39.30
表中有一个数值记录不规范，代表符号为_______。由表可知所用刻度尺的最小长度为______。
③图16是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_________的差值（填“L0或Lx”）。
④由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_________g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。
【答案】①竖直②稳定 L3 1mm ③ Lx 4.9N/m 10
【解析】：由表中记录的数据可知，实验所用刻度尺最小刻度为1mm，记录数据应该估读到0.1mm，所以L3数值记录不规范。由于纵轴是砝码的质量，横轴应是弹簧长度与弹簧下端挂上砝码盘时长度Lx 的差值。由mg=kx可知，图象斜率等于弹簧的劲度系数为4.9N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为10g。
【考点定位】此题考查探究弹力与弹簧伸长量的关系实验。
典例2（2012·浙江理综）在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：
弹力F(N)
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
伸长量x(10-2m)
0.74
1.80
2.80
3.72
4.68
5.58
6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m；
(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数为 N,同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；
（3）由图得到F合= N。
【答案】：（1）53
（2）2.10
（3）3.3
【解析】画出弹力F随伸长量x变化关系图象，由图象斜率可得该弹簧的劲度系数k=53N/m；作出两个力的图示，根据平行四边形定则，得出这两个共点力的合力F合=3.3N。
典例3：（2012·安徽理综）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是
A. 将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
B. 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
C. 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。
(2)实验中要进行质量和M的选取，以下最合理的一组是
A. M=20 g,m=10g、15 g、20、25 g、30 g、40 g
B. M =200 g, m=20 g、40 g、60、80 g、100 g、120 g
C. M =400 g, m=10 g、15 g、20、25 g、30 g、40 g
D. M =400 g, m=20 g、40 g、60、80 g、100 g、120 g
（3）图2 是实验中得到的一条纸带，、、、、、、为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为=4.22 cm、=4.65 cm、=5.08 cm、=5.49 cm、=5.91 cm、=6.34 cm 。已知打点计时器的工作频率为50 Hz，,则小车的加速度a= m/s2 （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）B（2）C（3）0.42
【解析】实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是：将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。选项A正确。实验中要进行质量和M的选取，要M远大于m，最合理的一组是C。由T=0.02s×5=0.1s，△x=aT2和逐差法可得小车的加速度a=0.42m/s2。
【考点定位】此题考查“验证牛顿第二定律”的实验。
典例4.（2012·全国理综）图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
（1）完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，…。求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出--m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：
（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。
（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=__________mm，s3=__________mm。由此求得加速度的大小a=__________m/s2。
（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。
【答案】：（1）①均匀⑥线性
（2）（ⅰ）远小于小车和小车中砝码的质量之和
（ⅱ） 24.1 47.3 1.16（ⅲ）1/k b/k 【解析】：（1）由加速度与小车和砝码的总质量成反比，即a∝1/( M+m)可知，与m处应成线性关系。（2）小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是远小于小车和小车中砝码的质量之和。由于打点的时间间隔为Δt，相邻计数点的时间间隔为5Δt，由s3 -s1=2a·5Δt，解得a=。根据刻度尺读数规则，s1=36.6mm-12.5mm=24.1mm，s3=120.0mm-72.7mm=47.3mm。Δt=0.02s，代人a=得到a==1.16 m/s2。设小车质量为M，由F=(M+m)a，变换成=m+M。对比实验图线图3，由=k可得小车受到的拉力为F=1/k，由M=b可得M=b/k 。
【考点定位】考查验证牛顿第二定律实验。
典例5．（2011海南物理卷14题）现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图2甲所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图；
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为_____。动能的增加量可表示为________。若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为= ________.
(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：
1
2
3
4
5
s（m）
0.600
0.800
1.000
1.200
1.400
t（ms）
8.22
7.17
6.44
5.85
5.43
（104s-2）
1.48
1．98
2.41
2.92
3.39
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2乙位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=______×104m-1·s-2 (保留3位有效数字).由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出-s直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律。
【解析】：此题考查用气垫导轨验证机械能守恒定律实验。（1）设倾斜的气垫导轨倾角为α，则有sinα=h/d，滑块、遮光片重力势能的减小量为Mgssinα，砝码重力势能的增加量为mgs，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量为Mgssinα-mgs=Mgsh/d–mgs=(Mh/d-m)gs.。滑块通过B点时速度v=b/t，动能的增加量为mv2=mb2/t2。若在运动过程中机械能守恒，则有(Mh/d-m)gs.=mb2/t2。与s的关系式为=(-1)gs。
（2）根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=2.49×104m-1·s-2
【答案】 (1) (Mh/d-m)gs mb2/t2 (-1)gs （2）2.49
【点评】机械能守恒定律是力学重要定律，可以设计多种实验验证机械能守恒定律，验证机械能守恒定律实验成为高考考查的热点和重点。高考中的验证机械能守恒定律的设计性实验难度中等。
【最新模拟题训练】。
1．（2013安徽江南十校摸底）右图是“探究小车速度随时间变化规律”的实验中打出的一条纸带，已知交流电源的频率是50Hz。纸带上每两个计数点间还有四个计时点未画出。
（1）打D点时，小车的速度大小是 m/s；
（2）如果小车系在纸带的F端，那么小车是做 直线运动（选填“匀加速”或“匀减速”）。
答案：（1）0.23（2）匀减速
解析：根据在中间时刻的瞬时速度等于CE这段时间的平均速度得到打D点时小车的速度大小是0.23m/s；如果小车系在纸带的F端，打出的点之间的距离越来越小，所以小车是做匀减速直线运动。
2．（2013安徽江南十校摸底）（1）某实验中需要测量一根钢丝的直径（约0.5mm），为了得到尽可能精确的测量数据，应从实验室提供的米尺、螺旋测微器和游标卡尺（游标尺有10个等分刻度）中，选择 进行测量；
（2）用螺旋测微器测量某工件的厚度，示数如图所示，则工件的厚度为 mm。
答案：（2）螺旋测微器（2）2.203
解析：测量一根钢丝的直径，选择螺旋测微器进行测量；工件的厚度为2mm+0.203mm=2.203mm。
3. （6分）（2013广西三校联考）某同学在实验室分别用精度是0.l mm、0.05 mm和0.02 mm三种卡尺测量同一物件的长度，测量情况如下图中甲、乙和丙所示。
由图中读出的该物件的长度分别为 cm、 cm和 cm。
答案：6.63 6.635 6.634
解析：甲图游标上第3个刻度线与主尺刻度线对齐，读数是66mm+3×0.1mm=66.3mm=6.63cm；乙图游标上第7个刻度线与主尺刻度线对齐，读数是66mm+7×0.05mm=66.35mm=6.635cm；丙图游标上第17个刻度线与主尺刻度线对齐，读数是66mm+17×0.02mm=66.34mm=6.634cm。
4. （2013衡水中学调研）如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．
(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．
(2)A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A、B两点间距x＝________cm；C点对应的速度是________m/s(计算结果保留三位有效数字)．
. 答案： (1)0.02 s　(2)0.66～0.70 cm　0.100 m/s
解析：纸带上打相邻两点的时间间隔为为0.02s。A、B两点间距x＝0.68cm；BC和CD之间的时间都为0.10s， C点对应的速度是v=×10-2m/s=0.100m/s。
5、（2013衡水中学调研）有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：
(1)改变钩码个数，实验能完成的是 .
A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是 .
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
(3)在作图时，你认为图示中________是正确的．(填“甲”或“乙”)
. 答案：(1)BCD　(2)A　(3)甲
解析：(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|＜F3＜F1＋F2，因此B、C、D选项是可以的．
(2) 在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向。　
(3)F3的方向一定竖直向下，而F1和F2合力方向由于测量误差可能偏离竖直向上方向，所以甲是正确的。
6（11分）（2013广西三校联考）某同学利用图甲所示的实验装置做了这样的实验。
①按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块。释放小车，小车由静止开始运动。
②按实验要求正确装上纸带，让小车靠近打点计时器，按住小车，打开打点计时器电源，释放小车，获得一条带有点列的纸带。
③在获得的纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点A，B，C，…。测量相邻计数点的间距S1，S2，S3，…。并将其记录在纸带上对应的位置处。
完成下列填空：
（1）已知实验装置中打点计时器的电源为50Hz的低压交流电源，若打点的时间间隔用△t表示，则△t= s。
（2）设纸带上五个相邻计数点的间距为s1、s2、s 3和s 4。a可用s 1、s 4和△t表示为a= ;vB可用s1、s2和△t表示为vB= 。
（3）图乙为用米尺测量所得纸带上的s1、s2、s3和s4的情况，由图可读出s1= cm，s2= cm，s4= cm。由此求得加速度的大小a= m/s2，vB= m/s（计算结果取3位有效数字）。
答案：（1）0.02 （2）
（3）1.68 2.42 3.88 0.735 0.205
解析：打点的时间间隔△t=1/50s=0.02s。由△s=aT2,T=5△t得s 4 -s 1=3a(5△t)2，解得a=。vB==。
s1=2.58cm-0.90cm=1.68cm，s2=5.00cm- 2.58cm=2.42cm，s4=12.00cm-8.12cm=3.88cm。
a==0.735 m/s2，vB==0.205 m/s。
7（2013广东二校联考摸底)在验证牛顿第二定律的实验中，采用如右图所示的实验装置。在探究加速度a与所受外力F的关系实验过程，某小组得到了如图所示的纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的频率为50Hz的交流电，则两计数点间的时间间隔为 s，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2。（保留两位有效数字）由于他们操作不当得到的a-F关系图象如图所示，其原因是
（2）答案：0.10 0.50 没有平衡摩擦力或木板倾角过小
解析：两计数点间的时间间隔为5×0.02s=0.10s；由△x=aT2和逐差法求得小车的加速度大小为a=0.50m/s2。得到的a-F关系图象如图所示，其原因是没有平衡摩擦力或木板倾角过小.
8．（6分）（2013届江西省重点中学高三联考）(1)我们已经知道，物体的加速度（a）同时跟合外力（F）和质量（M）两个因素有关。要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是

（2）某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法而带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：
a：用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是 。
b：使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于 。
（3）该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：
A、利用公式计算； B、根据利用逐差法计算。
两种方案中，你认为选择方案_________比较合理。
[来源:Z。xx。k.Com]
（6分）答案：（1）控制变量法;（或先保持M不变，研究a与F的关系；再保持F不变，研究a与M的关系）（2分）；
（2）a.平衡摩擦力(1分)；b.砂桶的重力 (1分)；
（3）B (2分)；来源:Z。xx。k.Com]
解析：要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法。想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法而带来的实验误差，使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于砂桶的重力；用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。利用实验中打出的纸带求加速度时，需要根据利用逐差法计算，选项B正确。
9. （2013哈尔滨三中月考）做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），已知打点计时器使用的是50Hz的交变电流，则打点计时器在打“1”时的速度v1 ＝______m/s，平均加速度为a＝______m/s2。由计算结果可估计出第5个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是______㎝。 （结果均保留3位有效数字）。
.答案：4.91m/s 0.880±0.01m/s2 8.86±0.01cm（每空2分）
解析：打点计时器在打“1”时的速度v1 ＝×10-2 m/s =4.91m/s；由△x=aT2，和逐差法可得平均加速度为a＝0.880m/s2；第5个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是7.98cm+0.880×0.12m=8.86㎝。
10．（2013哈尔滨三中月考）在研究摩擦力特点的实验中，将质量为0.52 kg木块放在水平长木板上，如图甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力f随拉力F的变化图象，如图乙所示．（g=10 m/s2）可测得木块与长木板间的动摩擦因数μ= 。
答案：0.6 （3分）
解析：由图乙可知，滑动摩擦力等于3.12N，由摩擦定律，木块与长木板间的动摩擦因数μ=3.12÷5.2=0.6.
11．（2013哈尔滨三中月考）用金属制成的线材（如钢丝、钢筋）受到的拉力会伸长，17世纪英国物理学家胡克发现，金属丝或金属杆在弹性限度内的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这个发现为后人对材料的研究奠定了重要的基础．现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m，横截面积为0. 8 cm2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/100,由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，就选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如右图：
(1)根据测试结果，推导出线材伸长x与材料的长度L、材料的横截面积S及拉力F的函数关系为x= （用所给字母表示,比例系数用k表示）。
(2)在寻找上述关系中，运用 科学研究方法。
11.答案：(1)x=k（其中k为比例系数）； (2)控制变量法（每空3分）
解析：根据第1行数据，伸长x与拉力F成正比；根据第1、4、5行数据，伸长x与横截面积S成反比；根据第1、2、3行数据，伸长x与长度L成正比；所以线材伸长x与材料的长度L、材料的横截面积S及拉力F的函数关系为x= k。
12．(8分) （2013江苏徐州摸底）用如图所示装置探究“加速度与力的关系”。已知砂和砂桶的总质量为m，小车的质量为M，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
(1)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是 ．
A．M=40g，m=10g、20g、30g、40g、50g
B．M=100g，m=10g、20g、30g、40g、50g
C．M=500g，m=10g、20g、30g、40g、50g
D．M=500g，m=30g、60g、90g、120g、150g
(2)本实验中应在释放小车 (选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源。下图所示为实验中打出的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器的工作频率为50Hz．则小车加速度a= m/．(结果保留两位有效数字)[来源:Z*xx*k.Com]
(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图象，可能是图中的图线 。(选填“甲”、“乙”或“丙”)
10、答案：（1）C （2）之前 0.50 （3）丙[来源:学
解析：由于实验要求小车质量远远大于砂和砂桶的总质量，所以最合理的一组是C。本实验中应在释放小车之前接通打点计时器的电源。由△x=aT和逐差法可得小车加速度a=0.50m/．若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图象，可能是图中的图线丙。
13（4分）（2013辽宁省五校协作体高三期初联考）图示为探究牛顿第二定律的实验装置，该装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成。光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的瞬时速度，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，另用天平测出滑块和沙桶的质量分别为M和m.下面说法正确的是_______
A．用该装置可以测出滑块的加速度
B．用该装置探究牛顿第二定律时，要保证拉力近似等于沙桶的重力，因此必须满足m<C．可以用该装置验证机械能守恒定律，但必须满足m<D．可以用该装置探究动能定理，但不必满足m<答案：AB解析：测出滑块分别通过两个光电门的瞬时速度，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，应用v22-v12=2ax可以得到滑块的加速度，选项A正确；用该装置探究牛顿第二定律时，要保证拉力近似等于沙桶的重力，因此必须满足m< 14. （2013武汉摸底）某同学设计了如下实验方案用来‘验证牛顿运动定律’:
(1)如图甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器。调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动。
(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之由静止开始加速运动。打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，打出的纸带如图丙所示，A, B, C,D,E是纸带上五个计数点。
①图乙中滑块下滑的加速度为_______。(结果保留两位有效数字)
②若重锤质量为m，滑块质量为M,重力加速度为g，则滑块加速下滑受到的合力为________。
③某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的a-F图象如图丁所示，则滑块的质量为______kg.(结果保留两位有效数字)
14．答案：①3.9m/s2 ②mg ③2.0
解析：由△x=aT2和逐差法计算得到a=3.9m/s2。滑块通过细绳与带夹的重锤相连，滑块匀速下滑，说明滑块沿斜面的向下的重力分力和摩擦力之和等于重锤的重力，取下细绳和重锤，滑块加速下滑受到的合力为mg。a-F图象的斜率表示质量的倒数1/m，得到滑块的质量为2.0kg.
15.（9分）（2013安徽师大摸底）（1）某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测小车的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度可以表示为a=____________ （用题中所给物理量表示）。
（2）该学习小组在测出滑块的加速度后，经分析讨论，由于滑块在气垫导轨上运动时空气阻力很小，可用上述实验装置来验证机械能守恒定律，为此还需测量的物理量是____________ ，机械能守恒的表达式为____________ （用题中所给物理量和测量的物理量表示）。
15. （9分） 答案：（1）……（3分）
（2）滑块的质量M和沙桶的质量m……（3分）
……（3分）
解析：（1）窄遮光板依次通过两个光电门的速度分别为v1=d/ t1和v2=d/ t2，由v22- v12=2aL可得滑块的加速度a=。
（2）要验证机械能守恒定律，根据，还需测量的物理量是滑块的质量M和沙桶的质量m。
16.（6分）（2013邯郸摸底）用如图装置探究加速度与力和质量的关系，设沙和沙桶的质量为m，小车的质量为M：
⑴为了消除摩擦力对小车运动的影响，应将木板 ；
⑵本实验中近似地认为：绳子对车的拉力大小等于沙和沙桶的重力，其条件是 ；
⑶实验中测得a—1/M关系如图，图线右部发生了弯曲，试分析产生上述现象的原因。


答案：⑴左端垫高以平衡摩擦力；⑵M>>m;
⑶当M较小时，不满足条件M>>m
解析：⑴木板与小车间有摩擦力，为了减小误差，需要平衡掉摩擦力，即垫高木板左端，使摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等；⑵要想使绳子对车的拉力大小等于沙和沙桶的重力，必须满足M>>m; ⑶当M>>m时，绳子上的拉力近似等于mg，但是若不满足此关系，绳子上的拉力小于mg，出现如图所示情况。
17.（9分）（2013邯郸摸底）某同学安装如图甲的实验装置，验证机械能守恒定律。
⑴此实验中，应当是让重物做 运动， （填“需要”或“不需要”）测出重物的质量；
⑵打点计时器所用交流电的频率为50Hz，该同学选取如图乙所示的一段纸带，对BD段进行研究。
求得B点对应的速度vB= m/s（保留两位有效数字），若再求得D点对应的速度为VD，测出重物下落的高度为hBD，则还应计算 与 大小是否相等（填字母表达式）；
⑶但该同学在上述实验过程中存在明显的问题。安装实验装置时存在的问题是 ；研究纸带时存在的问题是 ，实验误差可能较大。
答案：⑴自由落体；不需要；
⑵0.19；(vD2- vB2) ; ghBD(上两式同乘了m不扣分)；
⑶重物会落在桌面上（或“纸带打点过短”等与此类似的答案）；B、D两点间时间间隔过短。
解析：⑴由实验原理知，应让重物在松开手后做自由落体运动；根据机械能守恒，mgΔh=1/2m(v22-v12),整理后，得gΔh=1/2(v22-v12),所以，不需要测量质量。⑵B点速度等于AC段的平均速度，vB=AC/0.04s=0.19m/s；根据原理知，还用计算(vD2- vB2)与ghBD，看两者大小是否相等；⑶重物距离桌面太近，会落到桌面上；B、D间时间间隔太短，计算误差较大。
18. （2013温州八校联考）某兴趣小组利用平抛运动知识测量某农庄水平喷水口的流量（，为出水口的横截面积，为出水口的水速），方法如下：
先用游标卡尺测量喷水口的内径D。A、B、C、D图中，测量方式正确的是 ▲
（2）图15为正确测量得到的结果，由此可得喷水口的内径D＝ ▲ m。
（3）打开水阀，让水从喷水口水平喷出，稳定后测得落地点距喷水口水平距离为x，竖直距离为y，则喷出的水的初速度v0 ＝ ▲ （用x、y、g表示）。
（4）根据上述测量值，可得水管内水的流量Q ＝ ▲ （用D、x、y、g表示）
18.答案：（1）C （2）1.010×10-2 （3） （4）
解析：由平抛运动规律可得喷出的水的初速度v0 ＝
水管内水的流量Q ＝S v0 ＝。
19.（2012年5月河北邯郸二模）某同学用如图（a）所示的装置探究加速度a与力F、质量m的关系。甲、乙两小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器（可以测量乙在任意时刻的加速度大小），力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，且细线与轨道平行。在弹簧拉力作用下两小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小。
⑴下列关于实验装置和操作的说法中正确的是
A．.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力
B．轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力
C．实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据
D．实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据
⑵四个实验小组选用的小车乙（含加速度传感器）的质量分别为m1=0.5kg、m2=1.0kg、m3=1.5kg和m4=2.0kg，其中有三个小组已经完成了a-F图像，如图（b）所示。最后一组的实验数据如下表所示，请在图（b）中完成该组的a-F图线。
实验次数
1
2
3
4
5
6
拉力F（N）
24.5
20.0
17.5
12.0
8.1
4.8
加速度a（m/s2）
16.3
13.3
11.7
8.0
5.4
3.2
⑶在探究了a与F的关系后，为了进一步探究a与m的关系，可直接利用图（b）的四条图线收集数据，然后作图。请写出具体的做法：
①如何收集据？ ；
②为了更直观地探究a与m的关系，建立的坐标系应 以为纵轴；以 为横轴。
答案：(1)BD
(2)如右图 (2分)（图线不过原点不得分）
(3)①在a-F图像上做一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有四个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与四个图线对应的m组成四组数据 （2分）
② 加速度a （1分）；质量的倒数 （1分）
解析：实验中乙为研究对象，轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，选项B正确A错误；实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集力和加速度的数据，选项C错误D正确。
为了进一步探究a与m的关系，利用图（b）的四条图线收集数据的方法是：在a-F图像上做一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有四个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与四个图线对应的m组成四组数据。由于加速度a与质量m成反比，为了更直观地探究a与m的关系，建立的坐标系应加速度a以为纵轴；以质量的倒数 为横轴。
20．（2012上海黄浦模拟）现要测定木块与长木板之间的动摩擦因数，给定的器材如下：一个倾角可以调节的长木板（如图）、木块、计时器、米尺。请填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤：
①用米尺测量长木板顶端B相对于水平桌面CA的高度h和长木板的总长度L。设木块所受重力为mg，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ，则木块所受的合外力表达式F ＝__________。
②让木块从斜面上方一固定点D由静止开始下滑到斜面底端A处，记下所用的时间t，用米尺测量D与A之间的距离s。
③根据牛顿第二定律，可求得动摩擦因数的表达式＝__________，代入测量值计算求出的值。
④改变______________________________，重复上述测量和计算；再求出的平均值。
解析：对木块进行受力分析，画出受力分析图，设斜面倾角为θ，求得合外力F=mgsinθ-μmgcosθ，而sinθ=h/L，cosθ=/L，所以F= mgh/L-μmg/L。
由s=at2，解得a=2s/t2.。由牛顿第二定律F=ma，联立解得μ=h/-。
【答案】：①mgh/L-μmg/L ③h/-④高度h
21．（2012年4月上海闵行区二模）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。当带有遮光片的滑块自斜面顶部滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用毫米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值，所得数据如右表所示。
s（mm）
180
295
357
425
466
495
t（ms）
100
180
230
310
370
450
s/t（m/s）
1.80
1.64
1.55
1.37
1.26
1.10
完成下列填空和作图：
（1）设滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是__________________________。
（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上描点画出s/t－t图线
（3）由所画出的s/t－t图线，得出滑块加速度的大小a＝________m/s2（保留2位有效数字）。
答案：(1)s=v1t-at2/2
(2)如右图
(3)4.0
解析：滑块从甲到乙的匀加速直线运动可反演为从乙甲的匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律可得，滑块加速度大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是s=v1t-at2/2。可变换为s/t= v1-at/2，s/t－t图线的斜率绝对值等于a/2，由此得出滑块加速度的大小a＝4.0m/s2。
22. （2012年4月上海普陀区二模）小李家的一个水龙头拧不紧，水一滴一滴不停地滴落到地上。小李发现，第一滴水碰地的同时，第二滴水刚好从水龙头处下落。他为了测算水滴下落的平均速度，找来了秒表和卷尺。首先量出水龙头口离地面的高度h，再用秒表计时。当他听到某一水滴滴在地上声音的同时，开启秒表开始计时，并数“1”，以后每听到一声水滴声，依次数“2、3……”，一直数到“n”时，按下秒表停止计时，读出秒表的示数为t。
（1）水滴在空中运动的平均速度的表达式为 ；
（2）测得h=1m，当数到n=20时秒表的示数 t=8.7s，则水滴下落的平均速度为 m/s；
（3）小李为了进一步找出水滴下落的平均速度和下落高度的关系，又做了以下实验：找来一块挡板，让水滴落在挡板上。改变挡板和水龙头口之间的距离h，并仔细调节水龙头滴水的快慢，使得总是在前一滴水滴到挡板上的同时，后一滴水刚好开始下落。计时方法仍和上面一样。他从实验中又获得了如下表所示的6组数据(连同上面的一组共有7组数据)。请选取合适的坐标轴，标上数据和单位，作出相应的图象，并根据图象写出平均速度和下落高度的函数关系为 。
次数
1
2
3
4
5
6
高度h(m)
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.8
平均速度v(m/s)
0.97
1.19
1.38
1.54
1.68
1.95
5．答案：（1）v=(n-1)h/t
（2）平均速度v≈2.18m/s
（3）作出的2—h图象如图。 2=4.8h
解析：每滴水下落时间为t1=t/(n-1)，水滴在空中运动的平均速度的表达式为v=h/ t1=(n-1)h/t。测得h=1m，当数到n=20时秒表的示数 t=8.7s，则水滴下落的平均速度为v≈2.18m/s；由表格中的测量数据可知，平均速度v的二次方与高度h成正比，所以选取2作为纵坐标轴，h作为横坐标轴，作出相应的图象。根据图象写出平均速度和下落高度的函数关系为2=4.8h。
23. （2012河南六市联考）利用如图6所示的装置可以测定做竖直下落运动的物体的加速度。立柱上端有一个电磁铁，通电时，具有磁性的小球被吸在电磁铁上，断电时，小球由初速度为零开始竖直下落，计时装置开始计时。立柱上还有5个光电门。当小球经过某一个光电门时，光电计时装置能测出小球通过光电门所用的时间△t，用游标卡尺测出小球的直径d，就可以求出小球经过光电门时的速度v。用刻度尺再测出电磁铁到5个光电门的距离x，就可以求出物体竖直下落运动的加速度。所得数据如下表：利用如图5所示的装置可以测定做竖直下落运动的物体的加速度。立柱上端有一个电磁铁，通电时，具有磁性的小球被吸在电磁铁上，断电时，小球由初速度为零开始竖直下落，计时装置开始计时。立柱上还有5个光电门。当小球经过某一个光电门时，光电计时装置能测出小球通过光电门所用的时间△t，用游标卡尺测出小球的直径d，就可以求出小球经过光电门时的速度v。用刻度尺再测出电磁铁到5个光电门的距离x，就可以求出物体竖直下落运动的加速度。所得数据如下表：
各光电门到电磁铁的距离x/m
0.200
0.300
0.500
0.700
0.900
小球经过光电门速度（）v/(m·s-1)
1.970
2.410
3.115
3.694
4.180
v2/(m·s-1)2
3.881
5.808
9.703
13.580
17.472
完成下列填空和作图：
（1）若小球所受空气阻力为一常量，小球加速度的大小a、小球经过某一光电门时的瞬时速度v、测量值x三个物理量之间所满足的关系式是____________；
（2）根据表中给出的数据，在给出的坐标纸上画出v2－x图线；
（3）由所画出的v2－x图线，得出小球加速度的大小为a＝_______m／s2。
6.【答案】：（1）v2=2ax
（2）如图6J所示
（3）9.70
【解析】：根据题述小球所受空气阻力为一常量可知，小球加速度的大小a恒定，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知，小球经过某一光电门时的瞬时速度v、测量值x三个物理量之间所满足的关系式是v2=2ax。由描点法画出v2－x图线，由v2=2ax可知，v2－x图线的斜率等于2a。v2－x图线的斜率为=19.4，小球加速度的大小为a＝19.4÷2 m／s2 =9.70m／s2。
24.（2012河北唐山摸底检测）某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了下面左图所示的实验装置。

（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是________。
（2）如图所示，游标卡尺测得遮光条的宽度△d= cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定。现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为△t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为____（用字母表示）。
（3）逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度。则画出的W-v2图象应是 。
答案：（1）将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动（将滑块轻置于气垫导轨之上，轻推滑块看是否匀速），其它方法正确同样得分。
（2）0．550
（3）
（4）过坐标原点的一条倾斜直线
解析：根据游标卡尺读数规则，遮光条的宽度△d=0.5cm+10×0.005cm=0.550cm..。由速度定义可知，滑块最后匀速运动的速度表达式为v=；由动能定理可知，W=mv2，画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十七
带电粒子在复合场中的运动
【重点知识解读】
1.质谱仪是分析同位素的重要工具，带电粒子经过加速电场加速，经过速度选择器后垂直边界进入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据带电粒子在匀强磁场中的运动半径和加速电场电压，可确定粒子的比荷。
2.回旋加速器是加速带电粒子的装置，离子由加速器的中心附近进入加速器，经过回旋加速后从加速器的边缘出加速器，离子通过电场加速从电场中获得能量。回旋加速器粒子运动周期与狭缝上所加交变电压的周期相等。回旋加速器狭缝所加交变电压的周期等于粒子做匀速圆周运动的周期，粒子回旋一周加速两次。由可知粒子加速后的最大动能Ekm=，与加速电压无关。
3.带电粒子在电场、磁场并存的空间中运动时，电场力、磁场力将按自身的特性独立作用于粒子，其中洛伦兹力对运动电荷不做功，电场力做功与路径无关。当带电粒子在电场、磁场并存的空间中做直线运动时，电场力和洛伦兹力的合力必为零，一定做匀速直线运动；电场力和洛伦兹力一定等值反向。当带电粒子连续通过几个不同的场区，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
4.带电粒子在重力场、电场、磁场并存的空间中运动时，重力、电场力、磁场力将按自身的特性独立作用于粒子，其中洛伦兹力对运动电荷不做功，重力和电场力做功与路径无关。对带电粒子在复合场中运动的处理方法是：（1）正确分析带电粒子的受力特征及运动特征是正确解题的前提。带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受到的合外力及其初时状态的速度，因此应该把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。当带电粒子在重力场、电场、磁场并存的空间中做直线运动时，重力、电场力和洛伦兹力的合力必为零，一定做匀速直线运动；当带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做变速曲线运动，其轨迹即不是圆弧，也不是抛物线；当带电粒子连续通过几个不同的场区，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。（2）灵活选用物理规律是正确解题的关键。当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据物体的平衡条件列方程求解；当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，运用牛顿第二定律和向心力公式列方程求解；当带电粒子在复合场中做变速曲线运动时，应选择动能定理或能量守恒定律列方程求解。
【高考命题动态】
带电粒子在复合场中的运动是高考重点和热点，每年高考均有考查，可能是选择题，也可能是计算题，难度中等或较难。
【最新高考题分析】
典例1. （2012·海南物理）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？
A．粒子速度的大小
B．粒子所带电荷量
C．电场强度
D．磁感应强度
【答案】：B
【解析】：带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有qvB=qE。所以粒子所带电荷量改变，粒子运动轨迹不会改变，选项B正确。
【考点定位】此题考查带电粒子在电场磁场中的直线运动。
典例2.(2012·天津理综)对铀235的进一步研究在核能开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。
（1）求加速电场的电压U；
（2）求出在离子被收集过程中任意时间t内收集到离子的质量M；
（3）实际上加速电压大小会在U△U范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使者两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）。
【解析】：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得，qU=mv2，①
离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即qvB=m②
由①②式解得：U=。③
（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则Q=It，④
N=Q/q，⑤
M=Nm，⑥
由④⑤⑥式解得：M=mIt/q。⑦
（3）由①②式有：R=。 ⑧
设m’为铀238离子的质量，由于电压在U△U之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为Rmax=。⑨
铀238离子在磁场中最小半径为R’min=。⑩
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmax即：<。
则有m(U+△U)< m’(U-△U)，
<。
其中铀235离子质量m=235u（u为原子质量单位），铀238离子质量m=238u，故
<，
解得<0.63%。
【考点定位】 本题主要考查带电粒子在电场中加速和在磁场中圆周运动及其相关知识，意在考查考生灵活应用电磁学相关知识解决实际问题的能力。
典例3. （2012·海南物理）图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0=T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0< t0< T/4的范围内，t0应取何值？是多少？
解：(1)设粒子P的质量为m，电荷量为q，速度为v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，用R表示圆周的半径，T’表示运动周期，则有
qvB0=mR.，①
v=。②
由①②式与已知条件得：T’=T。③
粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图（a）所示。
OA与x轴夹角θ=0.。④
（2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4个圆周，到达A点，如图（b）所示。
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴夹角θ=π/2。⑤
（3）若在任意时刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O’位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为∠OO’C=( T/2- t0), ⑥
此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+ t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O’’，圆弧BA对应的圆心角为∠BO’’A=t0,
如图（c）所示。由几何关系可知，C、B均在O’O’’连线上，且OA// O’O’’，
若要OA与x成π/4角，则有∠OO’C=3π/4。
联立解得t0=T/8。
【考点定位】此题考查带电粒子在磁场中的圆周运动。
典例4（2012·新课标理综）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
解：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB=m。①
式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。
因此：==r。②
设=x，由几何关系得，=4R/5+x，③
=3R/5+，④
联立②③④式得r=7R/5。⑤
再考虑粒子在电场中的运动，设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得，qE=ma，⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得，
r=at2，⑦
r=vt，⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式解得
E=。 ⑨
【考点定位】此题考查带电粒子在电场中的类平抛运动和匀强磁场中的匀速圆周运动。
【最新模拟题训练】。
1．（2013浙江重点中学协作体高三摸底）如图所示为一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为
A．0 B．
C． D．
答案：ABD 解析：若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动。若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v=mg/qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W=-=，选项D正确C错误。
2．（2013浙江重点中学协作体高三摸底）如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，磁感应强度B，金属块的厚度为d，高为h，当有稳恒电流I平行平面C的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上下两面M、N上的电压分别为UM、UN）
A． B．
C． D．
答案：C解析：设金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为n，稳恒电流I可表示为I=neSv，S=dh；evB=eE，Eh=∣UM-UN∣；联立解得n=，选项C正确。
3.（2012洛阳一练）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。.若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图8所示，则下列相关说法中正确的是
A. 该束带电粒子带负电
B. 速度选择器的P1极板带正电
C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大
D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷q/m越小
答案：BD解析：根据带电粒子在磁场中偏转情况，由左手定则可知，该束带电粒子带正电，选项A错误；速度选择器的P1极板带正电，选项B正确；粒子进入B2磁场，洛伦兹力提供向心力，由R=mv/Bq可知，在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷q/m越小，选项C错误D正确。
4．（2012丹东联考）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
答案：AB 解析：由evB=m可得回旋加速器加速质子的最大速度为v=eBR/m。由回旋加速器高频交流电频率等于质子运动的频率，则有f= eB/2πm，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR，选项AB正确C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的1/2，不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，选项D错误。
5．图甲是回旋加速器的原理示意图。其核心部分是两个D型金属盒， 在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度大小恒定），并分别与高频电源相连。加速时某带电粒子的动能EK随时间t变化规律如下图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn-1
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．D形盒中的高频电源电压越大，粒子获得的最大动能越大
答案A解析：根据回旋加速器的原理可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，粒子运动一周，加速两次，高频电源的变化周期应该等于tn－tn-2，选项A正确B错误；粒子的最大动能只与回旋加速器的D型盒半径和磁感应强度有关，与加速电压和加速次数无关，选项CD错误。
9、（2013江苏常州模拟）如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法中正确的是：（ ）
A、粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为
B、粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=2d
C、粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D、粒子在ab、bc区域中运动的总时间为
答案：ABD解析：粒子在ab区域中只受重力和电场力，根据题述重力大小等于电场力，其合力为恒定值，所以粒子在ab区域中做匀变速运动，粒子在竖直方向做匀减速运动，在水平方向做匀加速运动，竖直末速度为零，运动时间为t=，选项A正确；粒子在bc区域中所受竖直向下的重力等于竖直向上的电场力，所受洛伦兹力qv0B提供向心力，qv0B=mv02/r，做匀速圆周运动的圆周半径r= mv0/qB= mv02/qE，而qEd= mv02/2，联立解得r=2d，选项B正确；由图中几何关系，粒子在bc区域运动轨迹所对圆心角为30°，运动时间t2=，选项C错误；粒子在ab区域中水平方向的平均速度为v0/2，运动时间t1=2d/ v0。粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t= t1+t2=，选项D正确。
6．(16分) （2013江苏徐州摸底）如图所示，空间内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场沿y轴负方向，匀强磁场垂直于xOy平面向里．图中虚线框内为由粒子源S和电压为U0的加速电场组成的装置，其出口位于O点，并可作为一个整体在纸面内绕O点转动。粒子源S不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子(初速不计)，经电场加速后从O点射出，且沿x轴正方向射出的粒子恰好能沿直线运动．不计粒子的重力及彼此间的作用力，粒子从O点射出前的运动不受外界正交电场、磁场的影响．
(1)求粒子从O点射出时速度v的大小。
(2)若只撤去磁场，从O点沿x轴正方向射出的粒子刚好经过坐标为(L，-L/2)的N点，求匀强电场的场强E；
(3)若只撤去电场，要使粒子能够经过坐标为(L，0)的P点，粒子应从O点沿什么方向射出?
、解析：(1)由动能定理，qU0=mv2，
解得粒子从O点射出时速度v=。
(2)由L=vt，L/2=at2，a=qE/m，解得E=2 U0/L。
(3)设粒子从O点沿与x方向夹角为θ射出，则有
2Rsinθ=L，qvB=mv2/R，qvB=qE，
联立解得：θ=30°或θ=150°。
7．（18分）（2013唐山摸底）如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O’，OO’是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2。CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O’C=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：
（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；
（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；
（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度。
解：（18分）（1）沿直线OO′运动的带电粒子，
设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v
根据 qvB1=qE -----------------------（3分）
解得： v= ------------------------（1分）
（2）粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动，根据 qv B2=m，
解得：q=。
因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小。设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切，则有：r1+ r1=a，
解得：r1=(-1)a。
电荷量最大值q=(+1)。
(3)带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2，依题意r2+a= r2
解得：r2=(+1）a -------------------------------（3分）
则CD板上被带电粒子击中区域的长度为
X= r2- r1=2a -------------------------------------------------（2分）
8（2013浙江重点中学协作体高三摸底）如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10—5s后，电荷以v0=1.5×l04m／s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）。求：
（1）匀强电场的电场强度E
（2）图b中×10-5s时刻电荷与O点的水平距离
（3）如果在O点右方d= 68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。（，）
解：⑴电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为，有：


解得： （4分）
⑵当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：

周期 （3分）
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：

周期 （3分）
故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。
×10-5s时刻电荷与O点的水平距离：Δd==4cm （3分）
⑶电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：
根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有：
电荷沿ON运动的距离：s=15Δd=60cm （3分）
故最后8cm的距离如图所示，有：

解得： 则 （3分）
故电荷运动的总时间：
（3分）
9.（14分）（2013安徽师大摸底）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，S1、S2分别为M、N板上的小孔，S1、S2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且S2O＝R.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为＋q的粒子经S1进入M、N间的电场后，
通过S2进入磁场．粒子在S1处的速度以及粒子所受的重力均不计．
(1)当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v；
(2)若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；
(3)当M、N间的电压不同时，粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．
解析：（14分）(1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得
qU＝mv2 ①
解得粒子进入磁场时速度的大小v＝
(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
qvB＝m ②
由①②得，加速电压U与轨迹半径r的关系为U＝
当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0＝R
对应电压U0＝
(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．
根据几何关系可以求得，对应粒子在磁场中运动的半径r＝R
由②得粒子进入磁场时速度的大小v＝＝
粒子在电场中经历的时间t1＝＝
粒子在磁场中经历的时间t2＝＝
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3＝＝
粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝。
10．(2013广东二校联考摸底)如图所示，A、B为一对平行板，板长为L，两板距离为d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，一个质量为m，带电量为+q的带电粒子自静止开始经M、N两平行金属板间的电场加速后，从A、B两板的中间沿垂直于磁感线的方向射入磁场。（不计粒子的重力）求：
（1）若粒子被加速后进入磁场的速度为v0，则它在磁场中做圆周运动的半径和周期各为多少？
（2）MN两极板间的电压U应在什么范围内，粒子才能从磁场内射出？
.解析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，qv0B=m，
解得：r=mv0/qB。
周期：T=2πr/ v0=2π m0/qB。
（2）带电粒子在MN两极板间的加速过程，由动能定理，qU=mv02.。
如图所示，当粒子从左边射出时，若运动轨迹半径最大，则其圆心为图中O1点，半径r1=d/4。
因此粒子从左边射出必须满足：r≤r1=d/4。
联立解得：U≤。
当粒子从右边射出时，若运动轨迹半径最小，则其圆心为图中O2点，半径为r2，由几何关系可得：r22=( r2-d/2)2+l2，解得：r2=d/4+l2/d，
因此粒子从右边射出必须满足：r≥r2=d/4+l2/d。
联立解得：U≥。
所以当U≤或U≥时，粒子可以从磁场内射出。
11.（14分）如图21所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在边界平行y轴的两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ。O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L；在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场。一质量为带电量为的带电粒子从电场中坐标为()的点以速度沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域Ⅰ又从M点射出区域Ⅰ（粒子的重力不计）。
（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；
（2）求区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度B的大小；
（3）若带电粒子能再次回到原点O，问区域Ⅱ内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？
.（14分）解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动.
　 , （1分）
(1分)
， （1分）
（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为:
(1分)
方向与轴正向成45°，(1分)
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得： （1分）
由洛伦兹力充当向心力：（1分），
可解得： （1分）
（3）运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为： （1分）
(1分)
运动时间： （1分）， （1分），
（1分） ，
运动总时间： （1分）
12．（16分）
（2013连云港摸底）如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场。已知OP=h，不计粒子重力，求：
（1）粒子经过Q点时的速度大小；
（2）匀强电场电场强度的大小；
（3）粒子从Q点运动到M点所用的时间。
（16分）解析：
⑴粒子类平抛到Q点时
将速度分解如图。vQ==2 v0。
（2）vy= vQcos30°= v0。
P到Q，带电离子做类平抛运动，设OQ=L，则x方向，L cos30°= v0t，
Y方向，h- L sin30°= vyt，vy =at，qE=ma，
联立解得：t=，L=4h/5，E=。
⑶由题得，磁偏转的半径 r=L==4h/5，
由qvB=m， 及T=2πr/v
得T= ， B=。
Q到M点，圆心角θ=5π/3。
则运动时间 t=T=5T/6。
代入磁感应强度B，得 t=。
14．（16分）（2013江苏常州模拟）如图，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α = 30°，重力加速度为g，求：
⑴匀强电场的场强E；
⑵AD之间的水平距离d；
⑶已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？
14．解析：⑴小球受力如图所示
qE=mgcotα ，
解得：E=mg/q。 （2分）
⑵设小球在D点速度为vD，在水平方向由牛顿第二定律得：qE=max

小球在D点离开水平面的条件是： qvDB=mg
得：d=
⑶当速度方向与电场力和重力合力方向垂直
时，速度最大， （1分）
则： R = kh
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十三
电容器和带电粒子在电场中的运动
【重点知识解读】
一．静电感应
1. 静电感应：把一个不带电的导体放入电场中，导体的两端分别感应出等量正负电荷的现象。
2.静电现象：静电一般由摩擦产生。当两个物体相互摩擦时，分别带上了正负电荷，它们之间就产生电势差。电荷积累到一定量，电势差达到一定数值时，带电体就发生放电现象。
3. 处于静电平衡状态导体的特点：①导体内部场强为零；②净电荷仅分布在导体表面（孤立导体净电荷仅分布在导体外表面）；③导体为等势体，导体表面为等势面；④电场线与导体表面垂直。
4.静电屏蔽：由于感应电荷的作用，金属外壳或金属网罩可以使其内部不受外电场的影响。
二．电容器和电容
1.电容器：两个彼此绝缘，而又互相靠近的导体，就组成一个电容器.
电容器有容纳电荷的本领。电容器有二个极。电容器带的电量：一个极板的电量。
平行板电容器:二个平行正对的金属板组成的电容器. 平行板电容器电容量C=
2.电容：表示电容器容纳电荷的本领。电容器带电量越多，其电压就越大，电容器的带电量和电压的比值是一常数C=Q/U，Ｑ为电容器任一板上所带电量的绝对值，Ｕ为电容器两板间的电势差. 单位：法拉（F）。　1F = 1C/V 。
注意：C=Q/U是电容的定义式，电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
3. 解决电容器动态问题要关键掌握两点：一是电容器充电后与电源断开极板上带电量不变的，二是与电源相接电容器极板间电压不变的。
(1)平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，两板间的电压U保持不变， ，,。
(2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接，使电容器的带电量Q保持不变， ， ，
三．带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子的加速
(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动.
(2)用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强或非匀强电场).
若粒子的初速度为零，则，
若粒子的初速度不为零，则：
，
2.带电粒子的偏转（限于匀强电场）
(1)运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动.
(2)偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识方法：沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t=l/v0
沿电场力方向为初速为零的匀加速直线运动：
a=F/m=qE/m=qU/md
离开电场时的偏移量：
离开电场时的偏转角：
3.在对带电粒子进行受力分析时，要注意两点：
（1）要掌握电场力的特点。如电场力的大小和方向与电场本身有关，还与带电粒子的电荷量和电性有关，在匀强电场中，同一带电粒子所受的电场力处处是恒力，在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受的电场力大小和方向都可能不同，等等。
带电粒子的加速（含偏转过程中速度大小的变化）过程是其它形式的能和动能之间的转化过程，解决这类问题，可以用动能定理，也可以用能量守恒定律。
带电粒子在匀强电场中类平抛的偏转问题：如果带电粒子以初速度V0垂直于场强方向进入匀强电场，不计重力，电场力使带电粒子产生加速度，做类平抛运动。分析时，仍采用力学中分析平抛运动的方法：把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动；另一个是平行于场强方向上的分运动——匀加速直线运动。
（2）是否考虑重力要依情况而定：
基本粒子：如电子、质子、 α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）。
带电颗粒：如油滴、液滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
【高考命题动态】
电容器和带电粒子在电场中运动是高考重要考点，每年高考均有考查。对电容器和带电粒子在电场中运动可能单独考查，也可能与电磁感应、磁场综合考查。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·江苏物理）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容量C和两极板间的电势差U的变化情况是
A．C和U均增大
B．C增大，U减小
C．C减小，U增大
D．C和U均减小
【答案】：B
【解析】：根据平行板电容器的决定式，在两极板间插入一电介质，其电容量C增大；由C=Q/U可知，两极板间的电势差U减小，选项B正确。
【考点定位】此题考查平行板电容器的决定式和电容量定义式。
典例2（2012·海南物理）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
【答案】：AD
【解析】：保持U不变，由U=Ed可知，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，选项A正确；保持E不变，由U=Ed可知，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，选项B错误；保持d不变，电容器的电容量C不变。将Q变为原来的两倍，由C=Q/U可知，则U变为原来的两倍，选项C错误；保持d不变，电容器的电容量C不变。将Q变为原来的一半，由C=Q/U可知，则E变为原来的一半
【考点定位】此题考查平行板电容器及其相关知识。
典例3.（2012·新课标理综）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子
A．.所受重力与电场力平衡
B．.电势能逐渐增加。
C．.动能逐渐增加
D．.做匀变速直线运动。
【答案】：BD
【解析】：带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子所受电场力的竖直分力与重力平衡，电场力的水平分力做负功，运动过程中克服电场力做功，电势能逐渐增加，动能逐渐减小，做匀变速直线运动，选项AC错误BD正确。
【考点定位】此题考查平行板电容器、带电粒子在电场中的直线运动及其相关知识。
典例4. （2012·浙江理综）用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是
A.摩擦使笔套带电。
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷。
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力。
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
【答案】：ABC
【解析】摩擦使笔套带电，笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷，圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，选项ABC正确；笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷部分运动到金属圆环上，选项D错误。
【考点定位】此题考查静电感应及其相关知识。
典例5. （2012·广东理综物理）图5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有
A.带正电的矿粉落在右侧
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小
【答案】：BD
【解析】：带正电的矿粉受到向左的电场力作用，落在左侧，电场力对矿粉做正功，矿粉电势能变小，选项BD正确。
【考点定位】此题考查带电粒子在电场中的运动及其相关知识。
典例6（2012·全国理综）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
【答案】：2Q【解析】：两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6，小球所受电场力F1=mgtan(π/6)。
设电容器电容量为C，两极板之间距离d，则两极板之间电压U1=Q/C，
两极板之间电场强度E1= U1/d，F1=q E1。
再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，
小球所受电场力F2=mgtan(π/3)。
设此时电容器带电量为Q’， 则两极板之间电压U2=Q’/C，
两极板之间电场强度E2= U2/d，F2=q E2。
联立解得Q’=3Q。
第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q= Q’- Q=2Q。
【考点定位】考查平行板电容器、电场力、受力分析、电场强度与电势差关系及其相关知识。
典例7（2012·四川理综）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，示CP的长度。
【解析】（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得：Wf -mgr(1-cosθ)=mv02.①
代入数据得，Wf=0.475J。 ②
（2）取沿平直斜轨道向上为正方向。设小物块通过C点进入电场后的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1。 ③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有
v1= v0+ a1 t1 ④
由③④联立解得：v1=2.1m/s。
设运动的位移为s1，有：s1= v0 t1+a1t12。
电场力反向后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2。
设小物体以此加速度运动到速度为零，运动的时间为t2，位移为s2，有
0= v1+ a2 t2，
s1= v1 t2+a2t22。
设CP的长度为s，有s= s1 +s2。
联立相关方程，代入数据解得：s=0.57m。
【考点定位】此题考查动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1．（2013届江西省重点中学高三联考）A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能W随位移s变化的规律如图所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB，电势分别为φA和φB。则 （ ）
A．EA=EB
B．EAC．φA>φB
D．φA<φB
答案：A D
解析：由功能关系可知，电势能变化对于动能变化△Ek。根据动能定理qEs=△Ek，由于电势能W随位移s变化的规律为直线，所以为匀强电场，EA=EB，选项A正确B错误。电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，电势能减小，电场力做正功，电场线方向从B到A，φA<φB，，选项D正确C错误。
2.（2013安徽无为四校联考）如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是(　　)
答案：A
解析：由电容器的电容决定式，C=，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图象是A。
3．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）
A．c点的电荷带正电
B．a点电势高于E点电势
C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向
D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少
【答案】BD
【解析】由于只受电场力的作用，检验电荷做曲线运动，所以电场力指向轨迹的凹侧，因为检验电荷带负电，所以c点的电荷带负电，A错；由等量异种电荷电场线分布特征可知沿电场线方向电势逐渐降低，某点场强方向沿该点电场线的切线方向，所以B对C错；设轨迹与y轴交于f点，检验电荷从a到f的过程中，电场力做正功，电势能增加，检验电荷从f到b的过程中，电场力做负功，电势能减小，故D对。
4．（2013江苏阜宁中学月考）如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（ ）
A．若小球带正电，当A B间距增大时，小球打在N的右侧
B．若小球带正电，当A B间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当A B间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当A B间距增大时，小球可能打在N的左侧
答案：BC
解析：若小球带正电，当A B间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当A B间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电，当A B间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当A B间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误。
5. （2013安徽无为四校联考）如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)
板间电场强度大小为mg/q
B．板间电场强度大小为mg/2q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
答案：C
解析：根据垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg6.(2013陕西名校测试)如下图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上的区域面积．
解析：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r＝vt
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d＝at2
其中，a＝＝，则t＝d
将r＝vt代入得r＝v·d
由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域．
圆面积S＝πr2＝
答案：
7．（14分）（2013辽宁大连测试）如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大。由于发射时刻不同时，小球间无相互作用。已知∠CAB =α=30°，求：
（1）电场的方向与AC间的夹角为多大？
（2）若小球在A点的初速度与电场方向垂直，则小球恰能落到C点，则初动能为多大？
解析：（1）电场的方向与AC之间的夹角为30°，沿OC方向。
（2）小球做类平抛运动，由类平抛运动规律，
2Rcosα·cosα=at2，2Rcosα·sinα=v0t，
qE=ma，
Ek0==mv02
联立解得：Ek0=qER。
8．（16分）（2013江苏苏南四校联考）如图（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．
（1）若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，∠POA=θ，求该电荷从A点出发时的速率．
（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，∠COB=∠BOD=30°．求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．
8．（16分）解：（1）a =  （2分），
Rsinθ= v0t （1分），
R-Rcosθ=at2 (1分)，
由以上三式得v0 = （2分）
（2）由（1）结论得粒子从A点出发时动能为m v02 = = （2分）
则经过P点时的动能为Ek=Eq(R-Rcosθ)+m v02 = EqR (5-3cosθ) （2分）
可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大。
最小动能为：EkD=Eq(R-Rcosθ)+m v0D2 = EqR (5-3cos60°) =  EqR （3分）
最大动能为：EkC=Eq(R-Rcosθ)+m v0C2 = EqR (5-3cos120°) =  EqR （3分）
9、（9分）（2013山东泰安宁阳12月质检）如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量e,质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O,求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；
(3) 电子打到屏上的点P到O点的距离x.
解析　(1)电子在电场E1中初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间t1,由牛顿第二定律和运动学公式得：

解得：


运动的总时间为：
(2)设粒子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：

所以：
(3)设粒子在电场中的偏转距离为x，
所以：x=3L。
10．（17分）(2013成都石室质检)如图所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足够长．设图示位置木板和物块的速度均为零。求：
(1)物块离开木板时木板获得的动能。
(2)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能。
10．（17分）解析： (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，
则由牛顿第二定律
对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
a1=4.2m/s2 3分
对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2
a2=3m/s2 3分
又a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝ s 3分
物块离开木板时木板的速度
v2＝a2t＝3 m/s 2分
其动能为Ek2＝Mv22＝27J 2分
(3)由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J 4分[来
11．（16分）（2013安徽宿州泗县质检）在动摩擦因数(＝0.2的粗糙绝缘足够长的水平滑漕中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图（槽两侧光滑）。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q（均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP恰位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的场强大小为E＝1.2mg/q，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）。求：
（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；
（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小
（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值。
11．解析：（共16分）
（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，
由牛顿第二定律：2Eq－(2mg＝2ma1
即 a1=g
B刚进入电场时，由L＝a1t12
可得 4分
（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为
W1＝2Eq(2L＋（—3Eq(L）＝EqL
摩擦力对系统做功为W2＝—＝—0.8(mgL
W总= EqL—0.8mgL=0.4 mgL
故A球从右端滑出。
设B从静止到刚进入电场的速度为v1，
由＝2a1L
可得v1＝
设B进入电场后，系统的加速度为a2，
由牛顿第二定律2Eq－3Eq－2mg＝2ma2
a2＝－0.8g
系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；
由 —=2 a2L
可得 6分
（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x
由动能定理：2Eq(2L — 3Eq(（L＋x）—2L+x)=0
可得 x=0.1L
所以B电势能增加的最大值(W1＝3Eq(1.1L＝3.3EqL =3.96mgL 6分
12（10分）（2013安徽江南十校摸底）悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电量为-q的小球，若在空间加一匀强电场，则小球静止时细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，求：
（1）所加匀强电场场强最小值的大小和方向；
（2）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，
小球对细线的拉力为多大。
.解析：（1）当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小。由mgsinθ=qE，
解得：E=。
小球带负电，所受电场力方向与场强方向相反，故场强方向为斜向左下方。
(2)设线长为l，小球运动到最低点的速度为v，细线对小球的拉力为F，则有：
mgl(1-cosθ)=mv2，
F-mg=m
联立解得：F=mg(3-2cosθ).
根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力F’= F=mg(3-2cosθ).
13．（10分）（2013安徽江南十校摸底）如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球受到的电场力与重力相等，地球表面重力加速度为g，设斜面足够长，求：
（1）小球经多长时间落到斜面上：
（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能是如何变化的，其变化量为多大。
解析：(1)小球在运动过程中，qE+mg=ma，qE=mg，解得a=2g。
y=at2，x=v0t，
又 y/x=tanθ，
联立解得：t=tanθ。
（2）y=at2=×2g×(tanθ)2=tan2θ.
电场力做功，电势能减小，则有△E=-W=-qEy=-mgy=-mv02tan2θ.
14（2012浙江期中测试）如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点。现有一质量为m,电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力。
（1）求粒子进入电场前的初速度的大小？
（2）其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能？
（3）现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x（x≤L），如图乙所示。设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系？
解：(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：L=v0t
竖直方向：
得
（2）其它条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识y=1/2at2 x=v0t 则加速度为原来8倍，电场强度为原来8倍，电场力做功为W1=8EqL
粒子从CD边中点Q飞出时的动能
（3）将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示， 。


。
15.（2012年4月浙江绍兴模拟）相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0 ，质量为m，电量为-e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0< k <1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0 ，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。
（1）在0—T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果用L、d 表示，第2 小题亦然）
（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？
（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k 取恰当的数值，使在0—T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k 值。
解题指导：利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程解答。
解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化。
在0—kT 时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理，-e U0=mv12-mv02，
将U0=代入后解得：v1=。
在偏转电场中，电子运动时间t1=L/v1，侧移量y1=at12=，
解得y1=。
根据偏转电场中的推论“似是中点来”其打在荧光屏上的坐标y1’=2y1=
在kT—T 时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，
v2==v1，y2=。y2’=2y2=
荧光屏上两个发光点之间的距离△y= y1’- y2’=。。
（2）考虑到临界条件，当极板间距为d’时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有
d’=a’t2，a’=F/m，F=eU0/d’m，t=L/v，
整理得，d’2=.
对应于速度v1时，d1’==L/2；
对应于速度v2时，d2’==L；
只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：L （3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）。第一束长度l1=v1·kT，第二束长度l2=v2·(T-kT)，
当l1= l2时，即v1·kT= v1·(1-k)T，
解得k=≈0.59。
16．（20分）(2012年5月浙江名校新高考联盟第二次联考)如图所示，一对半径均为R1的金属板M、N圆心正对平行放置，两板距离为d，N板中心镀有一层半径为R2的圆形锌金属薄膜，d<（1）当UMN取什么值时，I始终为零；
（2）当UMN取什么值时，I存在一个最大值，并求这个最大值；
（3）请利用（1）（2）的结论定性画出I随UMN变化的图像。
解：（1）当垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板时，I=0，（2分）
令此时两板间电压为UMN ， 则 （2分）
得 （2分）
（2）当从锌膜边缘平行N板射出的电子做类平抛运动刚好能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最大I=ne （2分） 令此时两板间电压为UMN ’
R1- R2=vt ，
， （4分）
得 （2分）
(3) I随UMN变化的图像如图所示。
(渐近到I=0趋势正确2分,渐近到I=ne趋势正确2分，两个电压值标示2分)
17.（2012福建三市联考分）如图所示，在xoy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2m，板间距离d=1m,紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压UAO变化规律如图所示，变化周期为T=2×10-3s，U0=103V，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0=1000m/s的速度射入板间，粒子电量q=1×10-5C,质量m=1×10-7kg.不计粒子所受重力.求:
（1）粒子在板间运动的时间;
（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标;
（3）粒子打到屏上的动能.
解析:粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0t （2分）
s （1分）
(2)0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1
（2分）
（2分）
m （1分）
纵坐标 （1分）
(3)粒子出射时的动能，由动能定理得： （1分）
（1分）
J （1分）
18．（14分）（2013上海普陀区调研）如图所示，可视为质点的物块A、B、C放在倾角为37O、长L=2m的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上。物块的质量分别为mA＝0.8kg、mB＝0.4kg。其中A不带电，B、C的带电量分别为qB＝＋4×10-5C、
qC＝＋2×10-5C，且保持不变。开始时三个物块均能保持静止，且与斜面间均无摩擦力作用。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度大小为a＝2.5m/s2的匀加速直线运动。经过时间t0物体A、B分离并且力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F。（如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为Ep=k）。求：
（1）未施加力F时物块B、C间的距离。
（2）t0时间内A上滑的距离。[来源:学_科_网]
（3）t0时间内库仑力做的功。
18．（14分）
解：（1）未加F前A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，
则C对B的库仑斥力
以A、B为研究对象，由平衡条件得
联立解得
L1=1.0m （5分）
（2）给A施加力F后， A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小。经过时间t0，设B、C间距离变为L2，A、B两者间弹力减小到零，两者分离，力F变为恒力。则此刻C对B的库仑斥力为
① [来源:学。科。网]
以B为研究对象，由牛顿第二定律有
②
联立①②解得
L2=1.2m （5分）
（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有

代入数据解得
（4分）
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十九
法拉第电磁感应定律
【重点知识解读】
法拉第电磁感应定律：感应电动势大小跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比，即E=。注意E=一般用来计算Δt内产生感应电动势的平均值。
2.对于处于变化磁场中的电路，产生的感应电动势E==nS.，式中S为回路面积。
3.一段长度为L的导体垂直于磁感线方向以速度v做切割磁感线运动，产生的感应电动势E=BLv。
4. 一段长度为L的导体垂直于磁感线方向以角速度ω旋转做切割磁感线运动，产生的感应电动势E=BL2ω。
5.导体切割磁感线产生的感应电动势方向一般可以按照右手定则判断，磁通量变化产生的感应电动势方向用楞次定律判断。
6.电磁感应现象中通过导体截面的电量q=IΔt=ΔФ/R, 式中R为回路的总电阻。
【高考命题动态】
法拉第电磁感应定律提供了计算产生感应电动势大小的方法，高考对规律的考查涉及各种形式，一般以新情景切入。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·新课标理综）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度B随时间的变化率的大小应为
A. B. C. D.
【答案】：C
【解析】：该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电动势E=ωL2B0；磁感应强度大小随时间线性变化，产生与线框转动半周过程中同样大小的感应电动势E=πL2。联立解得=，选项C正确。
【考点定位】此题考查法拉第电磁感应定律及其相关知识。
典例2．（2012·四川理综）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则
A．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ=π/3时，杆产生的电动势为Bav
C．θ=0时，杆受的安培力大小为
D．θ=π/3时，杆受的安培力大小为
【答案】：AD
【解析】：由法拉第电磁感应定律，θ=0时，杆产生的电动势为E=2Bav，回路电阻为R=(πa+2a)R0，杆中电流I=E/R，杆受的安培力大小为F=BI·2a，联立解得F=,选项A正确C错误；θ=π/3时，杆切割磁感线的有效长度为a，由法拉第电磁感应定律，杆产生的电动势为E=Bav，回路电阻为R=(πa+a)R0，杆中电流I=E/R，杆受的安培力大小为F=BI·a，联立解得F=，,选项B错误D正确。
【考点定位】此题考查电磁感应及其相关知识。
典例3（2012·山东理综）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是
A．P=2mgsinθ
B．P=3mgsinθ
C．当导体棒速度达到v/2时加速度为gsinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】AC
【解析】当速度达到v时开始匀速运动，mgsinθ=BIL，I=E/R，E=BLv
对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动，则有 P=F·2v，
F+ mgsinθ=BI’L，I’= E’/R，E’=BL·2v
联立解得：P=2mgsinθ，选项A正确B错误；
当导体棒速度达到v/2时，导体棒中感应电动势为E/2，感应电流为I/2，所受安培力为BIL /2，由牛顿第二定律，mgsinθ- BIL /2=ma，解得加速度为a=gsinθ，选项C正确；在速度达到2v以后匀速运动的过程中，由功能关系可知，R上产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功的代数和，选项D错误。
【考点定位】此题考查电磁感应、平衡条件、牛顿第二定律、安培力、闭合电路欧姆定律、功能关系及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1. （2012华约自主招生真题）．铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图） 。当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一个电信号， 通过和线圈相连的电压传感器被控制中心接收， 从而确定火车的位置。现一列火车以加速度 a驶来，则电压信号关于时间的图像为（ ）
答案：D解析：火车以加速度 a驶来，速度逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势逐渐增大，电压信号逐渐增大，产生电压信号的时间缩短，所以电压信号关于时间的图像为D。
2.（2013温州八校联考）如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流的正方向。则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流随时间的变化规律如图3所示的是（ ）
答案：C解析：根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流随时间的变化规律如图3所示的是C。
3．（2013唐山摸底）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0~t2时间
A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
答案：AD解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误D正确。
4. （2013湖北摸底）如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则
A. v1: v2=2:π
B. v1: v2=π:2
C. v1: v2=1:2
D. v1: v2=2:1
答案：A解析：将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1=L/2÷v1= L/2v1；以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，角速度ω=2 v2/L，时间t2=÷ω=.为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，t2= t1,解得v1: v2=2:π，选项A正确。
5．（2012年2月天水一中检测）如图所示，半径为 r且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为 e，质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为 B=B0+kt（k>0）。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设t=0时刻电子的初速度大小为v0，方向顺时针，从此开始运动一周后的磁感应强度为B1，则此时电子的速度大小为
A． B．
C． D．
5.答案：AB
解析：由法拉第电磁感应定律，环形管道内产生的感应电动势E=kπr2，电子运动一周，感应电场力对电子做功eE，由动能定理，eE=mv2-mv02，联立解得电子的速度大小为v=，选项B正确D错误；电子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动，evB1= mv2/r，解得v=，选项A正确C错误。
6（2012朝阳二模）如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0一t0时间内电容器 ( ）
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
答案：A
解析：在0一t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律，回路中产生的感应电流方向为逆时针，电容器上极板带正电。在0一t0时间内回路中产生的感应电动势E=△Ф/t0=(B2-B1)S/t0，电容器两极板之间电压U=E，电容器所带电荷量为q=CU=，选项A正确。
7．三根电阻丝平行放置，两端用导线和连接如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1:R2:R3＝1:2:3，金属棒电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I，当S1、S3闭合，S2断开时，以下说法中正确的是(　　)
A．闭合回路中感应电流为7I
B．闭合回路中感应电流为6I
C．电阻丝R1和R2之间磁场面积与电阻丝R3和R2之间磁场面积之比为3:25
D．无法确定上下两部分磁场的面积比值关系
解析：　当S1、S2闭合，S3断开时，由法拉第电磁感应定律有I1＝＝I；同理，当S2、S3闭合，S1断开时有I2＝＝5I，当S1、S3闭合，S2断开时有I3＝.。又R1:R2:R3＝1:2:3，设R1、R2、R3的电阻分别为R、2R、3R，又根据磁场的分布和法拉第电磁感应定律知三者回路中产生的感应电动势关系有E3＝E1＋E2，联立以上各式解得I3＝7I.，选项A正确；根据法拉第电磁感应定律有E1＝＝＝3IR，E2＝＝＝25IR，则电阻丝R1和R2之间磁场面积与电阻丝R3和R2之间磁场面积之比为3:25，选项C正确D错误。
答案．AC
8、（2012年4月上海崇明县二模）如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻的阻值之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3，电路中导线的电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为
（A）0 （B）I （C）I （D）I
答案：D解析：设虚线框内磁感应强度变化率为k，上面回路中磁场面积为S，下面回路中磁场面积nS，电阻R1=R。当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中产生的感应电动势E1=kS，感应电流为=kS/3R；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中产生的感应电动势E2=nkS，闭合回路中感应电流为5I= nkS/5R；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中产生的感应电动势E3=(n+1)kS，闭合回路中感应电流为I’=(n+1)kS/4R，联立解得I’=7I，选项D正确。
9．(2013广东二校联考摸底)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．导体框ad边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电量相同
答案：AD解析：由楞次定律可判断出，导体框从两个方向移出磁场的两过程中，导体框中产生的感应电流方向相同，选项A正确；由于导体框从两个方向移出磁场的两过程中速度不同，产生的感应电动势和感应电流不同，导体框中产生的焦耳热不相同，导体框ad边两端电势差不相同，选项BC错误；由E=△Φ/△t，I=E/R，q=I△t可得q=△Φ/R。导体框从两个方向移出磁场的两过程中磁通量变化△Φ相同，通过导体框截面的电量相同，选项D正确。
10.（2013安徽师大摸底）如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框，边的边长为，边的边长为，线框的质量为，电阻为，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上线（平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的边始终平行底边，则下列说法正确的是(　 　)
A．线框进入磁场前运动的加速度为
B．线框进入磁场时匀速运动的速度为
C．线框做匀速运动的总时间为
D．该匀速运动过程产生的焦耳热为
答案：D解析：由牛顿第二定律，Mg-mgsinθ=(M+m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，选项A错误；由平衡条件，Mg-mgsinθ-F安=0，F安=BI，I=E/R，E=Bv，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v=，选项B错误。线框做匀速运动的总时间为t=/v=，选项C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为，选项D正确。
11．（2013唐山一中检测）粗细均匀的电阻丝围成图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是
A．ab两点间的电势差图①中最大
B．ab两点间的电势差图②中最大
C．回路电流图③中最大
D．回路电流图④中最小
答案：A
解析：设ab段电阻为r，图①中ab两点间的电势差U=3Ir，图②中ab两点间的电势差U=Ir，图③中ab两点间的电势差U=Ir/2，图④中ab两点间的电势差U=Ir，
所以ab两点间的电势差图①中最大，选项A正确B错误。回路电流图③中最小，其它回路电流相等，选项CD错误。
12．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为；第二次用时间拉出，外力所做的功为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【KS5U解析】设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，，可知W与t成反比，．选C。
13．（20分）（2013天星调研卷）水平放置的光滑平行导轨，导轨之间距离L=0.2m，轨道平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，完全相同的导体棒ab和cd棒静止在导轨上，如图所示.。现用F=0.2N向右的水平恒力使ab棒由静止开始运动，经t=5s，ab棒的加速度a=1.37m/s2。已知导体棒ab和cd的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω．则：
（1）当导体棒ab和cd棒速度差为△v=2m/s时，求回路中的感应电流。
（2）求t=5s时ab和cd两棒的速度vab、 vcd。
（3）导体棒均稳定运动时两棒的速度差。
解：（1）ab棒在外力F的作用下向右运动，从而产生感应电动势，使得ab棒受到水平向左的安培力，cd棒受到水平向右的安培力，两棒同时向右运动，均产生感应电动势，其回路的等效电动势：
E等 = Eab - Ecd = BLvab - BLvcd = BL(vab-vcd) = BL△v ， （2分）
代人题给数据，得E等= BL△v =0.5×0.2×2V=0.2V。（1分）
由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流I=E等/2R=0.2A。（2分）
（2）导体棒所受安培力F安= BIL = （2分）
根据牛顿第二定律有：F - F安= ma （1分）
因为是非匀变速运动，故用动量定理，对导体棒ab：
（F - F安）t = mvab-0 （2分）
对导体棒cd：F安t = mvcd-0 （2分）
联立解得此时ab、cd两棒的速度分别为：vab =8.15m/s vcd=1.85m/s．（2分）
（3）该题中的“稳定状态”应该是它们的加速度相同，此时两棒速度不相同但保持“相对”稳定，所以整体以稳定的速度差、相同的加速度一起向右做加速运动．
对导体棒ab和cd棒用整体法有：F = 2ma′ （2分）
对cd棒用隔离法有： = ma′（2分）
从而可得稳定时速度差△v=vab-vcd=10m/s ． （2分）
14. （2013天星北黄卷）如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和M’N’放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N’之间连有一个1.6Ω的电阻R。在导轨上AA’处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg的金属滑杆，导轨和滑杆的电阻均不计。用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m。在导轨的NN’和OO’所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ=，此区域外导轨是光滑的（取g =10m/s2）。若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA’滑到OO’位置。已知滑杆滑到OO’位置时细绳中拉力为10.1N，g取10m/s2，求：
（1）通过电阻R的电量q；
（2）滑杆通过OO’位置时的速度大小；
（3）滑杆通过OO’位置时所受的安培力；
（4）滑杆通过OO’位置时的加速度。
【命题意图】 本题主要考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电流定义、绳端速度分解、安培力、摩擦力、牛顿运动定律等知识点，意在考查考生综合应用知识分析相关问题的的能力。
【解题思路】（1）滑杆由AA’滑到OO’的过程中切割磁感线，
产生的平均感应电动势E=△Φ/△t=BLd/△t。（2分）
平均电流I=E/R，（2分）
通过电阻R的电荷量q=I△t
联立解得q= BLd/R。（2分）
代入数据，可得 q=1.25C。（1分）
（2）滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.2m/s，设细绳与水平面的夹角α，则，H/ sinα-H＝d，解得sinα＝H/(H+d)=0.8，（2分）
由sin2α+cos2α=1可得cosα＝0.6。
小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳长方向的速度的合速度，此时滑杆向上的速度等于绳端沿绳长方向的速度：
即v1=vcosα=1.2×0.6m/s=0.72m/s。（2分）
（3）滑杆运动到OO’位置产生感应电动势E=BLv1，（2分）
产生感应电流 I=E/R（2分）
受到的安培力F安=BIL=.
代入数据，可得F安=1.5N。（2分）
（4）滑杆通过OO’位置时所受摩擦力
f=μmgcosθ=×0.8×10×/2N=3N。（1分）
由F-mgsinθ-f- F安=ma，解得加速度a=2m/s2。（2分）

15.（12分）（2013温州八校期初联考）如图20所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa’和bb’与斜面底边平行，且间距为d=0.1m，在aa’b’b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1Ω，边长也为d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa’重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，不计其他阻力，求：(取sin37°=0.6, cos37°=0.8)
线圈向下返回到磁场区域时的速度；
线圈向上离开磁场区域时的动能；
（3）线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻上产生的焦耳热。
15.（12分）解析：（1）(5分)向下进入磁场时，有mgsinθ=μmgcosθ+F安，
其中F安=BId, I=E/R, E=Bdv，
解得：v==2m/s。
(4分)线圈离开磁场到最高点有：-mgxsinθ-μmgcosθ·x=0-Ek1
线圈从最高点到进入磁场有: mgxsinθ-μmgcosθ·x=Ek，
其中Ek =mv2，
解得: Ek1==0.1J。
（3）(3分)向下匀速通过磁场过程mgsinθ·2d-μmgcosθ·2d+W安=0
Q=- W安，
解得：Q=2mgd(sinθ-μcosθ)=0.004J。
16．（2012华约自主招生真题）如图所示，两个光滑的水平导轨间距为 L，左侧连接有阻值为 R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为 m的导体棒以初速度v0 向右运动，设除左边的电阻R 外，其它电阻不计。棒向右移动最远的距离为 s，问当棒运动到λs时0<λ解析：取导体棒开始运动时为计时起点，设导体棒向右运动时刻t的速度为v，由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R
导体棒受到的安培力：F=BIL，
解得：F=.
注意到此力为变力，将区间[0，t]分为n小段，设第i小段时间间隔为△t，杆在此段时间的位移为△x。规定向右的方向为正，由动量定理，F△t=m△v，
得：△t=m△v。
又 v△t=△x，所以有△x=m△v。
即瞬间导体棒动量变化量正比于导体棒位移。
在整个过程中，有：Σ△x=Σm△v。
即： Σ△x= mΣ△v。
得到：x=m(v0 -v)。
其中x为导体棒位移，v为导体棒瞬时速度。
当x=s时，v=0，有s=mv0；
当x=λs时，v= v0-；
联立解得：v= v0(1-λ)，
此时产生的感应电动势E=BLv= BLv0(1-λ)，
此时电阻R 上的热功率：P=E2/R=。证毕。
【点评】此题以导体棒切割磁感线切入，意在考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、电功率、动量定理及其相关知识。
17．（苏州调研）如图甲所示，一正方形单匝线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框边长为L、质量为m、电阻为R．该处空间存在一方向竖直向下的匀强磁场，其右边界MN平行于ab，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，0~t0时间内B随时间t均匀变化，t0时间后保持B=B0不变．
（1）若线框保持静止，则在时间t0内产生的焦耳热为多少？
（2）若线框从零时刻起，在一水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t0线框cd边刚要离开边界MN．则在此过程中拉力做的功为多少？
（3）在（2）的情况下，为使线框在离开磁场的过程中，仍以加速度a做匀加速直线运动，试求线框在离开磁场的过程中水平拉力F随时间t的变化关系．

17．（15分）解：（1）线框中产生的感应电动势 （2分）
在时间t0内产生的焦耳热 （1分）
解得 （2分）
（2）t0时刻线框的速度 （1分）
在此过程中拉力做的功 （1分）
解得 （2分）
（3）设线框离开磁场过程的时间为，则有

解得
线框在离开磁场的过程中运动的速度 （1分）
产生的感应电流 （1分）
由牛顿第二定律有 （2分）
解得 （） （2分）
18. （15分）（2013江苏宿迁检测）如图，两根相距l=1m平行光滑长金属导轨电阻不计，被固定在绝缘水平面上，两导轨左端接有R=2Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨垂直、方向相反的磁场，磁场宽度d相同且为0.6m，磁感应强度大小B1=T、B2=0.8T。现有电阻r=1Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab以m/s从边界MN进入磁场后始终作匀速运动，求：
⑴导体棒ab进入磁场B1时拉力的功率；
⑵导体棒ab经过任意一个B2区域过程中通
过电阻R的电量；
⑶导体棒ab匀速运动过程中电阻R两端的
电压有效值。
18解析：（15分）⑴在B1中时， （1分） （1分）
（1分） W （2分）
⑵ 电量 （1分） 闭合电路欧姆定律 （1分）
位移 （1分） 解得：C （2分）
⑶导体棒进入B2时，电动势V （1分） 设电动势有效值为E
（2分） 解得：E=3V （1分）
电阻R两端电压有效值为 V （1分）
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十二
静电场
【重点知识解读】
一．电场能的性质
1.库仑定律：在真空中两个点电荷间的作用力跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上。数学表达式：。静电力常量ｋ＝9.0×109N·m2/C2 . 库仑力的方向依据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引加以判别. 库仑力同样具有力的共性.例如，两个静止的点电荷之间的相互作用力遵守牛顿第三定律——大小相等、方向相反，并且在一条直线上。
2.电场强度
（1）电场强度的定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度。用E表示电场强度，则有E=F/q。
（2）正负点电荷Q在真空中形成的电场是非匀强电场，场强的计算公式为E=k
3.电场叠加：电场中某点的电场强度等于各个点电荷在该点产生的电场强度的矢量和。
4.电场力：F=qE。
二．电场能的性质
电势差：电荷从电场中某点A移动到另一点B电场力所做功W与该电荷电量的比值。即：U=W/q。
电势：试探电荷在电场中某点具有的电势能Ep与电荷量q的比值，叫做该点的电势。即φ=Ep/q。电势差UAB=φA-φB。
3.电场中电势相等的点组成的面叫做等势面。
等势面的性质：①等势面上任意两点之间的电势差为零；②等势面和电场线垂直，在等势面上移动电荷电场力不做功。③等势面的疏密表示电场的强弱。等差等势面越密，电场强度越大。④任意两个电势不等的等势面不会相交。
4.匀强电场中电势差与电场强度的关系是E=U/d，公式中d是沿电场线方向两点之间的距离。匀强电场中电势高低变化特点：在匀强电场中，任意一组平行线上等距离的两点之间的电势差相等。
5.电势随空间分布图象
所谓φ-x图象是指静电场中电势φ随x变化情况图象。φ-x图象斜率大小表示电场强度沿x轴方向分量的大小。根据φ-x图象斜率大小表示电场强度沿x轴方向分量的大小判断电场强度（或电场强度分量）的大小。若图象某段平行x轴，表明电势φ在该段不随x变化，电场强度沿x轴方向分量为零，空间各点场强与x轴垂直。
6.电场中的能量守恒。力学中，在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能相互转化，动能和重力势能之和保持不变，称为机械能守恒定律。在电学中，类似有：在只有电场力做功的情形下，物体的动能和电势能相互转化，动能和电势能之和保持不变；在只有电场力和重力做功的情形下，物体的动能、重力势能和电势能相互转化，动能、重力势能和电势能之和保持不变。我们可以称为电场中的能量守恒定律。
【高考命题动态】
静电场是高中物理研究的比较深的物质形态，静电场也是高考重点之一。高考对静电场的考查重点是：库仑定律、电场力的性质、电场能的性质、电容器和电容、带电粒子在电场中的运动等。
【最新高考题分析】
典例1．（2012·上海物理）如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则 （ ）
（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB
（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB
【答案】：ACD
【解析】：画出小球A受力图示，可知mA一定小于mB，选项A正确；不能判断电荷量关系，选项B错误；小球摆动，机械能守恒，vA一定大于vB ，EkA一定大于EkB，选项CD正确。
【考点定位】此题考查受力分析、平衡条件、机械能守恒定律、库仑定律及其相关知识。
典例2（2012·江苏物理）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为
A．3∶1 B． 1∶3 C．9∶1 D．1∶9
【解析】：根据点电荷电场强度公式，电场强度与距离r的二次方成反比，则A、B两点的电场强度大小之比为9∶1，选项C正确。
【答案】：C
【考点定位】此题考查点电荷电场强度公式。
典例3 （2012·海南物理）N（N>1）个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图。若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，方向 。（已知静电力常量为k）
解析：由对称性可知，均匀分布在半径为R的圆周上N个带电小球在圆心O点处的电场强度大小为零。若移去位于圆周上P点的一个小球，剩余带电小球在圆心O点处产生的电场强度与P点小球在圆心O点产生的电场强度大小相等，方向相反。由点电荷电场强度公式可知，P点带电小球在圆心处产生的电场强度为k，方向沿OP指向O点。
若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为k，方向沿OP指向P点。
.答案：k 沿OP指向P点
【考点定位】此题考查电场叠加、点电荷电场强度公式及其相关知识。
典例4. （2012·海南物理）如图，直线上有o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在o点处有固定点电荷，已知b点电势高于c点电势。若一带负电电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则
两过程中电场力做的功相等
前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
前一过程中，粒子电势能不断减小
后一过程中，粒子动能不断减小
【答案】：C
【解析】：根据题述，ab之间电场强度大于bc之间电场强度，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功，选项AB错误；前一过程中，电场力做正功，粒子电势能不断减小，动能不断增大；后一过程中，电场力做正功，粒子动能不断增大，选项C正确D错误。
【考点定位】此题考查电场力做功、电势能变化及其相关知识。
典例5. （2012·山东理综）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
【答案】CD
【解析】由粒子仅在电场力作用下的运动轨迹可知，该粒子受到圆心处正点电荷的排斥，该粒子带正电，在a点受力最大，选项AB错误；该粒子在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；该电场等距等势面ab之间电势差大于bc之间的电势差，由动能定理可知，该粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确。
【考点定位】此题考查带电粒子在点电荷电场中的运动及其相关知识。
典例6. (2012·天津理综)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中
A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
【答案】C
【解析】根据电场线与等势面垂直，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，受到向上的电场力作用，粒子在电场中做曲线运动，静电力先做正功后做负功，电势能先变小后变大，选项D正确。
【考点定位】本题考查带电粒子在电场中的运动，意在考查考生应用电场知识分析问题的能力。
典例7．（2012·重庆理综）空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图20图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
【答案】：D
【解析】：P、Q两点处的电荷等量异种，选项A错误；a点和b点的电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；c点的电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷从a到c，电场力做功，电势能减少，选项D正确。
【考点定位】此题考查等量异种电荷电场的相关知识。
【最新模拟题训练】。
1.（2013安徽无为四校联考）如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化的情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是(　　)
答案：A
解析：由电容器的电容决定式，C=，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图象是A。
2．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）
A．c点的电荷带正电
B．a点电势高于E点电势
C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向
D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少
【答案】BD
【解析】由于只受电场力的作用，检验电荷做曲线运动，所以电场力指向轨迹的凹侧，因为检验电荷带负电，所以c点的电荷带负电，A错；由等量异种电荷电场线分布特征可知沿电场线方向电势逐渐降低，某点场强方向沿该点电场线的切线方向，所以B对C错；设轨迹与y轴交于f点，检验电荷从a到f的过程中，电场力做正功，电势能增加，检验电荷从f到b的过程中，电场力做负功，电势能减小，故D对。
3、（2013安徽淮北测试）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中：（ ）
A．它们的运动时间的关系为tP>tQ
B．它们的电荷量之比为qP∶qQ=2∶1
C．它们的动能增量之比为
D．它们的电势能减少量之比为
答案：B
解析：两带电小球在竖直方向均做自由落体运动，它们的运动时间的关系为tP=tQ，选项A错误。两带电小球重力与电场力合力方向均沿各自运动轨迹方向，它们的电荷量之比为qP∶qQ=2∶1，选项B正确。两带电小球重力做功相同，电场力做功之比为4∶1，它们的动能增量之比不为2∶1，选项C错误；它们的电势能减少量之比为4∶1，选项D错误。
4. (2013年浙江五校联考)现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是
A．O点的电场强度和电势均为零
B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零
C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同
D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小
【命题意图】此题考查电场叠加、电场强度、电场力、电势能及其相关知识
答案：BC
解析：O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点电荷由a点移到b点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误。
5. (2013年浙江五校联考)如图所示，圆O处在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O为圆心，AB、CD是圆的直径，∠AOD是锐角，则
A．从弧DB射出的粒子动能都大于初动能
B．从B点离开的粒子动能最小
C．从D点离开的粒子动能小于初动能
D．从弧ACB内射出的粒子速率都不相同
【命题意图】此题考查电场、动能定理及其相关知识
答案：C
解析：根据题述从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，说明C点是电势最低点，D点是电势最高点，从D点离开的粒子动能小于初动能，动能最小，选项AB错误C正确；从弧ACB内射出的粒子速率有些是相同的，选项D错误。
6．（2013江苏二校联考）真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是 （ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度方向由A指向B
C．A点的电场强度大于B点的电场强度
D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
答案：BC
解析：A点的电势高于B点的电势，选项A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项BC正确；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做正功，选项D错误。
7、（2013辽宁铁岭市期中检测）如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是 ( )
A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小
B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大
C. 电势差UAB = UBC
D．电势φA < φB < φC
答案：B
解析：该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UAB φB >φC，选项D错误 。
8、（2013辽宁沈阳四校联考）如图所示，质量为m的物块（视为质点），带正电Q，开始时让它静止在倾角α=600的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=mg/Q的匀强电场（设斜面顶端处电势为零），斜面高为H。释放后，物块落地时的电势能为，物块落地时的速度大小v，则
A． B．
C．2 D．2
答案：C
解析：由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε=-QEH/tan60°=-mgH/=-mgH，选项AB错误；由动能定理，mgH+ QEH/tan60°=mv2，解得2 ，选项C正确D错误。
9．（2012年4月上海虹口二模）处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，利用此原理可以进行静电除尘。如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于这个现象，下列说法中正确的是
（A）烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上
（B）同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小
（C）同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大
（D）同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越大
答案：C
解析：在铝板和缝被针中间形成强电场，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，烟尘吸附电子带负电，而被吸附到铝板上，由于电场力做功，同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大，选项C正确B错误；由于离铝板越近，电场强度越小，同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越小，选项D错误。
10．（2012年2月武汉调研）如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分虽为-q、Q、-q、Q。四个小球构成一个菱形，-q、-q的连线与-q、Q的连线之间的夹角为α。若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是
A． B．
C． D．
答案：AC解析：设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，则两个q之间距离为2acosα。选取-q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcosα=k，解得，选项A正确B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksinα=k，解得，选项C正确D错误。
11．（2012年5月南京、盐城三模）两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是
答案：A
解析：两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，位于x轴负半轴的正点电荷的电场线自此处分别沿x轴正方向和负方向；位于x轴正半轴的正点电荷的电场线自此处分别沿x轴正方向和负方向；在原点O处电场强度为零，所以能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是A。
.
12．（2012年5月陕西宝鸡三模）在坐标系的x轴上关于O点对称的位置放置两个等量同种电荷，x轴上电场的场强E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，A．B是x轴上关于原点对称的两点．下列说法中正确的是
A．电子在A、B两点的电势能相等
B．电子在A、B两点的加速度大小相等方向相反
C．若取无限远处电势为零，则O点处电势小于零
D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线
.答案：ABC
解析：由x轴上电场的场强E随x变化的关系图象可知，在坐标系的x轴上关于O点对称的位置放置的是两个等量同种负电荷，由对称性可知，A、B两点的电势相等，电子在A、B两点的电势能相等，选项A正确；由于A、B两点的电场强度大小相等。方向相反，电子在A、B两点的加速度大小相等方向相反，选项B正确；若取无限远处电势为零，则O点处电势小于零，选项C正确；电子从A点由静止释放后将沿AB连线做简谐运动，其运动轨迹是直线，选项D错误。
13. （2012年5月6日河南六市联考理综物理）如图所示，四个点电荷A、B、C、D分别位于正方形的四个顶点上，A、B所带电荷量均为+q，C、D所带电荷量均为-q。e、f、g、h分别位于正方形的四个边的中点。用Ee、Ef分别表示e、g这两点的电场强度，用φf、φh分别表示f、h这两点的电势，则以下关系正确的是
A．Ee≠Ef，φh=φf B．Ee=Ef，φh≠φf
C．Ee≠Ef，φh≠φf D．Ee=Ef，φh=φf
13.答案：D
解析：根据点电荷电场强度公式和电场叠加原理，可得e、g这两点的电场强度相等，Ee=Ef。根据对称性和电场线和等势面垂直，可得f、h这两点的电势相等，φh=φf，选项D正确。
14. （2012年4月湖北七市州联考）如图所示为一空腔导体周围的电场线分布．电场方向如图箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圈周上的四点．其中M、N在一条直线电场线上，P、Q在一条曲线电场线上，下列说法正确的有
A.M点的电场强度比N点的电场强度大
B.P点的电势比Q点的电势高
C. M、0间的电势差大于O、N间的电势差
D、一负电荷在P点的电势能大于在Q点的电势能
14.答案：B
解析：由电场线分布图可知，M点的电场强度比N点的电场强度小，P点的电势比Q点的电势高，选项A错误B正确；M、0间的电势差小于O、N间的电势差，选项C错误；一负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能，选项D错误。
15（8分）. (2013年浙江五校联考)如图所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O点处有一带电量为+Q的点电荷，质量为m、带电量为-q的小物体（可看成质点）与斜面间的动摩擦因数为μ。现使小物体以初速度v0从斜面上的A点沿斜面上滑，到达B点时速度为零，然后又下滑回到A点。小物体所带电荷量保持不变，静电力常数为k，重力加速度为g，OA=OB=l。求：
（1）小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度；
（2）小物体返回到斜面上的A点时的速度。
15.解析：
（1）FN=mgcosθ+k 1分
mgsinθ+μFN=ma 1分
得：a= 2分
（2）0－mv02=－mglsin2θ＋Wf 1分
mv2 = mglsin2θ＋Wf 1分
得：v= 2分
16．（15分）（2013江苏二校联考）如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O’。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问：
（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大？
（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？
（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？
解析：
（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有
⑴ （2分）
解得 （2分）
（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有
⑵ （2分）
联立⑴、⑵，得 （2分）
（3）微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则
⑶ （2分）
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则
⑷ （2分）
所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点；（1分）
根据运动的对称性，易知再经过微粒再一次经过P点；
……
所以经过时间，微粒经过P点。 （2分）
17．(15分) （2013江苏二校期中联考）如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：
(1)液珠的比荷
(2)液珠速度最大时离A点的距离h。
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。
17．（15分）解析：
(1) 设液珠的电量为q,质量为m,由题意知，当液珠在C点时
(2分) 比荷为 (2分)
(2)当液珠速度最大时， (2分)
得 (2分)
(3) 设BC间的电势差大小UCB,由题意得
UCB= (2分)
对由释放至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得
qUCB-mg(rB-H)=0 (3分)
即 q-mg(rB-H)=0
将第(1)问的结果代入化简 rB2-3HrB+2H2=0
解得： rB=2H rB′=H(舍去) (2分)
18、（2013辽宁沈阳四校联考）如图，半径为 r的绝缘光滑环固定在竖直平面内，环上套有一质量为 m，带电量为+q的珠子，现欲加一个与圆环面平行的匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放，沿圆弧经过B、C刚好能运动到D，
（1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小。
（2）在（1）问电场中，要使珠子能完成完整的圆运动在A点至少使它具有多大的初动能？
18、解析：（1）设电场力与重力的合力为F，方向NM方向，BC弧中点为M，速度最大，
在M点建立F，重力，电场力的平行四边形，当E最小时，
有Eq=mg (2分) 方向与CB平行 （2分） F=mg（2分）
对AM过程，由动能定理得：
F（r+r）=mv2-0 (2分)
FN-F= (2分)
（2分）
（2）由A到N过程，列动能定理得
(2分)
得 （2分）
19、（2013江苏常州期中）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10 m/s2)求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.
(2)小环从C运动到P过程中的动能增量.
(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.
19、（14分）解析：
(1)由图可知qE＝mg （1分）
F合＝mg＝ma
a＝g＝10 m/s2， （2分）
方向垂直于杆向下。 （1分）

(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为
ΔEk＝W重＋W电 （2分）
其中W重＝mgh＝4 J，
W电＝0，所以ΔEk＝4 J。 （3分）
(3)环离开杆做类平抛运动：
平行杆方向匀速运动：h＝v0t （2分）
垂直杆方向匀加速运动： h＝at2 （2分）
解得v0＝2 m/s。
20．（10分）（2013杭州七校联考）有一绝缘的、半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，在其圆心处固定一带正电的点电荷，现有一质量为m，带电量也为正电（其电量远小于圆心处的电荷，对圆心处电荷产生的电场影响很小，可忽略）的小球A，圆心处电荷对小球A的库仑力大小为F。开始小球A处在圆轨道内侧的最低处，如图所示。现给小球A一个足够大的水平初速度，小球A能在竖直圆轨道里做完整的圆周运动。
（1）小球A运动到何处时其速度最小？为什么？
（2）要使小球A在运动中始终不脱离圆轨道而做完整的圆周运动，小球A在圆轨道的最低处的初速度应满足什么条件？
20．（10分）
解：（1）小球运动到轨道最高点时速度最小---------2分
在圆心处电荷产生的电场中，圆轨道恰好在它的一个等势面上，小球在圆轨道上运动时，库仑力不做功，当小球运动到圆轨道最高处时，其重力对它做的负功最多，此时速度最小。------------2分
（2）在最低点，小球受到的电场力F与重力mg方向相同，小球不会脱离轨道。
在最高点，小球受到的电场力F与重力mg方向相反，当时，在最高点小球也不会脱离轨道。此时，小球在最高点的速度v应满足：v>0 （1）———————1分
小球从圆轨道最底处运动到最高处的过程中由动能定理得：
（2）————1分
由二式解得： 这就是在条件下，小球在最低点速度应满足的条件。——1分
在最高点，当时，小球在最高点的速度v 应满足：
（FN为轨道对小球的支持力） （3）—1分
（4）——1分
由（2）、（3）和（4）可得：
这就是在条件下，小球在最低点速度应满足的条件。———1分
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十五
磁场和安培力
【重点知识解读】
1.引入磁感应强度描述磁场的强弱，引入磁感线形象化的描述磁场。磁感线密的地方表示该处磁感应强度大，磁场强；磁感线疏的地方表示该处磁感应强度小，磁场弱；磁感线是闭合曲线。磁感线永不相交。磁体、电流的磁场都产生于电荷的运动。
2.电流的磁场方向用安培定则判断。
3.描述磁场强弱的物理量磁感应强度是矢量，矢量叠加遵循平行四边形定则。解答磁场叠加类试题依据各磁场的方向，运用平行四边形定则进行合成。
4.磁场对电流的作用叫做安培力，安培力大小F=BILsinα，式中α是电流与磁场方向的夹角，L为导线的有效长度。闭合通电线圈在匀强磁场中所受的安培力的矢量和为零。
5.两平行直导线通有同向电流时相互吸引，通有反向电流时相互排斥。两平行通电直导线之间的作用力大小正比于电流大小。
6.对于放在磁场中的通电导线，分析受力时要考虑它受到的安培力。若通电导线在安培力和其他力作用下处于平衡状态，则利用平衡条件列方程解之；若通电导线在安培力和其他力作用下处于加速状态，则利用牛顿第二定律列方程解之。
【高考命题动态】
磁场和安培力的考查重点主要有：安培定则、磁感应强度和磁场叠加、安培力、通电直导线的作用等。
【最新高考题分析】
典例1；（2012·全国理综）如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是
A.o点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
【答案】：CD【解析】：由安培定则和磁场叠加原理可判断出o点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零，选项A错误；a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两点处磁感应强度的方向不同，选项D正确。
典例2：(2012·天津理综)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通一由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是
棒中电流变大，θ角变大
两悬线等长变短，θ角变小
金属棒质量变大，θ角变大
磁感应强度变大，θ角变小
【答案】A【解析】根据安培力公式，F=BIL，棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。
【考点定位】本题考查安培力及其相关知识，意在考查考生分析动态变化的能力。
典例3. （2012·海南物理）图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是
若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
【答案】：BD【解析】：若a接正极，b接负极，根据安培定则，电磁铁产生竖直向上的磁场。e接负极，f接正极，由左手定则可判断出L所受安培力向右，则L向右滑动，选项A错误B正确；若a接负极，b接正极，根据安培定则，电磁铁产生竖直向下的磁场。e接负极，f接正极，由左手定则可判断出L所受安培力向左，则L向左滑动，选项D正确C错误。
【考点定位】此题考查安培定则、左手定则及其相关知识。
典例4. （2012·上海物理）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的即离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1：当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。
（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
（2）求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。
【解析】：（1）I1方向向左，I2方向向右。
（2）当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为F=kIiL(-),
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线圈中的电流，L为ab、cd的长度。
F1∶F2= I1∶I2。
（3）设MN中电流强度为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有
2 T0=G，2 T1+F1=G，F3+G=ma=a。
==，I3= I1。
【最新模拟题训练】。
1．（2013天星调研卷）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C。闭合开关，待电路稳定后，
A．导体棒中电流为
B．轻弹簧的长度增加
C．轻弹簧的长度减少
D．电容器带电量为CR2
答案：C
【命题意图】本题考查含电容器电路、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件、胡克定律，意在考查考生灵活应用相关知识分析推导相关关系式的能力。
【解题思路】由闭合电路欧姆定律，导体棒中电流为I=，选项A错误；导体棒GH中电流方向从H到G，由左手定则可知，导体棒GH所受安培力方向水平向左，由F=BIL可得安培力大小F=BL，由平衡条件，F=kx，可得轻弹簧的长度减少x=F/k=，选项B错误C正确；电容器C两端电压大小为U=Ir=r，由C=Q/U可得带电量Q=CU=Cr，选项D错误。
2. （2013天星北黄卷）涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式，某研究所用制成的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程．如图所示，模型车的车厢下端安装有电磁铁系统，电磁铁系统能在其下方的水平轨道（间距为L1）中的长为L1、宽为L2的矩形区域内产生匀强磁场，该磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．将长大于L1、宽为L2的单匝矩形线圈等间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2．已知模型车的总质量为m，每个线圈的电阻为R，导线粗细忽略不计，空气阻力不计．在某次实验中，启动电磁系统开始制动后，则：
A．在电磁铁系统的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，线圈中产生的感应电动势为E=BL1 L2
B．在电磁铁系统的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，通过线圈的电荷量q=
C．电磁铁系统在线框上方任一时刻以速度v运动时，所受的电磁阻力为F= B L1 v
D．电磁铁系统在线框上方任一时刻以速度v运动时的加速度a=
2.答案：BD
【命题意图】本题以磁悬浮列车的涡流制动切入，涉及法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿第二定律、牛顿第三定律等知识点，意在考查考生综合应用知识的能力。
【解题思路】：在电磁铁系统滑进线圈正上方的△t过程中，线框中的平均感应电动势E=，平均电流I=E/R，通过线圈的电荷量q=I△t，联立解得q=，选项A错误B正确。电磁铁系统在线框上方任一时刻以速度v运动时，均有一个L1边在磁场中切割磁感线运动。由牛顿第三定律，电磁铁会受该线框作用的阻力，大小等于线框所受到的安培力F。F=BI L1，I=E/R，E=B L1v，联立解得F=。电磁铁系统减速运动的加速度a=F/m=，选项C错误D正确。
【命题动向】电磁感应在实际中的应用问题由于涉及知识面广，灵活性强，成为近年高考命题的热点题型。
3.（2013金太阳联考）如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．由此可知：
A．导体棒所受安培力等于kx
B．导体棒中的电流方向从b流向a
C．导体棒中的电流大小为
D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
5.答案：AC
解析：由平衡条件可知，导体棒所受安培力等于kx，选项A正确；由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，选项B错误；由BIL=kx可得导体棒中的电流大小为I=kx/BL，选项C正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，或逆时针转过一小角度，导体棒所受安培力减小，x都变小，选项D错误。
4（2012浙江绍兴期末）如图所示，竖直放置的平行金属导轨EF和GH两部分导轨间距为2L, IJ和MN两部分导轨间距为L。整个装置处在水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，可在导轨上无摩擦滑动，且与导轨接触良好。现对金属杆ab施 加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则力F的大小为
A．mg B．2mg C. 3mg D. 4mg
答案：C
解析：由cd处于静止状态可知cd所受向上的安培力等于mg，ab所受向下安培力等于2mg。由平衡条件可知，力F的大小为3mg，选项C正确。
5.（2012年3月河南焦作一模）欧姆在探索导体的导电规律的时候，没有电流表，他利用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场的作用下，处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流的时候，小磁针就会发生偏转；当通过该导线的电流为I时，发现小磁针偏转了30°，由于直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当他发现小磁针偏转了60°时，通过该直导线的电流为
A．3I。 B．.2I C．I D．. I
.答案：A
解析：设地磁场的磁感应强度为B0，当通过该导线的电流为I时，发现小磁针偏转了30°，设电流为I的导线产生的磁场的磁感应强度为B1，则有tan30°= B1/ B0；小磁针偏转了60°时，设通过该直导线的电流为I’， 产生的磁场的磁感应强度为B2，则有tan60°= B2/ B0；联立解得B2 =3B1；根据直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比可得，I’=3 I，选项A正确。
6.（2012年5月陕西宝鸡三模）19世纪法国学者安培提出了著名的分子电流假说．他认为，在原子．分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流（分子电流实际上是由原子内部电子的绕核运动形成的），分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．下面将分子电流（箭头表示电子运动方向）等效为小磁体的图示中正确的是
.答案：B
解析：由安培定则可判断出分子电流等效为小磁体的图示中正确的是B。
7．（2012年4月上海虹口二模）如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点，在圆环中心O处的磁感应强度
（A）方向垂直于纸面向外
（B）方向垂直于纸而向里
（C）大小为零。
（D）无法确定
答案：C
解析：根据对称性，由安培定则可判断出在圆环中心O处的磁感应强度大小为零，选项C正确。
8（2012河北衡水第四次调研）如图6所示,平行于纸面水平向右的匀强磁场,磁感应强度B1=1T。.位于纸面内的细直导线,长L=1 m,通有I=1 A的恒定电流。.当导线与B1成60°夹角时,发现其受到的安培力为零。.则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值 (　 )
A．T B．T 。
C．1T 。 D．T。
.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的磁感应强度B2与B1合磁场的磁感应强度方向沿导线方向。该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的不可能值为T，选项BCD正确。
9．（2012北京石景山期末）法拉第曾做过如下的实验：在玻璃杯侧面底部装一导体柱并通过导线与电源负极相连，直立的细圆柱形磁铁棒下端固定在玻璃杯底部的中心，往杯内加入水银。在玻璃杯的正上方O点吊一可自由转动的直铜棒，铜棒的上端与电源的正极相接，下端浸入玻璃杯的水银中。由于水银的密度比铜大，铜棒静止时处于倾斜状态，如图7所示。这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就构成了一个回路。闭合开关S，可观察到的现象是
A．与闭合S前相比，铜棒与竖直方向的夹角不变且仍静止
B．与闭合S前相比，铜棒与竖直方向的夹角会增大但仍可静止
C．与闭合S前相比，铜棒与竖直方向的夹角会减小但仍可静止
D．铜棒会以磁铁棒为轴转动
.答案：D
解析：闭合开关S，直铜棒中有电流，电流在磁场中受到安培力作用，可观察到的现象是铜棒会以磁铁棒为轴转动，选项D正确。
10．（2012河南郑州一模）如图所示，把一个装有Na2S04导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极，沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极，把两电极分别与电池的正、负极相连。从器皿上方往下看(俯视)，对于导电溶液和溶液中正、负离子的运动，下列说法中正确的是
A．溶液做顺时针方向运动。
B．溶液做逆时针方向运动
C．正离子沿圆形玻璃器皿的半径向边缘移动
D．负离子沿圆形玻璃器皿的半径向中心移动
.答案：A
解析：溶液中由中心到边缘的电流，由左手定则可知，溶液做顺时针方向运动，选项A正确B错误；溶液中正、负离子均做顺时针方向运动，选项CD错误。
11．(2012年3月陕西渭南市质检)如图1所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I'附近，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是
A．线框只有两个边受力，合力向左
B．线框只有两个边受力，合力向右
C．线框四个边都受力，合力向左。
D．线框四个边都受力，合力向右
.答案：C
解析：利用左手定则可判断出线框四个边都受力，由于左侧边所在处磁感应强度最大，所以合力向左，选项C正确。
12. （2013厦门名校月考）一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则判断导线ab受磁场力后的运动情况
A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管　
B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管　
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
答案：D
解析：由安培定则可画出通电螺线管的磁场的磁感线，由左手定则可判断出a端所受安培力垂直纸面向外，b端垂直纸面向内，所以从上向下看通电导线将逆时针转动；通电导线转动到垂直纸面向里的位置所受安培力向下，靠近螺线管，所以选项D正确。
13．（2013厦门名校月考）如图4所示，真空中两点电荷＋q和－q以共同的角速度绕轴OO′匀速运动，P点距＋q近，则P点磁感应强度的方向为
A．沿O’O向上
B．沿OO′向下
C．从＋q指向－q
D．磁感应强度为0
答案：A
解析：由于P点距＋q近，+q转动产生的电流产生的磁场在P点的磁感应强度较大，则P点磁感应强度的方向为沿O’O向上,选项A正确。
14、（2013山东师大附中模拟）如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L,质量为m的直导体棒,在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是 （ ）
A.B=mg,方向垂直斜面向上
B.B=mg,方向垂直斜面向下
C.B=mg,方向垂直斜面向下
D.B=mg,方向垂直斜面向上
答案：A
解析：在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,导体棒所受安培力竖直向上或偏右，由左手定则可知，磁场方向水平向左或偏左上。当磁场方向垂直斜面向上时，安培力沿斜面向上，由平衡条件，BIL=mgsinα，选项A正确。
15.（2013上海普陀区质检）下列关于奥斯特实验的说法中正确的是 （ ）
A. 该实验必须放在地球赤道上进行
B. 通电直导线必须竖直放置
C. 通电直导线应该水平东西方向放置
D. 通电直导线应该水平南北方向放置
答案：D
解析：由于地磁场方向在赤道为水平向北，在其他地方，由水平向北分量，要说明电流产生磁场（奥斯特实验），通电直导线应该水平南北方向放置，通电导线产生的磁场方向为东西方向，磁针偏转，说明电流产生了磁场，选项D正确。
16．（2013上海普陀区质检）如图所示为磁悬浮列车模型，质量M=1kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ=0.1的粗糙水平地面上。位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为1/16Ω。OOˊ为AD、BC的中点。在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OOˊCD区域内磁场如图a所示，CD恰在磁场边缘以外；OOˊBA区域内磁场如图b所示，AB恰在磁场边缘以内。若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上,则金属框从静止释放后 （ ）
A．通过金属框的电流为8A B．金属框所受的安培力为8N
C．金属框的加速度为3m/s2 D．金属框的加速度为7m/s2
答案：D
解析：OOˊCD区域内磁场变化产生感应电动势，在金属框内形成逆时针方向感应电流，感应电动势E=1V，电流I=16A，AB边所受向右的安培力F=16N。金属框从静止释放后通过金属框的电流为16A，金属框所受的安培力为16N，金属框和底座所受滑动摩擦力f=2N，由牛顿第二定律，F-f=ma可得金属框的加速度为7m/s2，选项C错误D正确。
17．(2013金太阳联考)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=k，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的即离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。
（1）当MN通以强度为I1、方向向左的电流时，判断ab和cd所受安培力的方向。
（2）求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
（3）若当MN内的电流强度为某值时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求细线的最大张力。
【解析】：（1）当MN通以强度为I1、方向向左的电流时，由安培定则可判断出直线电流MN在其下方产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可判断出ab所受安培力的方向向上。cd所受安培力的方向向下。（2分）
（2）设线框中电流为i，r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，L为ab、cd的长度。
当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为
F=kIiL(-),
MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比为：
F1∶F2= I1∶I2。（4分）
（3）设轻质绝缘细线的最大张力为Tm。两细线恰好断裂时，线框受到的安培力合力方向一定向下，设合力大小为F3。
由题设条件有2 T0=G，
2 Tm-F3=G，
细线断裂瞬间，F3+G=ma，
m=G/g。
联立解得：Tm =a。
18.（10分）（2013山东名校质检） 如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）磁场的磁感应强度B；
（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN．
解析：（1）从右向左看，受力分析如图所示。
由平衡条件得：
tan37°=F安/mg，F安=BIL，
解得：B=.
(2)设两导轨对导体棒支持力为2FN，则有
2FNcos37°=mg，
解得FN=mg。
即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。
19.（2005·北京理综）下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，比例常量k=2.5×10－6T/A。
已知两导轨内侧间距l=1.5cm，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）。
（1）求发射过程中电源提供的电流强度。
（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？
（3）若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s'。设砂箱质量为M，滑块质量为m，不计砂箱与水平面之间的摩擦。求滑块对砂箱平均冲击力的表达式。
解析：（1）由匀加速运动公式 a==9×105m/s2
由安培力公式和牛顿第二定律，有 F=IBl＝kI2l，kI2l＝ma
因此 I==8.5×105A
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：PΔt×4%=mv2
发射过程中电源供电时间Δt==×10－2s
所需的电源输出功率为P==1.0×109W
由功率P=IU，解得输出电压：U==1.2×103V
（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有
fsM＝MV2 f'sm=mV2－mv2
由牛顿定律f=－f'和相对运动sm=sM+s'
由动量守恒 mv=(m+M)V，联立求得fs'=·mv2
故平均冲击力f=·
20（2010高考浙江理综）.如图7所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直纸面的宽度为L2。在膜的下端（图中A处）挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能。光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U，输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定）。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外（注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）。
（1）现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成( =60°时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率。
（2）当变成45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒平衡外，还能输出多少额外电功率？
【解析】（1）导体棒所受安培力FA= BIL2，
导体棒处于受力平衡状态，由静力平衡条件，mgtan(=FA，
解得 I=tan(
所以当( =60°时，I60=tan60°=，
光电池输出功率P60=UI60=U。
（2）当(=45°时，维持静力平衡需要的电流为I45=tan45°=，
根据几何关系可知，==。
可得P45= P60 =U。
而光电池产生的电流I光电= P45/U =，
所以能够提供的额外电流为I额外= I光电- I45=(-1)，
可提供的额外功率为P额外= I额外U=(-1)U。
本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。
2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十八
楞次定律和自感现象
【重点知识解读】
楞次定律的内容为：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
对于楞次定律要重点理解“阻碍”的含义，可从三个角度理解：.从磁通量变化的角度看,电磁感应产生的效果总要阻碍引起电磁感应的原磁通量的变化。,就是当磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反,阻碍增加；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，阻碍减少；即“增反减同”。从导体和磁场的相对运动来看,电磁感应产生的效果总要阻碍引起电磁感应现象的导体和磁场的相对运动.就是当导体与磁场相对靠近时,感应电流的磁场阻碍它们靠近；当导体与磁场相对远离时,感应电流的磁场阻碍它们远离；即“来拒去留”。.从导体中电流变化（自感现象）来看，电磁感应产生的效果总要阻碍引起电磁感应的导体中原来电流的变化。就是当导体中电流增大时，导体中产生的感应电动势的方向与原来电流的方向相反；当导体中电流减小时，导体中产生的感应电动势的方向与原来电流的方向相同。
自感现象是由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象，自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。当电流增大时，产生的自感电动势的方向与电流方向相反，阻碍电流增大；当电流减小时，产生的自感电动势的方向与电流方向相同，阻碍电流减小。由于自感电动势的作用，闭合电键后，串联有自感元件的支路中电流不能立即增大；断开电键后，串联有自感元件的支路中电流不能立即减小到零。
自感现象的分析方法：当流经线圈L的电流突然增大的瞬间，我们可把线圈看作一个阻值很大的电阻；当流经线圈L的电流突然减小的瞬间，我们可以把线圈看作是一个电源，它提供一个与原电流方向相同的电流。
在处理自感现象或相关计算问题时，在电键闭合瞬间，线圈被认为断路；电流稳定时，理想线圈被认为是短路；断开电键时，线圈等效为一个电源，其电流由稳定时的值开始减小。
【高考命题动态】
楞次定律和自感现象、涡流是考纲中的三个考点。楞次定律和自感现象、涡流一般以选择题命题考查。楞次定律是电磁感应中判断感应电流方向的重要规律，可能与法拉第电磁感应定律等综合考查。
【最新高考题分析】
典例1（2012·北京理综）物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈I、开关S和电源用导线连接起来后.将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，.导致套环未动的原因可能是
A.线圈接在了直流电源上.
B.电源电压过高.
C.所选线圈的匝数过多，
D.所用套环的材料与老师的不同
【答案】：D
【解析】：老师演示实验所用套环为金属套环（闭合导体），闭合开关S的瞬间，套环中磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律，套环受到排斥，立刻跳起。同学实验，导致套环未动的原因可能是所用套环的材料不是导体或不闭合，选项D正确。
【考点定位】此题考查电磁感应和“跳环实验”。
典例2．（2012·上海物理）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示。己知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。
（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为____________（填：“顺时针”或“逆时针”）。
（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为____________（填：“顺时针”或“逆时针”）。
【答案】：（1）顺时针（2）逆时针
【解析】：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，说明L中电流从b到a。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，线圈其绕向为顺时针。
（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，说明L中电流从a到b。根据楞次定律，L中应该产生竖直向上的磁场。由安培定则可知，俯视线圈，电流为逆时针方向，俯视线圈，其绕向为逆时针。
【考点定位】此题考查电磁感应、楞次定律、安培定则及其相关知识。
典例3. （2012·海南物理）如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属环中穿过。现将环从位置I释放，环经过磁铁到达位置II。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则
A．T1>mg，T2>mg
B．T1C．T1>mg，T2D．T1mg
【答案】：A
【解析】：环从位置I释放下落，环经过磁铁上端和下端附近时，环中磁通量都变化，都产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁阻碍环下落，磁铁对圆环有向上的作用力。根据牛顿第三定律，圆环对磁铁有向下的作用力，所以T1>mg，T2>mg，选项A正确。
【考点定位】此题考查电磁感应、楞次定律及其相关知识。
典例4（2012·福建理综）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心0在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0=。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t=0到t=T0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0 到t=1.5T0 这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W。
【解析】：（1）小球运动时不受细管侧壁的作用力，小球所受洛伦兹力提供向心力，qv0B0=m， ①
解得：v0=。②
(2) ①在T0到1.5 T0这段时间内，细管内一周的感应电动势，
E感=πr2，③
由图乙可知，=2B0/T0。④
由于同一条电场线上各点的电场强度大小相等，所以，
E感=2πr E。⑤
而T0=。
联立解得：细管内涡旋电场的场强大小E=。⑥
②在T0到1.5 T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：
a=qE/m，⑦
小球运动的末速度大小：v= v0+a△t， ⑧
由图乙可知，△t =0.5T。
由②⑥⑦⑧联立解得：v= v0=。
由动能定理，电场力对小球做的功W=mv2-mv02。
由②⑨⑩联立解得：W= mv02=。
【最新模拟题训练】。
1．（2012江苏省启东中学考前辅导题）如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是
A．L1逐渐变暗，、L2 、L3均先变亮，然后逐渐变暗
B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗
C．L2立即熄灭，L1 、L3均逐渐变暗
D．L1 、L2 、L3均先变亮，然后逐渐变暗
.答案：B
解析：．电键K从闭合状态突然断开时，L中产生向右的自感电动势，L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗，选项B正确。
2、（2012上海静安区一模）如图所示，将一条形磁铁沿闭合线圈中心轴线以不同速度匀速穿过线圈，第一次所用时间为t1，第二次所用时间为t2。则
A．两次通过电阻R的电荷量相同
B．两次电阻R中产生的热量相同
C．每次电阻R中通过的电流方向保持不变
D．磁铁处于线圈左侧时受到的磁场力向左，处于线圈右侧时受到的磁场力向右
答案：A
解析：一条形磁铁沿闭合线圈中心轴线以不同速度匀速穿过线圈，两次磁通量变化△Ф相同，由q=△Ф/R可知，两次通过电阻R的电荷量相同，选项A正确；由于两次匀速穿过线圈的速度不同，产生的感应电动势不同，感应电流不同，两次电阻R中产生的热量Q=EIt=Eq不相同，选项B错误；当条形磁铁进入线圈和从线圈中出来时，电阻R中通过的电流方向变化，选项C错误；磁铁处于线圈左侧时受到排斥，受到的磁场力向左，处于线圈右侧时受到吸引，受到的磁场力向左，选项D错误。
3．（2012年2月济南检测）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中
A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
答案：B
解析：由楞次定律可知，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥，选项B正确ACD错误。
4.（2012年2月河北省五校联盟模拟）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时,产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。如图所示（上图为侧视图、下图为真空室的俯视图），若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时：（ ）
A．电子在轨道上逆时针运动
B．保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
C．保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将减速
D．被加速时电子做圆周运动的周期不变
．答案：AB
解析：当电磁铁绕组通有图中所示的方向电流增大时，根据楞次定律，在真空室中产生顺时针方向的感应涡旋电场，电子在轨道上逆时针运动，电子将加速，选项AB正确。当电磁铁绕组通有图中所示的方向电流减小时，根据楞次定律，在真空室中产生逆时针方向的感应涡旋电场，电子在轨道上顺时针运动，电子将加速，选项C错误。被加速时电子做圆周运动的周期减小，选项D错误。
5．如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是（　　）
答案：D.　
解析：在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大，即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B－t图线的斜率变大，选项D正确．
6．如图所示，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡，E为内阻不计的电源，在t＝0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，当时刻为t1时断开开关S，若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，则下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是
解析：在t＝0时刻闭合开关S，D1中电流逐渐增大到I1，当时刻为t1时断开开关S，由于线圈L中产生自感电动势，阻碍电流减小，图象AB错误；在t＝0时刻闭合开关S，D3中电流不能立即达到最大，导致D2中电流先由最大逐渐减小到I2稳定，当时刻为t1时断开开关S，L和D1、D2构成闭合回路，D2中电流方向与原来方向相反，且逐渐减小到零，所以选项D正确C错误。
答案：D
7．如图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流IA、IB随时间t变化的图象，正确的是
7.答案：A
解析：闭合开关S的瞬间，由于线圈L中产生自感电动势，电灯A和B中电流相等，稳定后，电灯B被短路，电灯A中电流增大到原来的2倍，B中电流为零，所以选项图A正确。
8．（2012年3月江苏省苏北四星级高中联考）如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时，则 ( )
A．A灯有电流通过，方向由a到b　　　　　
B．A灯中无电流通过，不可能变亮
C．B灯立即熄灭，c点电势低于d点电势　　　
D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
8.答案：D
解析：当开关S由断开变为闭合时，电容器放电，A灯有电流通过，方向由b到a，选项AB错误；当开关S由断开变为闭合时，电感线圈L中产生自感电动势，方向由c指向d，B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势，选项C错误D正确。
9. （2012南京一模）如图所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S。重新闭合电键S ，则(　 　)
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮
C．稳定后，L和R两端电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同[来源:学科
9.答案：BC
解析：闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们的打压相同，L和R两端电势差一定相同，选项BC正确AD错误。
10. （2012北京海淀期末）如图5所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻不可忽略，闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光。现将开关S断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是 （ ）
A．甲电路中灯泡将渐渐变暗
B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．乙电路中灯泡将渐渐变暗
D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗
10.答案：ACD
解析：将开关S断开，甲电路中灯泡将渐渐变暗，选项A正确B错误；由于没有给出L和R、灯泡电阻关系，乙电路中灯泡可能将渐渐变暗，也可能乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗，选项CD正确。
11. （2012年4月江苏昆山市模拟）右图所示电路中，线圈L的电阻和电源的内电阻r都可以忽略。先合上电键K一段时间后，在t=0时刻将电键K断开，则电容器C的M板的电量变化情况为图线中的 ( )
答案：A
解析：在t=0时刻将电键K断开，线圈L中产生逆时针方向自感电动势对电容器充电，电容器C的M板的电量变化情况为图线中的A。
12．（2012年江苏省无锡二模）如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通，现将开关S断开，则
A．L1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮
B．L2闪亮一下后恢复到原来的亮度
C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度
D．L3闪亮一下后恢复到原来的亮度
12.答案：AD
解析：开关S原来接通，L1不亮，L2、L3亮。现将开关S断开，自感线圈L中产生感应电动势，L1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮，L3闪亮一下后恢复到原来的亮度，选项AD正确。
13. （2012年5月6日河南六市联考理综物理）机场、车站和重要活动场所的安检门都安装有金属探测器，其探测金属物的原理简化为：探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属物时，金属物中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使探测器报警。设线圈中交变电流的大小为I、频率为f，要提高探测器的灵敏度，可采取的措施有
A．增大I B．减小f C．增大f D．同时减小I和f
答案：AC
解析：增大线圈中交变电流的大小I和频率f，可使金属物中产生的涡流增大，提高探测器的灵敏度，选项AC正确。
14. （2013天星调研卷）17. 如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线是
答案：A
【命题意图】 本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、楞次定律、图象等知识，意在考查考生从图象获取信息、应用电磁感应相关知识分析问题的能力。
【解题思路】：圆形线框内，从t=0时刻起磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生恒定的感应电动势和感应电流，增大到最大后磁感应强度均匀减小，产生方向相反的恒定的感应电动势和感应电流；由楞次定律可知，在前半段时间产生的感应电流方向为逆时针方向，为正值；后半段时间产生的感应电流方向为顺时针方向，为负值，所以感应电流I随时间t的变化图线是A。
15．（2013天星调研卷）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C。闭合开关，待电路稳定后，
A．导体棒中电流为
B．轻弹簧的长度增加
C．轻弹簧的长度减少
D．电容器带电量为CR2
答案：. C
【命题意图】本题考查含电容器电路、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件、胡克定律，意在考查考生灵活应用相关知识分析推导相关关系式的能力。
【解题思路】由闭合电路欧姆定律，导体棒中电流为I=，选项A错误；导体棒GH中电流方向从H到G，由左手定则可知，导体棒GH所受安培力方向水平向左，由F=BIL可得安培力大小F=BL，由平衡条件，F=kx，可得轻弹簧的长度减少x=F/k=，选项B错误C正确；电容器C两端电压大小为U=Ir=r，由C=Q/U可得带电量Q=CU=Cr，选项D错误。
16．（2013山东青岛二中测试）多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”。磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路。设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是（ ）
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba的感应电流
【答案】C
【解析】N极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消失。C项正确。
17. （2013江苏阜宁中学月考）如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是（ ）
A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭
D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯
答案：A
解析：开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确B错误。开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，不一定A灯闪亮一下再熄灭，选项CD错误。
18. （2013河南三市联考）矩形导线框固定在匀强磁场中， 如图甲所示。磁感线的方向与导线框所在平面 垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则
A. 从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B. 从O到t1时间内，导线框中电流越来越小
C. 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D. 从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大
答案：C
解析：由楞次定律， 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从O到t1时间内，导线框中电流恒定，选项B错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误。
19．（2013四川自贡一诊）长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如右图所示。在时间内，直导线中电流向上。则在时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是 （ ）
A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
．答案：B
解析：在时间内，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，由左手定则可判断线框受安培力的合力方向向右，选项B正确。
20.（2013浙江测试）如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B，两线圈平面与匀强磁场垂直。当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比IA∶IB为
A. B. C. D.
答案：B
解析：设线圈A半径为R，线圈B半径为r，则n12πR= n22πr
线圈A和B，两线圈中的感应电动势之比为，由于电阻相等，感应电流之比IA∶IB=，选项B正确。
21．（2012北约自主招生真题）如图所示，通电直导线旁放一个金属线框且线框和导线在同一平面内。以下哪种运动方式不能使线框abcd 中产生感应电流？（ ）
A．线框以AB为轴旋转
B．线框以ad边为轴旋转
C．线框向右移动
D．线框以ab边为轴旋转
答案：A
解析：线框以AB为轴旋转，线框内磁通量不变，不能使线框abcd 中产生感应电流，选项A正确。线框以ad边为轴旋转，线框以ab边为轴旋转，线框向右移动，线框中磁通量均变化，产生感应电动势，选项BCD错误。
【点评】此题以通电直导线旁放一个金属线框切入，意在考查电磁感应及其相关知识。
22（2012年4月上海崇明县二模）如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻的阻值之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3，电路中导线的电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为
（A）0
（B）I
（C）I
（D）I
解析：设虚线框内磁感应强度变化率为k，上面回路中磁场面积为S，下面回路中磁场面积nS，电阻R1=R。当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中产生的感应电动势E1=kS，感应电流为=kS/3R；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中产生的感应电动势E2=nkS，闭合回路中感应电流为5I= nkS/5R；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中产生的感应电动势E3=(n+1)kS，闭合回路中感应电流为I’=(n+1)kS/4R，联立解得I’=7I，选项D正确。
答案：D
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十六
带电粒子在匀强磁场中的运动
【重点知识解读】
1.磁场对运动电荷的作用力叫做洛仑兹力，当带电粒子垂直磁场方向进入磁场中，所受洛仑兹力大小F=qvB，方向由左手定则判断。
2. 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题可归纳为：定圆心、求半径、算时间。定圆心。因洛仑兹力F与粒子的速度方向垂直，提供向心力，永远指向圆心，据此可画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛仑兹力的方向（做这两点速度方向的垂线），其延长线的交点即为圆周轨道的圆心。若已知入射点的速度方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射点速度方向的垂线和入射点与出射点连线的中垂线，两垂线的交点即为圆轨道的圆心。求半径。利用洛仑兹力等于向心力求出半径或画出轨迹示意图，利用几何知识常用解三角形的方法确定半径。算时间。若粒子运动轨迹是一完整的圆可利用周期公式T= 2πm/qB求出时间。
3.粒子运动轨迹不是一完整的圆时要利用圆心角和弦切角的关系（圆心角等于2倍弦切角），偏向角等于圆心角或四边形的四个内角和等于360o计算出轨迹所对的圆心角的大小，再由公式t=计算出运动时间。带电粒子在匀强磁场中运动具有对称性，若带电粒子从某一直线边界射入匀强磁场，又从同一边界射出磁场时，粒子的入射速度方向与边界的夹角和出射速度方向与边界的夹角相等；带电粒子沿半径方向射入圆形磁场区域，必沿半径方向射出圆形磁场区域。
【高考命题动态】
带电粒子在匀强磁场中的运动是高考命题的重点和热点，每年高考均有考查，可能是选择题，也可能是计算题，难度中等或较难。
【最新高考题分析】
典例1：（2012·北京理综）处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值
A． 与粒子电荷量成正比
B． 与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比
D．与磁感应强度成正比
【答案】：D
【解析】：该粒子的运动等效为环形电流，电流值I=q/T。而T=2πm/qB，所以I=q2B/2πm。由此可知，此电流值与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的二次方成正比，选项D正确。
典例2： （2012·广东理综物理）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是
A．M带负电，N带正电
B. M的速度率小于N的速率
C. 洛伦磁力对M、N做正功
D. M的运行时间大于N的运行时间
【答案】：A
【解析】：由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确。由R=mv/qB可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；由T=2πm/qB可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误。
【考点定位】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
典例3（2012·全国理综）质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是
A.若q1=q2，则它们做圆周运动的半径一定相等
B.若m1=m2，则它们做圆周运动的周期一定相等
C. 若q1≠q2，则它们做圆周运动的半径一定不相等
D. 若m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
【答案】：A【解析】：带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，其轨道半径r=，周期T=。若q1=q2，则它们做圆周运动的半径一定相等，选项A正确；若q1≠q2，则它们做圆周运动的半径可能相等，选项C错误；若m1=m2，则它们做圆周运动的周期不一定相等，选项B错误；若m1≠m2，则它们做圆周运动的周期可能相等，选项D错误。
【考点定位】此题考查带电粒子在匀强磁场中运动。
典例4（2012江苏物理）. 如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场. 若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A 点。. 下列说法正确的有
(A) 若粒子落在A 点的左侧,其速度一定小于v0
(B) 若粒子落在A 点的右侧,其速度一定大于v0
(C) 若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能小于v0-qBd/2m
(D)若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能大于v0 +qBd/2m
【答案】：BC
【解析】：若粒子落在A 点的左侧,其速度可能大于v0，若粒子落在A 点的右侧,其速度一定大于v0，选项A错误B正确；当速度等于v=v0-qBd/2m时，落点距A点左侧最远为2mv/qB=d，所以若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能小于v0-qBd/2m，选项C正确；当速度等于v=v0+qBd/2m时，落点距A点右侧最远为2mv/qB=d，若粒子不是垂直边界MN射入，落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度可能大于v0 +qBd/2m，选项D错误。
【考点定位】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【最新模拟题训练】。
1．（2013安徽师大摸底）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是(　 　)
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
答案：A
解析：由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；若v一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间无关，选项CD错误。
2．（2013浙江重点中学协作体高三摸底）如图所示，在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场，一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角分线OC做匀速直线运动。若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则下列说法正确的是
A．粒子将在磁场中做匀速圆周运动，运动轨道半径等于三角形的边长
B．粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场
C．粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从BC阶段射出磁场
D．根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比
、答案：CD
解析：带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角分线OC做匀速直线运动，则有qE=qvB。若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，刚好从A点射出，L/2=vt，L/2=at2，qE=ma；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入， qvB=mv2/R，联立解得R=3L/4，选项A错误；由于R=3L/43．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为 （ ）
A．1∶1∶1
B．1∶2∶3
C．3∶2∶1
D．1：：
答案：C
解析：由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角，由t=α可知，它们在磁场中运动的时间之比为90°∶60°∶30°=3∶2∶1，选项C正确。
4．(2013广东二校联考摸底)速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图4所示，则磁场最强的是
答案：D
解析：由qvB=mv2/R可得B=mv/qR。磁场最强的是对应轨迹半径最小，选项D正确。
5. （2013武汉摸底）图甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是
在Ek-t图中应该有tn+1- tn =tn-tn-1
在Ek-t图中应该有tn+1- tn 在Ek-t图中应该有En+1- En =En-En-1
在Ek-t图中应该有En+1-En 答案：AC
解析：根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ek-t图中应该有tn+1- tn =tn-tn-1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ek-t图中应该有En+1- En =En-En-1，选项C正确D错误。
6．（2013江苏苏南四校联考）如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则：
A．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有vN=vM
B．两小球都能到达轨道的最右端
C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同
D．a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力
答案：D
解析：由于洛伦兹力不做功，电场力对带电小球一定做负功，所以两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有vN=vM，选项A错误；小球b可以到达轨道的最右端，小球a不能到达轨道的最右端，选项B错误；由于两个小球受力情况不同，运动情况不同，小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻不相同，选项C错误；由于题述没有给出半圆形光滑绝缘轨道半径和小球带电量、质量具体数据，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力，选项D正确。
7. （2013山东名校质检） 图6所示为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的0点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，图7中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转（ ）
答案：A
解析：要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，根据左手定则，能够使电子发生上述偏转的变化的磁场是图A。
8．（2013江苏盐城明达中学测试）物体导电是由其中的自由电荷定向移动引起的，这些可以移动的自由电荷又叫载流子。金属导体的载流子是自由电子，现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N型半导体，它的载流子为电子；另一类是P型半导体，它的载流子为“空穴”，相当于带正电的粒子，如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与前后侧面垂直，长方体中通有方向水平向右的电流，设长方体的上下表面M、N的电势分别为φM和φN，则下列判断中正确的是
A．如果是P型半导体，有φM>φN
B．如果是N型半导体，有φM<φN
C．如果是P型半导体，有φM<φN
D．如果是金属导体，有φM<φN
答案：C
解析：如果是P型半导体，由左手定则可知，“空穴”向下表面N偏转，有φM<φN,,选项A错误C正确；如果是N型半导体，由左手定则可知，电子向下表面N偏转，有φM>φN,选项B错误；如果是金属导体，导电定向移动的是自由电子，由左手定则可知，电子向下表面N偏转，有φM>φN,选项D错误。
9．（2013江苏阜宁中学月考）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I， C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是
A．电势差UCD仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＜0
C．仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平
答案：BC
解析：电势差UCD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差UCD＜0，选项B正确；仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误。
10．（2013天津滨海五校联考）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是
A.该束带电粒子带负电
B.速度选择器的P1极板带正电
C.能通过狭缝的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝，粒子的比荷越小
答案：D
解析：由左手定则，该束带电粒子带正电，速度选择器的P1极板带正电，选项A错误B正确；由qE=qvB1可得能通过狭缝的带电粒子的速率等于v=，选项C正确；由r=mv/qB可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝，r越小，粒子的比荷q/m越大，选项D正确。
11．（2013宝鸡质检）如图10所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是（ ）
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
答案：B
解析：电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入匀强磁场，根据周期公式，电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，选项B正确AC错误；电子的速率不同，它们在磁场中运动轨迹不相同，3、4、5在磁场中运动时间相同，选项D错误。
12（浙江省名校新高考研究联盟2013届第一次联考）如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经点进入板间，在之后运动的一小段时间内 ( )[来源:学科网]
A．小球的重力势能一定会减小
B．小球的机械能可能不变
C．小球的电势能一定会减少
D．小球动能可能减小
答案：D
解析：球从轨道上较低的b点开始滑下，经点进入板间时，若带电小球带正电，所受洛伦兹力方向向上，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向下偏转，电场力做功，小球的电势能减少，机械能增大；若带电小球带负电，所受洛伦兹力方向向下，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向上偏转，电场力做负功，小球的电势能增大，机械能减小，动能减小，所以选项D正确。
13（浙江省名校新高考研究联盟2013届第一次联考）质量和电量都相等的带电粒子和，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是 （ ）
A．带负电，带正电
B．的速度率小于的速率
C．洛伦兹力对、不做功
D．的运行时间大于的运行时间
答案：AC
解析：由左手定则可知，带负电，带正电，选项A正确；由r=可知，的速度率大于的速率，选项B错误；洛伦兹力对、不做功，选项C正确；由T=可知的运行时间等于的运行时间，选项D错误。
14. (2013年浙江五校联考)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2。则
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C．木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D．t=5s后滑块和木块有相对运动
【命题意图】此题考查叠加体、洛伦兹力、牛顿运动定律及其相关知识
答案：C
解析：t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，带电滑块速度增大，所受向上的洛伦兹力增大，滑块先做加速度为2m/s2的匀加速运动后做加速度减小的加速运动，木块先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后滑块离开木板做加速度为3m/s2的匀加速运动，选项C正确AB错误；t=5s时滑块速度v=at=10m/s，所受洛伦兹力f=qvB=1N，滑块已经离开木板，所以选项D错误。
15（12分）. (2013年浙江五校联考) 如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，是一个半径为r的圆，圆心O1在x轴上，OO1距离等于圆的半径。虚线MN平行于x轴且与圆相切于P点，在MN的上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的大小为E，方向沿x轴的负方向，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。有一群相同的正粒子，以相同的速率，在纸面内沿不同方向从原点O射入第Ⅰ象限，粒子的速度方向在与x轴成θ=30?角的范围内，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电磁场中做直线运动。粒子的质量为m，电荷量为q（不计粒子的重力）。求：
（1）粒子的初速率；
（2）圆形有界磁场的磁感应强度；
（3）若只撤去虚线MN上面的磁场B，这些粒子经过y轴的坐标范围。
解析：
（1）Eq=qv0B 1分
得：v0= 1分
（2）设正粒子在圆形有界磁场中做匀速圆周运动的半径R，有：
R=r 1分
qv0B′= 1分
得：B′= 1分
（3）沿x轴正方向进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后，过y轴上点的坐标最大
r=  t12 1分
Δy1=v0t1 1分
y1=Δy1＋r
得：y1=r＋ 1分
沿与x轴正方向成θ=30?角进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后，过y轴上点的坐标最小 r=  t22
Δy2=v0t2 1分
y2=Δy2＋r
得：y2=r＋ 1分
即：r＋≤ y ≤r＋ 1分
16. （10分）（2013辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，在直角坐标系Oxy平面的第三、四象限内分别存在着垂直于Oxy平面的匀强磁场，第三象限的磁感应强度大小是第四象限的2倍，方向相反。质量、电荷量相同的负粒子a、b，某时刻以大小相同的速度分别从x轴上的P、Q两点沿y轴负方向垂直射入第四、三象限磁场区域。已知a粒子在离开第四象限磁场时，速度方向与y轴的夹角为60o，且在第四象限磁场中运行时间是b粒子在第三象限磁场中运行时间的4倍。不计重力和两粒子之间的相互作用力。
求：a、b两粒子经Y轴时距原点O的距离之比。
解：设第三象限内磁场磁感应强度大小为2B，第四象限内磁场磁感应强度大小为B,粒子a、b质量为m电荷量大小为q进入磁场区域速度为v由洛伦兹力和牛顿第二定律得：
（1分）
（1分）
（1分）
由题设条件有： （2分）
设b粒子在第三象限中运行时转过的圆心角为，由a、b两粒子运行时间关系有： 即 （2分）
=30o （1分）
（2分）
17.（2013河南三市联考） (18分）如图所示，在xoy平面内，过原点O的虚 线MN与y轴成45°角，在MN左侧空间有沿y轴负方向的 匀强电场，在MN右侧空间存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、带电量为q的正、负两 个带电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以速度v0射入磁场区，在磁场中运动一段时间后进入电场区，已知电场强度为 E=2Bv0,不计重力，求：
(1) 两个带电粒子离开磁场时的位置坐标间的距离；
(2) 带负电的粒子从原点O进人磁场区域到再次抵达x轴的时间及位置坐标。
解题思路：应用洛伦兹力等于向心力求出轨迹半径，画出轨迹，利用相关知识得到两个带电粒子离开磁场时的位置坐标间的距离；
利用类平抛运动规律和相关知识带负电的粒子从原点O进人磁场区域到再次抵达x轴的时间及位置坐标。
考查要点：洛伦兹力、牛顿运动定律、类平抛运动规律等。
解析：
（1）正负带电粒子在磁场中运动时，有qv0B=m,解得R=。
对于带正电的粒子，离开磁场的位置坐标为(R，R)，
对于带负电的粒子，离开磁场的位置坐标为(-R，-R)。
两个带电粒子离开磁场的位置坐标之间的距离为△x==2R。
△x=2。
（2）对于带负电的粒子，在磁场中运动的时间为t1=T/4=.
粒子离开磁场后做类平抛运动，沿y轴方向上，有qE=ma，R=at22，
沿x轴方向上，有x2= v0 t2，
所求时间t= t1+ t2，
沿x轴方向上位移x= x2+R，
联立解得：t=，x=2即位置坐标为（-2，0）。
18.（2013四川自贡一诊）如右图所示，在矩形ABCD区域内，对角钱BD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），矩形AD边长L，AB边长为2L。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）以初速度vo从A点沿AB方向进入电场，在对角线 BD的中点P处进入磁场，并从DC边上以垂直 于DC边的速度离开磁场（图中未画出），求：
（1）电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向：
（2）磁场的磁感应强度B的大小和方向。
解题思路：由类平抛运动规律和速度分解合成知识列方程得到电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向；由洛伦兹力提供向心力和相关知识解得磁场的磁感应强度B的大小和方向。
考查要点：类平抛运动规律、速度分解和合成、洛伦兹力、牛顿第二定律。
解析 (18分) （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，则
AB方向： （2分）
AD方向： （2分）
解得： （2分）
设粒子在P点沿AD方向的分速度为vy，则有
（1分）

解之得： （1分）
粒子在P点的速度为： v==v0 （2分）
设速度与AB方向的夹角为，则：
所以： （1分）
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：
粒子在磁场中转过的圆心角为45° （1分）
（1分）
得半径： （1分）
由牛顿第二定律有：
（2分）
得： （1分）
由左手定则可知磁场方向：垂直纸面向外。 （1分）
19．（18分）（2012年5月湖北黄冈三模）如图所示，有一轴线水平且垂直纸面的固定绝缘弹性圆筒，圆筒壁光滑，筒内有沿轴线向里的匀强磁场B，O是筒的圆心，圆筒的内半径r=0.40m。在圆筒底部有一小孔a（只能容一个粒子通过）。圆筒下方一个带正电的粒子经电场加速后（加速电场未画出），以v=2×104m/s的速度从a孔垂直磁场B并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞四次后恰好又从小孔a射出圆筒。.已知该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，不计粒子的重力和空气阻力，粒子的荷质比q/m=5×107(C/kg)，求磁感应强度B多大（结果允许含有三角函数式）？
19．（18分）解析：
带电粒子在磁场中作匀速圆周运动， （1）……（2分）
得： （2）……（2分）
由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不变、速度方向总是沿着圆筒半径方向，4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由5段相同的圆弧组成，设每段轨迹圆弧对应的圆心角为，则由几何关系可得：
（3）……（3分）
有两种情形符合题意（如图所示）：
（1）情形1：每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ=π-0.4π=0.6π……（2分）
联立（2）（3）并代入θ值得：
B= tan(0.3π) （4）……（2分）
将数据代入(4)式得：B=tan(0.3π)×10-3T。（5）……（2分）
（2）情形2：每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ=π-0.8π=0.2π ……（3分）
联立（2）（3）并代入θ值及数据得：
B= tan(0.1π)=tan(0.1π)×10-3T。（6）……（2分）
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十四
电路定律和动态电路
【重点知识解读】
1.电阻定律R=ρL/s
2.欧姆定律：I=U/R
3.闭合电路欧姆定律：I=E/(R+r)
4.在混联电路中，在电路其余电阻不变的情况下，任一电阻的阻值增大（或减小），必将引起该电阻中电流的减小（或增大）以及该电阻两端电压的增大（或减小）; 任一电阻的阻值增大（或减小），必将引起与之并联的支路中电流增大（或减小），与之串联的各电阻电压的减小（或增大）。在直流电路中，无论电阻串联还是并联，只要其中一个电阻增大（或减小），则电路的总电阻一定增大（或减小），总电流一定减小（或增大），内阻不为零的电源的路端电压一定增大（或减小）。电路动态变化的分析思路是：由部分电阻变化推断外电路总电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律得出干路电流的变化，最后根据电路情况分别确定各元件上电流电压的变化情况。
5.电路图象主要有：电器元件的伏安特性曲线、电源的伏安特性曲线、电源功率图象等。电器元件的伏安特性曲线上一点纵横坐标的比值表示电阻，纵横坐标的乘积表示功率；电源的伏安特性曲线与纵轴（U轴）的交点坐标值表示电源电动势。
6.电功W=UIt=qU，电功率P=UI。用电器串联时，电流相等，P=I2R，各个用电器消耗的电功率与其电阻成正比；用电器并联时，电压相等，P=U2/R，各个用电器消耗的电功率与其电阻成反比。
7.焦耳定律：Q=I2Rt。热功率P=I2R。
【高考命题动态】
闭合电路欧姆定律、欧姆定律、电阻定律、焦耳定律、电功和电功率、电阻串联并联规律是电学重要内容，高考考查一般以动态电路命题综合考查相关知识。
【最新高考题分析】
典例1．（2012·上海物理）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是 （ ）
（A）3V，1.8J （B）3V，3.6J （C）6V，l.8J （D）6V，3.6J
【答案】：D
【解析】：根据通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J可得W=qU，电压U=3V。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，电流需要增大到原来的2倍，根据欧姆定律，在其两端需加的电压为6V，消耗的电能是W=Qu=0.6×6J=3.6J。选项D正确。
典例2：（2012·上海物理）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（A）总功率一定减小
（B）效率一定增大
（C）内部损耗功率一定减小
（D）输出功率一定先增大后减小
【答案】：ABC【解析】：在滑动变阻器的滑片P向右移动时，外电路电阻增大，电源的输出电流减小，总功率一定减小，选项A正确；在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源路端电压增大，电源效率一定增大，内部损耗功率一定减小，选项BC正确；由于题述没有给出电源内阻与滑动变阻器电阻关系，不能判断输出功率如何变化，选项D错误。
典例3（2012·全国理综）一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。这段时间内电风扇的用电量为
A.3.9×10-2度 B.5.5×10-2度
C.7.8×10-2度 D.11.0×10-2度
【答案】：B
【解析】：由W=UIt可得，这段时间内电风扇的用电量为W=(220×0.3×+220×0.4×+220×0.2×)×10-3kW·h=5.5×10-2度，选项B正确。
典例4. （2012·浙江理综）功率为10W的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代。估算出全国一年节省的电能最接近（ ）
A.8×108kW·h B. 8×1010kW·h C.8×1011kW·h D. 8×1013kW·h
【答案】：B【解析】假设每天照明5小时，每户家庭每天节能50×2×5W·H=0.5 kW·h，每年节能约0.5 kW·h×365=183 kW·h，全国约有4×108家庭，全国一年节省的电能最接近183 kW·h×4×108=8×1010kW·h，选项B正确。
典例5.（2012·四川理综）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s。求
（1）电动机内阻消耗的热功率；
（2）将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。
【解析】：（1）设电动机的电功率为P，则P=UI
设电动机内阻r消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r；
代入数据解得：Pr=1×103W。
（2）设蓄水池蓄水总质量为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
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。
代入数据解得：将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间t=2×104s。
【考点定位】此题考查能量守恒定律及其相关知识。
【最新模拟题训练】。
1. （2013江苏徐州摸底）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r。开关S闭台后，．电灯L1、L2均能发光。现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是
A．电灯L1、L2均变亮
B．电灯L1 变亮，L2变暗
C．电流表的示数变小
D．电源的总功率变小
答案：B
解析：将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，电流表的示数变大，电灯L1 变亮，L2变暗，电源的总功率变大，选项B正确ACD错误。
2．（2013安徽师大摸底）某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的 (　 　)
答案：C
解析：观察到电压表和电流表的读数同时变大，其电路一定是电压表和电流表测量的是同一个固定电阻，他所连接的电路可能是C.。
3. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5．7×103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，g取10m/s2。则下列说法正确的是
A．电动机的内阻为19Ω B．电动机的内阻为4.75Ω
C．电动机的输出功率为7.6×l03W D．电动机的工作效率为75%
答案：BD
解析：由UI=mgv+I2r，可得电动机的内阻为r=4.75Ω，选项B正确A错误；电动机的输出功率为mgv=5.7×103kg ×10m/s2×0.1m/s =5.7×l03W,选项C错误；电动机的工作效率为η=×100%=75%，选项D正确。
4．（2012年3月江西南昌一模）如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，三只理想电压表示数变化的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，下列各值可能出现的是
A．△U1＝3V　△U2＝2V　△U3＝1V
B．△U1＝1V　△U2＝3V　△U3＝2V
C．△U1＝0.5V　△U2＝1V　△U3＝1.5V
D．△U1＝0.2V　△U2＝1V　△U3＝0.8V
.答案：BD
解析：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，电压表V2示数减小，V3示数增大。滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，外电路电阻减小，路端电压即电压表V1示数减小。电压表V2示数减小值等于电压表V3示数增大值和电压表V1示数减小值之和。所以选项BD正确
5．（2012上海卢湾期末）如图所示电路中，电源内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为(I、(U，下列结论中正确的是（ ）
（A）电流表示数变大。
（B）电压表示数变大
（C）＞r
（D）＜r。

答案：AD
解析：将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电流表示数变大，电压表示数变小，选项A正确B错误；由于电源输出电流变化量小于电流表示数变化量，所以＜r，选项D正确C错误。
6．如图所示，直线I，II分别是电源I和电源II的路端电压随输出电流变化的特性曲线，曲线III是一个小灯泡的伏安特性曲线。则
电源I和电源II的内阻之比为7∶12
B。电源I和电源II的电动势之比为7∶12
C．如果把该小灯泡分别与电源I和电源II单独连接，则小灯泡的电阻之比为24∶35
D．如果把该小灯泡分别与电源I和电源II单独连接，则电源I和电源II输出功率之比为10∶21，效率之比为4∶7
答案：CD
解析：电源I的内阻为Ω，电源II的内阻为Ω，电源I和电源II的内阻之比为12∶7，选项A错误；电源I和电源II的电动势之比为1∶1，选项B错误；由几何知识可知，曲线III与曲线I交点纵坐标为，该小灯泡与电源I单独连接，小灯泡的电阻为U/I=Ω. 曲线III与曲线II交点纵坐标为5，该小灯泡与电源I单独连接，小灯泡的电阻为U/I=Ω. 该小灯泡分别与电源I和电源II单独连接，则小灯泡的电阻之比为∶=24∶35，选项C正确；把该小灯泡分别与电源I单独连接，则电源I输出功率为P=UI=×5W=W。把该小灯泡与电源II单独连接，则电源II输出功率为P=UI=5×6W=30W。输出功率之比为∶30=10∶21。效率η=U/E，效率之比为∶5=4∶7，选项D正确。
7（2012年4月北京东城模拟）如图甲所示，在材质均匀的圆形薄电阻片上，挖出一个偏心小圆孔。在彼此垂直的直径AB和CD两端引出四个电极A、B、C、D。先后分别将A、B或C、D接在电压恒为U的电路上，如图乙和图丙所示。比较两种接法中电阻片的热功率大小，应有
A．两种接法电阻片热功率一样大
B．接在AB两端电阻片热功率大
C．接在CD两端电阻片热功率大
D．无法比较
.答案：C
解析：可以设想将电阻片沿AB、CD直径分为四部分，AC、AD部分电阻大于BC、BD部分电阻。接在AB两端可视为AD与BD串联，AC与BC串联，然后并联；接在CD两端可视为AC与AD串联，BC与BD串联，然后并联；由串联并联电路知识可知，接在CD两端电阻小，接在CD两端电阻片热功率大，选项C正确。
8（2012上海宝山二模）．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是
（A）由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大
（B）由U内＝Ir可知，电源两端的电压，随I的增大而增大
（C）由U＝E－Ir可知，电源输出电压，随输出电流I的增大而减小
（D）由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
答案：C
解析：外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压，随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大，选项D错误。
9. （2013浙江名校测试） 如图所示，R1，R2为可调电阻，R3为一般电阻，R4为热敏电阻(电阻随温度升高而减小）。当环境温度升高时，下列说法中正确的是
A．电容器所带电量减小
B．若R2的阻值减小，电流表的示数可能保持不变
C．若R2的阻值增大，电容器的带电量可能保持不变
D．若R1的阻值减小，电容器的带电量可能保持不变
答案：B
解析：当环境温度升高时，热敏电阻R4阻值减小，电容器两端电压升高，带电量增大，选项A错误；当环境温度升高时，热敏电阻R4阻值减小，若R2的阻值减小，R3两端电压可能保持不变，电流表的示数可能保持不变，选项B正确；若R2的阻值增大，导致电容器两端电压升高，电容器的带电量增大，选项C错误；若R1的阻值减小，不影响电容器带电量，但是当环境温度升高时，热敏电阻R4阻值减小，电容器两端电压升高，带电量增大，选项D错误。
10．（2013江苏苏南四校联考）如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则：
A．变化过程中△U和△I的比值保持不变
B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
C．电阻R0两端电压减小，减小量为△U
D．电容器的带电量增大，增加量为C△U
答案:AD
解析：闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电流表示数减小，电压表示数增大，变化过程中△U和△I的比值等于定值电阻R0与电源内阻r之和，保持不变；电压表示数U和电流表示数I的比值等于可变电阻R的阻值，逐渐增大，选项A正确B错误；电阻R0两端电压减小，减小量小于△U，选项C错误；电容器的带电量增大，增加量为C△U，选项D正确。
11、（2013江西临川二中月考）如图所示是一种应用逻辑电路制作的简易走道灯电路图，R2是一个光敏电阻，当走道里光线较暗时或是将手动开关S接通时，灯都会亮．则在电路图的虚线框内的门电路应是 门；当有光照到光敏电阻R0时，门电路的输入端B是 电势．两条横线上应填入的正确答案是（ ）
A与 高 B 非 低
C或 高 D或 低
答案：D
解析：当走道里光线较暗时或是将手动开关S接通时，该门输入端B为高电势，灯都会亮．说明在电路图的虚线框内的门电路应是或门。当有光照到光敏电阻R0时，电阻减小，光敏电阻R0两端电压降低，门电路的输入端B是低电势，选项D正确。
12．（2013山东济南外国语学校测试）用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则（ ）
A．电路中电流
B．在时间t内，电池组消耗的化学能为IEt
C．在时间t内，电动机输出的机械能是IEt-I2rt
D．以上说法都不对
【答案】B
【KS5U解析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，，故A错误．由电源定义知在时间t内，电池组消耗的化学能为IEt，B对；电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒定律得，P出=P电-P热=UI-I2R，在时间t内，电动机输出的机械能是IUt-I2Rt，故C、D错。
13、（2013山东泰安宁阳质检）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象;直线C为一个电阻R的两端电压与电流关系的图象。将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么 ( )
A．R接到a电源上，电源的效率较高
B．R接到b电源上，电源的效率较高
C．R接到a电源上，电源的输出功率较大
D．R接到b电源上，电源的输出功率较大
答案：BC
解析：由图象可知，电源a的电动势较大，内阻较大。由电源效率公式，η=U/E，R接到a电源上，电源的效率较低；R接到b电源上，电源的效率较高；选项A错误B正确。电源输出功率，P=UI，R接到a电源上，电源的输出功率较大，R接到b电源上，电源的输出功率较小，选项C正确D错误。
14. （2013浙江名校测试）如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V。调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是
A．P甲＜P乙 B．P甲＞P乙 C．P1＞P2 D．P1＝P2
答案：D
解析：两灯都正常发光，电灯中电流相同，两端电压相等，R1中电流是R2中电流2倍，R2两端电压是R1两端电压的2倍，由电功率公式可知，R1和R2消耗的功率P1和P2相等，选项C错误D正确；由于两灯都正常发光，消耗功率相等，R1和R2消耗的功率P1和P2相等，两电路中消耗的总功率P甲和P乙相等，选项AB错误。
15．（2013河南淇县质检）标有“8 V　6.4 W”和“8 V　20 W”字样的L1、L2两只灯泡连接在如图所示的电路中，C点接地．如果将电路中L1、L2两灯的位置互换，则(　　)
A．B点电势升高　
B．B点电势降低
C．两灯的亮度不变
D．L1灯变暗，L2灯变亮
答案AC
解析：根据灯泡规格可知，灯泡L1电阻较大。如果将电路中L1、L2两灯的位置互换，B点电势升高，两灯的亮度不变，选项AC正确。
16．（2013山东济南外国语学校测试）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数减小
B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动
D．R3上消耗的功率逐渐增大
【答案】A
【解析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流变大，则r和两端电压增大，加在两端的电压减小，质点P向下运动，C错；所以流过的电流减小，R3上消耗的功率减小，D错；由于总电流变大，所以流过和的电流增大，电流表读数增大，B错；两端电压增大，两端的电压减小，所以两端电压减小，电压表读数减小，A对。
17．（2013武汉11月联考）在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是
A．电动机的输入电压是5V
B．流过电动机的电流是2A
C．电动机的效率是80%
D．整个电路消耗的电功率是10W
答案：AB
解析：灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3V，电流为2A，电动机的输入电压是8V-3V=5V，流过电动机的电流是I=2A，选项AB正确；电动机内阻消耗功率I2RM=4W；电动机输入功率为UI=5×2W=10W，输出功率为6W，效率为η=60%，整个电路消耗的电功率是10W+6W=16W，选项CD错误。
18．（2013北京东城区联考）如图11所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率P=()2R。调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为
A．
B．
C．
D．
答案：B
解析：当可变电阻R的阻值等于发电导管内电阻率为的高温电离气体电阻时，可变电阻R消耗电功率最大，最大值为P=E/4r，E=Bdv，r=ρd/S，联立解得P=，选项B正确。
19．（2013江苏二校联考）如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升
B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升
C．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
D．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变
答案：BC
解析：滑动触头向右移动时，其他不变，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑动触头向左移动时，其他不变，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，电子打在荧光屏上的速度增大，选项C正确D错误。
20.（2013江苏名校检测）如图电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，正确的是(　　)
A. 电流表A的示数变小，电压表V的示数变大
B. 小灯泡L变亮
C. 电容器C上电荷量减小
D. 电源的总功率变大
答案：A
解析：将滑动变阻器滑片P向左移动，电阻R2接入电路部分电阻增大，电流表A的示数变小，电压表V的示数变大，选项A正确；电源输出电流减小，小灯泡L中电流变小，小灯泡L变暗，选项B错误；电容器两端电压增大，电容器C上电荷量增大，选项C错误。电源输出电流减小，电源的总功率变小，选项D错误。
21.(2013年浙江五校联考)如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的大小为ΔU，电流表的示数改变量大小为ΔI，则下列说法正确的是
A． 变大
B． 变大
C．电阻R1的功率变大
D．电源的总功率变大
答案：AC
解析：向左调节滑动变阻器R的触头P，滑动变阻器R接入电路的电阻增大，电压表V的示数增大，电流表的示数减小，二者改变量的比值大小为ΔU/ΔI= R2+r，不变，选项B错误；电压表示数U与电流表示数I比值等于R和R1并联阻值，滑动变阻器R接入电路的电阻增大，R和R1并联阻值增大， 变大，选项A正确；向左调节滑动变阻器R的触头P，R1中电流增大，电阻R1的功率变大，选项C正确；电源的总功率P=EI变小，选项D错误。
22. （2013江苏名校检测）在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　　)
A. L1的电压为L2电压的2倍
B. L1消耗的电功率为0.75 W
C. L2的电阻为12 Ω
D. L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1
答案：BD
解析：电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0V，L1消耗的电功率为P=UI=0.75 W，选项B正确。根据并联电路规律，L2中电流为0.125A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3V，L1的电压大约为L2电压的2倍，选项A错误。由欧姆定律，L2的电阻为R=U/I=Ω=2.4 Ω，选项C错误。L2消耗的电功率为P=UI=0.3×0.125W=0.0375W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1，选项D正确。
23．（2013浙江效实中学检测）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图8所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
. 【命题意图】考查小灯泡U——I图象的理解和分析。
答案：ABD
解析：随着所加电压的增大，灯丝温度升高，小灯泡的电阻增大，选项A正确；对应P点，由欧姆定律，小灯泡的电阻为R＝，选项B正确C错误；根据电功率定义式P=UI，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，选项D正确。
24．（2013浙江效实中学检测）在如图9所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E，内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A．电压表示数变小
B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
. 【命题意图】考查直流动态电路的分析。
答案：D
解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，电流表示数变大，电压表示数变大，a点的电势降低，选项AB错误D正确；电容器两端电压减小，电容器C所带电荷量减小，选项C错误。
25.(2013湖北八校联考)如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象：直线 C为一个电阻R的两端电压与电流关系的图象.将这个电 阻R分别接到a、 b 两电源上，那么
A. R接到a电源上，电源的效率较高
B. R接到b电源上，电源的效率较高
C. R接到a电源上，电源的输出功率较大
D. R接到b电源上，电源的输出功率较大
答案：BC
解析：电源的效率η=×100%，显然R接到b电源上，电源的效率较高，选项B正确A错误。电阻R的两端电压与电流关系的图象与电源的路端电压与电流的关系图象交点为电路工作点，工作点的纵坐标和横坐标值的乘积等于电源的输出功率，显然，R接到a电源上，电源的输出功率较大，选项C正确D错误.
26．（2013郑大附中检测）如图所示，电阻R1、R2串联在12V的电路中，R1 =6 kΩ，R2=3 kΩ。当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3 V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3 V.当用该电压表0～15 V量程测量R1两端的电压时，电压表的读数为
A．9 V B．7.5 V
C．8 V D．6 V
答案：B
解析：设电压表0～3V量程电阻为RV，电压表0～15V量程电阻为5RV，电压表0～3V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3V，R1两端电压为9V.说明R2与RV并联等效电阻为2kΩ，电压表0～3 V量程电阻为6kΩ. 电压表0～15V量程电阻为5RV=30 kΩ，用该电压表0～15 V量程测量R1两端的电压时，电压表和R1并联的等效电阻为R=5 kΩ，电路电流I=U/R=1.5mA，电压表的读数为U=IR=7.5V，选项B正确。
27、（2013辽宁沈阳四校联考）调整如图所示电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大ΔU，在这个过程中
A.通过R1的电流增加，增加量一定等于ΔU/R1?
B.R2两端的电压减小，减少量一定等于ΔU?
C.通过R2的电流减小，但减少量一定小于ΔU/R2?
D.路端电压增加，增加量一定等于ΔU?
答案：AC
解析：电压表V的示数增大ΔU，说明R增大，通过R的电流减小，通过R1的电流增加，由欧姆定律，增加量一定等于ΔU/R1，选项A正确；由于电源有内阻，R2两端的电压减小，减少量一定小于ΔU，选项B错误；通过R2的电流减小，但减少量一定小于ΔU/R2，选项C正确；路端电压增加，增加量一定小于ΔU?，选项D错误。?
28. (12分) （2013江苏名校检测）如图所示的电路中，电池的电动势E＝5 V，内电阻r＝10 Ω，固定电阻R＝90 Ω，R0是可变电阻．在R0由0增加到400 Ω的过程中，求：
(1)可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；
(2)电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．
(12分) 答案　(1)R0＝100 Ω时，Pm＝ W (6分)
(2)0.01 W(6分)
解析　(1)可变电阻R0上消耗的热功率
P1＝I2R0＝()2R0＝
＝
由上式可得：当R0＝100 Ω时，P1有最大值Pm＝ W＝ W.
(2)r和R上消耗的热功率之和P2＝I2(R＋r)＝×100
由上式可知，R0最大时，P2最小，即当R0＝400 Ω时，P2有最小值
P2min＝×100 W＝0.01 W.
29、（2013江苏常州期中）如图所示，直线A为某电源的U—I图线，直线B为电阻R的U—I
图线，求：
(1)电源的电动势和内阻分别是多大？
(2)当用此电阻R和该电源组成的闭合电路时，该电源的输出功率为多少？
(3)若接入该电源的外电阻是一个最大阻值是2Ω的滑动变阻器，则滑动变阻器的阻值多大时，其消耗的功率最大。
（11分）解析：
（1）读图，E=6V，r=0.5Ω 4分
（2）P=U×I=5V×2A=10W 4分
（3） R=r，即R的阻值是0.5Ω时，输出功率最大。 3分
30．（10分）（2013山东济南外国语学校测试）如图甲所示的电路中, R1、R2均为定值电阻, 且R1＝100 Ω, R2阻值未知, R3为一滑动变阻器. 当其滑片P从左端滑至右端时, 测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示, 其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的. 求:
(1)电源的电动势和内阻;
(2)定值电阻R2的阻值;
(3)滑动变阻器的最大阻值.
【答案】（1）20 V 20 Ω（2）5 Ω. （3）300 Ω
【解析】(1)题中乙图中AB延长线, 交U轴于20 V处, 交I轴于1.0 A处,
所以电源的电动势为E＝20 V（1分）,
内阻r＝＝20 Ω. （2分）
(2)当P滑到R3的右端时, 电路参数对应乙图中的B点,
即U2＝4 V、I2＝0.8 A, （1分）
得R2＝＝5 Ω. （2分）
(3)当P滑到R3的左端时, 由乙图知此时U外＝16 V, I总＝0.2 A, （1分）所以R外＝＝80 Ω. （1分）
因为R外＝＋R2, （1分）
所以滑动变阻器的最大阻值为: R3＝300 Ω. （1分）
31．（10分）某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m＝3×103 kg。当它在水平路面上以v＝36 km/h的速度匀速行驶时，蓄电池的输出电流I ＝50 A，输出电压U ＝200 V。在此行驶状态下, 该环保汽车能够将蓄电池输出功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机 。（g取10 m/s2）
⑴求汽车所受阻力；
⑵若该环保汽车的驱动电机的内部结构如图所示，其中R1 = 0.1Ω，R2 = 1950Ω，求电动机M的热功率 ?
解析：（1）蓄电池输出功率P=UI=200V×50A=104W。
90%P=Fv，
解得：汽车所受阻力F=900N。
（2）电动机M两端电压U’=U-I R1 =195V。
R2中电流I2= U’/R2 =0.1A，
电动机输入电流I’=I- I2=49.9A
电动机输入功率P=U’I’=9730.5W，
输出功率P出=90%P=9000W。
电动机M的热功率P热=P- P出=730.5W。
32.（2012年4月上海四区二模）节水喷灌系统已经在我国很多地区使用。某节水喷灌系统如图所示，喷口距离地面的高度h=1.8m，能沿水平方向旋转，水可沿水平方向喷出，喷水的最大速率v0=15m/s，每秒喷出水的质量m0=4.0kg。所用的水是从井下抽取的，井中水面离地面的高度H=1.95m，并一直保持不变。水泵由电动机带动，电动机电枢线圈电阻r=5.0Ω。电动机正常工作时，电动机的输入电压U=220V，输入电流I=4.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的最大输入功率。水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率。
（计算时可取3，球体表面积公式S=4πr2）
（1）求这个喷灌系统所能喷灌的最大面积；
（2）假设系统总是以最大喷水速度工作，求水泵的抽水效率；
（3）假设系统总是以最大喷水速度工作，在某地区需要用蓄电池将太阳能电池产生的电能存储起来供该系统使用，根据以下数据求所需太阳能电池板的最小面积。
已知：太阳光传播到达地面的过程中大约有％的能量损耗，
太阳辐射的总功率P0=4×1026W，太阳到地球的距离R=1.5×1011m，
太阳能电池的能量转化效率约为％，蓄电池释放电能的效率约为％。
解：（1）（3分）水从喷口喷出后做平抛运动
下落高度：h=gt2 ，解得t=0.6s。 （1分）
最大水平位移：x=v0t=9m。 （1分）
喷灌面积：S=πx2=243m2。 （1分）
（2）（6分）电动机的输入功率：P电=UI=880W。 （1分）
电动机的热功率：P热=I2r=80W 。 （1分）
水泵的输入功率等于电动机的输出功率：P入= P电- P热=800W。 （1分）
水泵的输出功率： （1分）
m=m0t，
可求得 P出=600W。 （1分）
水泵效率： （1分）
（3）电池板最小面积接收太阳能的功率： （2分）
电池板接收太阳能转化为电能的功率：P电=P×15%×90%=UI=880W。 （2分）
联立以上二式得：6.6m2。 （1分）
33（2012年上海华师大附中等八校联考）如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光。
（1）求电源的电动势；
（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；
（3） 当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？
解：（1）电源的电动势E=UL+IR1+Ir=3V+1×2V+1×1V=6V.
（2）当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，I=E/(R1+r)=2A。
（3）灯L电阻RL=U2/P=6Ω，
设滑动阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联等效电阻R3L==，
由闭合电路欧姆定律，I=E/(R1+r+R3L)，
将已知量代人，化简得：I=。
又，U3=IRL3=，
所以P3====,
当R3=2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W.。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题十
力学图象
【重点知识解读】
力学图象主要包括运动图像、力图象、功率图象和能量图象等。
一．运动图像是指与运动学物理量位移、速度和加速度相关的图象，主要包括位移图像、速度图象和加速度图象。
1.位移图像是物体位移随时间变化关系图像，位移图像的斜率等于速度。利用位移图像可以得出任意时刻物体的位置坐标，可以得出任意时间内物体的位移。
2.速度图象是物体位移随时间变化关系图像，速度图像的斜率表示加速度，速度图象与横轴所夹面积表示位移。利用速度图象可以得出任意时刻的速度，根据图象斜率可以得出任意时刻的加速度，根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可以得出任意一段时间的位移。
3. 加速度图像反映物体加速度随时间变化的关系图像。加速度图像与横轴所围面积等于速度的变化。根据物体加速度随时间变化的关系。可以得出所受合外力随时间变化的关系。
二．力图象是指与力相关的图象，主要包括F-t图象、F-x图象、F-v图象和F-1/v图象。F-t图象和F-x图象中的力F可能是物体所受的合力、也可能是所受力中的某一个力，还可能是合力与某个力的比值。F-t图象和F-x图象与牛顿运动定律密切相关，解答相关图象问题要善于从图象中找出解题信息，把图象与物理图景相联系，应用牛顿运动定律及其相关知识解答。F-v图象（是指牵引力F随速度v变化的图象）、F-1/v图象（指牵引力随速度的倒数变化的图象）。若牵引力不随速度增大（恒定不变），阻力恒定，由牛顿第二定律可知，物体加速度恒定，物体做匀加速运动；由P=Fv可知，若牵引力F与速度v成反比，F-v图象为双曲线，则牵引力的功率不变。由P=Fv可知，当功率不变时，牵引力与速度的倒数成正比，所以F-1/v图象若为过原点的倾斜直线，则牵引力的功率不变；F-1/v图象若为平行横轴的直线，牵引力不变，汽车做匀加速直线运动。
三．功率图象是指与功率相关的图象，主要有P-t图象和P—x图象。
所谓P-t图象是指功率随时间变化图象。P-t图象一般与v-t图象相联系，可根据v-t图象分析P-t图象。所谓P—x图象是指回路中产生的电功率（或消耗的电功率）P与导体棒水平移动的距离x变化的图象。
四．能量图象是指与能量相关的图象，主要包括E-h图象，Ek-h图象，Ek-x图象等。
1. E-h图象是指物体的机械能随高度变化图象。与E-h图象相关试题主要考查对E-h图象的理解、功和功率、机械能、动能定理等知识点。在物体的机械能随高度变化的E-h图象中，若是过原点的倾斜直线，说明机械能随高度均匀增大，向上的恒定拉力做功，在该过程中物体向上做匀加速直线运动；若是平行横轴的直线，则该过程中物体机械能守恒，可能为只受重力的运动。
2. Ek-h图象是指动能随高度变化的图象，此类题主要考查机械能、动能定理及其相关知识。Ek-h图象为倾斜直线均表示物体做匀变速直线运动。Ek-h图象为向上倾斜直线，表示物体做匀加速直线运动；Ek-h图象为向下倾斜直线，表示物体做匀减速直线运动。
3. Ek-x图象是指动能随位移变化的图象。此类题主要考查机械能、动能定理及其相关知识。Ek-x图象为倾斜直线均表示物体做匀变速直线运动。Ek-x图象为向上倾斜直线，表示物体做匀加速直线运动；Ek-x图象为向下倾斜直线，表示物体做匀减速直线运动。
【高考命题动态】
图象是描述物理规律和物理情景的重要方法，也是分析解答物理问题的重要方法。高考对图象的考查主要有：以图象给出解题信息，解答相关问题；给出物理情景，选择与其符合的图象；利用物理规律，画出相关图象等。
【最新高考题分析】
典例1（2012·海南物理） 如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是
【解析】：由于楔形木块粗糙且两侧斜面倾角不同，小物块上滑的加速度一定大于下滑的加速度，上滑位移小于下滑位移，所以小物块沿斜面ab向上运动做加速度较大的匀减速运动，从静止开始沿斜面bc下滑做加速度较小的匀加速运动。上滑时间一定小于下滑时间，所以可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是C。
点评：此题以楔形木块上小物块的上滑和下滑切入，意在考查斜面上运动物体的受力分析、牛顿第二定律、速度图象等重点知识。
典例2. （2012·江苏物理）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是
【解析】：皮球竖直向上抛出，速度逐渐减小，受到空气阻逐渐减小，加速度逐渐减小，皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是C。
点评：此题以皮球上抛切入，意在考查实际运动的分析、牛顿第二定律和加速度图象。
典例3. (2012·天津理综)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则
A．0~t1时间内F的功率最大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
【答案】BD
【解析】0~t1时间内，物体静止，F的功率为零，选项A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，选项C错误；t1~ t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，选项D正确。
【考点定位】本题考查功率、F—t图象、牛顿运动定律等，意在考查考生从F—t图象提取信息，综合运用知识的能力。
【最新模拟题训练】。
1．（2013安徽江南十校摸底）下列关于机车以恒定加速度启动后各物理量随时间变化关系的图象中错误的是 （ ）

答案：D解析：机车以恒定加速度启动后，在达到额定功率前做匀加速直线运动。根据P=Fv，，功率将随速度的增大而增大。当达到额定功率后，由于速度仍在增大，其牵引力不断减小，加速度不断减小，机车做变加速运动。当牵引力减小到等于阻力时，加速度为零，机车以最大速度做匀速直线运动，所以图象ABC正确D错误。
2. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能EK随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。根据图象信息，不能确定的物理量是
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．最初2s内重力对小球做功的平均功率
D．小球抛出时的高度
答案：D解析：小球平抛初动能为5J，可得mv02=5J，2s末小球竖直速度为gt=20m/s，2s末小球动能m(v02+202)=30J，联立可解得小球的质量和初速度。最初2s内重力对小球做功mgh=mg·gt2，由P=W/t可以确定最初2s内重力对小球做功的平均功率。不能确定小球抛出时的高度。
3．(2013西安摸底)一小球自由下落，与地面发生碰撞，原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则下图中能正确描述小球位移s、速度v、动能Ek、机械能E与时间t关系的是 ( )
答案：BD解析：小球自由下落，做初速度为零的匀加速运动；与地面发生碰撞，原速率反弹，做竖直上抛运动，速度图象B正确，位移图象A错误；小球下落时，速度与时间成正比，动能与时间的二次方成正比，动能图象C错误；机械能保持不变，机械能图象D正确。
4.如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示（g=10m/s2），则正确的结论是
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7．5N/cm
C．物体的质量为3kg
D．物体的加速度大小为5m/s2
答案：D解析：物体与弹簧分离时，弹簧恰好恢复到自然长度，所以选项A错误；设物体的质量为m，加速度为a，初始时弹簧的压缩量为x0，kx0=mg；当物体位移大小为x时：F+k(x0-x)-mg=ma，由此可得：F=kx+ma；根据F—x图像的斜率可知，弹簧的劲度系数为5N/cm，所以B项错误；又当x=0时：10=ma；x=4cm时，30—mg=ma，联立方程可得：m=2kg，a=5m/s2，所以C项错误，D项正确。
点评：此题以拉力F与物体位移x的关系图象给出解题信息，意在考查对物理过程和对应图象的理解、牛顿第二定律的综合应用及其相关知识。
5．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图8甲所示．若g取10m/s2，则拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的　
答案：B【解析】在0~ t1时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，拉力为恒量，由P=Fv=Fat可知，功率P与时间t成正比；t1时刻后物体做匀速运动，拉力等于阻力，拉力的功率不变。在t1时刻前，拉力大于阻力；在t1时刻后，拉力等于阻力；所以在t1时刻，拉力功率突变减小，所以拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的B，选项B正确。
点评：此题以速度图象给出解题信息，意在考查功率、功率图象、牛顿第二定律及其相关知识。
6. （2013温州八校联考）如图13所示，质量为的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力；已知滑块与斜面间的动摩擦因数，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量，滑块动能、势能、机械能随时间、位移关系的是（ ▲ ）
图13 A B C D
答案：CD解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力，物体机械能保持不变，重力势能随位移s均匀增大，选项CD正确。产生的热量=fs，随位移均匀增大，滑块动能随位移s均匀减小，选项AB错误。
7．一物体静止在地面上，在竖直方向的拉力作用下开始运动(不计空气阻力)．在向上运动的过程中，物体的机械能E与上升高度h的关系图象如图10所示，其中O-h1过程的图线是过原点的直线，h1~h2过程的图线为平行于横轴的直线．则
A．在O~h2上升过程中，物体先做加速运动，后做匀速运动
B．在O~h1上升过程中，物体的加速度不断增大
C．在O~hl上升过程中，拉力的功率保持不变
D．在h1~h2上升过程中，物体只受重力作用
答案：D
【解析】：在向上运动的过程中，物体的机械能E=mgh+mv2=E=mgh+m(2ah)，在O~h1上升过程中，物体的加速度不变，拉力不变，拉力的功率P=Fv=Fat，随时间增大，选项BC错误；在h1~h2上升过程中，，机械能保持不变，只有重力做功，物体只受重力作用，选项D正确；在O~h2上升过程中，物体先做匀加速运动，后做竖直上抛运动，选项A错误。
点评：此题以在拉力作用下物体机械能E与上升高度h的关系图象给出解题信息，意在考查机械能、功率及其相关知识。
8．如图11甲所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H。已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ答案：BD
【解析】：根据功能关系，滑块沿斜面向上运动时，滑块在斜面上运动的机械能E=Ek0-μmgh；滑块沿斜面向下运动时，滑块在斜面上运动的机械能E=Ek0-2μmgH +μmgh；选项B正确A错误；根据动能定理，滑块沿斜面向上运动时，滑块在斜面上运动的动能Ek=Ek0-mgh-μmgh；滑块沿斜面向下运动时，滑块在斜面上运动的动能Ek=mg(H-h) -μmg(H-h)；选项D正确C错误。
点评：此题以物体沿粗糙斜面上滑的情景切入，意在考查机械能、动能随高度变化及其相关图象。
9（2013邯郸摸底）质量分别为m1和m2的两个物体A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，物体A、B各自滑行一段距离后停止。物体A、B运动的速度—时间图像分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1< m2,下列判断中正确的有（ ）
物体A、B与地面的动摩擦因数一定相同
力F1一定大于力F2
力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功
力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率
答案：AC
解析：由图线可知，在撤去外力后，两图线平行，说明加速度相同，而只受摩擦力，其加速度a=μg，所以，μ相同，选项A对；由牛顿第二定律，F-μmg=ma,得a1=-μg，a2=-μg，由图线可以看出，a1>a2,，即> ，由于m1< m2,，所以，F1和F2关系不一定，选项B错；从图线中可以看出，a图象与横轴所围的面积小于b图象与横轴所围的面积，即a的位移x1小于b的位移x2，而μm1g<μm2g,,所以，μm1g x1<μm2g x2；根据动能定理，Fx-μmgx=0，所以，力F1对物体A所做的功F1x1一定小于力F2对物体B所做的功F2x2，选项C对；根据功率P=Fv，而F1与F2的关系不确定，所以，选项D错。
10.一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示．若已知汽车的质量m，牵引力F1 和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，能求出的物理量是( )
A．汽车运动中的最大功率为F1 v1
B．速度为v2时的加速度大小为F1v1/mv2
C．汽车行驶中所受的阻力为F1v1 / v3
D．恒定加速时，加速度为F1/m
答案：AC【解析】：由F-v图象可知，汽车运动中的最大功率为F1v1，选项A正确；由F2 v2= F1 v1可知，速度为v2时汽车的牵引力F2=F1v1/v2，加速度的加速度大小为a=(F2–f)/m，选项B错误；当汽车达到最大速度v3时牵引力等于阻力f，由f v3= F1 v1可得汽车行驶中所受的阻力为f=F1v1/v3，选项C正确；恒定加速时，加速度为a=(F–f)/m，选项D错误。
【点评】此题以牵引力F随速度v变化的图象给出解题信息，考查对牵引力随速度变化的图象的理解及其相关分析与计算。解答此题时，主要思维障碍是不能把F-v图象与加速度、最大功率、阻力联系起来，陷入思维盲区。
11.．（2013浙江十校联考）质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D. m/s
答案：B解析：根据力F随x变化关系图象与横轴所夹面积表示功，力F做功W=40J+20J-20J=40J。由动能定理，W=mv2-mv02，解得v=3 m/s。选项B正确。
12.（2013武汉调研）为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则 （ ）
A．在全过程中，电动车在B点时速度最大
B．BA过程电动车做匀加速运动
C．CB过程电动车做减速运动
D．CB过程电动车的牵引力的功率恒定
答案：BD 解析：因为刚开始启动时，v较小，较大，所以F-图象时，应该从图象的右边向左看，根据图象可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。
越小，速度v越大，所以，在全过程中，电动车在C点时速度最大，选项A错误；BA过程中，牵引力F不变，所以加速度a=（F-f）/m不变，电动车做匀加速运动，选项B正确；根据图象，在CB过程中，的取值逐渐减小，这说明速度v逐渐增大，所以电动车做加速运动，选项C错误；在CB过程中，F与成正比，所以Fv=P，恒定不变，选项D正确。本题答案为BD。
13. （2013山东济南测试）如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H。已知斜面倾角为，斜面与滑块间的摩擦因数为，且【答案】D
【解析】滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，故上升阶段 E=E0-F阻，下降阶段 E=E0′-F阻，故B错误；动能的变化量等于外力的总功，故上升阶段-mgh-F阻 =Ek-E0 ，下降阶段 mgh-F阻=Ek-E0′,C错D对；上升阶段势能EP =mgh, 下降阶段势能EP =mgh，图象应该都是A图所示的“上行”段，A错误。
14．（2012年海南琼海一模）质量为m、初速度为零的物体，在大小变化不同的合外力作用下都通过位移xo。下列各种情况中物体速度最大的是
答案：C解析：F-x图象与横轴所夹的面积表示功，由动能定理可知，合外力做功越多，物体获得的动能越大，速度越大，所以物体速度最大的是图C。
15.一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示．若已知汽车的质量m，牵引力F1 和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，能求出的物理量是( )
A．汽车运动中的最大功率为F1 v1
B．速度为v2时的加速度大小为F1v1/mv2
C．汽车行驶中所受的阻力为F1v1 / v3
D．恒定加速时，加速度为F1/m
【解析】：由F-v图象可知，汽车运动中的最大功率为F1v1，选项A正确；由F2 v2= F1 v1可知，速度为v2时汽车的牵引力F2=F1v1/v2，加速度的加速度大小为a=(F2–f)/m，选项B错误；当汽车达到最大速度v3时牵引力等于阻力f，由f v3= F1 v1可得汽车行驶中所受的阻力为f=F1v1/v3，选项C正确；恒定加速时，加速度为a=(F–f)/m，选项D错误。
【答案】AC
【点评】此题以牵引力F随速度v变化的图象给出解题信息，考查对牵引力随速度变化的图象的理解及其相关分析与计算。解答此题时，主要思维障碍是不能把F-v图象与加速度、最大功率、阻力联系起来，陷入思维盲区。
16. （2012上海普陀质检）在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s。利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F—1/v图像（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（ ）
（A）在全过程中，电动车在B点时速度最大
（B）电动车做匀加速运动时的加速度为2m/s2
（C）电动车的额定功率为6kW
（D）电动车做匀加速运动所需的时间为1.5s
答案：BCD解析：在全过程中，电动车在C点时对应的1/v值最小，速度最大为vm=15m/s，对应的牵引力等于阻力，f=400N，电动车的额定功率为P=fvm=400N×15m/s=6000W=6kW，选项A错误C正确；由图中AB段，对应的牵引力为F=2000N，恒定不变，电动车做匀加速运动，由牛顿第二定律，F-f=ma解得电动车做匀加速运动时的加速度为a=2m/s2，选项B正确；由P=Fv可得匀加速直线运动的末速度v=3m/s；由v=at解得电动车做匀加速运动所需的时间为1.5s，选项D正确。
17．（2013山东临沂市检测）物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以、Ek、和分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是
答案：C解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项AB错误；由动能定理，-fs= Ek -Ek0，解得Ek= Ek0-fs，选项C正确D错误。
]18（10分）. (2013年浙江五校联考)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），已知∠BOC =30?。可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g=10m/s2。求：
（1）滑块的质量和圆轨道的半径；
（2）是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由。
18.解析：
（1）mg(H－2R)= mvD2 1分
F＋mg=  1分
得：F= －mg
取点（0.50m，0）和（1.00m，5.0N）代入上式得：
m=0.1kg，R=0.2m 2分
（2）假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点
（如图所示）
OE=
x= OE=vDPt 1分
R=gt2
得到：vDP=2m/s 1分
而滑块过D点的临界速度
vDL==m/s 1分
由于：vDP> vDL 所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点
mg(H－2R)= mvDP2 1分
得到：H=0.6m 1分
19随着国际油价持续走高，能源危机困扰着整个世界．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，打开自动充电装置，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以1250J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，人车总质量为100kg.。第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图12中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图12中图线②所示，设阻力恒定，求：
（1）第一次滑行的时间；
（2）第二次滑行过程中向蓄电池所充的电能。
解析：（1）设电动车滑行时所受阻力为f，由动能定理
－fs＝0－Ek0
由Ek0=mv02得v0=。
设第一次滑行的时间为t，电动车滑行时做匀减速运动，其滑行的加速度为a=f/m，又a= v0/t，
联立解得t=s
由题给的图象①可知Ek0＝1250J，s＝25m，人车总质量为m=100kg.，代入上式得t＝10s.
（2）由动能定理－fs＝0－Ek0
得滑行时所受摩擦力f＝Ek0/s＝50N
第二次滑行路程s′＝10m
第二次滑行过程中由于摩擦力作用产生热量Q＝fs′＝500J
由能量守恒定律得第二次滑行过程中向蓄电池所充电能E＝Ek0－Q＝1250J－500J＝750J。
点评：此题以自动充电式电动车切入，意在考查对动能随位移变化关系图象的理解、动能定理及其相关知识的应用。
20.如图甲所示，力传感器A与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律。将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质细绳与一滑块相连，调节传感器高度使细绳水平，滑块放在较长的小车上，滑块的质量m=1.0kg，小车的质量为M=0.65kg。一根轻质细绳跨过光滑的定滑轮，其一端连接小车，另一端系一只空沙桶，调节滑轮可使桌面上部细绳水平，整个装置先处于静止状态。现打开传感器的同时缓慢向沙桶里倒入沙子，当小车刚好开始运动时，立即停止倒沙子。若力传感器采集的F-t图象如乙图所示，请结合该图象，求：（重力加速度g=10m/s2）
（1）小车刚开始运动时沙桶及所装沙子的总质量m0和滑块与小车间的动摩擦因数μ；
（2）小车运动稳定后的加速度大小。
【解析】（1）由图象可知，小车刚好要运动时受的是最大静摩擦力为fm =3.5N，
此时沙桶及所装的沙子总重力m0g =fm，
所以，沙桶及所装的沙子总质量m0 =0.35kg。
稳定后，滑块所受的摩擦力f=3.0N，
由f=μmg解得μ=0.3.。
（2）设细绳中的拉力为F，对沙桶及所装的沙子由牛顿第二定律得：m0g-F=m0a，
对小车由牛顿第二定律得：F-f=Ma，
解得：a=0.5m/s2。
点评：此题以力传感器采集的F-t图象给出解题信息，意在考查静摩擦力、滑动摩擦力、图象、牛顿第二定律及其相关知识。
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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题四
平抛运动
【重点知识解读】
一 运动的合成和分解
同一直线上的两个分运动的合成，同向相加，反向相减。
不在同一直线上的两个分运动合成时，遵循矢量合成的平行四边形定则。
两个运动和运动的性质取决于两个分运动的情况。
两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动或静止。
一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动是匀变速运动。若二者共线，为匀变速直线运动；若二者不共线，为匀变速曲线运动。
两个匀变速直线运动的合运动是匀变速运动。若二者合运动的初速度与合运动的加速度方向共线，为匀变速直线运动；若二者合运动的初速度与合运动的加速度方向不共线，为匀变速曲线运动。
运动的分解根据实际效果进行分解或按照正交分解。
合运动与分运动具有等时性（合运动所需时间和每个分运动所需时间相等）、等效性（合运动和分运动是等效替代关系，不能并存）。独立性（一个物体可以参与几个不同的分运动，各个分运动独立进行，互不影响）。
几个运动合成与分解特例。
小船过河。当船头指向对岸时，过河时间最短。河水流速变化不影响过河时间。当船速大于水流速度时，船头偏指向上游，合速度方向垂直对岸，渡河位移最小（等于河宽）。
对于绳连物体的运动，把物体的实际速度分解为沿绳方向和垂直绳方向两个分速度。
7. 运动的合成与分解是处理复杂运动的基本思想和方法，对于复杂运动（合运动）可分解为两个简单的直线运动（分运动），运用已经掌握的直线运动规律分别进行研究。运动合成与分解的基本法则是平行四边形定则。处理曲线运动的思路是根据初速度和受力情况建立平面直角坐标系，将其分解为沿两个坐标轴上较简单的运动分析解答。由于绳不可伸长，一根绳两端物体沿绳方向的速度分量相等。
二 抛体运动
平抛运动是以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，物体只在重力作用下的运动。平抛运动一般分解为水平方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动研究。
平抛运动规律：水平位移：x=v0t， 水平速度：vx= v0；
竖直位移：y=gt2，竖直速度：vx= gt=。
平抛运动物体飞行时间：t=，取决于抛出点的高度y，与初速度v0无关。
平抛运动水平射程：x=v0，由初速度和抛出点高度决定。落地速度v==，由水平初速度和抛出点高度共同决定。
平抛运动的几个重要结论：
在相等时间△t内速度的变化量△v都相等，即△v=g△t。△v方向竖直向下。
由tanθ==，tanα=y/x=可得平抛运动的速度偏向角θ与位移偏向角α的关系：tanθ=2tanα。
平抛运动的物体在任一位置的瞬时速度矢量的反向延长线与x轴交点的横坐标值为x/2。
【高考命题动态】
运动的分解和合成、平抛运动是高中物理重要知识点，也是高考重点考查内容之一。高考对运动的分解和合成、平抛运动考查可能为单独命题。也可能与其它知识综合命题，难度中等或稍难。
【最新高考题分析】
典例1（2011四川理综卷第22（1）题）某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。同学们测出某时刻R的坐标为（4，6）,此时R的速度大小为 cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图是 。（R视为质点）
【解析】R的速度为玻璃管沿x轴正方向速度与蜡块沿y轴正方向速度的合成。由某时刻R的坐标为（4，6）可知，x=4cm，y=6cm。而y=v0t，解得t=2s。由x=vxt/2可得vx=4cm/s，所以此时R的速度大小为v==5 cm/s。由于蜡块沿x方向做匀加速运动，所以R在上升过程中运动轨迹的示意图是D。
【答案】5 D
【点评】此题通过蜡块的运动考查运动的合成。
典例2. （2012·新课标理综）如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则
A．.a的飞行时间比b的长
B．.b和c的飞行时间相同[来源:Zxxk.Com]
C．.a的水平速度比b的小
D．.b的初速度比c的大
【答案】：BD
【解析】：根据平抛运动规律，a的飞行时间比b的短， a的水平速度比b的大，b和c的飞行时间相同，b的初速度比c的大，选项AC错误BD正确。
【考点定位】此题考查平抛运动规律的应用。
典例3. （2012·江苏物理）如图所示,相距l 的两小球A、B 位于同一高度h(l,h 均为定值). 将A 向B水平抛出的同时, B 自由下落。A、B 与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反.。 不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则
(A) A、B 在第一次落地前能否相碰，,取决于A 的初速度
(B) A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
(C) A、B 不可能运动到最高处相碰
(D) A、B 一定能相碰
【答案】：AD
【解析】：B下落时间t=，当A 的初速度大于l/v时，A、B 在第一次落地前能相碰，选项A正确；根据题述，A、B 一定能相碰，选项D正确BC错误。
【考点定位】此题考查平抛运动与自由落体运动的相遇问题。
典例4. （2012·浙江理综）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是（ ）
A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin= R
【答案】：BC
【解析】由机械能守恒定律，mg(H-2R)=mv2，解得小球从A端水平抛出时的速度v=。由平抛运动规律，2R=gt2，x=vt，联立解得x=2，选项A错误B正确；小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R，选项C正确D错误。
典例5．（2012·上海物理）如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则 （ ）
（A）v0< v <2v0 （B）v=2v0
（C）2v0< v <3v0 （D）v>3v0
【答案】：A【解析】：过b点作斜面底边的平行线，根据平抛运动规律，若小球初速变为v，其落点位于c，则v0< v <2v0，选项A正确。
【考点定位】此题考查平抛运动规律的应用。
典例6.（2012·福建理综）如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 。求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数μ。
【答案】：（1）v0=1m/s。（2）μ=0.2.
【解析】：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有，H=gt2，
在水平方向上有：s=v0t，
联立解得：v0=s=1m/s。
（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：fm=m。
fm=μmg，
联立解得：μ=0.2.
【最新模拟题训练】。
1．（2013安徽望江二中质检）小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变。已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速
A．越接近B岸水速越大
B．越接近B岸水速越小
C．由A到B水速先增后减
D．水流速度恒定
答案：B解析：由小船的运动轨迹可知，越接近B岸水速越小，选项B正确。
2．（2013成都石室质检）如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。则下列判断正确的是（ ）
A．甲船正好也在A点靠岸
B．甲船在A点下游侧靠岸
C．甲乙两船到达对岸的时间相等
D．甲乙两船可能在未到达对岸前相遇
答案：C
解析：根据题述乙船恰好能直达正对岸的A点，河水流速u=v/2。甲船渡河垂直河岸分速度为v1=vsin60°=v/2，时间t=L/ v1=2L/v。甲船沿水流方向速度v2=vcos60°+u=v，沿水流方向位移为x= v2t=2L/，甲船在A点上游侧靠岸，选项AB错误。由于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲乙两船到达对岸的时间相等，选项C正确。甲乙两船不可能在未到达对岸前相遇，选项D错误。
3．（2013山东济南期中检测）一船在静水中的速度是6m/s，要渡过宽为180m、水流速度为8m/s的河流，则下列说法中正确的是（ ）
A．船相对于地的速度可能是15m/s;
B．此船过河的最短时间是30s;
C．此船可以在对岸的任意位置靠岸
D．此船不可能垂直到达对岸；
【答案】BD
【解析】当船头指向始终垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间为t=d/v船=30s，由于船相对于水的速度小于水流速度，根据平行四边形定则可知，它们的合速度，即船实际的速度不可能与河岸垂直，船不可能垂直于河岸行驶，故BD正确C错误；由运动的合成平行四边形定则知，船相对于地的速度在2m/s至14m/s之间，A错。
4．（2013安徽合肥名校联考）如图6所示，水平固定半球型的碗球心为0点．最低点为B点，A点在左边的内壁上，C点在右边的内壁上，在碗的边缘向着球心以速度v0平抛一个小球，抛出点及O、A、B、C点在同一个竖直面内，下列说法正确的是（ ）
A．v大小适当时可以垂直打在A点
B．v0大小适当时可以垂直打在B点
C．v0大小适当时可以垂直打在C点
D．一定不能垂直打在碗内任何一个位置
答案：C
解析：根据平抛运动规律，v0大小适当时可以垂直打在C点，不可能垂直打在A点和B点，选项C正确。
5．（2013河南淇县质检）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球，从静止释放，运动到底端B的时间是，若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点，经过的时间是,落到斜面底端B点，经过的时间是，落到水平面上的C点，经过的时间是，则（ ）
A． B．
C． D．
答案：BD
解析：小球，从静止释放，运动到底端B的时间一定大于平抛运动到达B点的时间，即>，>.根据平抛运动规律，=>.不能比较和的大小。所以选项BD正确AC错误。
6．（2013四川自贡一诊）在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两个小球A 和B，其运动轨迹如右图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须 （ ）
A．同时抛出两球
B．先抛出A球
C．先抛出B球
D．使两球质量相等
6．答案：A
解析：在同一水平直线上的两位置抛出两球，根据平抛运动的飞行时间只与高度有关，要使两球在空中相遇，必须同时抛出两球，选项A正确。
7、（2013江苏常州模拟）如图所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v向右做匀速运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（ ）
答案：B
解析：木板做自由落体运动，若以木板做参考系，则小球沿竖直方向的运动可视为竖直向上的初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，所以小球在木板上的投影轨迹是B。
8．（2013山东莱州质检）如图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va，vb，vc的关系和三个物体运动的时间ta，tb,tc的关系分别是( )
A．va>vb>vc ta>tb>tc
B．vaC．vatb>tc
D．va>vb>vc ta8. 答案：C
解析：根据平抛运动的运动时间只与高度有关，三个物体运动的时间ta，tb，tc的关系是ta>tb>tc，初速度关系是va9．（2013山东莱州质检）在学习运动的合成与分解时我们做过如左下图所示的实验。在长约80cm～100cm一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个用红蜡做成的小圆柱体(小圆柱体恰能在管中匀速上浮)，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧。然后将玻璃管竖直倒置，在红蜡块匀速上浮的同时使玻璃管紧贴黑板面水平向右匀加速移动，你正对黑板面将看到红蜡块相对于黑板面的移动轨迹可能是右下图中的
9. 答案：C解析：红蜡块的运动可分解为竖直向上的匀速运动和水平方向的匀加速运动，正对黑板面将看到红蜡块相对于黑板面的移动轨迹可能是右下图中的C。
10．（2013山东莱州质检）如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知( )
A、物体A做匀速运动
B、A做加速运动
C、物体A所受摩擦力逐渐增大
D、物体A所受摩擦力逐渐减小
. 答案：BD解析：把A向左的速度v沿细线方向和垂直细线方向分解，沿细线方向的分速度为vcosα，B匀速下降，vcosα不变，而α角增大，cosα减小，则v增大，所以A做加速运动，选项B正确A错误；由于A对地面的压力逐渐减小，所以物体A所受摩擦力逐渐减小，选项D正确C错误。
11．（2013北京四中摸底）如图，两个半径均为R的1/4光滑圆弧对接于O点，有物体从上面圆弧的某点C以上任意位置由静止下滑（C点未标出），都能从O点平抛出去，则（ ）
A．∠CO1O＝60°
B．∠CO1O＝45°
C．落地点距O2最远为2R
D．落地点距O2最近为R
答案：AC
解析：要使物体从O点平抛出去，在O点有mg=mv2/R，解得物体从O点平抛出去的最小速度v=。设∠CO1O＝θ，，由机械能守恒定律，mgR(1-cosθ)=mv2，解得θ=∠CO1O＝60°，选项A正确B错误；由平抛运动规律，x=vt，R=gt2，解得落地点距O2最近为R。若物体从A点下滑，到达O点时速度为v=。由平抛运动规律，x=vt，R=gt2，解得落地点距O2最远为2R，选项C正确D错误。
12（2013四川绵阳一诊）如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab=bc=cd=de，从a点水平抛出一 个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角 为θ;不计空气阻力，初速度为2v时
A. 小球可能落在斜面上的c点与d点之间
B. 小球一定落在斜面上的e点
C. 小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ
D. 小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ
答案：BD
解析：设ab=bc=cd=de=L0，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，则有，L0cosα=vt1，L0sinα=gt12，初速度为2v时，Lcosα=2vt2，Lsinα=gt22，联立解得L=4 L0，即小球一定落在斜面上的e点，选项B正确A错误；由平抛运动规律可知，小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ，选项C错误D正确。
13. 如图6所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O。一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点。已知OC的连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为 （ ）
A． B．
C． D．
【解析】：从A到C的竖直高度h=Rsinθ,，水平距离x=R- Rcosθ，由平抛运动规律，h=gt2，x= v0t，联立解得t=，选项B正确。
【答案】.B
【点评】对于在竖直半圆形轨道内的平抛问题，要注意应用几何关系。
14．（2012年4月上海徐汇区二模）如图，水平地面上匀速运动的小车支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们的高度差h1＝h2，当小车遇到障碍物D时立即停止运动，三个小球同时从支架上抛出，落到水平地面上的示意位置见图示。若落地后它们相距分别为L1和L2，空气阻力不计，则（ ）
（A）L1和L2都与车速无关
（B）L1和L2都与车速成正比
（C）L1一定大于L2
（D）L1一定小于L2
.答案：BD
解析：由平抛运动规律可知，L1和L2都与车速成正比，选项A错误B正确；设C小球距地面高度为H，它们的高度差h1＝h2=h，则有A小球飞行时间t1=，B小球飞行时间t2=，C小球飞行时间t3=，L1= v0(t1-t2)= v0(-)；L2= v0(t2-t3)= v0(-)；L1一定小于L2，选项D正确C错误。
15. (2012年4月20日湖北武汉调研测试)如图所示,蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°,A点到地面的距离为1m,已知重力加速度g取1O m/s2,空气阻力不计,若蜘蛛从竖直墙上距地面0.8 m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝,水平速度v0至少为
A. 1 m/s
B. 2 m/s
C. 2.5 m/s
D. m/s
答案：B
解析：由平抛运动规律，x= v0t，y=gt2，x=y+0.2，联立解得：t=0.2s，v0=2m/s。选项B正确。
16、（2012年4月上海崇明县二模）如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ=37o的斜面上，撞击点为C．已知斜面上端与曲面末端B相连．若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于：（不计空气阻力，sin37o=0.6，cos37o=0.8）
（A） （B） （C） （D）
.答案：C解析：由机械能守恒定律，mgh=mv2，解得小球从B点平抛的初速度v=。平抛水平位移，x=vt，H=gt2，tan37°=H/x，联立解得：=，选项C正确。
17. （2012湖北孝感一模）如图3所示，一长为L的木板，倾斜放置，倾角为45°,今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时,速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为
A．.L/2 B．.L/3 C．L/4 D．.L/5
.答案：D
解析：设小球释放点距木板上端的水平距离为x，小球自与木板上端等高的某处自由释放，v2=2gx，与木板碰撞后平抛，gt2/2=vt，L= vt +x，联立解得x= L/5，选项D正确。
18.“嫦娥二号”探月卫星的成功发射，标志着我国航天又迈上了一个新台阶。假设我国宇航员乘坐探月卫星登上月球，如图11所示是宇航员在月球表面水平抛出小球的闪光照片的一部分。已知照片上方格的实际边长为a，闪光周期为T，据此可以得出 ( )
A．月球上的重力加速度为a/T2
B．小球平抛的初速度为3a/T
C．照片上A点一定是平抛的起始位置
D．小球运动到D点时速度大小为6a/T
【解析】：由闪光照片可知，在竖直方向，在相邻相等时间内小球位移差为2a，由△y=gT2可得月球上的重力加速度g=2a/T2，选项A错误；由小球在水平方向做匀速运动可得3a=v0T，解得v0=3a/T ，选项B正确；小球在平抛出后第1个T时间内竖直方向位移y1=gT2=×2a/T2×T2=a，所以照片上A点一定是平抛的起始位置，选项C正确；小球运动到D点时竖直速度vy=g·3T=2a/T2×3T=6a/T，水平速度为v0=3a/T，小球运动到D点时速度大小为v==a/T，选项D错误。
【答案】：BC
【点评】此题考查闪光照片的分析与计算。
19. （2013中原名校联考）2012年8月31日，四川凉山州普降暴雨发生了洪涝灾害，当地武警支队积极组织抗洪抢险。如图所示，在一次抗洪救灾工作中，一架离水面高为H，沿水平直线飞行的直升飞机A，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员B，在直升飞机A和伤员B以相同的水平速率匀速运动的同时，悬索将伤员吊起．设经t时间后，A、B之间的距离为l，且l＝H－2t2.则在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是下列哪个图（ ）

答案：A解析：根据l＝H－2t2.可知B匀加速上升，悬索中拉力大于重力，在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是A。
20. （2013武汉摸底）如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方向恰好改变了90°。在此过程中，质点的动能
A.不断增大
B.不断减小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
答案：C
解析：在此过程中，恒力先做负功后做正功，质点的动能先减小后增大，选项C正确。
21．(12分) （2013甘肃嘉峪关检测）如图甲所示，水平光滑的桌面上静止放置一条长为l=1.6m的纸带，纸带上正中间位置放置有一质量为m=1.0kg的小铁块，纸带的左边恰好在桌面的左边缘，小铁块与纸带间的动摩擦因数为=0.1.现让纸带从t=0s时刻开始一直保持v=1m/s的速度向左匀速运动.已知桌面高度为H=0.8 m，g=10m/s2，小铁块在运动过程中不翻滚，不计空气阻力．求：
（1）小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间，并在乙图画出此过程中小铁块的v—t图象；
（2）小铁块抛出后落地点到抛出点的水平距离；
21．（12分）解：（1）小铁块开始做匀加速运动，由μmg=ma（1分）
得：a=1 m/s2速度达到纸带v=1m/s的速度所用时间 t1= （1分）
得：t1=1s （1分）
若小铁块1s内一直做匀加速运动，运动的位移为s1=at2 得：s1=0.5m＜
由以上可知：小铁块先做匀加速运动，后以v=1m/s的速度做匀速运动，匀速运动所用时间t2==0.3s（2分）
小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间（1分）
图象如图所示：（2分）
（2）水平方向：s=vt0
竖直方向：H=
得：s=0.4m （4分）
22.（20分）（2013广西三校联考）如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v0做平抛运动，所有阶梯的高度为0.20 m，宽度为0.40m，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）小球抛出后能直接打到第1级阶梯上vo的范围；
（2）小球抛出后能直接打到第2级阶梯上vo的范围；
（3）若小球以10.4m/s的速度抛出，则小球直接打到第几级阶梯上？
解析：（1）运动情况如图。根据平抛运动规律，
0.2=gt12，0.4=v1t1，
解得：v1=2m/s。
小球抛出后能直接打到第1级阶梯上vo的范围是0（2）运动情况如图。根据平抛运动规律，0.2×2=gt22，0.4×2=v2t2，
解得：v2=2m/s。
小球抛出后能直接打到第2级阶梯上vo的范围是2m/s （3）同理推知：直接打到第3级阶梯上vo的范围是2m/s ………
直接打到第n级阶梯上vo的范围是2m/s 设能直接打到第n级阶梯上，代入数据得：2<10.4，10.4≤2。
解得27.04故能直接打到第28级阶梯上..。
23．（14分）（2013唐山摸底）有一水平传送带AB长L=8m，距离水平地面h=5m，地面上C点在传送带右端点B的正下方。一小物块以水平初速度v0=2m/s自A点滑上传送带，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。（取g=10m/s2）
（1）若传送带静止不动，求小物块滑行的距离；
（2）若传送带正以恒定速度向右传送，小物块从A点滑上传送带经时间t后落在D点，CD长S=3m。求时间t。
.解析：(1)设小物块滑行的距离为x1，由动能定理得 -μmgx1=0 -mv02
解得：x1=1m。
（2）设小物块滑行到B点时的速度为v，滑出传送带后做平抛运动，运动时间为t3，
由平抛运动规律，h=gt32，s=vt3，
联立解得：t3=1s，v=3m/s。
设小物块在传送带时加速运动的位移为L1，加速度a=μmg/m=2m/s2。
根据v2-v02=2aL1，解得L1=1.25m说明小物块在传送带上先加速后匀速运动。
设加速运动时间为t1，根据v=v0+at1解得t1=0.5s。
设匀速运动时间为t2，根据v t2=L-L1解得t2=2.25s。
小物块运动总时间t= t1+ t2+ t3=3.75s。
24、（14分）（2012年4月湖北七市州联考）在一足够长的倾角为θ=37°的光滑斜面顶端．由静止释放小球A，经过时间t后，仍在斜面顶端水平抛出另一小球B,为使抛出的小球B能够刚好击中小球A,小球B应以多大速度抛出？（已知重力加速度为g。sin37°=0.6,cos37°=0.8)
.解：设B球平抛后经时间t1落到斜面上，其水平位移为x=vt1，
竖直位移为y=gt12，
又y=xtanθ，
联立解得：t1=tanθ=。
B球位移为s===。
在这段时间内A球总位移为l=gsinθ(t+t1)2,
两球相碰，则s=l，
联立解得v=gt。
25.（2012年3月福建福州质检）如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑。当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处。已知斜面AB光滑，长度L=2.5m，斜面倾角为θ=30°。不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)小球p从点滑到B点的时间；
（2）小球q抛出时初速度的大小。
解：（1）设小球p从斜面上下滑的加速度为，根据牛顿第二定律mgsinθ=ma，
设小球p从斜面上下滑所需时间为t1，根据运动学公式，L=a t12，
联立解得，t1=。
代入数据得 t1=1s。
（2）小球q运动为平抛运动，设抛出速度为v0，飞行时间为t1，则有
x=v0 t1，
x=Lcos30°，
依题意得：t2= t1，
联立解得 v0= ，
代入数据得v0=m/s 。
点评：此题考查平抛运动和匀变速直线运动规律及其相关知识。
26.如图所示，一质量为M=5.0kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高h=0.8m，其右侧足够远处有一固定障碍物A。另一质量为m=2.0kg可视为质点的滑块，以v0=8m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5N的恒力F。当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止。此时车去恒力F。当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧半径为R=1.0m，圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）平板车的长度。
（2）障碍物A与圆弧左端B的水平距离。
（3）滑块运动圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小。
【解析】（1）滑块与平板车间的滑动摩擦力f=μmg，
对滑块，由牛顿第二定律得 a1=f/m=μg=5m/s2；
对平板车，由牛顿第二定律得a2=(F+f)/M=3m/s2；
设经过时间t1，滑块与平板车相对静止，共同速度为v，则v= v0-a1t1= a2t2
解得 t1=1s （1分） v=3m/s
（2）设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t2
则h=gt22，xAB=vt2，
障碍物A与圆弧左端B的水平距离xAB=1.2m。
（3）对小物块，从离开平板车到C点，由动能定理得

在C点由牛顿第二定律得FN-mg=m
联立得 FN=86N
由牛顿第三定律得滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小为86N
【点评】此题考查牛顿运动定律、平抛运动、动能定理、竖直面内的圆周运动等知识点。
27．（2012年3月江苏三校联考）水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽AB和光滑圆弧槽BC平滑连接，斜槽AB的竖直高度H=6.0m，倾角θ=37o。圆弧BC半径R=3.0m，末端C点的切线水平；C点与水平面的距离h=0.80m，人与AB间的动摩擦因数为μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2，cos37o=0.8，sin37o=0.6。一个质量m=30kg的小朋友从滑梯顶端A点无初速地自由滑下，求：
（1）小朋友沿斜槽AB下滑时加速度a的大小；
（2）小朋友滑到C点时速度v的大小及滑到C点时受到槽面的支持力FC的大小；
（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向位移x的大小。
解析：（1）小朋友沿斜槽AB下滑，由牛顿第二定律， mgsinθ-μmgcosθ=ma，
解得a=4.4 m/s2
(2)由vB2=2aH/sinθ，解得小朋友滑到B点时速度vB2=88(m/s)2；
从B到C，由动能定理，mgR(1-cosθ)=mv2-mvB2，
解得：v=10m/s。
滑到C点时，由牛顿第二定律， FC-mg= mv2/R，
解得FC=1300N。
(3) 在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，
由h=gt2解得t=0.4s，
在水平方向位移x的大小x=vt=4m。
点评：此题考查牛顿运动定律、动能定理、平抛运动、匀变速直线运动规律等。