课件90张PPT。专题一 匀变速直线运动1.参考系、质点 Ⅰ
2.位移、速度和加速度 Ⅱ
3.匀变速直线运动及其公式、图象 Ⅱ 1.理解参考系在运动描述中的应用以及物体看做质点的条件.
2.区分位移和路程、速度和加速度的概念及其联系.
3.熟练掌握匀变速直线运动的规律及其应用.
4.理解运动图象的意义及应用，要重点突破. 高考真题代表着高考考查的方向。本栏目以高考真题为线，科学划分类型，分类剖析，完美突破每个考点。命题专家全程参与，分析解题思路，指导解题技巧，预测考查趋势。讲一题，通一类，助你运筹帷幄，备考无忧！ 匀变速直线运动的基本概念
【典例1】(2011·安徽高考)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为( )【精讲精析】第一个Δx内平均速度 第二个Δx内的
平均速度 对于匀变速直线运动而言，平均速度等于中
间时刻的瞬时速度，则物体的加速度
故A正确.
答案：A【命题人揭秘】利用平均速度巧解匀变速直线运动问题
1.平均速度两个计算公式 2.两个公式的灵活应用
(1)在解决匀变速直线运动问题时，可根据题目给出的条件灵活选取两个公式，进而求得中间时刻的瞬时速度.
(2)在处理纸带问题时，灵活应用两个公式可求得纸带中某一点的瞬时速度. 匀变速直线运动的基本规律
【典例2】(2011·天津高考)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位)，则该质点( )
A.第1 s内的位移是5 m
B.前2 s内的平均速度是6 m/s
C.任意相邻的1 s内位移差都是1 m
D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s【审题视角】解答本题时可首先根据位移与时间的关系式分析出运动物体的初速度和加速度，代入时间求出位移、平均速度等物理量.【精讲精析】质点运动规律的分析与计算:
答案：D【命题人揭秘】匀变速直线运动规律的两点说明
(1)明确匀变速直线运动的速度公式v=v0+at，位移公式
位移速度关系式v2-v02=2ax中各物理量的含义，能够根据具体的函数
关系式分析得出描述匀变速直线运动的基本物理量.
(2)熟练掌握匀变速直线运动的重要推论，并能够灵活应用. v-t图象及其应用
【典例3】(2011·海南高考)一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示.下列选项正确的是 ( )A.在0～6 s内，物体离出发点最远为30 m
B.在0～6 s内，物体经过的路程为40 m
C.在0～4 s内，物体的平均速率为7.5 m/s
D. 5～6 s内，物体所受的合外力做负功
【审题视角】解答本题可按如下思路分析：【精讲精析】根据图象可知，前5 s物体沿正方向运动，第6 s
物体沿负方向运动，所以物体离出发点最远的时刻是第5 s
末，前5 s的位移 =35 m，第6 s内的位移大小
x2= m=5 m，所以离出发点最远为35 m，A错误；6 s内的
路程s=x1+x2=40 m，B正确；前4 s内的位移是x
=30 m，这段时间内物体运动的路程等于位移的大小，故平均
速率 =7.5 m/s，C正确；在5～6 s内，物体的速
度逐渐增大，动能逐渐增大，合外力做正功，D错误.
答案：B、C 【命题人揭秘】v-t 图象中巧得四个运动量
(1)运动速度：从速度轴上直接读出,正负表示运动方向.
(2)运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间.
(3)运动加速度：从图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向.
(4)运动的位移：从图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示位移与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示位移与规定的正方向相反. 匀变速直线运动的实际应用
【典例4】(2010·新课标全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s.假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96％.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；
(2)起跑后做匀加速运动的加速度.(结果保留两位小数)
【审题视角】运动员博尔特比赛过程分为三个阶段：【精讲精析】(1)设加速所用时间为t，匀加速运动达到的最大速率为v，则：
+v(9.69-0.15-t)=100 ①
+(19.30-0.15-t)×0.96v=200 ②
由①②式联立解得：
t=1.29 s，v=11.24 m/s
(2)设起跑后做匀加速运动的加速度大小为a，则
解得：a=8.71 m/s2
答案：(1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2【命题人揭秘】解答物理实际应用问题的思路
(1)分析运动过程建立运动模型.
(2)明确在运动过程中的关联物理量及其关系.
(3)选用合适的运动规律列方程求解. 匀变速直线运动的综合应用
【典例5】(2011·新课标全国卷)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. 【审题视角】解答本题时可由运动学公式分别写出两汽车的速度和位移方程，再根据两车加速度的关系，求出两车路程之比.【精讲精析】设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为x1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为x2，由运动学公式有:
v=at0 ①
x1= at02 ②
x2=vt0＋ ·2at02 ③
设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为x1′、x2′，同理有:v′=2at0 ④
x1′= ·2at02 ⑤
x2′=v′t0＋ at02 ⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为x、x′，则有:
x=x1＋x2 ⑦
x′= x1′＋x2′ ⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶路程之比为:
答案：【命题人揭秘】匀变速直线运动的规范求解
1.一般解题的基本思路
2.应注意的问题
(1)注重速度的纽带作用:如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带.
(2)合理选择物理公式:描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简单化. 体验三年真题，模拟考场实战。三年高考真题按照命题角度科学分类，横向对比每个考点在高考中的地位，准确把握热点考向；纵向比较不同年份、不同地区考题的命题思路及特点。快速培养解题题感，打造高考制胜利器！ 匀变速直线运动的基本概念
高考指数:★★★
1.(2010·天津高考)质点做直线运动的v-t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为( )
A.0.25 m/s 向右 B.0.25 m/s 向左
C.1 m/s 向右 D.1 m/s 向左【解题指南】应根据v-t图象分别确定出0～3 s和3～8 s两段时间内质点的位移，再计算出0～8 s内的总位移，根据平均速度的定义计算平均速度.【解析】选B.v-t图线与时间轴围成的面积表示质点在这一段时间内所发生的位移，且时间轴上方图线围成的面积表示的位移方向为正方向，时间轴下方图线围成的面积表示的位移方向为负方向.因此由图线可知0～3 s内的位移为：
x1= ×3×2 m=3 m,方向为正方向；
3～8 s内的位移为：
x2= ×(8-3)×2 m=5 m,方向为负方向；
0～8 s内的位移为：
x=x1-x2=3 m-5 m=-2 m；
该段时间内的平均速度为：
负号表示速度方向是向左的，故B正确，A、C、D错误.2.(2009·广东高考)做下列运动的物体，能当做质点处理的是( )
A.自转中的地球
B.旋转中的风力发电机叶片
C.匀速直线运动的火车
D.在冰面上旋转的花样滑冰运动员【解析】选C.把物体看做质点的条件是物体的形状和大小对于所研究的问题没有影响，可以忽略不计，一般平动的物体，由于物体上各点的运动情况相同，可以看做质点，C正确；自转中的地球、旋转中的风力发电机叶片、在冰面上旋转的花样滑冰运动员其本身各点的运动各不相同，形状和大小不能忽略，不能看做质点，A、B、D错误.3.(2009·广东高考)如图所示是甲、乙两物体做直线运动的v-t图象.下列表述正确的是( )
A.乙做匀加速直线运动 B.0～1 s内甲和乙的位移相等
C.甲和乙的加速度方向相同 D.甲的加速度比乙的小【解析】选A.甲、乙两物体的v-t图象都是倾斜的直线，表明两物体都做匀变速直线运动,乙是匀加速，甲是匀减速,加速度方向不同，A正确，C错误；根据在v-t图象里面积表示位移的方法可知在0～1 s内甲通过的位移大于乙通过的位移，B错误；根据斜率表示加速度可知甲的加速度大于乙的加速度，D错误.4.(2009·广东高考)某人骑自行车在平直道路上行进，如图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t图象，某同学为了简化计算，用虚线做近似处理，下列说法正确的是( )A.在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大
B.在0～t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大
C.在t1～t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大
D.在t3～t4时间内，虚线反映的是匀速运动【解析】选B、D.在v-t图象中斜率的大小表示加速度的大小，图线与横轴围成的面积的数值表示位移的大小.在t1时刻，虚线的斜率小于实线的斜率，故虚线反映的加速度比实际的小，A错误；在0～t1时间内，虚线围成的面积大于实线围成的面积，故由虚线计算出的平均速度比实际的大，B正确；在t1～t2时间内，虚线围成的面积比实线围成的面积小，故C错误；在t3～t4时间内，虚线平行于t轴，故反映的是匀速运动，D正确. 匀变速直线运动的基本规律
高考指数:★★★★★
5.(2011·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落地声，由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2)( )
A.10 m B.20 m C.30 m D.40 m
【解析】选B.h= gt2= ×10×22 m=20 m，由此可知井深约为20 m，故B正确.6.(2009·江苏高考)如图所示，以 8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m.该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为 5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s，下列说法中正确的有( )A.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B.如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C.如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D.如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处【解析】选A、C.如果立即做匀加速直线运动，t1=2 s内最大
的位移x1=v0t1+ a1t12=20 m>18 m，此时汽车的速度为:v1=
v0+a1t1=12 m/s<12.5 m/s，汽车没有超速，A项正确,B项错
误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间:
=1.6 s，此过程通过的位移为：x2= a2t22=6.4 m<18 m，汽
车一定不能通过停车线，C项正确；如果距停车线5 m处开始
减速，汽车一定会越过停车线1.4 m的距离，故D项错误.7.(2010·全国卷Ⅰ)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示.
(1)画出汽车在0～60 s内的v-t图线；
(2)求在这60 s内汽车行驶的路程.【解析】(1)由加速度图象可知前10 s汽车做匀加速直线运动，中间30 s汽车做匀速直线运动,后20 s汽车做匀减速直线运动到停止.
由a-t图和匀变速直线运动的公式,得
vm=a1t1=20 m/s.
建立v-t坐标系,根据上面所求可画出v-t图象如图所示.(2)由速度图象的面积可求出汽车做匀加速、匀速、匀减速三段运动的位移之和,即：x=x1+x2+x3=10×10+30×20+10×20= 900(m)，则在60 s内汽车行驶的路程为900 m.
答案: (1)见解析图 (2)900 m 图象问题及应用
高考指数:★★★★
8.(2011·上海高考)某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的x-t图象，如图所示.图中纵坐标表示物体的位移x，横坐标表示时间t，由此可知该物体做( )
A．匀速直线运动 B．变速直线运动
C．匀速曲线运动 D．变速曲线运动【解析】选B.x-t图象所能表示的位移只有两个方向，即正方向和负方向，所以x-t图象所能表示的运动只能是直线运动，x-t图线的斜率反映的是物体运动的速度，由题图可知，速度在变化，因此物体做变速直线运动，B正确，A、C、D错误.【误区警示】解答运动图象问题的两个误区
(1)误认为运动图象就是运动轨迹，而实际上x-t图象和v-t图象均不表示运动轨迹，其表示的运动只能是直线运动.
(2)不注意纵轴物理量的意义，误将x-t图象看做v-t图象或将v-t图象看做x-t图象.9.(2010·广东高考)如图是某质点运动的v-t图象，由图象得到的正确结果是( )
A.0～1 s内的平均速度是2 m/s
B.0～2 s内的位移大小是3 m
C.0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度
D.0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)明确速度、加速度、位移的矢量性.
(2)理解v-t图象中纵坐标、图线斜率、图线与横轴所围面积的物理意义.【解析】选B、C.利用 求0～1 s内的平均速度，得 =
1 m/s，故A错误；利用v-t图象的面积求0～2 s内的位移大
小，得位移大小为x=3 m，故B正确；利用v-t图象的斜率求质
点运动的加速度大小，0～1 s内a1=2 m/s2，2～4 s 内a2=
1 m/s2，故C正确；利用v-t图象纵坐标的正负判断质点运动
的方向，0～1 s和2～4 s速度均为正，方向相同，故D错误.10.(2009·广东高考)下列运动图象中表示质点做匀变速直线运动的是( )【解析】选C.A选项中位移随时间均匀增加，表示质点做匀速直线运动，A错误；B选项中位移不随时间发生变化，表示质点处于静止状态，B错误；C选项中速度随时间均匀增加，表示质点做匀加速直线运动，C正确；D选项中速度不随时间发生变化，表示质点做匀速直线运动，D错误.11.(2009·安徽高考)大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸，除开始瞬间外，在演化至今的大部分时间内，宇宙基本上是匀速膨胀的，上世纪末，对1A型超新星的观测显示，宇宙正在加速膨胀，面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文时期内开始加速膨胀.如果真是这样，则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系，大致是下面哪个图象( )【解析】选C.在匀速膨胀过程，R=vt，即R随t均匀增大，膨胀速度恒定不变，在加速膨胀过程，膨胀速度随时间增大，因此，R-t图线的斜率逐渐增大，故C正确，A、B、D均错误.12.(2009·广东高考)某物体运动的v-t图象如图所示，根据图象可知( )
A.0～2 s内的加速度为1 m/s2
B.0～5 s内的位移为10 m
C.第1 s末与第3 s末的速度方向相同
D.第1 s末与第5 s末的加速度方向相同【解析】选A、C. v-t图线在时间轴的上方表示物体始终沿规定
的正方向运动，故第1 s末与第3 s末的速度方向相同，C正确；
图线的斜率大小表示物体运动的加速度大小，正负表示加速度的
方向，故0～2 s内的加速度为： =1 m/s2，方向为
正，A正确；第1 s末加速度的大小和方向与0～2 s内的加速度大
小和方向相同，第5 s末加速度的大小和方向与4～5 s内的加速
度大小和方向相同，而4～5 s内的加速度为：
方向为负，D错误；v-t图线与时间轴围成的面积表示物
体在这一段时间内所发生的位移，故0～5 s内的位移x= ×(2
+5)×2 m=7 m，B错误. 基础知识是学科能力的根基。左栏整合式梳理：依据考纲，结合教材，整合考点知识，专家深入剖析讲解。右栏标注式设计：高考状元总结成功经验，分享状元心得；一线名师点拨规律技巧、警示考场误区。精讲重点难点，突出热点考点。夯实基础，赢定高考！ 匀变速直线运动的基本概念
1.质点
(1)定义：用来代替物体的有质量的点，是一个理想化的模型.
(2)物体简化为质点的条件：物体的形状、大小在所研究的问题中可以忽略.2.参考系
(1)定义：为了研究物体的运动而假定为不动，用来作参考的物体.
(2)选取.
①对同一个物体的运动，所选参考系不同，观察到的运动情况可能不相同.
②参考系的选取原则上是任意的，研究地面上运动的物体，一般选取地面为参考系.3.位移和路程4.速度5.加速度
(1)物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量.
(2)定义式：
(3)单位：m/s2.
(4)方向：是矢量，方向与Δv的方向相同.【名师点睛】
1.对质点的理解
(1)能否将物体看做质点，取决于所研究的具体问题，而不是取决于这一物体的大小、形状及质量.
(2)物体可被看做质点的几种情况：①平动的物体通常可视为质点；
②有转动但可以忽略时，也可以把物体视为质点.
(3)不以“大小”论质点，同一物体看“情况”.2.v、Δv、a三者的关系
(1)a与Δv一定同向.
(2)a与v的关系.
①a与v的方向相同，物体做加速运动.
②a与v的方向相反，物体做减速运动.
③a与v的方向垂直，只改变速度方向,不改变速度大小.
④a与v的方向成任意角，既改变速度大小，又改变速度方向.
(3)加速度虽然由a= 定义，但a与Δv及Δt无关，根据牛顿第
二定律a= 可知，物体的加速度是由物体所受的合外力及质量
决定的. 匀变速直线运动的基本规律
1.匀速直线运动
(1)加速度：a=0；速度：v=定值；位移：x=vt.
(2)图象2.匀变速直线运动特点：加速度恒定，速度均匀变化.
3.匀变速直线运动的规律
(1)三个基本公式(2)平均速度公式：
(3)匀变速直线运动的几个重要推论.
①任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一个恒量，即
xⅡ-xⅠ=xⅢ-xⅡ=…＝xN-xN-1=Δx=aT2
进一步推论：xm-xn=(m-n)aT2.
②某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度,也
等于该段时间初、末速度的平均值：
③某段位移中点的瞬时速度等于初速度v0和末速度v平方和一半的
平方根，即(4)初速度为零的匀加速直线运动的特点.(设T为等分时间间隔)
①1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
②1T内、2T内、3T内…位移的比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.
③第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n-1).
④从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn=4.匀变速直线运动规律的应用
(1)自由落体运动.(2)竖直上抛运动.【名师点睛】
匀减速直线运动中的一个注意事项
对于做匀减速直线运动的物体，应注意物体速度减为零之后能
否加速返回，若不能返回，应注意题中所给时间与物体所能运
动的最长时间t= 的关系.【状元心得】
1.匀变速直线运动公式选择的基本方法
(1)如果题目中无位移x，也不要求求位移，一般选用速度公式
v=v0+at.
(2)如果题目中无末速度v，也不要求求末速度，一般选用位移
公式x=v0t+ at2.
(3)如果题目中无运动时间t，也不要求求运动时间，一般选用
位移速度关系式v2-v02=2ax.2.应用匀变速直线运动规律解题的基本思路
审题→画出草图→判断运动性质→选取正方向(或建立坐标轴)→选用公式列方程→求解方程，必要时对结果进行讨论.【名师点睛】
1.对于末速度为零的匀减速直线运动，可进行逆向分析，即把运动看成是逆向的初速度为零的匀加速直线运动，比例关系仍可使用，可使问题大为简化.
2.匀变速直线运动中的几个推论及初速度为零的匀加速直线运动的几个比例关系，对自由落体运动也是成立的， 在解题过程中可以灵活运用，但加速度为重力加速度g.3.竖直上抛运动的对称性
(1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向.
(2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等. 图象问题及其应用
位移(x)—时间(t)、速度(v)—时间(t)图象的比较【名师点睛】
1.图象描述的运动方向
x、v轴上的正、负只能描述同一直线上的两个方向，故只能描述直线运动.
2.v-t图象的面积表示位移
v-t图线与横轴所围的面积表示该段时间内质点通过的位移，若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为“正”；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为“负”.3.v-t图象运动性质的判断
速度图象向上倾斜不一定做加速运动，速度图象向下倾斜不一定做减速运动，物体做加速运动还是减速运动是看纵坐标的绝对值随时间增大还是减小.
4.图象不是运动轨迹
x-t图象和v-t图象的形状并不表示物体的运动轨迹. 追及和相遇问题
1.追及问题的两类情况
(1)若后者能追上前者，追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度.
(2)若追不上前者，则当后者速度与前者速度相等时，二者相距最近.2.相遇分为追及相遇和相向运动相遇两种情形，其主要条件是两物体在相遇处的位置坐标相同.
(1)同向运动的两物体追及即相遇.
(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇.3.讨论追及相遇问题，其实质就是分析讨论两物体在相遇时间内能否到达相同的空间位置问题.
(1)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可以通过画草图得到.
(2)一个条件：即二者速度相等，它往往是物体间能追上、追不上或二者相距最远、最近的临界条件，也是分析判断的突破口.【状元心得】
追及和相遇问题的解题方法
1.在解决追及、相遇类问题时，要紧抓“一图、三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式，最后还要注意对结果的讨论分析.
2.分析追及、相遇类问题时，要注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件.巧用图象法解决追及相遇问题
追及相遇问题涉及到的过程比较复杂，如果用公式法求解，有时不仅计算量大，而且难于将过程叙述清楚，而使用图象法求解，往往会比较直观. 用图象法解决追及相遇问题时应把握以下三个环节：【典题例证】两辆完全相同的汽车,沿水平路面一前一后均以20 m/s的速度前进.若前车突然以恒定的加速度刹车,在它刚停止时,后车以前车刹车时的加速度的2倍开始刹车.已知前车刹车的过程中所行驶的距离为100 m,若要保证两车在上述情况下不相撞,则两车在匀速行驶时保持的最小距离是多少?【命题探究】本题是两个做匀减速直线运动物体的追及相遇问题,过程较为复杂.由于两物体的加速度没有给出具体的数值,并且两个加速度的大小也不相同.如果用公式法,运算量比较大,且过程不够直观,若应用v-t图象进行讨论,则会使问题简化.【深度剖析】设前、后两车的加速度分别为
a1、a2,从刹车开始到停止所用的时间分别为
t1、t2.由题意知，a2=2a1,则t2= ,根据题
意作出两车从前车刹车开始的v-t图象.分别
为AC和ABD.图中三角形AOC的面积为前车刹车后的位移,且x1=100 m,
梯形ABDO为从前车刹车后后车的位移,由图象可知,矩形ABCO面积为
三角形AOC面积的二倍,三角形BCD的面积为三角形AOC面积的 ,即梯
形ABDO的面积为三角形AOC面积的2.5倍.由此得,后车从前车刹车开
始到自己停止通过的距离为x2=250 m,因此为使两车不相撞,两车在
匀速行驶时应保持的最小距离为:Δx=x2-x1=150 m.
答案：150 m课件178张PPT。专题七 力学实验 1.实验一：研究匀变速直线运动
2.实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系
3.实验三：验证力的平行四边形定则
4.实验四：验证牛顿运动定律
5.实验五：探究动能定理
6.实验六：验证机械能守恒定律1.学会正确使用的仪器主要有：刻度尺、天平、秒表、电火花计时器、电磁打点计时器、弹簧测力计等.
2.理解各实验原理，并能根据实验原理进行正确的实验操作.还要会一些简单的创新实验.
3.掌握常用的实验方法，例如控制变量法、图象法处理数据.4.了解误差的概念，知道系统误差和偶然误差；知道多次测量求平均值的方法减小偶然误差；能在力学实验中分析误差的主要来源；不要求计算误差，但要知道如何采取措施尽可能地减小误差.
5.知道有效数字的概念，会用有效数字表达直接测量的结果,间接测量的有效数字运算不作要求. 研究匀变速直线运动
【典例1】(2012·山东高考)某
同学利用图甲所示的实验装置，
探究物块在水平桌面上的运动规
律.物块在重物的牵引下开始运动，
重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处).从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示.打点计时器电源的频率为50 Hz. (1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点____和
_____之间某时刻开始减速.
(2)计数点5对应的速度大小为_____m/s，计数点6对应的速度
大小为______m/s.(保留三位有效数字)
(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a=_____m/s2，若用
来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，则计算
结果比动摩擦因数的真实值_____(选填“偏大”或“偏小”). 【审题视角】解答本题应明确以下三点:
【关键点】
(1)从点迹的间距正确判断物块的运动情况.
(2)中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度.
(3)正确应用逐差法公式Δs=aT2解题. 【精讲精析】(1)由于计数点6之前相邻计数点之间距离之差约
为2 cm，而计数点6、7之间的距离比计数点5、6之间的距离多
1.27 cm，故可判断物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减
速.
(2)计数点5对应的速度
物块做加速运动时加速度大小(3)物块做减速运动时的加速度大小为
由牛顿第二定律得：μmg=ma，所以 由于除去物块与桌
面间的摩擦力，纸带还受到摩擦力的作用，故计算结果比动摩
擦因数的真实值偏大.
答案：(1)6 7(或7 6) (2)1.00 1.20 (3)2.00 偏大【命题人揭秘】 处理纸带数据应明确三个问题
(1)每相邻两个计数点之间所对应的打点的时间间隔；
(2)瞬时速度的求解方法；
(3)根据“逐差法”求加速度. 探究弹簧弹力大小与伸长量的关系
【典例2】(2011·安徽高考)为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码.实验测出了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出.(g=9.8 m/s2) (1)作出m-l的关系图线；
(2)弹簧的劲度系数为______ N/m.
【审题视角】分析该题的关键是：
【关键点】
(1)明确坐标轴所表示的物理量及单位.
(2)明确描点画线的原则.
(3)分析图线斜率的物理意义. 【精讲精析】(1)如图所示，让直线通过尽可能多的点，使不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧; (2)由胡克定律得Δmg=k·Δl,故
从图线中取两相距较远的点，代入上式得:
答案：(1)见精讲精析 (2)0.250～0.255 【命题人揭秘】
本题考查“探究弹力和弹簧伸长的关系”.重在考查学生利用图象处理数据的能力.该实验探究应注意以下几点：
(1)所挂砝码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度.要注意观察，适可而止.
(2)每次所挂砝码的质量差尽量大一些，从而使坐标系上描的点尽可能稀，这样作出的图线精确.
(3)描点画线时，所描的点不一定都落在一条曲线上，但应注意一定要使不能落在曲线上的点均匀分布在曲线的两侧.
(4)记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位. 验证力的平行四边形定则
【典例3】(2011·江苏高考)某同学用
如图所示的实验装置来验证“力的平
行四边形定则”，弹簧测力计A挂于
固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向. (1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______N.
(2)下列不必要的实验要求是_____.(请填写选项前对应的字母)
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法. 【审题视角】解答该题应注意：
【关键点】
(1)弹簧测力计的读数要求.
(2)当测知重物M的重量后，作用于O点的三力大小、方向确定，由此判定是否使O静止于同一位置. 【精讲精析】(1)根据弹簧测力计的指针位置以及读数规则可知A的示数为3.6 N.
(2)要验证的关系是A、B两个弹簧测力计的拉力的合力与M的重力等大反向，所以应测量M的重力.为减小测量误差应该做到弹簧测力计使用前校零，拉线的方向与木板平面平行，A、B、C对.改变拉力进行多次实验，O点位置可以不同，D错.(3)A的拉力超过其量程，为减小A的数值，有多个方法，例如：使B拉力减小，减小M的重力大小，A换成量程更大的弹簧测力计，改变B的拉力方向等.
答案：(1)3.6 (2)D
(3)使B拉力减小；减小M的重力大小；A换成量程更大的弹簧测力计或改变B的拉力方向等(任选两种) 【命题人揭秘】
本题考查验证力的平行四边形定则，意在考查学生的实验与探究能力.该题是在课本实验基础上迁移创新而来,要求学生不能生搬硬套,要灵活地根据实验要求进行判断分析.体现了高考对实验能力的要求,即能运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题,包括简单的设计性实验. 加速度的分析测定
【典例4】(2011·新课标全国卷)利用图1
所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加
速度.一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，
当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，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，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值，所得数据如表所示. 完成下列填空和作图：
(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小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给出的坐标纸上画出 图线；【审题视角】解答该题的思路是：
【关键点】
(1)根据运动学公式，写出a与v1、s和t之间的关系式.
(2)由以上公式变形得出 关系式，然后分析斜率的意义. (3)由所画出的 图线，得出滑块加速度的大小为a=_____m/s2(保留2位有效数字). 【精讲精析】(1)由运动学公式
从此式可知， 图线是一条
斜率为负数的直线.
(2)根据题目提供的数据按
进行处理，把处理的数值对应
描点，然后用一条直线连接
这些点，所得图象如图所示. (3)由图线知斜率绝对值为
又从
斜率的绝对值为
故有 即a=2.0 m/s2.
答案：(1)
(2)见精讲精析图 (3)2.0(1.8～2.2范围内均正确) 【命题人揭秘】
本题主要考查学生处理实验数据的能力.通过物理公式得出所
研究的图象纵横坐标物理量关系,然后分析图线的斜率的意义.
该题中，是由 得出结论 由此可知a的大
小为图象斜率的2倍. 验证机械能守恒定律
【典例5】(2010·新课标全国卷)如图
为验证机械能守恒定律的实验装置示意
图.现有的器材为：带铁夹的铁架台、
电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重
锤、天平.回答下列问题： (1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有_______.(填入正确选项前的字母)
A.米尺 B.秒表
C.0～12 V的直流电源 D.0～12 V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有_________________________.(写出两个原因) 【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)明确验证机械能守恒定律的实验原理，在此基础上选择实验器材.
(2)能够分析本实验的误差来源.
【精讲精析】(1)用米尺测量纸带两点间的距离，故选A.打点计时器需要低压交流电源供电，故选用D项交流电源，不选低压直流电源C.打点计时器就是计时仪器，不需要秒表，故不选B.(2)纸带与打点计时器之间有摩擦和下落过程有空气阻力，这将导致增加的动能小于减少的重力势能；用米尺测量纸带上点距读数时存在误差,这属于偶然误差；交流电频率不稳定，计时点之间时间间隔不均匀等.
答案：(1)A、D (2)纸带与打点计时器之间有摩擦；下落过程有空气阻力；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；交流电频率不稳定(任选其二) 【命题人揭秘】
本题用验证机械能守恒定律的实验命题，考查考生对实验器材
的选择和实验误差的分析.选择实验器材的依据是实验原理，
所以理解实验原理是做好一个实验的重中之重.
本实验原理是以自由落体运动情景为载体，因为从理论上分
析，在自由落体运动中只有重力做功，机械能守恒，重力势能
转化为动能，检验下落过程减少的重力势能是否等于增加的动
能，即检验 其中质量可以约去，不必测
量重锤质量. 验证牛顿第二定律
【典例6】(2010·山东高考)请完成以下三小题.某同学设计了
如图所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧测力计固定在
一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代
替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连
接.在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时将
木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为
止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t. (1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_____；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)___________.
(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系.下列图象能表示该同学实验结果的是___________. (3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______.
a.可以改变滑动摩擦力的大小
b.可以更方便地获取多组实验数据
c.可以比较精确地测出摩擦力的大小
d.可以获得更大的加速度以提高实验精度【审题视角】解答本题应注意以下三点：
【关键点】
(1)根据实验原理分析该实验中提供的测量合外力的方法.
(2)能够分析误差来源并采取措施尽可能减小.
(3)该实验未平衡摩擦力，而是测出滑动摩擦力，体会加水法与挂钩码相比的好处. 【精讲精析】(1)木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀
加速直线运动，由 为了减小测量加速度
的偶然误差可以采用的方法是保持F1不变，重复实验多次测量
d、t，取平均值.
(2)该实验原理与教材实验原理类似，同样需要满足木板的质
量M远大于矿泉水瓶的质量m，此时可认为绳上的拉力T近似等
于弹簧测力计示数F1.本实验中没有平衡摩擦力，但通过题意
可知受到的摩擦力为F0，木板受到的合外力为(F1-F0).图象反
映的是a与F1的关系，而不是a与(F1-F0)的关系，所以图象不过原点.当F1增大时，即矿泉水瓶的质量m增大时，该实验不
再满足M m，此时a越大，绳上的拉力T就越小于弹簧测力计开
始加速运动时的示数F1，加速度增加得就越慢，图线弯曲,斜
率变小，c正确.
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的
优点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出滑动
摩擦力的大小，b、c说法是正确的.两种实验方法都不可以改
变滑动摩擦力的大小，a说法错误；通过(2)中分析可以知道当加速度增大时，实验条件便不再满足，此时实验误差变大，d说法错误.
答案：(1)2d/t2 保持F1不变，重复实验多次测量d、t，取平均值 (2)c (3)b、c 【阅卷人点拨】 纸带数据处理问题
高考指数:★★★★
1.(2011·广东高考)如图甲是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示. (1)OD间的距离为______ cm.
(2)如图乙是根据实验数据绘出的s-t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示_______，其大小为______ m/s2(保留三位有效数字). 【解题指南】解答该题应抓住以下两点：
(1)毫米刻度尺读数时要注意估读.
(2)通过两个变量之间的函数关系式确定斜率的意义.
【解析】由图甲D点对应的数值可以读出OD之间的距离为
1.20 cm.物体做匀变速直线运动，位移和时间之间的关系为
可见在s-t2图象中的斜率表示加速度的一半，可得
加速度为0.933 m/s2.
答案:(1)1.20 (2)加速度的一半 0.933 2.(2010·广东高考)如图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s=_______；C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字). 【解析】(1)打点计时器的电源频率为50 Hz,即打点的频率也
为50 Hz,则打相邻两点的时间间隔
(2)方法一：读A、B两点数值：1.00 cm、1.70 cm(毫米刻度尺
精确到1 mm,估读到0.1 mm).A、B两点间距：s=1.70 cm-1.00 cm
=0.70 cm.
方法二：由sBC-sAB=sCD-sBC
得：sAB=2sBC-sCD=0.70 cm物体做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于中间时
刻的瞬时速度，可知：
答案:(1)0.02 s (2)0.70 cm 0.100 m/s 3.(2010·重庆高考)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50 Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到O点的距离：
xA=16.6 mm、xB=126.5 mm、xD=624.5 mm. 若无法再做实验，可由以上信息推知：
(1)相邻两计数点的时间间隔为_______s；
(2)打C点时物体的速度大小为________m/s(取2位有效数字).
(3)物体的加速度大小为_______(用xA、xB、xD和f表示). 【解析】(1)打点计时器打出的纸带每隔4个点取一个计数点，
则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02×5 s=0.1 s.
(2)由匀变速直线运动的规律：某段时间内中间时刻的瞬时速
度等于该段时间的平均速度，可得(3)匀加速直线运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位
移以aT2均匀增大，有:BC=AB+aT2，
CD=BC+aT2=AB+2aT2
BD=2AB+3aT2，
所以
答案：(1)0.1 (2)2.5 (3) 探究弹力与弹簧伸长的关系
高考指数:★★★
4.(2012·广东高考)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______(选填“水平”或“竖直”)方向.
(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10 g砝码,弹簧长度依次记为L1至L6,数据如表: 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分度为______. (3)如图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______(选填“L0”或“Lx”)的差值.
(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9.8 m/s2). 【解题指南】本题要注意测量仪器的精度及正确读数，同时要
注意利用图象法求解问题的几个重要的物理量，如斜率、截距
等.
【解析】(2)测量仪器是10分度的,需要估读到最小精度的下一
位，则此刻度尺的最小精度应为1 mm，故L3读数错误.
(3)横轴表示的是弹簧的形变量，故为弹簧长度与L0的差值.
(4)由mg=kx得图象的斜率 故k=4.9 N/m，
挂了砝码盘后弹簧伸长了2 cm，由mg=kx知其质量为10 g.
答案：(1)竖直 (2)稳定 L3 1 mm (3)L0 (4)4.9 10 5.(2010·福建高考)某实验小组研究
橡皮筋伸长与所受拉力的关系实验时，
将原长约200 mm的橡皮筋上端固定，
在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂
钩码(质量均为20 g)，每增挂一只
钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐
一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长
量.根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图象如图所示.从图象中可以得出_____.(填选项前的字母)
A.增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比
B.当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
C.当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
D.增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度【解析】选D.增挂钩码时图线为曲线，Δl与F不成正比，故A不正确.当所挂钩码数相同时，即F相同时，由图象可知增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的小,是因为增挂钩码时所挂钩码数过多，超出了橡皮筋的弹性限度，故B、C不正确,D正确. 6.(2010·浙江高考)在“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”
实验中，甲、乙两位同学选用不同的橡皮绳代替弹簧，为测量
橡皮绳的劲度系数，他们在橡皮绳下面依次逐个挂上钩码(每
个钩码的质量均为m=0.1 kg，取g=10 m/s2)，并记录绳下端的
坐标x加i(下标i表示挂在绳下端钩码个数).然后逐个拿下钩
码，同样记录绳下端的坐标x减i，绳下端坐标的平均值xi＝
(x加i+x减i)/2 的数据如表： (1)同一橡皮绳的x加i______x减i(大于或小于)；
(2)______同学的数据更符合实验要求(甲或乙)；
(3)选择一组数据用作图法得出该橡皮绳的劲度系数k(N/m)；
(4)为了更好的测量劲度系数，在选用钩码时需考虑的因素有哪些？
【解析】(1)因橡皮绳被拉伸后不是完全弹性形变，不可能恢复到原长,故x加i小于x减i.
(2)乙同学的数据更符合实验要求：橡皮绳长度的改变量如下表所示，由下表数据知乙同学的数据中的改变量与增减的钩码数的正比例关系更明显. (3)由上表根据乙同学的数据作图得
由图可得k乙=57 N/m～70 N/m
(4)尽可能使伸长量在弹性范围内，同时有足够大的伸长量，以减小长度测量的误差.
答案:(1)小于 (2)乙 (3)见解析
(4)尽可能使伸长量在弹性范围内，同时有足够大的伸长量，以减小长度测量的误差. 验证力的平行四边形定则
高考指数:★★★
7.(2012·浙江高考)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.
(1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：
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2.50 N，请画出这两个共点力的合力F合.
(3)由图得到F合=______N. 【解题指南】在F-x图象中，图线的斜率等于弹簧的劲度系
数；弹簧秤的读数要估读一位；用平行四边形定则画合力.
【解析】(1)根据表格数据描点，然后连成一条过原点的直
线，直线的斜率等于弹簧的劲度系数,
(2)读出弹簧秤的读数为2.10 N(保留三位有效数字)；以O为顶
点，画出两弹簧的绳套方向就是两拉力方向，再确定并画好力
的标度，画出两拉力的图示，以两拉力为邻边作出平行四边
形，画出平行四边形的对角线，即合力F合.(3)用刻度尺量出合力的长度，根据确定的标度算出合力的大小.
答案：(1)如图 55(±2内均可)
(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02内均可) 画法见解析 (3)3.3(说明：±0.2内均可) 8.(2010·天津高考)在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳.实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条.
(1)实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的_______(填字母代号).
A.将橡皮条拉伸相同长度即可
B.将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C.将弹簧测力计都拉伸到相同刻度
D.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
(2)同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是______(填字母代号).
A.两细绳必须等长
B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
C.用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数之差应尽可能大
D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 【解析】(1)本实验利用等效法：使一个力F′的作用效果和两
个力F1、F2的作用效果相同，都是让同一条一端固定的橡皮条
伸长到同一点.这要求将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，即
将橡皮条沿相同方向拉到相同长度，故B、D正确；A、C都未限
制方向，无法保证效果相同.
(2)若验证一个力F′是否为力F1和F2的合力时，需作出各力的
图示，则应记录力的三要素：作用点、大小、方向.细绳套应
适当长一些，标记同一细绳方向的两点要远些，便于确定力的方向，减小偏差，但两细绳不必等长，故A不正确，D正确.为了避免弹簧测力计的外壳与弹簧测力计的限位卡之间有摩擦，应确保弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行，并使细绳套与弹簧测力计的轴线在同一条直线上，故B正确.在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值应尽量大些，以减小相对误差，但没必要使拉力之差尽可能的大，故C不正确.
答案:(1)B、D (2)B、D 【方法技巧】解答“验证力的平行四边形定则”问题的注意事项
(1)注意实验中等效思想的应用.
(2)熟知实验中的注意事项.
(3)掌握简单的实验误差分析 牛顿第二定律的验证及应用
高考指数:★★★★★
9.(2012·安徽高考)图甲为“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m,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，先调节长木板一端滑轮的高度，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m和M的选取，以下最合理的一组是( )
A.M=200 g,m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B.M=200 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C.M=400 g,m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D.M=400 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G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:sAB=4.22 cm、sBC=4.65 cm、sCD=5.08 cm、sDE=5.49 cm、sEF=5.91 cm、sFG=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). 【解题指南】解答本题时要注意以下两点：
(1)实验中应注意分析误差来源及减小误差的方法.
(2)利用纸带求加速度时应用位移逐差法.
【解析】(1)选B.要使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，应将长木板远离定滑轮的一端垫起，使小车所受重力沿木板向下的分力与小车及纸带所受摩擦力平衡，即选项B正确.(2)选C.要使砂和砂桶的总重力的大小作为细线对小车拉力的
大小，必须使m?M，只有选项C符合这个要求.
(3)小车的加速度为： 其中t=
0.1 s，代入数据得：a=0.42 m/s2.
答案:(1)B (2)C (3)0.42 10.(2011·山东高考)某探究小组设计
了“用一把尺子测定动摩擦因数”的
实验方案.如图所示，将一个小球和
一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端.
开始时小球和滑块均静止，剪断细绳
后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，
可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块
释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时
听到小球落地和滑块撞击挡板的声音.用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x .(空气阻力对本实验的影响可以忽略)
(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_____.
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为_____.
(3)以下能引起实验误差的是______.
a．滑块的质量
b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差
d．小球落地和滑块撞击挡板不同时 【解题指南】解答该题要把握以下三点：
(1)滑块、小球同时运动，同时听到撞击声，说明运动时间相同.
(2)滑块在粗糙的斜面上做匀加速直线运动，小球做自由落体运动.
(3)根据牛顿第二定律和几何关系求出动摩擦因数.【解析】(1)由于小球落地和滑块撞击挡板是同时的，可以得
出两个物体运动的时间相同.即
滑块： 小球：
(2)对滑块受力分析可知 (3)由上面的表达式可知所测动摩擦因数与H、h、x有关，故正
确选项为c、d.
答案: (3)c、d 11.(2010·江苏高考)为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置(如图所示).实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力. (1)往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车______(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点.
(2)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：请根据实验数据作出小车的v-t图象.
(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据v-t图象简要阐述理由. 【解析】(1)为了充分利用纸带，尽可能多地记录小车运动情况，应先接通电源再释放小车.
(2)作图法处理实验数据时，将描出的点用平滑的曲线连起来，不在图线上的点应均匀分布在图线两侧，不要用折线.(如图所示) (3)从v-t图象中可观察到速度越来越大，斜率越来越小即加速度越来越小，小车受到的合外力越来越小，则可知空气阻力越来越大，故该同学的观点是正确的.
答案:(1)之前 (2)见解析 (3)同意.在v-t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受到的空气阻力越大. 探究动能定理
高考指数:★★★
12.(2012·江苏高考)为测定木块与桌面
之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示
的装置进行实验.实验中，当木块A位于水
平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面.
将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点.分别测量OP、OQ的长度h和s.改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据. (1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮.请提出两个解决方
法.
(2)请根据下表的实验数据作出s-h关系的图象.(3)实验测得A、B的质量分别为m=0.40 kg、M=0.50 kg.根据
s-h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=_____.(结果保留一位有效数字)
(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果_____(选填“偏大”或“偏小”). 【解析】(1)为使A不撞到滑轮，应设法减小B落地瞬间A的速度，因而可以减小B的质量；增加细线的长度或增大A的质量；降低B的起始高度.
(2)如图(3)对A木块应用动能定理，有
由图可知
代入数据可以解得：μ=0.38≈0.4(4)考虑到滑轮的摩擦力做负功，实验中要克服滑轮的摩擦力
做功，造成实验结果偏大.
答案：(1)减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降
低B的起始高度) (2)见解析图 (3)0.4 (4)偏大13.(2009·安徽高考)探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：
(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W…；
(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3…；
(3)作出W-v草图； (4)分析W-v图象.如果W-v图象是一条直线，表明W∝v；如果不
是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝ 等关系.
以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是______.
A.本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W…,所采
用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸
的长度保持一致.当用1条橡皮筋进行该实验时，橡皮筋对小车
做的功为W，用2条、3条…橡皮筋并在一起进行第2次、第
3次…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W…B.小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜
C.某同学在一次实验中，得到一条记录纸带.纸带上打出的点，
两端密、中间疏.出现这种情况的原因，可能是没有使木
板倾斜或倾角太小
D.根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以
纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算
【解析】选D.放开小车之后，小车在橡皮筋的作用下开始加速
运动，等到橡皮筋恢复原长之后，小车做匀速直线运动．本实
验中测得的速度是小车匀速运动的速度，而不是整个过程的平均速度，因此研究纸带上打下的点一定是那些均匀分布的点，所以D说法是错误的.该实验利用倍增法，并未具体测量做功数值，而是以一根橡皮筋从拉伸到原长的过程所做的功作为单位功，通过改变橡皮筋的根数成倍地增加做功，故A说法正确.小车运动中受到木板的摩擦力，为了确保橡皮筋的弹力充当合外力，需要平衡摩擦力，故B说法正确.若得到的纸带中间疏、两端密，说明最后小车减速运动，而不是匀速运动，可能是摩擦力导致，这意味着没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，故C说法正确. 利用光电门测速度和加速度
高考指数:★★★
14.(2009·上海高考)小明同学在学习
了DIS实验后，设计了一个测物体瞬时
速度的实验，其装置如图所示.在小车
上固定挡光片，使挡光片的前端与车头
齐平，将光电门传感器固定在轨道侧面，垫高轨道的一端.小明同学将小车从该端同一位置由静止释放，获得了如下几组实验数据. 则以下表述正确的是( )
①四个挡光片中，挡光片I的宽度最小
②四个挡光片中，挡光片Ⅳ的宽度最小
③四次实验中，第一次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度
④四次实验中，第四次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度
A.①③ B.②③ C.①④ D.②④【解析】选D.将小车从该端同一位置由静止释放，则到光电门时速度不变，通过光电门的时间越短说明挡光片的宽度越小，故挡光片Ⅳ宽度最小，挡光片Ⅰ宽度最大，故①不正确，②正确.挡光片宽度越小，小车通过光电门的平均速度越接近于该点的瞬时速度，故③不正确，④正确. 15.(2009·全国卷Ⅰ)某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图.长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上.在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间. 实验步骤如下：
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量
m；
②用直尺测量AB之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，
B点到水平桌面的垂直距离h2；
③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间
t；
④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值 ；
⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα；⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，做出
f-cosα关系曲线.
用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g)：
(1)斜面倾角的余弦cosα=______；
(2)滑块通过光电门时的速度v=_______；
(3)滑块运动时的加速度a=________；
(4)滑块运动时所受到的摩擦阻力f=________________. 【解析】(1)根据三角形关系可得：
(2)滑块通过光电门时速度
(3)根据运动学公式
则有(4)滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,受重力、支
持力、滑动摩擦力,根据牛顿第二定律mgsinα-f=ma,则有
答案: 验证机械能守恒定律
高考指数:★★★★
16.(2010·四川高考)有4条用打点计时器(所用交流电频率为50 Hz)打出的纸带A、B、C、D，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的.为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为s1、s2、s3.请你根据下列s1、s2、s3的测量结果确定该纸带为________.(已知当地的重力加速度为9.791 m/s2) A.61.0 mm 65.8 mm 70.7 mm
B.41.2 mm 45.1 mm 53.0 mm
C.49.6 mm 53.5 mm 57.3 mm
D.60.5 mm 61.0 mm 60.6 mm
【解析】选C.在匀变速直线运动中相邻的相等时间内的距离之差Δs=aT2．验证机械能守恒定律的实验以重锤的自由落体运动情景为载体，所以相邻的0.02 s内的位移增加量为Δs=gT2 =9.791×0.022 mm≈3.9 mm，只有C选项符合，故C正确. 17.(2010·全国卷Ⅱ)利用图中所示的装置可以研究自由落体运动.实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落.打点计时器会在纸带上打出一系列的小点. (1)为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有_______.(填入正确选项前的字母)
A.天平 B.秒表 C.米尺
(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因____________________________. 【解析】(1)下落时间由打点计时器测定，下落位移由米尺测定，故选C.
(２)由于打点计时器与纸带之间存在摩擦力，由牛顿第二定律可知mg-f=ma
答案:(１)C (２)打点计时器与纸带之间存在摩擦力 18.(2010·安徽高考)利用图示装置进行验证
机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由
静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和
下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带，
设计了以下四种测量方案.a.用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t,通过v=
gt计算出瞬时速度v0
b.用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过 计算出瞬
时速度
c.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点
前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得
出高度h
d.用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时
纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速
度，测算出瞬时速度v0
以上方案中只有一种正确，正确的是_____.(填入相应的字母) 【解析】选d.速度不能用v=gt或 计算，因为只要认
为加速度为g，机械能当然守恒，即相当于用机械能守恒定律
验证机械能守恒定律，况且用v=gt计算出的速度比实际值大，
会得出机械能增加的错误结论，而因为摩擦阻力的影响，机械
能应该减小，所以速度应从纸带上直接测量计算．同样的道
理，重物下落的高度h，也只能用刻度尺直接测量，而不能用
计算得到．
答案:d19.(2010·海南高考)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示： (1)实验步骤
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l=9.30 mm；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=______cm；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2；⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=_____和v2=_______.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=_______和Ek2=_______.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少ΔEp=_________(重力加速度为g).
(3)如果ΔEp=__________，则可认为验证了机械能守恒定律. 【解析】由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离
s=80.30 cm-20.30 cm=60.00 cm.
由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度看做瞬时速度，挡光条的宽度l可用游标卡尺测量，挡光时间Δt可从数字计时器读出，因此，滑块通过光电门的瞬时速度为 则通过光电门1时瞬时速度为 通过光电门2时瞬时速度为由于质量事先已用天平测出，由公式 可得：滑块通
过光电门1时动能 滑块通过光电门2时动能
末动能减初动能可得动能的增加值.
两光电门中心之间的距离s即砝码和托盘下落的高度，系统势
能的减小值ΔEp=mgs，最后对比Ek2-Ek1与ΔEp数值大小，在误
差允许的范围内相等，就验证了机械能守恒定律.
答案:(1)③60.00(59.96～60.04)
③mgs
(3)Ek2-Ek1 研究匀变速直线运动
1.实验原理
对打点计时器的认识:
(1)作用：计时仪器，每隔0.02 s打一次点.
(2)工作条件：电磁打点计时器：4～6 V低压交流电;电火花计时器：220 V交流电.
(3)纸带上点的意义：表示和纸带相连的物体在不同时刻的位置；通过研究纸带上各点之间的间隔，可以判断物体的运动情况.2.利用纸带判断物体是否做匀变速直线运动的方法
(1)沿直线运动的物体在连续相等时间间隔的不同时刻的速度
分别为v1、v2、v3、v4、…，若v2－v1＝v3－v2＝v4－v3＝…，
则说明物体在相等时间内速度的增量相等，由此说明物体在做
匀变速直线运动，即 加速度恒定不变.
(2)沿直线运动的物体在连续相等时间内的位移分别为x1、x2、
x3、x4…，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝…，则说明物体
在做匀变速直线运动，且Δx＝aT2. 3.利用纸带数据求解速度、加速度的方法
(1)“平均速度法”求某点瞬时速度，即 如图所
示.
(2)“逐差法”求加速度，即
然后取平均值，即 这样使所给数据全部得到利
用，以提高准确度.
(3)“图象法”求加速度，即由“平均速度法”求出多个点的
速度，画出v-t图象，直线的斜率即代表加速度.4.数据处理及实验结论
由实验数据得出v-t图象
(1)根据表格中的v、t数据，在平面直角坐
标系中仔细描点，如图所示，对于每次实
验，描出的几个点都大致落在一条直线上.
(2)作一条直线，使同一次实验得到的各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的点，应均匀分布在直线的两侧，这条直线就是本次实验的v-t图象，它是一条倾斜的直线. 【名师点睛】
1.开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器.
2.先接通电源，计时器工作后，再放开小车，当小车停止运动时及时断开电源.
3.要防止钩码落地和小车跟滑轮相撞，在小车到达滑轮前及时用手按住它.4.牵引小车的钩码个数要适当，以免加速度过大而使纸带上的点太少，或者加速度太小，而使各段位移无多大差别，从而使误差增大，加速度的大小以能在50 cm长的纸带上清楚地取得六、七个计数点为宜. 【状元心得】
1.要区别计时器打出的点与人为选取的计数点.一般在纸带上每隔四个点取一个计数点，即时间间隔为
T＝0.02×5 s＝0.1 s.
2.多测几组数据，尽量减小偶然误差. 【名师点睛】
由实验得出的v-t图象,进一步得出小车运动的速度随时间变化的规律.有两条途径进行分析：
1.小车运动的v-t图象是一条倾斜的直线，如图所示，当时间增加相同的值Δt，速度也会增加相同的值Δv，由此得出结论：小车的速度随时间均匀变化.
2.既然小车的v-t图象是一条倾斜的直线，那么v随t变化的函数关系式为v＝kt＋b，所以小车的速度随时间均匀变化. 探究弹力和弹簧伸长的关系
1.实验原理
(1)如图所示，在弹簧下端悬挂钩码时弹簧
会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩
码的重力大小相等.
(2)弹簧的长度可用刻度尺直接测出，伸长
量可以由拉长后的长度减去弹簧原来的长度进行计算.这样就可以研究弹簧的弹力和弹簧伸长量之间的定量关系了. 2.要点步骤
(1)将弹簧的一端挂在铁架台上，让其自然下垂，用刻度尺测出弹簧自然伸长状态时的长度l0，即原长.
(2)如图所示，将已知质量的钩码挂在弹簧的下端，在平衡时测量弹簧的总长并测出钩码的重力，填写在表格里.(3)改变所挂钩码的质量，多次重复前面的实验过程.
(4)以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标，用描点法作图.
3.实验改进
在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，也可以不测量弹簧的自然长度，而以弹簧的总长作为自变量，弹力为函数，作出弹力随弹簧长度的关系图线.这样可避免因测弹簧的自然长度而带来误差. 【名师点睛】
一、实验操作时注意以下三点
1.所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度.要注意观察，适可而止.
2.每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标系上描的点尽可能稀，这样作出的图线精确.
3.测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量，以免增大误差. 二、处理数据时注意以下两点
1.记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位.
2.按照图中各点的分布与走向，尝试作出一条平滑的曲线(包括直线)，所描的点不一定正好都在这条曲线上，但要注意使曲线两侧的点分布大致均匀,切忌画成折线. 验证力的平行四边形定则
1.实验原理
(1)等效法：一个力F′的作用效果和两个力
F1、F2的作用效果相同，就是让同一条一端
固定的橡皮条伸长到同一点，所以力F′就
是这两个力F1和F2的合力，作出力F′的
示意图，如图所示.
(2)平行四边形法：根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的示意图.(3)验证：比较F和F′的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则就验证了力的平行四边形定则.
2.要点步骤
(1)在水平桌面上平放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸固定在方木板上.
(2)用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端各系上细绳套.
(3)用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，
互成角度地拉橡皮条，将结点拉到某一
位置O，如图所示.(4)用铅笔描下O点的位置和两条细绳的方向，读出并记录两个弹簧测力计的示数.
(5)用铅笔和刻度尺在白纸上从O点沿两条细绳的方向画直线，按一定的标度作出两个力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺和三角板作平行四边形，过O点的平行四边形的对角线即为合力F.(6)只用一个弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，读出并记录弹簧测力计的示数，描下细绳的方向，按同一标度用刻度尺从O点作出这个力F′的示意图.
(7)比较F′与用平行四边形定则求出的合力F的大小和方向，看它们在实验误差允许的范围内是否相等.
(8)改变F1和F2的大小和方向，再做两次实验. 3.实验改进
本实验用一个弹簧测力计也可以完成，具体操作如下：
(1)把两条细绳中的一条细绳与弹簧测力计连接，另一条细绳用手直接抓住，然后同时拉这两条细绳，使结点至O点，记下两条细绳的方向和弹簧测力计的示数F1.
(2)放回橡皮条后，将弹簧测力计连接到另一细绳上，再用手抓住另一条细绳，同时拉这两条细绳，使结点至O点，并使两条细绳位于记录下来的方向上，读出弹簧测力计的示数F2.其他步骤与提供两只弹簧测力计时相同.这种操作的优点是能减小因两弹簧测力计的不同而带来的误差，但实验过程稍麻烦.
【状元心得】
验证力的平行四边形定则的实验体现了物理等效替代的思想，所以本节实验要牢牢控制好效果相同. 【名师点睛】
1.注意事项
(1)同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应调整或另换，直至相同为止.
(2)在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O位置一定要相同.
(3)用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜. (4)读数时应注意使弹簧测力计与木板平行，并使细绳套与弹簧测力计的轴线在同一条直线上，避免弹簧测力计的外壳与弹簧测力计的限位孔之间有摩擦.读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些.
(5)细绳套应适当长一些，便于确定力的方向.不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向.(6)在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些.
2.误差分析
(1)弹簧测力计本身的误差.
(2)读数误差和作图误差.
(3)两分力F1、F2间的夹角θ越大，用平行四边形定则作图得出的合力F的误差ΔF也越大. 验证牛顿第二定律
1.实验原理
探究加速度a与力F及质量M的关系时，应用的是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量M不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制砝码和小盘的质量不变，即力F不变，改变小车质量M，讨论加速度a与M的关系.
2.要点步骤
(1)用天平测出小车和小盘的质量M和M′，把数值记录下来.(2)按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车施加牵引力).
(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动木块的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速运动状态，这时小车拖着纸带运动时受到的阻力恰好与小车所受重力在斜面方向上的分力平衡.(4)把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，先接通电源再放
开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点.打点完成后切
断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码.
(5)保持小车及车内砝码的质量不变，在小盘内放入质量为m′
的砝码，重复步骤(4).
(6)在小盘内分别放入质量为m″、?…的砝码，再重复步骤
(4).m′、m″、? …的数值都要记录在纸带上(或表格内).
(7)在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，标明计数点，
测量计数点间的距离，算出每条纸带上的加速度的值.(8)用纵坐标表示加速度，横坐标表示力，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点.若这些点在一条直线上，便证明了加速度与作用力成正比.
(9)保持砝码和小盘的质量不变，在小车上依次加砝码(也需做好记录)，重复上述步骤，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数，在坐标平面上根据实验结果画出相应的点，如果这些点在一条直线上，就证明了加速度与质量成反比. 3.数据处理
(1)把小车在不同力作用下产生的加速度填在表中(2)由以上数据画出它的a-F关系图象如图所示，通过a-F关系图象，我们可以得出小车的加速度a与力F成正比. (3)把不同质量的小车在相同力作用下产生的加速度填在表中(4)由以上数据画出它的 图象，如图所示.
4.实验改进
本实验中可以用气垫导轨来代替长木板，这样就省去了平衡阻力的麻烦，小车的加速度也可以利用传感器，借助于计算机来处理. 【状元心得】
控制变量法：有两个以上的参量在发生牵连变化时，可以控制某个或某些参量不变，只研究其中两个量之间的变化关系的方法.这是物理学中研究问题经常采用的方法.【名师点睛】
1.注意事项
(1)一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂重物的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动. (2)实验要点步骤(2)、(3)不需要重复，即整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变重物质量，还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力.
(3)每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于重物质量的条件下打出.只有如此，重物重力才可视为小车受到的拉力. (4)改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车.
(5)作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧.
(6)作图时两轴标度比例要选择适当,各量须采用国际单位.这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些. 2.误差分析
(1)质量的测量误差，纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差，拉线或纸带不与木板平行等造成误差.
(2)因实验原理不完善造成误差：本实验中用重物的重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于重物的重力)，存在系统误差.重物质量越接近小车的质量，误差就越大；反之，重物质量越小于小车的质量，误差就越小.
(3)平衡摩擦力不准造成误差：在平衡摩擦力时，除了不挂重物外，其他的都跟正式实验一样(比如要挂好纸带、接通打点计时器)，释放小车，使小车匀速运动，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各相邻点的距离相等. 【状元心得】
为提高测量精度，可以采取下列措施：
1.应舍掉纸带上开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找
一个起点.
2.可以把每打五次点的时间作为时间单位，即从开始点起，每
隔四个点标出一个计数点，而相邻计数点间的时间间隔为
T＝0.1 s.
3.处理数据时，作的a-M图象是曲线，不能直接判断加速度与
质量的关系，转换成 图象，是一条过原点的直线，可直
接断定加速度与质量的倒数成正比，即加速度与质量成反比. 探究动能定理
1.实验原理
(1)不是直接测量对小车做功，而是通过改变橡皮筋条数确定对小车做功W、2W、3W…
(2)由于橡皮筋做功而使小车获得的速度可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出.这样，进行若干次测量，就得到若干组功和速度的数据.(3)以橡皮筋对小车做的功为纵坐标，小车获得的速度为横坐标，作出W-v曲线，分析这条曲线，可以得知橡皮筋对小车做的功与小车获得的速度的定量关系.
2.要点步骤
(1)先用一条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W1，将这一组数据记入表格. (2)用两条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这样橡皮筋对小车做的功为W2，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格.
(3)用3条、4条…橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格.3.数据处理
(1)测量小车的速度：实验获得如图所示的纸带，为探究橡皮
筋弹力做功和小车速度的关系，需要测量弹力做功结束时小车
的速度，即小车做匀速运动的速度，应在纸带上测量A1、A2间
的距离x，则小车速度的表达式为 (T为打点计时器打点的
时间间隔). (2)在坐标纸上画出W-v和W-v2图线(“W”以一根橡皮筋做的功为单位).
(3)实验结论：由图象可知功与物体速度变化的关系为W∝v2. 【名师点睛】
1.注意事项
(1)平衡摩擦力很关键，将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡.方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角.
(2)测小车速度时，纸带上的点应选均匀的部分，也就是选小车做匀速运动时打出的点. (3)橡皮筋应选规格一样的.力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值.
(4)小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些.
2.误差分析
(1)误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比.
(2)没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大.
(3)利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准会带来误差. 验证机械能守恒定律
1.实验原理
(1)本实验原理是以自由落体运动情景为载体，在自由落体运
动中只有重力做功，机械能守恒，重力势能转化为动能，检验
下落过程减少的重力势能是否等于增加的动能，即检验mgΔh
与 是否相等，若相等，即可验证机械能守恒定
律. (2)速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于
相邻两点间的平均速度，即 如图所示.
或者 如图所示. 2.要点步骤
(1)器材安装：如图所示，将打点计时器固定在
铁架台上，用导线将打点计时器与低压交流电
源相连，此时电源开关应为断开状态.
(2)打纸带：把纸带的一端用夹子固定在重物上，
另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，待打点计时器打点稳定后再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点.取下纸带，换上新的纸带重打几条(3条～5条). 3.数据处理
(1)求瞬时速度
在第一个打点上标出O，并从稍靠后的某一点开始，依次标出1、2、3、4…,并量出各点到位置O的距离h1、h2、h3、h4…,用公式 计算出各点对应的瞬时速度v1、v2、v3、v4…
(2)守恒验证
方法一：利用起始点和第n点计算.代入ghn和 如果在实验误差允许的范围内， 则验证了机械能守恒定律. 方法二：任取两点计算
①任取两点A、B测出hAB，算出ghAB.
②算出 的值.
③如果在实验误差允许的范围内， 则验证了
机械能守恒定律.方法三：图象法.从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余
各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以 为
纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出 图线.
若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g的直线，
则验证了机械能守恒定律. 【名师点睛】
1.注意事项
(1)应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：
①安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力.
②应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小.
(2)实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直.接通电源后，等打点计时器工作稳定后再松开纸带. (3)验证机械能守恒时，可以不测出物体的质量，只要比较
和ghn是否相等即可验证机械能是否守恒.
(4)测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各
个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在
60 cm～80 cm 之间.
(5)速度不能用v=gt或 计算，因为只要认为加速度为
g，机械能当然守恒，即相当于用机械能守恒定律验证机械能
守恒定律，况且用v=gt计算出的速度比实际值大，会得出机械能增加的错误结论，而因为摩擦阻力的影响，机械能应该减小，
所以速度应从纸带上直接测量计算.同样的道理，重物下落的高
度h，也只能用刻度尺直接测量，而不能用 计算
得到.
2.误差分析
(1)本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气
阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量ΔEk稍小于重
力势能的减少量ΔEp，即ΔEk<ΔEp，这属于系统误差.改进的
办法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力.(2)本实验的另一个误差来源于长度的测量，属偶然误差.减小误差的办法是测下落距离时都从O点量起，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值.
(3)打点计时器产生的误差
①由于交流电周期的变化，引起打点时间间隔变化而产生误差；
②计数点选择不好，振动片振动不均匀，纸带放置方法不正确引起摩擦，造成实验误差. 课件159张PPT。专题三 牛顿运动定律1.牛顿运动定律、牛顿定律的应用 Ⅱ
2.超重和失重 Ⅰ 1.理解牛顿第一定律、牛顿第三定律，认识惯性和作用力、反作用力的特点.
2.熟练掌握牛顿第二定律，会用牛顿运动定律分析解决两类典型的动力学问题.
3.牛顿运动定律是高中物理的基础，特别是两类动力学问题，超、失重问题，牛顿运动定律与曲线运动、电磁学相结合的问题更成为高考考查的热点. 牛顿第三定律的应用
【典例1】(2011·浙江高考)如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D.若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)作用力与反作用力等大、反向、异体.
(2)平衡力等大、反向、同体.
(3)比赛的胜负取决于甲、乙两人的加速度.【精讲精析】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对作用力和反作用力,A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力,B错误；比赛的胜负取决于两人的加速度大小，由于冰面光滑，而两人所受绳的拉力大小相等，若甲的质量比乙大，由牛顿第二定律可知甲的加速度小于乙的加速度，乙运动得比甲快，故乙先到达分界线，所以甲能赢得比赛，C正确、D错误.
答案：C【命题人揭秘】应用牛顿第三定律应注意的问题
(1)定律中的“总是”表明在任何条件下牛顿第三定律都是成立的.
(2)牛顿第三定律只对相互作用的两个物体成立，因为大小相等、方向相反、作用在两个物体上且作用在同一条直线上的两个力，不一定是作用力和反作用力.
(3)牛顿第三定律揭示了作用力和反作用力具有同时性，若一个力产生或消失，则另一个力必然同时产生或消失. 对牛顿第二定律瞬时性的理解
【典例2】(2010·全国卷Ⅰ)如图所示，轻
弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端
与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于
水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.
现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g，则有( )【审题视角】解答本题时应明确在木板抽出前后木块1和2的受力情况有何变化，弹簧的弹力是否变化，根据合力求加速度.【精讲精析】抽出木板的瞬间，弹簧的弹力未变，故木块1所
受合力仍为零，其加速度为a1=0.对于木块2受弹簧的弹力F1=mg
和重力Mg作用，根据牛顿第二定律得 因
此选项C正确.
答案：C【命题人揭秘】瞬时加速度的求解与两种基本模型
分析物体的瞬时问题，关键是分析瞬时前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意两种基本模型的建立:
(1)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变.(2)刚性绳(或接触面)：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复的时间.一般题目中所给细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理. 整体法和隔离法的应用
【典例3】(2011·新课标全国卷)如图，
在光滑水平面上有一质量为m1的足够长
的木板，其上叠放一质量为m2的木块.
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：
开始时F较小，两物体一起以相同的加速度运动，当F增大到某一值时，两物体相对滑动，m1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m2水平方向所受合力增大，加速度增大，因此两物体加速度变化不同.【精讲精析】该题解析过程如下:
答案：A【命题人揭秘】整体法与隔离法的应用技巧
(1)运用整体法分析问题时，系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同.
(2)对于连接体各部分加速度相同时，一般的思维方法是先用整体法求出加速度，再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.
(3)当求各部分之间的作用力时，一定要用隔离法.考虑解题的方便有以下两个原则：
①选出的隔离体应包含所求的未知量；②在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少. 牛顿运动定律与运动图象问题
【典例4】(2012·安徽高考)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.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=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. 【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：【精讲精析】(1)由v-t图象可知，弹性球第一次下落过程中的加速度为：
由牛顿第二定律得：mg-f=ma1
则有：f=mg-ma1=(0.1×10-0.1×8) N=0.2 N(2)弹性球第一次碰撞后反弹时的速度为
由牛顿第二定律得：mg+f=ma′
则：
则反弹的高度为：
答案:(1)0.2 N (2)0.375 m【命题人揭秘】
(1)本题以物体的v-t图象为背景，体现了高考以能力立意为主，重在培养学生读图能力和理解能力.主要考查v-t图象、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、匀速直线运动等知识点.
(2)物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”是加速度. 超重和失重问题
【典例5】(2012·山东高考)将地面上静
止的货物竖直向上吊起，货物由地面运
动至最高点的过程中，v-t图象如图所示.
以下判断正确的是( )
A.前3 s内货物处于超重状态
B.最后2 s内货物只受重力作用
C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同
D.第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒【审题视角】解答本题应把握以下四点：
【关键点】
(1)根据加速度的方向判断货物是超重还是失重.
(2)根据加速度的大小判断货物是否只受重力作用.
(3)利用运动学公式求平均速度的大小.
(4)利用动能和势能的变化分析货物的机械能是否守恒.【精讲精析】由货物运动的v-t图象可知，前3 s内货物向上做
匀加速直线运动，货物处于超重状态，A正确；最后2 s内货物
向上做匀减速直线运动，加速度为-3 m/s2，说明货物除受重
力外，还受其他力的作用，B错误；由平均速度公式
得，前3秒内与最后2 s内货物的平均速度都为3 m/s，C对；第
3 s末至第5 s末的过程中，货物的速度不变，动能不变，重力
势能增加，故机械能增加，D错误.
答案:A、C【命题人揭秘】超重与失重状态的判断方法
(1)拉力(或支持力)的角度：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；当拉力(或支持力)小于重力时，物体处于失重状态；当拉力(或支持力)为零时，物体处于完全失重状态.
(2)加速度的角度：当物体具有向上的加速度(或加速度分量)时，处于超重状态；当具有向下的加速度(或加速度分量)时，处于失重状态；当具有向下的加速度且加速度a=g时，处于完全失重状态. 用牛顿第二定律解决动力学问题
【典例6】(2011·上海高考)如图，质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20 m.用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2 s拉至B处.(已知cos37°=0.8, sin37°=0.6.取g=10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.【审题视角】要使物体到达B处时间最短，物体应该先加速，然后减速，到达B处速度恰为0，中间没有匀速运动.【精讲精析】(1)物体做匀加速运动
解得：
对物体由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma0
解得：(2)设F作用的最短时间为t，物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，对物体由牛顿第二定律得：
Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma
解得：由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有：
at=a′t′
解得：
解得：
答案：(1)0.5 (2)1.03 s【命题人揭秘】解决动力学两类问题的基本思路
(1)由受力情况求运动情况,解题思路:
(2)由运动情况求受力情况,解题思路: 相对运动在牛顿运动定律中的应用
【典例7】(2010·海南高考)图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3 s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10 m/s2.整个系统开始时静止.(1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度以及 2 s、3 s末物块的速度；
(2)在同一坐标系中画出0～3 s内木板和物块的v-t图象，据此求0～3 s内物块相对于木板滑过的距离.
【审题视角】解答本题时要首先分析出在各个阶段木板和物块的受力情况，根据牛顿第二定律求出各自的加速度.再根据运动学公式可以求出各个时刻的速度，由v-t图象确定相对位移.【精讲精析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和v′t，木板和物块之间摩擦力的大小为Ff，依据牛顿第二定律、运动学公式和摩擦力公式得：Ff=ma′ ①
Ff=μmg，当v′t＜vt ②
v′t2=v′t1+a′(t2-t1) ③
F-Ff=2ma ④
vt2=vt1+a(t2-t1) ⑤结合题给条件得：
v1=4 m/s,v1.5=4.5 m/s,
v2=4 m/s,v2′=4 m/s ⑥
2 s末木板和物块达到共同速度，此后两物体一起做匀速直线运动，故v3=4 m/s,v3′=4 m/s ⑦(2)由上述公式得到物块与木板运动的
v-t图象，如图所示.在0～3 s内物块相
对于木板的距离Δs等于木板和物块v-t
图线下的面积之差，即图中带阴影的四
边形面积，该四边形由两个三角形组成，
上面的三角形面积为0.25 m，下面的三角形面积为2 m，因此Δs=2.25 m.
答案：(1)4 m/s 4.5 m/s 4 m/s 4 m/s 4 m/s 4 m/s
(2)图见精讲精析 2.25 m【命题人揭秘】
(1)本题以F-t图象为背景，考查牛顿运动定律以及相对运动知识，明确运动情景与物体受力的对应关系是解决问题的关键.
(2)本题用F-t图象间接地给出了物体的受力情况，立意新；同时将物体间的相对运动的距离和v-t图象的“面积”结合起来，使复杂问题变得直观、形象，但对学生的能力也提出了较高的要求. 牛顿运动定律的综合应用
【典例8】(2011·山东高考)如图
所示，在高出水平地面h=1.8 m 的
光滑平台上放置一质量M=2 kg、由
两种不同材料连接成一体的薄板A，
其右段长度l1=0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1 kg.B与A左段间动摩擦因数μ=0.4.开始时二者均静止，先对A施加F=20 N 水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走.B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2 m.(取g=10 m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左段的长度l2.
【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)物体A、B受力分析对应两个过程.
(2)物体的运动与对应的受力情况.
(3)两个物体运动时间之间的关系.【精讲精析】(1)物块B离开平台后做平抛运动：
x=vBt
h= gt2
解之可得vB=2 m/s
(2)物块B与A右端接触时处于静止状态，当B与A左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为aB,则
μmg=maB
vB=aBtB
又xB= aBtB2
解得tB=0.5 s
xB=0.5 m(3)A刚开始运动时，A做匀加速直线运动，设加速度为a1,B刚开始运动时，A的速度为v1,加速度为a2,则有
F=Ma1
v12=2a1l1
F-μmg=Ma2
l2=v1tB+ a2tB2- aBtB2
解得l2=1.5 m
答案：(1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m 【阅卷人点拨】 牛顿运动定律
高考指数:★★★★★
1.(2011·北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A.g B.2g C.3g D.4g【解题指南】解答本题时应把握以下三点：
(1)绳子拉力稳定不变时，人处于静止状态.
(2)人处于静止状态时，绳子的拉力等于重力.
(3)绳子拉力与重力的合力决定人的加速度.
【解析】选B.从题图中可以看出，最后绳子拉力稳定不变，表明人已经静止不动，此时绳子的拉力等于重力，所以mg=0.6F0，根据牛顿第二定律，最大加速度
故B正确.2.(2011·福建高考)如图，一不可伸长的轻
质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为
m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量
为m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摩擦.设细绳对A
和B的拉力大小分别为T1和T2.已知下列四个关
于T1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( )【解析】选C.若将滑轮视为轻质滑轮，即m=0，故T1=T2，由牛
顿第二定律得m2g-T2=m2a，T1-m1g=m1a，解得
当m=0时对各选项逐一进行验证，只有C正确；当m1=m2时，则
T1=m1g，同时对各选项逐一进行验证，只有C正确；故正确答案
选C.3.(2011·上海高考)在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛.一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力( )
A.小于受到的弹力
B.大于受到的弹力
C.和受到的弹力是一对作用力与反作用力
D.和受到的弹力是一对平衡力
【解析】选D.因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力：磁力与弹力，应为平衡力，故D正确，A、B、C错误. 牛顿运动定律的应用
高考指数:★★★★★
4.(2012·安徽高考)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个
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【解析】选C.根据物块的运动情况可知，加恒力F前、后，物块的受力情况分别如图甲、乙所示:
则由牛顿第二定律得：
mgsinθ-umgcosθ=ma，
(F+mg)sinθ-u(F+mg)cosθ=ma′，
两式相除得： 所以a′>a,故只有选项C正确.5.(2012·江苏高考)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】选C.皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小，一开始加速度最大，后来减小得越来越慢，最后速度为零时，加速度变为重力加速度，所以答案选C.6.(2012·江苏高考)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、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( )【解题指南】本题考查共点力的平衡问题，分别用到整体法和隔
离法，属于基本应用，难度中等.
【解析】选A.对木块受力分析有2f=Mg，对夹子受力分析，在竖
直方向上有F=2f+mg，联立两式可得： 答案选A.7.(2011·上海高考)如图，在水平面上的
箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细
线分别系于上、下两边，处于静止状态.
地面受到的压力为FN，球b所受细线的拉
力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升
过程中地面受到的压力( )
A．小于FN B.等于FN
C．等于FN+F D.大于FN+F【解题指南】解答本题要把握以下三点：
(1)剪断细线前由整体法列平衡方程求出FN，隔离法列出b球的平衡方程.
(2)剪断细线后对箱子和a球整体列平衡方程求出FN′.
(3)分析b球上升过程中库仑力的变化.【解析】选D.剪断细线前,把箱子以及两小球a、b看做一个整体，静止时地面受到的压力为FN等于三个物体的总重力，即FN=Mg+mag+mbg，对球b由平衡条件得F电=mbg+F；剪断细线后，对箱子和a球由平衡条件得FN′=Mg+mag+F′电=FN-mbg+F′电，b球加速上升过程中，两球之间的库仑力增大，即F′电＞F电，因此FN′＞FN+F，D正确，A、B、C错误. 8.(2011·上海高考)受水平外力F作用的
物体，在粗糙水平面上做直线运动，其
v-t图线如图所示，则( )
A.在0～t1秒内，外力F大小不断增大
B.在t1时刻，外力F为零
C.在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小
D.在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大【解题指南】解答本题要注意以下三点：
(1)v-t图象的斜率表示物体的加速度.
(2)摩擦阻力不变.
(3)F的方向可能与加速度a一致，也可能与a相反.【解析】选C、D.0～t1秒内，物体加速运动，F-Ff=ma，从图象斜率看，这段时间内的加速度减小，所以，0～t1秒内，Ｆ不断减小，A错误；从图象斜率看在t1时刻，加速度为零，F=Ff，B错误；在t1～t2秒内减速运动，若开始时Ｆ的方向与a相反，则Ff-F=ma，从图象斜率看加速度逐渐增大，因此Ｆ不断减小，C正确；当Ｆ减小到零，反向之后，Ff+F=ma，当Ｆ增大时，加速度ａ逐渐增大，D正确．9.(2011·福建高考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2>v1，则( )A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解析】选B.由图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1～t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错，B对；0～t2 这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C、D错.故选B.10.(2010·山东高考)如图甲所示，物体
沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段
距离后停止，物体与斜面和水平面间的动
摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接.图乙中v、a、Ff和s分别表示物体的速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.图乙中正确的是( )【解析】选C.本题考查了图象问题，对于该问题要寻找规律，写出表达式，然后判断.物体在两个过程中都做匀变速运动，由此可知A、B、D选项不正确.由Ff1=μmgcosα和Ff2=μmg可知，C选项正确.11.(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止.现将该木板改成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑.若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )【解析】选A.木板水平时，小物块的加速度a1=μg，设滑行初
速度为v0，则滑行时间为t= ；木板改成倾角为45°的斜面
后，小物块上滑的加速度为：
滑行时间为： A项正确.12.(2010·上海高考)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体( )
A.刚抛出时的速度最大
B.在最高点的加速度为零
C.上升时间大于下落时间
D.上升时的加速度等于下落时的加速度
【解析】选A.本题考查了牛顿运动定律和运动学知识，解答的关键是搞清上升和下降阶段加速度不同，上升时加速度大，时间短，所以C、D错，在最高点的加速度为g，所以B错，只有A正确.13.(2010·福建高考)质量为 2 kg的物体
静止在足够大的水平面上，物体与地面间
的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑
动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，
物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10 m/s2，则物体在t=0到t=12 s 这段时间内的位移大小为( )
A.18 m B.54 m
C.72 m D.198 m【解析】选B.拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动.
0～3 s时：F=Ffmax=μmg=4 N，物体保持静止，x1=0；
3 s～6 s时：F＞Ffmax，物体由静止开始做匀加速直线运动6 s～9 s时：F=Ffmax，物体做匀速直线运动,x3=vt=6×3 m=18 m
9 s～12 s时：F＞Ffmax，物体以6 m/s为初速度，以2 m/s2为加速
度继续做匀加速直线运动，则：
x4=vt+ at2=6×3 m+ ×2×32 m=27 m
所以0～12 s内物体的位移为：x=x1+x2+x3+x4=54 m，B正确.【误区警示】解答本题易产生的两个误区
(1)误认为0～3 s物体做匀速直线运动，实际上这段时间内物体受力平衡，保持静止状态.
(2)误认为3 s～6 s和9 s～12 s时间内物体都做初速度为零的匀加速直线运动，实际上9 s～12 s时间内的初速度等于6 s～9 s时间内物体匀速运动的速度.14.(2012·浙江高考)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后速度减为零，“B
鱼”竖直下潜hB后速度减为零.“鱼”在水中运动时，除受重力
外，还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力
的 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”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
确定研究对象→受力分析→运动分析→用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律列方程→解得结果.【解析】(1)以“A鱼”为研究对象，“A鱼”入水前，只受重
力，做自由落体运动，则有vA2-0=2gH，得vA= .
(2)“A鱼”入水后，受重力、阻力、浮力三个力作用，做匀减
速直线运动，设加速度为aA，以运动方向为正方向，有
mg-F浮-fA=maA,0-vA2=2aAhA,
由题意F浮= mg,联立得(3)以“B鱼”为研究对象，“B鱼”的受力和运动情况与“A
鱼”相似，所以
答案:15.(2012·重庆高考)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，如图所示.设球在运动中受到的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k；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v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
得(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有
N′sinθ-kv=ma N′cosθ=mg
得(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有
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
球不从球拍上掉落的条件 a′t2≤r
得答案：16.(2011·江苏高考)如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置.将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口.现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变.(重力加速度为g)(1)求小物块下落过程中的加速度大小；
(2)求小球从管口抛出时的速度大小；
(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于
【解析】(1)设细线中的张力为FT,
根据牛顿第二定律得:
对小物块:Mg-FT=Ma
对小球:FT-mgsin30°=ma
且M=km
联立解得(2)设M落地时的速度大小为v,m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度大小为a0，
根据牛顿第二定律-mgsin30°=ma0
由匀变速直线运动规律知
v2=2aLsin30°，v02-v2=2a0L(1-sin30°)
联立解得(3)由平抛运动规律x=v0t,
Lsin30°= gt2
解得 得证.
答案: (3)见解析17.(2010·安徽高考)质量为2 kg的物体
在水平推力F的作用下沿水平面做直线运
动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图
象如图所示.g取10 m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小.【解析】(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2，初速度为v20，末速度为v2t，加速度为a2，则
①
设物体所受的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得：
Ff=ma2 ②
Ff=-μmg ③
联立②③式，代入数据得μ=0.2 ④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1，初速度为v10，末速度为v1t，加速度为a1，则
⑤
根据牛顿第二定律，有F+Ff=ma1 ⑥
联立各式，代入数据得F=6 N
(3)由匀变速直线运动位移公式，得
x=x1+x2=v10Δt1+ =46 m
答案:(1)0.2 (2)6 N (3)46 m18.(2009·海南高考)一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0=12 m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关，某时刻，车厢脱落，并以大小为a=2 m/s2的加速度减速滑行，在车厢脱落t=3 s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍，假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离.【解析】设刹车前卡车的牵引力大小为F，卡车的质量为m，则车厢没脱落前，F=μ·2mg ①
设车厢脱落后，卡车加速度大小为a1，刹车后，卡车加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma1 ②
μmg=ma ③
3μmg=ma2 ④
设车厢脱落后，t=3 s内卡车行驶的路程为x1，末速度为v1，
则:
x1=v0t+ a1t2 ⑤v1=v0+a1t ⑥
v12=2a2x2 ⑦
(式中x2是卡车在刹车后减速行驶的路程)
设车厢脱落后滑行的路程为x，有
v02=2ax ⑧
卡车和车厢都停止时相距Δx，则:
Δx=x1+x2-x ⑨
①～⑨式联立代入数据解得:
Δx=36 m.
答案:36 m【方法技巧】受力分析是解决动力学问题的关键
解决动力学问题时，受力分析是关键，对物体运动情况的分析同样重要，特别是对运动过程较复杂的问题.分析时，一定要弄清楚整个过程中物体的加速度是否相同，若不同，必须分阶段处理，加速度改变时的速度是前后过程联系的桥梁.分析受力时，要注意前后过程中哪些力发生了变化，哪些力没发生变化. 超重和失重
高考指数:★★★
19.(2010·海南高考)如图所示，木箱内有一竖
直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时
弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上.若在某一
段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时
间内，木箱的运动状态可能为( )
A.加速下降 B.加速上升
C.减速上升 D.减速下降【解析】选B、D.木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，合外力的方向向上，表明系统有向上的加速度，是超重，可能加速上升，也可能是减速下降，B、D正确.20.(2010·浙江高考)如图所示，A、B两物体
叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气
阻力).下列说法正确的是( )
A.在上升和下降过程中A对B压力一定为零
B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力【解析】选A.该题考查了加速度相同的连接体问题，用隔离法求相互作用力.当系统被抛出后，两者的加速度为g.对物体A进行受力分析，设支持力为F，则mg-F=mg，F=0，A选项正确.21.(2011·天津高考)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是______.
【解析】测力计的示数小于G，说明电梯处于失重状态，加速度方向向下，则电梯可能是向下加速，也可能是向上减速.
答案:减速上升或加速下降【方法技巧】巧用超失重观点解题
当物体的加速度不在竖直方向上，而具有向上的分量a上或者具有向下的分量a下，则物体的视重与实重的关系为：
(1)超重时：F视=mg+ma上 ，视重等于实重加上ma上，视重比实重大ma上.
(2)失重时：F视=mg-ma下，视重等于实重减去ma下，视重比实重“失去”了ma下. 牛顿第一定律、牛顿第三定律
1.牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
(2)物理意义.
①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律.
②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因.2.惯性
(1)定义：物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.
(2)惯性的性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关.
(3)惯性的表现：物体不受外力作用时，有保持静止或匀速直线运动状态的性质；物体受到外力作用时其惯性大小表现在运动状态改变的难易程度上.
(4)惯性大小的量度：质量是惯性大小的惟一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.3.牛顿第三定律
(1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.
(2)物理意义：建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系.4.相互作用力与平衡力的比较【名师点睛】
1.牛顿第一定律的理解
(1)牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象、归纳推理而总结出来的.
(2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况.2.对惯性的理解，应注意
(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来.
(2)惯性与物体是否受力、怎样受力无关，与物体是否运动、怎样运动无关，与物体所处的地理位置无关，惯性大小仅由质量决定.
3.注意区别惯性和惯性定律
(1)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，与物体是否受力、受力的大小无关.
(2)惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律.4.牛顿第三定律的“三个相同”和“两个不同”
(1)
(2) 牛顿第二定律及其应用
1.牛顿第二定律
(1)内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
(2)表达式：F=ma.
(3)适用范围.
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系.
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况.2.进一步理解牛顿第二定律
牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系，联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度，可从以下几个方面理解牛顿第二定律：3.两类动力学问题
牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来. 两类动力学问题分别是已知受力情况求物体的运动情况和已知运动情况求物体的受力情况，分析这两类问题的流程图为：4.力学单位制
(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制.
(2)基本单位：基本物理量的单位.基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位分别是kg、s、m.
(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.【名师点睛】
1.牛顿第二定律F=ma在确定a与m、F的数量关系的同时，也确定了三个量间的单位关系，因为此式为矢量式，所以也确定了a与F间的方向关系.
2.应用牛顿第二定律求a时，可以先求F合，再求a，还可以先求各个力的加速度，再合成求出合加速度.3.独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础.根据独立性原理，把物体所受的合力分解在相互垂直的方向上，在这两个方向上分别列牛顿第二定律方程.这就是牛顿第二定律的正交分解法.【状元心得】
1.应用牛顿第二定律的解题思路和步骤
(1)解题思路.
首先对所选取的研究对象进行受力分析和运动过程分析，然后由牛顿第二定律，通过加速度这个桥梁，结合运动学公式列式求解.
(2)解题步骤.
①明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体.
②进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程.③选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度的方向为某一坐标轴的正方向.
④求合外力F.
⑤根据牛顿第二定律F=ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论.2.应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题的过程，主要把握两点
(1)一个桥梁——物体运动的加速度.
(2)两类问题.
①第一类问题：已知受力求运动，对物体进行受力分析，确定加速度是解决问题的关键.
②第二类问题：已知运动求受力，分析物体的运动过程，通过运动学公式确定物体的加速度是解决问题的关键. 超重和失重
1.超重
(1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象.
(2)产生条件：物体具有向上的加速度.
2.失重
(1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象.
(2)产生条件：物体具有向下的加速度.3.完全失重
(1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力)等于零的情况称为完全失重现象.
(2)产生条件：物体具有向下的加速度且加速度a=g.
4.视重:
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重，视重大小等于它们所受的压力或拉力.【名师点睛】
四角度理解超重和失重
1.重力的角度：物体处于超重或失重状态时，重力没有变化,仍为mg.
2.拉力(支持力)的角度：物体处于超重或失重状态时，竖直向上的拉力(支持力)不再等于重力，超重时大于重力，失重时小于重力，完全失重时等于零.3.加速度的角度：物体处于超重或失重状态时，竖直方向具有加速度，超重时方向向上，失重时方向向下，完全失重时a=g.
4.速度的角度：物体处于超重状态时，速度方向可以向上(加速运动)，可以向下(减速运动)；物体处于失重状态时，速度方向可以向上(减速运动)，也可以向下(加速运动). 整体法和隔离法处理连接体问题
1.整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到外力F已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法叫做整体法.
2.隔离法：从研究的方便出发，当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中“隔离”出来，进行受力分析，依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的思维方法叫做隔离法.【名师点睛】
处理连接体问题时，整体法和隔离法往往交叉使用，一般的方法是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体之间的相互作用力.动力学中的临界极值问题
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件. 一、动力学中的典型临界问题
1.接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN=0.
2.相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值.
3.绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT=0. 4.加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度.当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值. 二、解题策略
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况.【典题例证】如图所示，质量为m=1 kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围.(g=10 m/s2 )【命题探究】此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下.找准临界状态是求解此题的关键.【深度剖析】(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向.
对物块分析，
在水平方向有FNsinθ-μFNcosθ=ma1
竖直方向有FNcosθ+μFNsinθ-mg=0
对整体有F1=(M+m)a1
代入数值得a1=4.8 m/s2，F1=14.4 N(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有F′Nsinθ+μF′Ncosθ=ma2,
竖直方向有F′Ncosθ-μF′Nsinθ-mg=0，
对整体有F2=(M+m)a2
代入数值得a2=11.2 m/s2,F2=33.6 N
综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N 物理学问题的表达方式通常有文字、数字、字母、表格、函数、图象等，其中图象是常见且直观的一种方式．在动力学中，常见的图象有x-t图象、v-t图象和F-t图象等.
利用图象分析动力学问题时，关键是要将题目中的物理情景与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出正确判断．如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象中斜率、截距、交点、折点、面积等的对应关系．巧用v-t图象解决动力学综合问题 我们最常用的是v-t图象．它有如下特点：
1.因速度是矢量，故图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v-t图象只能描述物体做直线运动的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的v-t图象. 2.画图要注意v-t图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值.
3.v-t图象图线上每一点的斜率代表该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向.
4.v-t图象上速度的图线与时间轴所围成的“面积”表示物体的位移.【典例1】如图所示，质量为M=4 kg的木板长L=1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,今用水平力F=28 N 向右拉木板．要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，g=10 m/s2)【命题探究】本题设计巧妙，是典型的动力学多过程问题，要求学生具有较高的处理较复杂问题的能力，尤其在对隐含条件及临界条件的挖掘、分清物理过程及对中间量的设定上都有较高要求.【深度剖析】在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，该状态为临界状态.本题可以借助v-t图象来解决.设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1,t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L.
在0～t1的过程中，由牛顿第二定律得：
对滑块:μmg=ma2，v2=a2t1
对木板：F-μmg=Ma1，v1=a1t1
撤去力F后，木板的加速度变为a3，则:μmg=Ma3
由v-t图象知:
L= (v1-v2)t2 v1-a3(t2-t1)=v2+a2(t2-t1)
联立以上各式得:t1=1 s【典例2】将一个粉笔头轻放在以2 m/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为 4 m 的划线．若使该传送带仍以2 m/s的初速度改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5 m/s2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一个粉笔头(与传送带的动摩擦因数和第一个相同)轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？【命题探究】“划痕”问题的解题核心强调的是运动过程的全程分析，其中建立正确的几何关系是解题成功的关键.图象法更加直观、简捷.【深度剖析】第一次划线，传送带匀速，粉笔头由静止开始做匀加速运动，两者发生相对滑动，设粉笔头的加速度大小为a1，同时作出粉笔头和传送带的速度—时间图象，如图甲所示.AB和OB分别代表它们的速度—时间图线,速度相等时(B点)划线结
束，图中△AOB的面积代表第一次划线长度 ×2×t0=4，故t0=4 s，
即B点坐标为(4，2)，粉笔头的加速度大小为a1=0.5 m/s2.
第二次划线，传送带一直做匀减速运动，粉笔头先做匀加速运动后
做匀减速运动，同时作出传送带和粉笔头的v-t图象，如图乙所示，
AE代表传送带的速度—时间图线，它的加速度为a=1.5 m/s2，由速
度公式v0=at2可得t2= s，即E点坐标为( ，0).OC代表第一阶段
粉笔头的速度—时间图线，C点表示二者速度相同，a1t1=v0-at1，
得t1=1 s,v1=a1t1=0.5 m/s，即C点坐标为(1，0.5)，该阶段粉笔头相对传送带向后划线，划线长度(图中左侧阴影面积)s1=
S△AOC= ×2×1 m=1 m，等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦
力反向，开始减速运动，由于传送带先减速到零，所以后来粉
笔头一直匀减速至静止.CF代表它在第二阶段的速度—时间图
线，由速度公式可求出t3=2 s，即F点坐标为(2，0)，此阶段
粉笔头相对传送带向前划线，长度(图中右侧阴影面积)s2=
S△CEF= ×0.5×(2- ) m= m<1 m，可见粉笔头相对传送带
先向后划线1 m，又折回向前划线 m，所以粉笔头在传送带
上能留下1 m长的划线.质量相同的甲、乙两辆汽车都在方向不变的水平合外力的作用下从静止出发沿水平方向做加速直线运动.在第一段时间间隔内，两辆汽车所受合外力的大小不变，汽车乙所受的合外力大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲所受的合外力大小增加为原来的两倍，汽车乙所受的合外力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位移之比.【解析】设每段时间间隔为t0，在第一段时间间隔内甲汽车的
加速度为a0.则由题意可知，在0～t0内的甲、乙两车的加速度
a甲、a乙的关系为a乙=2a甲=2a0，在t0～2t0内的甲、乙两车的加
速度a甲、a乙的关系为a甲=2a乙=2a0.由题意画v-t图象如图所示，则四边形OBDG的面积S1与四边形OADG的面积S2的比值即为所求.
则S1=S△OBC+S矩形BFGC+S△BFD= a0t02,S2=S△OAC+S矩形AEGC+S△AED=
a0t02,所以 牛顿第二定律研究的对象可以是单个物体(质点)，也可以是多个相互作用的物体组成的系统(质点系).对于多个相互作用的物体组成的系统，高考时常有涉及，如果对系统中的物体逐一使用牛顿运动定律求解，过程往往较为复杂,而对系统整体应用牛顿第二定律往往能使问题简化.牛顿第二定律在相互作用系统中的灵活应用 牛顿第二定律研究的对象可以是单个物体(质点)，也可以
是多个相互作用的物体组成的系统(质点系).设系统内各物体
的质量分别为m1、m2、… 、mn，系统所受到的合外力为? ，
牛顿第二定律应用于整体时的表达式为：
1.若系统内各物体的加速度a相同 ，则有 =(m1+m2+…
+mn)a. 2.若系统内各物体的加速度不相同，设分别为a1、a2…
an ，则有 =m1a1+m2a2+…+mnan (矢量和).
若将各物体的加速度正交分解，则牛顿第二定律应用于系
统的表达式为Fx=m1a1x+m2a2x+…+mnanx
Fy=m1a1y+m2a2y+…+mnany
注意：系统内各物体加速度的方向，与规定的正方向相同
时加速度取正值，反之就取负值.【典例1】如图所示，水平地面上有一倾角为θ、质量为M的斜面体，斜面体上有一质量为m的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体没有动，求地面对斜面体的支持力FN与摩擦力Ff的大小.【命题探究】本题中所要求的地面对斜面体的支持力FN与摩擦力Ff分别在竖直方向上和水平方向上，由于斜面体没有加速度，而物块的加速度a是沿斜面方向的，故我们应将a沿水平方向与竖直方向进行分解.应用牛顿第二定律时要注意其矢量性.【深度剖析】以物块和斜面体组成的系统为研究对象，将物块的加速度a沿水平方向与竖直方向进行分解，对物块与斜面体整体在竖直方向上由牛顿第二定律有(M+m)g-FN=M×0+masinθ.在水平方向上由牛顿第二定律有Ff=M×0+macosθ,解得：FN= (M+m)g-masinθ,Ff=macosθ.【典例2】如图所示，轻杆的两端分别固定两个质量均为m的小球A、B，轻杆可以绕距A端1/3杆长处的固定转轴O无摩擦地转动.若轻杆自水平位置由静止开始自由绕O轴转到竖直状态时，求转轴O对杆的作用力.【命题探究】杆转到竖直状态时，两球与杆间的相互作用力应在竖直方向上，故此时两球无水平方向上的加速度.两球此时的向心加速度即分别为两球的合加速度.【深度剖析】设杆长为L，杆转到竖直状态时两球的速度大小分别为vA、 vB，设此时转轴O对杆的作用力为F.对A、B两球及轻杆组成的系统在此过程中由机械能守恒有：
由于A、B两球在转动过程中任一时刻的角速度相等，其线速度大小与转动半径成正比，
故有
杆在竖直状态时：
A球的向心加速度为B球的向心加速度为
选取竖直向下为正方向，对A、B两球及轻杆组成的整体由牛顿
第二定律得2mg+F=maA-maB
由以上几式解得F=- mg，这里负号表示F方向竖直向上.
牛顿第二定律应用于系统时，只需要合理地选取整体为研究对
象，分析系统受到的外力，而不需要分析系统内各物体间的内
力，这样就可以避开系统内各物体相互作用的复杂细节，凸显
出牛顿第二定律的整体性优势.如图所示，一质量为M的楔形木块放在水
平桌面上，它的顶角为90°，两底角为
α和β；a、b为两个位于斜面上质量均
为m的小木块．已知所有接触面都是光滑
的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )
A.Mg＋mg B.Mg＋2mg
C.Mg＋mg(sinα＋sinβ) D.Mg＋mg(cosα＋cosβ)【解析】选A.以木块a、木块b和楔形木块组成的系统为研究对
象，a沿斜面方向的加速度为aa=gsinα，同理b沿斜面方向的
加速度为ab=gsinβ，将它们沿竖直方向分解得aay=gsin2α，
aby=gsin2β.选竖直向下为正方向，对系统运用牛顿第二定律
得：(M+2m)g-FN=maay+maby,又因为 所以FN=Mg+mg，故
A正确.课件89张PPT。专题九 恒定电流1.欧姆定律 Ⅱ
2.电阻定律 Ⅰ
3.电阻的串联、并联 Ⅰ
4.电源的电动势和内阻 Ⅱ
5.闭合电路的欧姆定律 Ⅱ
6.电功率、焦耳定律 Ⅰ1.能够应用导体的伏安特性曲线I-U图象和U-I图象以及闭合电路路端电压U和电流I关系图象分析有关问题.
2.能够应用电路的串联、并联规律结合闭合电路的欧姆定律进行电路的动态分析.
3.会计算电路中的电功、电功率、电热.
4.会分析和计算含容电路和含电动机等非纯电阻电路，会分析以及检测电路中的故障. 闭合电路欧姆定律
【典例1】(2010·新课标全国卷)电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为( )【审题视角】解答本题的关键是，电源的电动势E，路端电压U由
伏安特性曲线直接读出，而电源的效率，可以通过
进行计算.
【精讲精析】电源效率 E为电源的电动势，根据图象可知
所以选项D正确.
答案：D【命题人揭秘】电源的U-I曲线的妙用
(1)电源的U-I曲线的形状：U为电源的路端电压，I为干路电
流，由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir，图象是斜率为负值的倾
斜的直线.
(2)利用图象求电源的电动势和内阻：根据U=E-Ir，图线纵轴
上截距为电动势E，图线斜率的绝对值为电源内阻r=| |.同
一坐标系中不同电源的U-I曲线不同，因此该曲线可称为电源
的特征曲线.(3)利用图象求解或比较电源的不同的工作状态：图线上不同
的点(I，U)代表电源的不同工作状态，点与原点连线的斜率表
示该状态下电源所接外电阻R= ，以该点与原点为顶点构成
的矩形面积表示电源该状态下的输出功率P出=UI. 电路的动态分析
【典例2】(2011·海南高考)如图，E
为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3
为定值电阻，S0、S为开关， 与?
分别为电压表与电流表.初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
A. 的读数变大， 的读数变小
B. 的读数变大， 的读数变大
C. 的读数变小， 的读数变小
D. 的读数变小， 的读数变大【审题视角】解答本题可按以下思路分析:
【精讲精析】当S断开时，外电阻变大，总电流I变小，路端电压U外变大，所以电压表的示数变大；总电流变小，电阻R1上的电压U1减小，而路端电压变大，则电阻R3上的电压变大，所以电流表的示数变大.所以B项正确.
答案：B【命题人揭秘】电路动态分析的常用方法
(1)程序法:基本思路是“部分→整体→部分”
(2)直观法:即直接应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论.
①任一电阻R阻值增大,必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大.②任一电阻R阻值增大,必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路两端电压U串的减小.
(3)极限法:即因变阻器滑动引起电路变化的问题,可将变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论.
(4)特殊值法：对于某些双臂环路问题,可以采取代入特殊值去判定,从而找出结论. 电阻的串联、并联
【典例3】(2008·宁夏高考)一个T型电
路如图所示，电路中的电阻R1=10 Ω，
R2=120 Ω,R3=40 Ω.另有一测试电源
电动势为100 V，内阻忽略不计.则( )
A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω
B.当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω
C.当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V
D.当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：
【关键点】
(1)分析A、B选项时首先明确三个电阻的连接关系.
(2)分析C、D选项时知道没有电流的电阻不分压，相当于导线.【精讲精析】本题考查电路的串并联知识.当cd端短路时，R2与R3
并联再与R1串联，ab间等效电阻为40 Ω，选项A正确；若ab端短
路时，R1与R3并联再与R2串联，cd间等效电阻为128 Ω，选项B错
误；当ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电
压即为R3的电压，为Ucd = ×100 V=80 V，选项C正确；当cd两
端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即为R3的电
压，为Uab = ×100 V=25 V，选项D错误.
答案：A、C【命题人揭秘】电路简化的方法与技巧
(1)凡接在同样两个等势点上的用电器为并联关系，凡流过同一电流的用电器为串联关系.
(2)凡用导线直接连接的各点的电势必相等(包括用不计电阻的电流表、没有电流通过的电阻连接的点).
(3)不加声明的情况下，不考虑电表对电路的影响，电流表视为短路，电压表、电容器视为断路. 含容电路的分析与计算
【典例4】(2010·安徽高考)如图所
示，M、N是平行板电容器的两个极
板，R0为定值电阻，R1、R2为可调
电阻，用绝缘细线将质量为m、带正
电的小球悬于电容器内部.闭合电键
S，小球静止时受到悬线的拉力为F.
调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )A.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C.保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D.保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小
【审题视角】解答本题关键是，电路稳定时，电容器对电路作用是断路，R1两端电压为零，故电容器两端电压等于R0两端的电压，所以可根据R0两端电压的变化分析小球所受电场力的变化，进而分析F的变化.【精讲精析】保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，
R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减
小，带电小球受到的电场力F电=qE=q· 减小, 悬线的拉力为
将减小，选项B正确，选项A错误.保持R2不变，
缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力F不
变，选项C、D错误.
答案：B【命题人揭秘】含容电路的分析方法
(1)直流电路中的电容：只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路.
(2)极板间的电压：电容器跟与它并联的用电器的电压相等，与电容器串联的电阻不分压即电阻两端电压为零.
(3)充放电电流方向：在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相反的，所以一般根据正极板电荷变化情况来判断电流方向.(4)计算带电量的变化：如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和. 电阻定律的应用与计算
【典例5】(2009·全国卷Ⅰ)材料的电阻率ρ随温度变化的规
律为ρ＝ρ0(1+αt),其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在
t=0 ℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常
数.金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；
而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数.利用具有正负
温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围
内不随温度变化的电阻.已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×
10-8 Ω·m,碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m,在0 ℃时，铜的电阻温度系数为3.9×10-3 ℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0×
10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0 m 的导
体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长
度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化).
【审题视角】解答本题时可以按以下步骤求解：
【关键点】
(1)应用电阻定律求每个棒的电阻；
(2)应用串联规律求解总电阻；
(3)总电阻的阻值在0 ℃附近是定值，应用数学方法求长度.【精讲精析】设所需碳棒的长度为L1，碳的电阻率为ρ1，电
阻温度系数为α1；铜棒的长度为L2，铜的电阻率为ρ2，电阻
温度系数为α2.根据题意有ρ1=ρ10(1+α1t) ①
ρ2=ρ20(1+α2t) ②
式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在0℃时的电阻率.
设碳棒的电阻为R1，铜棒的电阻为R2，有R1= ③
④
式中S为碳棒与铜棒的横截面积.碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为
R=R1+R2 ⑤
L0=L1+L2 ⑥
式中L0=1.0 m
联立以上各式得： ⑦
要使电阻R不随温度t变化，⑦式中t的系数必须为零.即
ρ10α1L1+ρ20α2L2=0 ⑧
联立⑥⑧得：
代入数据解得：L1≈3.8×10-3 m
答案：3.8×10-3 m【阅卷人点拨】 电阻、电阻定律
高考指数:★★★
1.(2009·天津高考)为探究小灯泡L的伏安
特性，连好如图所示的电路后闭合开关，通
过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由
零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光.由
电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I
图象应是( )【解题指南】解答本题时注意以下两点：(1)灯丝随温度升高，电阻率增大.(2)电压增大时温度升高.
【解析】选C.当电压增大时温度升高，电阻率增大，灯丝电阻随之增大，在图象上某点到原点连线的斜率表示电阻，因此斜率应越来越大.选项A的电阻越来越小，选项B的电阻不变，选项C的电阻越来越大，选项D是电源的特征曲线，故选项C正确.2.(2009·广东高考)导体的电阻是导体本身的一种性质，对于
同种材料的导体，下列表述正确的是( )
A.横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B.长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C.电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D.电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
【解析】选A.对于同种材料的导体,电阻率是个定值,根据电阻
定律R= 可知电阻R与长度l成正比，与横截面积S成反比，与
导体两端的电压、通过导体的电流无关，故B、C、D选项错误，
A选项正确.【误区警示】解答本题易产生的两个误区
(1)误认为导体的电压一定，电阻与通过导体的电流成反比.
(2)误认为导体的电流一定，电阻与导体两端的电压成正比.实际上导体的电阻由导体本身决定. 电路的计算和动态分析
高考指数:★★★★
3.(2012·浙江高考)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W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60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( )
A.8×108 kW·h B.8×1010 kW·h
C.8×1011 kW·h D.8×1013 kW·h【解题指南】要估算，必须形成几个具体的有关数据：全国约有4亿个家庭，每个家庭平均每天用电5小时，这样就可估算出全国一年节省的电能.
【解析】选B.每个家庭节省的功率为ΔP=0.1 kW，全国约有n=4×108个家庭，每个家庭平均每天用电5小时，则全国一年节省的电能为ΔW=ΔP·nt=0.1 kW×4×108×365×5 h=7.3× 1010 kW·h，选项B正确，其他选项错误.4.(2011·上海高考)如图所示电路中，闭合
电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端
向下滑动时( )
A.电压表V读数先变大后变小，电流表A读数
变大
B.电压表V读数先变小后变大，电流表A读数
变小
C.电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D.电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【解析】选A.电路的串并联关系是这样的：滑动变阻器的上下两部分电阻并联再与电阻R串联.当上下两部分电阻相等时，并联电路阻值最大，干路电流最小，路端电压最高，即电压表读数经历了先增大后减小的过程，所以只有A、C选项可能正确；当滑动变阻器的滑动触头P在最高端时，电流表读数为零，即电流表的读数是从零开始增加的，因此，只能是A选项不可能是C选项.【方法技巧】电路动态分析的方法
解答电路动态分析问题，可按以下两步骤：
(1)理清电路的串并联关系.
(2)按照局部→整体→局部的逻辑方法，运用闭合电路的欧姆定律判断电压、电流的变化情况.5.(2011·北京高考)如图所示电路，电源
内阻不可忽略.开关S闭合后，在变阻器R0
的滑动端向下滑动的过程中( )
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大，电流表的示数减小
D.电压表的示数减小，电流表的示数增大【解析】选A．变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，使连入电路中的R0阻值减小，整个电路的电阻减小，电路中的电流I增大，路端电压U＝E－Ir减小，即电压表的示数减小，又R2与R0并联后再与R1串联，在R0减小时，使得R2两端电压减小，R2中的电流减小，即电流表示数减小，A正确，B、C、D错误.6.(2010·上海高考)在如图所示的闭合电
路中，当滑片P向右移动时，两电表读数
的变化是( )
A.A变大,V变大 B.A变小，V变大
C.A变大,V变小 D.A变小，V变小【解题指南】解答本题要注意以下两点：
(1)部分电路的变化会影响整体.
(2)整体的变化又会影响局部.
【解析】选B.滑片P向右移动时，电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，内电压减小，路端电压变大.故选项B正确.7.(2009·江苏高考)在如图所示的闪光
灯电路中，电源的电动势为E，电容器
的电容为C.当闪光灯两端电压达到击穿
电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定( )
A.电源的电动势E一定小于击穿电压U
B.电容器所带的最大电荷量一定为CE
C.闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D.在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等【解析】选D.理解此电路的工作过程是解决本题的关键.电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光.要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A选项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B选项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C选项错误；充电时电荷通过R，电容器通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D选项正确.【误区警示】解答含容电路易产生的两个误区
(1)误认为电容器两端的电压等于电源电动势.
(2)搞不清楚电容器何时充放电.8.(2009·重庆高考)某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W),将其连接在220 V交流电源上，电路如图，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则( )
A.X1的功率减小，L1的功率增大
B.X1的功率增大，L1的功率增大
C.X2的功率增大，其他指示灯的功率减小
D.X2的功率减小，其他指示灯的功率增大【解析】选C.显然L1和X1并联、L2和X2并联…然后它们再串联接在220 V交流电源上，L2灯丝烧断，则总电阻变大，电路中电流I减小，又L1和X1并联的电流分配关系不变，则X1和L1的电流都减小、功率都减小，同理可知除X2和L2外各灯功率都减小，A、B、D选项均错误；由于电流I减小，各并联部分的电压都减小，交流电源电压不变，则X2上电压增大，根据P＝U2/R可知X2的功率变大，C选项正确.9.(2009·广东高考)如图所示，电动势
为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三
个电阻相接.只合上开关S1，三个灯泡都
能正常工作.如果再合上S2，则下列表述
正确的是( )
A.电源输出功率减小
B.L1上消耗的功率增大
C.通过R1上的电流增大
D.通过R3上的电流增大【解题指南】解答本题时应注意以下三点：
(1)合上S2后，明确外阻的变化，进而明确干路电流的变化.
(2)内阻不计，电源的输出功率等于总功率P出=EI.
(3)根据串联、并联的规律分析支路电流的变化.【解析】选C.在合上S2之前，三个灯泡都能正常工作，合上S2之后，电路中的总电阻R总减小，则I总增大，即流过R1的电流增大，由于不计内阻，电源的输出功率P出=EI总，可见电源的输出功率增大，选项A错误；R1两端的电压增大，则与其并联部分两端的电压减小，I3减小，I2减小，I1减小，可见选项B、D错误，选项C正确.10.(2009·广东高考)如图所示是一实验
电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过
程中，下列表述正确的是( )
A.路端电压变小
B.电流表的示数变大
C.电源内阻消耗的功率变小
D.电路的总电阻变大【解析】选A.当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻减小，
使得总电阻减小，选项D错误；根据 可知总电流在增
加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=I总r+U外,可知路端电压在
减小，选项A正确；流过电流表的电流为 可知电流在减
小，选项B错误；根据P=I总2r，可知内阻消耗的功率在增大，
选项C错误. 欧姆定律、闭合电路欧姆定律
高考指数:★★★
11.(2009·全国卷Ⅱ)图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I 图线.用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V.则该电路可能为( )【解析】选B.由测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线可知，该电源的电动势为6 V,内阻为0.5 Ω.此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时测得路端电压为4.8 V,选项A中的路端电压为4 V,选项B中的路端电压为4.8 V，选项B正确，选项C中的路端电压为5.7 V,选项D中的路端电压为为5.4 V，A、C、D选项错误.12.(2009·上海高考)如图所示电路中，R1＝12 Ω，R2＝6 Ω，
滑动变阻器R3上标有“20 Ω 2 A”字样，理想电压表的量程
有 0～3 V和0～15 V 两挡，理想电流表的量程有0～0.6 A 和0
～3 A两挡.闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，
电压表、电流表示数分别为2.5 V和0.3 A；继续向右移动滑片P
到另一位置，电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏
的1/4，则此时电流表示数为_____A，该电源的电动势为_____V.【解析】由题意当“继续向右移动滑片P到另一位置”电压表
示数一定大于2.5 V，电流表示数一定小于0.3 A，再结合电压
表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的1/4，可知电压
表的量程为0～15 V，电流表的量程为0～0.6 A，因此当滑片
滑到下一位置时电流表的示数为：I1= ×0.6 A=0.15 A；电
压表的示数为U3= ×15 V=5 V；由串、并联电路规律得：0.3
×12=I2×6，得I2=0.6 A，由闭合电路欧姆定律得(0.3+0.6)r
+2.5+0.3×12=E；同理：0.15×12=I2′×6,得I2′=0.3 A，
由闭合电路欧姆定律(0.15+0.3)r+5+0.15×12=E，
以上各式联立解得：E=7.5 V.
答案:0.15 7.513.(2012·四川高考)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20 m，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380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.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 ①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r ②
代入数据解得Pr=1×103 W ③
(2)设蓄水总质量为M，抽水所用时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则M=ρV ④
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则
ΔEp=Mgh ⑤
设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr ⑥
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%=ΔEp ⑦
代入数据解得t=2×104 s ⑧
答案：(1)1×103 W (2)2×104 s 电流、电阻、电动势
1.电流
(1)电流的一层含义
①大量自由电荷定向移动形成电流的现象；
②物体中有大量的自由电荷是形成电流的内因，电压是形成电流的外因.(2)电流的另一层含义
①意义：表示电流强弱的物理量；
②定义：通过导体横截面的电荷量q跟通过这些电荷量所用时间的比值叫电流.
(3)方向：规定正电荷定向运动的方向为电流方向.(注意：电流是标量)(4)大小
①定义式：I= ，单位：A
②微观表达式：I=nqSv
③决定式：I= (部分电路欧姆定律，只适用于金属或电解液导电)2.电阻
(1)意义：反映了导体对电流的阻碍作用.
(2)定义式：R= ，国际单位：Ω
(3)决定式(电阻定律)：R= ，取决于导体的材料、形状、温度.(4)(5)导体的伏安特性曲线：导体的电流随电压的变化关系曲线叫做伏安特性曲线.线性元件与非线性元件比较：
注：斜率的倒数表示电阻.3.电动势
(1)意义：电动势表征了电源把其他形式的能转换为电能的本领的物理量.
(2)大小：
①在数值上等于电源没有接入电路时电源两极间的电压.
②在数值上等于电路中通过1 C的电量时电源所提供的电能.
③在闭合电路中等于内外电路电压之和，E=U内+U外
(3)决定因素：电源的电动势是由电源的本身性质决定的，与外电路无关.【名师点睛】
1.关于电流的几个性质
(1)电流既有大小也有方向，但是标量，其运算遵守算术运算规则.
(2)电流的单位安培(A)是国际单位制中七个基本单位之一.
(3)电流的分类：方向不改变的电流叫直流电流，方向和大小都不改变的电流叫恒定电流，方向改变的电流叫交流电.2.电阻与电阻率的比较3.电阻的决定式和定义式的比较 电功、电功率、电热
1.电功
(1)定义：电流流过导体时把电能转化为其他形式能的多少.
(2)计算式：W=UIt
2.电功率
(1)定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢.
(2)定义式：P= =UI.3.电热
(1)定义：电流通过导体时电能转化为内能的多少.
(2)计算式(焦耳定律)： Q=I2Rt.
(3)热功率：单位时间内发热的功率，P热=I2R.
4.纯电阻电路与非纯电阻电路
(1)纯电阻用电器：电流通过用电器以发热为目的，例如电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁等.
(2)非纯电阻用电器：电流通过用电器是以转化为热能以外的形式的能为目的，发热不是目的，而是不可避免的热能损失，例如电动机、电解槽、给蓄电池充电、日光灯等.【名师点睛】
电功和电热的区别
(1)在纯电阻电路中，电能全部转化为热能，电功等于电热，即：
W=UIt=I2Rt= 是通用的，没有区别，同理P=UI=I2R= 也无区
别.
(2)在非纯电阻电路中，电路消耗的电能，即W=UIt分为两部分，
一大部分转化为其他形式的能；另一小部分不可避免地转化为电
热Q=I2Rt，这里W=UIt不再等于Q=I2Rt，应该是W=E其他+Q，电功就
只能用W=UIt计算，电热就只能用Q=I2Rt计算.P电=P其他+P热即IU=
P其他+I2R. 电阻的连接
1.串联与并联2.电压表、电流表的改装
(1)电流表G(表头)：
表头的内阻Rg、满偏电流Ig、满偏电压Ug三者的关系是Ug=IgRg.(2)电压表及大量程电流表的改装.【状元心得】
关于电阻串、并联的几个结论
1.串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，并联电路的总电阻小于电路中任意一条支路的电阻.
2.串联电路中任意一个电阻变大(或变小)时，总电阻变大(或变小)，并联电路中任意一个电阻变大(或变小)时，总电阻变大(或变小).
3.串联电路中增加(或减少)电阻个数时，总电阻变大(或变小)，并联电路中增加(或减少)支路条数，总电阻变小(或变大).4.一种典型的极值电路：
如图电路所示，试讨论滑动头P由a向b滑动过程中RAB怎样变化？
由于
故当R1+RaP=R2+RPb时，RAB最大，即当P：a→b时，RAB是先增大后减小.
注意：上述结论成立的条件是：0≤|R1-R2|如果：(1)R1-R2≥R3,则当P：a→b时，RAB将一直变小.
(2)R2-R1≥R3，则当P：a→b时，RAB将一直增大. 闭合电路的欧姆定律
1.闭合电路欧姆定律
(1)内容.
闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比.
(2)表达式.
①I= (电流的决定式，适用于纯电阻电路).
②E=U+Ir(电压关系式，适用于任意电路).(3)路端电压U与外电阻R的关系.
①
外电路断路时(R等于无穷大)，I=0，U外= E .
②
外电路短路时(R=0)，I= ,U内=E.(4)路端电压跟电流的关系.
①关系式：U=E-Ir .
②U-I图象：纵轴截距为E，斜率的绝对值为r.2.电源的功率和效率
(1)电源的功率(电源的总功率):PE=EI
(2)电源的输出功率(外电路的功率)：P出=UI
电源的输出功率：
可见电源输出功率随外电阻变化
的图线如图所示，而当内外电阻相等时，电源的输出功率最
大，为(3)电源内部消耗的功率Pr=I2r
(4)电源的效率：【状元心得】
1.直流电路动态分析的步骤
(1)先确定外电路的电阻R如何变化，根据闭合电路欧姆定律
再确定电路的总电流如何变化.
(2)由U内=I内r，确定电源的内电压如何变化.
(3)由U外=E-U内，确定路端电压如何变化.
(4)由部分电路欧姆定律、串并联电路的特点确定某一支路两
端电压的变化以及通过各支路的电流如何变化.2.电路故障的类型
(1)短路:电路被短路后电路中有电流通过(电流表有示数)，被短路两点之间没有电压(电压表无示数).
(2)断路:电路断路部分没有电流通过(电流表无示数)，断路两点之间有电压,断路同侧导线两点之间无电压.电路故障问题分析
电路故障分析是综合考查学生电路知识、电流表、电压表特点以及电路中的物理量的规律等知识的一种类型题，也是考查学生解决实验中可能遇到的实际问题的能力的好形式.电路故障常见的情况是断路和短路，下面以只存在一处故障为例说明故障判断的方法.1.电路故障状态特点 2.故障分析方法
(1)仪器检测法.
①断点故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压时，再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则该路段中有断点.
②短路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压时，再逐段与电路并联，当电压表示数为零时，该电路被短路;当电压表示数不为零时，则该电路不被短路或不完全被短路. (2)排除法:如果电路发生某种故障，寻求故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分；然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电路规律进行正向推理，推理结果若与题干中所述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题干中所述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止.【典题例证】在如图所示的电路中，灯泡A和B都是正常发光的，后来由于电路中某个电阻发生断路，忽然灯泡B比原来变暗了一些，而灯泡A比原来亮了一些.下列说法中正确的是( )
A.R2断路 B.R1断路 C.R3断路 D.无法判断
【命题探究】本题属于典型的电路故障判断问题，可以用排除法解决.【深度剖析】选A．先假设R1所在的支路断路，则外电阻总阻
值增大，A、B两灯的电压均增大，两灯消耗的电功率也增大，
两灯都应变亮，这与题设现象不符合，可见R1支路完好.假设R2
所在支路断路，则A灯所在的并联支路的电阻增大，导致外电
路总阻值增大，干路中电流变小，电源的路端电压U增大，则
流过R1的电流I1增大，由I2=I总-I1可知，A灯所在支路电流I2减
小.所以B灯的电压UB= 减小，B灯的电功率也减小，
故B灯变暗；而A灯的电压UA=U-UB增大，所以A灯变亮.由于上述
结论与题设现象相符合，故假设正确，即R2所在支路断路,同
理可知C错误.课件95张PPT。专题二 相互作用1.滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力 Ⅰ
2.形变、弹性、胡克定律 Ⅰ
3.矢量和标量 Ⅰ
4.力的合成和分解 Ⅱ
5.共点力的平衡 Ⅱ1.理解重力、弹力、摩擦力三种性质力的产生条件，掌握弹力、静摩擦力有无的判断方法以及滑动摩擦力、静摩擦力的计算方法.
2.掌握解决物理问题的基本方法：力的合成与分解.
3.掌握共点力平衡的条件及应用. 弹力的计算——胡克定律
【典例1】(2010·新课标全国卷)一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )【审题视角】根据弹簧平衡时的特点确定弹簧的弹力及弹簧的
形变量，由胡克定律列出方程.
【精讲精析】用外力压缩或拉伸弹簧,当弹簧平衡时，外力与弹
簧的弹力平衡，而弹簧的弹力与弹簧的形变量(伸长量或压缩量)
成正比，根据胡克定律有：F1=k(l0-l1)，F2=k(l2-l0)，由两式把l0
消去即可解得： 故C选项正确.
答案：C【命题人揭秘】正确理解胡克定律
(1)胡克定律的成立前提是弹簧发生形变时没有超出其弹性限度;(2)弹簧弹力大小与其形变量成正比,而不是与弹簧长度成正比;(3)形变量指弹簧相对于自然长度的长度变化量,若弹簧自然长度为L0,发生形变后的长度为L,则:①弹簧伸长时,形变量x=L-L0;②弹簧压缩时,形变量x=L0-L;(4)劲度系数k由弹簧自身因素决定,与弹簧的形变量x及弹力F大小无关. 受力分析
【典例2】(2011·山东高考)如图所示，
将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地
面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁上.开始时a、b均静止.弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )
A.Ffa大小不变 B.Ffa方向改变
C.Ffb仍然为零 D.Ffb方向向右【审题视角】本题考查对弹簧和轻绳上弹力的分析，轻绳的弹力可以在瞬间突变，而弹簧的弹力发生变化需要一段时间.【精讲精析】(1)选a物体为研究对象.
(2)选b物体为研究对象.
答案:A、D【阅卷人点拨】 静摩擦力的分析与判断
【典例3】(2011·天津高考)如图所示，A、B
两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持
相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程
中B受到的摩擦力( )
A.方向向左，大小不变
B.方向向左，逐渐减小
C.方向向右，大小不变
D.方向向右，逐渐减小【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：
【精讲精析】物块B具有水平向左的恒定加速度，由牛顿第二定律知，物块B受到的合外力水平向左且恒定，对物块B受力分析可知，物块B在水平方向的合外力就是物块A施加的静摩擦力，因此，物块B受到的摩擦力方向向左，且大小不变，保持恒定，故A正确.
答案：A【命题人揭秘】静摩擦力有无及方向的判断方法
(1)假设法.
利用假设法判断摩擦力的有无及方向的思维程序如下:(2)反推法:从研究物体的运动状态反推它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，从而判断静摩擦力的有无及方向.
(3)状态法:此法关键是先判明物体的运动状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F=ma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向.
(4)利用牛顿第三定律来判定.
此法关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再确定另一物体受到的静摩擦力的方向. 力的合成与分解
【典例4】(2012·山东高考)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【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：
(1)
(2)【精讲精析】以两个木块m和重物M整体作
为研究对象，在竖直方向上，
与挡板间的距离无关，A错误，B正确；如
图所示，以轴O点为研究对象，杆对轴O的
作用力为 再以木块m为研究对象，
挡板对木块的正压力 当挡板间的距离稍许增大时，θ增大，FN增大，C错误，D正确.
答案:B、D【命题人揭秘】二力合成中的几个特例
(1)相互垂直的两个力(两个力分别为F1和F2)的合成，合力大
小
(2)夹角为θ、大小相同(大小为F)的两个力的合成，由平行四
边形定则作出的平行四边形为菱形，其对角线相互垂直且平
分，则合力大小F合=2Fcos ,方向与F的夹角为 .
(3)夹角为120°的两等大的力的合成，平行四边形的对角线将
平行四边形分为两个等边三角形，故合力的大小与两个分力大
小相等. 共点力作用下物体的平衡
【典例5】(2011·江苏高考)如图所示，
石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形
石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重
力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( )【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：
【精讲精析】设石块侧面所受的弹力为
FN，受力如图所示.则弹力与水平方向
的夹角为α，由力的平衡条件可知
2FNsinα=mg，所以有 A对.
答案：A 【命题人揭秘】求解共点力平衡问题的一般步骤 力的概念、重力、弹力、摩擦力
高考指数:★★★★
1.(2011·海南高考)如图，粗糙的水平
地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿
斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，
则地面对斜劈的摩擦力( )
A.等于零
B.不为零，方向向右
C.不为零，方向向左
D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右【解析】选A.以斜劈和物块整体为研究对象，整个系统处于平衡状态，合外力为零.所以地面对斜劈没有水平方向的摩擦力的作用.故A正确.【误区警示】解答本题易产生的两个误区
(1)误认为物块对斜劈有垂直斜面向右下方的压力，使斜劈产生向右的运动趋势，斜劈受到地面向左的静摩擦力.而实际上物块对斜劈的作用力是物块对斜劈的压力和摩擦力的合力，其方向竖直向下，斜劈水平方向没有运动趋势.
(2)误认为匀速直线运动的物体和静止的物体不能以整体为研究对象进行受力分析.而实际上只要系统中每一个物体的运动状态都相同，即有相同的加速度，系统就可以看做整体进行受力分析,本题以整体为研究对象受力分析简单、方便.2.(2009·天津高考)物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上,B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是( )【解题指南】解答本题的关键是明确在什么情况下施加力F之后物块的下滑趋势增大.再进一步利用共点力作用下的平衡条件来判断静摩擦力的变化.【解析】选D.在施加力F之前，物块重力沿斜面向下的分量等于物块受到的沿斜面向上的摩擦力，即Ff=mgsinθ.选项A、B对物块施加的是垂直于斜面的力，所以平行于斜面的力没有改变，静摩擦力也不变，即Ff=mgsinθ，A、B错误；选项C、D中对物块施加竖直方向的力而物块没有运动，物块仍然平衡，所以选项C中物块所受的静摩擦力为Ff=mgsinθ-Fsinθ，并随F的增大而减小，当F=mg时，Ff=0，以后F再增大物块将离开斜面，选项D中物块所受静摩擦力为Ff=mgsinθ+Fsinθ，并随F的增大而增大,故C错误，D正确.3.(2009·广东高考)某缓冲装置可抽象成
如图所示的简单模型.图中k1、k2为原长相
等，劲度系数不同的轻质弹簧.下列表述正
确的是( )
A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B.垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C.垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D.垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变【解析】选B、D.不同弹簧的缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，A错误；在垫片向右移动的过程中，由于两个弹簧相连，则它们之间的作用力等大，B正确；由于两弹簧的劲度系数不同，由胡克定律F=kΔx可知，两弹簧的形变量不同，则两弹簧的长度不相等，C错误；在垫片向右移动的过程中，由于弹簧的弹力做功，则弹性势能将发生变化，D正确. 力的合成与分解
高考指数:★★★★
4.(2012·广东高考)如图所示,两根等长
的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与
竖直方向的夹角都为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( )【解析】选B.日光灯受重力G及两根绳子的拉力T作用而处于平
衡状态，其受力如图所示.由于两个拉力的夹角成直角，则由
力的平行四边形定则可知 故T= G，B选项正确.5.(2011·海南高考)如图，墙上有两个钉
子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为
45°，两者的高度差为l.一条不可伸长的
轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光
滑钉子b悬挂一质量为m1的重物.在绳子距
a端 的c点有一固定绳圈.若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比 为( )【解析】选C.
方法一：力的作用效果分解法
钩码的拉力F等于钩码重力m2g.
将F沿ac和bc方向分解，两个分力分别为Fa、Fb，如图甲所示其中
Fb=m1g，由几何关系可得: 又有
解得: 故C正确.方法二：正交分解法
绳圈受到三个力作用Fa、Fb、F，如图乙所示.
将Fb沿水平方向和竖直方向正交分解，列方程得: m1gcosθ=m2g，
由几何关系得
解得: 故C正确.方法三：力的合成法
绳圈受到三个力作用Fa、Fb、F，如图丙所示，其中Fa、Fb的
合力与F等大反向，即F合=F=m2g，则: 又有
解得: 故C正确.【方法技巧】力的合成与分解法的选择技巧
力的合成法、作用效果分解法、正交分解法都是常见的解题方法.一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的合成法、作用效果分解法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而变.6.(2011·广东高考)如图所示的水平面
上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根
弹簧，连接点P在F1、F2、F3三力作用下
保持静止，下列判断正确的是( )
A.F1>F2>F3
B.F3>F1>F2
C.F2>F3>F1
D.F3>F2>F1【解析】选B.P点受力如图所示：
由几何知识得F3>F1>F2，所以B正确，A、C、D错误.7.(2010·广东高考)如图所示为节日
里悬挂灯笼的一种方式，A、B点等高，
O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力
分别为FA、FB，灯笼受到的重力为G.下
列表述正确的是( )
A.FA一定小于G
B.FA与FB大小相等
C.FA与FB是一对平衡力
D.FA与FB大小之和等于G【解析】选B.由A、B两点等高，AO、BO等长可知，AO绳与BO绳两力对称，B选项正确；若两绳间的夹角θ=120°时，FA=FB = G；当θ<120°时,FA=FB＜G；当θ>120°时,FA=FB＞G，故A选项错误；这两个力的矢量和与重力是平衡力，C选项错误；这两个力不是大小之和而是矢量之和等于重力G，D选项错误. 受力分析、共点力的平衡
高考指数:★★★★★
8.(2012·新课标全国卷)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【解析】选B.以小球为研究对象，画出小球受力的矢量三角形，由力的矢量三角形很直观地可看出：N1始终减小，N2始终减小.故选项B正确.9.(2012·浙江高考)如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0 kg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4.9 N.关于物体受力的判断(取g=9.8 m/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4.9 N，方向沿斜面向上
C.斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上
D.斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上
【解题指南】物体静止在斜面上，物体受到的合力为零，用正交分解法可顺利解题.【解析】选A.物体受到重力、支持力和绳子的拉力作用，重力
沿斜面向下的分力为mgsinθ=4.9 N，沿斜面方向的合力为零，
所以物体没有运动的趋势，摩擦力大小为零，选项A正确、B错
误；斜面对物体的支持力大小等于mgcosθ=4.9 N，方向垂直
斜面向上，选项C、D错误.10.(2011·安徽高考)一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上.现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示.则物块( )
A.仍处于静止状态 B.沿斜面加速下滑
C.受到的摩擦力不变 D.受到的合外力增大【解题指南】分析物块不加力F时的受力情况，“恰好静止”物块所受静摩擦力等于滑动摩擦力，可求出动摩擦因数，加力F后再进行受力分析，判断运动状态.【解析】选A.无力F时受力情况如图甲，物块恰好静止则最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，由平衡条件得mgsinθ=Ffm =μFN=μmgcosθ，μ =tanθ，当施加恒力F后，受力情况如图乙，物块所受最大静摩擦力为：F′fm=μ(mgcosθ+Fcosθ) =mgsinθ+Fsinθ，物块仍处于静止状态,A正确，B错误；由于F′fm>Ffm，故C错误;物块始终静止，则受到的合力始终为零，D错误.11.(2011·江苏高考)如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦.现将质量分别为M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上,两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有( )A.两物块所受摩擦力的大小总是相等
B.两物块不可能同时相对绸带静止
C.M不可能相对绸带发生滑动
D.m不可能相对斜面向上滑动
【解题指南】解答本题时要明确两物块与绸带相对静止的条件，然后确定在不同条件下出现的各种可能情况.【解析】选A、C.当物块与绸带之间的动摩擦因数μ=tanα时，M、m恰好相对于绸带静止，M相对于斜面向下运动，m相对于斜面向上运动，由于斜面光滑且不计绸带质量，此时绸带等效为一根轻绳；当μ>tanα时情况相同；当μA.3 B.4 C.5 D.6【解析】选C.先把P、Q看成一个整体进行分析，在重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力三个力作用下处于平衡状态.隔离Q进行分析，在重力、木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用下处于平衡状态.由牛顿第三定律可知Q对P有一个压力，弹簧对P有一个弹力(沿斜面向下)，所以P共受到5个力的作用，故C正确.13.(2010·山东高考)如图所示，质量分
别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，
在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直
线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水
平方向成θ角.则m1所受支持力FN和摩擦力Ff正确的是( )
A.FN=m1g+m2g-Fsinθ
B.FN=m1g+m2g-Fcosθ
C.Ff=Fcosθ
D.Ff=Fsinθ【解题指南】当多个物体组成的系统处于平衡状态时，系统内任何一个物体均处于平衡状态，因此，对系统可列平衡方程，也可对任何一个物体列平衡方程.
【解析】选A、C.把m1、m2两个物体看成一个整体进行研究，进行受力分析，水平方向上：Ff=Fcosθ，C正确,D错误；竖直方向上：FN+Fsinθ=m1g+m2g，解得：FN=m1g+m2g-Fsinθ，A正确,B错误.14.(2010·新课标全国卷)如图所示，一物块置于水平地面上.当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )【解析】选B.物块受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff、已知拉力，物块处于平衡状态，根据平衡条件得:
力F1作用在物块上时：
F1cos60°=μ(mg-F1sin60°) ①
力F2作用在物块上时：
F2cos30°=μ(mg+F2sin30°) ②
又已知F1=F2，联立①②式解得：
μ=2- ,故B正确，A、C、D错误. 15.(2010·江苏高考)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )【解析】选D.照相机放在三脚架上，由于三个支架与竖直方向
的夹角相同，所以三个支架对照相机的作用力大小相同，且均
沿三个支架向上.又因为照相机处于平衡状态，故照相机所受
三个支架的作用力的合力与照相机所受的竖直向下的重力平
衡，由平衡条件，在竖直方向有：3Fcos30°=mg，解得：F=
mg.选项D正确，其他选项都是错误的.16.(2012·新课标全国卷)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.(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小.
(2)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.【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把.将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有
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，则
f=μN ③
联立①②③式得
④ (2)使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力等于最大静摩擦力,设为fm，则依题意有
=λ ⑤
若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应满足
Fcosθ+mg=N ⑥
Fsinθ≤fm ⑦解⑤⑥⑦式得
F(sinθ-λcosθ)≤λmg
因为上式右边λmg总是大于零，要使得F为任意值时,上式总是成立，只要满足
sinθ-λcosθ≤0
即有 tanθ≤λ
上式取等号即为临界状态，则
tanθ0=λ
答案: (1) (2)λ 力的认识、重力、弹力、摩擦力
1.力的认识2.重力
(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力.
(2)大小：重力的大小与物体质量的关系是G=mg，通常取g=
9.8 N/kg，即1 kg的物体所受重力为9.8 N.可用测力计(如弹
簧测力计)测量重力.
(3)方向：重力的方向总是竖直向下.
(4)重心：物体重心的位置与其质量分布和形状有关.3.弹力
(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力.
(2)产生的条件.
①物体间直接接触；②接触处发生形变(指弹性形变).
(3)方向：总是与作用在物体上使物体发生形变的外力的方向相反.(4)大小——胡克定律.
①弹力的大小与弹性形变的大小有关，弹性形变越大，弹力越大；形变消失，弹力随着消失.
②胡克定律：实验表明，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比，即F=kx.k称为弹簧的劲度系数，单位是牛顿每米，符号用N/m表示.4.摩擦力
两种摩擦力的对比【名师点睛】
1.力的图示与受力示意图的区别
力的图示要求严格画出力的大小和方向，在相同标度下线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向；受力示意图着重于力的方向的画法，不要求严格画出力的大小.
2.重力方向的“一定”与“不一定”
(1)“一定”:重力的方向一定是竖直向下.
(2)“不一定”:重力的方向不一定垂直地面;重力的方向不一定指向地心.【状元心得】
1.弹力有无的判定方法
(1)假设法：假设将与研究对象接触的物体撤去，判断研究对象的运动状态是否发生改变，若运动状态不变，此处不存在弹力，若运动状态改变，此处一定存在弹力.
(2)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能不能维持原来的力学状态.
(3)状态法：因为物体的运动状态必须与物体的受力相吻合，所以可以依据物体的运动状态由平衡条件或牛顿第二定律来判断物体间的弹力.2.摩擦力大小的计算技巧
分析计算摩擦力的大小和方向时，应先分清是滑动摩擦力还是静摩擦力.
(1)若是滑动摩擦力，则根据公式Ff=μFN、力的平衡条件或牛顿第二定律进行分析计算，切记压力FN一般情况下不等于重力.
(2)若是静摩擦力，则只能根据力的平衡条件或牛顿第二定律进行分析计算，切记不能用公式Ff=μFN计算静摩擦力. 力的合成与分解
1.力的合成
(1)合力与分力：如果几个力共同作用产生的效果与某一个力单独作用所产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，那几个力就叫做这个力的分力.
(2)力的合成：求几个力的合力的过程.
(3)运算法则：平行四边形定则或三角形定则.
(4)合力(F)的取值范围为：|F1-F2|≤F≤F1+F2(5)以二力(F1、F2)合成为例，具体方法有：
①作图法：以F1、F2的线
段为邻边作平行四边形，
它的对角线即表示合力
的大小和方向，作图时应注意在一个图上的各力都必须采用同一标度，且分力与合力的比例要适当，虚线、实线要分清，作图法简单、直观，但不够精确.②解析法：根据力的平行四边形定则作出力的合成的示意图，
如图所示. 方向：与F2夹角为θ，则2.力的分解
(1)定义：求一个力的分力的过程，是力的合成的逆运算.
(2)遵循原则：平行四边形定则或三角形定则.
(3)分解方法.
①按力的实际作用效果进行分解；②力的正交分解.【名师点睛】
合力与分力的关系
1.合力不一定大于分力.
2.合力与它的分力的关系是在作用效果上的一种等效替代关系.【状元心得】
运用正交分解法解题的一般步骤
1.以力的作用点为原点建立直角坐标系，标出x轴和y轴，如果这时物体处于平衡状态，则两轴的方向可根据方便自己选择；如果力不平衡而产生加速度，则x轴(或y轴)一般要和加速度的方向重合(有时分解加速度).
2.将与坐标轴成角度的力分解成x轴方向和y轴方向的两个分力，并在图上标明，用符号Fx和Fy表示.3.在图上标出力与x轴、y轴的夹角，然后列出Fx、Fy的数学表达式，如F与x轴夹角为θ，则Fx=Fcosθ，Fy=Fsinθ，与两轴重合的力就不需要分解了.
4.列出x轴方向上的各分力的合力和y轴方向上的各分力的合力的两个方程，然后再求解. 受力分析
1.定义：把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力图，这个过程就是受力分析.
2.受力分析的一般顺序:先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力.3.受力分析的基本步骤
(1)明确研究对象——即确定分析受力的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统.
(2)隔离物体分析——将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用.
(3)画受力示意图——边分析边将力一一画在受力示意图上，准确标出力的方向，标明各力的符号.【名师点睛】
对于受力分析的四点提醒
1.只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施的力.
2.只分析性质力，不分析效果力.
3.每分析一个力，都应找出施力物体.
4.合力和分力不能同时作为物体所受的力. 共点力作用下物体的平衡
1.共点力
作用在物体的同一点，或者它们的作用线相交于一点的力.
2.平衡状态
物体处于静止或匀速直线运动状态，称为平衡状态，即a=0.
3.共点力的平衡条件：F合＝0或Fx=0、Fy=04.重要结论
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反.
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的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大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形.
(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的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大小相等，方向相反.【状元心得】
解答平衡问题常用的物理方法
1.“隔离法”与“整体法”:为了弄清系统内某个物体的受力和运动情况，一般可采用隔离法.当只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的力和运动时，一般可采用整体法.
2.图解法:对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化，在同一图中作出物体的若干状态下的平衡受力图，再由动态的力平行四边形各边长度变化及角度变化，确定力的大小及方向的变化情况.
3.临界状态处理方法——假设法:假设可发生的临界现象，列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解.静摩擦力和滑动摩擦力的相互转化问题
当物体的受力情况发生变化时，摩擦力的大小和方向往往会
发生变化，有可能会导致静摩擦力和滑动摩擦力之间的相互转化.
该类问题常涉及摩擦力的突变问题，在分析中很容易发生失
误.在解决此类问题时应注意以下两点：
(1)如题干中无特殊说明，一般认为最大静摩擦力略大于滑动
摩擦力.
(2)由于此类问题涉及的过程较为复杂，采用特殊位置法解题
往往比采用过程分析法解题更为简单.【典题例证】长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，则木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图象是下列图中的( )【命题探究】解决本题的关键在于理清物理过程，分析物体所受摩擦力的类型，然后分阶段或选用恰当的位置进行分析.【深度剖析】选C.
下面通过“过程分析法”和“特殊位置法”分别求解：
解法一：过程分析法
(1)木板由水平位置刚开始运动时：α=0，Ff静=0.(2)从木板开始转动到木板与木块发生
相对滑动前：木块所受的是静摩擦力.
由于木板缓慢转动，可认为木块处于
平衡状态，受力分析如图：
由平衡关系可知，静摩擦力大小等于木块重力沿斜面向下的分力：Ff静=mgsinα.因此，静摩擦力随α的增大而增大，它们满足正弦规律变化.(3)木块相对于木板刚好要滑动而没滑动时，木块此时所受的静摩擦力为最大静摩擦力Ffm.α继续增大，木块将开始滑动，静摩擦力变为滑动摩擦力.且满足：Ffm＞Ff滑.
(4)木块相对于木板开始滑动后，Ff滑=μmgcosα，此时，滑动摩擦力随α的增大而减小，满足余弦规律变化.
(5)最后，α= Ff滑=0
综上分析可知选项C正确.解法二：特殊位置法
本题选两个特殊位置也可方便地求解，具体分析见表：
由以上分析知，选项C正确.课件127张PPT。专题五 万有引力与航天1.万有引力定律及其应用 Ⅱ
2.环绕速度 Ⅱ
3.第二宇宙速度和第三宇宙速度 Ⅰ
4.经典时空观和相对论时空观 Ⅰ1.知道天体运动可近似看成匀速圆周运动，理解向心力由万有引力提供.
2.从动力学角度分析环绕天体做匀速圆周运动中各个运动参量与轨道半径的关系.
3.知道地球表面上物体重力与万有引力的关系.
4.知道第一宇宙速度的含义和数值，理解同步卫星的运动规律. 求解中心天体的质量
【典例1】(2012·福建高考)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( )【审题视角】解答本题时应明确以下两点：
【关键点】
(1)行星表面附近做匀速圆周运动物体轨道半径约等于行星半径.
(2)万有引力约等于重力,其提供向心力.【精讲精析】由N=mg，得
故选B.
答案:B 【命题人揭秘】求解天体质量应注意的两点
(1)应用万有引力定律只能求出中心天体的质量，无法求出绕行天体的质量.例如卫星绕地球运行，只能求解地球质量.
(2)求解中心天体质量只需确定两个条件：一是绕行天体做圆周运动的半径，二是做圆周运动的周期. 天体运动中各物理量间的关系
【典例2】(2012·天津高考)一人造地球卫星绕地球做匀速圆
周运动,假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动,动能减小为原来
的 不考虑卫星质量的变化,则变轨前后卫星的( )
A.向心加速度大小之比为4∶1
B.角速度大小之比为2∶1
C.周期之比为1∶8
D.轨道半径之比为1∶2 【审题视角】解答本题时要注意以下三点：
【关键点】
(1)卫星的向心力由万有引力提供.
(2)卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径有关.
(3)根据线速度的变化判断出轨道半径的变化，并进一步判断其他物理量的变化. 【精讲精析】由动能变为原来的 知，其线速度变为原来的
由 可得 所以变轨前后轨道半径之比为
1∶4，选项D错； 所以变轨前后向心加
速度之比为16∶1，选项A错；由 得，变轨前后角速度之
比为8∶1，选项B错；由 得，变轨前后周期之比为
1∶8，选项C对.
答案：C 【命题人揭秘】天体运动参量分析应注意的问题
(1)对环绕天体(如卫星)运动问题的分析仍然要从动力学的角
度入手，即F万=F向.
(2)根据所求运动参量,灵活选用F向的表达形式，如分析线速
度v，
(3)在利用推导出的关系式分析时，要善于抓住不变量来分
析，如 中G、M均为不变量，所以可得v与 成正比. 万有引力在两个中心天体中的应用
【典例3】(2011·四川高考)据报道，天文学家近日发现了一
颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55Cancri e”.该行
星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的
母星的体积约为太阳的60倍.假设母星与太阳密度相同，
“55Cancri e”与地球均做匀速圆周运动，则“55Cancri e”
与地球的( )A.轨道半径之比约为
B.轨道半径之比约为
C.向心加速度之比约为
D.向心加速度之比约为
【审题视角】解答该题应注意以下两点：
【关键点】
(1)由 分析r的关系.
(2)由 分析a的关系.【精讲精析】(1)轨道半径的比较:
(2)向心加速度的比较:
答案：B 【命题人揭秘】万有引力与天体的匀速圆周运动的关系
(1)天体运动是一种特殊的匀速圆周运动，它所需要的向心力
由万有引力这个特殊的力单独提供.
这是两者的不同之处，但处理本专题的力与运动的关系，仍然
通过牛顿第二定律这个纽带，列出动力学方程解决，这还是属
于动力学范畴.
(2)本题不能用开普勒第三定律 求解，因为中心天体不
是同一天体. 对地球同步卫星的理解
【典例4】 (2011·北京高考)由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )
A.质量可以不同
B.轨道半径可以不同
C.轨道平面可以不同
D.速率可以不同【审题视角】解答该题应注意以下两点：
【关键点】
(1)同步卫星的运转周期与地球的自转周期相同.
(2)轨道半径决定卫星的周期. 【精讲精析】万有引力提供卫星的向心力,
解得周期 环绕速度 可见周期相同的情况下
轨道半径必然相同，B错误；轨道半径相同必然其环绕速度相同，
D错误；同步卫星相对于地面静止，且运行轨道都在赤道上空同一
个圆轨道上，C错误；同步卫星的质量可以不同，A正确.
答案：A 【命题人揭秘】同步卫星的四大特点
地球同步卫星是相对地球表面静止的稳定运行卫星，有四大特点：
(1)地球同步卫星的周期一定为24 h.
(2)地球同步轨道平面一定与地球赤道平面重合.
(3)地球同步卫星的轨道半径一定为3.6×104 km.
(4)地球同步卫星的线速度方向与地球的自转方向相同. 人造卫星的变轨问题
【典例5】(2010·江苏高考)2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )A.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B.在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能
C.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D.在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
【审题视角】解答本题时，应注意以下两点：
【关键点】
(1)轨道Ⅱ为椭圆轨道，需要利用开普勒定律解决速度、周期问题.
(2)明确变轨前后速度的变化. 【精讲精析】轨道Ⅱ为椭圆轨道,根据开普勒第二定律，航天
飞机与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，可知近地
点的速度大于远地点的速度,故A正确.根据开普勒第三定律，
航天飞机在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ满足： 又R＞a，可知TⅠ＞
TⅡ，故C正确.航天飞机在A点变轨时，主动减小速度，所需要
的向心力小于此时的万有引力，做近心运动，从轨道Ⅰ变换到
轨道Ⅱ， 故B正确.无论在轨道Ⅰ上还是在轨道Ⅱ上，
A点到地球的距离不变，航天飞机受到的万有引力一样，由牛顿
第二定律可知向心加速度相同，故D错误.
答案：A、B、C【命题人揭秘】人造卫星的两类变轨问题
(1)渐变:由于某个因素的影响使卫星的轨道半径发生缓慢的变化(逐渐增大或逐渐减小)，由于半径变化缓慢，卫星每一周的运动仍可以看做是匀速圆周运动.
解决此类问题，首先要判断这种变轨是离心还是向心，即轨道半径是增大还是减小，然后再判断卫星的其他相关物理量如何变化.(2)突变:由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其到达预定的目标.
结论是：要使卫星由较低的圆轨道进入较高的圆轨道，即增大轨道半径(增大轨道高度h)，一定要给卫星增加能量.与在低轨道时比较，卫星在同步轨道上的动能Ek减小了，势能Ep增大了，机械能E机也增大了(增加的机械能由化学能转化而来). 宇宙速度
【典例6】(2009·北京高考)已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响.
(1)推导第一宇宙速度v的表达式；
(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T.【审题视角】解答本题要把握以下三点:
【关键点】
(1)地球的第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，是最小的发射速度.
(2)在忽略地球的自转影响时，地球表面处万有引力等于重力.
(3)由F万=F向列式时，要准确地选择表达形式. 【精讲精析】(1)不考虑地球自转的影响，地球表面附近的万
有引力等于重力：
①
对于近地卫星，由万有引力与天体运动的关系，根据牛顿第二
定律得：
②
由①②两式，可知(2)卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度为h,
则轨道半径r=R+h ③
由万有引力与天体运动的关系，根据牛顿第二定律得
④
由①③④得
答案：【命题人揭秘】 宇宙速度的两点提醒
(1)要熟练掌握地球的三种宇宙速度，包括含义及数值.
(2)除地球以外,其他星球也有各自对应的宇宙速度，其第一宇宙速度仍然是该星球最小的发射速度、最大的环绕速度、近地卫星的线速度.
考题常常以两个星球为背景，求解它们第一宇宙速度大小之比.解决这类问题关键是掌握宇宙速度的概念，从万有引力与天体运动的关系入手，利用牛顿第二定律求解即可. 双星模型
【典例7】(2010·全国卷Ⅰ)质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧.引力常数为G.(1)求两星球做圆周运动的周期.
(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98 ×1024kg 和 7.35 ×1022kg .求T2与T1两者平方之比.(结果保留3位小数)【审题视角】解答本题时，应注意以下两点：
【关键点】
(1)明确两星球之间的万有引力提供各自做匀速圆周运动所需的向心力.
(2)两星球围绕同一点做匀速圆周运动，角速度和周期相同.【精讲精析】(1)求解两星球做圆周运动的周期.
两星球围绕同一点O做匀速圆周运动，其角速度一样，周期也一样，其所需向心力由两者间的万有引力提供，可知：
对于B：
对于A:
其中：r1+r2=L
由以上三式，可得：(2)对于地月系统，求T2与T1平方之比时，若认为地球和月球都
围绕中心连线某点O做匀速圆周运动，
由(1)可知两星球运行周期
若认为月球围绕地心做匀速圆周运动，由万有引力与天体运动
的关系：
从而得
答案:【阅卷人点拨】 万有引力定律
高考指数:★★★
1.(2012·江苏高考)2011年8月，“嫦娥二
号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”
的轨道，我国成为世界上第三个造访该点
的国家.如图所示，该拉格朗日点位于太阳
和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃
料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( ) A.线速度大于地球的线速度
B.向心加速度大于地球的向心加速度
C.向心力仅由太阳的引力提供
D.向心力仅由地球的引力提供【解析】选A、B.由题意知在该位置时，飞行器和地球具有相同的角速度，由于飞行器绕太阳运行的轨道半径大于地球绕太阳运行的轨道半径，由v=ωr可知，飞行器的线速度一定大于地球的线速度，A正确；由a=ω2r可知，飞行器的向心加速度一定大于地球的向心加速度，B正确；此位置上向心力应由太阳和地球对其万有引力的合力提供，所以C和D错误.答案选A、B. 2.(2012·新课标全国卷)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. 【解析】选A.根据万有引力与重力相等可得，在地面处有：
在矿井底部有：
所以 故选项A正确. 3.(2010·广东高考)下列关于力的说法正确的是( )
A.作用力和反作用力作用在同一物体上
B.太阳系中的行星均受到太阳的引力作用
C.运行的人造地球卫星所受引力的方向不变
D.伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因【解析】选B、D.根据牛顿第三定律,作用力与反作用力分别作用在两个相互作用的物体上，故A错误.由万有引力定律可知：太阳系中的行星都受到太阳的引力作用,故B正确.人造地球卫星环绕地心运动，位置不断变化，引力的方向也不断变化,故C错误.伽利略的理想实验说明物体在水平方向不受外力时，做匀速直线运动，即力不是维持物体运动的原因,故D正确.
4.(2010·上海高考)牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律.在创建万有引力定律的过程中, 牛顿( )
A.接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想
B.根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即F∝m的结论
C.根据F∝m和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出F∝m1m2
D.根据大量实验数据得出了比例系数G的大小【解析】选A、B.在创建万有引力定律的过程中，牛顿只是接受了平方反比猜想和物体受地球的引力与其质量成正比，即F∝m的结论，而提出万有引力定律后，卡文迪许利用扭秤实验测量出万有引力常量G的大小，而C项也是在建立万有引力定律后才进行的探索，因此符合题意的只有A、B. 万有引力与天体运动的关系
高考指数:★★★★
5.(2012·浙江高考)如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带.假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是( )A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】选C.根据万有引力定律 可知，由于各小行
星的质量和到太阳的距离不同，万有引力不同，选项A错误；
设太阳的质量为M，小行星的质量为m，由万有引力提供向心
力，则 则各小行星做匀速圆周运动的周期
因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径，
所以各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的周期一年，选项
B错误；向心加速度 内侧小行星到太阳的距离
小，向心加速度大，选项C正确；由 得小行星的线
速度 小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转
轨道半径，线速度小于地球绕太阳公转的线速度，选项D错误. 6.(2011·天津高考)质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动，已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则航天器的( )
A.线速度 B.角速度
C.运行周期 D.向心加速度【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)万有引力提供航天器在月球附近做匀速圆周运动的向心力.
(2)根据F万=F向，列出与v、ω、T、a有关的方程求解.【解析】选A、C．月球对探月航天器的万有引力提供探月航天
器在月球附近做匀速圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二
定律列方程得 则探月航天器的线速度
为 选项A正确.其加速度 选项D错误.又知，
在月球附近满足 因此探月航天器的角速度
其周期为 ，选项B错误，选项C正确. 7.(2010·福建高考)火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目.假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行周期为T1，神舟飞船在地球表面附近圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1、T2之比为 ( )【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)知道万有引力提供探测器做匀速圆周运动所需要的向心力.
(2)准确选择表达形式： 推导周期与星球质量
和半径的关系.【解析】选D.探测器做匀速圆周运动，其所需向心力由万有引
力提供，根据牛顿第二定律，列出动力学方程：
对于火星探测器：
可得：
对于神舟飞船：
可得：
故D正确.8.(2010·北京高考)一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表
面的赤道上.已知万有引力常量Ｇ，若由于天体自转使物体对
天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )
【解析】选D.物体对天体表面的压力恰好为零，此时物体受到
的万有引力提供向心力，则 其中
解得 故正确答案为D. 9.(2010·上海高考)月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度
大小为a，设月球表面的重力加速度大小为g1，在月球绕地球
运行的轨道处由地球引力产生的加速度大小为g2，则( )
A.g1=a B.g2=a
C.g1+g2=a D.g2-g1=a
【解析】选B．月球绕地球做匀速圆周运动，其所需向心力由
万有引力提供，由牛顿第二定律可知 其中a为向心
加速度．在月球绕地球运行的轨道处重力等于万有引力，即
根据以上两式，可知g2=a，故B正确.10.(2010·重庆高考)月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，它们都围绕地球与月球连线上某点O做匀速圆周运动.据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为( )
A.1∶6 400 B.1∶80
C.80∶1 D.6 400∶1【解析】选C.
月球与地球都围绕同一点O做匀速圆周运动，其角速度一样，
周期也一样，其所需向心力由两者间的万有引力提供，可知：
对于地球：
对于月球:
由以上两式可得：
可得 所以选C. 11.(2010·全国卷Ⅱ)已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍.若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为( )
A.6小时 B. 12小时
C.24小时 D. 36小时【解析】选B.地球同步卫星的周期为T1=24小时，轨道半径为
r1=7R1，密度为ρ1.某行星的同步卫星的周期为T2，轨道半径
为r2=3.5R2，密度为ρ2.根据牛顿第二定律和万有引力定律分
别有
两式化简得 解决中心天体问题的两条思路
高考指数:★★★★★
12.(2012·安徽高考)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km,“神舟八号”的运行轨道高度为343 km.它们的运行轨道均视为圆周，则( )
A.“天宫一号”比“神舟八号”速度大
B.“天宫一号”比“神舟八号”周期长
C.“天宫一号”比“神舟八号”角速度大
D.“天宫一号”比“神舟八号”加速度大【解析】选B.由 得
由于r天>r神，
所以v天T神，a天“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接.任务完成
后，“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九
号”交会对接.变轨前和变轨完成后,“天宫一号”的运行轨道
均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小
分别为v1、v2.则 等于( )【解析】选B. “天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，向心力
由万有引力提供.设地球质量为M，“天宫一号”质量为m，则
变轨前： 变轨后： 联立以上两式
解得： 故选B. 14.(2012·重庆高考)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【解析】选A.因为双星始终在一条直线上，所以它们的角速度
一定相等，B错误；双星间的万有引力是它们做圆周运动的向
心力，是一对作用力和反作用力，因此向心力相等，D错误；
根据 C错误.因此
选项A正确.15.(2011·浙江高考)为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船
在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为
T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半
径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则( )
A.X星球的质量为
B.X星球表面的重力加速度为
C.登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为
D.登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为【解析】选A、D.探测飞船绕星球运动时，由万有引力提供向
心力，满足 A正确； 又根据
(R为X星球半径)，B错误；根据
C错误；根据
D正确. 16.(2011·福建高考)“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工
程的先导星.若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球
体)表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量为G，半径
为R的球体体积公式 则可估算月球的( )
A.密度 B.质量
C.半径 D.自转周期【解析】选A.由万有引力提供向心力有 在月球表
面轨道有r=R，由球体体积公式 和密度公式 联立
解得月球的密度 故选A.17.(2011·江苏高考)一行星绕恒星做圆周运动.由天文观测可
得，其运行周期为T，速度为v，引力常量为G，则( )
A.恒星的质量为 B.行星的质量为
C.行星运动的轨道半径为 D.行星运动的加速度为【解析】选A、C、D.根据周期公式 C对.又
由向心加速度公式 D对.由F万=F向得
A对.由于行星的质量m被消掉，无法求出m，B错. 卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径间的关系
高考指数:★★★★
18.(2011·大纲版全国卷)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球.如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比( )A.卫星动能增大，引力势能减小
B.卫星动能增大，引力势能增大
C.卫星动能减小，引力势能减小
D.卫星动能减小，引力势能增大
【解析】选D.当卫星在圆周轨道上做匀速圆周运动时，万有引
力提供向心力 所以环绕周期
环绕速度 可以看出，轨道半径越大，周期越大，环绕
速度越小，动能越小.在变轨过程中，克服引力做功，引力势
能增大，所以D选项正确.【误区警示】解答变轨问题易产生的两个误区
(1)误认为轨道半径越大，万有引力越小，从而引力势能减小.
(2)卫星若从低轨道向高轨道变轨，要做离心运动，首先要加速，从而误认为卫星的动能增大，而该题是分析变轨前后在轨道上运行的情况，并非变轨过程的分析.19.(2010·海南高考)火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍.根据以上数据，以下说法正确的是( )
A.火星表面重力加速度的数值比地球表面的小
B.火星公转的周期比地球的长
C.火星公转的线速度比地球的大
D.火星公转的向心加速度比地球的大【解析】选A、B.在地球表面万有引力等于重力，即
在火星表面 根据以上两式，可得g火=0.4g ，故
A正确.地球和火星绕太阳公转做匀速圆周运动所需向心力由太
阳引力提供，根据牛顿第二定律，由周期形式得：
整理得 可知半径r越大，周期越长，故B正确.由线
速度形式 整理得 可知公转半径越大，
线速度越小，故C错.由 可知公
转半径越大，向心加速度越小，故D错.【方法技巧】有关卫星问题的解题技巧
(1)利用万有引力提供向心力的不同表述形式：
(2)解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动
的关系的桥梁还是牛顿第二定律.
①卫星的a、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，
其他各量也随之发生变化.
②a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天
体质量共同决定． 宇宙速度的理解
高考指数:★★★★
20.(2012·四川高考)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107 m.它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比( )
A.向心力较小
B.动能较大
C.发射速度都是第一宇宙速度
D.角速度较小【解析】选B.卫星的轨道半径越小，卫星的线速度越大，角速度越大，向心加速度越大，周期越小，向心力除与向心加速度有关外，还与卫星的质量有关，据此可以判断出A、D不对，B正确；第一宇宙速度是最小的发射速度，轨道半径越大，发射速度就越大，所以C不对.故选B. 21.(2011·广东高考)已知地球质量为M，半径为R，自转周期
为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，
下列表述正确的是( )
A.卫星距地面的高度为
B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C.卫星运行时受到的向心力大小为
D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【解析】选B、D.由万有引力提供向心力得
故 故A错.卫星的运行速度 当h=0时v即为
第一宇宙速度，故卫星的运行速度小于第一宇宙速度,故B对.对同
步卫星F向=F万= 故C错.由
地球表面的重力加速度 故g表>a同,故D对. 万有引力与人造卫星的综合应用
高考指数:★★★★
22.(2012·北京高考)关于环绕地球运行的卫星，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
【解题指南】本题需要把握以下三点：
(1)行星运动的开普勒定律.
(2)卫星运行过程中机械能守恒.
(3)同步卫星的周期都是相等的. 【解析】选B.根据开普勒定律，椭圆轨道半长轴的立方与周期
的平方之比是一个常数，即 如果两颗卫星轨道半长轴
相等，它们的运行周期就相等，A错误；同步卫星的轨道是正
圆，周期都是24小时，根据 所有同步卫星的轨道半径r
都相等，C错误；卫星运行过程中机械能守恒，在轨道的不同
位置可能有相等的重力势能，因而具有相等的动能，所以轨道
的不同位置，速率也有可能相等，B正确；过北京上空的卫星
轨道可以有无数多条，D错误.23.(2012·广东高考)如图所示,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【解析】选C、D.由万有引力定律及向心力公式得
由题意知r2＞r1，由此可知
A错. 则a2＜a1，B错.
则ω2＜ω1，D对. C对. 24.(2011·新课标全国卷)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送.如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6 400 km，无线电信号的传播速度为3×108 m/s)( )
A.0.1 s B.0.25 s
C.0.5 s D.1 s 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
(1)由开普勒第三定律求出同步卫星的轨道半径.
(2)求出同步卫星距地面的距离.
(3)求出无线电信号往返的时间.
【解析】选B.根据开普勒第三定律可得： 则同步卫星
的轨道半径为 代入已知条件得，
因此同步卫星到地面的最近距离为
从发出信号至对方接收到信号所需最
短时间 即A、C、D错，B正确. 25.(2010·山东高考)1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元.“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439 km和2 384 km，则( )A.卫星在M点的势能大于在N点的势能
B.卫星在M点的角速度大于在N点的角速度
C.卫星在M点的加速度大于在N点的加速度
D.卫星在N点的速度大于7.9 km/s 【解析】选B、C.卫星在Ｍ点距地面较近，重力势能较小,故A错，又因为在M点受到的万有引力大于N点受到的万有引力，所以卫星在Ｍ点的加速度大于在N点的加速度，C正确；卫星离地面越近，轨道半径越小，线速度越大，角速度越大，所以B正确；卫星的第一宇宙速度是 7.9 km/s，是近地卫星(轨道半径近似等于地球半径)的线速度，也是最大的环绕速度，所以D错误. 开普勒第三定律的应用
高考指数:★★★★
26.(2011·重庆高考)某行星和地球绕
太阳公转的轨道均可视为圆.每过N年，
该行星会运行到日地连线的延长线上，
如图所示.该行星与地球的公转半径
之比为 ( )【解析】选B.地球周期T1=1年，经过N年，地球比行星多转一
圈，即多转2π，角速度之差为
由开普勒第三定律27.(2011·海南高考)2011年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖，GPS由运行周期为12小时的卫星群组成，设北斗导航系统的同步卫星和GPS导航卫星的轨道半径分别为R1和R2，向心加速度分别为a1和a2，则R1∶R2=_______，a1∶a2=_______(可用根式表示). 【解析】依据题意可知T1=24 h，T2=12 h，由开普勒第三定律
由万有引力提供向心力公式
答案:28.(2011·安徽高考)(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星
绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的
二次方成正比， k是一个对所有行星都相同的常量.
将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该
常量k的表达式.已知引力常量为G，太阳的质量为M太.
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的
引力系统(如地月系统)都成立.经测定月地距离为3.84×108 m，
月球绕地球运动的周期为2.36×106 s，试计算地球的质量M地.(G
=6.67×10-11N·m2/kg2，结果保留一位有效数字) 【解析】(1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道半长
轴a即为轨道半径r，根据万有引力定律和牛顿第二定律有
于是有
(2)在地月系统中，
答案: 开普勒运动定律 万有引力定律
1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它
们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比、
与它们之间距离r的二次方成反比.
2.公式： 叫做引力常量，
由卡文迪许扭秤实验测定. 3.适用条件：两个质点之间或两个均质球体之间.
4.万有引力的三个特点
(1)普遍性：任意两个物体之间都存在.
(2)相互性：两个物体之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上.
(3)宏观性：万有引力的效果在天体之间明显，在普通物体之间不明显.
万有引力的效果
1.在地面附近万有引力F产生两个效果：一是提供物体随地球自转所需的向心力；二是产生物体的重力.(如图所示) 例如,质量为1 kg的物体放在赤道上：
其中F向=mRω2≈0.034 N ，与重力相比可忽略不计，而且随着
纬度的增大，地球上物体的自转半径越来越小，F向=mrω2也逐
渐减小，重力却逐渐增加，在一般情况下可认为重力和万有引
力近似相等，即 当忽略地球自转影响时，万有引
力就等于重力，这一规律同样也适用于其他星球. 2.做匀速圆周运动的环绕天体，万有引力提供所需向心力，即F引=F向，一般有以下几种表示方式： 【名师点睛】
1.按圆轨道处理后的开普勒运动定律
(1)轨道定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在
圆心上.
(2)面积定律：任意一个行星都绕太阳做匀速圆周运动.
(3)周期定律：所有行星的轨道半径的三次方跟它的公转周期
的二次方的比值相等，表达式2.万有引力定律适用的两种特殊情况
(1)两质量分布均匀的球体间的相互作用，也可用本定律来计算，其中r为两球心的距离.
(2)一个质量分布均匀的球体和球外一个质点间万有引力定律也适用，其中r为质点到球心的距离. 3.万有引力、重力和自转向心力的大小关系
(1)地球表面处：万有引力近似等于重力，远远大于自转向心
力.
(2)卫星轨道处：万有引力=重力=向心力，不过此时的重力已
不是地球表面的重力mg(g=9.8 m/s2)，因为卫星距地面有一定
高度h，轨道各处的重力加速度 随着高度的增
加，重力加速度减小. 【状元心得】
各种表述形式都是通过牛顿第二定律和匀速圆周运动的运动规
律推导出来的：
本专题内容仍然属于动力学范畴.与其他运动情景不同之处：
运动——天体运动
受力——万有引力
但是解决力与运动的关系的思想还是动力学思想，解决力与运
动的关系的桥梁还是牛顿第二定律. 万有引力定律的应用
1.基本思想及方法
根据动力学的思想，结合牛顿第二定律，把天体的运动看成匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供，即F万=F向=ma向.
2.求解中心天体的质量和密度的两种方法
(1)“自力更生”法:利用中心天体表面自身的重力加速度g及自身半径R.根据中心天体表面的万有引力与重力的关系有：
此式称为黄金代换，进而求得
(2)“借助外援”法:利用环绕天体做匀速圆周运动的运动量之
一与轨道半径r.
由万有引力与匀速圆周运动的关系，应用牛顿第二定律,有以
下表述形式：
① 线速度形式：
②角速度形式：③周期形式：
三种表述形式都可代换出M，结合密度公式
即可求得密度.
若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径
r=R ，对于周期形式此时3.卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系
做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供所需向心力，即F引=F向v减小ω减小T减小an减小4.卫星变轨问题
当卫星由于某种原因速度突然改变时(开启或关闭发动机或空
气阻力作用)，万有引力不再等于向心力，卫星将做变轨运行:
(1)当卫星的速度突然增加时， 即万有引力不足以
提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半
径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时，由 可知其
运行速度比在原轨道时减小;(2)当卫星的速度突然减小时， 即万有引力大于所
需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道
半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时，由 可
知其运行速度比在原轨道时增大.
卫星的发射和回收都是利用这一原理. 5.运行速度与发射速度
对于人造地球卫星，其做匀速圆周运动的线速度由
可看出其随着半径的增大而减小.由于人造地球卫
星在发射过程中，火箭消耗燃料，其他形式的能量转化成机械
能，则机械能增加，且增加的重力势能大于减少的动能，所以
将卫星发射到更远的轨道上，所需要的发射速度就越大，可知
近地绕行速度 为最小的发射速度.6.宇宙速度
(1)第一宇宙速度(环绕速度)：v1=7.9 km/s,是人造地球卫星的最小发射速度，也是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度.
(2)第二宇宙速度(脱离速度)：v2=11.2 km/s,是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度.若速度7.9 km/s除地球以外,其他星球也有各自对应的宇宙速度，其第一宇宙速度仍然是该星球最小的发射速度、最大的环绕速度、近地卫星的线速度. 7.近地卫星和同步卫星
(1)近地卫星.
①轨道半径近似等于地球半径R.
②线速度 是所有卫星的最大环绕速度.
③周期T=85 min，是所有卫星的最小周期.
④向心加速度a=g=9.8 m/s2，是所有卫星的最大加速度.
(2)同步卫星.
①相对地球静止，轨道与赤道平面重合，在赤道正上空.
②周期一定：T=24 h.
③离地高度一定：8.卫星的“超重”和“失重”
“超重”：卫星进入轨道前的加速过程、返回时的减速过程，卫星上物体“超重”，此种情况与电梯加速上升、减速下降乘客处于超重状态类似.
“失重”：卫星进入轨道后，正常运转，卫星上物体完全“失重”(重力完全提供向心力)，因此，在卫星上的仪器，凡是制造原理与重力有关的均不能正常使用.例如天平、台秤等. 【名师点睛】
中心天体和环绕天体
1.中心天体处于中心位置，在情景中不研究它的受力及运动，往往求解它的质量和密度.
2.环绕天体围绕中心天体做匀速圆周运动，研究它的力与运动的关系，即动力学特征. 【状元心得】
对于黄金代换，当已知中心天体自身半径和表面重力加速度时，在思路上立即意识到GM可求得;当已知卫星所在处的重力加速度g′和轨道半径r时，也应想到GM可求得.即GM=g′r2. 【名师点睛】
1.宇航员乘坐飞船围绕未知星球表面利用秒表测定运行周期，就可以知道该星球的密度.
2.对于卫星的运动，确定的轨道对应一定的线速度、角速度、周期、向心加速度.轨道半径变化，匀速圆周运动的物理量随之发生变化,可谓“牵一发而动全身”. 【状元心得】
卫星变轨时，往往有其他形式的能量参与转化，故机械能不守恒，变轨问题常结合能量问题综合考查，注意各种能量的转化情况，尤其是动能的变化，其牵扯速度的变化情况，极易在此处设置选项. 【名师点睛】
第一宇宙速度三种不同的说法
1.最小的发射速度.
2.最大的环绕速度.
3.近地卫星的线速度. 【名师点睛】
几种卫星的轨道
1.赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内，同步卫星就是其中一种.
2.极地轨道：卫星的轨道通过南北极，即在垂直于赤道的平面内，如定位系统中的卫星轨道.
3.其他轨道：除以上两种轨道外的轨道
特别指出：一切卫星的轨道的圆心与地心重合，因为万有引力始终指向地心，其提供向心力，即始终指向匀速圆周运动的圆心，故地心和轨道的圆心重合. 【状元心得】
比较赤道上物体与同步卫星轨道上物体向心加速度
赤道上： 其中R为地球自身半径，T为自转周
期；
同步卫星轨道上： 其中r为轨道半径，T为地球自
转周期，可知a2＞a1.课件164张PPT。专题八 静 电 场 1.物质的电结构、电荷守恒 Ⅰ
2.静电现象的解释 Ⅰ
3.点电荷 Ⅰ
4.库仑定律 Ⅱ
5.静电场 Ⅰ
6.电场强度、点电荷的场强 Ⅱ
7.电场线 Ⅰ8.电势能、电势 Ⅰ
9.电势差 Ⅱ
10.匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅰ
11.带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ
12.示波管 Ⅰ
13.常见电容器 Ⅰ
14.电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ 1.理解库仑定律的内容、适用条件，并能应用该定律解决相关问题.
2.理解电场强度、电势和电势差的概念，知道它们分别从力的角度和能量的角度来描述电场，并能应用它们进行相关的分析与计算.
3.能够用电场线描述几种常见的电场：点电荷的电场、等量同种(异种)点电荷电场、匀强电场等.4.能够正确理解物理量的正值和负值的含义，如电荷的正负、电势的正负、电势能的正负以及电场力做功的正负与电势能的增减相对应关系.
5.能结合力学的平衡、运动学、牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律及交流电等知识处理带电粒子在电场中运动的问题.
6.理解电容器电容的定义式和平行板电容器电容的决定式，并能解决有关问题. 电荷守恒、库仑定律
【典例1】(2011·海南高考)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变.由此可知( )
A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6 【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)相同金属小球接触时电量的转移与分配规律.
(2)库仑定律的应用. 【精讲精析】设小球1、2之间的距离为r.球3接触前，
球3分别与球1、2接触后，
联立以上两式解得：n=6，故D正确.
答案：D 【命题人揭秘】电荷的重新分配规律
两个完全相同的金属球接触,电荷将重新分配:
(1)若两球带同种电荷q1、q2,则接触后电量平均分配,即
(2)若两球带异种电荷q1、q2,则接触后电量先中和后平分,即
电性与带电量大的金属球相同. 点电荷的场强、电场的叠加
【典例2】(2011·重庆高考)如图所示，电
量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶
点，正方体范围内电场强度为零的点有( )
A．体中心、各面中心和各边中点
B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点
D．体中心和各面中心【审题视角】解答本题时要把握以下三点：
【关键点】
(1)电场强度是矢量，按照矢量法则叠加.
(2)点电荷场强公式
(3)两个等量同种点电荷连线中点场强叠加为零. 【精讲精析】在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零.在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零.而在各边中点，场强无法抵消，合场强不为零.
答案：D 【命题人揭秘】求合场强的两种常用方法
(1)对称法：利用带电体电荷分布具有对称性，或带电体产生的电场具有对称性的特点求合场强的方法.
(2)补偿法：题给条件建立的模型A不是一个完整的标准模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型.这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题. 电场强度、电势、电场线
【典例3】(2011·上海高考)电场线分布
如图所示，电场中a，b两点的电场强度大
小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb，
则( )
A．Ea>Eb，φa>φb B．Ea>Eb，φa<φb
C．Eaφb D．Ea【关键点】
(1)电场线的密、疏表示场强大、小.
(2)沿电场线的方向电势降低.
【精讲精析】从电场线的分布看，b处比较密集，故Eb＞Ea，沿着电场线方向电势越来越低，故φa＞φb，C选项正确.
答案：C 【命题人揭秘】形象描述电场的两个方法
(1)电场线法：
①描述场强：疏密表示弱强，切线方向表示场强方向；
②描述电势：沿电场线的方向电势降低.
(2)等势面(线)法：
①描述场强：疏密表示弱强，电势降落最快的方向就是场强方向；
②描述电势：等势线的分布就是电势的分布.电场线与等势线彼此垂直. 电势能、电场力的功
【典例4】(2012·山东高考)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【审题视角】解答本题应把握以下四点：
【关键点】
(1)由粒子运动轨迹的弯曲方向判断粒子的带电性.
(2)根据电场线的疏密情况结合牛顿第二定律分析粒子的受力情况.
(3)电势能是增大还是减小看电场力做功的正负.
(4)由动能定理分析动能变化的多少.【精讲精析】物体做曲线运动时，合外力的方向指向轨迹的凹侧，可知粒子与正电荷排斥，粒子带正电，A错；越靠近正电荷，电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，所以粒子在c点受力最小，B错；粒子从b点运动到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C对；点a、b、c所在的圆为等间距的同心圆，靠近正电荷电场强度较大，由公式U=Ed可知，Uab>Ubc，所以由a点到b点比由b点到c点电场力对粒子做的功多，根据动能定理可知D对.
答案:C、D 【命题人揭秘】带电粒子轨迹类问题“三判断”
(1)判断速度方向：带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向.
(2)判断电场力(或场强)的方向：带电粒子所受电场力(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向.
(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则合力做正功，电势能减小；若电场力与速度方向成钝角，电场力做负功，电势能增加. 电容器
【典例5】(2011·天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d/2，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是( )
A．U2=U1，E2=E1 B．U2=2U1，E2=4E1
C．U2=U1，E2=2E1 D．U2=2U1，E2=2E1 【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)综合运用平行板电容器的两个公式
(2)结合匀强电场中电势差与场强之间的关系式 根据条
件得出答案. 【精讲精析】解答本题可按以下流程分析:
故C正确.
答案：C 【命题人揭秘】 电容器动态分析类问题的两点提醒
(1)两类基本情况：
①电容器始终与电源相连，极板间电压U保持不变；
②电容器充电后与电源断开，极板带电量Q保持不变.
(2)两个常用公式：
①当极板间电压U不变时，应用 讨论板间电场强度；
②当极板带电量Q保持不变时，应用 讨论板间电场强度. 电场的叠加问题
【典例6】(2012·安徽高考)如图甲所示，
半径为R的均匀带电圆形平板，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：
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，如图乙所示.则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强
度为( ) A. B.
C. D.
【审题视角】解答本题时要注意以下两点：
【关键点】
(1)当圆板的半径R无限大时，
(2)根据电场的叠加，Q点的场强应为挖去圆孔前平面产生的场
强减去圆孔部分的电荷在Q点产生的场强. 【精讲精析】由 可知，R→∞时，
E=2πkσ，即无限大均匀带电平板在Q点产生的电场强度为
E1=2πkσ0，而半径为r的单位面积带电量为σ0的圆板在Q点产
生的电场强度为 则所求电场强度为
EQ=E1-E2= 故选项A正确.
答案:A【命题人揭秘】新情景下物理方法的应用技巧
本题注重考查物理方法，要求考生注意去领会相关物理研究方法.情景不拘泥于课本的限制.
本题要求判断两个均匀带电圆环轴线上的电场强度大小，显然无法直接通过物理规律直接推导得出结论，应另辟蹊径，可以运用量纲分析法、特殊值法、极限法、对称法、等效法等解决问题. 图象在电场中的应用
【典例7】(2011·上海高考)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φ随位置x变化规律的是图( ) 【审题视角】解决此类问题的两点提醒：
【关键点】
(1)画出两个等量异种点电荷的电场线.
(2)明确电场线方向与电势关系. 【精讲精析】电场线从正电荷出发终
止于无穷远处，且沿着电场线方向电
势越来越低，故越靠近正点电荷的位
置电势越高，越靠近负点电荷的位置电势越低，电势是标量，正值一定大于负值，故若取两电荷连线的中垂面为零势能面，则靠近负点电荷的电势均为负值，靠近正点电荷的电势均为正值，故A正确.当然也可以将等势面与地理的“等高线”进行类比，正点电荷处于正立的山口处，负点电荷处于倒立的山口处，显然A正确.
答案：A 【命题人揭秘】由φ-x图象分析场强、电势的大小关系
(1)在φ-x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.
(2)电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零.
(3)在φ-x图象中分析移动电荷时电势能的变化，可用WAB= qUAB，分析WAB的正负，然后作出判断. 电场中的力学综合应用
【典例8】(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件
之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理
与下述过程类似.如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相
反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力
作用下沿直线在A、B两点间往返运动.已知电场强度的大小分
别是E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C，方向如图所示.带电
微粒质量m=1.0×10-20 kg，带电量q=-1.0×10-9 C，A点距虚线MN的距离d1=1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：
(1)B点到虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t. 【审题视角】解答本题应注意以下两点：
【关键点】
(1)明确带电微粒的运动过程，微粒在两个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加速后做匀减速直线运动.
(2)由动能定理、牛顿第二定律列方程求解. 【精讲精析】(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理
知|q|E1d1－|q|E2d2=0,解得
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第
二定律有|q|E1=ma1,|q|E2=ma2
设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，
由运动学公式知
又t=t1+t2
代入数据解得t= 1.5×10-8 s
答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10-8 s 【阅卷人点拨】 库仑定律、电场力的性质
高考指数:★★★★
1.(2012·浙江高考)用金属箔做成一个
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 0.5 cm 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、下部感应出异号电荷
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【解析】选A、B、C.笔套与头发摩擦后，它们的原子核束缚电子的本领不同，而使笔套带电，这种起电方式叫摩擦起电，选项A正确；当带电的笔套靠近金属箔圆环时，圆环上部感应出与笔套相异的电荷，下部感应出与笔套相同的电荷，即上、下部电荷量等量异号，选项B正确；圆环被吸引上来，由静止变运动，力是改变物体运动状态的原因，圆环所受静电力有笔套的引力和斥力，但静电力的合力大于圆环的重力，选项C正确；笔套碰到圆环后,由于笔套是绝缘体，所以其上电荷不能全部中和，选项D错误. 2.(2011·新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的.关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( ) 【解题指南】解答本题时注意把握以下两点:
(1)明确电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系;
(2)正电荷的受力方向与电场强度的方向相同.
【解析】选D.负电荷由a运动到c，根据运动轨迹可以知道负电荷受力方向应在曲线的内侧，而电场力的方向与电场强度的方向在一条直线上，则A、B错误；电场强度的方向与正电荷的受力方向相同，则C错误，D正确. 3.(2011·广东高考)如图为静电除尘器除尘机理的示意图.尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的.下列表述正确的是( ) A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【解题指南】解答本题时注意把握以下两点:
(1)由电源的正负极判断空间电势的高低.
(2)电场力与电荷的带电量是成正比的.【解析】选B、D.由于集尘极与电源正极连接，电场方向由集尘极指向放电极，B正确;而带电尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电荷，A错误;负电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相反,C错误;根据F=qE可得，D正确. 4.(2010·全国卷Ⅱ)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为
104 V/m，已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2,水的密度为 103 kg/m3.雨滴携带的电荷量的最小值约为( )
A.2×10-9 C B.4×10-9 C
C.6×10-9 C D.8×10-9 C
【解析】选B.雨滴在电场中不会下落而处于平衡状态，根据平衡条件有：qE=mg，而 代入数值解得q≈4×10-9 C，故B正确. 5.(2010·山东高考)某电场的电场线分
布如图所示，以下说法正确的是( )
A.c点场强大于b点场强
B.a点电势高于b点电势
C.若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
D.若在d点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小【解析】选B、D. 电场线越密的地方电场强度越大，Ecφb，B对；将试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线的切线方向运动而不是沿电场线运动，故C错；在原电场中，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力做正功，在d点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由a移到b的过程中，电场力也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，根据电场力做功和电势能的关系可知：电势能将减小，D正确. 【方法技巧】电势高低、电场力做功正负、电势能变化的判定方法
试探电荷的正负、电势高低、电场力做功的正负、电势能变化四者具有如下的对应关系，若知道了其中两个因素可据此判断其他两个. 6.(2010·海南高考)如图所示， M、N和
P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点
为半圆弧的圆心，∠MOP=60°.电荷量相
等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场
强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强
大小变为E2，E1与E2之比为( )
A.1∶2 B.2∶1
C.2∶ D.4∶【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)点电荷的场强公式.
(2)O点场强为两点电荷产生的场强的矢量和.
【解析】选B.根据点电荷的场强公式
每个点电荷在O点产生的场强大小都为 则
当N点处的点电荷移至P点时，假设M点的电荷
为正电荷，O点场强如图所示，合场强大小为 则
B正确. 7.(2010·江苏高考)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【解题指南】通过分析E-x图象和对称性，建立合适的简单模型来解决问题.
【解析】选C.本题可借助下列对称的电场线来解决，如图所示.沿电场线电势降落(最快)，所以O点电势最高，A、B错误；根据U=Ed，电场强度是变量，可用E-x图象面积表示，O点到x1与到-x1点的电势降落相等，所以C正确；x1和x3两点电场强度大小相等，由U=Ed，d不相等，得电势不相等，D错误. 8.(2010·福建高考)物理学中有些
问题的结论不一定必须通过计算才
能验证，有时只需要通过一定的分
析就可以判断结论是否正确.如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q(q>0)，而且电荷均匀分布.两圆环的圆心O1和O2相距为2a，连线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r(rB.
C.
D. 【解析】选D.(1)先根据单位制排除不符合题意的选项.点电荷
的场强公式为 选项B、D符合此单位制，A、C为电势的
单位制，可判断A、C错误.
(2)根据特殊值法判断B、D选项.A点场强为左右两个圆环上电
荷产生的电场的叠加，选项中作差的两部分场强分别为左右两
环单独产生的，当r=a时，A点位于圆心O2处，带电圆环O2由于对称性，在A点的场强为0， D选项中表达式
符合题意，当r=-a时，A点位于圆心O1处，带电圆环O1由于对称
性，在A点的场强为0，D选项中表达式符合题意，可排除B项.
也可根据微元法求得r=a处的总场强 r=-a
处的总场强 可知B项错,D项对. 9.(2010·海南高考)利用静电除尘器可以消除空
气中的粉尘.静电除尘器由金属管A和悬在管中的
金属丝B组成，A和B分别接到高压电源正极和负
极，其装置示意图如图所示.A、B之间有很强的
电场，距B越近，场强_______(填“越大”或
“越小”).B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到________(填“A”或“B”)上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中. 【解析】电极截面如图所示，由电场线可判断越靠近B场强越大；粉尘吸附电子后，带上负电，带负电的粉尘向正极A运动，被吸附到正极上.
答案:越大 A 10.(2012·大纲版全国卷)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.现给电容器缓慢充电，使两极板所
带电荷量分别为+Q和-Q，此时悬线与竖直方向的夹角为 再
给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到 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. 【解题指南】对电容器充电，板上电荷量增加，两板电压升
高，使两板间电场强度增大，小球受到的水平方向电场力增
大，悬线与竖直方向的夹角增加，用电容的定义、电场强度和
电势差的关系、结合力的平衡条件可顺利解题.
【解析】设电容器的电容为C，两板间距为d，第一次充电后两
板间电场强度为
①
设小球质量为m，所带电荷量为q，当悬线与竖直方向的夹角为
时，小球受重力mg、拉力和电场力qE这三个力而处于平
衡状态，则有qE=mgtanθ1 ②
由①②得 ③
所以悬线与竖直方向的夹角θ与两板带的电荷量Q有关，设第
二次充电过程增加的电荷量为ΔQ，小球悬线偏角 小球
再次受力平衡，有
④
联立③④得
代入数据得ΔQ=2Q
答案:2Q 电场的能的性质
高考指数:★★★★★
11.(2012·福建高考)如图,在点电荷Q产生的
电场中,将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置
于A、B两点,虚线为等势线.取无穷远处为零电
势点,若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克
服电场力做的功相等,则下列说法正确的是( ) A.A点电势大于B点电势
B.A、B两点的电场强度相等
C.q1的电荷量小于q2的电荷量
D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
【解题指南】解答本题时应明确以下三点：
(1)电场线与等势面垂直，沿着电场线的方向电势越来越低.
(2)电场线密的地方场强大.
(3)电场力做功与电势能的变化关系. 【解析】选C.由于将q1、q2移到无穷远过程外力克服电场力做的功相等，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，D错.由于电场力做负功，则电场线由外指向内，B点电势大于A点电势，A错.A点所处电场线密,场强大，A、B两点电场强度方向也不同,B错.据W=qU及A点到无穷远电势差大于B点到无穷远电势差，因此q1的电荷量小于q2的电荷量，C对. 12.(2012·天津高考)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
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选C.电场中A点的场强方向与等势面垂直且指向负点电荷一侧，故粒子在A点所受电场力与速度垂直，且指向正电荷一侧，所以粒子将做曲线运动.粒子从进入电场到离开电场的运动过程中，电场力的方向不断变化，电场力先做正功后做负功，故粒子的电势能先变小后变大，选项C正确. 13.(2012·安徽高考)如图所示，在平面
直角坐标系中，有方向平行于坐标平面
的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为
0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( )
A.200 V/m B.200 V/m
C.100 V/m D.100 V/m 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A. x轴上OA的中点C的电势为3 V，则BC的连线为等
势线，如图所示，
电场的方向与等势线垂直，且由电势高处指向电势低处，根据
几何图形，O点到BC的距离为d=1.5 cm，所以
故选项A正确. 14.(2012·广东高考)如图所示是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
【解题指南】本题需从正、负电荷在电场中受力及电场力做功与电势能之间的关系中寻找解题依据. 【解析】选B、D.由图可知匀强电场的方向水平向左，故带正电的矿粉受水平向左的电场力作用而落在左侧，A错.在带正电的矿粉下落的过程中，由于受到向左的电场力作用而向左运动，故电场力对带正电的矿粉做正功，该种矿粉的电势能减小,D正确.对于带负电的矿粉而言，由于受到水平向右的电场力作用而向右运动，在运动过程中电场力对其做正功，电势能减小，C错,B正确.故B、D选项正确. 15.(2012·重庆高考)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
【解题指南】解答本题需要把握以下三点：
(1)电场线与等势面垂直;
(2)沿着电场线方向电势降低;
(3)电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加. 【解析】选D.图中画出的是等势面的分布图，而不是电场线的分布图，因为电场线与等势面垂直，所以根据这一点就能够画出电场线分布图，电场线必须画成从P出发终止于Q，所以Q必是负电荷，A错误；a、b两点电场强度方向不同，B错误;沿着电场线方向电势降低，所以c点电势高于d点电势，C错误；负电荷从a到c，电场力做正功电势能减少，D正确． 16.(2011·海南高考)关于静电场，下列说法正确的是( )
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【解析】选D.考查电场和电势概念及其电场力做功与电势能的关系.零电势面可以任意选取，则A、B选项错误；沿电场线的方向是电势降低的方向，则C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能一定增加，故选D.
【误区警示】解答电势问题易产生的两个误区
(1)误认为零电势点的选取是有条件的，而实际上零电势点的选取是任意的.
(2)误认为电势高低由电场强度的大小决定，而实际上两者无必然的关系. 17.(2011·山东高考)如图所示，在两等
量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线
的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于
两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点
位于MN上，d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是( ) A.b点场强大于d点场强
B.b点场强小于d点场强
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)等量异种电荷的电场线的分布特点.
(2)电场力做功和电势能改变之间的关系. 【解析】选B、C.对于等量异种点电荷所形成的电场中每一个位置处的电场强度都是两个点电荷形成电场相叠加的结果，在MN直线上在两电荷中点处的场强最大，在两点电荷连线上，中点场强最小，(在电场线分布稠密的地方电场较强)可以判断B正确，A错误;电势差是电势的差值，由题意可知MN是两个点电荷连线的中垂线，故C正确.把正电荷从a点移到c点，电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误. 18.(2011·江苏高考)一粒子从A点射入
电场，从B点射出，电场的等势面和粒
子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三
个等势面彼此平行，不计粒子的重力.
下列说法正确的有( )
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大【解析】选A、B.由于电场线与等势面垂直
(如图)，电场线先向右后向上偏，而粒子
却向下偏了，所以电场力与电场强度方
向相反，所以粒子带负电，A正确；又等
势面先平行并且密集，后变稀疏，说明电场强度先不变，后变小，则粒子受电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；电场力先与初速度方向相反，后与速度方向夹角为钝角,所以速度一直不断减小，C错误；而电场力一直做负功，所以电势能一直增大，D错误. 19.(2010·四川高考)如图所示，圆弧虚线
表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势
面间的电势差相等.光滑绝缘直杆沿电场方
向水平放置并固定不动，杆上套有一带正
电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON.若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则( ) A.滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B.滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C.在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D.在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
(1)沿杆与垂直杆分解弹簧的弹力.
(2)比较电场力与弹簧沿杆方向分力的大小.
(3)判断加速度的情况. 【解析】选A、C.在N点如果电场力不小于弹簧弹力的分力，则滑块一直加速，A正确.在N点如果电场力小于弹簧弹力的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确.1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，B错误.由于M点和N点弹簧的长度不同但弹力相等且OM＜ON，说明N点时弹簧是伸长的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，D错误. 20.(2010·上海高考)三个点电荷电场
的电场线分布如图所示，图中a、b两
点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势
分别为φa、φb，则( )
A．Ea>Eb，φa>φb B．EaC．Ea>Eb，φa<φb D．Eaφb【解题指南】解答本题时注意以下两点：
(1)电场线的密、疏表示场强大、小.
(2)沿电场线电势降低.
【解析】选C.a处电场线较b处密集，所以Ea>Eb，因为沿着电场线方向电势逐渐降低.所以φa<φb. 21.(2010·安徽高考)如图所示，在xOy平
面内有一个以O为圆心、半径R=0.1 m的圆，
P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正
方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向
的匀强电场，场强大小E=100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为( )A.UOP=-10sinθ(V) B.UOP=10sinθ(V)
C.UOP=-10cosθ(V) D.UOP=10cosθ(V)
【解析】选A.由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的.沿
着电场线的方向电势是降低的，所以P点电势高于O点的电势，
O、P两点的电势差UOP为负值.根据电势差与场强的关系UOP=-Ed
=-E·Rsinθ=-10sinθ(V)，所以A正确. 22.(2010·全国卷Ⅰ)关于静电场，下列结论普遍成立的( )
A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零【解析】选C.在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，A错误；电势差的大小取决于电场线方向上两点的间距和电场强度，所以B错误；沿电场线方向电势降低，而且降落速度最快，C正确；在电场中移动电荷，电场力做功的大小仅与两点间电势差有关，所以D错误. 23.(2010·天津高考)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则( )
A．b点的电场强度一定比a点大
B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高
D．该电荷的动能一定减小
【解题指南】解答本题时注意以下两点：
(1)根据电场力做负功判断出电势能增大，正电荷在高电势的地方电势能大，判断出电势的高低.
(2)正确理解电场的强弱与电场力做功的正负无关.【解析】选C.正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，说明正电荷的电势能增加，电势升高，故b点的电势一定比a点高，C正确；但是a、b两点不一定在同一条电场线上，故B错误；从做功情况反映不出电场力的大小，也不能反映电场的强弱，故A错误；动能的变化取决于合外力做功，电场力做了负功不代表合外力也做负功，所以动能不一定减小，故D错误. 24.(2011·上海高考)如图，在竖直向下、场
强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕
固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球
A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1电场力所做总功
重力所做总功
根据动能定理，竖直位置处两球的总动能
答案:(q1+q2)El/2
［(q1+q2)E+(m2-m1)g］l/2【方法技巧】电场中功能问题的分析方法
(1)利用电场线、等势面分布的特点分析粒子做功情况.
(2)应用WAB=UAB·q计算功时，WAB、q、UAB都要带正、负号计算.
(3)应用动能定理解决问题时要分析合外力的做功情况.
(4)应用能量守恒解决问题时应注意电势能和其他形式能间的转化关系. 25.(2011·北京高考)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(2)粒子的运动区间；
(3)粒子的运动周期.
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
(1)根据电势差与场强的关系，求出场强，即可求得电场力.
(2)根据动能定理结合边界条件即可求出粒子运动区间.
(3)根据牛顿第二定律和运动学公式即可求出粒子运动的周期.【解析】(1)由题图可知，O与d(或-d)两点间的电势差为φ0
电场强度的大小
电场力的大小
(2)设粒子在［-x0，x0］区间内运动，速率为v，由题意得
①
由图可知
φ=φ0 ②由①②得
因动能非负，
由 得
③
粒子运动区间(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
④
由匀加速直线运动
⑤
将③④代入⑤，得粒子运动周期
答案:(1)
(2)
(3) 电容器
高考指数:★★★★
26.(2012·新课标全国卷)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
【解析】选B、D.分析带电粒子的受
力情况，画出其受力图如图所示.
可以看出其合力方向与其速度方向
相反.所以,带电粒子在电场中做匀
减速运动.电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加,故选项A、C错误，选项B、D正确. 27.(2012·江苏高考)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
【解析】选B.由 知，S和d不变，插入电介质时，ε增
大，电容增大，由 可知：Q不变时，C增大，则两板间的
电势差U一定减小，答案选B. 28.(2011·大纲版全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～
0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时
间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.
在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地
间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量
约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的
电场是均匀的.根据以上数据，下列判断正确的是( )A.闪电电流的瞬时值可达到1×105 A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m
D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J 【解析】选A、C.在60 μs的短暂时间内的平均电流就可以当
做瞬时电流 所以A正确；第一个闪
击过程中的平均功率 因为
题目中告诉整个闪电过程的时间是0.2 s～0.3 s 而不是60 μs.
故整个闪电过程的平均功率不等于第一个闪击过程中的平均功
率，所以B错误；闪电前电场强度为
C正确；由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，整个闪电
过程向外释放的能量大约是W=qU=6×109 J，所以D错误. 29.(2011·安徽高考)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是( ) 【解析】选B.画出带电粒子速度—时间
图象，根据v-t图象中的“面积”研究
各时刻开始的带电粒子的运动情况，A选
项可画出T/8时刻开始的运动图象，如图
甲,由图知在一个周期内粒子运动的总面
积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到
B板上,A选项错；B选项可画出5T/8时刻A. B.
C. D. 开始的运动图象，如图乙,由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负，即粒子向A板靠近，最终会打到A板上,B选项对；C选项可画出7T/8时刻开始的运动图象，同理知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上，C选项错；同理D选项错. 30.(2010·重庆高考)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板.对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动.在P、Q间距增大过程中( )A.P、Q构成的电容器的电容增大
B.P上电荷量保持不变
C.M点的电势比N点的低
D.M点的电势比N点的高
【解析】选D.电容式话筒与电源串联，电压保持不变.在P、Q
间距增大过程中，根据电容决定式 得电容减小，又
根据电容定义式 得电容器所带电量减小，电容器的放
电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，故只
有D正确. 电场中的力学综合应用
高考指数:★★★
31.(2012·四川高考)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=2.5 m，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=2×105 N/C、方向垂
直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10-2 kg、电荷量q=+1×
10-6 C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=3 m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点，0.1 s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=10 m/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，求CP的长度. 【解析】(1)设弹簧枪对小物体做的功为W，由动能定理得
①
代入数据得W=0.475 J ②
(2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过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=0.1 s后，速度达到v1，有
v1=v0+a1t1 ④
由③④可知v1=2.1 m/s，设运动的位移为s1，有
⑤
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移
为s2，有0=v1+a2t2 ⑦
⑧
设CP的长度为s，
有s=s1+s2 ⑨
联立相关方程，代入数据解得s=0.57 m ⑩
答案：(1)0.475 J (2)0.57 m 电荷守恒、库仑定律
1.电荷守恒定律和元电荷
(1)电荷守恒定律：电荷既不能创生，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移过程中，电荷的总量保持不变．
(2)比荷：带电粒子的电荷量与粒子的质量之比，叫做该粒子的比荷．(3)元电荷：是世界上最小的电量，任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，元电荷是质子或电子所带的电量，即e=1.60 ×10-19 C.
(4)物体带电的方式和实质:①带电方式：摩擦起电、接触起电和感应起电.②带电实质：物体带电的实质是电荷的转移. 2.库仑定律
(1)内容：在真空中两个静止点电荷间作用力跟它们的电量乘
积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在
它们的连线上.
(2)表达式： 式中k表示静电力常量，k=9.0×
109 N·m2/C2.
(3)适用条件：真空中的点电荷. 3.三个孤立自由点电荷的平衡问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处另外两个点电荷产生的合场强为零.
(2) 【名师点睛】
应用库仑定律应注意的四个问题
(1)库仑定律只适用于真空中的点电荷，点电荷在空气中的相互作用可以近似应用库仑定律.
(2)当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷.但不能根据公式错误地推论：当r→0 时，F→∞.当F→∞时，两个带电体已经不能再看做点电荷了.
(3)对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集于球心的点电荷，r为两球心之间的距离.
(4)对两个带电金属球，要考虑金属表面电荷的重新分布. 电场力的性质的描述
1.电场的基本性质：对放入电场的电荷有力的作用.
2.电场强度
(1)定义式： 单位：牛/库(N/C)或伏/米(V/m).
(2)方向：规定正电荷受电场力的方向为该点的场强方向.3.电场线
(1)特点：①电场线的密疏表示电场的强弱，切线方向表示该点场强的方向；②电场线始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷(或无穷远)；③电场线不闭合，也互不相交；④电场线和等势面关系：电场线由高等势面指向低等势面且在相交处互相垂直；⑤电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密. (2)几种典型的电场线. 4.三个公式的比较【状元心得】
两个等量点电荷的电场特点
1.等量的同种电荷
两点电荷连线上：中点O处为零，其他点左右对称(大小相等，方向相反)；连线的中垂线上：由中点O到无限远，先变大后变小，且上下对称(大小相等、方向相反，背离O点).2.等量的异种电荷
两点电荷连线上：中点O处最小，其他点左右对称(大小相等，方向相同，平行连线指向负电荷)；连线的中垂线上：由中点O到无限远，逐渐变小，且上下对称(大小相等、方向相同，平行连线指向负电荷). 电场的能的性质的描述
1.电场力的功
(1)特点：和路径无关，只和被移动电荷的电荷量及初、末位置的电势差有关.
(2)计算公式：
W=Eqd，适用于匀强电场，其中d为沿电场线方向的位移.
W=Uq，适用于任何形式的电场. 2.电势能
(1)定义：电荷在电场中具有的势能，等于静电力把它从该点移动到零势能处所做的功.
(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减小量，即WAB=EpA-EpB.
(3)电势能的相对性与绝对性：电势能是相对的，与零电势点的位置有关，但电势能的变化是绝对的，与零电势点的位置无关. 3.电势
(1)定义：电场中某点的电势，等于电荷由该点移动到参考点(零电势点)时电场力所做的功与电荷量的比值.
(2)定义式：φA= 单位：伏特，符号V.
(3)标量性：是标量，其正负只表示比零电势高还是低.
(4)相对性：电势是相对的，只有选择零电势点的位置才能确定电势的值，通常取无限远或地球的电势为零. 4.等势面的概念及特点
(1)等势面：电场中电势相同的各点构成的面叫做等势面．
(2)等势面的特点.
①电场线与等势面处处垂直，且总是由电势高的等势面指向电势低的等势面；
②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功；
③处于静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面；
④导体表面的电场线与导体表面处处垂直． (3)熟悉几种常见电场的等势面的分布情况． 5.电势差
(1)定义：①电场中AB两点的电势之差，即UAB=φA-φB.
②电荷在电场中由一点A移动到另一点B时，电场力所做的功
与该电荷电荷量的比值叫做AB两点的电势差.即
(2)标量性：电势差是标量，其正负代表AB两点电势的高低关
系.
(3)影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电
荷q及电场力做功WAB无关，与零势点的选取无关.(4)匀强电场中电势差与电场强度的关系.
①方向关系：场强的方向是电势降低最快的方向.
②大小关系：U=Ed，d为两点间沿电场线间的距离.
【状元心得】
电势高低的判断方法
1.依据场源电荷:正场源电荷周围电势高于零，越靠近场源电势越高；负场源电荷周围电势低于零，越靠近场源电势越低.
2.依据电场线：沿电场线电势逐渐降低. 3.依据电场力做功的正负：电场力做正功时：正电荷向低电势处运动，负电荷向高电势处运动；电场力做负功时：正电荷向高电势处运动，负电荷向低电势处运动.
4.依据电势能的大小：正电荷在高电势处、负电荷在低电势处电势能大. 【名师点睛】
一、等分法计算匀强电场中的电势
1．匀强电场中的电势特点：在匀强电场中,沿任意一个方向上,电势降落都是均匀的,故在同一直线上相同距离的两点间的电势差相等,相互平行的相等的线段两端点电势差相等.如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点间的电势差等于原电势差的1/n倍.2．等分法的应用：已知电场中几点的电势,如果要求某点的电
势时,一般采用“等分法”在电场中找与待求点电势相同的等
势点.等分法也常用在画电场线的问题中.
二、 在非匀强电场中的妙用
1． 仅适用于匀强电场，但对于非匀强电场，可以用它
来解释等差等势面的疏密与场强大小的关系，如U一定时，E越
大，则d越小，即场强越大，等差等势面越密.
2．利用此关系式定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如
距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，E越小，U越小. 电容器
1.电容器
(1)组成：两个彼此绝缘又相距很近的导体可构成一个电容器.
(2)充电与放电.
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电能.
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能.
(3)电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值. 2.电容C
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与两个极板间的电势差U的比
值.
(2)定义式： 单位：法拉(F)，微法(μF)，皮法(pF)，
1 F=106 μF=1012 pF.
(3)决定因素：由电容器本身物理条件(导体大小、形状、相对
位置及电介质)决定，与电容器是否带电及带电多少无关. 3.平行板电容器
(1)电容：跟介电常数ε成正比,跟正对面积S成正比,跟两极板
的距离d成反比，即：
(2)场强：
4.【状元心得】
平行板电容器定性分析类问题的解题步骤
(1)确定不变量.C与电源相连时，电压U不变；电容器先充电后
与电源断开时，所带电荷量Q不变.
(2)根据决定式 和S、ε、d的变化分析平行板电容
器的电容的变化.
(3)根据定义式 分析电容器所带电荷量Q或两极板间电压
U的变化.
(4)用 或 分析电容器间场强的变化,或根据电容器
带电量Q的变化分析回路中的电流方向. 带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中加速
带电粒子在电场中加速时，电场力对带电粒子做功等于带电粒
子动能的增量.
(1)在匀强电场中：
(2)在非匀强电场中：2.带电粒子在电场中的偏转
(1)运动性质：受恒力作用，是匀变速曲线运动.
(2)两个分运动：平行于板方向：匀速直线运动；
垂直于板方向：匀加速直线运动.
(3)侧位移：
(4)偏转角：3.示波管
(1)构造：①电子枪,②偏转电极,③荧光屏.
(2)工作原理(如图所示).①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，并产生一个亮斑.
②YY′上加的是待显示的信号，XX′上加的是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压.若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象. 【状元心得】
带电粒子在电场中运动的处理方法
1.分析方法
和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题.2.受力分析
(1)要掌握电场力的特点.如电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关；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的大小和方向都可能不同等. (2)是否考虑重力.
①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).
②带电颗粒：如液滴、油滴、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.
3.从功能的角度分析
带电粒子的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他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. 等效对称问题的解题技巧
等效对称问题实际上为等效问题和对称问题的综合应用，高考中两者可以综合考查也可以单独考查.
1.等效问题和对称问题比较 2.等效对称问题的应考策略
(1)解题步骤.
①分析问题是否属于等效问题或对称问题.
②确定该问题属于哪类等效问题或对称问题.
③分析问题等效或对称后的求解思路. (2)注意问题.
①当原问题无法直接通过所给条件直接求出或求解较为复杂时，才考虑使用等效法或对称法求解.
②转化后的新问题、新过程应易于求解.
③明确原问题、原过程与新问题、新过程间的关系是解决此类问题的关键. 【典题例证】图甲中，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.这几位同学经
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( )【命题探究】本题设计较为巧妙，属于典型的等效对称问题，该题具有以下特点：
(1)若只考虑甲图，模型较为陌生，按常规的思路无法求解.
(2)将甲图等效为乙图进行求解，体现了等效思想.
(3)乙图电场线的分布及两点电荷间距离的确定均体现了对称思想. 【深度剖析】选A．本题中已明确给出可将原问题等效为等量
异种点电荷的电场线分布问题进行求解.故根据对称性,对比
甲、乙两图分析，可以得出金属板上的感应电荷产生的电场等
效乙图中-q电荷产生的电场，再根据点电荷场强公式和电场的
叠加可得P点的场强为 故A正确. 课件194张PPT。专题六 功 和 能 1.功和功率 Ⅱ
2.动能和动能定理 Ⅱ
3.重力做功与重力势能 Ⅱ
4.功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 1.理解功、功率、动能、重力势能、弹性势能的物理意义，掌握功和功率的计算方法.
2.灵活应用动能定理分析和解决动力学问题.
3.能够根据守恒条件判断是否守恒，并能运用机械能守恒定律分析与解决动力学问题.
4.熟知几种常用的功能关系，能够利用能量的观点处理问题.
5.功和能常与直线运动、平抛运动、圆周运动、电磁场中粒子的运动、电磁感应现象等相联系，综合考查学生获取信息、整合信息、应用力学规律解决问题的能力. 功及功率的计算
【典例1】(2011·海南高考)一质量为1 kg的质点静止于光滑
水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第
2秒内受到同方向的1 N的外力作用.下列判断正确的是( )
A.0～2秒内外力的平均功率是
B.第2秒内外力所做的功是
C.第2秒末外力的瞬时功率最大
D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是【审题视角】解答该题，应注意以下两点：
【关键点】
(1)先利用牛顿第二定律和运动学公式求出位移.
(2)根据平均功率和瞬时功率的公式求解. 【精讲精析】第1秒内质点的加速度a1=2 m/s2，1秒末的速度
v1=2×1=2 (m/s)；第2秒内的加速度a2=1 m/s2,第2秒末的速度
v2=2+1×1=3 (m/s)；所以第2秒内外力做的功
故B错误；第1秒末的功率为P1=2×2=4(W),第2秒末的功
率为P2=1×3=3(W)，故C错误；0～2秒内外力的平均功率
故A正确；第1秒内与第2秒内质点动能增加量
的比值 故D正确.
答案：A、D 【命题人揭秘】平均功率和瞬时功率的求解方法
(1)用公式 求出的是平均功率.
(2)表达式P=Fv，若v为平均速度，则P为平均功率；若v为瞬时
速度，则P为瞬时功率.若力与速度不在一条直线上，则P=Fvcosθ. 结合图象定性分析功和功率
【典例2】(2010·新课标全国卷)如图所
示，在外力作用下某质点运动的v-t图象
为正弦曲线.从图中可以判断( )
A.在0～t1时间内，外力做正功
B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C.在t2时刻，外力的功率最大
D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零【审题视角】解答本题要把握以下三点：
【关键点】
(1)通过v-t图象获取速度、加速度随时间的变化情况.
(2)由F=ma和P=Fv推断外力做功及功率的特点.
(3)t1和t3时刻速度大小相等，动能相等. 【精讲精析】解答本题可按如下流程分析:
答案：A、D 【命题人揭秘】判断做功正负“三法”
(1)根据力与位移的夹角α：当0≤α<90°时做正功；当90°<α≤180°时做负功；当α=90°时不做功.
(2)根据力与速度的夹角α：当0≤α<90°时做正功；当90°<α≤180°时做负功；当α=90°时不做功.
(3)根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合=Ek末-Ek初，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功. 动能定理的应用
【典例3】(2012·北京高考)如图所示，
质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做
直线运动，经距离l后以速度v飞离桌
面，最终落在水平地面上.已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面高h=0.45 m.不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离s;
(2)小物块落地时的动能Ek;
(3)小物块的初速度大小v0.
【审题视角】本题需要把握以下三点：
【关键点】
(1)根据平抛运动规律可以求出水平位移.
(2)根据平抛运动开始时的机械能等于落地瞬间的机械能可以求出落地瞬间的动能.
(3)根据动能定理可求出初速度. 【精讲精析】(1)由平抛运动规律，有
竖直方向
水平方向s=vt
得水平距离
(2)由机械能守恒定律得
(3)由动能定理，有
得初速度大小
答案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 【命题人揭秘】应用动能定理解题的基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解. 功能关系的综合应用
【典例4】(2012·福建高考)如图,
用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上
一艘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.
【审题视角】解答本题时应明确以下三点：
【关键点】
(1)绳牵引船时合速度与分速度的关系.
(2)牵引功率与牵引力和牵引速度的关系.
(3)涉及恒功率的变力做功应用动能定理.【精讲精析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf=fd ①
(2)小船从A点运动到B点牵引力做的功W=Pt1 ②
由动能定理有 ③
由①②③式解得
④(3)设小船经过B点时绳的拉力为F，绳与水平方向夹角为θ，
电动机牵引绳的速度为u,则
P=Fu ⑤
u=v1cosθ ⑥
由牛顿第二定律有Fcosθ-f=ma ⑦
由④⑤⑥⑦式解得
答案:【命题人揭秘】功能关系的选用技巧
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变化用动能定理分析.
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析.
(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析.
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析. 机械能守恒定律的应用
【典例5】(2011·福建高考)如图为
某种鱼饵自动投放器中的投饵管装
置示意图，其下半部AB是一长为2R
的竖直细管，上半部BC是半径为R的
四分之一圆弧弯管，管口沿水平方
向，AB管内有一原长为R、下端固
定的轻质弹簧.投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹
射出去.设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好
为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁
定时，均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g.求：
(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；
(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；
(3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线
OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒
鱼饵，鱼饵的质量在 到m之间变化，且均能落到水面.持续
投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？ 【审题视角】解答本题应注意以下几点:
【关键点】
(1)临界条件的应用.
(2)每次弹射时弹簧的弹性势能不变.
(3)注意应用几何关系.
(4)将复杂过程划分为若干小过程进行处理.【精讲精析】(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向
心力完全由重力提供．则由
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒
定律有
联立方程解得Ep=3mgR
(3)鱼饵离开管口C做平抛运动，则有
x1=R+v1t
联立方程解得x1=4R当鱼饵质量为 时，设其到达管口的速度为v2，由机械能守
恒定律有
解得
同理有x2=R+v2t
联立方程解得x2=7R
鱼饵能够落到水面的最大面积
答案：【命题人揭秘】 机械能守恒定律在生活中的应用
本题通过对鱼饵投放器的分析,综合考查了圆周运动的临界条件及平抛运动的分析思想、机械能守恒定律等知识，要求学生具备较高的综合分析能力.善于将复杂问题划分为若干子过程进行处理，体现了高考对考生能力的要求. 能量的转化和守恒问题
【典例6】(2010·福建高考)如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面.t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0 m/s2的匀加速直线运动.已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)物体A刚运动时的加速度aA;
(2)t=1.0 s时，电动机的输出功率P；
(3)若t=1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.则在t=1.0 s到t=3.8 s这段时间内木板B的位移为多少？ 【审题视角】解决本题，应把握好以下三点：
【关键点】
(1)明确研究对象，准确判断运动及受力情况.
(2)A、B速度相等是本题运动情景的分界点.
(3)功率不变时，利用W=Pt求解变力做功.【精讲精析】(1)物体A在水平方向上受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA
解得：aA=0.5 m/s2
(2)t=1.0 s时，木板B的速度大小为：
v1=aBt=1 m/s
由牛顿第二定律得：
F-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB
电动机的输出功率为：P1=Fv1
解得：P1=7 W (3)电动机的输出功率立即调整为P′=5 W时，细绳对木板B的拉力为F′，由P′=F′v1，
解得：F′=5 N
由于木板B的受力满足
F′-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=0
木板B做匀速直线运动，而物体A在木板B上继续做匀加速直线运动直到与木板B速度相同为止，这一过程的时间为t1，则：v1=aA(t+t1)这段时间木板B的位移为：s1=v1t1，A、B速度相同后，由于
F′＞μ2(mA+mB)g 且电动机的输出功率不变，A、B一起做加速
度减小的加速运动，由动能定理得:
P′(t2-t1-t)-μ2(mA+mB)gs2
代入数据得 在t=1.0 s到t=3.8 s这段时间内木板B的位移为
s=s1+s2=3.03 m
答案：(1)0.5 m/s2 (2)7 W (3)3.03 m 【阅卷人点拨】 功的概念的理解与功的计算
高考指数:★★★
1.(2012·安徽高考)如图所示，在竖直平
面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水
平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正
上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道
到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知
AP=2R,重力加速度为g，则小球从P到B的运
动过程中( ) 【解题指南】解答本题时要注意以下三点：
(1)小球在B点所受重力等于向心力，由此可求出小球在B点的动能.
(2)根据功能关系求出重力的功、合外力的功.
(3)根据能量的转化与守恒求出摩擦力的功、机械能的变化量.A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功【解析】选D.重力做功与路径无关，所以WG=mgR，选项A错；
小球在B点时所受重力等于向心力，即：
从P点到B点，由动能定理知： 故选项C错；
根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为|ΔE|=|ΔEP|
-|ΔEk|= 故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的
减少量，故选项D对. 2.(2011·江苏高考)如图所示，演员正在进行
杂技表演.由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的
过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )
A.0.3 J B.3 J
C.30 J D.300 J
【解析】选A.估计一只鸡蛋的质量为60克，鸡蛋上升的高度为50厘米，对人抛鸡蛋以及鸡蛋上升到最高点全程应用动能定理有：WF-mgh=0，代入数值可知WF=0.3 J，A对. 3.(2010·上海高考)如图所示为质量相等的两个
质点A、B在同一直线上运动的v-t图象，由图可
知( )
A.在t时刻两个质点在同一位置
B.在t时刻两个质点速度相等
C.在0～t时间内质点B比质点A位移大
D.在0～t时间内合外力对两个质点做功相等【解析】选B、C、D.在t时刻两质点速度相等，故B正确.根据v-t图象中面积代表位移大小，在0～t时间内质点B比质点A位移大，所以C正确，A错误；根据动能定理，合外力对质点做的功等于该质点动能的变化，故D正确. 功率的计算
高考指数:★★★
4.(2012·江苏高考)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平面内由A点
运动到B点.在此过程中拉力的瞬时功率变
化情况是( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大，后减小 D.先减小，后增大【解题指南】本题考查了动能定理、变力做功、瞬时功率问
题，难度中等，本题要把变力(水平拉力)做功(和功率)问题转
化为恒力(重力)做功(和功率)问题.
【解析】选A.本题考查上升的过程中,重力做负功,水平拉力F
做正功,由动能定理得 所以WF=WG，即
拉力做的功和重力做的功总是相等的，则拉力做功的功率和重
力做功的功率也总是相等的，小球上摆过程中,竖直方向速度
一直增大，重力功率P=mgv⊥一直增大，所以拉力做功的功率也
是逐渐增大的.答案选A. 5.(2012·福建高考)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
于同一高度并恰好处于静止状态.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【解题指南】解答本题时应明确以下三点：
矢量和标量的描述不同.
(2)平均功率的计算公式的理解.
(3)据平衡状态得两物块的质量关系.
【解析】选D.设A、B离地高度为h,由于斜面表面光滑，A、B运
动过程机械能守恒，机械能不变，物块着地时速率相等,均为
因此速率变化量相等，A、B错.由于初始时刻A、B处于
同一高度并处于静止状态，因此有mAg=mBgsinθ，重力势能变
化量不相等，C错.从剪断轻绳到两物块着地过程的平均速度大
小为 故选D. 6.(2012·天津高考)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的功率逐渐增大
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】选B、D.由F-t图象可知，在0～t1时间内，Ffm，故物块仍沿同一方向做加速运动，至t3时刻速度最大，动能最大，选项C错、D对. 7.(2011·上海高考)如图，一长为L的
轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端
固定一质量为m的小球.一水平向右的
拉力作用于杆的中点，使杆以角速度
ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时,拉力的功率为( )
A.mgLω B.
C. D. 【解析】选C.匀速转动，动能不变，拉力的功率在数值上应等
于重力的功率.为此，将线速度分解为水平速度和竖直速度，
重力的功率P=-mgωLsin30°= 所以拉力的功率
【误区警示】解答本题易产生的两个误区
(1)瞬时功率的公式为P=Fvcosα,式中α为F与v的夹角，求解
时容易忘记考虑.
(2)合速度沿运动切向，不是水平方向，在对线速度分解时，
应向水平和竖直两个方向分解. 8.(2012·北京高考)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯.行
程超过百米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、
省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0
时由静止开始上升，a-t图像如图乙所示.电梯总质量m=2.0×
103 kg.忽略一切阻力.重力加速度g取10 m/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，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a-t图像，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s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
0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W. 【解题指南】本题需要把握以下四点：
(1)读出图像中正、负最大加速度，由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力.
(2)加速度图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量.
(3)速度最大时拉力等于重力，拉力的功率等于重力与速度的乘积.
(4)根据动能定理可计算总功.【解析】(1)由牛顿第二定律，有F-mg=ma
由a-t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是
a1=1.0 m/s2，a2=-1.0 m/s2
F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0) N=2.2×104 N
F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0) N=1.8×104 N
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a-t图线下的面积Δv1=0.50 m/s
同理可得Δv2=v2-v0=1.5 m/s
v0=0，第2 s末的速率v2=1.5 m/s(3)由a-t图像可知，11 s～30 s内速率最大，其值等于
0～11 s内a-t图线下的面积，有
vm=10 m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fvm=mg·vm=2.0×103×10×10 W=2.0×105 W
由动能定理，总功
W=Ek2-Ek1= J
=1.0×105 J
答案：(1) 2.2×104 N 1.8×104 N (2)0.50 m/s
1.5 m/s (3)2.0×105 W 1.0×105 J 动能定理的理解与应用
高考指数:★★★★★
9.(2012·四川高考)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m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4x0.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
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
【解析】选B、D.撤去F后，在水平方向上物体受到弹簧的弹力
和摩擦力的作用，由于弹力是变力.所以，物体开始不可能做
匀变速运动，A错误；撤去F瞬间，水平方向上物体受到弹簧向左的弹力FN=kx0和向右的摩擦力Ff=μmg的作用，由牛顿第二定
律可知 B正确；物体到达初位置时，和弹
簧分离，之后才开始做匀减速运动，运动位移为3x0，加速度
大小为 C错误；当水平
方向上物体受到弹簧向左的弹力FN=kx和向右的摩擦力Ff=μmg
平衡时，具有最大速度，所以 物体开始向左运动到速
度最大，发生的位移为(x0-x).所以，此过程中克服摩擦力做
的功为W=Ff(x0-x)= D正确. 10.(2011·山东高考)如图所示，将小球a从地面
以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的
小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在 处相
遇(不计空气阻力).则( )
A.两球同时落地
B.相遇时两球速度大小相等
C.从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相
等【解题指南】解答本题要注意以下四点：
(1)a球做竖直上抛运动，b球做自由落体运动.
(2)紧紧抓住两球恰在 处相遇列式分析.
(3)动能的变化由动能定理分析.
(4)由瞬时功率的定义比较a、b重力功率的大小.【解析】选C.相遇时b球的位移 运动时间 相遇
时a球位移
相遇时a球的速度va=v0-gt=0，由题意可得此时b球已经具有向
下的速度而a球速度为零，故b球以较大速度先落地,以后任意
时刻重力的瞬时功率P=mgv，b球的瞬时功率总是大于a球的瞬
时功率.选项A、B、D错误.从开始运动到相遇，a球克服重力所
做的功等于重力对b球所做的功，由动能定理可得C项正确. 11.(2011·四川高考)如图是“神舟”系列航
天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过
程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个
装置匀速下降，为确保安全着陆，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，则( )
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D.返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】选A.整个装置匀速下降，火箭向下喷气瞬间，获得向上的反冲力，故伞绳对返回舱的拉力减小，A项正确;返回舱在空气阻力作用下匀速运动，故减速的主要原因是火箭的反冲力，B项错;返回舱做减速运动，由动能定理可知，合外力做负功，C项错;返回舱向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，D项错. 12.(2012·重庆高考)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆.摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放.摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s≤L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置.若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数. 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】(1)损失的机械能：
ΔE=mgL-mg(L-Lcosθ)=mgLcosθ
(2)摩擦力对摆锤做的功大小等于摆锤损失的机械能，
因而，Wf=-mgLcosθ
(3)|Wf|=f·s=μF·s=mgLcosθ
答案：(1)mgLcosθ (2)-mgLcosθ (3) 13.(2010·上海高考)倾角θ=37°，质量
M=5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量
m=2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始
匀加速下滑，经t=2 s到达底端，运动路程L=4 m,在此过程中斜面保持静止.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)求：
(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；
(2)地面对斜面的支持力大小；
(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理.【解析】(1)从静止开始匀加速下滑，由运动规律：
得a=2 m/s2
对木块受力分析：
沿斜面方向：mgsinθ-f=ma ①
垂直斜面方向：mgcosθ-FN=0 ②
由以上两式得：f=8N,FN=16N ③对斜面受力分析：
水平方向：f′cosθ=f地+FNsinθ ④
竖直方向：F支=Mg+FNcosθ+f′sinθ ⑤
由③④可得：f地=-3.2 N.负号表示地面对斜面的静摩擦力水平向左；
(2)由③⑤可得：F支=67.6 N(3)木块受两个力做功.
重力做功：WG=mgh=mgLsinθ=48 J
摩擦力做功：Wf=-fL=-32 J
合力做功即各个力做功的代数和：
W=WG+Wf=16 J
动能的变化
所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化(增
加)，证毕.
答案:(1)3.2 N 水平向左 (2)67.6 N (3)见解析14.(2010·全国卷Ⅱ)如图，MNP 为竖
直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水
平段NP相切于N点，P端固定一竖直挡
板.M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处.若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值.(提示：完全弹性碰撞过程中机械能不损失)【解析】在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，应
用动能定理：mgh-μmgs′=0-0 ①
其中在水平轨道上滑行的总路程为s′
由 ①可得： ②
(1)第一种情况：物块与弹性挡板碰撞后，在到达圆弧形轨道
前停止，则物块停止的位置距N的距离为
③(2)第二种情况：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑
圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N
的距离为
④
所以物块停止的位置距N的距离可能为
答案: 动能定理与圆周运动、平抛运动结合
高考指数:★★★★
15.(2012·浙江高考)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，从距离水平地面高为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
B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
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=
【解题指南】用动能定理(或机械能守恒定律)求出小球运动到
A点的速度大小，再根据平抛运动规律求解水平位移值；由于
小球在光滑细管内运动时可以受管的支持力，所以能从A端水
平抛出的条件是小球到达A点的速率大小必须大于零，若等于
零小球刚好静止在管口不能抛出去.【解析】选B、C.设小球运动到A点的速度为vA，根据动能定
理，有 小球做平抛运
动，有x=vAt, 所以水平位移 选项B正
确、A错误；能从A端水平抛出的条件是小球到达A点的速率
即H>2R，选项C正确、D错误.16.(2012·大纲版全国卷)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 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.(1)求此人落到坡面时的动能.
(2)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？
【解题指南】落点位置坐标为此人平抛运动轨迹方程和坡面方程组成的解，根据机械能守恒或动能定理求得此人落到坡面时的动能，再运用数学方法求出动能的最小值.【解析】(1)设该队员在空中做平抛运动的时间为t，运动到另
一坡面的落点坐标(x,y)，则有
x=v0t ①
②
依题意有： ③
根据机械能守恒，此人落到坡面的动能
④
联立以上各式得：
⑤(2)把⑤式变形，得
⑥
当⑥式中的平方项为零时，即 动能Ek最小.
最小的动能
答案:17.(2012·山东高考)如图所示，一工
件置于水平地面上，其AB段为一半径
R=1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一
长度L=0.5 m的粗糙水平轨道，二者
相切于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=0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4.工件质量M=0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.(取g=10 m/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v=5 m/s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=0.2 m 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 ③
根据牛顿第二定律，对物块有
mgtanθ=ma ④
对工件和物块整体有
F-μ2(M+m)g=(M+m)a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F=8.5 N ⑥②设物块平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点
间的距离为x2，由运动学公式可得
⑦
x1=vt ⑧
x2=x1-Rsinθ ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得
x2=0.4 m ⑩
答案：(1)0.2 m
(2)①8.5 N ②0.4 m18.(2010·山东高考)如图所示,四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑.一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F.当小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度v=2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中.已知小车质量M=0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g=10 m/s2)求:【解题指南】解答本题时分别以小车和滑块作为研究对象进行
受力分析，对其运动过程进行分析，然后由动能定理、牛顿第
二定律及运动学方程便可求出时间t ，结合平抛运动规律即可
求出高度h.(1)恒力F的作用时间t.
(2)AB与CD的高度差h.【解析】(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得:
①
设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定
律得：
F-μMg=Ma ② ③
联立①②③式，代入数据得：
a=4 m/s2 t=1 s ④
(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿运动定律得v′=at ⑤
-μMg=Ma′ ⑥
v=v′+a′t′ ⑦
解得：t′=0.4 s设滑块的质量为m,运动到A点的速度为vA，由动能定理得：
⑧
设滑块由A点运动到B点的时间为t1,由运动学公式得
s1=vAt1 ⑨
由⑧⑨可得：t1=1 s
综合分析可知滑块做平抛运动的时间等于小车减速时间t′,由
平抛运动规律：
代入数据得：h=0.8 m
答案:(1)1 s (2)0.8 m【方法技巧】应用动能定理解题时需要注意的问题
(1)动能定理的研究对象可以是单一物体或者是可以看做单一物体的物体系统.
(2)动能定理适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，可以同时作用也可以分段作用.
(3)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式,当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理;处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理.
(4)若物体运动的过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一个整体处理.19.(2010·浙江高考)在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中.设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g=10 m/s2).求：(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系；
(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多
大？对应的最大水平距离xmax为多少？
(3)若图中H=4 m，L=5 m，动摩擦因数μ=0.2，则水平运动距
离要达到7 m，h值应为多少？
【解析】(1)运动员由A运动到B过程，根据动能定理得：
①
由①解得：(2)离开B点做平抛运动，由平抛运动规律可知，运动员在水平
方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则：
水平方向上：x=vBt ②
竖直方向上：h= ③
联立①②③式解得：
x有最大值，xmax=L+H-μL(3)若图中H=4 m，L=5 m，水平距离为x=7 m,
由
可得：
解得：
答案： 机械能守恒定律的理解与应用
高考指数:★★★
20.(2010·安徽高考)伽利略曾设计如图
所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，
摆球会达到同一水平高度上的N点.如果
在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点.这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小( )A.只与斜面的倾角有关 B.只与斜面的长度有关
C.只与下滑的高度有关 D.只与物体的质量有关
【解析】选C.伽利略设计的这个实验说明只有重力做功的系
统，机械能守恒.由题意知物体在运动过程中不受阻力，满足
机械能守恒的条件，设下落的高度为H，则有
只与高度有关，故C正确.21.(2011·北京高考)如图所示，长度
为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质
量为m的小球(小球的大小可以忽略)
(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直
方向的夹角为α，小球保持静止.画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力.不计空气阻力.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
(1)静止时满足平衡条件.
(2)过最低点时的速度可用机械能守恒定律求出.
(3)当小球通过最低点时轻绳对小球的拉力可根据向心力公式求出.
【解析】(1)小球受力图如图所示，根据平衡条件Tcosα=mg，Tsinα=F
所以拉力大小F=mgtanα
(2)只有重力做功，机械能守恒
mgl(1-cosα)=
小球通过最低点时的速度大小根据牛顿第二定律
解得通过最低点时轻绳的拉力
T=mg(3-2cosα)，方向竖直向上
答案:(1)图见解析 mgtanα
(2)
mg(3-2cosα)，方向竖直向上22.(2010·上海高考)如图，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度为h，C点高度为2h，一滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出.(1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离sC和sD.
(2)为实现sC＜sD，v0应满足什么条件？
【解析】(1)选地面为零势能面，ABC和ABD为两个光滑固定轨
道，滑块运动过程满足守恒条件，根据机械能守恒定律
从A到C，可知
从A到D，可知
根据平抛运动规律：
sC=vCtC,sD=vDtD, 综合以上各式得：
(2)为实现sC＜sD，
即
但滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛
出，要求
答案:【方法技巧】机械能守恒定律应用三要领
(1)正确选取研究对象，必须明确机械能守恒定律针对的是一个系统，而不是单个物体.
(2)灵活选取零势能位置，重力势能常选最低点或物体的初始位置为零势能位置，弹性势能选弹簧原长为零势能位置.
(3)运用机械能守恒定律解题的关键在于确定“一个过程”和“两个状态”.所谓“一个过程”是指研究对象所经历的力学过程，了解研究对象在此过程中的受力情况以及各力的做功情况；“两个状态”是指研究对象在此过程中的开始和结束时所处的状态，找出研究对象分别在初状态和末状态的动能和势能. 功能关系应用
高考指数:★★★★
23.(2011·新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面
上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻
力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )
A.运动员到达最低点前重力势能始终减小
B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加
C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D.蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【解析】选A、B、C.运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A正确.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B正确.选取运动员、地球和蹦极绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C正确.重力势能改变的表达式为ΔEp=mgΔh，由于Δh是绝对的，与选取的重力势能参考零点无关，故D错.24.(2010·江苏高考)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )A.物块经过P点的动能，前一过程较小
B.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程
较少
C.物块滑到底端的速度，前一过程较大
D.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
【解析】选A、D.假设平直木板AB与水平面间夹角为θ，以物
块为研究对象，由牛顿第二定律知，A到B的过程mgsinθ-
μFN=ma， μ减小，a增大，其v-t图线如图中图
线1所示.B到A的过程，μ增大，a减小，其v-t图线如图中图线2所示.图中阴影部分面积相等表示LAP，
由图可知，vP1块从顶端滑到P的过程中，前后两个过程所
受摩擦力的平均值分别为 则前后两
个过程产生的热量分别为 由于 而LAPQBP、QAP=QBP或QAP三种情况，故B错.物块从顶端滑到底端的过程中物块克服摩擦
力做功相同，设为W，由动能定理mgLsinθ-W=Ek，故滑到底端
时，v应大小相等，故C错，由图象可知t3B.软绳重力势能共减少了
C.物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D.软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和【解析】选B、D. 因物块所受的细线的拉力做负功，所以物块
的机械能逐渐减小，A错误；软绳重心下降了,软绳重力势能共
减少 B正确；物块和软绳组成
的系统受重力和摩擦力作用，由动能定理可得：重力做功(包
括物块和软绳)减去软绳克服摩擦力做功等于系统(包括物块和
软绳)动能的增加，设物块的质量为M，即WM+Wm-Wf=ΔEkM+ΔEkm，
物块重力势能的减少等于WM，所以C错误.对软绳有Wm-Wf+WF=
ΔEkm,F表示细线对软绳的拉力，软绳重力势能的减少等于Wm，
显然小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D正确.26.(2012·江苏高考)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 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 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,
由动能定理得
④
同理，小车以vm撞击弹簧时
⑤
解得 ⑥(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
⑦
由④⑦解得
当 时，v′=v
当
答案：见解析27.(2011·浙江高考)节能混合动力车是一种可以利用汽油及
所储存电能作为动力来源的汽车.有一质量m=1 000 kg的混合
动力轿车，在平直公路上以v1=90 km/h匀速行驶，发动机的输
出功率为P=50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志
时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电
机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72 m 后，速
度变为v2=72 km/h.此过程中发动机功率的 用于轿车的牵
引， 用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最
后有50%转化为电池的电能.假设轿车在上述运动过程中所受阻
力保持不变.求：(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；
(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L′.
【解题指南】求解过程中，注意以下规律的应用：
(1)P=F牵v.
(2)动能定理.
(3)能量转化和守恒定律.【解析】(1)轿车牵引力与输出功率关系式为P=F牵v
将P=50 kW,
v1=90 km/h=25 m/s代入得
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，
有F阻=2×103 N
(2)在减速过程中，发动机只有 用于轿车的牵引.根据动能
定理
代入数据得Pt=1.575×105 J电池获得的电能为
E电=
(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为
F阻=2×103 N.在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有
电能用于克服阻力做功E电=F阻L′，
代入数据得L′=31.5 m
答案:(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m 功
1.功的基本含义2.功的计算
(1)恒力做功. (2)变力做功.
①用动能定理：
②若功率恒定,则用W=Pt计算.
(3)滑动摩擦力做的功有时可以用力和路程的乘积计算.
(4)多个力的合力做的功.
①先求F合,再根据W=F合·lcosα计算，一般适用于整个过程中
合力恒定不变的情况.
②先求各个力做的功W1、W2…Wn，再根据W总=W1+W2+…+Wn计算
总功，这是求合力做功常用的方法. 【名师点睛】
1.求解功应注意的问题
对于求功的问题，要先分析是求恒力的功还是变力的功，还是求合外力的功，然后再选择合适的方法进行求解，同时注意做功的正负.
2.一对作用力和反作用力做功的特点
(1)一对作用力和反作用力在同一段时间内，可以都做正功、或者都做负功，或者一个做正功、一个做负功，或者一个做功，一个不做功，或者都不做功.(2)一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零.
(3)一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功可能为零(静摩擦力)、可能为负(滑动摩擦力)，但不可能为正.
3.利用图象求解功
作出力F随位移l变化的图象，图象与位移轴
所围“面积”即为力做的功.如(a)图表示恒
力F做的功W，(b)图表示变力F做的功W. 功率
1. 2.机车启动：(1)两种方式：以恒定的功率启动和以恒定的加
速度启动.
(2)运动规律.
①机车的功率P=Fv
②机车的加速度
③当机车的速度达到最大时，F=Ff,a=0,最大速度(3)两种启动方式运动过程的分析.
①机车以恒定功率启动的运动过程
先做变加速(a减小)运动，再做匀速(a＝0)运动，在此过程中，F牵、v、a的变化情况是：
汽车达到最大速度时：F牵＝F阻，P＝F牵vm＝F阻vm. ②机车以恒定加速度启动的运动过程
要维持机车加速度不变，就要维持其牵引力不变，机车功率将随v增大而增大，当P达到额定功率P额后不再增加，即机车就不可能再保持匀加速运动了，具体变化过程如图所示：
机车达到最大速度之前经历了两个过程，匀加速直线运动和变加速直线运动. 【状元心得】
1.功和功率都是标量，其中功的正负仅说明能量的转化方向.
2.发动机的功率是指发动机的牵引力的功率，而不是机车所受合力的功率. 【名师点睛】
1.恒定功率启动的v-t图象
2.恒定加速度启动的v-t图象【状元心得】
1.解决机车启动问题，首先要弄清是哪种启动方式.然后采用分段处理法.在匀加速阶段常用牛顿第二定律和运动学公式结合分析，在非匀加速阶段，一般用动能定理求解.
2.在机车的功率P＝Fv中，F是指机车的牵引力，而不是车所受的合力. 动能和动能定理
1. 2.动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功等于物体在这个过程
中动能的变化.
(2)表达式：
(3)对合外力做功与动能变化关系的理解.
①外力对物体做正功，物体的动能增加，这个外力有助于物体
的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这个
外力阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物
体克服这个力做功. ②功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功,就有多少动能与其他形式的能发生了转化.所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量.即W=ΔEk.
(4)动能定理的适用条件：动能定理适用范围较广，适用于下列各种情况.
①直线运动;②曲线运动;③恒力做功;④变力做功;⑤各力同时作用;⑥各力分段作用 (5)应用动能定理解题的步骤.
①确定研究对象和研究过程.
②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况.
③写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正负).如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功.
④写出物体的初、末动能.
⑤按照动能定理列式求解. 【名师点睛】
1.动能是标量，没有负值.
2.动能是状态量，动能的变化量是过程量.
【名师点睛】
动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化.实际应用时，后一种表述比较好操作.不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功.【状元心得】
1.动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷.
2.动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理.
3.物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化. 【状元心得】
重力做功的特点：只与初、末位置的高度差有关，与路径无关.
电场力做功的特点：只与初、末位置有关，与路径无关.
分子力做功的特点：只与初、末位置有关，与路径无关. 机械能守恒定律
1.机械能：物体的机械能等于物体的动能和势能之和，其中势能包括重力势能和弹性势能.
2.重力势能
(1)定义：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积.
(2)表达式：Ep=mgh.
(3)标矢性：重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比“零势能”大还是小. (4)重力势能的特点.
①系统性：重力势能是物体和地球所共有的.
②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关.
(5)重力做功与重力势能变化的关系:重力做正功时，重力势能减少；重力做负功时，重力势能增加；重力做多少正功，重力势能就减少多少；重力做多少负功，重力势能就增加多少. 3.弹性势能4.机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变.
(2)机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功.(3)守恒表达式. (4)机械能守恒定律与动能定理的区别.
①机械能守恒定律的适用是有条件的，而动能定理具有普适性.
②机械能守恒定律反映的是物体初、末状态的机械能间的关系，而动能定理揭示的是物体的动能变化与引起这种变化的合外力做的功的关系，既要考虑初、末状态的动能，又要认真分析对应这两个状态间经历的过程中各力做功情况.【名师点睛】
1.对机械能守恒条件的理解
机械能守恒的条件是：只有重力或弹力做功.可以从以下两个方面理解：
(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒.
(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功.例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒. 2.机械能守恒的条件绝不是合外力做的功等于零，更不是合外力为零.判断机械能是否守恒时，要根据不同情景恰当地选取判断方法.【状元心得】
1.物体或系统机械能守恒是有条件的，因此，在应用机械能守恒解决问题时，首先要判断物体或系统的机械能是否守恒，然后注意选取恰当的守恒形式列式求解.
2.在应用机械能守恒处理问题时，一般先选取一个参考平面，通常情况下，选择在整个过程中物体所达到的最低点所在的水平面为参考平面. 功能关系及能量守恒定律
1.功能关系
(1)功和能的关系.
做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量
发生了转化，功是能量转化的量度.
(2)功能关系的几种表达形式.
①动能定理
②重力做功与重力势能变化的关系WG=-ΔEp=Ep1-Ep2.③弹力做功与弹性势能变化的关系WF=-ΔE弹=Ep1-Ep2.
④重力和弹簧弹力之外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量.即W其他=E机2-E机1.
⑤一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能，即Q＝Ff·x相对，x相对为物体间相对滑动的距离.
⑥电场力做功等于电势能的改变，即W电=-ΔEp=Ep1-Ep2.
⑦分子力做的功等于分子势能的变化. 2.能量守恒定律
(1)内容：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另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
(2)表达式：ΔE增=ΔE减.
(3)应用定律解题的步骤.
①分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等.
②明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式.
③列出能量守恒关系式：ΔE增=ΔE减. 【名师点睛】
1.摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功.
2.在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)而没有机械能转化为其他形式的能量; 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零.
3.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体,另一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量. 【状元心得】
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路程长度.如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和；如果一个物体相对另一物体做往复运动，则x相对为两物体相对滑行路程的总长度. 【名师点睛】
对能量守恒定律的理解
1.某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等.
2.某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等.
这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路. 传送带模型中的动力学问题和功能关系问题
传送带是应用较广泛的一种传动装置，与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地培养提升学生分析综合能力.下面从两个角度对传送带模型进行分析.
1.传送带上的动力学问题
解决此类问题的思路：
(1)明确研究对象.
(2)对研究对象进行受力分析、过程分析和状态分析，建立清晰的物理模型.
(3)利用牛顿运动定律和运动学规律列方程求解.【典题例证】如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A端到B端的长度为16 m，传送带以v=10 m/s的速度沿逆时针方向转动.在传送带上端A处无初速度地放置一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10 m/s2)【深度剖析】当物体放在A端到两者速度相同的过程中．设物体
的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
设物体速度从零增大到与传送带相同时所用时间为t1，运动位
移为x,则v=a1t1【命题探究】本题主要考查传送带模型中的动力学问题，重在
对传送带上的物体进行受力分析和过程分析. 但由于mgsinθ>μmgcosθ ，因而此时物体不是匀速运动而是
继续做加速运动.设这个过程物体的加速度为a2，则由牛顿第
二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2
其运动的位移为：
物体下滑的总时间为t=t1+t2
联立以上各式解得：t=2 s 2.传送带上的功能关系问题
【典题例证】如图所示，绷紧的传送带与
水平面的夹角θ=30?，皮带在电动机的
带动下，始终保持v0=2 m/s的速率运行，
现把一质量为m=10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h=1.5 m的高处，取
g=10 m/s2 ，求： (1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.
【命题探究】本题综合考查了动力学及能的转化和守恒定律的应用.第一问重点在对运动过程分析的基础上的公式应用，第二问是考查能量守恒问题. 【深度剖析】(1)由图可知，皮带长 工件速度达
v0前，做匀加速运动的位移
匀速运动的位移为x-x1=v0(t-t1)
解得加速运动的时间t1=0.8 s，
加速运动的位移x1=0.8 m,所以加速度
由牛顿第二定律有：μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工
件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩
擦力做功发出的热量.
在时间t1内，皮带运动的位移x皮=v0t1=1.6 m
在时间t1内，工件相对皮带的位移x相=x皮-x1=0.8 m
在时间t1内，摩擦发热Q=μmgcosθx相=60 J
工件获得的动能
工件增加的势能Ep=mgh=150 J
电动机多消耗的电能W=Q+Ek+Ep=230 J. 变力做功求解五法
功的计算在中学物理中占有十分重要的地位，中学阶段所学的功的计算公式W=Flcosα,只能用于恒力做功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可用，但高考中变力做功问题也是经常考查的一类题目.现结合例题分析变力做功的五种求解方法． 一、化变力为恒力
变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，可以用W=Flcosα求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中.【典例1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着
一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，
以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静
止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至
C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块在B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB=BC，则一定有( )
A.W1＞W2 B.W1＜W2
C.EkB＞EkC D.EkB＜EkC【深度剖析】绳子对滑块做的功为变力做功，求解比较复杂，但可通过转换研究对象，由于绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子所做的功，因此，求绳子对滑块做的功时,可改求拉力F对绳子所做的功，这样就化为恒力做功.
(1)W1 与W2 大小的比较.如图所示，
设滑块经A、B、C位置时左边的绳子
的长度分别为l1、l2、l3，则滑块从A
上升到B所做的功为W1=F(l1-l2)，滑块
从B上升到C所做的功为W2=F(l2-l3)．过C点、A点分别作OA、OC的平行线CD、AD交于D点，OCDA为平行四边形，在△OCD中有l1+l3＞2l2，则l1-l2＞l2-l3，则W1＞W2，故A对、B错.
(2)EkB与EkC的比较.由于绳与杆的夹角逐渐变大，绳的拉力在竖直方向的分力逐渐变小，因此滑块的运动情况无法确定.可能整个过程滑块一直加速，也可能在A到B过程中加速，在B到C过程中减速.故C、D均错.
答案：A 二、利用F-x图象求解
若题目中给出了F-x图象或给出了F与x的函数关系，则变力做功可以通过F-x图象中图线和横轴所围成的面积解得.【典例2】放在地面上的木块与一轻弹簧相连，弹簧处于自由伸长状态.现用手水平拉弹簧，拉力的作用点移动x1=0.2 m时，木块开始运动，继续拉弹簧，木块缓慢移动了x2=0.4 m的位移，其F-x图象如图所示，求上述过程中拉力所做的功.【深度剖析】由F-x图象可知，在木块运动
之前，弹簧弹力随弹簧伸长量的变化是线性
关系，木块缓慢移动时弹簧弹力不变，图线
与横轴所围梯形面积即为拉力所做的功,即
答案:20 J 三、利用平均力求解
当力的方向不变，而大小随位移线性变化时，可先求出力的算术平均值，再把平均值当成恒力，用功的计算式求解．【典例3】把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k.问此钉子全部进入木板需要打击几次？【深度剖析】在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能
量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正
比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功.
钉子在整个过程中受到的平均阻力为:
钉子克服阻力做的功为:
设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量:
所以
答案: 四、利用微元累积法求解
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解力的大小不变、方向改变的变力做功问题.【典例4】如图所示，半径为R，孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的初速度在水平面内做圆周运动，设开始运动的一周内，小球与管壁间的摩擦力大小恒为Ff，求小球在运动的这一周内，克服摩擦力所做的功.【深度剖析】将小球运动的轨迹分割成无
数个小段，设每一小段的长度为Δs，它们
可以近似看成直线，且与摩擦力方向共线
反向，如图所示，元功W′=FfΔs，而在小
球运动的一周内小球克服摩擦力所做的功等于各个元功的
和，即
答案:2πRFf 五、利用能量转化思想求解
功是能量转化的量度，已知外力做功情况可计算能量的转化，同样根据能量的转化也可求外力所做功的多少．因此根据动能定理、机械能守恒定律、功能关系等可从能量改变的角度求功.
1.动能定理求变力做功：动能定理表达式为W外=ΔEk，其中W外是所有外力做功的代数和，ΔEk是物体动能的增量．如果物体受到的除某个变力以外的其他力所做的功均能求出，那么用动能定理就可以求出这个变力所做的功.【典例5】如图所示，质量m=1 kg的物体从轨道上的A点由静止下滑，轨道AB是弯曲的，且A点高出B点h=0.8 m.物体到达B点时的速度为2 m/s，求物体在该过程中克服摩擦力所做的功.【深度剖析】物体由A运动到B的过程中共受到三个力作用:重
力G、支持力FN和摩擦力Ff.由于轨道是弯曲的，支持力和摩擦
力均为变力．但支持力时刻垂直于速度方向，故支持力不做
功，因而该过程中只有重力和摩擦力做功.由动能定理得:
代入数据解得WFf=-5.84 J.
答案:-5.84 J 2.用机械能守恒定律求变力做功：如果物体只受重力和
弹力作用，或只有重力或弹力做功时，满足机械能守恒定
律．如果求弹力这个变力做的功，可用机械能守恒定律来求
解.【典例6】如图所示，质量m为2千克的物体，从光滑斜面的顶端A点以v0=5米/秒的初速度滑下，在D点与弹簧接触并将弹簧压缩到B点时的速度为零，已知从A到B的竖直高度h=5米，求弹簧的弹力对物体所做的功(g取10 m/s2).【深度剖析】由于斜面光滑,故机械能守恒，但弹簧的弹力是
变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做
的功的数值与弹性势能的增加量相等．取B所在水平面为零参
考面，弹簧原长处D点为弹性势能的零参考点，由机械能守恒
定律得:
解得:
答案:-125 J 3.利用W=Pt求解：在功率给出且保持不变的情况下，利用W=Pt可求出变力所做的功.【典例7】质量为5 t的汽车以恒定的输出功率75 kW在一条平直的公路上由静止开始行驶，在10 s内速度达到10 m/s，求摩擦阻力在这段时间内所做的功.【深度剖析】汽车的功率不变，根据P=Fv知，随着速度v的增
大，牵引力将变小，不能用W=Fl求功，但已知汽车的功率恒
定，所以牵引力在这段时间内所做的功
再由动能定理得:
答案:-5×105 J 4.利用功能原理求解：除系统内重力和弹力以外的其他力对系统所做功的代数和等于系统机械能的增量．若只有重力和弹力做功的系统内，则机械能守恒(即为机械能守恒定律).【典例8】将一个质量为m，长为a，宽为b的矩形物体竖立起来的过程中，人至少需要做多少功？【深度剖析】在人把物体竖立起来的
过程中，人对物体的作用力的大小和
方向均未知，无法应用W=Flcosα求解．
该过程中，物体要经历如图所示的状态，
当矩形对角线竖直时，物体重心高度最大，重心变化为:
由功能原理可知W外=ΔEp+ΔEk.当ΔEk=
0时，W外最小，为:W外=
答案:1.(化变力为恒力)如图所示,质量为
2 kg的木块套在光滑的竖直杆上,用
60 N的恒力F通过轻绳拉木块,木块在
A点的速度vA=3 m/s,则木块运动到B
点的速度vB是多少?(木块可视为质点,g取10 m/s2)【解析】先取木块作为研究对象,则由动能定理得:
①
其中 是轻绳上张力对木块做的功,由于力的方
向不断变化,这显然是一个变力做的功,对象转换:研究恒力F的
作用点,在木块由A运动到B的过程中,恒力F做的功
它在数值上等于WT.故①式可变形为:
代入数据解得vB=7 m/s.
答案:7 m/s2.(图象法)某物体同时受到F1、F2两个力的作用,F1、F2跟位移x的关系如图所示,物体从静止开始运动,求物体动能的最大值.【解析】由题图可知,力F1、F2都是变力,且前5 m位移中,
F1＞F2,物体做加速运动,所以x=5 m时物体动能最大,设为Ekm,
由动能定理得:Ekm-0=W1+W2.其中W1为力F1做的功,数值等于F1
图线跟坐标轴及x=5 m所围面积,即 J;W2
为F2做的功,数值等于F2图线跟坐标轴及x=5 m所围面积,即
所以Ekm=37.5 J-12.5 J=25 J.
答案:25 J课件220张PPT。专题十一 电磁感应1.电磁感应现象 Ⅰ
2.磁通量 Ⅰ
3.法拉第电磁感应定律 Ⅱ
4.楞次定律 Ⅱ
5.自感、涡流 Ⅰ1.熟练应用右手定则和楞次定律判断感应电流的方向.
2.掌握公式E=Blv和 ，会计算平动切割、转动切割、磁通量变化等各种情况的感应电动势.
3.掌握电磁感应中的图象问题.
4.会处理各种综合问题，如与电路、力学、功、能知识的综合. 楞次定律及其应用
【典例1】(2011·上海高考)如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A.顺时针加速旋转
B.顺时针减速旋转
C.逆时针加速旋转
D.逆时针减速旋转【审题视角】解答本题时，应注意以下三点：
【关键点】
(1)由b环感应电流,判断a环转动情况.
(2)由b环收缩,判断a环外部磁场方向.
(3)综合(1)、(2),判断a环具体转动情况. 【精讲精析】本题具体解题流程如下：
答案：B【命题人揭秘】灵活应用楞次定律的几种方法
(1)电流元法：在整个导体上取几段电流元，判断电流元受力情况，从而判断整体受力情况.
(2)等效磁体法：将环形导体等效为一个条形磁铁，进而做出判断.
(3)躲闪法：回路由静止通过“躲闪”实现“增反减同”的效果.
(4)阻碍相对运动法：产生的感应电流的磁场总是阻碍导体相对运动，即“来拒去留”. 法拉第电磁感应定律的理解
【典例2】(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【审题视角】解答本题应准确理解法拉第电磁感应定律.判断感应电流方向时应利用好楞次定律.
【精讲精析】由法拉第电磁感应定律知： ，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B错误，C正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D错误.
答案：C 【命题人揭秘】应用法拉第电磁感应定律的三点提醒
(1)在 中，E与ΔΦ不成正比，E与Δt也不成反比，
而是E与 成正比，n不是比例系数，而是线圈的匝数.
(2)利用 求得的电动势为Δt时间内的平均值.
(3)引起磁通量变化有两个方面，其一是磁场变化，其二是线
圈的面积发生变化. 电磁感应中的图象问题
【典例3】(2011·海南高考)如图，
EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场
的边界，其中EO∥E′O′，FO∥
F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF
的角平分线，OO′间的距离为l；磁
场方向垂直于纸面向里.一边长为l的正方形导线框沿OO′方向
匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置.规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( )【审题视角】解答该题应注意以下两点：
【关键点】
(1)根据右手定则判断感应电流方向.
(2)分析有效切割长度，根据E=Blv和I=E/R确定电流大小.【精讲精析】本题中四个选项都是i-t关系图线，故可用排除
法.因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次
定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C、D错误.由于在
穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ=0，由 可知整个
过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在i-t图象中图线
与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值
应相等.故A错误,B正确.
答案：B 【命题人揭秘】电磁感应中的图象问题解题技巧
(1)图象选择:求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象；也可用“对照法”，即按照题目要求画出正确草图，再与选项对照，选出正确选项.解决此类问题的关键就是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键物理状态.(2)图象描绘:求解物理图象的描绘问题的方法是，首先和解常规题一样，仔细分析物理现象，弄清物理过程，然后求解有关物理量或分析相关物理量间的函数关系，最后正确地作出图象.在描绘图象时，要注意物理量的单位，坐标轴标度的适当选择，函数图象的特征等.(3)图象变换:处理有关图象变换的问题，首先要识图，即读懂已知图象表示的物理规律或物理过程，然后再根据所求图象与已知图象的联系，进行图象间的变换. (4)图象分析:在定性分析物理图象时，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，要弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断；而对物理图象定量计算时，要搞清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，并要注意物理量的单位换算问题，要善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图象在某位置的斜率(或其绝对值)、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义.(5)图象应用:在应用图象法求解物理问题时，要根据题意把抽象的物理过程用图线表示出来，将物理量间的关系转化为几何关系，运用图象直观、简明的特点，分析解决物理问题. 公式E=Blv的应用
【典例4】(2010·新课标全国卷)如图所示，两个端面半径同
为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，
相对的端面之间有一缝隙，铁芯
上缠绕导线并与电源连接，在缝
隙中形成一匀强磁场.一铜质细
直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从
静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应.关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
A.E1>E2，a端为正
B.E1>E2，b端为正
C.E1D.E1【关键点】
(1)由安培定则判断螺线管磁场方向.
(2)将立体图转化为平面图.
(3)确定有效切割长度和速度.
(4)由E=BLv计算得结果.【精讲精析】将立体图转化为平面图，
如图所示，
由几何关系计算有效切割长度L
由机械能守恒定律计算切割速度v，即：mgh= mv2，
得 ，则：
根据E=BLv，
可见E1又根据右手定则判断电流方向从a到b，在电源内部，电流是从负极流向正极的，所以选项D正确.
答案：D【命题人揭秘】求动生电动势的“一变三看”法
(1)变立体图为平面图，沿着或逆着磁场方向观察，作出情景图.
(2)一看三量夹角关系，观察磁感应强度B、速度v、导体棒L间的夹角，分析是否垂直.(3)二看有效切割长度，若导体棒为曲线或折线，则沿垂直于速度方向投影，取投影长度；若电路是闭合的，L应取接入电路部分的有效长度.
(4)三看有效切割速度，若导体棒的速度与磁场不垂直，应分解速度，取垂直磁场的有效分速度. 自感现象
【典例5】(2011·北京高考)
某同学为了验证断电自感现象，
自己找来带铁芯的线圈L、小
灯泡A、开关S和电池组E，用
导线将它们连接成如图所示的
电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小
灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A．电源的内阻较大
B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大【审题视角】解答本题时可按以下思路分析:
【精讲精析】由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流.由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错;造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错，C正确.自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错.
答案：C【命题人揭秘】自感现象的分析方法
自感现象是电磁感应的特例，在分析这一现象时，必须抓住电感线圈这一元件的三大特点：
(1)电感线圈的作用：当通过电感线圈的电流发生变化时，电感线圈中产生自感电动势，其作用是阻碍导体中电流的变化，因此自感电动势的方向可概括为“增反减同”，其作用效果是“延缓”了导体中电流的变化. (2)通过电感线圈的电流：特点是连续增大或减小，不能突变.
(3)电流稳定时的电感线圈：若考虑其直流电阻，电感线圈是定值电阻.
本题以通电自感实验为例,注重对考生理解能力与实验能力的考查，体现新课改的探究理念. 电磁感应与力学知识的综合
【典例6】(2012·天津高考)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=0.5 m,左端接有
阻值R=0.3 Ω 的电阻.一质量m=0.1 kg,
电阻r=0.1 Ω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=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9 m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. 【审题视角】解答本题时要注意以下三点：
【关键点】
(1)求通过电阻的电荷量时要用到电流的平均值.
(2)求焦耳热时，要利用功能关系，本题不适合用焦耳定律求焦耳热.
(3)外力F做的功等于回路产生的焦耳热. 【精讲精析】(1)金属棒匀加速运动过程中，回路的磁通量变化量为：
ΔΦ=Blx ①
由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：
②
由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为：
③则通过电阻R的电荷量为:
④
由以上各式联立，代入数据解得：
q=4.5 C ⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v,则由运动学公式得：
v2=2ax ⑥
由动能定理得，棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为：
W=0- mv2 ⑦由功能关系知，撤去外力后回路中产生的焦耳热为：
Q2=-W ⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得：
Q2=1.8 J ⑨
(3)因为撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比为：
Q1∶Q2=2∶1
所以Q1=3.6 J ⑩由功能关系可知，在棒运动的整个过程中：
WF=Q1+Q2 ?
联立⑨⑩?式得：
WF=5.4 J
答案:(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 【命题人揭秘】电磁感应中的力学问题的分析技巧
(1)明确两大研究对象的相互制约关系
(2)明确分析问题的两大基本思路
①力的观点：是指应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的方法，即先对研究对象进行受力分析，根据受力变化应用牛顿运动定律判断加速度变化情况，最后找出求解问题的方法.
②能量的观点：动能定理、能量守恒定律在电磁感应中同样适用.(3)掌握解决该类问题的基本方法
①根据楞次定律和法拉第电磁感应定律求解感应电动势的方向和大小.
②作出等效电路，根据闭合电路欧姆定律求解电路中感应电流的大小.
③分析研究导体的受力情况.
④列动力学方程或功能关系的方程求解. 电磁感应与电路知识的综合应用
【典例7】(2011·浙江高考)如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l=0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m=0.1 kg 的导体棒以v0=1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g=10 m/s2).
(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；
(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
(3)计算4 s内回路产生的焦耳热.【审题视角】解答该题应注意以下三点：
【关键点】
(1)准确分析导体棒受力情况及运动情况，通过计算确定4 s末位置及运动状态.
(2)确定电源，通过法拉第定律及楞次定律确定电流大小和方向.
(3)利用焦耳定律计算焦耳热. 【精讲精析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有
-μmg=ma,vt=v0+at,x=v0t+ at2
导体棒速度减为零时，vt=0.
代入数据解得：t=1 s，x=0.5 m,导体棒没有进入磁场区域.
导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x=0.5 m(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为
E=0,I=0
后2 s回路产生的电动势为
回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为
R=5λ=0.5 Ω
电流为：
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为
Q=I2Rt=0.04 J
答案：(1)前1 s导体棒做匀减速直线运动，2～4 s内一直保持静止.
(2)前2 s:I=0;后2 s:I=0.2 A,电流方向是顺时针方向
(3)0.04 J【阅卷人点拨】
电磁感应现象、楞次定律及应用
高考指数:★★★
1.(2012·北京高考)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L、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,线圈上的套环均未动.
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【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选D.无论接到直流电源还是交流电源，在开关闭合的瞬间，穿过线圈的磁通量都是增加的，因此，环跳起与否跟线圈接在了交流电源还是直流电源上无关，A错误；电源电压越高，线圈匝数越多，开关闭合的瞬间磁场越强，越有利于环的跳起，B、C错误；如果环的质量过大或者导电性能太差都会使得环受到的安培力小于环的重力，环就不会跳起，D正确. 2.(2012·新课标全国卷)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,而线框中的感应电流总是沿顺
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正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )
【解析】选A.分析A图,如图甲所示,
在0～t2时间内,直导线中的电流在
线框处产生的磁场方向垂直于纸面
向里,由楞次定律可知此过程中线
框中的感应电流方向为顺时针方向,
由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向左,线
框的右边所受安培力较小,方向向右,线框所受合力方向向左,
如图乙所示.在t2～t1时间内,直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向外,由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向右,线框的右边所受安培力较小,方向向左,线框所受合力方向向右,如图丙所示.故选项A正确,B、C、D错误.
3.(2012·江苏高考)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【解析】选A、B、D.线圈L1采用的是双线绕法，家庭电路正常工作时，通过火线和零线的电流大小相等，方向相反，所以线圈L1中的磁通量是零，线圈L2中的磁通量也为零，A正确；家庭电路中的用电器增多时或发生短路时，通过火线和零线的电流增大，但大小仍然相等，合磁通量仍为零，线圈L2中的磁通量也为零，B正确、C错误；地面上的人接触火线时，电流从人体通过，通过火线和零线的电流大小不再相等，线圈L2中有磁通量通过，产生感应电流，电磁铁开始工作，将开关K吸起，起到断电保护的作用，D正确，所以答案选A、B、D. 4.(2011·山东高考)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【解析】选A、B.在电学的发展过程中，焦耳发现了电流的热效应，库仑总结出电荷间相互作用的计算公式——库仑定律，这两项符合物理学史的事实.在C项中，发现电流磁效应的是丹麦物理学家奥斯特；D项中，牛顿对伽利略的理想斜面实验合理外推得到的是物体在不受外力作用下将一直保持匀速直线运动或静止状态——牛顿第一定律.5.(2011·上海高考)如图，磁场
垂直于纸面，磁感应强度在竖直
方向均匀分布，水平方向非均匀
分布.一铜制圆环用丝线悬挂于O
点，将圆环拉至位置a后无初速释
放，在圆环从a摆向b的过程中( )
A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B.感应电流方向一直是逆时针
C.安培力方向始终与速度方向相反
D.安培力方向始终沿水平方向【解析】选A、D.圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针;跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针;再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以A正确,B错误;由于圆环所在处的磁场上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，而速度方向与轨迹相切,故C错误,D正确. 【误区警示】本题易错选C,原因是不清楚磁场的分布特点,还可能误认为是匀强磁场,实际上对圆环来说,上、下所处的磁感应强度始终相等,而左、右两边所处的磁感应强度不相同.6.(2011·江苏高考)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，且与导轨接触良好.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】选D.当开关由1掷到2时，电容器放电，导体棒因受安培力而向右加速，导体棒向右运动产生感应电动势，最终电容器两端电压和导体棒两端电压相等，电容器的带电量保持不变，导体棒的速度不变，但不等于零，A、C错，最终导体棒的加速度以及棒中电流为零，B错，D对. 7.(2010·海南高考)一金属圆环水平固定放置.现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )
A.始终相互吸引
B.始终相互排斥
C.先相互吸引，后相互排斥
D.先相互排斥，后相互吸引【解题指南】在用楞次定律判断磁铁与线圈间的相互作用时，可用“来拒去留”方法加以判断.
【解析】选D.当条形磁铁靠近圆环时，产生感应电流，感应电流在磁场中受到安培力的作用，由楞次定律可知，安培力总是“阻碍变化”.因此，条形磁铁靠近圆环时，受到排斥力；当条形磁铁穿过圆环并远离时，受到吸引力，选项D正确. 8.(2010·上海高考)如图，金属
环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共
轴，并位于其左侧，若变阻器滑片
P向左移动，则金属环A将向_________(选填“左”或“右”)运动，并有_______(选填“收缩”或“扩张”)趋势.【解析】变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，相互排斥，则金属环A将向左移动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势.
答案:左 收缩 法拉第电磁感应定律、自感
高考指数:★★★★★
9.(2012·新课标全国卷)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,磁感应强度随时间的变化率 的大小
应为( )
A. B. C. D.
【解析】选C.导线框以角速度ω匀速转动产生的电流大小为：
导线框中磁感应强度大小随时间线性变化
时产生的电流大小为： 因为I1=I2，所以
变化率 故选项C正确. 10.(2011·安徽高考)如图所示的
区域内有垂直于纸面的匀强磁场，
磁感应强度为B.电阻为R、半径
为L、圆心角为45°的扇形闭合
导线框绕垂直于纸面的O轴以角
速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界).则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A. B.
C. D. 【解题指南】解答该题应把握以下四点：
(1)感应电动势的表达式.
(2)产生感应电动势的时间.
(3)感应电动势的周期.
(4)有效值的定义. 【解析】选D.线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为
E= BωL2,产生感应电动势的时间均为 ,由一个周期产生的电
热 ,解得 ,选D.11.(2010·江苏高考)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面
与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在
1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )
A. B.1 C.2 D.4【解析】选B.先保持线框的面积不变，由法拉第电磁感应定律
可知 再保持增大后的磁感应强度不
变，有 可见先后两个过程中产生的
感应电动势大小相等，两者的比值为1，选项B正确. 12.(2010·北京高考)在如图所示
的电路中，两个相同的小灯泡L1和
L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L
和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，
调整R，使L1和L2发光的亮度一样，
此时流过两个灯泡的电流为I.然后，
断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是( )【解析】选B.闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL=R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至达到电流为I，故选项A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故选项C、D错误. 【方法技巧】通电自感与断电自感的区别
13.(2010·山东高考)如图所示，
空间存在两个磁场，磁感应强度
大小均为B，方向相反且垂直纸面，
MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴.
一导线折成边长为l的正方形闭合
回路abcd，回路在纸面内以恒定
速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时( ) A.穿过回路的磁通量为零
B.回路中感应电动势大小为2Blv0
C.回路中感应电流的方向为顺时针方向
D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同【解析】选A、B、D.正方形闭合回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的合磁通量为零，选项A正确；由右手定则可以判断ab边上的电流方向为由a到b，cd边上的电流方向为由c到d，所以回路中感应电流的方向为逆时针方向，选项C错误；由法拉第电磁感应定律可知回路中感应电动势大小为E感=Eab +Ecd=2Blv0，选项B正确；由左手定则可以判定回路中ab边与cd边所受安培力方向相同，都是水平向左的，选项D正确. 【误区警示】解答该题时易误认为穿过线圈的磁通量为零.线圈产生的感应电动势也为零，从而安培力也为零而漏选B.而实际上磁通量为零时，磁通量的变化率并不为零，故感应电动势也不为零. 14.(2010·全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10-5 T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过.设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是 ( )
A.电压表记录的电压为5 mV
B.电压表记录的电压为9 mV
C.河南岸的电势较高
D.河北岸的电势较高【解析】选B、D.海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场.根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸是负极，电势低,所以选项D正确，C错误.根据法拉第电磁感应定律得：E=Blv=4.5×
10-5×100×2 V=9×10-3 V=9 mV,所以选项B正确，A错误.15.(2010·四川高考)如图所示，
电阻不计的平行金属导轨固定在
一绝缘斜面上，两相同的金属导
体棒a、b垂直于导轨静止放置，
且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面.现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动.若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能 ( )
A.变为0 B.先减小后不变
C.等于F D.先增大再减小【解析】选A、B.a棒受恒定的拉力作用，随着速度的增大，安培力增大，因此，a做加速度减小的加速运动.当a加速度为0后匀速运动，所以a所受安培力先增大后不变.由于a、b所受安培力大小相等，所以b所受安培力先增大后不变，由于b始终保持静止，故b所受摩擦力先减小后不变，选项B正确；若b所受安培力等于重力沿斜面向下的分力，则b所受摩擦力为零，选项A正确. 电磁感应中的图象问题
高考指数:★★★
16.(2012·福建高考)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线始终
保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直
向下为正方向的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变化的关系图象是( ) 【解题指南】解答本题时应明确以下三点：
(1)条形磁铁周围磁感线分布特点.
(2)公式E=BLv中B与v相互垂直.
(3)感应电流方向可用右手定则或楞次定律判断.【解析】选B.闭合铜环下落过程的侧视图
如图所示，据右手定则或楞次定律可知闭
合铜环在原点O上方和下方时电流方向相反，
D错.闭合铜环从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程电动势
E变大，Ⅲ位置速度与磁感线平行，E=0，闭
合铜环下落过程加速运动，且在原点O下方速
度较大，电动势E的最大值比上方E的最大值大，A、C错，B对. 17.(2012·重庆高考)如图所示，
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.下列图象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( ) 【解题指南】解答本题需要把握以下三点：
(1)M′N′离开阶段，离开磁场的部分相当于切割磁感线的有效长度；
(2)P′Q′离开阶段，在磁场中的部分相当于切割磁感线的有效长度；
(3)切割磁感线的有效长度随时间变化的函数形式决定了图线的形状.【解析】选B.取正方形M′N′P′Q′
边长为a，在M′N′离开阶段，离开
磁场的部分长度l等于线框沿着对角
线前进的距离的2倍，即l=2vt，
安培力 即 由于
v不随时间变化，故f与时间t为二次函数关系，P′Q′离开阶段f仍与t成二次函数关系，故选B. 18.(2010·上海高考)如图，一有界
区域内，存在着磁感应强度大小均
为B，方向分别垂直于光滑水平桌面
向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均
为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图( ) 【解析】选A、C.线框的位移在0～L、2L～3L的过程中，只有
一条边切割磁感线，电流沿逆时针方向，其大小为
即I1∝t，为直线.位移在L～2L过程中，有两条边切割
磁感线，电流方向沿顺时针方向，其大小为
即I2∝t，也为直线，故选项A正确，B错误.关于电流与位移的
关系，由v2=2ax，则位移在0～L和2L～3L范围内，
方向为逆时针，位移在L～2L范围内， 方向为顺时
针，故选项C正确，D错误. 【方法技巧】电磁感应图象问题“四注意”
(1)注意图象的初始条件.
(2)注意物理量的方向与正负的对应关系.
(3)注意物理量的变化趋势.
(4)注意物理量的增减或方向正、负的转折点. 19.(2009·上海高考)信用卡
的磁条中有一个个连续的相
反极性的磁化区，每个磁化
区代表了二进制数1或0，用
以储存信息.刷卡时，当磁条
以某一速度拉过信用卡阅读
器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压(如图1所示).当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读器检测头
时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是 ( )【解析】选B.由图1可知，当“1”区经过阅读器的检测头时，产生正向电压，当“0”区经过阅读器的检测头时，产生负向电压，可见选项B正确. 电磁感应与电路知识的综合
高考指数:★★★
20.(2012·四川高考)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= 时，杆产生的电动势为
C.θ=0时，杆受的安培力大小为
D.θ= 时，杆受的安培力大小为【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选A、D.当θ=0时，导体杆的等效长度最大为2a，这
时感应电动势最大，为E=2Bav，A正确；根据F=BIl,
联立可得 C错误; 当θ=
时，导体杆的等效长度为a，这时感应电动势为E=Bav，B错
误；根据F=BIl, 联立可得
D正确.所以答案选A、D. 21.(2012·广东高考)如图所示,质量为M的导体棒ab,垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上,导轨平面与水平面的夹角为θ,并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,左侧是水平放置、间距为d的平行金属板.R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值,不计其他电阻.
(1)调节Rx=R,释放导体棒,当棒沿导轨匀速下滑时,求通过棒的电流I及棒的速率v.
(2)改变Rx,待棒沿导轨再次匀速下滑后,将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间,若它能匀速通过,求此时的Rx.
【解题指南】解答本题要通过对物体受力分析，利用物体平衡条件、感应电动势、闭合电路欧姆定律及安培力公式进行求解.特别要注意板间电压应是电阻Rx两端电压，而非电源电动势. 【解析】(1)当Rx=R时，棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件Mgsinθ=F
安培力F=BIl,解得
ab切割产生的感应电动势E=Blv
由闭合电路欧姆定律得回路中电流
解得(2)微粒水平射入金属板间，能匀速通过，
由平衡条件
棒沿导轨匀速，由平衡条件Mgsinθ=BI1l
金属板间电压 U=I1Rx,解得22.(2012·浙江高考)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小
明同学设计了一种“闪烁”装置.如图所示，自行车后轮由半
径r1=5.0×10-2 m 的金属内圈、半径r2=0.40 m的金属外圈和绝
缘辐条构成.后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每
根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡.在支架上装有
磁铁，形成了磁感应强度B=0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇
形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角 .后轮以
角速度ω=2π rad/s相对于转轴转动.若不计其他电阻，忽略
磁场的边缘效应. (1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E,并指出ab上的电流方向.
(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图. (3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab-t图象.
(4)若选择的是“1.5 V、0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价. 【解题指南】根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用右手定则判断电流方向；画电路图时，切割磁感线的导体相当于电源，其他导体是外电路；确定金属条离开磁场时刻和下一金属条进入磁场时刻，画出Uab-t图象. 【解析】(1)金属条ab进入磁场切割磁感线，所构成的回路的磁通量也会变化，设经过时间Δt磁通量的变化量为ΔΦ，则
由法拉第电磁感应定律得，
根据右手定则，可知电流方向为b→a
(2)金属条ab进入磁场，金属条ab
相当于一个电源，电路如图所示.
(3)由电路图可得电路总电阻
ab两端的电势差
以ab刚进入磁场区域为t=0时刻，设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则
轮子转一周的时间
在T=1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同，画出Uab-t图象如图所示. (4)“闪烁”装置不能正常工作.因为金属条的感应电动势只有
4.9×10-2 V，远小于小灯泡的额定电压，小灯泡不能发光.
由 可知，增大B，可提高感应电动势E，
但增大B是有限度的；增大r2，可提高感应电动势E，但增大r2也是有限度的，且增大r2还要考虑金属条电阻变大的影响；
增大ω，可提高感应电动势E，但增大ω也是有限度的；
增大θ，E不变，不能提高感应电动势E.
答案：(1)4.9×10-2 V b→a(2)电路如图所示(3)画出Uab-t图象如图所示. (4)“闪烁”装置不能正常工作.增大B，可提高感应电动势E，但增大B是有限度的；增大r2，可提高感应电动势E，但增大r2也是有限度的，且增大r2还要考虑金属条电阻的影响；增大ω，可提高感应电动势E，但增大ω也是有限度的；增大θ，E不变，不能提高感应电动势E. 23.(2012·江苏高考)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=2l.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.
【解题指南】解答本题第(2)问时可按以下思路分析： 【解析】(1)bc、ad边的运动速度
感应电动势Em=4NBlv,解得Em=2NBl2ω
(2)电流 安培力F=2NBIml,解得
(3)一个周期内，通电时间t= T
R上消耗的电能W=Im2Rt,且W=I2RT，解得
答案：见解析24.(2011·重庆高考)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R,绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U ,求： (1)橡胶带匀速运动的速率；
(2)电阻R消耗的电功率；
(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功.【解题指南】解答该题应注意以下三点：
(1)跑步过程中金属条切割磁感线相当于电源.
(2)电路的连接情况，电压表示数的意义.
(3)克服安培力做功等于电流通过电阻R做的功. 【解析】(1)设电动势为E，橡胶带运动速度为v
E=BLv E=U,所以
(2)设电阻R消耗的电功率为P：
(3)电流强度 安培力F=BIL
安培力做功
答案:(1) (2) (3) 电磁感应与力学知识综合
高考指数:★★★★
25.(2012·山东高考)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R，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，并保持拉力的功率恒为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=2mgvsinθ
B.P=3mgvsinθ
C.当导体棒速度达到 时加速度大小为 sinθ
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【解题指南】根据导体棒的运动情况，对导体棒正确受力分析，结合安培力的知识，利用能量守恒定律求功率，分析焦耳热；利用牛顿第二定律求加速度a.【解析】选A、C.当导体棒以速度v匀速运动时：
当导体棒以速度2v匀速运动时： 联立
①②解得：P=2mgvsinθ，A对，B错；当导体棒速度达到 时，
由牛顿第二定律得： 联立①③解得：
a= sinθ,C对；当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上
产生的焦耳热等于拉力和重力所做的功之和，D错. 26.(2011·福建高考)如图，足够长
的U型光滑金属导轨平面与水平面成
θ角(0<θ<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ab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，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中
( ) A.运动的平均速度大小为
B.下滑的位移大小为
C.产生的焦耳热为qBLv
D.受到的最大安培力大小为【解析】选B.由E=BLv、I= 、F安=BIL可得导体棒的速度为v时
的安培力为 D错；对导体棒受力分析如图甲所示，据牛顿运动定律判断可得导体棒的运动情况如图乙所示，由图
乙可知导体棒这一过程的平均速度大于 A错；由法拉第电
磁感应定律得到导体棒这一过程通过的电量 因此导体
棒下滑的位移 B对；由能量关系可得这一过程产生的
焦耳热 C错，故选B. 27.(2010·安徽高考)如图所示，水平地
面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀
强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形
线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细
的导线绕制(Ⅰ为细导线).两线圈在距磁场
上界面h高处由静止开始自由下落，再进入
磁场，最后落到地面.运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则 ( )
A.v1B.v1=v2,Q1=Q2
C.v1Q2
D.v1=v2,Q1为ρ0，则导线的电阻 导线的横截面积为S，则线圈
的质量m=ρV=ρ·4nL·S，设刚要进入磁场时的速度为v0，则
由机械能守恒定律可得： 以该时刻线圈
为研究对象，进行受力分析，线圈受重力和安培力作用，由牛
顿第二定律可得：
对两个 线圈来说，它们的加速度与横截面积无关，时刻相同，所以在
穿过磁场的过程中速度的变化是相同的，由于初速度相同，所
以末速度也是相同的.当线圈完全进入磁场后，又做加速度同
为g的匀加速运动，所以最终速度相同，即v1=v2.根据功能关系，
Q=|WF安|，所以 所以
横截面积大的线圈Ⅱ产生的热量大，即Q1固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻
不计.两质量、长度均相同的导体棒c、
d，置于边界水平的匀强磁场上方同一
高度h处.磁场宽为3h，方向与导轨平面
垂直.先由静止释放c，c刚进入磁场即匀
速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移.图乙中正确的是( ) 【解析】选B、D.c的运动过程分为四个阶段.(Ⅰ)xc＜h，自由
落体运动,ac1=g.(Ⅱ)h≤xc＜3h,c进入磁场匀速下落，速度
此时d做自由落体运动，其平均速度
即d自由下落h高度的过程中c匀速下落2h高度，此过程中
ac2=0.(Ⅲ)3h≤xc＜4h，c、d均在磁场中， ,回路
中无感应电流，c只受重力，ac3=g.(Ⅳ)xc≥4h，离开磁场，
ac4=g.依据上述分析，A错误，B正确.
d的运动过程也分为四个阶段.
①xd＜h,d自由落体，Ekd=mgxd.②h≤xd＜2h,该阶段对应着c运动的(Ⅲ)阶段，两者均做加速
度为g的匀加速运动，Ekd=mgxd.
③2h≤xd＜4h,该阶段对应着c运动的(Ⅳ)阶段，d受重力和方
向竖直向上的安培力;由c进入磁场匀速运动知，
故该阶段开始时 可知d做减速运动，
且为加速度减小的减速运动，该阶段Ekd减小.④xd≥4h,d离开
磁场做匀加速直线运动，Ekd随xd而均匀增加.综上分析，C错
误，D正确. 29.(2011·天津高考)如图所
示，两根足够长的光滑平行金
属导轨MN、PQ间距为l=0.5 m，
其电阻不计，两导轨及其构成
的平面均与水平面成30°角，
完全相同的两金属棒ab、cd
分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触.已知
两棒质量均为m=0.02 kg，电阻均为R=0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止.取g=10 m/s2，问：
(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
(3)棒cd每产生Q=0.1 J的热量，力F做的功W是多少？【解析】(1)棒cd受到的安培力为Fcd=IlB ①
棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd=mgsin30° ②
由①②式代入数值得：I=1 A ③
根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c. ④
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，Fab=Fcd
对棒ab，由共点力平衡条件得：F=mgsin30°+IlB ⑤
代入数据解得：F=0.2 N. ⑥ (3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1 J热量，由焦耳定律知
Q=I2Rt ⑦
设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势
E=Blv ⑧
由闭合电路欧姆定律可知 ⑨ 根据运动学公式可知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移
x=vt ⑩则力F做的功W=Fx ?
联立以上各式，代入数值解得：W=0.4 J. ?
答案:(1)1 A 由d至c (2)0.2 N (3)0.4 J 30.(2011·大纲版全国卷)如图，两根足够
长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距
离为L，电阻不计.在导轨上端并接两个额
定功率均为P、电阻均为R的小灯泡.整个系
统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导
轨所在平面垂直.现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放.金属棒下落过程中保持水平， 且与导轨接触良好.已知某时刻后两灯泡保持正常发光.重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小;
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率. 【解析】(1)设灯泡额定电流为I0，有P=I02R ①
灯泡正常发光时，流经MN的电流I=2I0 ②
金属棒速度最大时，重力等于安培力mg=BIL ③
由①②③解得 ④(2)灯泡正常发光时E=BLv ⑤
E=I0R ⑥
联立①②④⑤⑥得
答案:(1) (2) 31.(2011·上海高考)电阻可忽略的
光滑平行金属导轨长s=1.15 m,两导
轨间距L=0.75 m,导轨倾角为30°,
导轨上端ab接一阻值R=1.5 Ω的电
阻，磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r=0.5 Ω，质量m=0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端,在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1 J.(取g=10 m/s2)求： (1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安;
(2)金属棒下滑速度v=2 m/s时的加速度a.
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能
定理，W重-W安= mvm2，…….由此所得结果是否正确？若正
确，说明理由并完成本小题;若不正确，给出正确的解答. 【解析】(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R=3r，因此QR=3Qr=0.3 J
所以W安=Q=QR+Qr=0.4 J
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
由牛顿第二定律
所以(3)此解法正确.
金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速
运动.无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定
为最大.由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确.
所以
答案:(1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)见解析【方法技巧】电磁感应中力、电、能综合问题的解题思路
(1)认真审题，弄清题目给出的情景和运动过程的关键状态.
(2)明确等效电源，画出等效电路，进行电路的分析并列式.
(3)确定研究对象并进行受力分析，画出受力示意图.
(4)写出安培力的表达式，根据运动状态列出牛顿运动定律的表达式.
(5)确定研究过程，明确安培力做功与电路中电能的转化关系，列出动能定理的表达式.
(6)联立方程进行求解. 32.(2010·上海高考)如图，宽度
L=0.5 m 的光滑金属框架MNPQ固定
于水平面内，并处在磁感应强度大
小B=0.4 T，方向竖直向下的匀强
磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1 kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并且框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标系，金属棒从x0=1 m 处以v0=2 m/s的初速度，沿x轴负方向做a=2 m/s2 的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用.求： (1)金属棒ab运动0.5 m，框架产生的焦耳热Q；
(2)框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；
(3)为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4 s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4 s金属棒的运动距离s，以及0.4 s时回路内的电阻R，然后代入 求解.指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果. 【解析】(1)金属棒仅受安培力作用，其大小F=ma=0.2 N，金属棒运动0.5 m，框架产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以 Q=Fs=0.1 J.
(2)金属棒所受安培力为
由于金属棒做匀减速运动，
所以(3)错误之处是把0.4 s时回路内的电阻R代入 进行计
算，正确解法是：q=It，F=BIL=ma,
答案:(1)0.1 J (2)
(3)见解析33.(2010·江苏高考)如图所示，两足
够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为
L,一理想电流表与两导轨相连，匀强磁
场与导轨平面垂直.一质量为m、有效电
阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止
释放.导体棒进入磁场后，流经电流表
的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻.求：(1)磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)流经电流表电流的最大值Im.
【解析】(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，
则有：BIL=mg ①
解得： ②
(2)感应电动势：
E=BLv ③
感应电流： ④
由②③④式解得：(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm
根据机械能守恒：
感应电动势的最大值：Em=BLvm
感应电流最大值：
解得：
答案: (1) (2) (3) 电磁感应现象、楞次定律
1.磁通量
(1)公式：Φ＝B·Ssinα，α为线圈
平面与磁场方向的夹角.
(2)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1 T·m2
(3)磁通量的变化：ΔΦ=Φ2-Φ1
①S、α不变，B改变，这时ΔΦ=ΔB·Ssinα
常见情况 ②B、α不变，S改变，这时ΔΦ=ΔS·Bsinα
③B、S不变，α改变，这时ΔΦ=BS(sinα2-sinα1) 2.电磁感应现象
(1)感应电流产生条件
(2)感应电动势产生条件：穿过电路的磁通量发生变化.
3.楞次定律及应用
(1)楞次定律
①内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁场的磁通量的变化.
②适用情况：所有电磁感应现象. 电路闭合
磁通量变化(2)右手定则：
①要点：
掌心——磁感线垂直穿入掌心，
拇指——指向导体运动的方向,
四指——指向感应电流的方向.
②适用情况：电路的部分导体切割磁感线产生感应电流. (3)判断感应电流方向的“三步法” 4.楞次定律的推广
感应电流阻碍原磁通量变化的方式有以下几种：
(1)阻碍原磁通量的变化，即“增反减同”.
(2)阻碍相对运动，即“来拒去留”.
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势，即“增缩减扩”.
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)，即“增反减同”. 【名师点睛】
1.楞次定律的含义
(1)谁阻碍谁：感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场磁通量的变化.
(2)阻碍什么：阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量或磁场本身.
(3)怎样阻碍：阻碍不是“相反”，也不是“阻止”，当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，原磁通量仍缓慢增加；当原磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，原磁通量仍缓慢减小. 2.安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的比较【状元心得】
判断感应电流引起运动效果的方法
(1)常规法
根据原磁场(B原方向及ΔΦ情况)
确定感应磁场(B感方向)
判断感应电流(I感方向)
导体受力及运动趋势.楞次定律安培定则左手定则(2)“推广含义”法
由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的“推广含义”.据此，可直接对运动趋势作出判断，更简捷、迅速. 法拉第电磁感应定律、自感、涡流
1.法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
(2)表达式： 式中的n为线圈的匝数， 是磁通量的变化率. 2.部分导体切割磁感线产生感应电动势
(1)导体在匀强磁场中平动
①一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E=Blvsinθ.
②常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E=Blv.
(2)导体棒在匀强磁场中转动
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转
动产生感应电动势， (导体棒的长度为l，有效切割速度取
中点位置线速度 lω). (3)对法拉第电磁感应定律的理解
①感应电动势的大小：由穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数n决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无必然联系.
②对公式的理解：3.自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称
为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势，其大
小 L为自感系数.
(2)自感系数：L与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等
因素有关，其单位是亨利，符号是H. 4.涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡所以叫涡流.
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动.在运输电表时用导线将接线柱连接起来,防止指针损坏,就是利用了这一原理.
(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来.交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的.
(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用.【名师点睛】
1.对公式E=Blv的理解
(1)正交性：在E=Blv中，B、l、v必须两两垂直.实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算.如E=Blvsinθ，θ为B与v的夹角.
(2)有效性：导体平动切割磁感线,l为导体两端点的有效长度.
(3)相对性：E=Blv中的速度v是相对于磁场B的速度.
(4)瞬时性：公式中v一般为瞬时速度，则E为瞬时电动势. 2.公式 与公式E=Blv的比较 电磁感应的综合问题
1.电磁感应中的电路问题
(1)内电路与外电路
切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于电源，
其电阻相当于电源内阻，其余部分是外电路.
(2)电动势、路端电压与电流
①根据法拉第电磁感应定律：电动势 或E=Blv.
②根据闭合电路欧姆定律：路端电压U=E-Ir,干路电流 . 2.电磁感应现象中的力学问题
(1)通电导体在磁场中将受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起.
(2)安培力大小：由感应电动势E→感应电流I→F安=BIL.
(3)方向：由左手定则判断,或安培力的方向一定阻碍导体切割磁感线.
3.电磁感应中的能量转化
(1)电磁感应现象的能量转化实质：感应电流在磁场中受安培力，导体克服安培力做功，将其他形式的能量转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能量.如图(2)求解焦耳热Q的几种方法【状元心得】
1.通过回路电量的求法
通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关.推导如下：
2.电磁感应中安培力与运动的制约关系3.电磁感应与电路、力学综合问题的解题思路与步骤
(1)确定电源，利用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向.
(2)确定电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图.
(3)利用电路规律求解电路中的量，主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解.
(4)利用动力学的规律或功能的规律求解力学量. 等效电路在电磁感应现象中的应用
1.题型特点：闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体在做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势，回路中将有感应电流.从而涉及到电流、电压、电功等计算.
2.解题基本思路
(1)确定电源:明确哪一部分电路产生电磁感应，则这部分电路就是等效电源． (2)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向.在电源(导体)内部，电流由负极(低电势)流向电源的正极(高电势)，在外部由正极流向负极.
(3)正确分析电路的结构，画出等效电路图.
(4)结合运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质等有关知识解决相关问题. 【典题例证】如图所示，直角三角形
导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一
段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc
的电阻可不计，ac长度为 .磁场的磁
感应强度为B，方向垂直纸面向里.现有
一段长度为 ，电阻为 的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为 时，导线ac中的电流为多大？方向如何？【命题探究】本题属于典型的电磁感应与等效电路的综合问题.处理此类问题的关键在于：①明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正负极由右手定则来判定；②画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题.【深度剖析】MN滑过的距离为 时，它与bc的接触点为P，
等效电路图如图由几何关系可知MP长度为 ，MP中的感应电动势E= BLv
MP段的电阻r= R
MacP和MbP两电路的并联电阻为
由欧姆定律，PM中的电流
ac中的电流Iac= I,
解得
根据右手定则，MP中的感应电流的方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c. 导体棒模型的问题分析
纵观近几年的高考试题，电磁学的导体棒问题出现频率很高，且多为分值较大的计算题，其主要原因如下：
1.导体棒问题是高中物理电磁学中常用的最典型的模型，常综合多个物理高考知识点．所以这类题目是高考的热点.
2.导体棒问题综合性强、类型繁多、物理过程复杂，有利于综合考查学生运用所学的知识从多层面、多角度、全方位分析问题和解决问题的能力. 导体棒问题在磁场中大致可分为两类：一类是通电导体棒，使之平衡或运动；另一类是导体棒运动切割磁感线生电．
一、通电导体棒模型
通电导体棒模型，一般为平衡和运动两类，对于通电导体棒的平衡问题，可利用物体的平衡条件来解答，而对于通电导体棒的运动问题，则要结合牛顿运动定律、能量观点进行综合分析，从而作出准确的解答.【典例1】水平面上有电阻不计的U形
导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和
P之间接入电动势为E的电源(不计内
阻)．现垂直于导轨放置一根质量为m，
电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：
(1)求当ab棒静止时受到的支持力和摩擦力大小.
(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【深度剖析】(1)以棒ab为研究对象，从b向a看侧视图受力如图所示.根据平衡条件得:
水平方向:Ff=F安sinθ ①
竖直方向:FN+F安cosθ=mg ②
又 ③
联立①②③得:(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向
上,则有F′安=mg，又
联立解得:
根据左手定则判定磁场方向水平向右.
答案:(1) (2) 水平向右 二、棒生电模型
棒生电模型是电磁感应中的最典型的一类模型，生电方式分为平动切割和转动切割．解决此类问题要从静态到动态、动态到终态加以分析讨论，其中分析动态是关键．对于动态分析，可从以下过程考虑：闭合电路中的磁通量发生变化→导体产生感应电流→导体受安培力和其他力作用→导体加速度变化→速度变化→感应电流变化→周而复始地循环最后加速度减小至零→速度达到最大→导体做匀速直线运动. 电磁感应现象的实质是不同形式能量的转化过程，因此，由功能观点切入，分清楚电磁感应过程中能量转化关系，往往是解决电磁感应问题的关键，也是处理这类题型的有效途径.【典例2】(2012·温州模拟)
如图所示,两电阻不计的足够
长光滑平行金属导轨与水平面
夹角为θ,导轨间距为l,所在
平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场,磁感应强度大小
为B，方向垂直于斜面向上.如图所示,将甲、乙两阻值相同,质
量均为m的相同金属杆放置在导轨上,甲金属杆处在磁场的上边
界,甲、乙相距l.从静止释放两金属杆的同时,在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力,使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动,且加速度大小为a=gsinθ,乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动.
(1)求每根金属杆的电阻R为多少?
(2)从刚释放金属杆时开始计时,写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式,并说明F的方向.
(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场,乙金属杆共产生热量Q,试求此过程中外力F对甲做的功.【深度剖析】(1)因为甲、乙加速度相同,所以,当乙进入磁场时,甲刚出磁场,乙进入磁场时的速度
根据平衡条件有
解得:(2)甲在磁场中运动时,外力F始终等于安培力
v=gsinθ·t
解得: 方向沿导轨向下
(3)乙进入磁场前,甲、乙发出相同热量,设为Q1,则有
F安l=2Q1
又F=F安
故外力F对甲做的功WF=Fl=2Q1甲出磁场以后,外力F为零
乙在磁场中,甲、乙发出相同热量,设为Q2,则有
F′安l=2Q2
又F′安=mgsinθ Q=Q1+Q2
解得:WF=2Q-mglsinθ
答案:(1)均为 (2) 方向沿导轨向下
(3)2Q-mglsinθ
1.(通电导体棒模型)如图所示，导
轨竖直放置，电源电动势E=2 V，
内阻r=0.5 Ω，竖直导轨电阻可忽
略，金属棒的质量m=0.1 kg，电阻
R=0.5 Ω，它与导轨间的摩擦因数
μ=0.5，有效长度为L=0.2 m，靠在导轨外面.为使金属棒静止，现施加一与竖直轨道夹角为θ=37°的斜向里的磁场，保证静止.求:(1)磁场是斜向上还是斜向下？
(2)求磁感应强度的范围是多少？(可认为其所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2)
【解析】本题的受力分析采用侧视图，
可以选择左侧视图分析受力.假设磁场
的方向斜向上，受力分析如图所示,电
流在斜向上的磁场中受到的安培力与重
力的合力必然会使金属棒产生加速度，
而无法处于静止状态,所以磁场斜向下.若mg＞BILsin37°，静摩擦力Ff沿导轨向上，受力分析如图所示:则有如下平衡方程:
mg-BILsin37°-Ff=0
FN-BILcos37°=0
当Ff=Ffmax=μFN时(FN为金属棒所受两根导轨总的弹力)
得最小磁感应强度:
若mg＜BILsin37°,静摩擦力Ff沿导轨向下，受力分析如图所示:则有如下平衡方程:
BILsin37°-mg-Ff=0
FN-BILcos37°=0
当Ff=Ffmax=μFN时 (式中FN为金属棒所受两根导轨施加给它的总弹力)
得最大磁感应强度:
答案:(1)磁场方向斜向下 (2)2.5 T≤B≤12.5 T2.(棒生电模型)如图所示，有两根足够
长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导
轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底
端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有
磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上.现有一平行于ce，垂直于导轨，质量为m，电阻不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端.已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等.求:拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v.【解析】当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示:由平衡条件可知:
F-FB-mgsinθ=0 ①
又FB=BIL ②
而 ③
联立①②③得: ④
同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时:
⑤
联立④⑤两式解得:
F=2mgsinθ,
答案:2mgsinθ课件54张PPT。专题十七 电磁波 相对论简介1.变化的磁场产生电场、变化的电场产生磁场、
电磁波及其传播 Ⅰ
2.电磁波的产生、发射和接收 Ⅰ
3.电磁波谱 Ⅰ
4.狭义相对论的基本假设 Ⅰ
5.质速关系、质能关系 Ⅰ
6.相对论质能关系式 Ⅰ1.了解麦克斯韦电磁场理论和电磁波的发现过程.
2.了解LC振荡电路及电磁波的产生及传播，电磁波的发射和接收.
3.知道电磁波谱及各种频率范围内电磁波的不同用途.
4.了解狭义相对论及广义相对论的简单知识.
5.本章知识的考查主要是对麦克斯韦电磁场理论、电磁波谱及其应用、相对论简单知识的考查，一般是以选择题的形式出现，在复习本章时要侧重对基本概念、基本规律的理解. 麦克斯韦电磁场理论
【典例1】(2010·天津高考)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【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)弄清电磁场理论及电磁波产生的条件.
(2)掌握电磁波传播的规律.【精讲精析】可通过以下表格逐项进行分析：
答案:A【命题人揭秘】 电磁场问题的两点提醒
(1)变化的电场(磁场)周围产生磁场(电场)，均匀变化的电场(磁场)周围产生恒定磁场(电场)，周期性变化的电场(磁场)周围产生周期性变化磁场(电场).
(2)电磁波在介质中的传播速度不仅与电磁波的频率有关，还与介质有关. 电磁波的应用
【典例2】(2009·四川高考)关于电磁波，下列说法正确的是
( )
A.雷达是用X光来测定物体位置的设备
B.使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调
C.用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D.变化的电场可以产生变化的磁场
【审题视角】明确与电磁波有关的设备的工作原理是解题的关键，解答时需结合电磁波在不同波段的特性进行分析.【精讲精析】雷达是根据无线电波测定物体位置的，A错误；使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程，叫做检波；检波是调制的逆过程，也叫做解调,故B错误；用紫外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，利用了紫外线的荧光效应，C错误；根据麦克斯韦电磁场理论可知变化的电场可以产生磁场、变化的磁场可以产生电场，均匀变化的电场产生稳定的磁场,非均匀变化的电场产生变化的磁场,周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场.D正确.
答案:D【命题人揭秘】关于电磁波的应用应关注的三个问题
(1)频率和波长不同的电磁波，表现出不同的特性.
(2)电磁波谱中，不同波段的电磁波产生的机理不同.
(3)实际应用当中，不同现象利用了电磁波的不同特性，研究问题时要格外注意. 电磁波谱
【典例3】(2010·上海高考)电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是( )
A.无线电波、红外线、紫外线、γ射线
B.红外线、无线电波、γ射线、紫外线
C.γ射线、红外线、紫外线、无线电波
D.紫外线、无线电波、γ射线、红外线
【审题视角】明确电磁波谱排列的特点及顺序.【精讲精析】电磁波波长由长到短或频率由低到高的排列顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，故选项B、C、D错误，选项A正确.
答案:A【命题人揭秘】与电磁波有关的两个重要结论
(1)波长(或频率)不同的电磁波，表现出不同的特性.其中波长较长的无线电波和红外线等，易发生干涉、衍射现象；波长较短的紫外线、X射线、γ射线等，穿透能力较强.
(2)电磁波谱中，相邻两波段的电磁波的波长并没有很明显的界线，如紫外线和X射线、X射线和γ射线都有重叠，但它们产生的机理不同. 相对论的简单应用
【典例4】(2011·江苏高考)如图所
示，沿平直铁路线有间距相等的三
座铁塔A、B和C.假想有一列车沿AC
方向以接近光速行驶，当铁塔B发出
一个闪光，列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是( )
A.同时被照亮 B.A先被照亮
C.C先被照亮 D.无法判断【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)狭义相对论的两个基本原理；
(2)运动的相对性.【精讲精析】当铁塔B发出一个闪光，同时到达A、C两铁塔被反射，但列车沿AC方向以接近光速行驶，由于列车在这段时间内靠近C而远离A，经铁塔A反射的光相对列车的速度小于经铁塔C反射的光相对列车的速度，由于运动速度很大，而观测者到A、C的距离相对速度来说很小可认为相等，则运动时间主要由速度决定，所以经铁塔C反射的光先到达观测者，看到C先被照亮，C正确.
答案：C【阅卷人点拨】 无线电波测速
【典例5】(2008·上海高考)生活中经常用“呼啸而来”形容
正在驶近的车辆，这是声波在传播过程中对接收者而言频率发
生变化的表现，无线电波也具有这种效应.图中的测速雷达正
在向一辆接近的车辆发出无线电波，并接收被车辆反射的无线
电波.由于车辆的运动，接收的无线电波频率与发出时不同.利
用频率差f接收-f发出就能计算出车辆的速度.已知发出和接收的
频率间关系为:f接收 式中c为真空中的光速，若
f发出=2×109 Hz，f接收-f发出=400 Hz，可知被测车辆的速度大
小为 _________ m/s.【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)弄清题目设计的新情景和所反映的物理现象.
(2)由题目给出的具体条件进行分析求解.【精讲精析】本题首先应根据题目理清各量的关系，然后根据
题意得出关系式：
由上式求解得到
答案:30 【命题人揭秘】
本题是以实际生活为例设计新情景，题目难度不大，要能顺利解决此问题，应该利用题目给的新的关系式求解，此题体现了“即学即用”的思想. 电磁波与机械波的区别
【典例6】(2009·北京高考)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( )
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【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)电磁波不同于机械波，机械波传播必须有介质，而电磁波传播不需介质.
(2)明确波的特性以及波速、波长、频率间的关系.
(3)电磁波只有横波.【精讲精析】波长、波速、频率的关系式v=λ·f对任何波都是成立的，故A选项正确；干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B项正确；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质，而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，故C项正确；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其依据就是电磁波能够发生偏振现象，偏振现象是横波才有的， D项错误.故选D.
答案:D【阅卷人点拨】 电磁场与电磁波的应用
高考指数:★★★
1.(2010·新课标全国卷)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；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】选A、C.奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A正确.麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，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，C正确.洛伦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，D错误.2.(2009·天津高考)下列关于电磁波的说法正确的是( )
A.电磁波必须依赖介质传播
B.电磁波可以发生衍射现象
C.电磁波不会发生偏振现象
D.电磁波无法携带信息传播
【解析】选B.电磁波在真空中也能传播，A错误；衍射是一切波所具有的特性，B正确；电磁波是横波，横波能发生偏振现象，C错误；所有波都能传递信息，D错误.【方法技巧】分析电磁波问题的方法
分析电磁波问题应明确电磁波与机械波的区别,具体比较如下:3.(2009·上海高考)任何物体都向外辐射电磁波.对于温度为T
的黑体，辐射最长的电磁波波长为λm，λm与T之间满足公式：
λmT=常量.如果把人体表面当成黑体表面，则人体表面温度为
305 K时，人体辐射最强的电磁波波长为9.5 μm.作为黑体的
宇宙空间的温度为3 K，宇宙空间辐射最强的电磁波波长为( )
A.1.1 μm B.9.6 μm
C.101.3 μm D.965.8 μm
【解析】选D.由λmT=常量，得305×9.5=3λm，解得λm=
965.8 μm，故A、B、C错误，D项正确. 狭义相对论问题
高考指数:★★
4.(2010·北京高考)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】选A.狭义相对论基本假设为：一是在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；二是真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，即光速不变原理，由此可知A属于狭义相对论基本假设，故A正确，B、C、D错误.
【误区警示】有些学生将狭义相对论的两个基本假设与时间间隔的相对性、相对论质能关系相混淆,而误选B、D两选项.复习时应熟记相对论的相关规律,对正确求解相对论问题至关重要.5.(2009·广东高考)物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步.下列表述正确的是( )
A.牛顿发现了万有引力定律
B.洛伦兹发现了电磁感应定律
C.光电效应证实了光的波动性
D.相对论的创立表明经典力学已不再适用
【解析】选A.牛顿发现了万有引力定律，A正确；电磁感应定律是法拉第发现的，B错误；光电效应证实了光的粒子性，C错误；相对论和经典力学研究的领域不同，不能说相对论的创立表明经典力学已不再适用，D错误.6.(2009·江苏高考)如图所
示，强强乘坐速度为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0.5c.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( )
A.0.4c B.0.5c C.0.9c D.1.0c
【解析】选D.根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变.故A、B、C错误，D项正确. 电磁场与电磁波
1.麦克斯韦电磁场理论2.电磁场
变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，变化的电场和变化的磁场总是相互联系的，形成一个不可分离的统一体，这就是电磁场.
3.对电磁波的理解
(1)电磁场在空间由近及远的传播，形成电磁波.
(2)电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度是相同的(都等于光速).
(3)不同频率的电磁波，在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越小.
(4)v＝λf，f是电磁波的频率.【名师点睛】
1.电磁波与机械波的区别
(1)电磁波可以在真空中传播，也可以在介质中传播.
(2)机械波的波速仅取决于介质，而电磁波的波速与介质及波的频率均有关系.
(3)机械波可以是横波也可以是纵波，电磁波只能是横波.
2.电磁波与机械波相同之处
(1)都属于波,都能发生干涉、衍射等波特有的现象.
(2)波长、波速和频率的关系式v=λ·f 对两种波都适用. 无线电波的发射与接收
1.无线电波的发射
(1)要向外发射无线电波，振荡电路必须具有如下特点：
①要有足够高的振荡频率；
②采用开放电路，使电场和磁场分散到尽可能大的空间.(2)利用无线电波传递信号，要求发射的无线电波随信号而改变.使无线电波随各种信号而改变的技术叫做调制.常用的调制方法有调幅和调频两种.使高频振荡的振幅随信号而改变叫做调幅，经过调幅以后发射出去的无线电波叫做调幅波.使高频振荡的频率随信号而改变叫做调频，经过调频以后发射出去的无线电波叫做调频波.在无线电波的发送中必须有振荡器、调制器、天线和地线，还要用到放大器.2.无线电波的接收
(1)电谐振现象:当接收电路的固有频率跟接收到的无线电波的频率相同时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象.
(2)调谐:使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐.
(3)调谐电路:能够调谐的接收电路叫做调谐电路.
(4)检波:从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程，叫做检波.检波是调制的逆过程，也叫做解调.
(5)简单收音机通常包括调谐、高频放大、检波、低频放大四个主要部分.【状元心得】
1.调制与解调的区别
(1)调制是在电磁波的发射过程中，使无线电波随各种信号而改变的过程.
(2)解调是从接收到的高频振荡中分检出来所携带的信号的过程.
(3)调制与解调分别属于电磁波的发射与接收两个过程，两者有本质的区别.2.调幅与调频的区别
(1)调幅是让高频电磁波的振幅随信号的强弱变化而变化的调制过程.一般的，广播电台的中波、短波广播以及电视广播中的图像信号都是采用调幅波.
(2)调频是让高频电磁波的频率随信号变化而变化的调制过程.一般的，广播电台的立体声广播以及电视广播中的伴音广播都是采用调频波. 电磁波谱的分析应用【名师点睛】
(1)利用各电磁波的贯穿本领，频率越高穿透本领越强，γ射线比X射线贯穿本领更强.
(2)红外线热效应和衍射遥感作用；紫外线杀菌消毒作用和荧光作用.
(3)无线电波、红外线、紫外线、X射线、γ射线都是不可见光. 相对论简介
1.经典相对性原理
(1)牛顿运动定律在某个参考系中成立，这个参考系叫惯性系，相对于这个惯性系做匀速直线运动的另一个参考系也是惯性系.
(2)伽利略相对性原理：力学规律在任何惯性系中都是相同的.2.狭义相对论的两个基本假设
(1)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.
(2)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，光速与光源、观测者间的相对运动没有关系.3.相对论的质速关系
(1)物体的质量随物体速度的增加而增大，物体以速度v运动时
的质量m与静止时的质量m0之间有如下关系：
(2)物体运动时的质量m总要大于静止时的质量m0.
4.相对论质能关系
用m表示物体的质量，E表示它具有的能量，则爱因斯坦质能方
程为：E＝mc2.5.时间间隔的相对性：当从地面观察以速度v前进的火车时，
车上的时间进程变慢了，不仅时间变慢了，物理、化学和生命
的过程都变慢了.这称为时间膨胀.
6.长度的相对性：相对地面以速度v运动的物体，从地面上
看，沿着运动方向上的长度变短了，速度越大，变短的越多.
l=l07.相对论速度叠加公式：以高速火车为例，车对地的速度为
v，车上的人以u′的速度沿火车前进的方向相对火车运动，
则人对地的速度
若人相对火车反向运动，则u′取负值.根据此式，若u′＝c，
则u＝c，那么光速在任何惯性系中都是相同的.【名师点睛】
理解质能关系时应注意
1.质量和能量是物体不可分离的属性.当物体的质量减少或增加时，必然伴随着能量的减少或增加.如果用Δm表示物体质量的变化量，ΔE表示能量的变化量，那么它们的关系可以表示为ΔE=Δmc2.该式表示，随着一个物体质量的减少，会释放出一定的能量；与此同时，另一个物体吸收了能量，质量也会随之增加.2.某个静质量为m0的物体，相对它静止的观测者测其质量为m=m0；能量为E=mc2=m0c2，记作E0=m0c2，称为静能量.这表明任何静质量不为零的物体，都贮存着巨大的能量.当某物体受到高能量的作用而发生静质量变化Δm0时，就会释放出巨大的能量ΔE0=Δm0c2. 课件235张PPT。专题十三 电学实验1.实验七：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
2.实验八：描绘小电珠的伏安特性曲线
3.实验九：测定电源的电动势和内阻
4.实验十：练习使用多用电表
5.实验十一：传感器的简单使用1.会正确使用以下基本仪器：游标卡尺、螺旋测微器、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等.
2.理解实验原理，并能根据实验原理进行正确的实验操作.
3.能对实验数据进行正确的处理分析.
4.能分析电学实验中误差的主要来源.
5.设计和完成实验的能力是近两年新课标高考物理实验题的命题趋向.该类实验往往以分组和演示实验为背景，考查对实验方法的领悟情况.要求考生既要能深刻理解物理概念、规律，并能灵活运用，还要具有较强的创新能力. 实验数据的处理
【典例1】(2011·浙江高考)在探究导体
电阻与其影响因素的定量关系实验中，
为了探究3根材料未知，横截面积均为S=
0.20 mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路，M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点.在实验过程中，电流表读数始终为I=1.25 A,电压表读数U随OP间距离x的变化如表：(1)绘出电压表读数U随OP间距离x的变化图线；
(2)求出金属丝的电阻率ρ，并进行比较.【审题视角】解答该题应把握以下三点：
【关键点】
(1)结合图表建立适当的坐标系.
(2)准确描点、连线，分析图象特点.
(3)推导电阻率表达式，求出电阻率.【精讲精析】(1)建立U-x坐标系，进行描点、连线得到图线如图所示：(2)根据欧姆定律R= ，
又根据电阻定律R= ，所以ρ=
由(1)中图线可知：从600 mm到1 000 mm为金属丝a，
Ua=(6.5-3.95) V=2.55 V
从1 000 mm到2 000 mm为金属丝b，Ub=(7.15-6.5) V=0.65 V
从2 000 mm到2 400 mm为金属丝c，
Uc=(9.75-7.15) V=2.6 V
通过计算可知，金属丝a和c电阻率十分接近，远大于金属丝b的电阻率.答案：(1)见精讲精析
(2)ρa=1.02×10-6 Ω·m(0.96×10-6～1.10×10-6 Ω·m)
ρb=1.04×10-7 Ω·m(0.96×10-7～1.10×10-7 Ω·m)
ρc=1.04×10-6 Ω·m(0.96×10-6～1.10×10-6 Ω·m)
金属丝a与c电阻率十分接近，远大于金属丝b的电阻率.【命题人揭秘】
(1)本题以“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验为基础，体现了重视实验操作和实验技能培养的目的，本题主要考查对实验数据的处理和分析能力.
(2)在复习中应重视并学会数据处理的方法，根据数据描点、连线作出图线，不在图线上的数据点应均匀分布在图线两侧，再用作出的图线分析得出实验结论. 实验原理的理解及仪器的合理选择
【典例2】(2010·天津高考)要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2 V，内阻约2 kΩ.实验室提供的器材有：
电流表A，量程0.6 A，内阻约0.1 Ω；
电压表V2，量程5 V，内阻约5 kΩ；
定值电阻R1，阻值30 Ω；
定值电阻R2，阻值为3 kΩ；
滑动变阻器R3，最大阻值100 Ω，额定电流1.5 A；
电源E，电动势6 V，内阻约0.5 Ω；
开关S一个，导线若干.(1)有人拟将待测电压表V1 和电流表A串联接入电压合适的测量
电路中，测出V1 的电压和电流，再计算出RV.该方案实际上不
可行，其最主要的原因是________________________________
______________________________________________________.(2)请从上述器材中选择必要的器材，设计一
个测量电压表V1内阻RV的实验电路.要求测量
尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不
增减元件的条件下完成.试画出符合要求的实
验电路图(图中电源与开关已连接好)，并标
出所选元件的相应字母代号.
(3)由上问写出V1内阻RV的表达式，说明式中各测量量的物理意义.【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)明确电阻测量的原理，设计电路的关键是应用电路的串并联特点求得待测电压表中的电流.
(2)电流表示数太小时读数误差太大，故不能使用.【精讲精析】(1)当待测电压表V1两端的电压达到2 V时，其中的
电流约为 电流太小，电流表A几乎没有
示数，所以不能这样连接的原因为：电流表A不能准确测量出流
过电压表V1的电流.(2)因为电流表量程太大，所以不能直接
用.可以用定值电阻中的电流去替代，故
可以将定值电阻与电压表V1串联，间接得
到电流，所选电阻要与电压表的内阻差不
多，故选定值电阻R2，用电压表V2测V1和
R2的串联电压，由两个电压表的示数之差
得到定值电阻两端的电压；为了测得多组数据，由于滑动变阻器阻值太小，故要用分压接法，故电路设计如图所示.(3)R2两端的电压为：UR=U2-U1,R2中的电流也就是电压表V1中的电
流为： 所以电压表V1的内阻为：
其中U1表示V1的示数,U2表示V2的示数，即V1和R2串联的总电压.
答案：(1)电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流
(2)见精讲精析 (3) U1表示电压表V1的示数；U2
表示V1和R2串联的总电压.【命题人揭秘】
(1)电阻的测量一直是高考的热点，本题考查的测电阻的方法，体现了高考的灵活性.
(2)测量电路考查“伏安法”两种接法的选择，供电电路考查滑动变阻器的两种接线方式.(3)电学实验中实验器材的选择原则：
①安全第一，保证电表不超量程，流过其他仪器的电流不超其
额定值；
②准确读数，在安全前提下，使电表指针偏转角度大一些(一
般要大于满偏刻度的 )；
③方便调节，实验应满足操作方便的要求，分压式电路滑动变
阻器应选最大阻值小的接入电路. 实验操作及实物图的连接
【典例3】(2011·广东高考)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V,0.6 W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干.
(1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_______倍率的电阻挡(请填写“×1”、“×10”或“×100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为_____Ω.(2)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图完成实物图中的连线.(3)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端，为使小电珠亮度增加，P应由中点向_______端滑动.
(4)下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点_______间多测几组数据(请填写“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef”).【审题视角】解答本题时可按以下思路进行:
【关键点】
(1)依据额定电压和额定功率估算电阻和最大电流.
(2)依据多用电表的读数方法读数.
(3)根据电阻确定电流表的量程.【精讲精析】(1)小电珠正常工作时电阻为R= =10.42 Ω.因为小电珠的电阻比较小，故应该选“×1”倍率，由题图读得电阻为7.5 Ω.(2)因为小电珠的电阻比较小，故伏安法测量时应该用电流表外接法，测量的电压应该从零开始，故滑动变阻器要用分压式接法，实物连接如图所示.(3)开关闭合前滑片P应置于a端，为了使小电珠亮度增加，应
使滑片从中点向b端滑动.
(4)ab之间电流增加了0.122 A，其他段电流依次增加了0.03 A
左右，所以需要在ab之间将电流分为0.030 A、0.060 A、
0.090 A，分别测出相应的电压值.
答案：(1)×1 7.5 (2)见精讲精析图 (3)a b (4)ab【命题人揭秘】
实验的操作、电路的连接、数据的处理是高考电学实验的考查热点.
(1)根据已知数据，结合误差分析，选择合理的电路原理图.
(2)实物电路图的连接要按照一定的顺序操作，连接电表应注意量程选用得当，正、负接线柱不要接反. 利用多用电表检测电路故障
【典例4】(2010·山东高考)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______挡(填“欧姆×100”、“直流电压
10 V”或“直流电流2.5 mA”)，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.
(3)若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是_______、
_________、_________.【审题视角】理解多用电表的实验原理，并按以下思路分析：故障表现→电表示数→多用电表原理→故障分析.
【精讲精析】(1)若电流表示数为零，说明外电路一定是断路，电压表有示数为E，说明电源与电压表之间的连接无断路，所以发生故障的一定是待测金属丝.(2)电流表示数为零，说明外电路一定存在着断路.因为电源两端有电压，所以不能用电流表来检测，只能用电压表(量程高于电源电动势)来检测，没有电压表的情况下，则利用多用电表的10 V直流电压挡来检查故障.多用电表的红表笔应和电源的正极相连.
(3)若只有滑动变阻器断路，当另一支表笔依次接b、c、d接线柱时，多用电表的示数依次是0、E、E.
答案：(1)待测金属丝 (2)直流电压10 V 红
(3)0 E E【命题人揭秘】
(1)本题以测定金属电阻率的实验为背景，考查的却是多用电表检测电路故障问题，主要考查多用电表的使用、电路故障分析、直流电压表的原理等知识点.
(2)分析电路故障要按照一定程序，多用电表属基本仪器.本题虽考查的知识点多，但均是基本知识，属保分题. 伏安特性曲线的描绘
【典例5】(2012·安徽高考)如图为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.(1)完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片,_______________.
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片,_______________.
③断开开关……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线.(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图.【审题视角】解答本题的关键是理解实验原理及数据处理的方法，明确滑动变阻器的连接方式，选择电流表的内接或外接法.
【精讲精析】(1)①开关闭合前应使小灯泡两端的电压为零，所以应使滑动变阻器的滑片滑至最左端.②实验中要测出多组小灯泡两端的电压和电流值，因此闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电压表和电流表的多组读数，电压表的读数不应超过2.5 V.(2)根据实物图画出电路图如图：
答案:(1)①使滑动变阻器的滑片滑至最左端 ②增加小灯泡两端的电压，记录电压表和电流表的多组读数，直至电压表示数达到小灯泡的额定电压 (2)见精讲精析【命题人揭秘】描绘小电珠伏安特性曲线的方法技巧
(1)本实验作出的I-U曲线，电流、电压从零开始取值，故控制电路须用分压式接法.
(2)本实验小电珠电阻较小，故测量电路须用电流表外接法.
(3)连线时，曲线要平滑，不在曲线上的点应均匀分布在曲线两侧，不能画成折线. 温度传感器在电学实验中的应用
【典例6】(2010·新课标全国卷)用对
温度敏感的半导体材料制成的某热敏电
阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温
度的变化是非线性的.某同学将RT和两
个适当的固定电阻R1、R2连成图中虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围.为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图所示，图中的电压表内阻很大. RL的测量结果如表所示.回答下列问题：
(1)根据如图所示的电路，在图中的实物图上连线.(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL-t关系图线.(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图所示.电流表的读数为______，电压表的读数为______.此时等效电阻RL的阻值为_______：热敏电阻所处环境的温度约为_______.【审题视角】解答本题可按以下思路分析：根据电路原理图，进行实物连线，根据表中实验数据，在坐标纸上描点作直线，先确定两表的精确度，得两表读数值.【精讲精析】(1)根据电路图连接实物如图所示.(2)根据数据描出点，作出图线.(3)I=115.0 mA
U=5.00 V
R=
对照图线找出相应的温度为64.0 ℃.
答案：(1)、(2)见精讲精析
(3)115.0 mA 5.00 V 43.5 Ω 64.0 ℃(62～66 ℃均可)【命题人揭秘】
(1)本题以研究半导体材料的伏安特性立意命题，考查考生对电学实验的基本要求，即实物连线、数据处理、电流表和电压表的读数等.立意新，信息量大，考查的知识点多，要求考生对实验原理及方法有很强的理解和迁移能力.
(2)传感器的应用往往与电学其他知识结合，貌似难题，只要考生审清题意，灵活运用电学的基本规律，熟练掌握实验的基本原理及操作，就一定能在这类题上不失分或少失分. 伏安法测电阻的综合应用
【典例7】(2011·天津高考)某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：
A.电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；
B.电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；
C.电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；
D.电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；
E.直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；
F.滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；
G.电键和导线若干.
电流表应选________，电压表应选________.(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：
①________________________________________________；
②________________________________________________.【审题视角】解答本题应把握以下三点：
【关键点】
(1)电压表和电流表指针偏转在 量程读数较精确.
(2)电流表内、外接特点.
(3)选取滑动变阻器两种接法的依据.【精讲精析】直流电源的电压为20 V，为了提高读数准确度应
该选择电压表C，因此待测电阻两端电压不得超过15 V，则通
过的电流不超过 电流表应该选B.因为
为了减小误差电流表应采用内接法.滑动变阻器的阻
值远小于待测电阻的阻值，若串联，限流效果不明显，应该采
用分压接法接入电路.
答案：B C ①电流表应采用内接的方法 ②滑动变阻器应采
用分压式接法【阅卷人点拨】 测金属的电阻或电流表和电压表内阻
高考指数:★★★★
1.(2012·山东高考)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测电阻丝：Rx(阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A)；
电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；
A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；
E2(电动势12 V，内阻不计)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；
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)，在虚线框内完成电路原理图. 【解题指南】解答本题应把握以下三点：
(1)螺旋测微器的读数由两部分组成，注意估读.
(2)选仪器应在安全性的基础上减小误差.
(3)正确选择电流表的内外接法.【解析】(1)螺旋测微器的主尺上显示为1.5 mm，小数部分由可动
刻度读得为0.273 mm，二者相加就是测量值，1.5 mm+0.273 mm
=1.773 mm.(2)待测电阻丝的额定电流为0.5 A,为
了减小实验误差，应选量程为0.6 A的
电流表A1，待测电阻丝的电阻为4 Ω，
额定电流为0.5 A，故由欧姆定律得额
定电压为2 V，所以电源应选E1.由于待测电阻丝的电阻较小，故电流表应选外接法.电路原理图如图所示.
答案：(1)1.773(1.771～1.775均正确)(2)A1 E1 电路图如图2.(2012·北京高考)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.
(1)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所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值).(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω,额定电流2 A)、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Rx采用的是_______(选填“甲”或“乙”)图.(3)图丙是测量Rx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，补充完成图丙中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图丁中标出第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Rx=______Ω(保留两位有效数字).(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号).
A.1×10-2 Ω·m
B.1×10-3 Ω·m
C.1×10-6 Ω·m
D.1×10-8 Ω·m(6)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，可以消除由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小偶然误差【解题指南】本题需要把握以下四点：
(1)估计被测电阻的阻值.
(2)分析表格数据推断滑动变阻器的连接方式.
(3)U-I图像斜率的物理意义.
(4)偶然误差和系统误差各自的特点.【解析】(1)螺旋测微器螺旋上的50个刻度对应前进或后退
0.5 mm，还要注意估读一位，保证最后结果在毫米作单位的
情况下有三位小数.
(2)从表格数据可以估计出被测电阻大约是5 Ω.因为滑动变
阻器最大电阻为20 Ω，电源电动势为3 V，若采用限流式接
法，被测电阻获得的最小电压 ×5 V=0.6 V，可是表格
第一组数据电压只有0.10 V，可见，在实验中，滑动变阻器
不是限流式接法，所以选甲.
(3)分压式接法中滑动变阻器的三个接线端都要接入电路，其
中两个固定端与电源相连.(4)求出U-I图像斜率即表示电阻值.
(5)根据公式R= ，电阻率ρ= ，代入数据即可求出电阻率ρ.
(6)偶然误差是随机产生的，不可预计的；系统误差是由一些固有的因素(如测量方法的缺陷)产生的，理论上说系统误差总是可以通过一定的手段来消除.因此，读数造成的误差属于偶然误差，A错误；电表的内阻造成的误差属于系统误差，是可以消除的，所以B错误，C正确.用U-I图像处理数据，所作的图线对测量数据起到取平均值的作用，从而减小偶然误差的影响，D正确.答案：(1)0.395～0.399均可 (2)甲
(3)如图(4)如图 4.3～4.7均可
(5)C (6)C、D3.(2012·广东高考)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甲和图乙所示,长度为______cm,直径为______mm.(2)按图丙连接电路后,实验操作如下:
①将滑动变阻器R1的阻值置于最_______(选填“大”或“小”)处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
②将电阻箱R2的阻值调至最_______(选填“大”或“小”)，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1 280 Ω;
(3)由此可知，圆柱体的电阻为______Ω.【解题指南】本题利用替代法来测电阻.要利用闭合电路欧姆定律进行分析和求解.同时要注意电学实验的设计所遵循的三个原则.
【解析】(2)电学实验的设计要遵循科学性原则、安全性原则和准确性原则.此电路中滑动变阻器是以限流方式接入电路中的，故在(a)步骤中合上开关前应使其接入电路中的阻值为最大，以保证电路安全.同理(b)步骤中亦将电阻箱R2的阻值调至最大. (a)步骤中，由闭合电路欧姆定律得 其中R表示圆柱体的电阻.
(b)步骤中，仍由闭合电路欧姆定律得 由等量代换可得R＝R2＝1 280 Ω.
答案:(1)5.01 5.315 (2)①大 ②大 (3)1 2804.(2011·新课标全国卷)为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路.图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池.完成下列实验步骤中的填空：(1)将S拨向接点1，接通S1，调节_______,使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时______________的读数I；
(2)然后将S拨向接点2，调节______,使_______________,记下此时RN的读数；
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的_______,此即为待测微安表头内阻的测量值.【解题指南】解答该题应把握以下两点：
(1)该实验的原理——等效替代.
(2)减小误差的方法.【解析】(1)将S拨向接点1，接通S1，通过调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时A0(或标准电流表)的读数I；(2)然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节变阻箱RN，使A0(或标准电流表)的读数仍为I，记下此时RN的读数，在实验期间，用RN代替了A表，而标准电流表A0的读数不变，故此RN的读数就是待测表A的内阻；(3)为提高精确度，实验时要多次重复上述过程，计算RN读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值.
答案:(1)R0 A0(或标准电流表) (2)RN A0(或标准电流表)的读数仍为I (3)平均值5.(2011·江苏高考)某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值.(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关，适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变.改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据如表：请根据实验数据作出U-R关系图象.
(2)用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V.利用(1)中测绘的U-R图象可得Rx=_______Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大，若仍用本实验装置和(1)中测绘的U-R图象测定某一电阻，则测定结果将_______(选填“偏大”或“偏小”).现将一已知阻值为10 Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U-R图象实现对待测电阻的准确测定？【解析】(1)以实验的每一组(R,U)数据描点，然后用平滑的曲线拟合以上描点，得到U-R图线如图：(2)对照U-R图线，
找到图线上U=2.00 V点，
读出其对应的Rx=20 Ω.(19～21 Ω也可以)
(3)电源电动势可以看做不变，ab间电压与(R′+r)分得电压之比等于电阻比，当r增大后，R′+r增大，ab间电压不变时，ab间电阻变大，由U-R图象读出的阻值小于其真实值.将10 Ω的电阻接入ab间，应该减小滑动变阻器的阻值使电压表的示数为1.50 V才能应用实验的U-R图线准确求得待测电阻的阻值.
答案:(1)见解析图 (2)20
(3)偏小 减小滑动变阻器的阻值，使电压表的示数为1.50 V6.(2011·上海高考)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA,内阻约300 Ω)，②电流表G2(0～10 mA,
内阻约100 Ω),③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，
⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，
⑦干电池(1.5 V),⑧电键S及导线若干.
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选_______.(在空格内填
写序号)(2)用连线连接实物图.(3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，__________________________;
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；
③_________________________________________________；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示.
(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式______________.【解析】(1)电流表G1量程为0～5 mA,内阻约300 Ω，电流表G2量程为0～10 mA,选用300 Ω的定值电阻时，两个电流表的偏转角度几乎总是相等的，可以减小误差.滑动变阻器R3总阻值与电表支路总电阻相比过大，所以选用R4.
(2)由于R4阻值比G1内阻小很多，做本实验应采用滑动变阻器的分压接法，电路如图所示.(3)为了保证不损坏电流表，加在电流表所在支路上的电压应该由小到大调节，开始时，要将滑动触头移至最左端.为了减小偶然误差，应该多次移动滑动触头.为了测出电流表内电阻，要记录相应的G1、G2读数I1、I2.
(4)电流表G1内电阻答案:(1)③ ⑥ (2)见解析 (3)①将滑动触头移至最左端(写最小给分，最大不给分) ③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2 (4)r1=(k-1)R17.(2010·海南高考)如图所示为测量电压表V内阻r的电路原理图.图中两个固定电阻的阻值均为R，S1、S2是开关，E是电源(内阻可忽略).(1)按电路原理图将图中的实物图连线；
(2)开关S1保持断开，合上开关S2，此时电压表的读数为U1；再合上开关S1，电压表的读数变为U2，电压表内阻r=_______(用U1、U2和R表示).【解析】(1)实物图连线如图所示.(2)开关S1保持断开时， 合上开关S1，则E=U2，解
得：
答案:(1)见解析 (2)8.(2010·福建高考)如图所示是一些准备用来测量待测电阻Rx阻值的实验器材，器材及其规格列表如下为了能正常进行测量并尽可能减少测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化.请用实线代表导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量Rx阻值的电路.【解析】由于待测电阻约1 000 Ω,
滑动变阻器阻值100 Ω，要使电表
读数有较明显的变化，因此滑动变
阻器采用分压接法，由于通过待测
电阻的最大电流约为9 mA,显然3 A
的电流表不能用，因此将V1当做电
流表使用.由于要求测量时电表的读数大于其量程的一半，故采用V1表内接法,故测量Rx阻值的电路如图所示.
答案:见解析9.(2010·全国卷Ⅱ)如图，一热敏电阻RT放在控温容器M内；
为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动
势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S
为开关.已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值
约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95 ℃～20 ℃之间的
多个温度下RT的阻值.(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图.(2)完成下列实验步骤中的填空.
①依照实验原理电路图连线.
②调节控温容器M内的温度，使得RT温度为95 ℃.
③将电阻箱调到适当的阻值，以保证仪器安全.
④闭合开关.调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录_____
______________________________.
⑤将RT的温度降为T1(20 ℃＜T1＜95 ℃)；调节电阻箱，使得
电流表的读数________,记录_______________________.
⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1=___________.
⑦逐步降低T1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步
骤⑤⑥.【解析】(1)根据所给器材，要测量在不同温度下RT的阻值，只能将电阻箱、热敏电阻、毫安表与电源串联形成测量电路，如图所示.(2)依照实验原理电路图连线；调节控温容器M内的温度，使得
RT温度为95℃，此时RT阻值为150 Ω，将电阻箱调到适当的阻值，
以保证仪器安全；闭合开关.调节电阻箱，记录毫安表的示数I0，
并记录电阻箱的读数R0，根据欧姆定律有： ；将RT
的温度降为T1(20 ℃＜T1＜95 ℃)；调节电阻箱，使得毫安表的
读数仍为I0,记录电阻箱的读数为R1，根据欧姆定律： 则：
解得：RT1=R0-R1+150 Ω
答案:(1)见解析
(2)④电阻箱的读数R0
⑤仍为I0 电阻箱的读数为R1
⑥R0-R1+150 Ω【方法技巧】设计型实验的解题策略
(1)设计型试题通常是实验设计题，根据实验目的，运用已经掌握的物理规律、实验方法，选择适当的实验器材，独立设计新的实验方案.
(2)解决设计型试题的策略如下：
①首先确定实验原理，它是进行实验设计的根本依据和起点，它决定应当测量哪些物理量、如何安排实验步骤、如何处理数据等.②其次根据问题的要求和给出的条件，回顾分组实验和演示实验，设法创设相关的物理情景，并根据已掌握的基本仪器确认是否能够测出必须测定的物理量.
因此，掌握基本仪器的使用方法、基本的实验方法和基本物理原理是解答设计型实验题的基础. 描绘小电珠的伏安特性曲线
高考指数:★★★★
10.(2011·福建高考)某同学在探究规格为“6 V，3 W”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_______挡进行测量.(填选项前的字母)
A.直流电压10 V B.直流电流5 mA
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 Ω，额定电流1.0 A)，L为待测小电珠， 为电压
表(量程6 V，内阻20 kΩ)，?为电流表(量程0.6 A,内阻1 Ω),
E为电源(电动势8 V，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】(1)由小电珠的规格可知其电阻约为12 Ω，故选D.
(2)Ⅰ.由于电压应从零开始，结合分压接法的特点，开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于最左端.
Ⅱ.由于电压表和电流表总是调不到零，因此滑动变阻器不是分压接法，各元件无故障则是1点到5点导线没有连接好.
Ⅲ.由I -U图象的斜率越来越小可知小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大.
答案：(1)D (2)Ⅰ. 左 Ⅱ.1 5(或5 1) Ⅲ.增大11.(2010·安徽高考)(1)①在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为_____ mm.
②在用单摆测定重力加速度实验中，用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图2所示，读数为_______ cm.(2)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图象.由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池的电阻_______(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池的电阻约为_______Ω.【解题指南】类比测小灯泡伏安特性曲线实验，特别是滑动变阻器接法及数据处理，能够从I-U图象读取电流、电压数值，根据欧姆定律计算相应阻值.【解析】(1)①可以从图1中看出，从螺旋测微器的固定刻度尺
上读出的读数为0.5 mm，由可动刻度读出小数部分为11.7×
0.01 mm=0.117 mm，因此金属丝直径为0.5 mm+0.117 mm=
0.617 mm；②从图2可以看出，主尺读数为0.6 cm，游标尺的
第15条刻度线和主尺上的一条刻度线重合，则此时读数为6 mm
+ ×15 mm=0.675 cm.(2)①注意到图2的I-U图象中的数据特点：电压、电流从零开始变化，所以电路设计用滑动变阻器的分压式，如图所示.②由图2可知，当电压小于2.00 V时，通过太阳能电池的电流很小，由欧姆定律可知：此时太阳能电池的电阻很大.当电压为2.80 V时，通过太阳能电池的电流约为2.8 mA，由欧姆定律可知：此时太阳能电池的电阻约为:
答案:(1)①0.617 ②0.675
(2)①见解析 ②很大 1.0×10312.(2010·重庆高考)在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、开关S等，要求灯泡两端电压从0 V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)某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正.
①______________________________________________
②______________________________________________(3)电路连接正确后，分别测得两只灯泡L1、L2的伏安特性曲线如图2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L1、L2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成如图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0.30 A和0.60 A.①在图2中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线.
②由该曲线可知电池组的电动势为_____V,内阻为_____Ω.(取两位有效数字)
【解析】(1)探究小灯泡的伏安特性曲线时要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压接法.
(2)在连接线路时必须将每个开关断开，而题图中是闭合的，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，在图中应是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象.为描绘准确可以先进行理论计
算，首先查出两坐标为(0.30 A，3.8 V)和(0.60 A，3.0 V)，
则内阻为 电动势为E,由
得E=4.6 V，然后作出准确图象如图所示.答案:(1)分压 (2)①开关不应闭合，应处于断开状态 ②滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端 (3)①见解析 ②4.6 2.7 测电源的电动势和内阻
高考指数:★★★★
13.(2012·福建高考)某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E.
①先直接用多用电表测定该电池电动势.在操作无误的情况下,多用电表表盘示数如图,其示数为______V.
②然后,用电压表 、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路,测定该电池电动势.(1)根据电路图,用笔画线代替导线,将实物图连接成完整电路.(2)闭合开关S,调整电阻箱阻值R,读出电压表 相应示数U.该学习
小组测出大量数据,分析筛选出下表所示的R、U数据,并计算出相
应的 的值.请用表中数据在坐标纸上描点,并作出 图
线.(3)从图线中可求得E=_______V.【解析】①选择中间标尺，10 V量程最小刻度为0.2 V,因此示
数为
②(1)依电路图连接实物图如图所示 (2)据表格数据描点所作图象如图所示 (3)据闭合电路欧姆定律 得
因此据图象纵坐标读数的倒数得
E=10.0 V(9.5 V～11.1 V).14.(2012·重庆高考)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响.实验器材如图所示.(1)测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式____________，利用测量数据作出U-I图象，得出E和r.
(2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在题图中用笔画线代替导线连接电路.(3)实验中依次减小铜片与锌片的
间距，分别得到相应果汁电池的
U-I图象如图中(a)、(b)、(c)、
(d)所示，由此可知：
在该实验中，随电极间距的减小，
电源电动势_______(选填“增
大”、“减小”或“不变”).电
源内阻________(选填“增大”、“减小”或“不变”).
曲线(c)对应的电源电动势E=______V，内阻r=______Ω，当外电路总电阻为2 500 Ω时，该电源的输出功率P=_____mW.(均保留三位有效数字)【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律可知，电源路端电压U、
电源电动势E、电流以及内电阻r这几个物理量之间的关系是
U=E-Ir.(2)为了避免电流的分压作用，电流表应该外接，也就
是说，电压表要并联在电源两端.(3)U-I图象纵轴截距表示电源
电动势，从图象上看，纵轴截距没有变化，因此电源的电动势
不变．(a)、(b)、(c)、(d)的斜率依次增大，所以电源内电阻
增大.对于图线(c)，因为U=E-Ir，纵轴截距0.975 V，在(c)上
取两点，斜率|k|= =478 Ω，所以电源电动势为0.975 V，
内电阻为478 Ω．外电阻R=2 500 Ω时，电路电流
=0.327 mA，电源输出功率P=I2R=0.3272
×2 500×10-6 W=0.268 mW答案：(1)U=E-Ir (2)如图
(3)不变 增大 0.975 478 0.26815.(2011·四川高考)为测量一电源的电动势及内阻
(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表
A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表
B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表
C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表
选择电压表________串联_______ kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表.(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表
(此表用符号 与一个电阻串联来表示，且可视为理
想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原
理电路图.(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为
1.50 V时、电阻箱值为15.0 Ω;电压表示数为2.00 V时，电
阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E=_______ V、内阻
r= _______Ω.
【解析】(1)改装电压表时，其内阻值要准确告知，所以排除
A、B而选C；再由欧姆定律可知 (RV+R串)，代入数据得
R串=6 kΩ.(2)电路图如图所示；
(3)根据欧姆定律，可得通式为 代入数据两次，即得答案.
答案:(1)C 6 (2)见解析图 (3)7.5 1016.(2010·江苏高考)在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路.(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________.(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)
(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10 Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________.(选填“1”或“2”)(3)根据实验数据描点，绘出的 -R图象是一条直线.若直线
的斜率为k，在 坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势
E=______，内阻r=_______.(用k、b和R0表示)
【解析】(1)为了保护电路及电表，防止电路中电流过大，所
以实验前应将电阻箱置于最大值接入电路中.(2)通过试值法来说明理由.
若R=200 Ω，
电压约为 ×10 V≈0.43 V；
若R=40 Ω，电压约为 ×10 V=1.8 V，后者电压读数
大，且不超出电压表量程，误差小，应选2.
(3)电流 E=I(R+R0+r)，得：
-R图象的斜率 截距
所以电动势 内阻r= －R0.
答案:(1)最大值 (2)2 (3) －R017.(2010·上海高考)某同学利用DIS、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得路端电压U，并在计算机上显示出如图所示的1/U-1/R关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图中的图线b. (1)由图线a可知电池a的电动势Ea=______V，内阻ra=______Ω.
(2)若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出
功率Pa______Pb，两电池的效率ηa ______ηb(以上两空均填“大
于”、“等于”或“小于”).
【解析】(1)根据E=U+ r，得 图象a的纵截距为
0.5( )，斜率为0.25( )，所以电动势Ea=2 V，内阻ra=0.5 Ω.(2)当同一电阻R分别与a、b电池连接时，由图象知Ua＜Ub,由电
池的输出功率P= 可得,Pa＜Pb,当 =0时,即 =0，解
得 由图象延长线与横轴交点可知ra＜rb，电池的效率
得ηa大于ηb.
答案:(1)2 0.5 (2)小于 大于 多用电表的使用
高考指数:★★★★
18.(2011·北京高考)用如图
所示的多用电表测量电阻，
要用到选择开关K和两个部件
S、T.请根据下列步骤完成电
阻测量：
①旋动部件_______，使指针
对准电流的“0”刻线.
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置.③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件_____,使指针对准电阻的___________(填“0刻线”或“∞刻线”).
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量.
A.将K旋转到电阻挡“×1k ”的位置
B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【解析】用多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀小心转动调零螺丝S，使指针对准电流的“0刻线”.然后转动选择开关K，选择量程，再将两表笔短接，调整调零电阻的旋钮T，使指针对准满偏刻度(即电阻的0刻线)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值.若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100” 挡位更换到“×1k ”的位置.
答案:①S ③T 0刻线 ④ADC【误区警示】用多用电表测量电阻易产生以下错误
(1)在未断开电源的情况下就进行测量.
(2)将“+”、“-”插孔的表笔短接调零时，错误地认为“旋动调零旋钮，使指针对准∞刻线”.
(3)测电阻时，如指针偏转角度过大，错误地认为“应选择高倍率挡位”.
为此，应熟知多用电表测电阻的操作规程，避免错误.19.(2011·安徽高考)(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图(a)所示.请你简述接下来的测量过程：①________________________________________________；
②________________________________________________；
③________________________________________________；
④测量结束后，将选择开关旋到
“OFF”挡.
(2)接下来采用“伏安法”较准
确地测量该电阻的阻值，所用实
验器材如图(b)所示.
其中电压表内阻约为5 kΩ，电流表内阻约为5 Ω.图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接.(3)图(c)是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程.当转换开关S旋到位置3时，可用来测量________；当S旋到位置________时，可用来测量电流，其中S旋到位置________时量程较大.【解析】(1)由指针偏转知所选挡位过大，电阻读数大约为2 kΩ,
所以需要换“×100”挡，换挡后要重新进行欧姆调零，最后读数.
(2)该电阻2 kΩ，和电压表、电流表内阻比较知为一个大电阻，
所以电流表要用内接法，电路连接如图.(3)测量电阻需要内接电源，所以开关S旋到位置3时，用来测量电阻；测量电流时，表头要并联分流电阻，故当S旋到位置1、2时，用来测量电流，分流电阻越小量程越大，所以旋到位置1时量程较大.
答案:(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0 Ω”
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值
(2)见解析 (3)电阻 1、2 120.(2011·大纲版全国卷)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干.实验时，将多用电表调至×1 Ω 挡，调好零点；电阻箱置于适当数值.完成下列填空:(1)仪器连线如图甲所示(a和b是多用电表的两个表笔).若两电表均正常工作，则表笔a为______(填“红”或“黑”)色；(2)若适当调节电阻箱
后，图甲中多用电表、
电流表与电阻箱的示数
分别如图乙(a)、(b)、
(c)所示，则多用电表
的读数为_____Ω，电
流表的读数为______mA，
电阻箱的读数为_____Ω；(3)将图甲中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA；(保留3位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为_____V.(保留3位有效数字)【解析】(1)欧姆表的内部有电源，黑表笔与电源正极相连，红表笔与电源负极相连.所以与电流表“+”接线柱相连的一定是黑表笔.
(2)多用电表指针与“14”正对，所以读数是14.0 Ω，电流表指针与“53”正对，所以读数是53.0 mA，电阻箱“×100”、 “×10”都是零，所以读数是(4×1+6×0.1) Ω=4.6 Ω.(3)多用电表×1挡对应的中值电阻是15 Ω，则两表笔短接时总电阻为15 Ω，所以(15+14) Ω×53 mA=15 Ω×I，则I=102 mA.
(4)多用电表×1挡对应的中值电阻是15 Ω，多用电表内部电池的电动势为E=(15+14)×0.053 V=1.54 V.
答案:(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6
(3)102 (4)1.54 传感器的简单使用
高考指数:★★★
21.(2009·山东高考)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统.光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx).某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：(1)根据表中数据，请描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点.
(2)如图所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路.给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图.(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：
光敏电阻Rp(符号 阻值见上表)；
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；
定值电阻：R1=10 kΩ，R2=20 kΩ，R3=40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干.【解析】(1)描绘图象时应注意：各点均匀分布在图线两侧，且图线应是平滑曲线，而不能是各点的连线.图线为曲线且非线性变化，如图所示.(2)根据串联电阻的分压关系，E=3 V,当
照度降低至1.0(lx)时，其电压升至2 V，
由图线可知，此时光敏电阻阻值为20 kΩ，
两端电压为2 V，串联电阻UR=1 V,所以应
加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10 kΩ，即选用R1.原理图如图所示.
答案:(1)光敏电阻的阻值随照度变化的曲线见解析.
特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小.
(2)见解析22.(2009·宁夏高考)青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能.用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制.
光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强(如白天)时电阻几乎为0;照射光较弱(如黑天)时电阻接近于无穷大.利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开.电磁开关的内部结构如图所示.1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接.当励磁线圈中电流大于50 mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50 mA时，3、4接通.励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA.(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原
理图.
光敏电阻R1,符号 灯泡L，额定功率40 W，额定电压
36 V，符号 保护电阻R2,符号 电磁开关，符号
蓄电池E，电压36 V，内阻很小；开关S，导线若干.(2)回答下列问题：
①如果励磁线圈的电阻为200 Ω，励磁线圈允许加的最大电压为______V，保护电阻R2的阻值范围为_______Ω.
②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通.为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明.
答：_______________________________________________.
③任意举出一个其他的电磁铁应用的例子.
答：_______________________________________________.【解析】(1)电路原理如图所示.
(2)①Um=ImR=100×10-3×200 V=20 V；
由题知，欲使电路起到自动控制作用，励磁线圈中I应满足50 mA
＜I≤100 mA，则由闭合电路欧姆定律得：
E=I(R2+R)，即36=(R2+200)I,
故R2在160～520 Ω之间.②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当磁铁吸合铁片时，3、4之间接通；不吸合时，3、4之间断开.
③电磁起重机、电磁打点计时器、电铃等.
答案: (1)见解析 (2)①20 160～520
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当磁铁吸合铁片时，3、4之间接通；不吸合时，3、4之间断开
③电磁起重机、电磁打点计时器、电铃等(任选一个). 测定金属丝的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
1.实验原理
(1)把金属丝接入电路中，用伏安法测导线的电阻R(R= ).电路原理图如图所示.(2)用米尺量得金属丝的长度l，用螺旋测微器量得金属丝的直
径，算出横截面积S.
(3)利用电阻定律R= ，得出金属丝电阻率的公式
测出电阻率.2.螺旋测微器的构造、原理及读数
(1)螺旋测微器的构造:如图所示是常用的螺旋测微器，它的测砧A和固定刻度S固定在尺架F上，旋钮K、微调旋钮K′和可动刻度H、测微螺杆P连在一起，通过精密螺纹套在S上.(2)读数：测量时被测物体长度的整毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出.
测量值(毫米)＝固定刻度数(毫米)(注意半毫米刻线是否露出)＋可动刻度(估读一位)×0.01(毫米)
如图所示，固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.3.游标卡尺
(1)构造：如图所示，主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)，游标尺上还有一个深度尺，尺身还有一个紧固螺钉.(2)用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径.
(3)分类：①游标尺为10分度，精确度为0.1 mm;②游标尺为20分度，精确度为0.05 mm;③游标尺为50分度，精确度为0.02 mm.
(4)读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，k表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x+k×精确度) mm.4.伏安法测电阻
(1)电流表的内接法和外接法的比较(2)两种电路的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻
进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采
用电流表内接法，简单概括为“大内偏大，小外偏小”.
②临界值计算法：当 时，用电流表外接法；当
时，用电流表内接法.③实验试触法：按如图所示接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则采用电流表内接法.【名师点睛】
1.螺旋测微器的使用
(1)测量前需校正零点.
(2)螺旋测微器应估读一位，即以mm作单位，应读到小数点后面第三位.
2.测定金属的电阻率时应注意
(1)为了方便，测量直径应在导线连入电路前进行，为了准确测量金属丝的长度，应该在连入电路之后在拉直的情况下进行，测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度.(2)本实验中被测金属丝的电阻值较小，故采用电流表外接法.
(3)开关S闭合前，滑动变阻器的阻值要调至最大.
(4)电流不宜太大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜太长，以免金属丝温度升高，导致电阻率在实验过程中变大.
(5)实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、开关、电流表、待测金属丝、滑动变阻器连成干路，然后再把电压表并联在待测金属丝的两端.3.误差分析
(1)金属丝直径、长度的测量带来误差.
(2)测量电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，因为电流
表外接，所以R测＜R真，由 知ρ测＜ρ真.
(3)通电电流过大，时间过长，致使电阻丝发热，电阻率随之
变化带来误差.【状元心得】
根据电路图连实物图时的注意事项
1.各导线都应接在接线柱上.
2.不应在导线中间出现分叉，导线不能交叉、跨过仪器.
3.连接电表应注意量程选用正确，正、负接线柱不要接错.
4.开关要控制所在电路. 描绘小电珠的伏安特性曲线
1.实验原理
用电流表测出流过小电珠的电流，用电
压表测出小电珠两端的电压，测出多组
(U，I)值后，在I-U坐标系中描出各对
应点，用一条平滑的曲线将这些点连起
来，就得到小电珠的伏安特性曲线，实
验电路如图所示.2.滑动变阻器的限流接法和分压接法
(1)两种接法比较(2)限流电路、分压电路的选择原则
限流式适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)，因为Rx很小，限流式中滑动变阻器分得电压很大，调节范围大.分压式适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大).Rx很大，分压式中Rx几乎不影响电压的分配，触头移动时，电压变化接近线性关系，便于调节.下列三种情况必须采用分压式电路:①若采用限流式不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(电压)仍超过电流表(电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流，则必须选用分压式电路.
②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑动触头从一端到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路.
③若实验中要求电压从零开始连续可调，则必须采用分压式电路.
注意:在两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低.【名师点睛】1.实验注意事项
(1)本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法.
(2)本实验要作出I-U图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法.
(3)为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于图中的a端.
(4)加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压.
(5)连图线时曲线要平滑，不在图线上的数据点应均匀分布在图线两侧，不要画成折线.2.误差分析
(1)由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值.
(2)测量时读数带来误差.
(3)在坐标纸上描点、作图带来误差. 测定电源的电动势和内阻
1.实验原理
(1)实验依据：闭合电路欧姆定律.
(2)实验电路：如图1所示.
(3)E和r的求解：由U＝E－Ir
得
解得：(4)作图法数据处理，如图2所示：
①图线与纵轴交点为电动势E.
②图线与横轴交点为短路电流
③图线的斜率的大小表示内阻2.要点步骤
(1)电流表用0.6 A量程，电压表用3 V量程，按图所示连接好电路.
(2)把滑动变阻器的滑片移动到使阻值最大的一端.
(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1，U1)，用同样方法测量几组I、U值，填入表格中.
(4)断开开关，拆除电路，整理好器材.3.数据处理
本实验中数据的处理方法，一是联立方程求解的公式法，二是描点画图法.方法一：取六组对应的U、I数据，数据满足关系式U1=E-I1r、
U2=E-I2r、U3=E-I3r…让第1式和第4式联立方程，第2式和第5
式联立方程，第3式和第6式联立方程，这样解得三组E、r，取
其平均值作为电池的电动势E和内阻r的大小.
方法二：以路端电压U为纵轴、干路电流I为横轴建立U-I坐标
系，在坐标平面内描出各组(I，U)值所对应的点，然后尽量多
地通过这些点作一条直线，使不在直线上的点大致均匀分布在
直线两侧，则直线与纵轴交点的纵坐标即是电池电动势的大小
(一次函数的纵轴截距)，直线的斜率大小即为电池的内阻r，即4.测定电源电动势和内阻的其他方法
(1)用一只电流表和电阻箱测量，如图甲所示，测量原理为：
E=I1(R1+r)，E=I2(R2+r)，由此可求出E和r.此种方法使测得的
电动势无偏差，而内阻偏大.
(2)用一只电压表和电阻箱测量，如图乙所示，测量原理为：
由此可求出E和r.此种方法使测得的
电动势和内阻均偏小.【名师点睛】
1.实验需注意
(1)为使电池的路端电压变化明显，应选内阻较大的电池(选用已使用过一段时间的干电池).
(2)在实验中不要将I调得过大，每次读完U和I的数据后应立即断开电源，以免干电池在大电流放电时极化现象严重，使得E和r明显变化.
(3)在画U-I图线时，要使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点应均匀分布在直线两侧，不要顾及个别离直线较远的点，以减小偶然误差.(4)干电池内阻较小时，U的变化较小，此时，坐标图中数据点
将呈现如图甲所示的状况，为此，可使纵坐标不从零开始.如
图乙所示，并且把纵坐标的比例放大，可使测量结果的误差减
小，此时图线与横轴交点不表示短路电流，而图线与纵轴的截
距仍为电动势，要在直线上任取两个相距较远的点，用
计算出电池的内阻r.2.误差分析
(1)读数不准确引起误差.
(2)用图象法求E和r时，由于作图不准确造成误差.
(3)本实验采用图1所示的测量电路存
在系统误差，这是由于电压表的分流
IV引起的，使电流表的示数I测小于电
池的输出电流I真.修正后的图线如图所示，显然，E、r 的测量值都比真实值偏小，r测＜r真、E测＜E真.(4)若采用如图所示电路，电流是准确的，当I很小时，电流表的分压很小，但随电压的增大，电流I增大，电流表的分压作用也逐渐增大，此种情况的U-I图线如图所示，所以E测=E真、r测＞r真. 练习使用多用电表
1.实验原理
(1)表盘:多用电表可以用来测量电
流、电压、电阻等，并且每一种测量
都有几个量程，外形如图所示：上半
部分为表盘，表盘上有电流、电压、
电阻等多种量程的刻度；下半部分为
选择开关，它的四周刻有各种测量项
目和量程，另外，还有欧姆表的调零
旋钮、指针定位螺丝和测试笔的插孔.由于多用电表的测量项目和量程比较多，而表盘的空间有限，所以并不是每个项目的量程都有专门的标度，有些标度就属于共用标度，图中的第二行就是交、直流电流和直流电压共用的标度.(2)原理:欧姆表测电阻的原理是闭合电
路欧姆定律，欧姆表内部电路结构如图
所示，R为调零电阻，红、黑表笔短接，
进行欧姆调零时，使指针满偏，根据闭
合电路欧姆定律有 当红、
黑表笔之间接有未知电阻Rx时，有
故每一个未知电阻都对应一个电流值I，我们在刻度盘上直接标出I对应的Rx的值，则所测电阻Rx即可从表盘
上直接读出，由于I与R的非线性关系，表盘上电阻刻度是不
均匀的，电阻的零刻度在电流满偏处.当Rx=Rg+R+r时，
指针半偏，所以欧姆表的内阻等于中值电阻.(3)内部结构:多用电表是由一个小量程的电流表与若干元件组成的，每进行一种测量时，只使用其中一部分电路，其他部分不起作用.
将多用电表的选择开关旋转到电流挡，多用电表内的电流表电路就被接通；选择开关旋转到电压挡或电阻挡，表内的电压表电路或欧姆表电路就被接通.2.读数
(1)测电阻时，电阻值等于指针示数与倍率的乘积.
(2)测电流或电压时，读数注意所选量程及最小分度.
(3)估读规则：分三种情况
①最小分度为1，估读到最小分度的
②最小分度为2，估读到最小分度的
③最小分度为5，估读到最小分度的【名师点睛】
1.本实验的注意事项
(1)使用多用电表“十三忌”
①忌不调零就使用多用电表.
②忌搞错连接方式，测电压需并联，测电流需串联.
③忌搞反直流电流方向，直流电要从正极测试笔流入，从负极测试笔流出.
④忌用手接触测试笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触测试笔的金属杆.
⑤忌用直流电挡位测交流电.⑥忌用多用电表测频率不是50 Hz的交流电，普通多用电表的交流电挡位是按照50 Hz设计的，不能准确测量其他频率的交流电.
⑦忌不进行欧姆表调零，就用多用电表测电阻值.
⑧忌只看读数不乘倍率.
⑨改换欧姆挡量程后，忌不重新调零.
⑩忌把电池装反.
?忌把电阻同其他电路连在一起进行测量.
?忌把电池装在多用电表内长期不用.
?多用电表不用时，忌选择开关置于欧姆挡.(2)用多用电表测黑箱时，一定要先用电压挡判断其内有无电源，确定无电源后才能使用欧姆挡测量.
(3)用多用电表测电流和电压时，要先选择量程再进行测量，且不要把量程当成倍率.
2.误差分析
(1)测电阻时，表盘刻度线不均匀造成读数误差.
(2)电池旧了电动势下降，会使电阻测量值偏大. 传感器的简单使用
1.实验原理
传感器能将它感受到的物理量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)，其工作过程是通过对某一物理量敏感的元件将感受到的信号按一定规律转换成便于利用的信号，例如光电传感器是利用光敏电阻将光信号转换成电信号，热电传感器是利用热敏电阻或金属热电阻将温度信号转换成电信号，转换后的信号经过电子电路的处理就可达到方便检测、自动控制、遥控等各种目的.传感器工作的原理可用下面框图表示.2.要点步骤
(1)热敏电阻的热敏特性
①按如图所示将热敏电阻连入电路，多用电
表置于“欧姆挡”，观察热敏电阻的阻值；
②分几次向烧杯中注入开水，逐渐改变水的
温度，分别观察不同温度下热敏电阻的阻值.
(2)光敏电阻的光敏特性
①如图所示将光敏电阻连入电路中，观察欧
姆表的示数；
②用手掌遮住部分光线或上下移动手掌，观察光敏电阻的阻值变化情况.【名师点睛】
实验注意事项
1.在测热敏电阻实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温.
2.在测光敏电阻实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少.
3.欧姆表每次换挡后都要重新调零.电学设计性实验的三个选择
纵观近几年的高考试题，电学设计性实验具有如下特点：
1.由于涉及实验器材的选择、实验电路的设计、实验步骤的安排、实验数据的处理方法、误差的分析及对实验的总结和评价、实验原理的再认识和加工、实验方案的确定等方面，所以这类题目是高考的热点. 2.与非实验知识相比较，电学设计性实验思维方法具有隐藏性、灵动性等特点.虽然大多数考生掌握了必备的实验方法,但由于这类题目综合性较强,考生得分率很低. 要解答好电学设计性实验，需做好三个选择：
1.实验器材的选择
选择电学实验器材主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器材，一般要考虑四方面因素:
(1)安全因素：通过电源、电阻和电表的电流不能超过其允许的最大电流. (2)误差因素：选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时，其指针应偏转到满偏刻度的1/3以上；使用欧姆表时宜选用指针尽可能在中间刻度附近的倍率挡位.
(3)便于操作：选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求，又便于调节.在调节滑动变阻器时，应使其大部分电阻线都用到.
(4)实验实际：除以上三个因素外，还应注重实验实际，如所用电源与打点计时器的匹配问题等. 2.测量电路的选择
电压表和电流表连入电路可以有两种方法：一种是如图甲所示的电路,叫做“电流表外接法”；
另一种是如图乙所示的电路,叫做“电流表内接法”.
为了减小误差，常用以下三种方法来判定电流表的连接是选内接法还是外接法. (1)直接比较法：当 用内接法，当 用外接法.
(2)临界值计算法：当 时，即Rx为大电阻，应该用
电流表内接法，此时测量值比真实值略大;当 时，即Rx
为小电阻，应该用电流表外接法，此时测量值比真实值略小；当
时，电流表内外接法均可.可将规律简单总结为“大内
大，小外小”. (3)试测判断法：当Rx、RA、RV电阻阻
值都不清楚时可采用此法，电路图如图所
示：
设开关S接a、b时，电流表示数分别为Ia、Ib，电压表的示数为Ua、Ub.
当 时，选用“内接法”；
当 时，选用“外接法”. 3.控制电路的选择
控制电路即滑动变阻器在电路中的连接，常有两种不同的形式，图甲为限流式，图乙为分压式.
在具体实验中，滑动变阻器是采用分压式还是限流式，可按以下标准进行判断： (1)负载电阻的阻值Rx远大于变阻器总电阻R，须用分压式电路.
(2)要求负载上电压或电流变化范围较大，且从零开始连续可调，须用分压式电路.
(3)负载电阻的阻值Rx小于变阻器的总电阻R或相差不多，并且电压、电流表示数变化不要求从零起调，可采用限流式.
(4)两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法总功率较小.
(5)特殊问题中还要根据电压表和电流表量程以及允许通过的最大电流值来反复推敲.1.某同学用伏安法测一个未知电阻的阻值，他先将电压表接在b点，读得两表示数分别为U1=3.0 V，I1=3.0 mA，然后将电压表改接在a点，读得两表示数分别为U2=2.9 V，I2=4.0 mA，如图所示，由此可知电压表应接到________点误差较小，测得Rx值就为________Ω.【解析】两种接法中两表示数变化分别为：
ΔU=|U1-U2|=|3.0-2.9| V=0.1 V，
ΔI=|I1-I2|=|3.0-4.0| mA=1.0 mA
则
显然，电流表示数变化较电压表示数变化明显，这说明电压表
的分流作用较大，为了减小误差，应采用电流表内接法，即电
压表接b点.
答案:b 1 0002.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6 V，3 W”，其他选择的器材有：
A.电压表V1(量程6 V，内阻20 kΩ)；
B.电压表V2(量程20 V，内阻60 kΩ)；
C.电流表A1(量程3 A，内阻0.2 Ω)；
D.电流表A2(量程0.6 A，内阻1 Ω)；
E.滑动变阻器R1(0～1 000 Ω，0.5 A)；
F.滑动变阻器R2(0～20 Ω，2 A)；
G.学生电源E(6～8 V)；H.开关S及导线若干.实验中要求电压在0～6 V范围内,读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用________________，滑动变阻器应选用_______________.画出实验原理图.【解析】(1)确定电压表、电流表、滑动变阻器.小灯泡“6 V，
3 W”额定电压为6 V，额定电流为0.5 A，即允许通过小灯泡的
电流最大不超过0.5 A，最大电压不超过6 V.依据选择电压表和
电流表的安全精确原则，电流表应选A2，电压表应选V1.小灯泡
正常工作时电阻为 滑动变阻器选择依据
安全方便的原则，故应选用R2.
(2)确定电流表内外接法
临界阻值R= =141.4 Ω
因为R灯因为要求多测几组数据，故负载上电流、电压变化范围较大，故采用分压式.实验原理图如图：
完成电路设计实验，只有遵循以上三个原则，才能使实验效果更明显，误差更小.
答案: D F 电路图见解析课件114张PPT。专题十九 波粒二象性 原子结构和原子核1.光电效应 Ⅰ
2.爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ
3.氢原子光谱 Ⅰ
4.氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ
5.原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期 Ⅰ
6.放射性同位素 Ⅰ7.核力、核反应方程 Ⅰ
8.结合能、质量亏损 Ⅰ
9.裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ
10.射线的危害和防护 Ⅰ1.考纲对这部分内容的能力要求比较低，考试难度一般不大，考试内容广泛，涉及到光电效应现象和光电效应实验规律、爱因斯坦光电效应方程、光的波粒二象性和德布罗意波、原子的能级结构、能级公式、放射性现象、衰变、半衰期、核反应方程、核能、裂变、聚变等各个方面，属于高考热点内容.2.从高考的命题趋势来看，以新粒子、新能源或其他新素材为背景的信息题成为热点，考查的题型以选择题和填空题为主，考查的难度中等偏下.
3.从近几年高考命题的情况来看，在今年的高考复习备考中要认真梳理课本中的基本概念和基本规律，注意概念和规律的理解和记忆，弄清知识间的联系，关注科技热点和科技进步. 黑体辐射
【典例1】(2011·江苏高考)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是( )【审题视角】解答本题应把握黑体辐射的两个特点：
【关键点】
(1)黑体辐射强度变化：随温度的升高，各种波长的辐射都增强.
(2)黑体辐射波长移动：随温度的升高，辐射最强对应波长减小.【精讲精析】黑体辐射的强度随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加，另一方面辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动，所以选项A正确.
答案：A【命题人揭秘】黑体辐射的研究——量子论建立
(1)通过对黑体辐射的研究，普朗克提出了量子论，开创了物理学新纪元．
(2)黑体辐射强度与波长关系图源于教材，考查对黑体辐射强度与波长关系图的理解． 光的粒子性 光电效应
【典例2】(2011·新课标全国卷)在光电效应实验中，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)的单色光做实验，则其遏止电压为_____.已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.【审题视角】解答本题应注意以下两点：
【关键点】
(1)理解并区分几个概念：截止频率、逸出功、遏止电压及光电效应的产生条件.
(2)熟练运用几个公式：光子能量公式、波长波速和频率公式、爱因斯坦光电效应方程.【精讲精析】由W逸=hν极限和ν= 得：W逸=
由爱因斯坦光电效应方程Ek=h -W逸得：
光电子的最大初动能Ek=h - =
由动能定理得：-eU遏止=0-Ek
所以U遏止
答案：【命题人揭秘】从光电效应实验规律理解光的粒子性
(1)极限频率ν0：入射光子能量hν>W逸=hν0，产生光电效应.
(2)最大初动能Ek：Ek随入射光子频率的增大而增大.
(3)光电效应方程：揭示光的粒子性的能量守恒方程.
(4)遏止电压U遏：不能形成光电流的最小反向电压. 原子结构 氢原子光谱
【典例3】(2011·四川高考)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hν2-hν1
D.辐射光子的能量为hν2-hν1【审题视角】解答本题按以下思路进行：【精讲精析】氢原子从能级m跃迁到能级n时，辐射红光，Em-En =hν1
从能级n跃迁到能级k时，吸收紫光，Ek-En=hν2
则从能级k跃迁到能级m时，能量降低，辐射光子，辐射光子能量为：Ek-Em=(Ek-En)-(Em-En)=hν2-hν1，
故正确答案为选项D．
答案：D【命题人揭秘】画氢原子能级图分析氢原子光谱
(1)氢原子能级图特点：量子数n越大，能量值越大，能级间距
越小.
(2)能级跃迁能量特点：高能级向低能级跃迁辐射光子，低能
级向高能级跃迁吸收光子，能级差越大光子能量越大.
(3)自发跃迁的可能性：第n能级上一个氢原子有(n-1)条可能
光谱线；第n能级上一群氢原子有 条可能光谱线.
(4)氢原子电离能：第n能级氢原子电离需吸收的电离能为
E电离=-En. 天然放射现象 衰变
【典例4】(2011·上海高考)天然放射性元
素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图
所示，由此可推知( )
A.②来自于原子核外的电子
B.①的电离作用最强，是一种电磁波
C.③的电离作用较强，是一种电磁波
D.③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子【审题视角】解答本题可按以下思路分析:【精讲精析】衰变的射线均来自于核内，A错；从图中可看出，一张纸能挡住①射线，则①射线一定是α射线，其贯穿本领最差，电离能力最强，但不是电磁波，而是高速氦核流，B错；铝板能挡住②，而不能挡住③，说明③一定是γ射线，其电离能力最弱，贯穿本领最强，是一种电磁波，属于原子核内以能量形式释放出来的以光速运行的高能光子，D对C错.
答案：D【命题人揭秘】三种射线的产生及特点
(1)天然放射现象即衰变，放出的射线有α、β、γ三种，都是从原子核内部放射出来的高速粒子流，只有γ射线是电磁波.
(2)α、β、γ三种射线的电离作用、穿透能力和在电磁场中的偏转情况各不相同，α射线电离作用最强，γ射线电离作用最弱；γ射线穿透能力最强，α射线穿透能力最弱；只有γ射线在电磁场中不发生偏转. 核反应方程 原子核的组成
【典例5】(2011·海南高考)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.在泄漏的污染物中含有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→13756Ba+10n B.X2→13154Xe+0-1e
C.X3→13756Ba+0-1e D.X4→13154Xe+11p【审题视角】解答本题的思路如下：【精讲精析】从四个核反应方程看出能够产生β粒子的只有B、C，再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【阅卷人点拨】 光的粒子性 光电效应
高考指数:★★★★★
1.(2012·北京高考)“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成.若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν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的机理，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. B. C.2he D.【解题指南】本题需要把握以下两点：
(1)电磁波的频率、普朗克常量、能量之间的关系.
(2)电压、电量与能量的关系.
【解析】选B.电磁波的频率ν、普朗克常量h、能量E之间的关
系E=hν，因为ν=kU，所以E=hkU；电压U、电量q与能量E的关
系是E=qU，由题意知q=2e，所以2.(2011·上海高考)用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是( )
A.改用频率更小的紫外线照射
B.改用X射线照射
C.改用强度更大的原紫外线照射
D.延长原紫外线的照射时间
【解析】选B.根据爱因斯坦对光电效应的研究结论可知光子的频率必须大于金属的极限频率，A错；与光照射时间无关，D错；与光强度无关，C错；X射线的频率比紫外线频率高，故B对．3.(2011·广东高考)光电效应实验中，下列表述正确的是( )
A.光照时间越长光电流越大
B.入射光足够强就可以有光电流
C.遏止电压与入射光的频率有关
D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子
【解析】选C、D.光电流的大小与入射光的强度有关，A错误．产生光电效应的条件是：入射光的频率大于或等于被照射材料的极限频率．由hν=W0+Ek和eUc=Ek知，入射光的频率达不到极限频率，增加照射光的强度是不能产生光电流的，所以B错误，C、D正确．4.(2011·福建高考)爱因斯坦因提出了光
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( )
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.图中直线的斜率与普朗克常量有关【解析】选D.光电子的最大初动能与入射光频率的关系是Ekm =hν-W0，结合图象易判断D正确．5.(2010·浙江高考)在光电效应实
验中，飞飞同学用同一光电管在不
同实验条件下得到了三条光电流与
电压之间的关系曲线(甲光、乙光、
丙光)，如图所示.则可判断出( )
A.甲光的频率大于乙光的频率
B.乙光的波长大于丙光的波长
C.乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率
D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大
初动能【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)搞清光电流与电压的关系.
(2)熟记截止频率、遏止电压和光电子最大初动能等概念.
【解析】选B.由图象知甲光、乙光对应的遏止电压相等，且小于丙光对应的遏止电压，所以甲光和乙光对应的光电子最大初动能相等且小于丙光的光电子最大初动能，故D项错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0知甲光和乙光的频率相等，且小于丙光的频率，故A错误，B正确；截止频率是由金属决定的,与入射光无关，故C错误.6.(2012·江苏高考)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.
【解析】光子能量ε=hν,动量 且
得 则pA∶pB=2∶1
A照射时，光电子的最大初动能EA=εA-W0.
同理，EB=εB-W0,解得W0=EA-2EB
答案：2∶1 EA-2EB7.(2010·江苏高考)(1)研究光电效应电路
如图所示，用频率相同、强度不同的光分别
照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板
发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形
成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压
UAK的关系图象中，正确的是( )(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子.光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)， 原因是____
_________________________________________.
(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为-3.4 eV和-1.51 eV， 金属钠的截止频率为5.53×1014 Hz, 普朗克常量h=6.63×10-34 J·s.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应.【解析】(1)选C.由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0和动能定
理eUc=Ek，可得:Uc= 遏止电压Uc与入射光的频率有
关，与光的强度无关.由发生光电效应规律可知，光电流与光
的强度有关，光越强，光电流越强.所以选项C正确,A、B、D错
误.
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，由于
光电子在从金属表面逸出的过程中，要受到金属表面层中力的
阻碍作用(或需要克服逸出功).所以在光电子从金属表面逸出
的过程中，其动量的大小减小.(3)氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中，放出的光子能量为E=E3-E2，代入数据得E=1.89 eV，金属钠的逸出功W0=hν0，代入数据得W0=2.3 eV，因为E答案:(1)C (2)减小 光电子从金属表面逸出的过程中要受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功) (3)见解析 原子结构 原子光谱
高考指数:★★★★★
8.(2012·北京高考)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【解题指南】本题需要把握以下两点:
(1)玻尔理论能级的概念.
(2)玻尔理论跃迁规律.
【解析】选B.根据玻尔理论，氢原子能级越高对应的能量越大，当氢原子从较高能级向较低能级跃迁时放出光子.9.(2012·江苏高考)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( )【解析】选C.根据ΔE=hν,ν= 可知λ= 能级差越大，波长越小，所以a的波长最小，b的波长最大，答案选C.10.(2012·四川高考)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能级比从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【解题指南】本题考查了玻尔的原子理论和能级跃迁，难度中等，本题容易误选D，要求学生要深入理解原子能级跃迁释放能量和原子核发生核反应释放能量的不同之处.
【解析】选A.根据ΔE=hν,ν= 可知λ= 从n=4能级跃迁到n=3能级的能级差比从n=3能级跃迁到n=2能级的能级差小，所以从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；电磁波的速度是光速，与电磁波的波长、频率无关，选项B错误；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率并不相同，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，而不是氢原子核放出能量，D错误.所以选A.11.(2011·天津高考)下列能揭示原子具有核式结构的实验是
( )
A.光电效应实验 B.伦琴射线的发现
C.α粒子散射实验 D.氢原子光谱的发现
【解析】选C.光电效应实验说明光具有粒子性，A选项错误；X射
线(伦琴射线)的发现是19世纪末20世纪初物理学的三大发现(X射
线1896年、放射线1896年、电子1897年)之一，这一发现标志着
现代物理学的产生，B选项错误；氢原子光谱的发现解释了原子
的稳定性以及原子光谱的分立特征，D选项错误；α粒子散射实
验中极少数α粒子的大角度偏转说明原子具有核式结构，C正确.12.(2011·上海高考)卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是( )【解题指南】本题从α粒子轰击金箔的实验结果示意图考查α粒子散射实验的原理，主要考查学生对该实验的轨迹分析和理解，α粒子散射的原因是受原子核的库仑斥力作用，离核越近作用力越大，散射角越大．
【解析】选D.由于α粒子轰击金箔时，正对金箔中原子核打上去的一定原路返回，故排除A、C选项；越靠近金原子核的α粒子受力越大，轨迹弯曲程度越大，B错误，D正确．13.(2011·大纲版全国卷)已知氢原子的基态能量为E1，激发态
能量En=E1/n2，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( )
A. B.
C. D. 【解析】选C．第一激发态是能量最低的激发态n=2，依题意可
知第一激发态能量为E2＝ 电离是氢原子从第一激发态跃迁
到最高能级n(n=∞)的过程，需要吸收的最小光子能量为：
E=0-E2=- 由E= 得：
所以能使氢原子从第一激发态电离的光子最大波长为：
选项C正确．【误区警示】本题的解答易出现以下三方面错误
(1)对氢原子能级结构不清，不能理解第一激发态电离含义.
(2)将电离能与从基态跃迁到第一激发态相混淆导致错解.
(3)将氢原子从第一激发态电离误认为从基态电离导致错误.14.(2011·上海高考)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)所示的图象，则
( )
A.图象(a)表明光具有粒子性 B.图象(c)表明光具有波动性
C.用紫外光观察不到类似的图象 D.实验表明光是一种概率波【解析】选A、B、D．本题考查双缝干涉实验及光的波粒二象性．光子较少时，极其微弱的可见光光子的落点位置具有不确定性，故(a)图表明光具有粒子性，A对；随着光照时间的增加，光子落在亮条纹区域的概率变大，双缝干涉条纹越来越清晰，故(c)表明光具有波动性，B对；用紫外光也可以观察到类似的图象，C错；光子落在亮条纹上的概率较大，该实验也说明光是一种概率波，D对．15.(2010·新课标全国卷)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( )
A.ν0<ν1 B.ν3=ν2+ν1
C.ν0=ν1+ν2+ν3 D.
【解析】选B.大量氢原子跃迁时只有三种频率的光谱，这说明氢原子受激发跃迁到n=3的激发态，然后从n=3能级向低能级跃迁产生三种频率的光谱，根据能量守恒有解得：hν0=hν3=hν2+ hν1，ν0=ν3=ν2+ν1，故选项B正确，A、C、D错误.16.(2012·山东高考)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 __________.
【解析】当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时：hν1=E4-E2，
当氢原子由第2能级跃迁到基态时：hν2=E2-E1，而E4=
E2= 联立以上各式解得：
答案：17.(2010·山东高考)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：1.89 eV,
10.2 eV,12.09 eV.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】由于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，可知氢原子处于最高能级n=3，跃迁发生
前这些原子分布在2个激发态能级上；其中最高能级的能量值是
E3=-1.51 eV.
答案:2 -1.51【方法技巧】对原子跃迁条件的理解
(1)原子从低能级向高能级跃迁，吸收一定能量的光子,当一个光子的能量满足hν=E末-E初时,才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁,而当光子能量hν大于或小于
E末-E初时都不能被原子吸收.
(2)原子从高能级向低能级跃迁,以光子的形式向外辐射能量,所辐射的光子能量恰好等于发生跃迁时的两能级间的能量差.(3)原子吸收能量的原则是吸收的能量恰好等于某两个能级之差,或者是吸收能量大于或等于其电离能,使电子成为自由电子.所以当原子吸收光子时,由于光子不可分,故其必须选择能量满足上述原则的光子;当原子吸收实物粒子(如电子)的能量时,原子可以根据“需要”吸收满足能级差的部分，剩余部分实物粒子带走.18.(2010·海南高考)能量为Ei的光子照射基态氢原子，刚好可使该原子中的电子成为自由电子.这一能量Ei称为氢的电离能.现用一频率为ν的光子从基态氢原子中击出了一电子，该电子在远离核以后速度的大小为_____(用光子频率ν、电子质量m、氢原子的电离能Ei和普朗克常量h表示).
【解析】由能量守恒得：
解得电子速度为：
答案: 天然放射现象 衰变
高考指数:★★★★★
19.(2012·大纲版全国卷)23592U经过m次α衰变和n次β衰变，变成20782Pb，则( )
A.m=7,n=3
B.m=7,n=4
C.m=14,n=9
D.m=14,n=18【解题指南】每发生一次α衰变，质量数减少4，电荷数减少2；每发生一次β衰变，质量数不变，电荷数增加1.
【解析】选B.根据题意有：235-4m=207，92-2m+n=82，解两式得m=7,n=4，选项B正确.20.(2011·北京高考)表示放射性元素碘131(13153I)β衰变的方程是( )
A.13153I 12751Sb+42He
B.13153I 13154Xe+0-1e
C.13153I 13053I+10n
D.13153I 13052Te+11H
【解析】选B.A选项是α衰变，A错误；B选项是β衰变，B正确；C选项放出的是中子，C错误；D选项放出的是质子，D错误．21.(2011·浙江高考)关于天然放射现象，下列说法正确的是
( )
A.α射线是由氦原子核衰变产生
B.β射线是由原子核外电子电离产生
C.γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生
D.通过化学反应不能改变物质的放射性
【解析】选D.放射线是从原子核中释放出来的高速粒子流，α射线是原子核内两个质子和两个中子结合放射出来的；β射线是原子核内一个中子转化为一个质子放出一个电子；γ射线是原子核衰变时辐射出来的．通过化学反应并不能改变物质的放射性，放射性是由元素本身决定的．22.(2010·全国卷Ⅰ)原子核23892U经放射性衰变①变为原子核23490Th，继而经放射性衰变②变为原子核23491Pa，再经放射性
衰变③变为原子核23492U.放射性衰变①、②和③依次为( )
A.α衰变、β衰变和β衰变 B.β衰变、α衰变和β衰变
C.β衰变、β衰变和α衰变 D.α衰变、β衰变和α衰变
【解析】选A.23892U ① 23490Th，质量数少4,电荷数少2,说明①
为α衰变，故B、C错误.23490Th ② 23491Pa,质子数加1,质量数不
变,说明②为β衰变,中子转化成质子,放出一个电子，23491Pa
③ 23492U,质子数加1,质量数不变,说明③为β衰变,中子转化成
质子，放出一个电子，故D错误.A项正确. 原子核 核反应方程
高考指数:★★★★★
23.(2012·广东高考)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.31H+21H 42He+10n是核聚变反应
B.31H+21H 42He+10n是β衰变
C.23592U+10n 14456Ba+8936Kr+310n是核裂变反应
D.23592U+10n 14054Xe+9438Sr+210n是α衰变【解题指南】解答本题需要掌握核反应基本知识，主要考查衰变与其他的核反应的区别.
【解析】选A、C.两个轻核聚合成一个较重的核的反应为核聚变反应，故A对B错.重核被中子轰击后分裂成两个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应为核裂变反应，故C对.原子核放出α或β粒子后变成另一种原子核的反应称为原子核的衰变.原子核的衰变的反应物只有一种，故D错.24.(2012·重庆高考)以下是物理学史上3个著名的核反应方程
x+73Li 2y y+147N x+178O
y+94Be z+126C
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【解题指南】有关核反应方程的基本规律有两条：
(1)电荷数守恒.
(2)质量数守恒.
【解析】选C.把前两个方程化简，消去x，即147N+73Li=y+178O，可见y是42He，结合第三个方程，根据电荷数守恒、质量数守恒可知z是中子10n．因此选项C正确.25.(2011·重庆高考)核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线.下列说法正确的是( )
A.碘131释放的β射线由氦核组成
B.铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量
C.与铯137相比，碘131衰变更慢
D.铯133和铯137含有相同的质子数【解析】选D.β射线是高速电子流，α射线才是由氦核组成的，A 错误；γ光子在所有电磁波中频率最高，能量最大，B错误；半衰期越小衰变越快，应该是碘131衰变更快，C错误；铯133和铯137是同位素，质子数相同，中子数不同，D正确．26.(2010·广东高考)关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )
A.23892U→23490Th+42He是α衰变
B.147N+42He→178O+11H是β衰变
C.21H+31H→42He+10n是轻核聚变
D.8234Se→8236Kr+20-1e是重核裂变
【解析】选A、C.原子核放出α粒子或β粒子变成新的原子核，这种变化称为原子核的衰变，分别叫做α衰变和β衰变，A正确，D错误；B选项是卢瑟福发现质子的核反应，不是β衰变，B错误；轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变，C正确.【误区警示】注意四种核反应类型的区别
(1)原子核自发地放出射线变成新原子核的变化——衰变.
(2)用高能量的粒子轰击原子核而变成新原子核的变化——核的人工转变.
(3)重核分裂成中等质量核的变化——核裂变，是释放核能的重要途径之一.
(4)轻核聚变成质量较大核的变化——核聚变，也是释放核能的重要途径之一.27.(2010·上海高考)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】选A.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；贝可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． 28.(2010·天津高考)下列关于原子和原子核的说法正确的是( )
A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
B.玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化
C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
D.比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固【解析】选B.β衰变的实质是将原子核中的一个中子变成一个质子和一个电子，原子核是由中子和质子组成的，内部没有电子，A错误；玻尔理论的基本假设说明电子在不同轨道上运动时，能量是不同的，即原子的能量是量子化的，B正确；放射性元素的半衰期是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件无关，不受温度的影响，C错误；比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D错误.29.(2010·上海高考)现已建成的核电站的能量来自于( )
A.天然放射性元素衰变放出的能量
B.人工放射性同位素放出的能量
C.重核裂变放出的能量
D.化学反应放出的能量
【解析】选C.重核的裂变与轻核的聚变都能发生质量亏损，释放出核能，但是，就建成的核电站来说，都是利用重核的裂变，目前轻核的聚变只能用于制造核武器，人类还不能和平利用轻核的聚变释放出的能量.故C正确，A、B、D错误.30.(2010·全国卷Ⅱ)原子核AZX与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子.由此可知( )
A.A=2，Z=1 B. A=2，Z=2
C.A=3，Z=3 D. A=3，Z=2
【解析】选D.写出核反应方程：AZX+21H→42He+11H，由质量数守恒和电荷数守恒，列方程：A+2=4+1，Z+1=2+1，解得：A=3，Z=2，故D正确，A、B、C错误.31.(2010·福建高考)14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法.若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量.下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是( )【解析】选C.由公式m=m0( ) 并结合数学知识可知C正确,A、B、D错误.32.(2012·新课标全国卷)氘核和氚核可发生热核聚变而释放出
巨大的能量，该反应方程为：21H+31H 42He+x，式中x是某种
粒子.已知:21H、31H、42He和粒子x的质量分别为2.014 1 u、
3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u; 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).【解析】根据质量数和电荷数守恒可得x是10n (中子).核反应中的质量亏损为
Δm=(2.014 1 u+3.016 1 u-4.002 6 u-1.008 7 u)=0.018 9 u
所以该反应释放出的能量为ΔE=Δm·c2=17.6 MeV
答案：10n(或中子) 17.633.(2012·江苏高考)一个中子与某原子核发生核反应，生成
一个氘核，其核反应方程式为________________.该反应放出
的能量为Q，则氘核的比结合能为________.
【解析】方程式：10n+11H 21H
核子结合成原子核要放出能量，这个能量叫做原子核的结合能.
它的结合能与核子数之比，称作比结合能，由题意知氘核的核
子数为2，所以比结合能为
答案：10n+11H 21H34.(2011·山东高考)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天.
(1)碘131核的衰变方程：13153I ___________ (衰变后的元素用X表示).
(2)经过_____天 75%的碘131核发生了衰变. 【解析】(1)核衰变遵守电荷数和质量数守恒，所以13153I
13154X+0-1e
(2)根据半衰期概念，得m剩=
即25%m0= 解得t=16天．
答案:(1)13154X+0-1e (2)16 光电效应
1.光电效应：照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出的现象.
2.光电效应方程3.对光电效应规律的解释4.Ek-ν图象
(1)图象如图所示：
(2)由图象可以得到的三个物理量
①极限频率ν0：图线与ν轴交点的横坐标ν0.
②逸出功W0：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值W0＝E.
③普朗克常量h：图线的斜率k＝h.【名师点睛】
理解光电效应时应注意：
1.照射光的频率决定着是否发生光电效应及光电子的初动能.
2.光电子是金属表面受光照射出来的电子，与光子不同.
3.光电效应中入射光强度、频率的影响情况
(1)入射光频率 决定 光子能量 决定 光电子最大初动能.
(2)入射光强度 决定 单位时间内接收的光子数 决定 单位时间内发射的光电子数. 原子结构
1.电子的发现
1897年，英国物理学家汤姆孙发现了电子，明确电子是原子的组成部分，揭开了研究原子结构的序幕.
2.原子的核式结构模型
在原子中心有一个很小的核叫原子核，原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在原子核上，带负电的电子在核外空间绕核高速旋转. 氢原子光谱
1.光谱分析
利用元素的特征谱线(线状谱)分析和确定物质的组成成分即光谱分
析.
2.氢原子光谱的实验规律
巴耳末系是氢光谱在可见光区的谱线，其波长公式 (n
＝3,4,5…，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1).3.玻尔理论
(1)定态:原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量.
(2)跃迁:原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝Em－En(m>n).(h是普朗克常量，h＝6.626×10－34 J·s)
(3)轨道:原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应.原子的定态是不连续的，因此电子的轨道也是不连续的.4.氢原子的能级
(1)氢原子的能级和轨道半径
①氢原子的能级公式： (n＝1,2,3…)，其中E1为基态能量，E1＝－13.6 eV.
②氢原子的半径公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径.
r1＝0.53×10－10 m.(2)氢原子的能级图如图所示.【名师点睛】
理解能级跃迁时应注意：
1.原子跃迁条件hν＝Em－En(m>n)只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况.对于光子和原子作用而使原子电离时，只要入射光的能量E≥13.6 eV，原子就能吸收.对于实物粒子与原子作用使原子激发时，粒子能量大于或等于能级差即可.
2.原子跃迁发出的光谱线条数N＝Cn2＝ 是一群氢原子，而不是一个，因为某一个氢原子有固定的跃迁路径. 天然放射现象
1.三种射线的比较2.原子核衰变规律3.半衰期
根据半衰期的概念，可总结出公式
式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、
m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期.【名师点睛】
1.自然界中原子序数大于或等于83的所有元素，都能自发地放出射线；原子序数小于83的元素，有的也具有放射性.
2.天然放射现象说明原子核是有内部结构的.元素的放射性不受单质或化合物存在形式的影响.
3.每发生一次α衰变产生的新原子核电荷数减少2，质量数减少4；每发生一次β衰变，产生的新原子核电荷数增加1，质量数不变.4.对半衰期的理解
(1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，个别原子核经多长时间衰变无法预测，对个别或极少数原子核，无半衰期可言.
(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由原子核内部因素决定的，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关. 核反应、核能
1.放射性同位素及其应用和防护
(1)人造放射性同位素的三个优点
①放射强度容易控制.②可以制成各种所需的形状.③半衰期很短，废料容易处理.(2)四个应用
①工业部门使用射线测厚度——利用γ射线的穿透特性.
②烟雾报警器的使用——利用射线的电离作用，增加烟雾导电离子浓度.
③农业应用——γ射线使种子的遗传基因发生变异，杀死腐败细菌、抑制发芽等.
④作示踪原子——利用放射性同位素与非放射性同位素有相同的化学性质.(3)放射性污染与防护2.核反应的四种类型3.核力与核能
(1)核力的概念：原子核里的核子间存在互相作用的核力.
(2)核力的作用:核力把核子紧紧地束缚在核内，形成稳定的原子核.
(3)核力的三个特点
①核力是强相互作用的一种表现.
②核力是短程力，作用范围在1.5×10－15 m之内.
③每个核子只跟邻近的核子发生核力作用,这种性质称为核力的饱和性.(4)核能
①质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E＝mc2.
②质能方程的含义：物体具有的能量与它的质量之间存在简单的正比关系，物体的能量增大，质量也增大；物体的能量减少，质量也减少.
③核能的获得方式：重核裂变和轻核聚变
聚变反应比裂变反应平均每个核子放出的能量大约要大3～4倍.【状元心得】
确定衰变次数的方法
方法一：二元一次方程法.设放射性元素AZX经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素A′Z′Y，则表示该核反应的方程为
AZX→A′Z′Y＋n42He＋m0-1e.
根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程：
A＝A′＋4n Z＝Z′＋2n－m.方法二：衰变特点法.因为β衰变对质量数无影响，先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后再根据衰变规律确定β衰变的次数.【名师点睛】
对质能方程的理解应注意：
1.核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其能量也要相应减少，即ΔE＝Δmc2.
2.原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2.3.根据ΔE＝Δmc2计算核能时，质量亏损Δm是质量而不是质量数，其单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”.
4.根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算核能时，因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”.课件93张PPT。专题十二 交变电流 1.交变电流、交变电流的图象 Ⅰ
2.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ
3.理想变压器 Ⅰ
4.远距离输电 Ⅰ 1.知道交变电流的产生及描述交变电流的物理量，会计算有效值.
2.知道正弦函数交变电流的表达式，理解其图象.
3.理解理想变压器原理，掌握远距离输电线路. 交变电流的图象和描述
【典例1】(2011·天津高考)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，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B.t=0.01 s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311 V
D.线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【审题视角】解答本题时应把握以下三点：
【关键点】
(1)明确中性面的概念及线框与中性面重合时电动势的特点.
(2)理解磁通量变化率概念及磁通量变化率与电动势的关系.
(3)明确有效值和最大值概念及它们之间的关系.【精讲精析】由图乙可知该正弦交变电流的电压最大值为311 V，
周期等于0.02 s，因此，根据正弦交变电流的最大值与有效值之
间的关系式 得知选项C错误;又 则频率为f=50 Hz，选
项D错误;当t=0.005 s时，u=311 V，取得最大值，穿过线框的磁
通量变化率最大，选项A错误;当t=0.01 s时，交变电压及电流方
向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B
正确.
答案：B 【命题人揭秘】
(1)本题以矩形线圈在磁场中转动为背景，主要考查学生对正弦交流电的产生过程和用图象描述交流电的能力，同时考查学生对法拉第电磁感应定律的应用.
(2)当线圈平面转至中性面时，穿过线圈平面的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，此时感应电动势为零.中性面是交变电流的方向改变的转折点.
(3)正弦交变电流的有效值与最大值满足: 对交变电流“四值”的理解和应用
【典例2】(2012·广东高考)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 V B.频率是100 Hz
C.有效值是 V D.周期是0.02 s
【审题视角】求解本题需掌握交流电的最大值、瞬时值、有效值、周期、频率等基本物理量及其彼此之间的关系. 【精讲精析】交变电动势瞬时值的表达式为e=Emsinωt= 50sin100πt，故交变电动势的最大值为50 V，有效值为 故A错,C对.由ω=2πf=100π得频率f=
50 Hz，周期 故B错,D对.
答案：C、D 【命题人揭秘】
(1)本题主要考查交流电的规律，交流电的最大值、有效值、
瞬时值.(2)只有正弦式交变电流才满足最大值和有效值之间的
倍关系，其他交流电如方波式电流、锯齿式电流等，都要
利用有效值的定义根据能量关系进一步求得.
(3)求电路的热量、功率时用有效值. 交变电流的产生与电路的综合分析
【典例3】(2012·安徽高考)图甲是交流发电机模型示意图.在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆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路电阻R形成闭合电路.图乙是线圈的主视图，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) (1)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.
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式.(3)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.(其他电阻均不计)
【审题视角】解答本题时要注意以下三点：
【关键点】
(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，感应电动势的瞬时值表达式与开始计时的时刻有关.
(2)线圈的总电动势等于每段导线切割磁感线产生的感应电动势的和,且回路符合欧姆定律.
(3)计算焦耳热时要用到电流的有效值.【精讲精析】(1)t时刻线圈平面与中性面的夹角为ωt，设ab
距OO′轴为r1，cd距OO′轴为r2 ，
则有：eab=BL1ωr1sinωt ①
ecd=BL1ωr2sinωt ②
线圈中的感应电动势为：
e1=eab+ecd=BL1L2ωsinωt ③
(2)t时刻线圈平面与中性面的夹角为ωt+φ0，则由③式知
线圈中的感应电动势为：e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) ④(3)通过线圈电流的有效值为：
⑤
线圈转动的周期为： ⑥
所以线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为：
⑦
答案：(1)e1=BL1L2ωsinωt
(2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)
(3)【命题人揭秘】
(1)在交变电流的电路中，首先要搞清电路结构，再注意最大值、有效值、平均值等概念的区分.
(2)将交流电与恒定电流知识结合起来，用已有知识和方法处理该部分问题，注意闭合电路的欧姆定律和焦耳定律的适用条件. 变压器原理及基本规律
【典例4】(2011·浙江高考)如图所示，在铁
芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个
线圈，上线圈两端与u=51sin314t V的交流电
源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流
电压表的读数可能是( )
A.2.0 V B.9.0 V
C.12.7 V D.144.0 V 【审题视角】解答本题时可按以下思路分析:
【精讲精析】根据上线圈所加电压的表达式可得，最大值为51 V，
所以有效值 若变压器为理想变压器,则 可
得：U2=9.0 V.但由于铁芯不闭合，考虑到漏磁的存在，应有U2<
9.0 V，所以A正确.
答案：A【命题人揭秘】
本题考查理想变压器的基本规律，解答此类问题应注意以下三
点：
(1)变压器的变压比：不论副线圈几个，任意两线圈间均存在
(2)变压器的电流比： 此式仅用于副线圈仅有一个的变
压器.
(3)功率关系：P出=P入(或I1U1=I2U2+I3U3+…)，此式可用于有多
个副线圈的变压器. 变压器的有关计算
【典例5】(2011·广东高考)图(a)左侧的调压装置可视为理想
变压器，负载电路中R=55 Ω， 为理想电流表和电压表，
若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为
110 V，下列表述正确的是( ) A.电流表的示数为2 A
B.原、副线圈匝数比为1∶2
C.电压表的示数为电压的有效值
D.原线圈中交变电压的频率为100 Hz
【审题视角】解答本题时应明确以下四点：
【关键点】
(1)最大值和有效值之间的关系.
(2)变压器的变压原理.
(3)电流表、电压表的示数均指有效值.
(4)原、副线圈的匝数比等于电压比. 【精讲精析】电流表的示数为： 故A正确；原、副线圈的电压比等于匝数比，所以匝数比为2∶1，故B错误；电压表的示数指交变电流的有效值，故C正确；由(b)知交流电的周期为0.02 s,故频率为50 Hz,故D错误.
答案：A、C 【命题人揭秘】
本题考查理想变压器的基本规律，需注意以下三点 ：
(1)对于电源，原线圈相当于用电器，对于用电器，副线圈相当于电源.
(2)变压器用于改变交流电的电压、电流，但不改变电流的频率.
(3)在交变电路中，电流表、电压表的示数均为有效值. 电能的输送
【典例6】(2010·江苏高考)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
【审题视角】由升压变压器输入功率变化，分析引起输电线路上电流、电压的变化.根据升压变压器的输入电压不变，利用变压比确定降压变压器输出电压的变化. 【精讲精析】由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电
压U不变，A错误；在电能输出过程中有 U线=IR线 ,U′=U-
U线，因P变大，I变大，所以U线变大，所以降压变压器输入电压U′
变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由 因P
变大，所以P线变大，C正确；根据 因P变大，
所以比值变大，D正确.
答案：C、D 【命题人揭秘】有关电能输送问题的特点及处理方法
(1)本题通过以远距离输电为背景，通过电压的变化引起其他变化、功率的变化引起其他变化等相关知识、考查了电能的输送问题，有新意.
(2)求解远距离输电的思路和方法是：
①熟悉“交流发电机→升压变压器→输电线→降压变压器→用户”这一流程.
②利用逆向思维法解决电能的输送问题往往较方便，即先从负载功率算起，一直推到升压变压器的输入端. 变压器与远距离输电中的计算问题
【典例7】(2009·山东高考)某小型水电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)熟记理想变压器的两个基本公式 P1=P2.
(2)输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的.分析
和计算时一般用 Ur=I2r，也能用【精讲精析】根据变压器工作原理可知
由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降
压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以 A正确，B、C
错误.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率与输
电线损失的功率之和，D正确.
答案：A、D 【阅卷人点拨】 交流电的产生和应用
高考指数:★★★
1.(2012·大纲版全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V，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
【解题指南】用电量即消耗的电能，也就是电流做的功.电风扇在不同挡位风速不同，电流也不同.在这段时间内用电量等于各时间段的用电量总和.注意单位的统一和换算.
【解析】选B.测出的电流和电压均为交流电的有效值，在这段时间内用电量W=U(I1t1+I2t2+I3t3)=220×(0.3×600+0.4×600+0.2 ×2 400) J=1.98×105 J=5.5×10-2度，选项B正确. 2.(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10 V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 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.5 V C.10 V【解题指南】本题需要把握以下两点：
(1)交变电流有效值的定义.
(2)正弦式交变电流有效值和最大值的关系.
【解析】选C.设交变电压有效值为U，根据有效值定义，有
交变电压最大值3.(2011·四川高考)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 Ω.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1 A.那么( )
A.线圈消耗的电功率为4 W
B.线圈中感应电流的有效值为2 A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为
D.任意时刻穿过线圈的磁通量为【解析】选A、C.由于线圈从垂直于中性面开始计时，则瞬时
值表达式可记为e=Emcosθ，当θ=60°时e=iR=2 V，即2V=
Emcos60°，得最大值Em=4 V，则有效值
电流有效值 功率为 瞬时值表=
达式为 故A、C正确，B错误.再由Em=NBSω，则任
意时刻穿过线圈的磁通量为
可知D错误. 4.(2010·广东高考)如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
A.周期是0.01 s
B.最大值是311 V
C.有效值是220 V
D.表达式为u=220sin100πt(V) 【解题指南】解答该题的关键是明确图象横轴、纵轴的意义和
各物理量之间的关系.
【解析】选B、C.由题图知：该电压的最大值Um=311 V，则有
效值 周期T=0.02 s ，则
表达式为u=311 sin100πt(V),故B、C选项正确. 变压器的基本规律及应用
高考指数:★★★★
5.(2012·天津高考)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 分别为( )
【解题指南】解答本题时首先计算原线圈的电流，再根据原、副
线圈电流与匝数的关系及功率的公式计算出线路损耗的功率，并
进一步求出副线圈匝数变化前后线路损耗功率的比值.
【解析】选D.原线圈的电流为 由于P、U不变，故I1不变，
由 由 得
则 故选项D正确. 6.(2012·山东高考)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5 000 V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5 V
B.电压表的示数等于
C.实现点火的条件是
D.实现点火的条件是
【解题指南】解答本题应把握以下三点：
(1)理解正弦交变电流u -t图象的物理含义.
(2)知道电压表的示数是电压的有效值.
(3)利用变压器电压与线圈匝数的关系求点火条件. 【解析】选B、C.由u-t图象可知最大电压值为5 V，故有效值
为 交流电压表测量的是有效值，A错，B对；由变压器电
压与线圈匝数的关系可知， 当变压器副线圈电
压的瞬时值大于5 000 V，即 C对，
D错. 7.(2012·新课标全国卷)自耦变压器铁芯
上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线
圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电
路如图所示,其副线圈匝数可调.已知变压
器线圈总匝数为1 900匝,原线圈为1 100匝,
接在有效值为220 V的交流电源上.当变压器
输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为( ) A.380 V和5.3 A B.380 V和9.1 A
C.240 V和5.3 A D.240 V和9.1 A
【解析】选B.由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关
系可得： 所以,当变压器输出电压调至
最大时，副线圈的匝数也最大为n2=1 900匝，负载R上的功率
也最大，为2.0 kW，则
故选项B正确. 8.(2012·重庆高考)如图所示，理想变压器的
原线圈接入 的交变电
压，副线圈通过电阻r=6 Ω的导线对“220 V 880 W”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100 Hz
C.副线圈中电流的有效值为4 A
D.变压器的输入功率为880 W 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选C.因为用电器正常工作，可知电器RL上的电压是220 V，
电流4 A，C正确；副线圈电压244 V，所以原副线圈匝数比
A错误；变压器不改变交变电流的频率，原线圈电压频率
50 Hz，副线圈电压频率还是50 Hz，B错误;变压器输入功率等于输
出功率，输出功率大于880 W，所以输入功率也大于880 W，D错误.9.(2011·新课标全国卷)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220 V，
额定功率为22 W；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=110 V, I=0.2 A B. U=110 V ,I=0.05 A
C. I=0.2 A【解题指南】解答本题应把握以下三点：
(1)灯泡正常发光说明副线圈两端电压U2=220 V.
(2)变压器的电压、电流与匝数的基本规律.
(3)电流表、电压表示数均为有效值.
【解析】选A.在副线圈电路中， 再根据
得 U1=110 V，I1=0.2 A，故B、C、D错，A正
确. 10.(2011·山东高考)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示.以下正确的是( )
C.为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D.为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
【解析】选B、D.由图象可知，正弦式交变电压的最大值为
其周期为0.02 s,可得其表达式为
B选项正确，又在u1、n2不变的前提下通过改变n1来使u2增大，
由 可得应使n1减小，故应将P适当上移，D选项正确. 11.(2011·福建高考)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光.下列说法正确的是( ) A.输入电压u的表达式
B.只断开S2后，L1、L2均正常发光
C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
【解析】选D.由图乙知周期为0.02 s，因此输入电压的表达式
A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定
电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率
变小，C错；S1换接到2后，据 得R消耗的功率为
0.8 W，故选D. 12.(2010·重庆高考)一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈.如图所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( ) A.1 100,360 B.1 100，180
C.2 200,180 D.2 200,360
【解析】选B.对新绕线的理想变压器分析，根据变压比公式
对变压器烧坏前分析，
根据 B正确. 13.(2010·全国卷Ⅱ)图中为一理想变压
器，其原线圈与一电压有效值不变的交流
电源相连，P为滑动触头.现令P从均匀密
绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上
滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止.用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值，电功率指平均值).下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( ) 【解析】选B、C.根据 P从副线圈最底端
开始匀速上滑，说明副线圈匝数n2在均匀增大，即n2=kt(k为单位
时间内增加的匝数)，则 而U1、n1为定值，故C正确；在
副线圈电路中，根据欧姆定律有： 可知流过
灯泡的电流I2增大，白炽灯通过电流越大，温度越高，则电阻越
大，故B正确；根据 而n1不变、I2增大、n2增
大，则I1增大，故A错误；灯泡消耗的电功率
可知D错误. 14.(2011·海南高考)如图,理想变压器原
线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并
联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W ，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为______，流过灯泡b的电流为______A.
【解析】U1=10 V，根据小灯泡正常发光，则
根据 所以
答案:10∶3 0.2 15.(2011·江苏高考)图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u-t图象如图乙所示.若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比
【解析】(1)由图乙知ω=200π rad/s，
电压瞬时值uab=400sin200πt(V)
(2)电压有效值
理想变压器P1=P2
原线圈中的电流(3)设ab间匝数为n1，根据变压器规律有
由题意有：
答案:(1)uab=400sin200πt (V) (2)0.28 A (3)4∶3 有关变压器的动态电路分析
高考指数:★★★★
16.(2012·福建高考)如图,理想变压器原线圈输入电压u= Umsinωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器. 和
是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示; 和 是理
想交流电流表,示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是( ) A.I1和I2表示电流的瞬时值
B.U1和U2表示电压的最大值
C.滑片P向下滑动过程中,U2不变、I1变大
D.滑片P向下滑动过程中,U2变小、I1变小
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： 【解析】选C.交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错.由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变.滑片P向下滑动过程中，电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C对、D错，故选C.17.(2010·山东高考)一理想变压器
原、副线圈的匝数比为10∶1，原线
圈输入电压的变化规律如图甲所示，
副线圈所接电路如图乙所示，P为滑
动变阻器的触头.下列说法正确的是( )
A.副线圈输出电压的频率为50 Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31 V
C.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时，变压器的输出功率增加【解析】选A、D.由图象可知原线圈输入电压的最大值Um=311V，
T=2×10-2s，则原线圈输入电压的有效值： 选项A正确.由
B错误.P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，
所以变压器的输出功率增加，而匝数比不变，所以原、副线圈的
电流比不变，C错误，D正确. 【方法技巧】理想变压器动态问题的分析方法
(1)分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定.
(2)利用两种常见类型
①匝数比不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2，功率P1、P2随负载电阻的变化而变化.
②负载电阻不变，原线圈的电压U1不变，副线圈两端的电压U2、电流I1、I2，功率P1、P2随匝数比的变化而变化. 18.(2010·四川高考)图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计.在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( ) A.电流表A1的示数比A2的小
B.电流表A2的示数比A3的小
C.电流表A1和A2的示数相同
D.电流表的示数都不为零
【解析】选C.由于B-t图象的斜率不变，根据法拉第电磁感应定律得,副线圈中产生的感应电流恒定不变，为恒定电流，电感线圈对恒定电流没有阻碍作用，所以A1和A2的示数相同，电容器对恒定电流相当于断路，所以A3的示数为零，正确答案为C. 远距离输电
高考指数:★★★★
19.(2010·福建高考)中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )
A.P/4 B.P/2 C.2P D.4P【解析】选A.由P=UI可知由500 kV的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时，输电线上的电流变为原来的1/2，再据P线=I2R线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A. 20.(2010·浙江高考)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A.输电线上输送的电流大小为2×105 A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻【解析】选B.输出电功率P=3×106 kW，输电电压U=500 kV，
则输电线上输送的电流大小 所以A错误；输电
线上由电阻造成的损失电压U损=Ir=15 kV，所以B正确；输电
线上损失的功率 所以D错误;因为输电线上损失
的功率不可能大于水电站的输出功率,故C错误. 交变电流的产生及描述
1.交变电流的产生和变化规律
(1)交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流.
(2)正弦交流电：电流或电压均按正(余)弦规律变化的交变电流.
(3)中性面
①定义：线圈平面在与磁场垂直的位置平面.
②特点：线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势为零.(4)正弦式交变电流的产生和变化规律
①产生：当闭合线圈由中性面位置(如图从
O1O2位置)开始在匀强磁场中绕垂直于磁场方
向的轴匀速转动时，线圈中产生的感应电动
势随时间变化的函数是正弦函数，线圈中产
生的感应电流即为正弦式交变电流.
②瞬时值表达式:电动势：e=Emsinωt 电压：u=Umsinωt
电流：i=Imsinωt 2.描述交变电流的物理量3.交流电的“四值”的应用
(1)瞬时值：反映了不同时刻交变电流的大小，发光二极管在
瞬时值超过其发光电压的时间内才可以发光.
(2)最大值：在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最
大值.
(3)有效值：求电功、电功率、焦耳热以及确定保险丝的熔断
电流等物理量时，要用有效值计算，正弦交流电的有效值为 其他交变电流的有效值只能根据有效值的定义来计算.
此外，交流电压表、交流电流表所测的数值均是指有效值，一
些交流电器铭牌上所标的额定电压(电流)值也是指有效值.
(4)平均值：求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平
均值，即 平均值的计算需用 计算，切记不
能用 平均值不等于有效值. 【名师点睛】
1.明确线圈的初始位置，正确书写对应函数关系式，
若是正弦交流电,则:
(1)表达式e=Emsinωt (从中性面计时).
(2)如果线圈从垂直中性面开始转动，则表达式为e=Emcosωt.
2.在交变电流的产生过程中，要特别注意两个特殊位置的不同特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦ/Δt=0，e=0，i=0，电流方向将发生改变.(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ=0，ΔΦ/Δt最大，e
最大，i最大，电流方向不改变.
3.对交变电流有效值的理解和应用
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应进行定义的，所以
进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行
计算.注意“三同”：即“相同电阻”在“相同时间”内产生
“相同热量”.计算时“相同时间”要取周期的整数倍，一般
取一个周期.
(2)若是正弦交流电，有效值和最大值的关系为【状元心得】
由交变电流的产生可知，交流电问题实质是电磁感应现象的应用和延续，因此涉及交流电问题应以电磁感应规律为基础，结合具体问题灵活分析. 变压器以及电能的输送
1.变压器原理
(1)构造和原理
①构造如图所示：
②工作原理：电磁感应的互感现象.
(2)理想变压器的基本关系式
①电压关系：
②电流关系： 只适用于只有一个副线圈的情况.
③功率关系：P出=P入或I1U1=I2U2+I3U3+… (3)互感器
①电压互感器：用来把高电压变成低电压.
②电流互感器：用来把大电流变成小电流.
2.电能的输送
(1)根据P损＝I2R线，减少输电电能损失有两种方法
①减小输电线的电阻：由 可知，要减小输电线的电阻R线，在输电距离不变的情况下，可采用减小材料的电阻率，增大导线的横截面积等方法，但是不实际，不容易实现.②减小输电线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝
UI，要减小电流，必须提高输电电压，即高压输电.
(2)远距离输电的功率损失
输送功率一定时，线路电流 输电线上损失功率
(3)高压输电线路
①线路图
②输电过程的电压关系:
③输电过程功率的关系: 【名师点睛】
1.理想变压器变压比公式 对有一个或n个副线圈的变
压器均适用.而变流比公式 只适用于有一个副线圈的变
压器，若为两个或两个以上副线圈的变压器，电流与匝数的关
系要从P入=P出导出.
2.变压器中电压的关系是有效值对应关系或最大值对应关系，
也是瞬时值对应关系. 【状元心得】
应用各物理量间的制约关系对理想变压器电路进行动态分析时的方法
1.原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化时，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1.
2.负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化时，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1. 【状元心得】
解答远距离输电问题的步骤
1.画出输电线路图，将已知量和未知量标在图中相应位置；
2.以升压变压器和降压变压器原、副线圈为参考，将输电线路划分为几个独立回路；
3.根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路电学量之间关系；
4.根据升压、降压变压器原副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解.课件148张PPT。专题十五 机械振动与机械波1.简谐运动 Ⅰ
2.简谐运动的公式和图象 Ⅱ
3.单摆、周期公式 Ⅰ
4.受迫振动和共振 Ⅰ
5.机械波 Ⅰ
6.横波和纵波 Ⅰ7.横波的图象 Ⅱ
8.波速、波长和频率(周期)的关系 Ⅱ
9.波的干涉和衍射现象 Ⅰ
10.多普勒效应 Ⅰ
11.实验一：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度1.理解简谐运动的概念以及简谐运动的特点.
2.会应用简谐运动的公式和图象分析解决问题.
3.了解单摆和单摆的周期公式.
4.知道受迫振动和共振现象.
5.了解机械波的形成及传播规律.
6.掌握波长、频率和波速的关系及相关计算.7.掌握波动图象，能读取图象信息，并归纳、讨论波的传播规律，会分析波动图象和振动图象相结合的问题，波动图象是高考的重点和热点.
8.了解波的干涉和衍射是波特有的现象，高考中常结合生活中的一些实例考查.
9.了解多普勒效应.
10.掌握探究单摆的运动及用单摆测定重力加速度的实验. 用单摆测定当地重力加速度
【典例1】(2011·福建高考)某实验小
组在利用单摆测定当地重力加速度的
实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量
结果如图所示，则该摆球的直径为_______ cm.(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是_____.(填
选项前的字母)
A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始
计时
B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算
得到的重力加速度值偏大
D.选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小【审题视角】解答本题时应把握以下两点：
【关键点】
(1)游标卡尺读数时应注意游标尺的零刻度线和边界线的区别.
(2)测重力加速度应注意单摆的模型以及摆长和周期的测量.【精讲精析】(1)根据游标卡尺读数公式:游标卡尺读数=主尺读
数+游标尺读数可知摆球的直径为0.9 cm+7×0.01 cm=0.97 cm
(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于10°，应选择密度较大的
摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A、D错；摆
球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是 B错；摆长应
是L+ ，若用悬线的长度加直径，则由于摆长偏大,由g= 知
测出的重力加速度值偏大.C正确.
答案：(1)0.97 (2)C【命题人揭秘】
本题重点考查了单摆的摆长和测定单摆周期的方法，然后利用
g= 求出当地的重力加速度,并讨论误差问题，其中数据处
理是难点.用单摆测定当地重力加速度的实验数据的处理通常
有两种方法:
方法一:求平均值法.将测得的几次周期T和摆长l代入公式g=
中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加
速度的值.方法二:图象法.由单摆的周期公式T=2π 可得l= 因此以
摆长l为纵轴，以T2为横轴作出l-T2图象，是一条过原点的直线，
如图所示，求出斜率k，即可求出g值.g=4π2k，k= . 简谐运动的多解问题
【典例2】(2010·全国卷Ⅰ)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置
在坐标原点.t=0时刻振子的位移x=-0.1 m； t= s时刻x=
0.1 m；t=4 s时刻x=0.1 m.该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1 m， B.0.1 m, 8s
C.0.2 m， D.0.2 m，8 s【审题视角】解答本题时应把握以下两点：
【关键点】
(1)明确弹簧振子的振动位置及振动方向，画出运动简图.
(2)理解弹簧振子振动的周期性及对称性.【精讲精析】设振幅A=0.1 m,振子m的振动周期为T.t=0时刻质
点m位于C点,速度为0,如图1所示.经t= T,m运动到D点,即位移
x=0.1 m,又据题意知t= s,所以T= s;当t=4 s时,振子m又回
到D点,m相对平衡位置O的位移为x=0.1 m,满足题设条件,因此
选项A正确，选项B错误.
设振幅A=0.2 m,t=0时刻振子m位于C点,速度为v0,方向沿x轴负方
向,振子m的位移为x=-0.1 m,如图2所示.据图2知,振子m从C→B→
C→D,即位移x=0.1 m处历时为t= T,又据题意知t= s,所以T=
s.当t=4 s时,m又回到D点,因此选项C正确.由振动图象可知振子
从位移 振动到平衡位置用时 ,若t=0时,振子m的速度方向向右,如图3所示,振子m从C→O→D,即位移x=0.1 m处,历时t= ,又据
题意知t= s,则T=8 s;当t=4 s时,振子又回到D点,即x=0.1 m.
所以选项D正确.
答案：A、C、D【命题人揭秘】解决简谐运动的多解问题的基本方法
(1)认真分析题意，画出振子运动的过程示意图，防止漏解.
(2)做简谐运动的质点，做的是变加速运动，质点运动相同的路程所需的时间不一定相同，它是一个周期性的运动.若运动的时间是一个周期或半个周期的整数倍，则质点运动的路程就是惟一的.若不具备以上条件，质点运动的路程也是多解的. 波速、波长和周期的关系
【典例3】(2012·安徽高考)一列简谐波
沿x轴正方向传播，在t=0时波形如图所
示，已知波速为10 m/s.则t=0.1 s时正
确的波形应是图中的( )【审题视角】解答本题时可按以下思路分析：
【精讲精析】由t=0时刻的波形图可知该列波的波长为4 m，所
以波的传播周期为 ，所以t= T，由于波沿x
轴正方向传播，所以从t=0时刻经过四分之一个周期后的波形
应为选项C.
答案：C【命题人揭秘】波在传播过程中波长、波速、频率的决定关系
(1)频率(f)由振源决定，与介质无关,且稳定不变.
(2)波速(v)由介质决定.
(3)波长(λ)由介质和振源频率共同决定. 波的多解问题
【典例4】(2010·福建高考)一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02 s时刻的波形如图中虚线所示 .若该波的周期大于0.02 s，则该波的传播速度可能是( )
A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D.5 m/s【审题视角】解答本题时可按以下流程:
【精讲精析】由于该波的周期大于0.02 s，则波沿传播方向传播的距离小于一个波长，即Δx＜8 cm.
若波向右传播，则Δx=2 cm，
若波向左传播，则Δx=6 cm，
故选项B正确，A、C、D错误.
答案：B【命题人揭秘】解决波动图象中的多解问题的一般思路
(1)首先分析出多解的原因.波动多解的主要原因有：
①波动图象的周期性,如由Δx=nλ+x，Δt=nT+t，求v出现多解.
②波传播的双向性.
(2)然后由λ=vT进行计算，若有限定条件，再进行讨论. 振动图象与波动图象的综合应用
【典例5】(2011·重庆高考)介质中坐标原点O处的波源在t=0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，t0时刻传到L处，波形如图所示.下列能描述x0处质点振动的图象是( )【审题视角】解答本题时应把握以下两点：
【关键点】
(1)根据波动图象确定质点的振动方向及波长.
(2)明确波传播过程中空间上的重复性对应时间上的周期性.
【精讲精析】从波形图可以看出，t0时刻传到L=3λ处，说明t0=3T.根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可知:t0时刻x0处的质点应向y轴负方向运动，在对应的振动图象中A、C选项可能正确.由波的图象可知x0处质点的起振方向沿y轴负方向，所以A错误，C正确.
答案：C【命题人揭秘】
本题考查振动图象和波动图象结合的综合问题，难度较大，在分析时应注意理解波动图象是某一时刻一系列质点相对平衡位置的位移，而振动图象是某一质点位移随时间变化的规律.往往要从振动图象找到某一质点在波动图象中的那一时刻的振动方向，再确定它的其他情况.因此把振动图象和波动图象有机结合才能做出正确判断. 波的干涉问题
【典例6】(2011·上海高考)两波源S1、
S2在水槽中形成的波形如图所示，其中
实线表示波峰，虚线表示波谷，则( )
A.在两波相遇的区域中会产生干涉
B.在两波相遇的区域中不会产生干涉
C.a点的振动始终加强
D.a点的振动始终减弱【审题视角】解答本题时应明确三点：
【关键点】
(1)明确干涉的条件是同频率的两列波叠加.
(2)干涉图样的特点是振动加强区与减弱区有规律分布.
(3)不满足相干的叠加,质点振动无规律.
【精讲精析】由波形图知两列波的波长、频率不同，在相遇的区域不能形成稳定的干涉图样，B正确.
答案：B【命题人揭秘】要理解干涉现象，必须清楚形成稳定干涉图样
的条件，只有频率相同、相位差恒定的两列波叠加才能形成稳
定的干涉图样，干涉图样反映某一时刻波的叠加情况. 解答波
的叠加问题要抓住两点:
(1)振动加强点始终加强，振动减弱点始终减弱，且位移随时
间周期性变化.
(2)判断某点是加强点还是减弱点的方法是根据此点到两波源
的距离差与波长的关系来确定.振动加强点满足Δx=kλ(k
=0,1,2,3…)，振动减弱点满足Δx=(2k+1) (k=0,1,2,3…). 波的传播规律综合问题
【典例7】(2010·浙江高考)在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波.t1=4 s时，距离O点为3 m的A点第一次达到波峰；t2=7 s时，距离O点为4 m的B点第一次达到波谷.则以下说法正确的是( )
A.该横波的波长为2 m
B.该横波的周期为4 s
C.该横波的波速为1 m/s
D.距离O点为1 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s末【审题视角】解答本题时应明确以下三点：
【关键点】
(1)波是以振动的形式传播的.
(2)在波的传播方向上各质点的起振方向及振动规律都相同.
(3)根据波速公式分析求解.【精讲精析】(1)波动规律与振动规律分析
波是以振动的形式传播的，在波的传播方向上各质点的起振方向
以及振动规律都相同. 故距离O点为3 m的A点和距离O点为4 m的
B点的起振方向与O点的起振方向相同，O点在t＝0时刻开始向上
振动，当波传播到A点和B点时，A点和B点的振动方向向上. 由于
t1=4 s时，距离O点为3 m的A点第一次达到波峰，所以波从O点传
播到A点的时间加质点A振动周期的 等于4 s；同理，由于t2=
7 s时，距离O点为4 m的B点第一次达到波谷，所以波从O点传播
到B点的时间加质点B振动周期的 等于7 s.(2)波速、波长和周期的求解
设波速为v，周期为T，则由题意可得：
联立①②两式代入数据解得：T=4 s，v=1 m/s
所以波长λ=vT=4 m，因此选项A错误，选项B、C正确.(3)距离O点为1 m的质点起振时刻的分析
波传播到距离O点为1 m处的时间为： 由于在波的传播方向上各质点的起振方向相同，所以距离O点为1 m 处的质点第一次开始向上振动的时刻为1 s末，选项D错误.
答案:B、C【命题人揭秘】
本题主要考查机械波的传播规律
(1)波传播的是振动形式，各质点的起振方向与振源的起振方向一定是相同的，都做简谐运动.
(2)波是匀速向前传播的，波的传播具有双向性和空间上的重复性.
(3)当波源停止振动后，波能脱离波源而独立存在，且继续向前传播.
解决此类问题时，首先应该从具体的情景中抽象出物理模型，然后再根据物理规律解决问题，使抽象问题具体化，使复杂问题简单化. 波的干涉现象在实际生活中的应用
【典例8】(2010·海南高考)如图
所示为某一报告厅主席台的平面
图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上
话筒等高的喇叭，它们之间的相互
位置和尺寸如图所示.报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫.为了避免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消.已知空气中声速为340 m/s，若报告人声音的频率为136 Hz，问讲台上这样的位置有多少个？【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)理解波的干涉加强、减弱的条件.
(2)根据干涉加强、减弱的条件分析求解.
(3)明确A、B两点关于桌面中点的对称性.【精讲精析】(1)分析干涉相消
两个同样的波源发生干涉时，路程差决定振动加强还是振动减弱.如果路程差是波长的整数倍则振动加强，如果路程差是半波长的奇数倍，则振动减弱.(2)求解干涉相消位置
由v=λf得对应于声频f=136 Hz的声波的波长为：
图中，O是AB的中点，P是OB上任一点，则：式中k为整数，当k=0、2、4…时，从两个喇叭传来的声波因干涉而加强；当k=1、3、5…时，从两个喇叭传来的声波因干涉而相消.由此可知，O是干涉加强点；对于B点则有：
所以，B点也是干涉加强点.因而O、B之间有两个干涉相消点，由对称性可知，AB上有4个干涉相消点.
答案:4【阅卷人点拨】 简谐运动的基本概念和规律
高考指数:★★★★
1.(2012·北京高考)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t关系的图像是( )【解题指南】本题需要把握以下两点：
(1)简谐运动位移—时间图像的特点.
(2)简谐运动加速度与位移的关系.
【解析】选A.简谐运动加速度与位移的关系为 可见加速度与位移成正比，但是方向相反，因为经过四分之一周期，振子具有正方向的最大加速度，所以经过四分之一周期，就应该具有负方向最大位移，所以A正确.2.(2012·重庆高考)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( )【解题指南】要把简谐运动的情景与图象对应起来.四个图象都是简谐运动，关键是要判断振动开始时位移是正、是负、还是零.
【解析】选D.试管的振动是简谐运动，试管静止不动时浮力等于重力，合外力等于零，因此，试管静止不动时的位置就是振动起来之后的平衡位置，因为开始振动时试管的位移方向向上，因此选项D正确.3.(2011·上海高考)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则( )
A.f1＞f2,A1=A2 B.f1＜f2,A1=A2
C.f1=f2,A1＞A2 D.f1=f2,A1＜A2
【解析】选C.单摆做简谐运动，频率、周期取决于装置本身，振幅取决于能量.因两单摆相同，则固有频率、周期相同，而v1＞v2即Ek1＞Ek2，所以A1＞A2，C正确.4.(2011·江苏高考)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块.将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期.请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.
【解析】单摆周期公式为
由力的平衡条件知道kl=mg
联立解得T=2π .
答案:2π5.(2012·天津高考)沿x轴正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40 m/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【解题指南】解答本题时可按以下思路分析:
【解析】选C、D.由t=0时刻的波形图可知，波长为4 m，所以
该波的传播周期为T= =0.1 s.因为波沿x轴正向传播，
所以当 时，质点M位于x轴上方，且速度方向沿y轴
的负方向，故选项A、B错误；此时质点加速度的方向与位移方
向相反，与速度方向相同，选项C、D正确.6.(2012·浙江高考)用手握住较长软
绳的一端连续上下抖动，形成一列简
谐横波.某一时刻的波形如图所示，绳上a、b两质点均处于波峰位置.下列说法正确的是( )
A.a、b两点之间的距离为半个波长
B.a、b两点振动开始时刻相差半个周期
C.b点完成全振动次数比a点多一次
D.b点完成全振动次数比a点少一次【解题指南】在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，叫做波长.后一质点总是跟着前一质点振动.
【解析】选D.在横波中，相邻两个波峰之间的距离为一个波长，选项A错误；相差一个波长的两质点的起振时刻刚好相差一个周期，选项B错误；前一质点总是带着后一质点振动，所以b点完成全振动的次数比a点少一次，选项D正确、C错误.7.(2012·四川高考)在xOy平面内有一列
沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为
2 m/s，振幅为A.M、N是平衡位置相距2 m
的两个质点，如图所示.在t=0时，M通过
其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处.已知该波的周期大于1 s.则( )
A.该波的周期为 s
B.在t= s时，N的速度一定为2 m/s
C.从t=0到t=1 s，M向右移动了2 m
D.从t= s到t= s，M的动能逐渐增大【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选D.由题意知(n+ )λ=2，所以λ= .根据v
= ,T= ，由题意T= ＞1可知n=0，所以T=
s,λ= m，A错误；当 时，质点N正处于平衡位置
处，具有沿y轴负方向的一个最大速度，而质点并不随波迁
移，所以B、C均错误;当 时，质点M正处于y轴正方向
的一个最大位移，此时速度为零，当 时，质点M又回
到平衡位置处，具有最大的速度，所以在这个过程中，质点M
的动能是逐渐增大的，D正确.故选D. 波的传播规律
高考指数:★★★★★
8.(2011·海南高考)一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示.介质中x=2 m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( )
A.周期为4.0 s B.振幅为20 cm
C.传播方向沿x轴正向 D.传播速度为10 m/s【解析】选C、D.由图象可知振幅A=10 cm，λ=4 m，故B错
误； 故A错误；v= =10 m/s，故D正确；由
P点做简谐运动的表达式可知，P点开始向上振动，所以简谐
波沿x轴正向传播，故C正确.9.(2011·上海高考)关于波动，下列说法正确的是( )
A.各种波均会发生偏振现象
B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C.声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D.已知地震波的纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警【解析】选B、D.只有横波才能发生偏振现象，故A错误；用白光做单缝衍射与双缝干涉，都可以观察到彩色条纹，故B正确；声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播速度，故C错误；已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故D正确.10.(2011·天津高考)位于坐标原点处
的波源A沿y轴做简谐运动.A刚好完成一
次全振动时，在介质中形成简谐横波的
波形如图所示，B是沿波传播方向上介
质的一个质点，则( )
A.波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向
B.此后的 周期内回复力对波源A一直做负功
C.经半个周期时间质点B将向右迁移半个波长
D.在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零【解析】选A、B、D.由A刚好完成一次全振动时的图线可知波
源A的起振方向沿y轴负方向，A正确；此后 周期质点A将向y
轴负方向运动，回复力做负功，B正确；质点不随波迁移，C错
误；由简谐运动的对称性可知回复力在一个周期内的冲量为
零，D正确.11.(2011·北京高考)介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点( )
A.它的振动速度等于波的传播速度
B.它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C.它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D.它的振动频率等于波源的振动频率【解析】选D.介质中某个振动质点做简谐运动，其速度按正弦(或余弦)规律变化，而在同一介质中波的传播速度是不变的，振动速度和波的传播速度是两个不同的速度，A错误；在横波中振动方向和波的传播方向垂直，在纵波中振动方向和波的传播方向在一条直线上，B错误；振动质点在一个周期内走过的路程为4个振幅，C错误；波在传播的过程中，频率不变,为波源的频率，D正确.12.(2011·新课标全国卷)一振动周期为T，振幅为A，位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐振动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是( )
A.振幅一定为A
B.周期一定为T
C.速度的最大值一定为v
D.开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离
E.若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同【解析】选A、B、E.由波的形成与传播可知，质点P做受迫振动时，振幅、周期与振源的情况完全相同，起振方向与振源的起振方向相同.正确答案是A、B、E.13.(2011·四川高考)如图为一列沿x轴
负方向传播的简谐横波在t=0时的波形
图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点
时，则( )
A.1 cm＜x＜3 cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B.Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C.Q处的质点此时正在波峰位置
D.Q处的质点此时运动到P处【解析】选B.由波动图象可知，质点Q在t=0时刻由平衡位置
向上振动，所以当Q的状态传到P时，刚好经历 周期，如图
所示，Q处于波谷位置，故B正确，C、D错误；此刻1 cm＜x＜
3 cm范围内的质点均在x轴上面，其中1 cm＜x＜2 cm范围内质
点向上运动，2 cm＜x＜3 cm范围内质点向下运动，A错误.14.(2011·大纲版全国卷)一列简谐横波沿x轴传播，波长为
1.2 m，振幅为A.当坐标为x=0处质元的位移为 且向y轴
负方向运动时，坐标为x=0.4 m处质元的位移为 .当坐标
为x=0.2 m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x=
0.4 m处质元的位移和运动方向分别为( )
A.- A、沿y轴正方向 B.- A、沿y轴负方向
C.- A、沿y轴正方向 D.- A、沿y轴负方向【解析】选C.根据题意，此简谐横波必沿x轴正向传播，在同一坐标系中作出两状态的波形图分别如实线和虚线所示，C正确.15.(2010·天津高考)一列简谐
横波沿x轴正向传播，传到M点
时波形如图所示，再经0.6 s，
N点开始振动，则该波的振幅A和频率f为( )
A.A=1 m f=5 Hz
B.A=0.5 m f=5 Hz
C.A=1 m f=2.5 Hz
D.A=0.5 m f=2.5 Hz【解析】选D.振幅是振动质点偏离平衡位置的最大距离.由波
动图象可以看出该波的振动质点偏离平衡位置的最大距离为
0.5 m，即振幅A=0.5 m.
由波动图象可知波长为4 m.波由M点再经0.6 s传至N点，说明
波在0.6 s 内向前传播了6 m，所以由波的传播距离、波速和
传播时间的关系可知波的传播速度为：
又由波长、波速和周期的关系可得此波的周期为:
=0.4 s，则频率为f= =2.5 Hz，故D正确，A、B、C错误.16.(2010·重庆高考)一列简谐波在某两时刻的波形如图中实线和虚线所示，由图可确定这列波的( )
A.周期 B.波速 C.波长 D.频率
【解析】选C.从波形图上可以读出波长是4 m，题中未给出实线波形和虚线波形的时刻，不知道时间差或波的传播方向，因此无法确定波速、周期和频率,故A、B、D错误.17.(2010·安徽高考)一列沿x轴正方向
传播的简谐横波，某时刻的波形如图所
示.P为介质中的一个质点，从该时刻开
始的一段极短时间内，P的速度v和加速度a的大小变化情况是( )
A.v变小，a变大 B.v变小，a变小
C.v变大，a变大 D.v变大，a变小【解析】选D.由图象可知,波的传播方向是沿x轴正向的.由同侧原理可以知道，质点P的下一时刻的振动方向是沿y轴正向的，即靠近平衡位置，速度逐渐变大，加速度逐渐减小，所以D正确.18.(2010·全国卷Ⅱ)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【解析】选A、B.根据波的传播图象可知 =2 m，则λ=4 m，
由公式v= 可得：周期T= =1 s，故A正确；波沿x轴正方
向传播，由图象可判断x=0处的质点在t=0时向y轴负方向运
动，故B正确；在t= s时，即t= ，x=0处的质点位于平衡位
置下方且向下振动，速度不为0，也不是最大，故C、D错误.19.(2010·上海高考)声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为( )
A.声波是纵波，光波是横波
B.声波振幅大，光波振幅小
C.声波波长较长，光波波长很短
D.声波波速较小，光波波速很大【解析】选C.障碍物与波长相差不多时，波的衍射现象最明显，对于一般的建筑物来说，它的尺寸与声波的波长接近，所以声波能绕过建筑物.光波的波长远小于一般的建筑物的尺寸，很难发生明显的衍射现象，所以，光波不容易绕过它，故选项C正确，选项A、B、D错误.20.(2010·上海高考)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1＝0时和t2＝0.5 s(T>0.5 s)时的波形，能正确反映t3=7.5 s时波形的是图( )【解析】选D.因为t2＜T，可确定波在0.5 s的时间沿x轴正方
向传播 λ，即 T=0.5 s，所以T=2 s，t3=7.5 s=3 T，波
峰沿x轴正方向传播3 λ，利用去整留零可将波峰从 λ处平
移到λ处，故D正确，A、B、C错误.21.(2012·江苏高考)地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为3.5 km/s的S波，另一种是传播速度约为7.0 km/s的P波.一次地震发生时，某地震监测点记录到首次到达的P波比首次到达的S波早3 min.假定地震波沿直线传播，震源的振动周期为1.2 s，求震源与监测点之间的距离x和S波的波长λ.【解析】设P波的传播时间为t，则x=vPt,x=vS(t+Δt)
解得
代入数据得x=1 260 km
由λ=vST，解得λ=4.2 km
答案：1 260 km 4.2 km22.(2012·山东高考)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=2 m、x=4 m 处.从t=0时刻开始计时，当t=15 s时质点Q刚好第4次到达波峰.
(1)求波速.
(2)写出质点P做简谐运动的表达式(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，由图像知，λ=4 m.
由题意知t=3T+ T ①
v= ②
联立①②式，代入数据得v=1 m/s. ③
(2)质点P做简谐运动的表达式为
y=0.2sin0.5πt m. ④
答案:(1)1 m/s (2)y=0.2sin0.5πt m 振动图象与波动图象的综合应用
高考指数:★★★★
23.(2012·大纲版全国卷)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙和图丙分别是x轴上某两处质点的振动图象.由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是( )【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选B、D.设质点P、Q的振动图象分别如图乙、丙所示，
则t=0时，P在波峰，Q在-0.05 m处且向下振动，两质点在波形图
中的位置关系如图所示，该波长为2 m，四分之一波长为0.5 m，
如果P在Q前面，两平衡位置距离为(1+ ×0.5) m= m，如果P在
Q后面，两平衡位置距离为(0.5+ ×0.5) m= m，故选项B、D正
确，A、C错误.24.(2012·福建高考)一列简谐横波沿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,其振动图象如图乙所示,则该波的传播方向和波速分别是( )
A.沿x轴负方向,60 m/s B.沿x轴正方向,60 m/s
C.沿x轴负方向,30 m/s D.沿x轴正方向,30 m/s【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选A.由图甲知此时质点P向下振动，据同侧法可知该
波沿x轴负方向传播，B、D错.由图甲知波长λ=24 m，由图乙
知周期T=0.4 s，因此波速v= =60 m/s，A对、C错.25.(2010·上海高考)利用发波水槽得到的水面波形如图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】选D.波绕过障碍物的现象叫做波的衍射现象，波的干涉现象是波的叠加产生的，干涉图样的特点是振动加强区与减弱区有规律分布，因此图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象，故A、B、C错误，D正确.26.(2010·北京高考)一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介
质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置，某时刻的波形如图1
所示，此后，若经过 周期开始计时，则图2描述的是( )
A.a处质点的振动图象 B.b处质点的振动图象
C.c处质点的振动图象 D.d处质点的振动图象【解析】选B.波向右传播，可以确定经过 周期后，b质点处于平衡位置且向下运动，从此时开始计时，b质点的振动图象如题图2所示，故B项正确.27.(2010·四川高考)一列简谐横波沿直线由A向B传播，A、B相距0.45 m，如图是A处质点的振动图象.当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是( )
A.4.5 m/s B.3.0 m/s
C.1.5 m/s D.0.7 m/s【解析】选A.横波是由A向B传播的，而且在A到达波峰的时刻，B处于平衡位置向上运动，则:
A、B相距
所以
根据
当n=0时v=4.5 m/s，当n=1时v=0.9 m/s，当n=2时v=0.5 m/s等，正确答案为A.28.(2012·新课标全国卷)一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，x=0.30 m处的质点的振动图线如图乙所示,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴_______(选填“正向”或“负向”).已知该波的波长大于0.30 m,则该波的波长为_______m.【解析】由振动图象即可判断，该质点在t=0时刻的运动方向
沿y轴正方向.根据振动方程y=Asinωt，即
所以 再由t=0时刻的波形图甲及波的传播方向和
该波的波长大于0.30 m 等条件即可得出， 对
应t时间内波传播的距离满足0.30 m= λ,所以λ=0.8 m.
答案:正向 0.829.(2011·山东高考)如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2= 0.01 s时的波形图.已知周期T＞0.01 s.
(1)波沿x轴_________(填“正”或“负”)方向传播.
(2)求波速.【解题指南】求波速的两种方法:
(1)方法一:
根据波速的定义式v= 求解.
(2)方法二:
根据v= 求解.【解析】(1)t1=0时，P质点向y轴负方向运动，由波的形成与传播知识可以判断波沿x轴正方向传播.
(2)由题图知
λ=8 m,t2-t1= T ①
v= ②
联立①②式代入数据求得v=100 m/s
答案:(1)正 (2)100 m/s30.(2010·山东高考)渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位.已知某超声波频率为1.0×105 Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图所示.
(1)从该时刻开始计时，画出x=7.5×10-3 m处质点做简谐运动的振动图象(至少一个周期).
(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4 s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动).【解析】(1)超声波传播的周期为：
由波动图象可知，x=7.5×10-3 m处的质点该时刻正处于负的最大位移处，此后该质点将向正方向振动，振动图象如图所示.(2)由波形图可知波长λ=15×10-3m，由波速公式得
v=λf ①
鱼群与渔船的距离为
x= vt ②
联立①②式代入数据解得：x=3 000 m
答案:(1)见解析 (2)3 000 m 波的叠加
高考指数:★★★
31.(2011·上海高考)两列简谐波沿x轴相向而行，波速均为v= 0.4 m/s，两波源分别位于A、B处，t=0时的波形如图所示.当t= 2.5 s时，M点的位移为_______cm，N点的位移为______cm.【解析】由波的图象知:λA=0.2 m，λB=0.4 m,则TA= s,TB=
1 s，t=2.5 s时两列波分别沿传播方向传播了Δx=vΔt=1 m，画出此时的波形图，可知两波叠加后M点的位移为2 cm，N点的位移为0.
答案:2 032.(2010·新课标全国卷)波源S1和S2振动方向相同，频率均为
4 Hz，分别置于均匀介质中x轴上的O、A两点处，OA=2 m，如图
所示.两波源产生的简谐横波沿x轴相向传播，波速为4 m/s.已
知两波源振动的初始相位相同.求：
(1)简谐横波的波长；
(2)OA间合振动振幅最小的点的位置.【解析】(1)设简谐横波波长为λ，频率为f，由v=λf得：
(2)以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波
源到P点的波程差Δl=x-(2-x)，0≤x≤2.其中x、Δl以m为单位.
合振动振幅最小的点的位置满足Δl=(k+ )λ，k为整数，
所以x= k+
由0≤x≤2可知：
故k＝-2、-1、0、1.
解得OA间合振动振幅最小点的位置坐标为0.25 m，0.75 m，
1.25 m，1.75 m.
答案:见解析 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
高考指数:★★★★
33.(2012·天津高考)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=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为________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1 m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)【解题指南】解答本题时要注意以下几点：
(1)理解实验原理及实验操作中应注意的事项.
(2)摆长应等于悬点到小球球心的距离.
(3)游标卡尺读数时，要注意游标卡尺的分度.【解析】(1)实验中要注意减小实验误差和便于实验操作，题目中的措施可以保证摆动过程中摆长不变，并且便于改变摆长，故选项A、C正确.
(2)游标卡尺主尺上的读数为12 mm，游标尺上第0条刻度线与主尺刻度线对齐，所以游标卡尺的读数为
12 mm+0×0.1 mm=12.0 mm
单摆的摆长为:(3)用单摆测量周期时，为了减小误差，需使摆角小于5°，且从摆球经过最低点时开始计数，故振幅A≤lsin5°=8.7 cm，只有选项A符合要求.
答案:(1)A、C (2)12.0 0.993 0 (3)A34.(2009·浙江高考)(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示，测量方法正确的是_______(选填“甲”或“乙”).(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，
为了将人工记录振动次数改为自动记录振动
次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别
放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示，
光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显
示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为_______.若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”、“不变”或“变小”)，图乙中的Δt将_______(填“变大”、“不变”或“变小”).【解析】(1)用游标卡尺测量小球的直径时，应将小球置于两个外测量爪之间，不能靠在主尺和游标尺上，因此测量方法正确的是乙.(2)小球摆到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t1时
刻开始，再经两次挡光完成一个周期，故T=2t0；摆长为摆线
长加小球半径，当小球直径变大，则摆长增加，由周期公式
可知，周期变大；小球直径变大，挡光时间增加，
即Δt变大.
答案:(1)乙 (2)2t0 变大 变大 简谐运动的基本概念和规律
1.机械振动
(1)定义：物体(或物体的一部分)在某一中心位置两侧所做的往复运动称为机械振动，简称振动.
(2)回复力：使振动物体返回平衡位置的力.
(3)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置.(4)描述机械振动的四个物理量
①位移x：由平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段，是
矢量.
②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，表示振动的强
弱，是标量.
③周期T和频率f：表示振动快慢的物理量，两者互为倒数关
系，T= ,当T和f由振动系统本身决定时，则叫固有周期和固
有频率.2.简谐运动
(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动.
(2)简谐运动的特征
①动力学特征：F回＝-kx.
②运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反).
③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A不变.(3)简谐运动的两个典型模型——弹簧振子与单摆(4)振动能量:简谐运动的能量与振幅有关，振幅越大，能量越大.3.受迫振动
(1)定义：在外界周期性驱动力作用下的振动.
(2)受迫振动的两个特征
①频率特征：受迫振动的频率等于f驱，与f固无关.
②振幅特征：驱动力的频率越接近固有频率，振幅越大，当f驱＝f固时，振幅最大，这种现象叫做共振.受迫振动达到稳定时，驱动力对系统所做的功及时补偿系统因克服阻力做功而损失的机械能，振幅保持不变.(3)共振曲线:如图所示，以驱动力频率为横坐标，以受迫振动的振幅为纵坐标.它直观地反映了驱动力频率对受迫振动振幅的影响，由图可知，f驱与f固越接近，振幅A越大；当f驱=f固时，振幅A最大.【名师点睛】
1.回复力的来源
回复力属于效果力，它可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，它不一定等于物体所受的合外力.
2.振动的位移
无论振子从什么位置开始振动，其位移总是以平衡位置为起点.可见本专题对“位移”的定义与之前学过的不同，需要注意. 【状元心得】
简谐运动的对称性和周期性
1.简谐运动具有对称性
(1)振子经过同一位置时，位移、回复力、加速度、速率、动能一定相同，但速度不一定相同，方向可能相反.
(2)如图，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′时位移、回复力、加速度大小相等，方向相反，动能、势能相等，速度大小相等，方向可能相同也可能相反.
(3)如上图，振子往复过程通过一段路程(如OP)所用时间相等，即tOP=tPO.2.简谐运动具有周期性
周期性是指简谐运动物体经过一个周期或几个周期后，一定与原来的状态一致.具体表现在位移、回复力、加速度、速度都随时间做周期性变化.
若t2-t1=nT+ T，则t1、t2两时刻描述运动的物理量(x、F、a、v…)均大小相等，方向相反.
若t2-t1=nT+ T或t2-t1=nT+ T，则若t1时刻物体到达最大位移处，则t2时刻物体到达平衡位置；若t1时刻物体在平衡位置，则t2时刻物体到达最大位移处；若t1时刻物体在其他位置，t2时刻物体到达何处就要视具体情况而定. 机械波的传播和波的图象
1.波的形成：机械振动在介质中传播，形成机械波.
2.波的分类
(1)横波：振动方向与传播方向垂直，传播中形成波峰和波谷.
(2)纵波：振动方向和传播方向在同一条直线上，传播中形成密部和疏部.
3.波速与波长和频率或周期的关系:(1)v=λf；(2)v= .
4.波的图象
(1)物理意义：波在传播过程中各质点在某时刻的位移情况.(2)振动图象与波动图象的比较(3)质点振动方向与波传播方向的互判5.波的干涉和衍射
(1)波的叠加：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，任一质点的总位移等于各列波分别引起的位移的矢量和.
(2)衍射：波绕过障碍物继续传播的现象.产生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或与波长相差不多.
(3)干涉：频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，并且振动加强和振动减弱的区域相互间隔的现象.产生稳定干涉现象的条件是两列波的频率相同.6.多普勒效应
(1)定义:由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到波的频率发生变化的现象，叫做多普勒效应.
(2)规律:当波源与观察者有相对运动时，如果二者相互接近，观察者接收到的频率增大；如果二者远离，观察者接收到的频率减小.
(3)适用:多普勒效应是所有波动过程共有的特征.
(4)应用:根据声波的多普勒效应可以测定车辆行驶的速度,根据光波的多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的运行
速度.【名师点睛】
1.机械波的传播特点
(1)传播振动形式、传递能量、传递信息.
(2)质点不随波迁移.
2.波速、波长和频率的决定因素
(1)机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，但波速、波长都改变.
(2)机械波波速仅由介质来决定，固体、液体中波速比空气中大.【状元心得】
波的多解性问题的产生及处理方法
1.造成波动问题多解的主要因素
(1)周期性:①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确.
②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确.
(2)双向性:①传播方向双向性：波的传播方向不确定.②振动方向双向性：质点振动方向不确定.
(3)波形的隐含性形成多解:在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态.这样，波形就有多种情况，形成相关波动问题的多解.2.处理多解问题的方法
(1)解决此类问题时，往往采用从特殊到一般的思维方法，即找到一个周期内满足条件的特例，在此基础上，如知时间关系，则加nT；如知空间关系，则加nλ.
(2)应用波的图象解决波动多解问题一般先考虑波传播的“双向性”，再考虑“周期性”.
(3)波速的应用，既可应用v=λf或v= ,也可以应用v= .【状元心得】
由t时刻波形图画t+Δt时刻的波形图
1.平移法：先算出经Δt时间波传播的距离Δx=v·Δt，再把波
形沿波的传播方向平移Δx，当Δx＞λ，即Δx=nλ+x时，可采
取去整(nλ)留零(x)的方法，只需平移x即可.
2.特殊点法：在波形上找特殊点，如过平衡位置的点，与它相
邻的波峰和波谷，判断出这些点经过Δt后的位置，画出相应
的正弦曲线或余弦曲线即可，这种方法只适用Δt=k 的情况.【名师点睛】
1.干涉和衍射是波特有的现象.波同时还可以发生反射、折射等现象.
2.稳定干涉中，振动加强区内各点的振动位移不一定比减弱区内各点的振动位移大.
3.两个同样的波源发生干涉时，路程差决定振动加强还是振动减弱.如果路程差是波长的整数倍则振动加强，如果路程差是半波长的奇数倍，则振动减弱. 实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加
速度
一、实验原理
根据单摆周期公式T= 得，g= ，测得l、T，便可测定g.
二、实验步骤
1.做单摆:取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个
比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，
并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下
垂.2.测摆长:用米尺量出摆线长l(精确到毫米)，用游标卡尺测出小
球直径D，则单摆的摆长l′= l+ .
3.测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于10°)，然后释
放小球，记下单摆摆动30次～50次 的总时间，算出平均每摆动
一次的时间，即为单摆的振动周期，反复测量三次，再算出测
得周期数值的平均值.
4.改变摆长，重做几次实验.三、数据处理
方法一：公式法
将测得的几次周期T和摆长l代入公式g= 中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值.
方法二：图象法
由单摆的周期公式T= 可得
因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出l-T2
图象，是一条过原点的直线，如图所示，
求出斜率k，即可求出g值.g=4π2k，四、误差分析
1.系统误差:主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点是否固定，摆球是否可看做质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动,以及测量哪段长度作为摆长等，只要注意了上面这些问题，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差而忽略不计的程度.2.偶然误差:主要来自时间(即单摆周期)的测量上.因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，在数“零”的同时按下秒表开始计时，不能多计或漏计振动次数，为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值.【名师点睛】
注意事项
1.选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左
右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过
2 cm.
2.单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，
以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象.
3.注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过10°，可通过估算
振幅的办法掌握.4.摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆.
5.计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记，以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数.课件124张PPT。专题十八 碰撞与动量守恒1.动量、动量守恒定律及其应用 Ⅱ
2.弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
3.实验：验证动量守恒定律
说明：对碰撞和动量守恒定律的应用高考中只限于一维情况1.高考对本章的考查重点是动量和动量守恒定律的应用，尤其是动量和能量的综合问题更是考查的热点，如：碰撞、打击、反冲、滑块摩擦等问题.
2.根据新课标高考的要求，本章内容易与力学、原子物理学结合进行综合命题.
3.探究和验证碰撞中的动量守恒，在高考实验考查中出现频率很高. 动量的矢量性
【典例1】(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A.0.6v
B.0.4v
C.0.3v
D.0.2v【审题视角】解答本题应注意以下两点：
【关键点】
(1)动量是矢量，应先选好正方向.
(2)抓住A球碰后反弹条件列方程即可判断B球速度大小.
【精讲精析】由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB＞mv，可得vB> 0.5v，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
答案:A【命题人揭秘】动量的矢量性
(1)动量守恒定律方程式是一个矢量关系式,必须注意其方向性，同一直线上的动量在选好正方向以后，用正负号表示其方向.
(2)注意根据相互作用前、后时刻的动量矢量和相等列方程. 碰撞中的动量和能量综合问题
【典例2】(2012·安徽高考)如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=
2 kg 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u=2 m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑曲面，质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，l=1.0 m.设物块A、B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=10 m/s2.(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.
(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的曲面上？
(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，而当它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.【审题视角】解答本题时要注意以下三点：
【关键点】
(1)物块B在运动的过程中机械能一部分损失在传送带上，一部分损失在A上.
(2)由于传送带向左运动，必须验证物块B与物块A碰撞后是否能滑到传送带右端.
(3)物块B每次与物块A发生弹性碰撞时的情景相似，故可求出每次碰后速度的表达式.【精讲精析】(1)对B，自开始至曲面底端时，由机械能守恒定
律得：mBgh= mBvB2 ①
vB= = m/s= m/s ②
设B在传送带上速度减为2 m/s时经过的位移为x，
则： ③
故B在传送带上一直做减速运动，设B到达传送带左端时速度大
小为v′B由vB2-v′B2=2μgl得：v′B= =4 m/s. ④
此后B以4 m/s的速度滑向A
即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s.(2)设物块B与物块A第一次碰撞后的速度大小分别为vB1、vA1，
由动量守恒定律得：mBv′B=mAvA1-mBvB1 ⑤
由能量守恒定律得： mBv′B2= mBvB12+ mAvA12 ⑥
由以上两式解得：vA1= v′B= m/s，vB1= v′B=
m/s ⑦
即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上传送带，设B向右减速
为0时经过的位移为x′：
则： ⑧
所以B不能运动到右边的曲面上.(3)B第一次碰撞后在传送带上向右减速为0后，在摩擦力的作用下向左加速，到达传送带左端时的速度大小等于vB1，以后B每次与A碰撞后的速度大小均等于从传送带左端滑出时的速度大小，即B每次与A碰撞后的速度大小均等于下一次B与A碰撞前的速度大小.设A与B第二次碰撞后的速度分别为vA2、vB2，则由⑦式得：
⑨
所以第n次碰撞后B的速度大小为：
vBn=( )nv′B= m/s
答案:(1)4 m/s (2)不能 (3) m/s【命题人揭秘】含弹簧的碰撞问题的分析方法
(1)分析建立碰撞模型：是一个与一个碰撞还是与两个碰撞，是碰撞弹开还是粘连成一体，是弹性的还是非弹性的.
(2)分析碰撞过程：是一个过程还是多个过程.
(3)依据碰撞过程逐一列动量和能量守恒方程. 动量守恒中的临界问题
【典例3】(2011·山东高考)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力) 【审题视角】解答本题的思路按以下两步进行：
【关键点】
(1)分析如何避免两船相撞：甲、乙抛接货物后两船同向运动或反向运动.
(2)分析得到抛货物的最小速度：抛接货物后两船以相同速度同向运动.【精讲精析】设乙船上的人抛出货物的最小速度为vmin，抛出货物后的速度为v1，甲船上的人接到货物后速度为v2，由动量守恒定律得:12m×v0=11mv1-mvmin ①
10m×2v0-mvmin=11mv2 ②
为避免两船相撞应满足:v1=v2 ③
联立①②③式得:vmin=4v0
答案:4v0【命题人揭秘】抓住临界点，轻易破解动量守恒临界问题
(1)分析并判断是否为动量守恒临界问题.
(2)寻找临界点:从题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近,避免相碰和物体开始反向运动等临界状态.
(3)挖掘临界条件:在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,即速度相等或位移相等. 动量守恒中的人船模型
【典例4】(2011·安徽高考)如图所示，质量M=2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1 kg的小球通过长L=0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，
小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴
自由转动，开始轻杆处于水平状态，
现给小球一个竖直向上的初速度v0=
4 m/s，g取10 m/s2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向.
(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小.
(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离.【审题视角】解答本题应注意以下四点：
【关键点】
(1)锁定滑块时,对小球应用机械能守恒和向心力公式求作用力.
(2)解除锁定,系统水平方向不受外力,满足动量守恒条件，因此水平方向动量守恒.
(3)分析系统中各物体的状态变化，画出状态变化图，寻找各物体位移之间的几何关系.
(4)根据水平方向动量守恒列方程求解.【精讲精析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在
上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒.则
①
v1= m/s ②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，
则:F+mg= ③
由②③式得:F=2 N ④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向
竖直向上.(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为v.在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒.以水平向右为正方向，有
mv2+Mv=0 ⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
⑥
由⑤⑥式得v2=2 m/s ⑦(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′.由系统水平方向动量守恒得
mv3-Mv′=0 ⑧
将⑧式两边同乘以Δt，得
mv3Δt-Mv′Δt=0 ⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间
隔Δt都成立，累积相加后，有ms1-Ms2=0 ⑩
又s1+s2=2L ?
由⑩?式得s1= m ?
答案：见精讲精析【命题人揭秘】运用平均动量守恒巧解人船模型问题
(1)明确某方向平均动量守恒：由某方向动量守恒的瞬时表达式(速度形式)得出平均动量守恒(位移形式)，将两物体之间动量守恒的速度关系转化为位移关系.
(2)对于原来静止的人、船系统,人在船上走动时,人、船的位移大小关系式为m人x人=m船x船. 验证碰撞中的动量守恒
【典例5】(2011·北京高考)如图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通过仅测量___________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1，多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复.接下来要完成的必要步骤是___________.(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______
__________(用(2)中测量的量表示)；
若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为___________
__________(用(2)中测量的量表示).(4)经测定，m1=45.0 g，m2=7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′=_______∶11.若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′=11∶_______.
实验结果说明碰撞前、后总动量的比值 为_______.(5)有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰撞小球做平抛运动的射程增大.请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm.【审题视角】解答本题时应把握以下三点:
【关键点】
(1)利用两个小球碰撞前后离开轨道做平抛运动的水平射程来表示碰撞后的速度关系．
(2)确定入射球m1和被碰球m2的平均落点位置M、N，从而得到两球的水平射程.
(3)由两小球的质量和水平射程列出动量守恒方程和机械能守恒方程.【精讲精析】(1)由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，水平位移就能反映平抛初速度的大小，仅测量小球做平抛运动的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比.所以选C.
(2)本实验必须用天平测量两个小球的质量m1、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量平抛射程OM、ON，故接下来要完成的必要步骤是ADE或DAE或DEA.(3)由于m1·v1+m2·v2=m1v,
且
所以m1·OM+m2·ON=m1·OP
若碰撞是弹性碰撞，
机械能守恒
所以m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2(4)由于
(5)当两个小球发生完全弹性碰撞时，被碰小球m2平抛运动射程ON有最大值．弹性碰撞动量守恒和机械能守恒，则：
m1v1+m2v2=m1v, m1v12+ m2v22= m1v2
解得:v2=
所以最大射程为:
被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为76.8 cm.
答案:(1)C (2)ADE或DEA或DAE
(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2
(4)14 2.9 1～1.01均可 (5)76.8【命题人揭秘】用碰撞实验器验证动量守恒定律时应注意
(1)实验误差分析
①碰撞是否为一维碰撞.
②小球离开轨道后是否做平抛运动.
③每次实验小球是否从斜轨上同一位置静止释放.
(2)注意事项
①前提条件：碰撞的两小球应保证“水平”和“正碰”，且
m入射>m被碰.
②正确操作：先安装好仪器并调试，后进行实验并测量.
③实验结论：根据测得的数据研究动量关系和能量关系并得出结论. 动量守恒与电磁感应问题的综合
【典例6】(2011·海南高考)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l.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.
【审题视角】抓住几个关键点，按合理的思路即可以准确解答：
【关键点】
(1)“竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止”，可得系统所受合外力为零，系统动量守恒.细线烧断以后，系统合外力仍然为零，故整个过程动量守恒.(2)再隔离两金属杆分析其运动，可得两金属杆都做加速度逐
渐减小的加速运动，直至加速度等于零时以最大速度做匀速运
动.
(3)分析思路如图所示:【精讲精析】设某时刻MN和M′N′速度分别为v1、v2.
(1)因为系统所受合外力为零，所以MN和M′N′系统动量守恒:
mv1-2mv2=0,解得v1∶v2=2∶1 ①
(2)当MN和M′N′的加速度为零时，速度最大,
M′N′受力平衡有:BIl=2mg ②
I= ③
E=Blv1+Blv2 ④
由①②③④得:
v1= v2=
答案:(1)2∶1 (2)【阅卷人点拨】 动量守恒定律的应用
高考指数:★★★★★
1.(2010·北京高考)如图，若x轴表示时间，y轴表示位移，则该图象反映了某质点做匀速直线运动
时，位移与时间的关系.若令x轴和y轴
分别表示其他的物理量，则该图象又
可以反映在某种情况下，相应的物理
量之间的关系.下列说法中正确的是( )A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系
B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系
C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系
D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系【解析】选C.根据动量定理p-p0=Ft，p=Ft+p0说明动量和时
间是线性关系，纵截距为初动量，C正确.结合p= 得
=Ft+p0，说明动能和时间的图象是抛物线，A错误.光
电效应方程为Ekm=hν-W0，说明最大初动能和时间是线性关
系，但纵截距为负值，B错误.当磁感应强度随时间均匀增大
时，闭合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定
律知闭合回路的感应电动势与磁通量的变化率成正比，是一
个定值，不随时间变化，D错误.2.(2011·上海高考)光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连.开始时a球静止，b球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量_______
(选填“守恒”或“不守恒”)；机械能_________(选填“守恒”或“不守恒”)．
【解题指南】解答本题要明确绳被拉紧使两个小球结合在一起，属于碰撞中的完全非弹性碰撞．【解析】b球以一定速度运动直至绳被拉紧，两小球间绳子的拉力就是相互作用的内力，满足动量守恒的条件，所以两小球a、b组成的系统动量守恒，两球一起运动，具有共同速度，符合完全非弹性碰撞的特征，动能损失很大，机械能不守恒．
答案:守恒 不守恒3.(2011·海南高考)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止.重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s.
【解析】(1)木块向左滑到最高点时，系统有共同速度v，
由动量守恒得：mv0=(m+2m)v ①
mv02- (m+2m)v2=fL+mgh ②
联立①②两式解得： ③(2)根据动量守恒可得木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同,全过程能量守恒,得：
mv02= (m+2m)v2+f(2L-s) ④
联立①③④解得:s= ⑤
答案:(1) (2)【方法技巧】运用碰撞模型解动量和能量综合问题的注意点
(1)抓住碰撞过程中速度相等这一临界状态.本题中即木块上升到最高点时与物体P速度相等，木块返回后在到达a点前与物体P相对静止时速度也相等.
(2)如果木块能够滑离物体P，即相当于碰撞结束两物体分开.
(3)分析碰撞过程中的动量和能量关系，列动量守恒和能量守恒方程.4.(2011·四川高考)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显.分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命.一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶.发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2(不超载时则为5 m/s2).
(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？
(2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为 1 t 的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？【解析】(1)设货车刹车时速度大小为v0、加速度大小为a，末速度为vt，刹车距离为s
①
代入数据，得:超载时s1=45 m ②
若不超载s2=22.5 m ③(2)设货车刹车后经s′=25 m与轿车碰撞时的初速度大小为v1
v1= ④
设碰撞后两车共同速度为v2、货车质量为M、轿车质量为m，由
动量守恒定律得:Mv1=(M+m)v2 ⑤
设货车对轿车的作用时间为Δt、平均冲力大小为 由动量定
理得: Δt=mv2 ⑥
联立④⑤⑥式，代入数据得 =9.8×104 N ⑦
答案:(1)45 m 22.5 m (2)9.8×104 N5.(2010·安徽高考)如图，ABD为
竖直平面内的光滑绝缘轨道，其
中AB段是水平的，BD段为半径R=
0.2 m 的半圆，两段轨道相切于
B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0 ×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞.已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2 kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围.
(第(3)问仅供选修3-5为必考的省份解答)【解析】(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
mg+qE= ①
2R= ②
x=vDt ③
联立①②③得：x=0.4 m ④(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机
械能守恒定律有：mv0=mv甲+mv乙 ⑤
⑥
联立⑤⑥得：v乙= v0 ⑦
由动能定理得：
-mg·2R-qE·2R= ⑧
联立①⑦⑧得：v0= ⑨(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据
动量守恒和机械能守恒定律有：
Mv0=MvM+mvm ⑩
?
联立⑩?得vm= ?
由?和M＞m，可得：v0设乙球过D点的速度为vD′，由动能定理得：
-mg·2R-qE·2R
?联立⑨??得：2 m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′，则有：x′=vD′t ?
联立②??得：0.4 m答案:(1)0.4 m (2) m/s (3)0.4 m至1.6 m6.(2010·天津高考)如图所示，小球A
系在细线的一端，线的另一端固定在O
点，O点到水平面的距离为h.物块B质
量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上
且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时
与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h/16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速
度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能
守恒定律得：mgh= ①
解得：v1=
设碰撞后小球反弹的速度大小为v′1，
同理有： ②
解得：v′1=设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动
量守恒定律，有：mv1=-mv′1+5mv2 ③
解得：v2= ④
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为：F=5μmg ⑤
设物块在水平面上滑行的时间为t，有：
v2=at ⑥
a= ⑦
解得：t=
答案: 动量守恒定律在多物体、多过程中的应用
高考指数:★★★★★
7.(2012·福建高考)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( )
A.v0+ v B.v0- v
C.v0+ (v0+v) D.v0+ (v0-v)【解题指南】解答本题时应明确以下两点：
(1)动量守恒定律是矢量表达式.
(2)规定正方向.
【解析】选C.以向右为正方向，据动量守恒定律有(M+m)v0=
-mv+Mv′，解得 故选C. 8.(2011·大纲版全国卷)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，并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.NμmgL
【解析】选B、D.整个过程系统动量守恒，全过程相当于完全
非弹性碰撞，两物体最终速度相等设为u，由动量守恒得:mv
=(m+M)u，系统损失的动能为:
B正确；碰撞N次后恰又回到箱子正中间，小物块和箱子底板间
的相对滑动距离d=NL，而摩擦生热Q=Ffd=NμmgL，系统损失的
动能转化为内能，D正确．9.(2010·福建高考)如图所示，一个木
箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗
糙的底板上放着一个小木块.木箱和小
木块都具有一定的质量.现使木箱获得一个向右的初速度，则( )
A.小木块和木箱最终都将静止
B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起
向左运动【解析】选B.因系统所受合外力为零，动量守恒，由于系统的初动量向右，根据系统动量守恒可知两个物体最终以相同的速度一起向右运动，故B项正确，A、D项错误；由于木块与箱体之间存在摩擦，最终将保持相对静止，C项错误.10.(2012·山东高考)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA=3m、mB=mC=m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，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.【解析】设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0=mAvA+mBvB ①
对B、C木块：mBvB=(mB+mC)v ②
由A与B间的距离保持不变可知vA=v ③
联立①②③式，代入数据得vB= v0 ④
答案： v011.(2010·山东高考)如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B
质量为 m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向
固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合
不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远.若B与挡
板碰撞后将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起.为使B能与
挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？【解析】设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得:mv1=2mv′ ①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足:v′≤v2 ②
设A、B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得:
③
为能使B与挡板再次相碰应满足:
v″>0 ④
联立①②③④式解得: v2或 v1≤v2< v1
答案: v2运动再以不变的加速度向右匀加速直线运动，最后匀速运动；
重物先向右匀减速直线运动，再匀速运动.
【解析】解法一
木板第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木
板向左做匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线
运动直到与重物达到共同速度v，再往后是匀速直线运动，直
到第二次碰撞墙.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右
为动量的正方向，由动量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v ①设木板从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的
时间为t1，对木板应用动量定理得：
2μmgt1=mv-m(-v0) ②
由牛顿第二定律得：2μmg=ma ③
式中a为木板的加速度.在达到共同速度v时，木板离墙的距离l
为：l=v0t1- at12 ④
开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2= ⑤
木板从第一次与墙碰撞到第二次碰撞所经历的时间为：
t=t1+t2 ⑥
由以上各式得：t= ⑦解法二
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到达到共同速
度v，由动量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v ①
解得：v=
木板在第一个过程中，做匀变速直线运动，选向右为正方向，
由运动学公式得：v=-v0+at1 ② 又由牛顿第二定律得：2μmg=ma ③
用动能定理，有： ④
木板在第二个过程中，做匀速直线运动，有：s=vt2 ⑤
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间：
t=t1+t2= ⑥
答案:13.(2010·海南高考)在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速.假设减速剂的原子核质量是中子的k倍.中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰.设每次碰撞前原子核可认为是静止的，求N次碰撞后中子速率与原速率之比.
【解析】设中子和减速剂的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为v′n和v′A，根据碰撞前后的总动量和总能量守恒，有：mnvn=mnv′n+mAv′A
mnvn2= mnv′n2+ mAv′A2
式中vn为碰撞前中子速度，由题意mA=kmn
解得，经1次碰撞后中子速率与原速率之比为：
经N次碰撞后，中子速率与原速率之比为：
答案: 动量守恒定律与能量结合的综合应用
高考指数:★★★★
14.(2012·新课标全国卷)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(1)两球a、b的质量之比;
(2)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】(1)设小球a、b质量分别为m1、m2，细线长为L，b球摆
至最低点与a球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v，则对b
球摆至最低点,由机械能守恒得
m2gL= ①
最低点小球a、b碰撞由动量守恒定律得
m2v0=(m1+m2)v ②小球a、b一起摆至最高点，由机械能守恒得
(m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cosθ) ③
联立①②③式得 ④
并代入题给数据得 ⑤
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能是
Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cosθ) ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek=m2gL之比为
⑦
联立⑤⑦式，并代入数据得 ⑧
答案：(1) (2)15.(2011·新课标全国卷)如图，A、B、C三个木块的质量均为m.置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速v0沿B、C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的共同速度大小为v，由动量守恒有
mv0=3mv ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有
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 ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep= mv02
答案： mv0216.(2011·广东高考)如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板.滑板运动到C时被牢固粘连.物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点.【解析】(1)物块从静止开始做匀加速直线运动到A过程，滑动
摩擦力做正功，物块从A到B，重力做正功，根据动能定理得:
μmgs+mg2R=
解得:vB=
(2)物块从B滑上滑板后开始做匀减速运动,此时滑板开始做匀
加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始做匀速
直线运动．设它们的共同速度为v，根据动量守恒
mvB=(m+2m)v
解得:v=对物块，由动能定理得:-μmgs1=
解得:s1=8R
对滑板，由动能定理得:
μmgs2= ×2mv2-0
解得:s2=2R
由此可知物块在滑板上滑过s1-s2=6R时，小于6.5R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了.当2R≤L＜5R时，物块的运动是匀减速运动8R，匀速运动L-2R，匀减速运动0.5R，滑上C点，根据动能定理:
-μmg(8R+0.5R)=
解得:
Wf=μmg(8R+0.5R)= mgR，
物块不能滑到CD轨道的中点.当R＜L＜2R时，物块的运动是匀减速运动6.5R+L，滑上C点．根
据动能定理:-μmg(6.5R+L)=
解得:Wf=μmg(6.5R+L)= mg(13R+2L)
当 ≥mgR时，可以滑到CD轨道的中点，此时
要求L≤0.5R，这与题目矛盾，所以物块不可能滑到CD轨道的中
点．
答案:(1) (2)见解析17.(2011·重庆高考)如图
所示，静置于水平地面的
三辆手推车沿一直线排列，
质量均为m，人在极短的时
间内给第一辆车一水平冲
量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止.车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比.
【解析】(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功
W=-kmgL-2kmgL-3kmgL
=-6kmgL(2)设第一辆车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2.
-kmgL= ①
-k(2m)gL= ②
-k(3m)gL= ③
由动量守恒得
mv1=2mu1 ④
2mv2=3mu2 ⑤
人给第一辆车水平冲量的大小
I=mu0-0= ⑥(3)由①⑥解得v12=26kgL ⑦
由④⑦解得u12= v12= ×26kgL ⑧
第一次碰撞系统动能损失
⑨
由③解得u22=2kgL ⑩
由⑤解得v2= u2 ?
第二次碰撞系统动能损失
?
第一次与第二次碰撞系统动能损失之比 ?
答案:(1)-6kmgL (2) (3)【方法技巧】动量和能量综合问题的分析技巧
(1)把握动量守恒的条件，准确运用动量守恒定律，本题中车与车的短暂碰撞过程遵守动量守恒定律.
(2)分析能量转化和守恒，正确运用能量守恒列式，本题中动能损失可从碰撞前后的动能之差求出．
(3)区分摩擦力做功和摩擦生热，摩擦力的功可以用摩擦力与位移的乘积求出(相对地面的位移)，而摩擦生热则等于摩擦力与相对路程的乘积. 动量
1.定义：物体的质量与速度的乘积.
2.表达式：p=mv，单位：kg·m/s.
3.动量的性质
(1)矢量性：方向与瞬时速度方向相同.
(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一
时刻而言的.
(3)相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相
对地面的动量.三
性4.动量的变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量).
(2)表达式： Δp=p′-p.
(3)同一直线上动量的运算:如果物体的动量始终保持在同一条直线上，在选定一个正方向之后，动量的运算就可以简化为代数运算.5.动量、动能、动量的变化量的比较【名师点睛】
理解动量时应注意
1.当物体的速度大小不变,方向变化时,动量一定改变,动能却不变,如匀速圆周运动.
2.在谈及动量时,必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量.
3.物体动量的变化率 等于它所受的合外力,这是牛顿第二定律的另一种表达形式.
4.动量变化量的方向与初末动量的方向无直接关系. 动量守恒定律
1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变.
2.动量守恒的条件
(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零.
(2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计.
(3)系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则系统在该方向动量守恒.3.表达式4.动量守恒定律的“五性”
(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式.
若作用前后各动量在同一直线上时，可用“+”和“-”表示方向.
(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度.
(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足动量守恒条件.(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量.
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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.【名师点睛】
1.正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初、末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相同.
2.在判定系统动量守恒时，要区分系统所受的内力和外力.【状元心得】
应用动量守恒定律的解题步骤
1.确定相互作用的系统为研究对象.
2.分析研究对象所受的外力.
3.判断系统是否符合动量守恒条件.
4.规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号.
5.根据动量守恒定律列式求解. 碰撞问题
1.概念:碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常强的相互作用.
2.特点
(1)相互作用时间短.
(2)作用力变化快和作用力很大.
(3)其他外力可以忽略不计.三个
特点3.碰撞的种类及特点4.弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，则有
m1v1=m1v′1＋m2v′2， m1v12= m1v′12＋ m2v′22
解得：【名师点睛】
一运动物体与同一条直线上静止的物体发生弹性碰撞的规律
1.当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度.
2.当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动.
3.当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来. 碰撞、爆炸及反冲现象的特点分析
1.碰撞现象的三个特点
(1)动量守恒.
(2)机械能不增加.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有:a.v后＞v前;b.碰后原来在前的物体速度一定增大;c.若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.爆炸现象的三个特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.3.反冲现象的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动.
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理.
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为动能，所以系统的总动能增加.【名师点睛】
碰撞、爆炸及反冲现象的异同点
1.在碰撞、爆炸及反冲现象中，一般物体间的相互作用力都远远大于受到的外力，满足动量守恒定律的条件.
2.碰撞过程中动能不能增加，而在爆炸、反冲的过程中动能是增加的.
3.爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计. 验证动量守恒定律
实验原理
在一维碰撞中,测出物体的质量和碰撞前后物体的速度,找出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p′=m1v′1+m2v′2,看碰撞前后动量是否守恒.
实验器材
【方案一】气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥.
【方案二】带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等.【方案三】光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥.
实验步骤
【方案一】利用气垫导轨完成一维碰撞实验
1.测质量:用天平测出滑块质量.
2.安装:正确安装好气垫导轨.3.实验:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量.②改变滑块的初速度大小和方向).
4.验证:一维碰撞中的动量守恒.【方案二】利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验
1.测质量:用天平测出两小球的质量m1、m2.
2.安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来.
3.实验:一个小球静止,拉起另一个小球,放下时它们相碰.
4.测速度:可以测量小球被拉起的角度,从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的角度,
算出碰撞后对应小球的速度.
5.改变条件:改变碰撞条件,重复实验.
6.验证:一维碰撞中的动量守恒.【方案三】在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验
1.测质量:用天平测出两小车的质量.
2.安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车A的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥.
3.实验:接通电源,让小车A运动,小车B静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两小车连接成一体运动.4.测速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间由 算出速度.
5.改变条件:改变碰撞条件、重复实验.
6.验证:一维碰撞中的动量守恒.【名师点睛】
1.验证动量守恒定律实验的误差分析
(1)系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求，即:
①碰撞是否为一维碰撞.
②实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水平,两球是否等
大,长木板实验时是否平衡掉摩擦力.
(2)偶然误差:主要来源于质量和速度的测量.
(3)改进措施：
①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞,且尽量满足动量守恒的条件.
②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差.2.验证动量守恒定律的注意事项
(1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”.
(2)方案提醒:
①若利用气垫导轨进行实验,调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平.
②若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直面内.
③若利用长木板进行实验,可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力.
(3)探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变.课件123张PPT。专题十六 光 学1.光的折射定律 Ⅱ
2.折射率 Ⅰ
3.全反射、光导纤维 Ⅰ
4.光的干涉、衍射和偏振现象 Ⅰ
实验二：测定玻璃的折射率
实验三：用双缝干涉测光的波长1.掌握光的折射定律，理解折射率，掌握折射率与光速的关系.
2.掌握全反射的概念及发生全反射的条件，能运用全反射解释有关光学现象.
3.理解光的干涉现象产生的条件，掌握双缝干涉条纹间距公式.
4.掌握光发生明显衍射的条件和各种衍射图样. 光的折射和反射现象的应用
【典例1】(2011·浙江高考)“B超”可用
于探测人体内脏的病变状况.如图是超声
波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后
从肝脏表面射出的示意图.超声波在进入
肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似.可表述为
(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同.已知v2=0.9v1,入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为( )【审题视角】解答本题可按以下程序分析:【精讲精析】超声波沿如图所示路线传播，根据
又因为v2=0.9v1,可得sinθ=0.9sini.
又因为在直角三角形中，
所以： D正确.
答案：D【命题人揭秘】解决光的折射和反射问题的关键
(1)正确作出光路图.
(2)确定出折射角、反射角和入射角.
(3)根据光的反射定律和折射定律求解. 光的折射和全反射现象的应用
【典例2】(2010·重庆高考)如图所示，空
气中有一折射率为 的玻璃柱体，其横截面
是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB，一束
平行光平行于横截面，以45°入射角照射到
OA上，OB不透光，若只考虑首次入射到圆弧
AB上的光，则弧AB上有光透出部分的弧长为( ) 【审题视角】解答本题时，应注意以下三点：
【关键点】
(1)利用临界角公式求临界角.
(2)根据折射定律求出折射角并画出光路图.
(3)确定能从弧AB射出的边界光线.【精讲精析】光路图如图所示，设在E点恰
好发生全反射，由sinC= 可求得C=45°，
又由折射定律 得θ2=30°，故
∠AOE=180°-120°-45°=15°.弧AB上
有光透出的部分弧长ED为 故B正确.
答案：B【命题人揭秘】应用光的折射定律解题的一般思路
(1)画出比较准确的光路图，分析边界光线或临界光线，找出入射角和折射角.
(2)利用几何关系和光的折射定律求解.
(3)注意在折射现象中，光路是可逆的. 光的折射和色散现象
【典例3】(2011·福建高考)如图，半圆
形玻璃砖置于光屏PQ的左下方.一束白光
沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生
反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光
带.若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失.在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是( )A.减弱、紫光 B.减弱、红光
C.增强、紫光 D.增强、红光
【审题视角】解答本题时，可按以下思路分析：
【精讲精析】由于入射点由A向B缓慢移动，入射角增大，因此反射光增强，折射光减弱，A、B错.紫光折射率大，临界角小，由此可知在光屏上最先消失的是紫光，C对D错.故选C.
答案：C【命题人揭秘】不同色光在介质中的传播规律 光的干涉现象
【典例4】(2012·福建高考)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,应使测微目镜分划板中心刻线与
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(2)测量某亮纹位置时,手轮上的示数如图,其示数为______mm.【审题视角】解答本题时应明确以下三点：
【关键点】
(1)实验操作步骤及目的.
(2)亮条纹间距的理解.
(3)螺旋测微器主刻度半毫米刻度是否露出.【精讲精析】(1)应先调节光源高度、遮光筒中心及光屏中心
后再放上单、双缝，A选项不正确.目镜分划板中心应与亮纹中
心对齐，使得移动过程测出的条纹间距较为准确，B选项正确.
目镜移过n条亮纹，则亮条纹间距 C选项正确，故选A.
(2)主尺读数是1.5 mm，螺旋读数是47.0×0.01 mm，因此示数
为1.970 mm.
答案：(1)A (2)1.970【命题人揭秘】单缝衍射与双缝干涉的区别 光的波动性和粒子性
【典例5】(2011·新课标全国卷)甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为Δx，若Δx甲>Δx乙，则下列说法正确的是( )
A.甲光能发生偏振现象，则乙光不能
B.真空中甲光的波长一定大于乙光的波长
C.甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量
D.在同一均匀介质中甲光的传播速度大于乙光【审题视角】解答本题时，应注意以下两点：
【关键点】
(1)明确干涉现象发生的条件.
(2)明确光子的能量与光子的频率有关.
【精讲精析】偏振现象是横波特有的现象，甲、乙两单色光都
可以有偏振现象发生，A错；由Δx甲>Δx乙，Δx= 可知甲光
的波长大于乙光，B正确；光子能量取决于光子的频率，而光
子频率与波长成反比，C错；波速与波长之间同步变化，D正确.
答案：B、D【命题人揭秘】
本题考查光的波动性和粒子性，综合考查光的偏振、干涉、不同频率的光在同一介质中的传播速度以及光子的能量问题，在备考时要对知识点进行全面复习. 光的干涉、折射和全反射现象
【典例6】(2009·福建高考)光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C.在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象
D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象【审题视角】深刻认识不同光学现象在实际生活中的应用，理解光的折射、全反射、干涉现象.
【精讲精析】用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度，是利用光的薄膜干涉现象，A错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样利用的是光的折射形成的色散现象，B错误；在光导纤维束内传送图像利用的是光的全反射现象，C错误；光学镜头上的增透膜利用的是光的薄膜干涉现象，D正确.
答案：D【命题人揭秘】
研究光现象在实际生活中的应用时应注意：
(1)光的干涉、衍射和光的色散都可出现彩色条纹，但形成本质不同，干涉、衍射是光的叠加，色散是同一介质对不同色光的折射率不同形成的.
(2)区分干涉和衍射，关键是理解其本质，实际应用中可从条纹宽度、条纹间距、亮度等方面加以区分.
(3)自然光经反射后，就变成了偏振光，平时我们所见的光，除直接从光源射来的以外基本都是偏振光. 光的直线传播与圆周运动的结合
【典例7】(2010·浙江高考)宇宙飞
船以周期T绕地球做圆周运动时，由
于地球遮挡阳光，会经历“日全食”
过程，如图所示.已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0.太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出地球的张角为α，则 ( )A.飞船绕地球运动的线速度为
B.一天内飞船经历“日全食”的次数为T/T0
C.飞船每次经历“日全食”过程的时间为αT0/(2π)
D.飞船周期为
【审题视角】利用光的直线传播规律作出光路图以及明确飞船每次经历“日全食”时的运动情景和边界光线是解决本题的关键.【精讲精析】设卫星到地心的距离为r,由几何关系知:
sin(α/2)= 解得: 所以 A正
确；
得
，D正确.飞船每次经历“日全食”过
程的时间为飞船转过α角所需的时间，即αT/(2π)，C错误；
一天内飞船经历“日全食”的次数为T0/T，B错误.
答案：A、D【命题人揭秘】
本题将天体运动与光学问题综合在一起，是很新颖的一道题目.解答本题的关键是搞清圆周运动的运动特征与受力特征，同时利用几何知识求出每次经历“日全食”时飞船转过的角度. 与折射率有关的计算
【典例8】(2011·新课标全国卷)一半
圆柱形透明物体横截面如图所示，底
面AOB镀银(图中粗线)，O表示半圆横
截面的圆心.一束光线在横截面内从M
点入射,经过AB面反射后从N点射出,已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°.求：
(1)光线在M点的折射角；
(2)透明物体的折射率.【审题视角】解答本题时，应注意以下两点：
【关键点】
(1)根据光的折射定律画出光路图.
(2)运用几何知识和三角函数的知识进行求解.(1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面AOB对称，Q、P、N三点共线.
设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，
∠PNF=β，根据题意有
α=30° ①
由几何关系得，∠PNO=∠PQO=r，于是
β+r=60° ②
且α+r=β ③
由①②③式得r=15° ④(2)根据折射率公式有：n= ⑤
由④⑤式得n=
答案：(1)15° (2)【阅卷人点拨】 光的折射与全反射
高考指数:★★★★★
1.(2011·重庆高考)在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方同等条件下观测发现，b 在水下的像最深，c照亮水面的面积比a的大.关于这三种光在水中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：
①c光的频率最大 ②a光的传播速度最小 ③b光的折射率最大 ④a光的波长比b光的短根据老师的假定，以上回答正确的是( )
A.①② B.①③
C.②④ D.③④
【解析】选C.根据视深公式 说明频率最小的光，水对
它的折射率最小，在水下的像最深，所以b的折射率最小，频
率最小，波长最大，传播速度最大，③错误，④正确；照亮水
面的圆面积的半径R与临界角C满足 又 c照亮
水面的面积比a的大，则c的临界角大，水对c的折射率小，所
以a的折射率最大，a的频率最大，a的传播速度最小，①错
误，②正确.所以正确的说法是②和④，故选C.2.(2010·全国卷Ⅰ)频率不同的两束单色光
1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃
板后，其光路如图所示，下列说法正确的是( )
A.单色光1的波长小于单色光2的波长
B.在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C.单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板所需的时间
D.单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角【解题指南】解答本题要注意以下两点：
(1)理解不同光的颜色是由频率决定的.
(2)明确同一介质对不同色光的折射率是不同的.【解析】选A、D.由题图可知，光线1的折射率大，频率高，波
长小，在介质中传播速度小，因而产生全反射的临界角小.选
项A、D正确，B错误.设玻璃板的厚度为d，由 在玻璃
板中传播的距离 传播的速度 所以光在玻璃板
中传播的时间 光线1的折射角小，
所经历的时间应该长，选项C错误.3.(2010·新课标全国卷)如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角.此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射.该棱镜材料的折射率为 ( )【解析】选A.根据折射率定义有，sin∠1=nsin∠2，nsin∠3 =1，已知∠1=45°,又∠2+∠3=90°，
解得：n= .4.(2011·江苏高考)一束光从空气射向折射率为 的某种介质，
若反射光线与折射光线垂直，则入射角为_______.真空中的光
速为c，则光在该介质中的传播速度为_______.
【解析】光路图如图所示.
根据折射定律： 及i+r=90°，
得tani= ，i=60°，根据 得
答案:60° 5.(2012·山东高考)如图所示，一玻璃球
体的半径为R，O为球心，AB为直径.来自B
点的光线BM在M点射出，出射光线平行于
AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射.已
知∠ABM=30°，求：
(1)玻璃的折射率.
(2)球心O到BN的距离.【解析】(1)设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知,i=30°，r=60°，根据折射定律得
n= ①
代入数据得n= ②
(2)光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C
sinC= ③
设球心到BN的距离为d，由几何知识可知d=RsinC ④
联立②③④式得d= ⑤
答案：(1) (2)6.(2012·新课标全国卷)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】将题所描述的光现象的立体图转
化为平面图，考虑从玻璃立方体中心O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，如图所示，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点是上表面表面积最小的不透明薄膜边缘上的一点.由题意，在A点刚好发生全反射，故
αA= 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以RA为半径
的圆.所求的镀膜面积S′与玻璃立方体的表面积S之比为
⑥
由⑤⑥得 ⑦
答案：7.(2011·海南高考)一赛艇停在平静的
水面上， 赛艇前端有一标记P离水面的
高度为h1=0.6 m，尾部下端Q略高于水
面；赛艇正前方离赛艇前端s1=0.8 m处
有一浮标，示意如图.一潜水员在浮标
前方s2=3.0 m 处下潜到深度为h2=4.0 m时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜Δh=4.0 m，恰好能看见Q.求：
(1)水的折射率n；
(2)赛艇的长度l.(可用根式表示)【解析】(1)如图甲所示， ①(2)刚好看到Q点时的光路图如图乙所示.
x=s1+s2+l ②
y=h2+Δh ③
sinC= ④
n= ⑤
联立以上方程解得
答案:8.(2011·山东高考)如图所示，扇形AOB
为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB
=60°.一束平行于角平分线OM的单色光由
OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB.
(1)求介质的折射率.
(2)折射光线中恰好射到M点的光线____________(选填“能”或“不能”)发生全反射.【解析】(1)依题意作出光路图，如图甲所示. 由几何知识知
入射角i=60°,折射角r=30°.根据折射定律 代入数据
求得
(2)如图乙所示，i′=30°，sini′= 而
i′答案: (1) (2)不能【方法技巧】用程序法解决光的折射与全反射问题的一般思路
(1)根据已知条件作光路图.
(2)确定入射角、折射角.
(3)运用折射定律或全反射规律列出方程.
(4)求解作答.9.(2010·山东高考)如图所示，一段横截面
为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一
圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂
直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然
后垂直PQ端面射出.
(1)求该玻璃棒的折射率.
(2)若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时______(选填“能”、“不能”或“无法确定能否”)发生全反射.【解析】(1)如图所示，单色光照射到EF弧面上时恰好发生全反射，由全反射的条件可知C=45°
由折射定律得
解得n=
(2)若将入射光向N端平移，则光射至EF弧面上的入射角大于临界角C，故能发生全反射.
答案:(1) (2)能10.(2010·江苏高考)如图所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上表面的A点射出.已知入射角为i ,A与O 相距l,介质的折射率为n,试求介质的厚度d.【解析】设折射角为r，由折射定律 和几何关系l
=2dtanr.联立可解得厚度
答案: 光的色散
高考指数:★★★
11.(2011·安徽高考)实验表明，可见光通过三棱镜时各色光
的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：
其中A、B、C是正的常量.太阳光进入三棱镜后发生色散的情形
如图所示.则( )A.屏上c处是紫光
B.屏上d处是红光
C.屏上b处是紫光
D.屏上a处是红光
【解题指南】解答本题时应明确以下两点：
(1)红光的波长大于紫光的波长.
(2)由科西经验公式明确折射率和波长的关系.【解析】选D.太阳光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏上由上至下依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫.屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确.12.(2011·大纲版全国卷)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹.设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( )A.紫光、黄光、蓝光和红光
B.紫光、蓝光、黄光和红光
C.红光、蓝光、黄光和紫光
D.红光、黄光、蓝光和紫光
【解析】选B.由题图可得：太阳光通过水滴折射后，偏折程度从小到大的排序为d、c、b、a，则介质对色光的折射率为:nd高考指数:★★★
13.(2012·大纲版全国卷)在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光.为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有( )
A.改用红光作为入射光 B.改用蓝光作为入射光
C.增大双缝到屏的距离 D.增大双缝之间的距离
【解题指南】干涉条纹间距由入射光的波长、双缝到屏的距离、双缝之间的距离决定；各单色光的波长大小是按红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的顺序依次变短.【解析】选A、C.由干涉条纹间距公式 可知，要增大干涉条纹的间距，可以增大双缝到屏的距离l、减小双缝之间的距离d，选项C正确、D错误；还可以换用波长大的单色光，红光的波长比黄光大，蓝光的波长比黄光小，选项A正确、B错误.14.(2012·北京高考)一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的( )
A.速度变慢，波长变短
B.速度不变，波长变短
C.频率增高，波长变长
D.频率不变，波长变长
【解题指南】本题需要把握以下两点:
(1)折射率的概念.
(2)波长、波速和频率三者的关系.【解析】选A.玻璃的折射率n= >1，所以光经空气进入玻璃速度减小.波长、波速和频率三者的关系是v=λf，光经空气进入玻璃，频率f不变，波长变短.所以A正确.15.(2012·江苏高考)如图所示，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【解析】选C.对白炽灯而言，无论偏振片P转动到哪个方向，获得的都是单一振动方向、强度都相同的偏振光，转动偏振片Q时，只有透射方向和偏振片P的方向相同时，才能有光透过，其他光的光照强度均为零，所以答案选C.16.(2011·北京高考)如图所示的双
缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，
在光屏P上观察到干涉条纹，要得到
相邻条纹间距更大的干涉图样，可
以( )
A.增大S1与S2的间距
B.减小双缝屏到光屏的距离
C.将绿光换为红光
D.将绿光换为紫光【解析】选C.由于双缝干涉中，相邻条纹间距离Δx= λ，增大S1与S2的间距d，相邻条纹间距离Δx减小，A错误；减小双缝屏到光屏的距离l，相邻条纹间距离Δx减小，B错误；将绿光换为红光，使波长λ增大，相邻条纹间距离Δx增大，C正确；将绿光换为紫光，使波长λ减小，相邻条纹间距离Δx减小，D错误. 17.(2010·江苏高考)(1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛.下面关于激光的叙述正确的是( )
A.激光是纵波
B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同
C.两束频率不同的激光能产生干涉现象
D.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离(2)如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30× 10-7 m,屏上P点距双缝S1和S2的路程差为7.95×10-7 m.则在这里出现的应是______(填“明条纹”或“暗条纹”).现改用波长为6.30×10-7 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将______(填“变宽”、“变窄”或“不变”).【解析】(1)选D.激光是一种光，是横波，A错误；频率相同的
激光在不同介质中的波长不同，B错误；两束频率不同的激光不
能产生干涉现象，C错误；利用激光平行度好的特点可以测距，
D正确.
(2)由 可知，波程差是半波长的奇数倍，是暗条
纹.由Δx= λ可知，λ变大，Δx变大，故屏上条纹间距变宽.
答案:(1)D (2)暗条纹 变宽 测定玻璃的折射率
高考指数:★★★
18.(2012·江苏高考)“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__________.如图是在
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)【解析】插第四个大头针D时，应使它挡住C及A、B的像.连接A、B并延长交直线a于一点O，连接C、D并延长交直线a′于一点O′，连接O、O′.
以O为圆心，作辅助圆交AB于E，交OO′于G，分别过E、G作法线的垂线，垂足为F、H.
用刻度尺量出EF、GH的长度，则折射率n= =1.8.
答案：挡住C及A、B的像 1.8(1.6～1.9都算对)19.(2012·重庆高考)如图甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的______面不能用手直接接触.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图乙所示，计算折射率时，用________(选填“d”或“e”)点得到的值较小，用________(选填“d”或“e”)点得到的值误差较小.【解题指南】解答本题需要把握以下三点：
(1)cd或ce代表了离开玻璃砖后的折射光线;
(2)折射率等于光线进入玻璃砖时入射角正弦与折射角正弦之比;
(3)离开玻璃砖的光线与进入玻璃砖的光线平行，只是发生一段侧移.
【解析】从题图中看出，直线ce近似与直线ab平行，因此，使用ce两点作图，测量出的数值更接近于折射率真实值，误差较小.若使用cd两点作图，折射角较大，计算出的折射率偏小.
答案：光学 d e20.(2011·天津高考)某同学用大头针、三
角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射
率.开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使
大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直
线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕
圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像.如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失.此时只须测量出___________，即可计算出玻璃砖的折射率.请用你的测量量表示出折射率n=_______.【解析】由题意可知，当玻璃砖转过某一
角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一
侧观察不到P1、P2的像，作出如图所示的
光路图可知，当转过角度θ时有
答案:玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ21.(2010·福建高考)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行.正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示.
(1)此玻璃的折射率计算式为n=_____(用图中的θ1、θ2表示)；
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度______(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量.【解析】 由实验的注意事项可知应选用宽度大的玻璃砖来测量，以减小实验误差.
答案:(1) (2)大22.(2010·海南高考)一光线以很小的入射角i射入一厚度为d、折射率为n的平板玻璃，求出射光线与入射光线之间的距离(θ很小时，sinθ=θ，cosθ=1).
【解析】如图所示，设光线以很小的入射角i入射到平板玻璃表面上的A点，折射角为γ，从平板玻璃另一表面上的B点射出.AC为入射光线的延长线.由折射定律和几何关系可知，它与出射光线平行.过B点作BD⊥AC，交AC于D点，则BD的长度就是出射光线与入射光线之间的距离，
由折射定律得:
由几何关系得:
出射光线与入射光线之间的距离为:当入射角 i很小时，有:
sini=i,sinγ=γ，
sin(i-γ)=i-γ，cosγ=1
解得
答案: 光的折射定律和折射率
1.折射现象:
光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向发生改变的现象.
2.折射定律
(1)内容：折射光线与入射光线、法线处在
同一平面内，折射光线与入射光线分别位
于法线的两侧，入射角的正弦与折射角的正
弦成正比.
(2)表达式: 式中n12是比例常数. 3.折射率
(1)物理意义：折射率仅反映介质的光学特性，折射率大，说明光从真空射入到该介质时偏折大，反之偏折小.
(2)定义式： 不能说n12与sinθ1成正比，与sinθ2成反比.折射率由介质本身的光学性质和光的频率决定.
(3)计算公式n= ，因v＜c，故任何介质的折射率总大于1.【名师点睛】
1.理解折射定律应注意
(1)入射光线、法线和折射光线共面，折射光线与入射光线分居在法线两侧.
(2)在光的折射现象中，光路是可逆的.
(3)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即作出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解.2.理解折射率时应注意
(1)介质的折射率实际上指的是绝对折射率，所谓绝对折射率是指光从真空进入介质时入射角与折射角的正弦值之比.
(2)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关. 全反射
1.定义：光从光密介质射向光疏介质，当入射角增大到某一角
度时，折射光线将消失，只剩下反射光线的现象.
2.条件：(1)光从光密介质射向光疏介质.(2)入射角大于等于
临界角.
3.临界角：折射角等于90°时的入射角.若光从光密介质(折射
率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sinC
= ，介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小.【名师点睛】
分析全反射现象的问题时，先确定是否满足发生全反射的条件，即光由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于等于临界角，若满足全反射的条件，再由反射定律来确定光的传播情况. 玻璃砖和三棱镜对光路的控制作用
1.玻璃砖对光路的控制：对于两面平行的玻璃砖，其出射光线和入射光线平行，且光线发生了侧移.如图所示.2.三棱镜对光路的控制及成像
(1)对光路的作用
①光密三棱镜：光线两次折射均向底面偏折.如图(1)所示.
②光疏三棱镜：光线两次折射均向顶角偏折.如图(2)所示.③全反射棱镜(等腰直角棱镜):当光线从一直角边垂直射入时，在斜边发生全反射，从另一直角边垂直射出,如图甲所示.当光线垂直于斜边射入时，在两直角边发生全反射后又垂直于斜边射出.如图乙所示.(2)三棱镜成像：当物体发出的光线从三棱镜的一侧面射入，从另一侧面射出时，逆着出射光线可以看到物体的虚像.【名师点睛】
在研究玻璃砖和三棱镜对光路的控制作用时应注意：
不同颜色的光频率不同，在同一种介质中的折射率、光速也不同，发生全反射现象的临界角也不同. 光的干涉
1.条件
(1)两列光的频率相同，且具有恒定的相位差，才能产生稳定的干涉现象.
(2)将同一列光波分解为两列光波，可以获得相干光源.双缝干涉和薄膜干涉都是用此种方法获得相干光源的.2.杨氏双缝干涉
原理如图所示：3.薄膜干涉
如图所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形，光照射到薄膜上时，在膜的前表面AA′和后表面BB′分别反射回来，形成两列频率相同的光波，并且叠加.(1)明暗条纹形成的原理分析
①明条纹条件:在P1、P2处，在两个表面处反射回来的两列光
波的路程差Δx等于波长的整数倍,即：Δx＝nλ(n＝1,2,
3…)，薄膜上出现明条纹.
②暗条纹条件:在Q处，两列反射回来的光波的路程差Δx等于
半波长的奇数倍,即：Δx＝(2n＋1) (n＝0,1,2,3…)，薄膜
上出现暗条纹.
(2)应用:①增透膜；②利用光的干涉检查平整度. 光的衍射
1.衍射的定义：光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象.
2.发生明显衍射的条件：只有在障碍物或孔的尺寸比光的波长小或者跟波长差不多的条件下，才能发生明显的衍射现象.
3.泊松亮斑：当光照到不透光的小圆板上时，在圆板的阴影中心出现的亮斑(在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环).【名师点睛】
1.研究干涉现象时应注意
(1)只有相干光才能形成稳定的干涉图样.
(2)单色光形成明暗相间的干涉条纹，白光形成彩色条纹.
2.干涉和衍射图样的区别
(1)光的干涉、衍射都可出现彩色条纹，但光学本质不同.
(2)区分干涉和衍射，关键是理解其本质，实际应用中可从条纹宽度、条纹间距、亮度等方面加以区分. 光的偏振
1.偏振：光波只沿某一特定的方向振动，称为光的偏振.
2.自然光：太阳、电灯等普通光源发出的光，包括在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫做自然光.
3.偏振光：在垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动的光，叫做偏振光.光的偏振证明光是横波.自然光通过偏振片后，就变成了偏振光.【名师点睛】
对偏振光的理解应注意
(1)自然光通过偏振片后，就变成了偏振光.
(2)平时我们所见的光，除直接从光源射来的以外一般都是偏振光. 测定玻璃的折射率
1.实验原理
如图所示，abb′a′为两面平行的玻璃砖，光线的入射角为
θ1,折射角为θ2,根据 可以计算出玻璃的折射率. 2.实验步骤
(1)把白纸铺在木板上.
(2)在白纸上画一直线aa′作为界面，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线.
(3)把长方形玻璃砖放在白纸上，并使其长边与aa′重合，再用直尺画出玻璃砖的另一边bb′.
(4)在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2.(5)从玻璃砖bb′一侧透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线的方向，直到P1的像被P2的像挡住.再在bb′一侧插上两枚大头针P3、P4，使P3能挡住P1、P2的像，P4能挡住P3及P1、P2的像.
(6)移去玻璃砖，在拔掉P1、P2、P3、P4的同时分别记下它们的位置，过P3、P4作直线O′B交bb′于O′.连接O、O′，OO′就是玻璃砖内折射光线的方向.∠AON为入射角，∠O′ON′为折射角.
(7)改变入射角，重复实验.3.求折射率的四种方法
(1)计算法：用量角器测量入射角θ1
和折射角θ2,算出不同入射角时的
并取平均值.
(2)图象法：改变不同的入射角θ1，测出不同的折射角θ2，作
sinθ1-sinθ2 图象，由 可知图象应为直线，如图所
示，其斜率就是玻璃的折射率.(3)辅助线段法：利用直尺作辅助线，测出辅助线的长度大
小，求玻璃的折射率.
如图所示，作辅助线 且垂直于 量出 作辅助线
且垂直于 量出 则 即可求
出：(4)“单位圆法”:以入射点O为圆心，以适当长度R为半径画圆，
交入射光线OA于E点，交折射光线OO′于E′点，过E作NN′的垂
线EH，过E′作NN′的垂线E′H′.如图所示， OE=OE′=R，则 只要用刻度尺量出EH、E′H′的长
度就可以求出n.【状元心得】
1.误差分析
(1)入射光线、出射光线确定的准确性造成误差，故入射侧、出射侧所插两枚大头针间距应大一些.
(2)入射角和折射角的测量造成误差，故入射角应适当大些，以减小测量的相对误差.2.注意事项
(1)实验时，应将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间、P3和P4之间、P2与O、P3与O′之间距离要稍大一些.
(2)入射角θ1不宜太大(接近90°)，也不宜太小(接近0°).太大，反射光较强，出射光较弱；太小，入射角、折射角测量的相对误差较大.(3)操作时，手不能触摸玻璃砖的光学面，更不能把玻璃砖界面当尺子画界线.
(4)实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变.
(5)玻璃砖应选用宽度较大的，宜在5 cm以上，若宽度太小，则测量误差较大. 用双缝干涉测光的波长
1.实验原理
(1)单色光经双缝干涉产生稳定的明、暗相间的条纹，复色光产生彩色条纹.
(2)条纹间距公式Δx= λ.2.实验步骤
(1)观察干涉条纹
①将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上，如图所示.
②接好光源，打开开关，使光源灯丝正常发光.
③调节各器件的高度，使光源发出的光能沿轴线到达毛玻璃屏.④安装双缝和单缝，中心大致位于遮光筒的轴线上，使双缝与单缝的缝平行，二者间距约5 cm～10 cm，这时，可观察白光的干涉条纹.
⑤在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹.(2)测定单色光的波长
①安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹.
②使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央，记下手轮上的读
数a1，将该条纹记为第1条亮纹；转动手轮，使分划板中心刻线
移动至另一亮条纹的中央，记下此时手轮上的读数a2，将该条
纹记为第n条亮纹，则相邻亮纹间的距离
③用刻度尺测量双缝到毛玻璃屏的距离l(d是已知的).
④重复测量，取平均值.【状元心得】
1.数据处理
用刻度尺测量出双缝到屏间的距离l,由公式λ= Δx计算波长.重复测量、计算，求出波长的平均值.
2.误差分析
测定单色光的波长，其误差主要由测量引起，条纹间距Δx测量不准，或双缝到屏的距离测量不准都会引起误差，但都属于偶然误差，可采用多次测量取平均值的方法来减小误差.3.注意事项
(1)调节双缝干涉仪时，要注意调节光源的高度，使它发出的一束光能够沿着遮光筒的轴线把屏照亮.
(2)放置单缝和双缝时，缝要相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上.
(3)调节测量头时，应使分划板中心刻线和条纹的中心对齐，记清此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线和另一条纹的中心对齐，记下此时手轮上的读数，两次读数之差就表示这两个条纹间的距离.(4)不要直接测Δx，要测几个条纹的间距，计算得Δx，这样可以减小误差.
(5)白光的干涉观察到的是彩色条纹，其中白色在中央，红色在最外边.课件180张PPT。专题十四 热学1.分子动理论的基本观点和实验依据 Ⅰ
2.阿伏加德罗常数 Ⅰ
3.气体分子运动速率的统计分布 Ⅰ
4.温度是分子平均动能的标志、内能 Ⅰ
5.固体的微观结构、晶体和非晶体 Ⅰ
6.液晶的微观结构 Ⅰ
7.液体的表面张力现象 Ⅰ
8.气体实验定律 Ⅰ9.理想气体 Ⅰ
10.饱和蒸气、未饱和蒸气和饱和蒸气压 Ⅰ
11.相对湿度 Ⅰ
12.热力学第一定律 Ⅰ
13.能量守恒定律 Ⅰ
14.热力学第二定律 Ⅰ
15.单位制：要知道中学物理中涉及的国际单位制的
基本单位和其他物理量的单位.包括摄氏度(℃)、标
准大气压 Ⅰ
16.实验：用油膜法估测分子的大小1.掌握布朗运动的特点，了解布朗运动与扩散运动的区别.
2.掌握宏观量与微观量之间的关系式，理解阿伏加德罗常数的桥梁作用.
3.会分析分子力、分子势能的综合问题.
4.了解固体、液体、气体的微观结构.
5.理解温度是分子平均动能的标志，内能及其与机械能的区别、联系.6.了解晶体、非晶体、表面张力、饱和蒸汽、未饱和蒸汽、相对湿度等概念.
7.掌握气体实验定律的定性分析及图象的理解.
8.掌握封闭气体压强的求解.
9.理解热力学定律，并能与能量守恒结合分析与气体有关的热现象.
10.掌握用油膜法估测分子大小的实验原理、方法.
11.根据新课标考纲要求，高考在本章出计算题的可能性较大，因此对涉及到计算的知识点，如微观量的估算、热力学第一定律、能量守恒定律、气体实验定律的应用要引起高度重视. 用油膜法估测分子的大小
【典例1】(2011·上海高考)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4.8×10-3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为______m.【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)明确分子动理论的内容.
(2)能正确建立物理模型.
(3)明确阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁和纽带. 【精讲精析】在量筒中滴入N滴该溶液，测出它的体积V′，则
一滴的体积: 为减小实验误差,先撒上痱子粉，再滴入
油酸酒精溶液，已形成稳定的轮廓，测出油酸分子的直径为
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【命题人揭秘】解答估算问题的程序
(1)抽象出决定事物特征的本质因素，忽略某些次要因素，根据题中所给条件及求解需要，建立合适的物理模型，根据构建的物理模型寻找对应的物理规律进行近似计算.
(2)由宏观量计算微观量，或由微观量计算宏观量，都要通过阿伏加德罗常数建立联系.微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可.估算的目的是获得对数量级的认识. 热力学第一定律的理解和应用
【典例2】(2011·重庆高考)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．
开箱时，密闭于汽缸内的压缩气
体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．
在此过程中，若缸内气体与外界
无热交换，忽略气体分子间相互
作用，则缸内气体( )A.对外做正功，分子的平均动能减小
B.对外做正功，内能增大
C.对外做负功，分子的平均动能增大
D.对外做负功，内能减小
【审题视角】解答本题时可按以下思路分析:【精讲精析】密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和．根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A正确.
答案:A
【命题人揭秘】本题主要考查热力学第一定律，应用热力学第一定律解题时应明确研究对象经历的状态变化，并按符号法则进行讨论． 热力学第一定律与理想气体状态方程结合问题
【典例3】(2010·全国卷Ⅱ)如图，一绝热容器被隔板K隔开a 、b两部分.已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态.在此过程中( )A.气体对外界做功，内能减少
B.气体不做功，内能不变
C.气体压强变小，温度降低
D.气体压强变小，温度不变
【审题视角】解答本题的关键是明确气体的三个状态参量的变化情况,并综合运用热力学第一定律、理想气体状态方程等规律分析求解.【精讲精析】解答本题时可按以下流程进行：抽开隔板K后，a内的稀薄气体进入真空b内，a内的稀薄气体做
功W=0,绝热容器不与外界发生热传递，则Q=0，根据热力学第
一定律:ΔU=W+Q，可得ΔU=0，则内能不变，故A错误，B正确；
稀薄气体可看做理想气体，内能仅由温度决定，由于ΔU=0，
则气体温度不变.又根据理想气体状态方程: 气体体积
变大，而温度不变，则压强变小，故C错误，D正确.
答案：B、D【命题人揭秘】本题主要考查热力学第一定律、理想气体状态方程及内能的决定因素.应用热力学第一定律讨论时，要依照符号规定进行，对结果的正负也同样依照规定来解释其意义，同时结合理想气体状态方程讨论各状态参量的变化. 气体实验定律与热力学第一定律的综合
【典例4】(2012·山东高考)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=20 cm(可视为理想气体)，
两管中水银面等高.现将右端与一低压
舱(未画出)接通，稳定后右管水银面
高出左管水银面h=10 cm.(环境温度不
变，大气压强p0=75 cmHg)(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位).
(2)此过程中左管内的气体对外界______(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)，气体将______(选填“吸热”或“放热”).
【审题视角】解答本题时应注意以下四点：
【关键点】
(1)选研究对象——左端气体.
(2)找其初态压强、体积、末态体积.
(3)由玻意耳定律求末态压强.
(4)左、右端气体的压强关系.【精讲精析】(1)设U型管横截面积为S，右端与大气相通时,左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后,左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.高为h的水银柱产生的压强为ph.
左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2 ①
p1=p0 ②
p2=p+ph ③
V1=l1S ④
V2=l2S ⑤由几何关系得h=2(l2-l1) ⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得
p=50 cmHg
(2)此过程中由于左管中的气体的体积变大.故左管内的气体对外界做正功；由于U型管导热良好,故此过程中，左管中的气体做等温变化，气体的内能变化为零，由热力学第一定律W+Q= ΔU可知W<0,ΔU=0,故Q>0,即气体将吸热.
答案：(1)50 cmHg (2)做正功 吸热【命题人揭秘】 U型管类问题的解答技巧
(1)粗细均匀的U型管一侧的液面下降h，两侧液面的高度差为2h.
(2)注意寻找左右管中被封气体的压强之间的关系. 气体压强的产生与计算
【典例5】(2009·浙江高考)一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示.(1)关于气球内气体的压强，下列说法正确的是( )
A.大于大气压强
B.是由于气体重力而产生的
C.是由于气体分子之间的斥力而产生的
D.是由于大量气体分子的碰撞而产生的
(2)在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变.下列说法正确的是( )
A.球内气体体积变大 B.球内气体体积变小
C.球内气体内能变大 D.球内气体内能不变(3)为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸.表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图所示.若表演时大气压强为1.013×105 Pa，取g=10 m/s2，则气球内气体的压强为________Pa.
(取4位有效数字)气球在没有
贴方格纸的下层木板上也会
留下“印迹”，这一“印迹”
面积与方格纸上留下的“印迹”
面积存在什么关系？【审题视角】解答本题时应把握以下三点：
【关键点】
(1)知道气球内气体的压强与大气压强的区别.
(2)理解温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系.
(3)掌握气体压强的计算方法.【精讲精析】(1)由于气球对球内气体的作用，球内气体压强大于大气压强，A对.根据气体压强的微观理论，气体压强是由于大量气体分子的碰撞而产生的，故B、C错D对.
(2)由于可视为理想气体，则 T不变，p增大，V减小，故A错B对.理想气体的内能只与温度有关，故C错D对.(3)人作用在气球上的力F=mg=600 N，“印迹”的面积为4S,S为每个“印迹”的面积(大于半格的算一格，小于半格的去掉)，得S=372×10-4 m2.
p′= Pa=0.040×105 Pa,
球内气体压强为：
p=p0+p′=(1.013×105+0.040×105)Pa=1.053×105 Pa
气球内部气体压强处处相等，气球上下两部分形变一样，故上下“印迹”面积相同.
答案：(1)A、D (2)B、D (3)1.053×105 面积相同【命题人揭秘】本题结合实际问题考查气体压强的产生和计算，解决此类问题，在认真审题的前提下，根据所学知识，从中抽象出理想模型是关键，再结合相关规律求解.气体压强的计算要注意正确地选取研究对象，进行受力分析，再利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解. 气体实验定律的应用
【典例6】(2011·山东高考)(1)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是________.
a．液晶的分子势能与体积有关
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．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用(2)气体温度计结构如图所示.玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连.开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1=14 cm.后来放入待测恒温槽中，上下移动D，使左管C中水银面在O点处，测得右管D中水银面高出O点h2=44 cm
(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准
大气压相当于76 cmHg)
①求恒温槽的温度.
②此过程A内气体内能______(填“增大”或
“减小”)，气体不对外做功，气体将_____
(填“吸热”或“放热”).【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)晶体和非晶体的性质，多晶体与单晶体的区别.
(2)固体和液体的内能与体积和温度有关，由体积决定物体的分子势能，由温度决定物体的分子平均动能.
(3)被封闭气体的变化特点及隐含条件.【精讲精析】(1)选a、d.液晶是一类处于液态和固态之间的特殊物质，其分子间的作用力较强，在体积发生变化时需要考虑分子间力的作用，分子势能和体积有关，a正确.晶体分为单晶体和多晶体，单晶体物理性质表现为各向异性，多晶体物理性质表现为各向同性，b错误.温度升高时，分子的平均动能增大，但不是每一个分子动能都增大，c错误.露珠由于受到表面张力的作用，表面积有收缩到最小的趋势即呈球形，d正确.(2)①由于在温度变化前后左端被封闭气体的体积没有发生变
化，由查理定律可得 代入数据可得恒温槽的温度
T2= = ×273 K=364 K，t=T2-273 K=91℃.
②此过程中由于被封闭理想气体温度升高，故内能增大；由热
力学第一定律知在没对外做功的前提下应该从外界吸收热量.
答案：(1)a、d (2)①364 K或91℃ ②增大 吸热【命题人揭秘】本题把热学的内能、晶体、表面张力、气体的压强等基本概念与气体实验定律、热力学第一定律等结合在一起命题，体现了高考的全面性和灵活性.在新课标地区，把多项选择和热力学的计算结合起来命题，不仅新颖，还能考查较多的知识点，这种命题趋势值得注意.求解(2)时，正确判断密封气体经历的状态变化过程，确定气体的初末状态是解题的关键，为此解题时须认真审题，字字看清，找准状态变化的具体过程，选相对应的气体实验定律. 气体实验定律中的变质量问题
【典例7】(2011·海南高考)(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).
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气的压强表示
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(2)如图，容积为V1的容器内充有压缩空气.容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连.气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与
左管中水银面的高度差为h.已
知水银的密度为ρ，大气压强
为p0，重力加速度为g；空气
可视为理想气体，其温度不变.
求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.【审题视角】解答本题时,可按以下思路分析：【精讲精析】(1)相对湿度越大，人感觉越潮湿，相对湿度大时，绝对湿度不一定大，故A错误；相对湿度较小时，人感觉干燥，故B正确；用空气中水蒸气的压强表示的湿度叫做空气的绝对湿度，用空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫做相对湿度，故C正确，D错误.
(2)气阀打开前，左管内气体的压强为p0
气阀打开后稳定时的压强p2=p0+ρgh ①
根据等温变化，则有p1V1+p0V2=p2(V1+V2) ②
联立①②两式解得p1=p0+
答案：(1)B、C (2)p0+【命题人揭秘】本题(2)问左管中水银面上方有压缩空气和空气两部分气体，当打开气阀时两者混在一起，属于变质量问题，因此如何选取研究对象是解题关键，本题把这两部分气体看成一个整体(整体法)，就可以化变质量为恒定质量，应用玻意耳定律求得结果． 气体状态方程的综合应用
【典例8】(2011·上海高考)如图，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍.设环境温度始终保持不变，求汽缸A中气体的体积VA和温度TA. 【审题视角】解答本题时注意以下三点：
【关键点】
(1)明确理想气体A、B的初、末状态.
(2)理解理想气体A、B经历的状态变化以及对应的实验定律.
(3)能找出两部分气体之间的联系，如总体积不变，平衡时压强相等.【精讲精析】设汽缸内气体的初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等,pA=pB=1.2p0
B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得:
p0V0=1.2p0(2V0-VA)
解得:VA= V0
A部分气体满足理想气体状态方程
解得:TA=1.4T0
答案: V0 1.4T0【命题人揭秘】本题研究对象较多，有理想气体A、B和活塞，其中刚性杆连接的绝热活塞是联系理想气体A、B的桥梁和纽带，能正确判断出气体A、B经历的状态变化以选择合适的规律是解题的关键点． 气体实验定律的图象及综合应用问题
【典例9】(2010·江苏高考)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体.下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是______.(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量.在上述两个过程中，空气的内能共减小_____kJ,空气_____(选填“吸收”或“放出”)的总热量为_____kJ.
(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3 和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023 mol-1.若潜水员呼吸一次吸入2 L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).【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)明确p - 图象的物理意义.
(2)熟练应用热力学第一定律.
(3)利用NA的桥梁作用求分子的个数. 【精讲精析】(1)等温变化时，根据pV=C，p与 成正比，所以p
- 图象是一条通过原点的直线，故正确选项为B.
(2)根据热力学第一定律ΔU=W+Q，第一阶段W1=24 kJ，ΔU1=
0，所以Q1=-24 kJ，放热.第二阶段W2=0，Q2=-5 kJ，所以ΔU2
=-5 kJ，两过程共放热Q=Q1+Q2=-29 kJ，内能变化ΔU=-5 kJ，
即减少5 kJ.
(3)设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和
ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn= NA
代入数据得Δn=3×1022.
答案：(1)B (2)5 放出 29 (3)3×1022【阅卷人点拨】 分子动理论与内能
高考指数:★★★★
1.(2012·大纲版全国卷)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.液体温度较高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
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】选B、D.布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的微小粒子的无规则运动，是由液体分子对微小粒子的撞击作用的不平衡产生的，不是液体分子的无规则运动，选项A、C错误，D正确；温度越高，分子运动速率越大，对微小粒子的冲量越大，布朗运动越剧烈；粒子越小，惯性越小，运动状态越容易改变，受撞击后加速度越大，运动越剧烈.所以液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈，选项B正确.2.(2012·福建高考)关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是( )
A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大
B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体
C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大
D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大
【解题指南】解答本题时应明确以下三点：
(1)改变气体内能的方式.
(2)分子力的特点及做功引起的能量变化关系.
(3)热力学第二定律的理解.【解析】选D.据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体吸收热量对外做功，内能不一定增大，A错；热量可以由低温物体传递到高温物体但要引起其他变化，B错；两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大，D对；当分子间作用力表现为斥力时，距离增大，分子势能减小，C错.3.(2012·广东高考)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
【解析】选D.因为空气中的水汽凝结成水珠时，分子间的距离变小，而分子引力和分子斥力均随着分子间距离的减小而增大.故D选项正确，其他选项都错.4.(2012·四川高考)物体由大量分子组成，下列说法正确的是
( )
A.分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
B.分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
C.物体的内能跟物体的温度和体积有关
D.只有外界对物体做功才能增加物体的内能
【解题指南】本题考查了分子动理论和热力学第一定律的内容，难度较低，但综合性较强，涉及的知识点较多，要求学生要熟练掌握相关知识，并能深入理解.【解析】选C.因为温度是物体分子平均动能的标志，温度越高，表明分子热运动越剧烈，但并不是每个分子的动能都增大，所以A错；当分子之间的距离r＜r0时，随着分子之间距离的减小，引力和斥力同时增大.当分子之间的距离r＞r0时，随着分子之间距离的增大，引力和斥力同时减小，所以B错；物体的内能跟物体的温度和体积都有关系，C正确；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，物体吸热也可以增加物体的内能，D错误.所以答案选C.5.(2011·广东高考)如图所示,两个接触
面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅
柱不脱落,主要原因是( )
A.铅分子做无规则热运动
B.铅柱受到大气压力作用
C.铅柱间存在万有引力作用
D.铅柱间存在分子引力作用
【解析】选D.挤压后的铅分子之间的距离可以达到分子之间存在相互作用力的距离范围，故不脱落的主要原因是分子之间的引力大于斥力,但合力表现为引力，故D正确，A、B、C错误.6.(2011·上海高考)某种气体在不同
温度下的气体分子速率分布曲线如图
所示，图中f(v)表示v处单位速率区
间内的分子数百分率，所对应的温度
分别为TⅠ、TⅡ、TⅢ，则( )
A.TⅠ＞TⅡ＞TⅢ
B.TⅢ＞TⅡ＞TⅠ
C.TⅡ＞TⅠ,TⅡ＞TⅢ
D.TⅠ=TⅡ=TⅢ【解析】选B.因为对于给定的气体，当温度升高，分子热运动加剧，速率较大的分子所占百分比增高，分布曲线的峰值向速率大的方向移动即向高速区扩展，峰值变低，曲线变宽，变平坦，故B正确.
【误区警示】本题易错选A项,误认为图线越高温度越高,其原因是没明确f-v图线的物理意义,图象的纵轴表示百分率,而不代表速率的大小.7.(2010·福建高考)(1)1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律.若以横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比.下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是( )(2)如图所示，一定质量的理想气体密封在绝
热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内
装有一可以活动的绝热活塞.今对活塞施以一
竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段
距离后，气体的体积减小.若忽略活塞与容器
壁间的摩擦力，则被密封的气体( )
A.温度升高，压强增大，内能减少
B.温度降低，压强增大，内能减少
C.温度升高，压强增大，内能增加
D.温度降低，压强减小，内能增加【解析】(1)选D.气体分子速率分布规律是中间多，两端少，且一切分子都在不停地做无规则运动，故选D.
(2)选C.由力F对密闭的气体做正功W>0，活塞绝热，则Q=0.由热力学第一定律知ΔU>0，理想气体内能增大，T升高，又V减小，根据pV/T=C，p增大，故选C.8.(2010·全国卷Ⅰ)如图为两分子系统的
势能Ep与两分子间距离r的关系曲线.下列
说法正确的是( )
A.当r大于r1时，分子间的作用力
表现为引力
B.当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力
C.当r等于r2时，分子间的作用力为零
D.在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【解析】选B、C.本题考查了分子、分子势能与分子间距离的关系，识别图象是解题的关键点.当rr2时，分子势能随分子间距离的增大而增大，说明分子力做负功，因此分子间作用力表现为引力，所以选项A、D均错.r=r2是分子间斥力与引力相等的临界点，此时分子间作用力为零，故选项C正确.9.(2012·新课标全国卷)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【解析】选A、C、E.做功和热传递都可以改变物体的内能，选项A正确；由热力学第一定律可知,对某物体做功，物体的内能可能增加、不变或减小，故B错；由热力学第二定律可知，通过外界作用可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，可以使热量从低温物体传向高温物体，所有的实际宏观热过程都是不可逆的，所以C、E对，D错. 固态、液态和物态变化
高考指数:★★
10.(2011·福建高考)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，图中横轴表示
时间t，纵轴表示温度T，从图中可以
确定的是( )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
【解析】选B.由图象可知曲线M表示晶体，bc段表示晶体熔化过程，处于固液共存状态，B对；N表示非晶体，没有固定的熔点，A错；由于非晶体没有一定的熔点而是逐步熔化，因此C、D错.11.(2010·新课标全国卷)关于晶体与非晶体，下列说法正确的是( )
A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C.单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的【解析】选B、C.在选项A中,玻璃是非晶体,故A错;从晶体的微观结构可知,晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的,故B对;单晶体、多晶体区别于非晶体的特征是晶体有固定熔点而非晶体无固定熔点,故C对;单晶体的物理特性是各向异性的,而多晶体和非晶体是各向同性的,故D错.12.(2010·海南高考)下列说法正确的是( )
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他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【解析】选A、D、E.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，A正确；玻璃是非晶体，B错；多晶体也有固定的熔点，C错；液体表面层内的分子受到液体内部分子的引力指向液体内部，液体表面层内的分子受到气体分子的微小引力背离液体内部，因此分子力的合力指向液体内部，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，因此与单位体积内分子数和气体的温度有关，E对. 气体及气体实验定律
高考指数:★★★★
13.(2012·福建高考)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L,现再充入1.0 atm的空气9.0 L.设充气过程为等温过程,空气可看做理想气体,则充气后储气罐中气体压强为( )
A.2.5 atm B.2.0 atm
C.1.5 atm D.1.0 atm【解题指南】解答本题时应明确以下两点：
(1)充气过程可看成等温压缩过程.
(2)理想气体等温变化可应用玻意耳定律.
【解析】选A.依题可知p1=1 atm，V1=15.0 L，V2=6 L，据p1V1=p2V2得p2=2.5 atm，故选A.14.(2012·重庆高考)如图为伽利略
设计的一种测温装置示意图，玻璃
管的上端与导热良好的玻璃泡连通，
下端插入水中，玻璃泡中封闭有一
定量的空气.若玻璃管内水柱上升，
则外界大气的变化可能是( )
A.温度降低，压强增大
B.温度升高，压强不变
C.温度升高，压强减小
D.温度不变，压强减小【解题指南】解答本题需要明确两点：
(1)明确大气压、玻璃泡内气压和水柱压强三者之间的关系.
(2)玻璃泡内空气温度、压强可变化而认为体积不变化.
【解析】选A．根据压强关系，外部气压等于内部气压加上水柱压强.即p0=p+ρgh，当外界大气压强p0增大时，由于玻璃泡内空气体积、温度、压强都不变，所以水柱上升；当外界温度降低时，由于玻璃泡中的空气体积V不变，内部气体压强p减小，所以导致水柱上升.因此，选项A正确.15.(2011·新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B.若气体的内能不变，其状态也一定不变
C.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
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.当气体温度升高时，气体的内能一定增大【解析】选A、D、E.对一定质量的理想气体，有 =常量，当
体积和压强不变时，温度也不变，而其内能仅由温度决定，故
其内能不变，因此A正确.在等温时，理想气体内能不变，但其
状态可以变化，并遵循玻意耳定律，故B错.由于 =常量，当
V与T成正比时，p不变，故C错.对气体，在等压和等容情况
下，比热容不同，因此D正确.由于理想气体的内能仅由温度决
定，温度升高，内能增大，故E正确.16.(2010·广东高考)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.体积不变，压强变小
B.体积变小，压强变大
C.体积不变，压强变大
D.体积变小，压强变小【解析】选B.由题图可知空气被封闭在细管内，水面升高时，温度不变，气体体积减小，根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确.17.(2009·全国卷Ⅱ)如图，水平放
置的密封汽缸内的气体被一竖直隔
板分隔为左右两部分，隔板可在汽
缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一
电热丝.汽缸壁和隔板均绝热.初始时隔板静止，左右两边气体温度相等.现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源.当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )
A.右边气体温度升高，左边气体温度不变
B.左右两边气体温度都升高
C.左边气体压强增大
D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量【解析】选B、C.当电热丝通电后,右边的气体内能增加，温度
升高，从而压强变大，进而推动活塞向左移动,活塞向左移动
过程中，右边气体对左边的气体做功,左边气体内能增加温度
升高，压强也变大.而右边气体的压强、温度又会降低，当再
次达到平衡时两边气体压强又相等，但比初始状态的压强大.
对右边气体由 =常量，知温度比初始状态高，则内能比初始
状态大.由能量守恒知，两边气体内能的总增加量应等于电热
丝放出的热量，B、C正确.18.(2009·上海高考)如图为竖直放置的上细下粗的密
闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度
相同.使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为
ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的
变化量为ΔFA、ΔFB，则( )
A.水银柱向上移动了一段距离
B.ΔVA＜ΔVB
C.ΔpA＞ΔpB
D.ΔFA=ΔFB【解析】选A、C.解法一:公式法
首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理
定律，对气体A：由 对气体B：
又初始状态满足pA=pB+ρgh得，p′A-pA>p′B
-pB，因此，液柱将向上移动,故ΔpA>ΔpB，ΔFA>ΔFB，A、C
正确，D错误；由于水银不可压缩，气体的总体积不变，因此
ΔVA=ΔVB，所以B错误.解法二:图象法
假设液柱不动，初状态:pA＞pB，升高相同温度，ΔpA＞ΔpB，ΔFA＞ΔFB,所以液柱上升，A、C正确，D错误；由于水银不可压缩，气体的总体积不变，因此ΔVA=ΔVB，所以B错误.19.(2010·上海高考)如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，表面积为5×10-3 m2，一定质量的气体被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为_________Pa(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2).若从初温27℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50 m缓慢地变为0.51 m，则此时气体的温度为_________℃.【解析】对封闭气体有：
p=p1+
=1.01×105 Pa+ Pa
=1.05×105 Pa，
升温时气体做等压变化，由 得
T2= T1= ×300 K=306 K，
由T2=273+t2得t2=33 °C.
答案:1.05×105 3320.(2012·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p=1.0×105 Pa，吸收的热量Q=7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量.【解析】等压变化
对外做的功W=p(VB-VA)
根据热力学第一定律ΔU=Q-W,
解得ΔU=5.0×102 J
答案:5.0×102 J21.(2012·新课标全国卷)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 ℃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60 mm.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.(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位);
(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温.【解析】(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273 K.设玻璃泡B中气体压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体压强为pC，依题意有
p1=pC+Δp ①
式中Δp=60 mmHg. 在打开阀门S后，两水槽水温均为T0，设玻璃泡B中气体压强为pB，依题意，有
pB=pC 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=pBV2 ④
联立①②③④式，并代入题给数据得
pC= Δp=180 mmHg ⑤
(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡C中气体压强为
p′C=pB+Δp ⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定律得
⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
T′=364 K ⑧
答案：(1)180 mmHg (2)364 K22.(2011·新课标全国卷)如图，一上端开口，下端封闭
的细长玻璃管，下部有长l1=66 cm 的水银柱，中间封有长
l2=6.6 cm的空气柱，上部有长l3=44 cm的水银柱，此时水
银面恰好与管口平齐.已知大气压强为p0=76 cmHg.如果使
玻璃管绕底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.【解题指南】解决本题需抓住以下几点:
(1)要明确本题的研究对象是密封气体，同时会确定密封气体经历的状态变化和初末状态.
(2)要会挖掘隐含条件——①封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气，说明是质量一定的理想气体.②玻璃管的总长可以确定.
(3)能判断出玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空.【解析】设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1=p0+ρgl3 ①
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度.
玻璃管开口向下时，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，p0=p2+ρgx ②
式中，p2为管内空气柱的压强.由玻意耳定律有
p1l2S=p2hS 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式和题干条件得
h=12 cm从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则
p3=p0+ρgx ④
由玻意耳定律得
p1l2S=p3h′S ⑤
式中，h′是此时空气柱的长度，解得
h′=9.2 cm
答案:12 cm 9.2 cm23.(2010·海南高考)如图所示，体积为V、内壁
光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可
忽略的活塞;汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为
1.2p0的理想气体.p0和T0分别为大气的压强和温
度.已知:气体内能U与温度T的关系为U=αT，α
为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是
缓慢的.求:
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1;
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.【解析】(1)在气体压强由p=1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T=2.4T0变为T1，
由查理定律得:
解得:T1=2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，
由盖—吕萨克定律得:
解得:(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为:
W=p0(V-V1)
在这一过程中，气体内能的减少量为:ΔU=α(T1-T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为:
Q=W+ΔU，
解得:
答案:(1) (2) 理想气体状态变化的图象问题
高考指数:★★★★
24.(2011·上海高考)如图，一定量的理想
气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过
程中，其压强( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终不变 D.先增大后减小
【解析】选A.由 从状态a到b由等压线知，斜率减小即压强增大.A正确.25.(2010·上海高考)一定质量理想气
体的状态经历了如图所示的ab、bc、
cd、da四个过程，其中bc的延长线通
过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，
da与bc平行，则气体体积在( )
A.ab过程中不断增加
B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断增加
D.da过程中保持不变【解析】选A、B.在p-T图象中，过气体状态点和坐标原点O的连线的斜率与气体在该状态下体积的倒数成正比.由于bc的延长线过坐标原点，斜率不变，气体做等容变化，将O与d、O与a连起来，可得另外两条等容线，它们的斜率关系kOd>kOa>kbc，故cd过程气体体积减小，da过程气体体积增加，ab过程气体体积增加.故正确答案为A、B.【方法技巧】巧解热学图象问题
(1)识好图:要清楚纵横坐标的含义，清楚等温、等压、等容变化在p-V图象、p-T图象、V-T图象上的特点.
(2)会读图:从图象中提取相关的信息，如物态变化的特点、已知量、待求量等.
(3)会画图:根据气体状态变化的特点，画出相应的图象. 热力学定律与能量守恒
高考指数:★★★★
26.(2012·广东高考)景颇族的祖先
发明的点火器如图所示,用牛角做套
筒,木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )
A.气体温度升高,压强不变
B.气体温度升高,压强变大
C.气体对外界做正功,气体内能增加
D.外界对气体做正功,气体内能减少【解题指南】本题利用热力学第一定律及理想气体状态方程求解.
【解析】选B.由于套筒内封闭着一定质量的气体，当猛推推杆时推杆迅速压缩气体，外界对气体做正功.由于这一过程进行得很快，可以看成是一个近似的绝热过程，即整个系统来不及向外界传递热量.根据热力学第一定律，这时外力做的功只能用来增加气体的内能.这就使气体分子的运动加剧，引起气体分子平均动能增加，气体温度升高.所以艾绒即刻被点燃.由于被封闭的气体质量不变，温度升高，而体积变小，则由气体状态方程知压强变大.故B选项正确，其他选项都错.27.(2011·福建高考)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( )
A.温度降低，密度增大
B.温度降低，密度减小
C.温度升高，密度增大
D.温度升高，密度减小
【解析】选D.由热力学第一定律ΔU=W+Q，Q=2.5×104 J，W=
-1.0×104 J可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对. 28.(2011·广东高考)如图为某种椅子
与其升降部分的结构示意图，M、N两
筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N
的内壁上下滑动，设筒内气体不与外
界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.外界对气体做功，气体内能减小
C.气体对外界做功，气体内能增大
D.气体对外界做功，气体内能减小【解析】选A.M向下滑动的过程中，气体体积减小，故外界对气体做功，由于筒内气体不与外界发生热交换,说明Q=0,由热力学第一定律ΔU=W+Q知，内能的改变ΔU取决于做功W，因外界对气体做功，故气体的内能增大，A正确，B、C、D错误.29.(2010·广东高考)如图是密闭的汽
缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内
气体做功800 J，同时气体向外界放热
200 J，缸内气体的( )
A.温度升高，内能增加600 J
B.温度升高，内能减少200 J
C.温度降低，内能增加600 J
D.温度降低，内能减少200 J【解析】选A.由热力学第一定律ΔU=W+Q得：ΔU=800 J+
(-200 J)=600 J，因ΔU=600 J>0，故内能增加600 J，一
定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，故温度一定升高，选项A正确.30.(2010·重庆高考)给旱区送水的消防车停于水平地面.在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )
A.从外界吸热 B.对外界做负功
C.分子平均动能减小 D.内能增加【解析】选A.选胎内气体为研究对象，由于气体温度不变，气体的状态变化遵循玻意耳定律，在放水过程中，气体的压强逐渐减小，体积逐渐增大，气体对外界做正功，B错误；由热力学第一定律ΔU=W+Q知,气体温度不变，分子的平均动能不变,内能不变，又因气体对外做功，则从外界吸收热量，A正确，C、D错误.31.(2010·浙江高考)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图所示，单位时间所吸收的热量可看做不变.(1)以下说法正确的是( )
A.在区间Ⅱ，物质的内能不变
B.在区间Ⅲ，分子间的势能不变
C.从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加
D.在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大
(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(填“变快”、“变慢”或“快慢不变”)，请说明理由.【解析】(1)选B、C、D.物体的内能是分子总动能与分子总势能之和，在区间Ⅱ，温度不变，分子平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间势能，物质的内能增大，选项A错误；理想气体分子间作用力为零，不考虑分子势能，选项B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子无规则运动加剧，熵增加，选项C正确；温度是分子平均动能的标志，选项D正确.(2)根据热力学第一定律ΔU=Q+W和理想气体的状态方程
可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1=Q-|W|；
体积不变的条件下，W=0，ΔU2=Q；
所以ΔU1<ΔU2，体积不变的情况下温度升高变快.
答案:(1)B、C、D
(2)变快 理由见解析【方法技巧】气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体.
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出与之相关的气体状态参量，利用相关规律解决.
(3)对理想气体，只要体积变化外界对气体(或气体对外界)要做功W=pΔV；只要温度发生变化，其内能要发生变化.
(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题.32.(2010·山东高考)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒，气体温度由T0=300 K升至T1=350 K.
(1)求此时气体的压强.
(2)保持T1=350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因.【解析】(1)设升温后气体的压强为p1，由查理定律得：
①
代入数据得：
p1= p0 ②
(2)抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V，由玻意耳定律得：
p1V0=p0V ③
联立②③式解得：
V= V0 ④设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为K，由题意得：
K= ⑤
联立④⑤式解得：K= ⑥
因为抽气过程中剩余气体的温度不变，故内能不变，而剩余气
体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸
热.
答案:(1) p0 (2) 吸热 原因见解析【方法技巧】用整体法巧解变质量问题
在向某一容器内多次充气或容器向外放气的过程中，容器内气体的量是变化的，如果把参与的气体看做一个整体，就可以化变质量为恒定质量的气体处理.例如,在等温情况下向一固定容器内充气,原容器参量为p0、V0,充入气体参量为p1、V1,充气后容器内气体压强为p2,则有p0V0+p1V1=p2V0.另一种情况为容器释放出气体,则有等式p0V0=p1V1+p2V0成立,式中p1、V1为释放出气体的压强和体积,p2为容器内气体的最后压强. 分子动理论
1.物质是由大量分子组成的
(1)分子的大小
①一般分子直径的数量级:10-10 m
②估测的方法:油膜法
(2)一般分子质量的数量级:10-26 kg
(3)阿伏加德罗常数:
①1 mol的任何物质都含有相同的粒子数，用符号NA表示，NA=6.02×1023 mol-1.②NA是联系宏观量和微观量的桥梁,
(4)分子模型
①球体模型直径为
②立方体模型边长为d=
2.分子永不停息地做无规则热运动
(1)扩散现象：相互接触的物体互相进入对方的现象.温度越高，扩散越快.
(2)布朗运动的特点：永不停息、无规则运动；颗粒越小，运动越剧烈；温度越高，运动越剧烈,运动轨迹不确定.3.分子间存在着相互作用力
(1)分子间同时存在相互作用的引力和斥力.
(2)分子力是分子间引力和斥力的合力.
(3)r0为分子间引力和斥力大小相等时的距离，其数量级为
10-10 m.
(4)如图所示，分子间的引力和斥力
都随分子间距离的增大而减小，随分
子间距离的减小而增大，但总是斥力
变化得较快. ①r=r0时，F引=F斥，分子力F=0；
②r③r>r0时，F引和F斥都随距离的增大而减小，但F斥比F引减小得更快，分子力F表现为引力;
④r>10r0(10-9 m)时，F引、F斥迅速减弱，几乎为零，分子力F≈0.【名师点睛】
1.固体和液体分子都可看成是紧密堆集在一起的球体，分子
的体积 仅适用于固体和液体，对气体不适用.
2.对于气体分子,d= 的值并非气体分子的大小，而是两个
相邻的气体分子之间的平均距离.
3.阿伏加德罗常数是联系微观与宏观数量的桥梁.【状元心得】
处理微观量估算问题的方法
1.微观物理量:分子质量m0，分子体积V0，分子直径d.
2.宏观物理量:物体的质量M，体积V，密度ρ，摩尔质量MA，摩尔体积VA.
3.阿伏加德罗常数是联系微观与宏观数量的桥梁，根据质量、摩尔质量或(体积、摩尔体积)，求出摩尔数，进而求分子数.【名师点睛】
1.布朗运动不是固体分子的运动，也不是液体分子的运动，是液体分子无规则热运动的间接反映.
2.布朗运动只能发生在气体、液体中，而扩散现象在气体、液体、固体之间均可发生.布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关.
3.因分子间的引力和斥力同时存在，且都随间距变化，所以分析分子力做功时，应先明确分子力表现为什么力，在间距变化过程中做什么功，再根据合力做功情况判断分子势能的变化. 物体的内能
1.分子平均动能:物体内所有分子动能的平均值.
标志：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大.
2.分子势能:由分子间的相互作用和相对位置决定的能量.它随着物体体积的变化而变化，与分子间距离的关系为:
(1)当r>r0时，分子力表现为引力，随着r的增大，分子引力做负功，分子势能增大.
(2)当r(4)分子势能曲线如图所示.3.物体的内能:物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和.
(1)决定内能的因素
①微观上：分子动能、分子势能、分子个数.
②宏观上：温度、体积、物质的量(摩尔数).
③一定质量的理想气体的内能只由温度决定.(2)改变物体的内能的两种方式
①做功：当做功使物体的内能发生改变的时候，外界对物体做了多少功，物体内能就增加多少；物体对外界做了多少功，物体内能就减少多少.
②热传递：当热传递使物体的内能发生改变的时候，物体吸收了多少热量，物体内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体内能就减少多少.【名师点睛】
1.温度相同的任意两个物体分子平均动能相同，如温度相同的氢气和氧气分子平均动能相同，但由于氢气分子质量小于氧气分子质量，故氢气分子平均速率大于氧气分子平均速率.
2.物体的体积越大，分子势能不一定就越大，也有少数物体(如水变成冰)，体积变大，分子势能反而变小. 【名师点睛】
1.任何物体都有内能.
2.当一个系统的内能发生变化时，一定要分析做功和热传递两种可能性，不能遗漏其中一种. 热力学定律与能量守恒定律
1.热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和.
(2)表达式:ΔU=Q＋W(3)符号规定2.热力学第二定律
(1)表述一:热量不能自发地从低温物体传到高温物体.
(2)表述二:不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而
不产生其他影响.
3.能量守恒定律
(1)能量守恒定律的内容：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另一种形式，或者从一个物体
转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变.
(2)条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式
的能是否守恒是有条件的.例如，机械能守恒定律具有适用条件，而能量守恒定律是无条件的，是一切自然现象都遵守的基本规律.
(3)两类永动机
①第一类永动机:
不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器.
不能制成的原因：违背能量守恒定律.
②第二类永动机:
从单一热库吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器.
不能制成的原因：违背热力学第二定律.【名师点睛】
1.应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统.
2.应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据，对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义.
3.热力学第二定律揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性.(自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性).
4.虽然功与热量具有相同的单位，但二者是完全不同的两个概念，在能量守恒定律的表达式中只存在能量，不存在功. 固体和液体
1.固体
晶体 有确定熔点:例如,石英、云母、明矾、
(1)固体 食盐、味精、蔗糖等是晶体
非晶体 无确定熔点:例如,玻璃、蜂蜡、松香、
沥青、橡胶等是非晶体
(2)单晶体具有规则的几何形状，多晶体和非晶体没有规则的几何形状.(3)各向异性:有些晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象称为各向异性.非晶体和多晶体在各个方向的物理性质都是一样的，这叫做各向同性.2.液体
(1)液体分子间距离比气体分子间距离小得多，液体分子间的作用力比固体分子间的作用力要小；液体内部分子间的距离在10-10 m左右.
(2)液体的表面张力:液体表面层分子间距离较大，因此分子间的作用力表现为引力；液体表面存在表面张力，使液体表面绷紧，浸润与不浸润也是表面张力的表现.
(3)液晶：液晶是一种特殊的物质，它既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，液晶在显示器方面具有广泛的应用.【名师点睛】
1.只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体.
2.只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体.
3.晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.
4.金属是多晶体，所以它是各向同性的.
5.表面张力使液体自动收缩，由于有表面张力的作用，液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向沿液面切线方向. 气体
1.描述气体的状态参量
(1)两种温标——摄氏温标和热力学温标
①两种温标的比较：两种温标温度的零点不同，同一温度两种温标表示的数值不同，但它们表示的温度间隔是相同的，即每一份的大小相同，Δt=ΔT.
②两种温标的单位:摄氏温标的单位是摄氏度(℃),热力学温标的单位是开尔文(K).(2)三个状态参量的比较(3)气体的状态及变化
①对于一定质量的气体，如果温度、体积、压强这三个量都不变，我们就说气体处于一定的状态.
②一定质量的气体，p与T、V有关，三个参量中不可能只有一个参量发生变化，至少有两个或三个同时改变.2.气体实验定律、理想气体状态方程
(1)理想气体
①严格遵从气体实验定律的气体叫理想气体.
②实际气体在温度不太低、压强不太大时可当做理想气体处理.
③理想气体是不存在的，它是实际气体在一定程度的近似，是一种理想化模型.一些不易液化的气体如氢气、氧气、氮气、氦气，在常温下，可按理想气体处理.(2)玻意耳定律
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比.
②公式：pV=C或p1V1=p2V2.
③微观解释：一定质量的某种理想气体，分子的总数是一定的，在温度保持不变时，分子的平均动能保持不变，气体的体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大，反之亦然，故气体的压强与体积成反比.(3)查理定律
①内容:一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比.
②公式:
③微观解释：一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度不变，在这种情况下，当温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大.(4)盖—吕萨克定律
①内容:一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比.
②公式:
③微观解释：一定质量的某种理想气体，当温度升高时，分子的平均动能增大，要保持压强不变，只有增大气体的体积，减小分子的密集程度.(5)理想气体状态方程
①内容:一定质量的理想气体，从状态1变到状态2时，尽管p、
V、T都可能改变，但压强跟体积的乘积与热力学温度的比值不
变.
②公式:3.有关图象的处理方法
(1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线分析同质量、不同温度的两条等温线，不同体积的两条等容线，不同压强的两条等压线的关系.
例如：如图所示，V1对应虚线为等容线，A、B是等容线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2＞T1.如图所示，T1对应虚线为等温线，A、B为等温线与V2、V1两线的交点，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1.(2)一定质量的气体不同图象的比较【名师点睛】
1.温度是决定一个系统和另一个系统是否达到热平衡状态的物理量，一切达到热平衡状态的系统都具有相同的温度.
2.热力学温度的零值是低温的极限，只能接近不能达到.即热力学温度无负值.
3.温度是大量分子热运动的集体行为，对个别分子说温度无意义.【名师点睛】
1.封闭气体对器壁的压强处处相等.
2.求解液体内部深度为h处的总压强时，不要忘记液面上方气体的压强.
3.注意区别封闭气体的压强和大气压强.【状元心得】
几种常见情况的压强计算
1.系统处于平衡状态下的气体压强计算方法
(1)液体封闭的气体压强的确定
①平衡法：选与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，利用它的受力平衡，求出气体的压强.
②取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等建立方程求出压强.
液体内部深度为h处的总压强为p=p0+ρgh.(2)固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强的确定
由于该固体必定受到被封闭气体的压力，所以可通过对该固体进行受力分析，由平衡条件建立方程，来找出气体压强与其他各力的关系.
2.加速运动系统中封闭气体压强的计算方法
一般选与气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解.【名师点睛】
理想气体的分子模型：理想气体是为了研究问题的方便而建立的一种理想化模型．其微观模型是：分子本身无大小；分子间除碰撞外不计分子之间的相互作用力,无分子势能,内能只与温度有关；分子间的碰撞看成弹性碰撞.【状元心得】
应用理想气体状态方程解题的一般步骤
1.明确研究对象，即某一定质量的理想气体.
2.确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2.
3.由状态方程列式求解.
4.讨论结果的合理性.【状元心得】
在应用气体图象分析问题时，一定要看清纵、横坐标所代表的物理量，同时要注意横坐标表示的是摄氏温度还是热力学温度.【名师点睛】
1.用p-t图象表示查理定律
(1)图象形状:(2)图象特点:
通过t轴上-273.15℃的直线.
(3)V1与V2的大小关系:
由于在同一温度下，同一气体的压强大时体积小，所以V1>V2.2.用V-t图象表示盖—吕萨克定律
(1)图象形状:(2)图象特点:
通过t轴上-273.15℃的直线.
(3)p1与p2的大小关系:
由于在同一温度下,同一气体的体积大时，压强小，所以p1>p2. 饱和汽与饱和汽压
1.动态平衡:在单位时间内，由液面蒸发出去的分子数等于回到液体中的分子数，液体与气体之间达到了平衡状态，这种平衡是一种动态平衡.
2.饱和汽:在密闭容器中的液体不断地蒸发，液面上的蒸汽也不断地凝结，蒸发和凝结达到动态平衡时，液面上的蒸汽为饱和汽.
3.未饱和汽:没有达到饱和状态的蒸汽.4.饱和汽压:在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的，这个压强即这种液体的饱和汽压.
(1)饱和汽压只是指空气中这种液体蒸汽的分气压，与其他气体压强无关.
(2)饱和汽压与温度和物质种类有关. 空气的湿度
1.绝对湿度和相对湿度
(1)绝对湿度:用空气中所含水蒸气的压强来表示的湿度.
(2)相对湿度:空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比.
(3)相对湿度公式:
2.常用湿度计
干湿泡湿度计、毛发湿度计、传感器湿度计. 用油膜法估测分子的大小
1.实验目的
(1)用油膜法估测油酸分子的大小.
(2)学会间接测量微观量的原理和方法.
2.实验原理
利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜(如图所
示)，将油酸分子看成球形，测出一定体积油酸酒精溶液在水
面上形成的油膜面积，用 计算出油膜的厚度，其中V为
一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油膜面积.这个厚度就
近似等于油酸分子的直径.3.实验器材
油酸、酒精、盛水浅盘、痱子粉(或石膏粉)、量筒(两个)、滴管(或注射器)、大玻璃板、彩笔、坐标纸.4.实验步骤
(1)取1 mL(1 cm3)的油酸溶于酒精中，制成200 mL的油酸酒精
溶液.
(2)往边长为30～40 cm的浅盘中倒入约2 cm深的水，然后将痱
子粉或石膏粉均匀地撒在水面上.
(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶
液，使这些溶液体积恰好为1 mL，算出每滴油酸酒精溶液的体
积
(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴油酸酒精溶液，油酸
就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜. (5)待油酸薄膜形状稳定后，将准备好的玻璃板盖在浅盘上，
用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上.
(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄
膜的面积，求面积时，以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单
位，数出轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，多于半个
的算一个.
(7)据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V，
据一滴油酸的体积V和薄膜的面积S，算出油酸薄膜的厚度
即为油酸分子的直径.比较算出的分子直径，看其数量级(单位
为m)是否为10-10 m，若不是10-10 m需重做实验.【名师点睛】
1.实验中应注意的事项
(1)痱子粉和油酸的用量都不可太大，否则不易成功.
(2)油酸酒精溶液的浓度以小于 为宜，配好后不宜长时间放置.
(3)测一滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小.(4)浅盘里的水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直.
(5)要待油膜形状稳定后，再画轮廓.
(6)本实验只要求估算分子的大小，实验结果的数量级符合即可.
(7)做完实验后，把水从盘的一侧边缘倒出，并用少量酒精清洗，然后用脱脂棉擦去，最后用水冲洗，以保持盘的清洁.2.实验误差分析
(1)纯油酸体积的计算误差.
(2)油膜面积的测量误差
①油膜形状的画线误差.
②数格法本身是一种估算的方法，自然会带来误差.课件242张PPT。专题十 磁场1.磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ
2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ
3.安培力、安培力的方向 Ⅰ
4.匀强磁场中的安培力 Ⅱ
5.洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ 6.洛伦兹力公式 Ⅱ
7.带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ
8.质谱仪和回旋加速器 Ⅰ
说明：1.安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形
2.洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形1.掌握磁感应强度、磁感线等基本概念.
2.会应用安培定则、左手定则分析通电导体棒在磁场中的受力、平衡及运动问题.
3.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，特别是在有理想边界的磁场中的匀速圆周运动.
4.会分析质谱仪、回旋加速器、速度选择器、磁流体发电机等磁场在生活和科技方面的应用问题.
5.会分析带电粒子在复合场、交替场中运动的问题. 安培力及其应用
【典例1】(2010·上海高考) 如图所示，
长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°
的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀
强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线
中通以电流强度为I的电流时，该V形通电
导线受到的安培力大小为( )
A.0 B.0.5BIl C.BIl D.2BIl 【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)会求通电折导线的等效长度.
(2)当通电导线与磁场垂直时，会求安培力.
【精讲精析】导线有效长度为端点连线的长度,2lsin30°=l，
所以该V形通电导线受到的安培力大小为BIl,选项C正确.
答案:C 【命题人揭秘】 利用公式F＝BIL求解安培力的技巧
(1)磁场的磁感应强度B应与导体棒L垂直.
(2)常见的情况是导体棒处在匀强磁场中，但B并不一定是匀强磁场，可以是导线所在处(处处相等)的磁感应强度值.
(3)当通电导线为折线或曲线时，L是有
效长度，即垂直磁感应强度方向两端点
所连直线的长度，如图所示. 因为任意
形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零. 洛伦兹力、带电粒子的匀速圆周运动
【典例2】(2012·安徽高考)如图所示，
圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁
场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径
AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点
射出磁场，OC与OB成60°角.现将带电
粒子的速度变为 仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A. B.2Δt C. D.3Δt【审题视角】解答本题时要注意以下三点：
【关键点】
(1)画出轨迹示意图，找出圆心的位置.
(2)根据几何图形，找出运动时间、速度、偏转角的关系.
(3)根据速度的变化确定偏转角的变化，进一步求出运动时间的变化情况. 【精讲精析】设磁场区域的半径为R，
粒子的轨迹半径为r，粒子以速度v在
磁场中运动的轨迹如图所示，
则由几何关系知，r= 又T=
所以Δt= 当粒子的速度
为v/3时，轨迹半径为 所以偏转角
θ′=120°， 故选项B正确.
答案：B 【命题人揭秘】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的应用技巧
(1)注意条件：带电粒子(仅考虑磁场力)垂直进入匀强磁场.
(2)判断转向：粒子的转向由磁场方向和粒子的电性决定，与速
度方向无关.正负粒子在同一匀强磁场做匀速圆周运动的转向相
反，一个顺时针另一个逆时针.
(3)两个公式：半径 周期 由此粒子运动的周期与
粒子的速度无关，由粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定. 带电粒子在有理想边界磁场中的运动
【典例3】(2011·新课标全国卷)如图，
在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小
分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy
平面.一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的
粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，
其速度方向沿x轴正向.已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴
正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的1/3.不计重力和两粒子之间的相互作用力.求
(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；
(2)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差.
【审题视角】解答本题时，应注意以下两点：
【关键点】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律及平面几何关系求解.
(2)当粒子从一磁场进入另一磁场时速度大小不变，并且两圆心及两圆切点共线. 【精讲精析】(1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆
周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，
粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边
界的交点为P′，如图，由洛伦兹力公式
和牛顿第二定律有，
①
由几何关系有∠PCP′=θ ②
Ra1= ③
式中θ=30°，由以上各式可得va= ④ (2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点
为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa=θ′=60°，由洛伦兹力公
式和牛顿第二定律有，
qva(2B)= ⑤
由①⑤式得 ⑥
C、P′、Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x= ⑦
的平面上，由对称性知，Pa点与P′的纵坐标相同，即
yPa=Ra1cosθ＋h ⑧
式中，h是C点的纵坐标. 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二
定律有， ⑨
设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α，如果b没有飞
出Ⅰ，则 ⑩
?式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而
?
?
解得α=30° ? 可见b没有飞出Ⅰ区.Pb点的y坐标为
yPb=Rb1(2+cosα)+h ?
解得a、b两粒子的y坐标差为yPa-yPb=
答案：(1) (2)【命题人揭秘】巧解有界磁场中部分圆弧运动问题
(1)分析思路三步走：①确定圆心，画出轨迹；②找几何关系，
定物理量；③画动态图，定临界状态.
(2)分析方法四优法：①几何对称法：粒子的运动轨迹关于入射
点和出射点的中垂线对称.②动态放缩法：速度越大半径越大，
但速度方向不变的粒子圆心在垂直速度方向的直线上. ③旋转
平移法：定点离子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子
的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径 的圆上，相当
于将一个定圆以入射点为圆心旋转.④数学解析法：写出轨迹圆
和圆形边界的解析方程，应用物理和数学知识求解. 带电粒子在复合场中的运动
【典例4】(2011·安徽高考)如图
所示，在以坐标原点O为圆心、半
径为R的半圆形区域内，有相互垂
直的匀强电场和匀强磁场，磁感应
强度为B，磁场方向垂直于xOy平面
向里.一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出. (1)求电场强度的大小和方向.
(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经
时间恰从半圆形区域的边界射出.求粒子运动加速度的大小.
(3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4
倍，求粒子在磁场中运动的时间.
【审题视角】解答本题可以按以下思路分析： 【精讲精析】(1)设带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v,电场强度为E，可判断出粒子受到的洛伦兹力方向沿x轴负方向，由于粒子的重力不计且粒子受力平衡，故粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，即电场强度沿x轴正方向，且qE=qvB ①
R=vt0 ②
解得E=(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,在y轴
方向做匀速直线运动，位移为y= ③
由②③式得y= 设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形
区域边界上，于是x= 又因为粒子在水平方向上做匀加速
直线运动，则x= ④
解得a= ⑤ (3)仅有磁场时入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，
由牛顿第二定律有qv′B= ⑥
又有qE=qvB=ma ⑦
由②⑤⑥⑦得r=
带电粒子偏转情况如图,由几何知识
sinα= sinα= α= 则带
电粒子在磁场中的运动时间
t磁=
答案：(1) 沿x轴正方向 (2) (3) 【命题人揭秘】 带电粒子在复合场中运动问题的分析技巧
(1)力和运动的关系:根据带电粒子所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解.
(2)功能关系:根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题,这条线索不但适用于均匀场,也适用于非均匀场,因此要熟悉各种力做功的特点. (3)注意两点：①是否考虑带电粒子的重力,这要依据具体情况而定,对于质子、离子等微观粒子,一般不考虑重力;液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定,一般把物体在空间的方位介绍得很明确的,都应考虑重力,有时还应根据题目的隐含条件来判断.②画好示意图,在画图的基础上要特别注意运用几何知识寻找关系. 带电粒子在交替场中的运动
【典例5】 (2011·大纲版全国卷)如图，
与水平面成45°角的平面MN将空间分成
Ⅰ和Ⅱ两个区域.一质量为m、电荷量为q
(q＞0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点
水平向右射入Ⅰ区.粒子在Ⅰ区运动时，
只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里.求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离.粒子的重力可以忽略.【审题视角】解答本题要把握以下三点：
【关键点】
(1)在电场中运动的轨迹是抛物线，要应用运动的合成与分解.
(2)在磁场中运动的轨迹是圆，要运用圆周运动规律求解.
(3)抛物线与圆周相连处，速度既是抛物线的切线，又是圆周的切线，这也是本题的关键点.【精讲精析】设粒子在电场中沿抛物线运动的加速度为a
qE=ma ①
设经过时间t粒子从P1进入磁场
v0t= at2 ②
粒子的速度大小 ③
设速度与竖直方向夹角为α,
④
此时粒子到出发点P0的距离
s0= v0t ⑤进入磁场后，轨道半径r1= ⑥
设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所对圆心角为2β，则P1
到P2的距离s1=2r1sinβ ⑦
由几何关系α+β=45° ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧解得s1= ⑨
P2点与P0点相距l=s0+s1 ⑩
联立解得l=
答案：【命题人揭秘】“电偏转”和“磁偏转”的比较 回旋加速器、质谱仪
【典例6】(2009·江苏高考)1932年，
劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器.
回旋加速器的工作原理如图所示，置
于高真空中的D形金属盒半径为R，两
盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用. (1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm.【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)明确粒子的运动过程，选择相应的规律列方程.
(2)分析粒子加速的次数，从而确定粒子在磁场中运动的圈数
求运动时间.
(3)粒子在磁场中运动的最大频率与fm大小关系不确定，分析
粒子在两种情况下的运动情况，从而求最大动能. 【精讲精析】1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1
解得 ：
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=
则 r2∶r1= ∶1(2)设粒子到出口处被加速了n圈
2nqU= mv2 qvB=
T= t=nT
解得：t=
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 f=
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为
粒子的动能Ek= mv2 当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定
qvmBm=
解得：Ekm=
当fBm>fm时，粒子的最大动能由fm决定
vm=2πfmR
解得：Ekm=2π2mfm2R2
答案:(1) ∶1 (2)
(3) ≤fm时,为 >fm时,为2π2mfm2R2 【命题人揭秘】回旋加速器中粒子的最终能量
(1)由于D形盒的大小是一定的,所以不管粒子质量的大小和带
电量如何,粒子最终从加速器内射出时具有相同的旋转半径.由
qvmB= 得最终能量: Em= 可见,粒子获得的能量
与回旋加速器的直径有关,直径越大,粒子获得的能量越大.
(2)注意粒子每旋转一周在电场中加速两次,每加速一次电场对
粒子做一次功. 速度选择器与磁场的综合
【典例7】(2011·浙江高考)
利用如图所示装置可以选择一
定速度范围内的带电粒子.图中
板MN上方是磁感应强度大小为B、
方向垂直纸面向里的匀强磁场，
板上有两条宽度分别为2d和d的
缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同
速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场.对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.射出粒子的最大速度为
C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【审题视角】可按以下思路分析此题：
【精讲精析】根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦
兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电,A错误.粒子能
够从右边缝中射出，则最大半径为 最小半径为 由于
洛伦兹力提供向心力：Bqv= 可得vmax= vmin=
所以vmax-vmin= 分析可得B、C正确,D错误.
答案：B、C 【命题人揭秘】“另类”速度选择器的应用
常见的速度选择器选出的粒子速度相同,而本装置选出的粒子速度则有一定的范围.利用“另类”速度选择器把运动学的知识和带电粒子在磁场中的运动综合在一起，建立起粒子的速度v和半径r 之间的关系,从而确定粒子在磁场中的最大与最小速度差. 磁场与电路知识的综合应用
【典例8】(2010·四川高考)如图所
示，电源电动势E0=15 V，内阻r0=1 Ω，
电阻R1=30 Ω,R2=60 Ω.间距d=0.2 m
的两平行金属板水平放置，板间分布有
垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场.闭合开关S，
板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/s
沿两板间中线水平射入板间.设滑动变阻器接入电路的阻值为
Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10 m/s2. (1)当Rx=29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？
(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx是多少？
【审题视角】解答本题时应注意以下三点：
【关键点】
(1)对于直流电路,电容器相当于断路.
(2)平行板电容器内部场强E＝
(3)注意临界值与圆的知识的运用. 【精讲精析】(1)闭合电路的外电阻为：
R=Rx+ =29 Ω+ =49 Ω
根据闭合电路欧姆定律得：
I= =0.3 A
R2两端的电压为
U2=E0-I(Rx+r0)=15 V-0.3×30 V=6 V
R2消耗的电功率为P2= =0.6 W (2)小球进入板间做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
Bqv= =mg，
联立解得：U2′=
小球做匀速圆周运动的初末速度的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得：r=d，
R12=
联立各式代入数据解得：
I′= =0.2 A
Rx= -r0= Ω-1 Ω=54 Ω
答案:(1)0.6 W (2)54 Ω 【阅卷人点拨】 磁感应强度、安培力及其应用
高考指数:★★★★
1.(2012·大纲版全国卷)如图，两根
相互平行的长直导线过纸面上的M、N
两点，且与纸面垂直，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
【解题指南】磁感应强度是矢量，某点的磁感应强度由M、N电流在该处叠加而成，磁感应强度的方向由安培定则判断.【解析】选C.根据安培定则，M、N电流在O点处的磁感应强度方向相同，都垂直MN连线向下，O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；由对称关系可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，大小相等，选项C正确、D错误. 2.(2012·天津高考)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,棒中通以由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( )
A.棒中的电流变大,θ角变大
B.两悬线等长变短,θ角变小
C.金属棒质量变大,θ角变大
D.磁感应强度变大,θ角变小【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选A.金属棒的受力情况如图所示,
则有tanθ= 当棒中的电流I变
大或者磁感应强度B变大时，因为重力不变，
所以θ角会变大，选项A对、D错；两悬线等
长变短对θ角没有影响，选项B错；当金属棒
的质量变大时，θ角变小，选项C错. 3.(2011·大纲版全国卷)如图，两根相互
平行的长直导线分别通有方向相反的电流
I1和I2 ，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某
一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与
两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连
线与导线所在平面垂直.磁感应强度可能为
零的点是( )
A.a点 B.b点 C.c点 D.d点【解题指南】解答本题要把握以下三点：
(1)理解直线电流的磁场强弱与距离通电导线远近有关.
(2)明确直线电流磁场的磁感线的空间分布情况.
(3)磁场是矢量，满足矢量运算法则.
【解析】选C.空间某点的磁感应强度的大小和方向是两条直线电流各自产生的磁场叠加的结果.距离导线越近的地方，磁场越强.根据安培定则，只有在c点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零. 4.(2011·新课标全国卷)电磁轨道炮工
作原理如图所示.待发射弹体可在两平行
轨道之间自由移动，并与轨道保持良好
接触.电流I从一条轨道流入，通过导电
弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是( )A.只将轨道长度L变为原来的2倍
B.只将电流I增加至原来的2倍
C.只将弹体质量减至原来的一半
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
【解题指南】解答本题注意以下两点：
(1)在弹体的加速过程中安培力做功.
(2)在加速过程中可以应用动能定理进行判断.【解析】选B、D.设轨道间距为a，发射速度为v时，对应的电流为
I，弹体的质量为m，轨道长度为L，弹体的长度为a，当速度为2v
时，对应的电流为I′，弹体的质量为m′，轨道长度为L′，依题
意有，B=kI，F=BIa=kI2a，由动能定理得，FL= mv2，即kI2aL=
mv2，同理有kI′2aL′= m′4v2，两式相比可得：
四个选项中只有B、D两个选项使前式成立，故A、C错，B、D正确. 5.(2011·上海高考)如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( )
A.z正向， B.y正向，
C.z负向， D.沿悬线向上，【解题指南】解答本题应注意以下三点：
(1)把立体图转化为平面图.
(2)平衡时，重力、绳子拉力和安培力三者合力为零.
(3)安培力的方向符合左手定则.
【解析】选B、C.对于A选项，安培力水平向里，三力合力不可
能为零,A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培力BIL=
mg时，可以平衡，此时B= B选项正确；对于C选项，安培力
水平向外，三力平衡时安培力BIL=mgtanθ，此时B= C
选项正确；对于D选项，安培力垂直于绳子的方向向里，三力
不可能平衡，D错误. 【误区警示】解答本题易出现如下错误
(1)不能把立体图转化为正确的平面图;
(2)误认为悬线与竖直方向有夹角，悬线中必有张力，从而导致漏选B项. 6.(2012·新课标全国卷)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. (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)用测得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.
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： 【解析】分析本实验原理可得出：通过U形金属框在重力、细线拉力和安培力作用下的平衡，来求得磁场的磁感应强度大小.所以,必须构成给金属框通一可改变电流大小的供电电路，根据所给仪器即可连接成一简单的串联实验电路.根据金属框的平衡要测定金属框的重量和安培力的大小，可通过改变托盘内的细沙质量来调平衡，由于磁场方向不确定.所以,实验结果有两种可能，所列平衡方程式为：mg=m1g，mg=m2g±BIl，所以
B= 其相应的实验步骤中的填空就能正确写出.答案：(1)如图所示
(2)③重新处于平衡 电流表的示数I 此时细沙的质量m2
④D的底边长l
(3) (4)m2>m1 7.(2010·浙江高考)如图所示，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
θ＝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θ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力学平衡外，还能输出多少额外电功率？【解析】(1)导体棒所受安培力为:
FA=IBL2 ①
对导体棒由平衡条件得：
mgtanθ=FA ②
解得：I= ③
所以当θ=60°时
I1=
光电池输出功率为：
P1=UI1=
(2)当θ=45°时,根据③式可知维持受力平衡需要的电流为：
I2=根据几何关系可知：
=
解得：P2= P1=
而光电池产生的电流为：
I光电=
所以能提供的额外电流为：
I额外=I光电-I2= 可提供的额外功率为：
P额外=I额外U=
答案:(1)
(2) 洛伦兹力、带电粒子在磁场中的圆周运动
高考指数:★★★★★
8.(2012·北京高考)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圆周运动.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【解题指南】本题需要把握以下两点:
(1)电流强度的定义式.
(2)粒子圆周运动的周期公式.
【解析】选D.粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期
电流强度I= 所以电流强度I与磁感应
强度B成正比，D正确. 9.(2012·广东高考)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
中虚线所示,下列表述正确的是( )
A.M带负电,N带正电
B.M的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
D.M的运行时间大于N的运行时间 【解题指南】解答本题可按以下思路分析：
【解析】选A.由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正
确.由qvB= 得R= 由题意可知两个带电粒子的质量和电
量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图及A选项的判
断可知RN＜RM,故vN＜vM，所以B选项错误.由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不会对M、N
做功，则C选项错误.由 及题给条件可知，这两
个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由题图可见两个带电
粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了180°，故在磁场中运
动的时间相等，所以D选项错误. 10.(2012·江苏高考)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
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【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选B、C.只有当带电粒子垂直边界入射时，出射点离
入射点的距离为直径时才最远，设OA之间的距离为l,由
可得：R1= 当出射点离入射点的最近距离为l-d时，有
R2= 联立上式可知此时有最小速度 当出射
点离入射点的最远距离为l+d时，有 联立上式可知此时有最大的垂直入射速度v=v0+ 考虑当入射速度不垂直边界入射时，要想达到最远距离l+d，其速度可以比这个临界速度大，所以选项D不对，C正确.同理可以判断出A不对，B正确.答案选B、C. 11.(2010·江苏高考)如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直.a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，
b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度
方向与b的速度方向间的夹角分别为α、
β，且α>β.三个质子经过附加磁场区
域后能达到同一点S′，则下列说法中
正确的有 ( ) A.三个质子从S运动到S′的时间相等
B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在
OO′轴上
C.若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近
D.附加磁场方向与原磁场方向相同
【解析】选C、D.三个质子从S运动到S′过程，运动轨迹的长
度从a、b、c依次增大，由于洛伦兹力对质子不做功，三个质
子速度大小始终相等，运动时间不相等，选项A错误；三个质
子在附加磁场以外区域及附加磁场区域运动时，以质子b为例
画出其运动轨迹图的两种情况(R>r和R由图可以看出质子b在附加磁场以外区域运动时,运动轨迹的圆
心不在OO′轴上，所以选项B错误；用作图法可知，若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点距离为：xa=2Rsin(
-α)=2Rcosα，b到达SS′连线上的位置距S点距离为xb=2R，c
到达SS′连线上的位置距S点距离为xc=2Rsin( -β)=2Rcosβ，
可知a到达SS′连线上的位置距S点最近，选项C正确；因b要增
大曲率才能使到达SS′连线上的位置向S点靠近，所以附加磁场
方向与原磁场方向相同，选项D正确. 12.(2010·重庆高考)如图所示，矩形
MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁
场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置
垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做
匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，
这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如
表所示. 由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为( )
A.3,5,4 B.4,2,5 C.5,3,2 D.2,4,5 【解题指南】解答本题应注意以下两点：
(1)分析表格中的数据特点.
(2)根据表格中比荷与速度的大小关系结合半径公式，找到相
应粒子.
【解析】选D.根据半径公式 结合表格中数据可求得1～5
各组粒子的半径之比依次为0.5∶2∶3∶3∶2，说明第一组正
粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动.由题
图知a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且
a、b粒子的半径比为2∶3，则a一定是编号为2的粒子，b是编
号为4的粒子.c顺时针运动，为负电荷，半径与a相等是编号为
5的粒子.正确答案是D. 13.(2011·海南高考)空间存在方向垂
直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方
形为其边界.一细束由两种粒子组成的
粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射.
这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、
质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力.下列说法正确的是( ) A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)明确粒子在磁场中运动的周期和半径公式.
(2)根据公式对各选项进行判断.【解析】选B、D.根据带电粒子在磁场中运动的周期T=
可知两种粒子在磁场中的运动周期相同.若速度不同的粒子在
磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同.
再由半径公式R= 可知，入射速度相同的粒子轨迹相同，粒
子在磁场中运动的时间t= 即由轨迹所对的圆心角决
定，故B、D正确，A、C错误. 14.(2010·全国卷Ⅰ)如图所示，
在0≤x≤ a区域内存在与xy平面
垂直的匀强磁场，磁感应强度的
大小为B.在t=0时刻，一位于坐标
原点的粒子源在xy平面内发射出
大量同种带电粒子，所有粒子的初
速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内.已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P( a,a)点离开磁场.求： (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m；
(2)t0时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.
【解析】(1)初速度与y轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图中的弧OP 所示,其圆心为C. 由题给条件可以得出∠OCP= 此粒子飞出磁场所用的时间
为：t0= 式中T为粒子做圆周运动的周期.设粒子运动速度
的大小为v,半径为R,由几何关系可得：
R=
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=
由以上几式联立,
可得：(2)依题意,同一时刻仍在磁场内的粒子到O的距离相同，在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN上,如图所示.
设此时位于P、M、N三点的粒子
的初速度分别为vP、vM、vN.由
对称性可知vP与OP、vM与OM、Vn
与ON的夹角均为π/3.设vM、vN
与y轴正向的夹角分别为θM、θN,
由几何关系有：θM= θN=
对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足 ≤θ≤ . (3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,其轨迹如图所示.
由几何关系可知, 弧长OM
等于弧长OP,由对称性可知，
弧长ＭＥ等于弧长OP,所以
从粒子发射到全部粒子飞出
磁场所用的时间：
ｔm=2t0.
答案:(1)
(2) ≤θ≤ (3)2t0 15.(2010·新课标全国卷)如图所示，在
0≤x≤a、0≤y≤ 范围内有垂直于xy
平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某
时刻发射大量质量为m、电荷量为q的
带正电粒子，它们的速度大小相同，速
度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围
内.已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从
发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中
做圆周运动周期的四分之一.求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的
(1)速度的大小；
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦.
【解析】(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半
径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：
①
由①解得：R= ②
画出沿+y方向以a/2为半径做匀速圆周运动轨迹如图中①所
示，再画出从坐标原点O沿与y轴正方向成一定夹角射出，以半
径R0( C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示.
设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t= 得：
∠OCA= ③ 设最后离开磁场的粒子的发射速度方向与y轴正方向的夹角为
α，由几何关系可得：
Rsinα=R- ④
Rsinα=a-Rcosα ⑤
又sin2α+cos2α=1 ⑥
由④⑤⑥式解得：R=( )a ⑦
由②⑦式得：v= ⑧
(2)由④⑦式得：sinα= ⑨
答案:(1) (2) 带电粒子在复合场、交替场中的运动
高考指数:★★★★★
16.(2012·山东高考)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界
两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上
固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔
S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的
大小均为U0，周期为T0.在t=0时刻将一个质量为m、电量为
-q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运
动，在t= 时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒
子重力，不考虑极板外的电场) (1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的件.
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.【解析】(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0= ①
由①式得v= ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
=ma ③
由运动学公式得d= ④
联立③④式得d= ⑤ (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB= ⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
2R> ⑦
联立②⑥⑦式得B< ⑧
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1 ⑨
联立②⑤⑨式得t1= ⑩ 若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得
d= ?
联立⑨⑩?式得t2= ?
设粒子在磁场中运动的时间为t
t=3T0- -t1-t2 ?
联立⑩??式得t= ?
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T= ?
由题意可知T=t ?
联立式???得B= ?
答案：(1)
(2)B<
(3)17.(2012·新课标全国卷)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 R.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. 【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动.
设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB= 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点和d点，过O点
再作bc的垂线交bc于e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围成一正方形.因此
=r ②
设 =x，由几何关系得
③
④
联立②③④式得r= 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式得
E= ⑨
答案：18.(2012·浙江高考)如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴.调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点. (1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量.
(2)求磁感应强度B的值.
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置.为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′,则B′的大小为多少？
【解题指南】墨滴做匀速直线运动，根据二力平衡确定电荷种类并计算电荷量.墨滴做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力，确定圆心的位置和半径，画出几何图形可以方便求解.注意认真审题，充分挖掘已知条件，如垂直打在下板的M点. 【解析】(1)墨滴受重力和电场力做匀速直线运动，电场力与
重力平衡，电场的方向竖直向下，说明墨滴带负电荷，设其电
荷量为q，则有
=mg ①
所以q= ②
(2)墨滴进入电场和磁场共存区域后，受重力、电场力和洛伦
兹力作用，但重力和电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做
匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，
有qv0B= ③
因为墨滴垂直打在下板，墨滴在该区域完成一个四分之一圆周 运动，根据几何关系可知，
半径R=d ④
联立②③④得B= ⑤
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周半径为R′,则有qv0B′= ⑥
由图示几何关系，得
R′2=d2+(R′- d)2 ⑦
得R′= d ⑧
联立②⑥⑧式，
得B′=
答案:(1)负电荷 (2) (3) 19.(2012·江苏高考)如图所示，待测区域中存在匀强电场和
匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁
场.图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放
置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，
两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反.质量为m、电荷
量为+q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的
平移器，最终从A点水平射入待测区域.不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1.
(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，
求此时的偏转电压U.
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的
受力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如表所示.
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【解题指南】解答本题第(3)问时可按以下思路分析
【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为v0
动能定理qU0= mv02
由题意得v1=v0，即v1=
(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t
加速度的大小a=
在离开时，竖直分速度vy=at
竖直位移y1= at2水平位移l=v1t
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t
竖直位移y2=vyt
由题意知，粒子竖直总位移y=2y1+y2
解得y=
则当加速电压为4U0时，U=4U1
(3)①由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴.
且E=
②由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行.
F2+f2=( )2，则f=2F且f=qv1B
解得B=
③设电场方向与x轴方向夹角为α.
若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得
(f+Fsinα)2+(Fcosα)2=( )2
解得α=30°或α=150°
即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.
同理，若B沿-x轴方向
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-30°或-150°.
答案：见解析20.(2012·重庆高考)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装
置，其原理如图所示.两带电金属板间有匀强电场.方向竖直向
上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场.
一束比荷(电荷量与质量之比)均为 的带正电颗粒，以不同的
速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中
速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动
到达收集板.重力加速度为g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与NQ的距
离为l，不计颗粒间相互作用.求(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离. 【解题指南】解答本题需要把握以下两点：
(1)在只有电场的区域中做直线运动，表明重力等于电场力；
(2)在电场和磁场共同区域，受到的合外力等于洛伦兹力，粒子做匀速圆周运动.
【解析】(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m，有
Eq=mg
将 代入，得E=kg(2)如图甲所示，有
qv0B=
R2=(3d)2+(R-d)2
得B=(3)如图乙所示，有
qλv0B=
tanθ=
y1=R1-
y2=ltanθ
y=y1+y2
得y=d(5λ- )+
答案：(1)kg (2)
(3)21.(2011·北京高考)利用电场和磁场，
可以将比荷不同的离子分开，这种方法
在化学分析和原子核技术等领域有重要
的应用.
如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)
中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝.离子源产生的离
子经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向
射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集.整个装置内部
为真空.
已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q.加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略.不计重力，也不考虑离子间的相互作用.
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具
有一定宽度.若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域
交叠，导致两种离子无法完全分离.
设磁感应强度大小可调，GA边长为定值l，狭缝宽度为d，狭缝右
边缘在A处.离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA
边且垂直于磁场.为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分
离，求狭缝的最大宽度. 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：
(1)根据电场力做功与动能的关系可求出离子获得的速度.
(2)根据半径公式求出两种离子在GA边落点的间距.
(3)两束离子能完全分离，离子落点区域应无交叠.
【解析】(1)由动能定理，
qU= m1v12，
所以v1= ①
(2)离子在磁场中做圆周运动，
qvB= R= 利用①得R1= R2= ②
两种离子在GA边落点的间距
s=2R1-2R2= ③
(3)质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，落点区域的宽度也为d，同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域宽度也是d.
为保证两束离子能完全分离，两个离子落点区域应无交叠，条件为
2(R1-R2)>d ④ 将②式代入④式，
得2R1(1- )>d
R1最大值满足2R1m=l-d
则(l-d)(1- )>d
求得d的最大值
dm=
答案:(1) (2)
(3) 22.(2011·广东高考)如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0.一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力. (1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小.
(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间.
(3)在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？ 【解题指南】解答本题时应按以下思路进行：
(1)运用动能定理求出粒子离开复合场时的速度；
(2)画出粒子在磁场中运动的轨迹，求磁感应强度和时间；
(3)分析粒子在磁场中运动的特点，确定能够射出磁场时磁感应
强度的最大值.
【解析】(1)带电粒子在复合场中受到电场力和洛伦兹力的作用，
因为洛伦兹力不做功，故只有电场力做功，由动能定理得:
Uq= mv12- mv02.
解得v0=(2)作出粒子运动的轨迹如图所示，
则(3R0-R0)= 得粒子的运动半
径为r= 洛伦兹力提供向心力：
qv2B=
联立解得：B=
在磁场中的运动时间为：
t=(3)若粒子能够从OA延长线与外圆的交点
射出，则所有粒子均能射出，此时粒子
在A点的射入方向是垂直AC向下的，粒子
运动轨迹的半径为r1=2R0，此时对应磁感
应强度是最大的，设为Bm，要使粒子能从
外圆射出，由洛伦兹力提供向心力得：
qv3Bm< 所以Bm<
答案:(1)
(2) (3) 23.(2011·四川高考)如图所示，正方形
绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8 m，
距地面h=0.8 m.平行板电容器的极板CD
间距d=0.1 m且垂直放置于台面，C板位
于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小
孔.电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1 T、方向竖直向上
的匀强磁场.电荷量q=5×10-13 C的微粒静止于W处，在CD间加
上恒定电压U=2.5 V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进
入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY边界离开台面.在
微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇.假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10 m/s2.
(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
(2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
(3)若微粒质量m0=1×10-13 kg，求滑块开始运动时所获得的速度. 【解析】(1)由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为正，D板为负；所受电场力的大小为
F=qE= =1.25×10-11 N ①
(2)由题意知两个轨迹边界如图所示，
由此边界结合勾股定理得
＜R≤l-d ②再由向心力公式qvB= 得
R= ③
且qU= mv2 ④
联立解得该微粒的质量范围：
8.1×10-14 kg＜m≤2.89×10-13 kg
(3)先将质量m0=1×10-13 kg代入③④
可得v=5 m/s，R=1 m，其轨迹如图
所示.由图可知cosθ= =0.8，即θ=37° ⑤
设微粒在空中的飞行时间为t,则由运动学公式可知
h= gt2 ⑥
设滑块滑至与微粒相碰过程中的平均速度为 ，将其沿YX以及
WX方向分解，各自的分速度记为 、 ，根据运动学公式
沿WX方向有
=vsinθ·t ⑦
沿YX方向有
(vcosθ- )t=d+Rsinθ ⑧
由⑤⑥⑦⑧可得 =3 m/s
根据勾股定理知
=3.75 m/s ⑨
把 当做该过程中间时刻的瞬时速度，设滑块初速度为v0，由
运动学公式得
=v0- ⑩
再根据牛顿第二定律知:
a= ?
联立解得v0=4.15 m/s设其方向与YX边界夹角为α，则
sinα= =0.8，即得α=53°.
(注：此题也可由正弦定理结合余弦定理求解，此处略)
答案:(1)1.25×10-11 N C板为正，D板为负
(2)8.1×10-14 kg＜m≤2.89×10-13 kg
(3)4.15 m/s，其方向与YX边界夹角为53° 【方法技巧】带电粒子在交替场中运动问题的求解方法
(1)先由左手定则判断微粒带电的正负，再判断电场方向，从而确定两板的电性；
(2)用动能定理计算进入磁场时的速度，然后以洛伦兹力结合向心力公式找到圆周半径的表达式，再根据半径的边界条件便可计算出微粒的质量范围；
(3)由(2)中的表达式算出微粒平抛的初速度及其方向(即θ)，再根据高度计算落地时间.若是考虑到匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，可将两物体的速度各自分解，分方向建立方程求解.(也可利用正弦定理结合余弦定理) 24.(2011·重庆高考)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层.一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M′N′飞出.不计电子所受重力. (1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；
(2)求电场强度的取值范围；
(3)A是M′N′的中点，若要使电子在A、M′间垂直于AM′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间.【解题指南】解答本题时应注意以下三点：
(1)半径公式和动能公式中都含有速度，以速度为关联量，就可求出半径之比.
(2)电子在电场区域运动时，电场力对电子做功，根据动能定理与题目限制条件就可以确定出电场强度的取值范围.
(3)电子在磁场区域中做圆周运动，根据周期公式和题目限制条件就可求出运行时间. 【解析】(1)设圆周运动的半径分别为R1、R2…Rn、 Rn+1…，第
一次和第二次圆周运动的速率分别为v1、v2，动能分别为Ek1、Ek2 Ek2=0.81Ek1
Ek1= mv12，Ek2= mv22，
解得 =0.9.
(2)设电场强度为E，第一次达到隔离层前的速度为v′，
eEd= mv′2
0.9× mv′2= mv12 R1≤s 解得E≤
又由Rn=0.9n-1R1，2(1+0.9+0.92+…+0.9n+…)R1>3s
得E>
所以 (3)设电子在磁场中做圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，总运动时间为t,由题意有
+Rn+1=3s
R1≤s
Rn+1=0.9nR1Rn+1≥
由以上各式联立解得：
1.056≤n≤2.11
所以取n=2
又由T=
得t=
答案:(1)0.9 (2) 摆器是同步辐射装置中
的插入件，能使粒子的
运动轨迹发生扭摆.其简
化模型如图.Ⅰ、Ⅱ两处
的条形匀强磁场区边界竖
直，相距为L,磁场方向相反且垂直于纸面.一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入 Ⅰ 区，射入时速度与水平方向夹角θ=30°. (1)当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0；
(2)若Ⅱ区宽度L2=L1=L，磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h；
(3)若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件；
(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出.为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式. 【解题指南】解答本题时应注意以下四点：
(1)在两个磁场区域中粒子做圆周运动的速度、周期、时间、半径间的关系；
(2)在两个磁场区域中粒子做圆周运动的轨迹间存在什么样的几何关系；
(3)最高点和最低点之间应用中间一段不存在磁场的区域把两个圆周运动联系在一起；
(4)充分挖掘运动轨迹与圆周运动的圆心角和射入点及射出点之间存在的几何关系. 【解析】(1)如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得
qU= mv2 ①
qvB1= ②
由几何知识得
L=2R1sinθ ③
联立①②③，代入数据得
B0= ④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T
T= ⑤
t0= T ⑥
联立②④⑤⑥式，代入数据得
t0= ⑦
(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得
qvB2= ⑧
由几何知识可得h=(R1+R2)(1-cosθ)+Ltanθ ⑨
联立②③⑧⑨式，代入数据得
h=(2- )L ⑩
(3)如图2所示，为使粒子能
再次回到Ⅰ区，应满足
R2(1+sinθ)sinθ)≤L］ ?
联立①⑧?式，代入数据得
(或B2≥ ) ? (4)如图3(或图4)所示，设粒子
射出磁场Ⅰ区时速度与水平方
向的夹角为α，由几何知识可得
L1=R1(sinθ+sinα) ?
［或L1=R1(sinθ-sinα)］
L2=R2(sinθ+sinα) ?
［或L2=R2(sinθ-sinα)］
联立②⑧式得
B1R1=B2R2 ?联立???式得
B1L1=B2L2 ?
答案:(1)
(2)(2- )L
(3) (或B2≥ )
(4) 质谱仪、回旋加速器、速度选择器及其应用
高考指数:★★★
26.(2011·天津高考)回旋加速器在核科学、核技术、核医学
等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术
的发展.
(1)回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半
圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于
D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不
计)，它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中.若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式(忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速). (2)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的
增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小还是不
变？
【解析】(1)设质子的质量为m，电荷量为q，质子离开加速器
时速度大小为v，
由牛顿第二定律得qvB=
质子运动的回旋周期为
T=
由回旋加速器原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系得f=
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器
输出时的平均功率为
P=
输出时质子束的等效电流为I=
由上述各式联立解得：I=
(2)方法一：
设k(k∈N)为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、rk+1(rk+1>rk)，Δrk=rk+1-rk，在相应轨道上质
子对应的速度大小分别为vk、vk+1，D1、D2之间的电压为U，由
动能定理知
2qU= mvk+12 - mvk2
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk= 则
2qU= (rk+12-rk2)
整理得Δrk=
因U、q、m、B均为定值，令C=
由上式得Δrk=
相邻轨道半径rk+1、rk+2之差Δrk+1=rk+2-rk+1，
同理得Δrk+1=
因为rk+2>rk，比较Δrk、Δrk+1
得Δrk+1<Δrk
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减小.
方法二：
设k(k∈N)为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、rk+1(rk+1>rk)，Δrk=rk+1-rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk+1，D1、D2之间的电压为U. 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，
知
rk=
故
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量ΔEk=qU
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速(2k-1)次，速度大小为
vk=同理，质子第(k+1)次进入D2时，速度大小为
vk+1=
综合上述各式得
Δrk=
同理，对于相邻轨道半径rk+1、rk+2，Δrk+1=rk+2-rk+1，
整理后有Δrk+1=
由于rk+2>rk，
比较Δrk、Δrk+1得
Δrk+1<Δrk
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减
小.用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论.
答案:(1)
(2)见解析27.(2010·福建高考)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场.一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上.已知同位素离子的电荷量为q (q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2连线平行且距离为L，忽略重力的影响. (1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x 与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L 表示). 【解析】(1)能从速度选择器中飞出，则有:
qE0=qv0B0 ①
解得:v0= ②
(2)离子进入电场后做类平抛运动,则:
qE=ma ③
x=v0t ④
L= at2 ⑤
联立②③④⑤解得:
x=
答案:(1) (2)x=【方法技巧】带电粒子在复合场中分阶段运动的规范求解
1.一般解题步骤
(1)弄清复合场的组成及分区域或分时间段的变化.
(2)正确分析带电粒子各阶段的受力情况及运动特征.
(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择相应的运动规律列式.
(4)注意挖掘各阶段的衔接条件和隐含条件，寻找解题的突破口. 2.应注意的问题
(1)列式之前，应指明粒子所处的不同阶段组合场的情况，分析受力情况和运动情况再列式计算，以免混淆.
(2)要特别注意各阶段的相互联系，分析第一阶段的末状态和第二阶段的初状态之间的关系. 28.(2010·海南高考)图中左边有一对平行金属板，两板相距
为d.电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方
向与金属板面平行并垂直于纸面朝里.图中右边有一半径为R、
圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，
方向垂直于纸面朝里.一电荷量为q的正离子沿平行于金属板
面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出
平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后
从圆形区域边界上的G点射出.已知弧 所对应的圆心角为
θ，不计重力.求： (1)离子速度的大小；
(2)离子的质量.
【解析】(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡,则：
qvB0=qE0式中，v是离子运动速度的大小，E0是平行金属板之间的匀强
电场的电场强度，有：E0=
解得：v=
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式
和牛顿第二定律有：qvB= ，式中m和r分别是离子的质量
和它做圆周运动的半径.由题设，离子从磁场边界上的点G穿
出，离子运动的圆周的圆心O′必在过E点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直平分线上(如图).
由几何关系有：r=Rtanα，式中α是
OO′与直径EF的夹角，由几何关系得：
2α+θ=π
联立解得离子的质量为：
m=
答案:(1) (2)29.(2010·浙江高考)一个放射源水平放射出α、β 和 γ 三种射线，垂直射入如图所示磁场.区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应). (1)若要筛选出速率大于v1的β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d与B和v1的关系.
(2)若B＝0.003 4 T，v1＝0.1 c(c是光速度)，则可得d；α粒子的速率为0.001 c，计算α 和γ 射线离开区域Ⅰ时的距离.
(3)当d满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在 v1(4)请设计一种方案，能使离开区域Ⅱ的β粒子束在右侧聚焦且水平出射.已知：电子质量me=9.1×10-31 kg，α粒子质量mα=6.7×
10-27 kg，电子电荷量q=1.6×10-19 C， (x≤1时)
提示:α粒子即氦核( )，β粒子即电子，γ射线是不带电
的粒子.
【解题指南】解答本题注意以下两点：
(1)作图分析，找到β 粒子能进入区域Ⅱ的临界条件.
(2)画出α、β粒子离开区域Ⅰ和离开区域Ⅱ时的位置，充分
利用几何关系. 【解析】(1)根据带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动的规律得
qvB= ①
由临界条件得d与B和v1的关系为：
d= ②(2)由①式可得α粒子的回旋半径
Rα=
=
≈1.85 m
由②式得：
d= = =0.05 m
竖直方向的距离为：
y=Rα- =0.7 mm由于γ射线不带电，故在磁场中不发生偏转.即离开区域Ⅰ时的偏转距离为0.所以α和γ射线离开区域Ⅰ时的距离为
y=0.7 mm.
(3)在上述磁场条件下，要求速率在v1R2=
该β粒子从区域Ⅰ磁场射出时，垂直方向偏离的距离为：
y2=R2- =同理可得，与速度v2对应的β粒子从区域Ⅱ射出时，垂直方向偏离的距离为：
Y2=2y2=
同理可得，与速度v1对应的β粒子从区域Ⅱ射出时，垂直方向偏离的距离为：
Y1=2d=
速率在v1宽为
Y1-Y2= 方
向向右，如图所示. (4)由对称性可以设计出如图所示的磁场区域，最后形成聚焦，且方向水平向右.
答案:(1)d= (2)0.7 mm
(3)、(4)见解析30.(2010·全国卷Ⅱ)图中左边
有一对平行金属板，两板相距
为d，电压为U;两板之间有匀强
磁场，磁感应强度大小为B0，
方向平行于板面并垂直于纸面
朝里.图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板
垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大
小为B，方向垂直于纸面朝里.假设一系列电荷量为q的正离子
沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域,
不计重力.
(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿
出磁场，求离子甲的质量.
(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出
磁场，且GI长为 求离子乙的质量.
(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而
离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子
到达. 【解析】(1)由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直
线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有
qvB0=qE0 ①
式中，v是离子运动的速度，E0是平行金属板之间的匀强电场
强度，有
E0= ②
由①②式得v= ③
在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动.设离子甲质量为m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB= ④
式中，r是离子甲做圆周运动的半径.离子
甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O，
这半圆刚好与EG边相切于K，与EF边交于点I′.在△EOK中，OK垂直于EG.由几何关系得
⑤
由⑤式得r=( )a ⑥
联立解得，离子甲的质量为
m＝ ⑦ (2)同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：
qvB= ⑧
式中，m′和r′分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径.
离子乙运动的圆周的圆心O′必在E、H两点之间，由几何关系
有：
r′2=(a- a)2+( -r′)2-2(a- a)( -r′)cos60° ⑨
由⑨式得：r′= a ⑩
联立可得，离子乙的质量为：
m′= ?(3)对于最轻的离子，其质量为 m/2，由④式知，它在磁场中
做半径为r/2的匀速圆周运动.因而与EH的交点为O′，有：
OH= ?
当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时，离子到达磁场边界
上的点的位置从O点沿HE边变到I′点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从K点沿EG边趋向于I点.K点到G点的距离为
KG= ?
所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF边上从O到I′点.EG边上从K到I.
答案:(1)
(2) (3)见解析 磁场及其描述
1.磁场
(1)产生：磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种特殊物质.
(2)性质：磁场对放入磁场中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用.
(3)方向：该点小磁针N极所受磁场力的方向.2.磁感应强度
(1)意义：描述磁场强弱和方向.
(2)定义式：B= 式中通电直导线中电流方向与磁场方向垂
直.
(3)方向：小磁针静止时N极所指的方向.
(4)决定因素：由磁场本身决定，与I、L和F的大小无关.
3.磁感线及几种常见的磁场
(1)磁感线：在磁场中画出一系列曲线，使曲线上每一点的切
线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致，磁感线的疏密程度
表示磁场的强弱． (2)几种常见电流周围的磁场分布(3)地磁场：地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：
①地磁场的N极在地理南极附近，S极在
地理北极附近．
②地磁场B的水平分量(Bx)总是从地理南
极指向北极；而竖直分量(By)则南、北
半球相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．
③在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱相同，且方向水平向北.(4)匀强磁场：匀强磁场中的磁感线是平行等距的直线.如通电螺线管内部的磁场，两个平行放置且距离很近的异名磁极之间
的磁场都可认为是匀强磁场.
4.磁通量
(1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量Φ.
(2)公式：Φ=BS⊥=BSsinθ，θ为S与B的夹角.
(3)单位：韦伯,符号Wb，1Wb=1 T·m2. 【名师点睛】
1.类比法记忆电场和磁场的基本性质2.磁感线的特点
(1)磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线，并不是客观存在于磁场中的真实曲线．
(2)磁感线在磁体(螺线管)外部由N极到S极，内部由S极到N极，是闭合曲线．
(3)磁感线的疏密表示磁场的强弱．磁感线较密的地方磁场较强，磁感线较疏的地方磁场较弱．
(4)磁感线上任何一点的切线方向，都跟该点的磁场(磁感应强度)方向一致．
(5)磁感线不能相交． 磁场对电流的作用
1.安培力的大小
F= BILsinθ，如图所示,θ为B与I的夹角.
(1)当B与I垂直时：安培力最大，F=BIL.
(2)当B与I平行时：安培力最小，F=0.
2.安培力的方向
(1)判定方法
掌心——磁感线垂直穿入掌心
左手定则 四指——指向电流的方向
拇指——指向安培力的方向(2)方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面.(注意：B和I可以有任意夹角)
3.磁电式电流表
(1)构造：主要包括蹄形磁铁、圆柱形
铁芯、线圈、螺旋弹簧和指针.
(2)工作原理
①磁场特点：蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的.
②安培力特点：导线框平面始终与磁感线平行，安培力的大小始终与电流成正比，方向始终与磁场垂直. ③刻度特点：由于导线在安培力作用下带动线圈转动，螺旋弹簧变形，反抗线圈转动，电流越大，安培力越大，形变越大，指针转过的角度越大，所以转过的角度θ与电流I成正比，刻度盘刻度均匀.
(3)优、缺点
①优点：灵敏度高，能测出很弱的电流；②缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很小，量程很小. 【状元心得】
安培力作用下导线运动的判断方法
(1)基本思路：首先明确导体所在位置的磁场的磁感线分布情
况，然后根据左手定则判断导体的受力情况，最后判断导体的
运动方向或运动趋势的方向.
(2)常用方法
①电流元法：把整段电流等效为多段很小的直线电流元，先判
断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所
受合力方向，最后确定运动方向；②特殊位置法：把通电导体转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向，从而确定运动方向；③转换研究对象法：先分析电流在磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向；④等效法：环形电流和小磁针的磁场形式相同，可以相互等效；通电螺线管可以和条形磁铁的磁场形式相同，可以相互等效；⑤结论法：同相电流相互吸引，异向电流相互排斥. 磁场对运动电荷的作用
1.洛伦兹力
(1)大小： F=Bqvsinθ，θ为v与B的夹角.
①当v//B时，洛伦兹力最小，F=0;
②当v⊥B时，洛伦兹力最大，F=Bqv.
2.洛伦兹力的方向
掌心——磁感线垂直穿入掌心
(1)判定方法：左手定则 四指——指向正电荷运动的方向或负
电荷运动的反方向
拇指——指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：B和v可以有任意夹角)，故洛伦兹力不做功.
3.带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)带电粒子以平行于磁场的速度进入匀强磁场时，粒子不受洛伦兹力作用而做匀速直线运动.
(2)带电粒子以垂直于磁场的速度进入匀强磁场时，粒子做匀速圆周运动，其运动所需的向心力全部由洛伦兹力提供. 4.带电粒子在有理想边界磁场中的运动
带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力提供向心力，解题的关键是画粒子运动的草图，确定圆心、半径、圆心角.
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方
向和出射方向时，可通过入射点
和出射点分别作垂直于入射方向
和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示， 图中P为入射点，M为出射点)． ②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点
作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两
条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，
M为出射点)．
(2)半径的确定：用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半
径大小．
(3)运动时间的确定：粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒
子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：
t= (或t= )．【状元心得】
1.带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) (2)平行边界(存在临界条件，如图所示) (3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)
2.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的解
题步骤
(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径
并画出运动轨迹．
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式． 带电粒子在复合场中的运动
1.复合场：指电场、磁场、重力场在同一空间并存，或者是有其中两种场并存.
2.三种场力的特点3.带电粒子在复合场中的几种典型运动【名师点睛】
带电粒子在复合场中运动的常见类型
(1)静止或匀速直线运动：条件是粒子所受合外力为零，应根据平衡条件列方程求解．
(2)匀速圆周运动：条件是粒子所受重力与匀强电场力平衡，洛伦兹力为合力，粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．
(3)一般的曲线运动：此时粒子所受合力的大小和方向都发生变化，一般应从功能的角度列方程求解．【状元心得】
1.复合场中重力是否考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略.而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力.
(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力.
(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力.2.带电粒子在复合场中运动的分析方法和一般思路
(1)认识粒子所在区域中场的组成，一般是电场、磁场、重力场中两个场或三个场的复合场.
(2)正确的受力分析是解题的基础，除了重力、弹力、摩擦力以外，特别要注意电场力和洛伦兹力的分析，不可遗漏任一个力.
(3)在正确的受力分析的基础上进行运动的分析，注意运动情况和受力情况的相互结合，特别要关注一些特殊的时刻所处的特殊状态(临界状态).(4)如果粒子在运动过程中经过不同的区域受力发生改变，应根据需要对过程分阶段处理.
(5)应用一些必要的数学知识，画出粒子的运动轨迹示意图，根据题目的条件和问题灵活选择不同的物理规律解题.磁偏转问题圆心确定四法
带电粒子(不计重力)垂直射入匀强磁场，粒子的运动轨迹是圆周或圆弧．这类问题是常见的典型的力学、磁场知识结合的综合题，在高考中多次考查，是考试的难点．
求解这类问题的关键是：定圆心画出轨迹,求出半径,确定圆心角等．其中解决带电粒子在有界磁场中的运动、确定圆心是解题的难点． 下面介绍磁偏转问题圆心确定常用的四种方法：
一、半径法
适用情况：如果已知带电粒子的出射
速度和入射速度方向，分别作出过入射点
和出射点速度方向的垂线，两垂线的交点
便是圆心．如图甲所示． 【典例1】电视机的显像管中，电子
束的偏转是使用磁偏转技术实现的．
电子束经过电压为U的加速电场后，
进入一圆形匀强磁场区，如图所示，
磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O，半径为r．当不加磁场时，电子束将通过O点而达到屏幕的中心M点．为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度为多大？(已知电子质量为m，电荷量为e) 【深度剖析】分别作入射点和出射点速度方向的垂线，其交点
为电子做匀速圆周运动的圆心C，以v表示电子进入磁场时的速
度，则 ①
②
又有 ③
由以上各式解得：B= 二、角平分线法
适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，则入射速度方向的延长线和出射速度方向的反向延长线夹角的角平分线与入射速度垂线的交点就是圆心.如图乙所示. 【典例2】一质量为m、带电量为q的粒
子，以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁
感应强度为B的一圆形匀强磁场区域，
磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区
域后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30°，不计重力．求：
(1)圆形磁场区域的最小面积；
(2)粒子从O点进入磁场区域到达b点所经历的时间及b点坐标． 【深度剖析】(1)由于粒子沿y轴正方向射
入，所以圆心必在x轴上，反向延长b处的
速度方向与y轴相交于C点，作∠OCA的角
平分线与x轴相交于O′点，过O′点作bC
的垂线，垂足为A点．则O′A=O′O=R,
所以，以OA为直径的圆的磁场区域面积最小．设圆形磁场区域
的半径为r．由牛顿第二定律得：qv0B=
由几何关系得：r= Smin=πr2=(2)粒子从O点沿圆弧到A点，所经历的时间
tOA= sAb=Rcot30° tAb=
所以粒子从O点进入磁场区域到达b点所经历的时间为
t=tOA+tAb= sO′b= =2R
b点横坐标为xb=R+2R=
故b点坐标为( 0) 三、垂直平分线法
适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和做圆周运动轨迹的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂线，然后作弦的垂直平分线，两垂线的交点便是圆心． 【典例3】如图,虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的
交线，在平面右侧的空间存在磁感应强度为B的匀强
磁场，方向垂直纸面向外，O是MN上的一点，从O点可
以向磁场区域发射电荷量为+q、质量为m、速率为v的
粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向．
已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相
遇，P到O点的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用．
(1)求所考查的粒子在磁场中运动的轨道半径;
(2)求这两个粒子从O点射入磁场时的时间间隔. 【深度剖析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，有
qvB=
解得：R=
(2)如图所示，为两粒子在匀强磁场中运动的轨
迹图． 作图方法是：作OP的垂直平分线，分别
过入射点O作入射速度1、2的垂线．两垂线与垂
直平分线的交点分别为O1、O2，则O1、O2为圆心，粒子1转过的角度为∠OO1P=π+θ，粒子2转过的角度为∠OO2P
=π-θ
两粒子在磁场中运动的周期均为
粒子1从O点运动到P点所用的时间为：t1=
粒子2从O点运动到P点所用的时间为：t2=
两粒子射入的时间间隔：Δt=t1-t2=
又因为：∠O1OP= 故
Δt=t1-t2= 四、直角直径法
适用情况：如果已知带电粒子的入射速度
方向和过入射点的一条弦，先作出过入射点速
度方向的垂线，然后过弦的另一端点作弦的垂
线，两垂线的交点和入射点的连线便是该圆的
直径，作直径的中点便是圆心． 【典例4】在直角坐标系xOy中，有一半径为R的圆形匀强磁场
区域，磁感应强度为B，磁场方向垂直xOy平面指向纸面内，该
区域的圆心坐标为(R,0)，有一个质量为m，带电量为-q的粒
子，由静止经电场加速后从点(0， )沿x轴正方向射入磁场，
粒子从射入到射出磁场通过了该磁场的最大距离，不计重力影
响．试求：
(1)粒子在磁场区域经历的时间;
(2)加速电场的电压. 【深度剖析】(1)因为粒子从射入到射出磁
场通过了该磁场的最大距离，即MP应是圆形
磁场区域的直径，同时也是粒子做圆周运动
的一条弦．过P点作直线NP⊥MP，与竖直线
交于N点．作MN的中点即是粒子做圆周运动的
圆心(直角直径法)．设从M点射入磁场的速度
方向与半径MC夹角为θ，
故sinθ= 即θ=30°
在磁场中偏转的角度为α=2θ=60°,有t=带电粒子在磁场中运动的周期为T=
所以粒子在磁场区域经历的时间t=
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力得：
qvB= ①
r=2R ②
带电粒子在加速电场加速过程中，由功能关系得：
qU= ③
联立以上各式解得：U=以上四种方法是确定圆心极为有效的办法，在解题过程中要灵活选择使用，突破圆心的确定这一难点，就会使此类问题变得迎刃而解． 在真空中,半径为r=3×10-2 m的圆形区域内,有一匀强磁场,磁场的磁感应强度为B=0.2 T,方向如图所示,一带正电粒子,以初速度v0=106 m/s的速度从磁场边界上直径ab
一端a点处射入磁场,已知该粒子荷质比为q/m
=108 C/kg,不计粒子重力,则:
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少?
(2)若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角,其入射时粒子的方向应如何?最大偏转角多大? 【解析】(1)设粒子做圆周运动的半径为R,则qv0B=
得R= =0.05 m
(2)由分析知,弦ab是粒子轨迹上的弦,也是圆形
磁场的弦,如图所示.
粒子在磁场中运动的最长弦就是ab,其对应的圆
心角就是最大的偏转角α,此时初速度方向与ab
连线夹角为θ,则θ＝
由几何知识有得α=74°,
所以θ= =37°
故粒子以与ab夹角为37°斜向右上方入射时,粒子飞离磁场时有最大偏转角,其最大值为74°.
答案:(1)0.05 m (2)见解析 课件93张PPT。专题四 曲线运动1.运动的合成与分解 Ⅱ
2.抛体运动 Ⅱ
3.匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ
4.匀速圆周运动的向心力 Ⅱ
5.离心现象 Ⅰ1.知道物体做曲线运动的条件，能确定合运动和分运动，理解合运动和分运动的等时性和等效性.
2.能够运用运动的合成和分解的方法分析平抛运动.
3.分清匀速圆周运动中各个参量的关系、动力学特征及向心力的来源.
4.对于竖直平面的圆周运动，往往既有临界问题又有能量问题，要重点突破. 运动的合成和分解
【典例1】(2011·江苏高考)如图所示，
甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿
直线游到A点和B点后，立即沿原路线返
回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( )
A.t甲t乙 D.无法确定 【审题视角】解答本题时,应注意以下两点:
【关键点】
(1)分析挖掘隐含条件:人在静水中的速度大于水流的速度.
(2)分别求出t甲、t乙,然后比较大小. 【精讲精析】设水流的速度为v水,学生在
静水中的速度为v人,由题意可知v人＞v水,
OA=OB=L,对甲同学
对乙同学来说,要想垂直到达B点,其速度
方向要指向上游,如图所示,并且来回时间相等,即
则t甲2-t乙2 即t甲＞t乙,C正确.
答案：C【命题人揭秘】运动的合成和分解类问题的核心
(1)物体实际完成的运动为合运动，进行运动的合成和分解时应按实际效果进行分解.
(2)解决此类问题时,判断物体的实际运动速度的大小和方向是解题关键,而平行四边形定则是解题的基本规律.
(3)分析平行四边形时,常利用直角三角形的几何关系,如勾股定理、正弦函数、余弦函数等. 平抛运动基本规律的应用
【典例2】(2011·广东高考)如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上.已知底线到网的距离为L、重力加速度取g.将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )A.球的速度v等于
B.球从击出至落地所用时间为
C.球从击球点至落地点的位移等于L
D.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
【审题视角】解答本题时注意把握以下两点：
【关键点】
(1)小球在水平方向做匀速运动；
(2)小球在竖直方向做自由落体运动.【精讲精析】(1)网球落地时间和落地时球速的求解
(2)球从击球点至落地点的位移的求解
由运动的合成和分解知识可知,球的总位移为 故C、D错.
答案：A、B【命题人揭秘】求解平抛运动问题的一般思路
(1)充分利用水平方向的匀速运动规律,列出速度或位移的关系式.
(2)平抛运动在竖直方向上为自由落体运动,同样可以列出速度或位移关系式.
(3)找出水平和竖直两个方向上的有关联系.
(4)联立以上各式分析求解. 平抛运动与斜面相结合
【典例3】(2010·全国卷Ⅰ)一水平抛
出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，
其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如
图中虚线所示.小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )【审题视角】解答该题应注意把握以下两点:
【关键点】
(1)小球落在斜面上时,速度方向垂直于斜面.
(2)结合水平位移和竖直位移的求法解答.
【精讲精析】如图所示,平抛的末速度
与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，
则有： 则下落高度与水平
射程之比为： 故只有B正确.
答案：B【命题人揭秘】平抛运动的两个重要推论
(1)平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，其末速度方向与
水平方向的夹角φ的正切值等于位移与水平方向的夹角θ正切
值的2倍，即tanφ=2tanθ.
(2)平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定
通过此时水平位移的中点.这是因为：tanφ=2tanθ成立，又
因为tanθ= 所以tanφ= 故速度的反向延长线一定通过
此时水平位移的中点. 圆周运动的运动学问题
【典例4】(2009·上海高考)小明同学在学习了圆周运动的知识后,设计了一个课题,名称为:快速测量自行车的骑行速度.他的设想是:通过计算脚踏板转动的角速度,推算自行车的骑行速度.经过骑行,他得到如下的数据:在时间t内脚踏板转动的圈数为N,那么脚踏板转动的角速度ω=_______;要推算自行车的骑行速度,还需要测量的物理量有____________________;自行车骑行速度的计算公式v=___________.【审题视角】解答本题时应注意以下两点:
【关键点】
(1)明确描述圆周运动的运动学参量之间的关系.
(2)找出与主动轮和从动轮相关联的物理量.【精讲精析】依据角速度的定义式 要推算自行车
的骑行速度,由于v=ω后R,还要知道自行车后轮的半径R,又因后
轮的角速度ω后=ω飞轮,而ω飞轮r2=ω牙盘r1,ω牙盘=ω,联立以上
各式解得 故还需知道牙盘半径r1,飞轮半径
r2.
答案： 自行车后轮半径R,牙盘半径r1,飞轮半径r2
或【命题人揭秘】圆周运动的“同轴转动”和“皮带传动”
(1)同轴转动.
各点绕同一转轴做匀速圆周运动，角速度相同，因此周期也相同.由于各点半径不同，故线速度、向心加速度大小不同.
(2)皮带传动.
由于皮带不打滑，故两轮边缘各点线速度大小相等，由于各点半径不同，故角速度、周期、向心加速度等都不相同. 圆周运动的动力学问题
【典例5】(2012·福建高考)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=0.8 m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4 m.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=10 m/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.
【审题视角】解答本题时应明确以下两点：
【关键点】
(1)应理解把握好“转台边缘”与“恰好滑离”的含义.
(2)临界问题是静摩擦力达到最大值.【精讲精析】(1)物块做平抛运动，竖直方向有
H= gt2 ①
水平方向有s=v0t ②
联立①②两式得v0= =1 m/s ③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
μmg= ④
联立③④得μ= =0.2 ⑤
答案:(1)1 m/s (2)0.2【命题人揭秘】圆周运动动力学问题的解题步骤
解决圆周运动动力学问题的基本原则就是在半径方向上应用牛顿第二定律,可按以下步骤进行:
(1)分析题干给出的条件,选定研究对象.
(2)结合题干给出的条件画受力分析图.
(3)将物体受到的多个力合成或分解,得到物体受到的合力.
(4)在半径方向上根据牛顿第二定律列方程. 圆周运动与平抛运动的结合
【典例6】(2010·重庆高考)小明站在水
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
飞行水平距离d后落地，如图所示.已知握绳的手离地面高度为
d，手与球之间的绳长为 d,重力加速度为g.忽略手的运动半
径和空气阻力.(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.
(2)绳能承受的最大拉力是多大？
(3)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？
【审题视角】解答本题时应注意以下两点：
【关键点】
(1)明确小球参与了几个阶段的运动，各运动之间通过哪些物理量衔接.
(2)会结合数学知识求解水平距离的最大值.【精讲精析】(1)设绳断后球运动时间为t，由平抛运动规律得：竖直方向：
水平方向：d=v1t
解得
在竖直方向上应用运动学公式vy2-0=2g× d
解得
故球落地时的速度大小为
得：(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力.
球做圆周运动的半径为：R= d
对小球在最低点由牛顿第二定律得：
解得：T= mg(3)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.
由牛顿第二定律得：
解得：
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-l，水平位移为x，时间为t1，则：竖直方向：d-l=
水平方向：x=v3t1
解得：
当l= 时，x有极大值，
答案：【阅卷人点拨】 运动的合成与分解
高考指数:★★★
1.(2011·上海高考)如图,人沿平直的河
岸以速度v行走,且通过不可伸长的绳拖
船,船沿绳的方向行进,此过程中绳始终
与水面平行.当绳与河岸的夹角为α,船的速率为( )【解题指南】解答本题时,应注意以下两点:
(1)速度的分解应按实际效果分解.
(2)由平行四边形定则作图,根据几何知识求解.
【解析】选C.在人拖船的过程中,人实际运动的方向为合运动的方向,把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解,如图所示.由三角形知识可得v船=vcosα,故C正确,A、B、D错误.2.(2010·江苏高考)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )
A.大小和方向均不变
B.大小不变，方向改变
C.大小改变，方向不变
D.大小和方向均改变【解析】选A.橡皮在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向橡皮的位移始终等于水平方向的位移，根据运动的等时性可知，竖直方向运动的时间与水平方向的运动时间相同，所以橡皮在竖直方向做匀速直线运动，因此橡皮的合运动仍是匀速直线运动，其速度大小和方向均不变，故A正确，B、C、D错误.3.(2010·上海高考)降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( )
A.下落的时间越短 B.下落的时间越长
C.落地时速度越小 D.落地时速度越大【解析】选D.(1)降落伞下落时间的分析
降落伞下落的过程，可以分解为两个分运动，一个是竖直方向
的匀速直线运动，另一个是在水平风力作用下的变速运动.根据
运动的独立性原理，这两个分运动是独立的，它们互不影响.下
落的时间由竖直方向的分运动决定.
设竖直方向的速度为vy，竖直落地的高度为h，则落地时间
可见落地时间只与竖直方向的速度vy以及竖直落地的高度h这两
个因素有关，与水平方向风的作用无关.故A、B错误.(2)降落伞落地速度的分析
降落伞落地时的速度是竖直速度vy与水平速度vx的合速度，根
据矢量合成的平行四边形定则，合速度 风速越
大，则vx越大，降落伞落地时速度v也越大,故C错误，D正确. 平抛运动
高考指数:★★★
4.(2012·江苏高考)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
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A、D.A、B两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地之后在竖直方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，A球在水平方向上始终做匀速直线运动，所以A、B两个小球一定能够相碰，D正确，B和C错误，只要A球的初速度足够大就可以在第一次落地之前相碰，A正确，答案选A、D.5.(2012·新课标全国卷)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
C.a的水平速度比b的小
D.b的初速度比c的大【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)明确做平抛运动的物体运动时间由什么因素决定.
(2)从水平位移和下落时间分析初速度的大小.
【解析】选B、D. 三个小球a、b和c水平抛出以后都做平抛运
动，根据平抛运动规律可得：x=v0t，y= gt2,所以
由yb=yc>ya，得tb=tc>ta，选项A错，B对；又根据 因
为yb>ya，xbvb，vb>vc,选项C错，D对．6.(2010·天津高考)如图所示，在高为
h的平台边缘水平抛出小球A，同时在水
平地面上距台面边缘水平距离为s处竖
直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖
直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g.若两球能在空中相
遇，则小球A的初速度vA应大于_______，A、B两球初速度之比
为________.【解析】小球A做平抛运动，小球B做竖直上抛运动，两球能在
空中相遇，一说明A在竖直方向的位移小于h，二说明两球在竖
直方向的位移之和等于h.对A有 可得： 两
球要在空中相遇，对A球水平方向有： 竖直方向有：
对B球竖直方向有：hB=vBtB- gtB2；由于tA=tB,hA
+hB=h，所以联立以上几式解得： 即A、B两球初速度大
小之比为
答案:【方法技巧】抛体运动中相遇问题的分析方法
自由落体运动、平抛运动和竖直上抛运动的相遇问题,解决此类问题时常有以下技巧:
(1)分析时间关系.在该类问题中,往往都是同时发生的,所以两种运动的时间相等;若开始运动的时间差为Δt,则它们相遇前任一时刻两物体运动时间差均为Δt.
(2)分析位置关系.也就是各自的位移特点,主要分析两物体从运动到相遇的位移规律,列出有关方程进行分析.
(3)分析约束关系.即符合实际情况的条件限制,如相遇的位置应在自由下落或平抛位置的下方,相遇时刻应在做抛体运动的物体落地之前等.7.(2011·海南高考)如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆.ab为沿水平方向的直径.若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点.已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径.【解析】如图所示，h= ，则
小球做平抛运动的水平位移
x=R+ R
竖直位移y=h=
根据y= gt2，x=v0t
联立以上各式解得
答案:8.(2010·北京高考)如图所示，跳台滑
雪运动员经过一段加速滑行后从Ｏ点水
平飞出，经3.0 s落到斜坡上的A点.已
知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m=50 kg.不计空气阻力(取sin37°=0.60，cos37°= 0.80；g取10 m/s2).求：
(1)A点与O点的距离L.
(2)运动员离开O点时的速度大小.
(3)运动员落到A点时的动能.【解析】(1)运动员从O点开始做平抛运动，在竖直方向做自由
落体运动，则：Lsin37°= gt2
解得：
(2)设运动员离开O点的速度为v0,运动员在水平方向做匀速直
线运动，即：Lcos37°=v0t
解得：(3)由机械能守恒，取A点为重力势能零点，运动员落到A点的动能为：
EkA=mgLsin37°+ mv02
=(50×10×75×0.60+ ×50×202)J
=32 500 J
答案:(1)75 m (2)20 m/s (3)32 500 J 圆周运动
高考指数:★★★★
9.(2012·广东高考)如图所示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时，下列表述正确的有( )A.N小于滑块重力 B.N大于滑块重力
C.N越大表明h越大 D.N越大表明h越小
【解题指南】解答本题可按以下思路分析：【解析】选B、C.由动能定理mgh= mv2 可求出滑块由斜面上h
高度处下滑到达B处时的速度 从B处进入圆弧轨道后
滑块做圆周运动，在B处，由牛顿第二定律及向心力公式得N-
mg= 故N=mg+ =mg(1+ ).再由牛顿第三定律可知
B、C正确.10.(2011·安徽高考)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v0抛出，如图(b)所示.则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )【解析】选C.物体做斜上抛运动，最高点速度即为斜上抛的水
平速度vP=v0cosα，最高点重力提供向心力mg= ，由两式
得 故C正确.11.(2009·广东高考)如图所示是一个玩具
陀螺,a、b和c是陀螺上的三个点.当陀螺绕
垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，
下列表述正确的是( )
A.a、b和c三点的线速度大小相等
B.a、b和c三点的角速度相等
C.a、b的角速度比c的大
D.c的线速度比a、b的大【解析】选B.玩具陀螺上的各点都绕轴线旋转，属于同轴转动，它们具有相同的角速度，故a、b和c三点的角速度相等，B正确，C错误；a、b、c三点做圆周运动的半径关系为ra=rb> rc，由线速度与角速度的关系v=ωr可知，va=vb>vc，即a、b的线速度相等，c的线速度比a、b的小，A、D错误.【方法技巧】圆周运动的运动学问题的两点提醒
(1)描述圆周运动的运动学参量主要有线速度、角速度、转
速、周期、向心加速度等,它们之间的关系为:v=ωr,a=
=ω2r=( )2r等.
(2)对于相关联的圆周运动,同一不打滑传送带上各点线速度
大小相等,同一轮上各点角速度相等.12.(2010·全国卷Ⅰ)如图1所示是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料.当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图2所示).(1)若图2中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为
5.00×10-2 s ，则圆盘的转速为_________转/s.(保留3位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为_______ cm.(保留3位有效数字)
【解析】(1)从题图可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图中横坐标上每格表示1.00×10-2s，所以圆盘转动的周期为0.22 s，则转速为：
转/s(2)反光引起的电流图象在题图中横坐标上每次一格，说明反
光涂层的长度占圆盘周长的 因此圆盘侧面反光涂层的长度
为：
答案:(1)4.55 (2)1.46 曲线运动 运动的合成与分解
1.曲线运动的方向及特点
(1)速度方向：在曲线运动中，质点在某一点的瞬时速度的方向就是通过曲线的这一点的切线方向.
(2)运动性质：质点在曲线运动中速度的方向时刻在变化，故曲线运动一定是变速运动.2.做曲线运动的条件
3.运动的合成与分解
由于描述运动的各物理量都是矢量，运动合成分解时遵循平行
四边形定则.4.小船渡河问题
(1)渡河最短时间.
在分析渡河时间问题时，将船的运动沿平行河岸和垂直河岸分
解.若船在静水中的速度为v1,河宽为d，则船头垂直河岸行驶
时渡河时间最短，最短时间为 如图甲所示.(2)渡河最小位移.
①当船在静水中的速度v1大于水流速度v2时，小船可以垂直河
岸渡河，渡河的最小位移x等于河宽d,如图乙所示.
②当船在静水中的速度v1小于水流速度v2时，不论船头指向如
何，船总要被水冲向下游，不可能垂直河岸渡河.此时当船的
速度v1与合速度v垂直时，小船渡河位移最小,如图丙所示，最
小位移为【名师点睛】
1.曲线运动中合力的效果
(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率将增大.
(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率将减小.
(3)当合力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变.
2.合力、轨迹、速度的关系
(1)轨迹特点：轨迹在速度方向和合力方向之间，且向合力方向一侧弯曲.
(2)合力的效果：合力沿切线方向的分力改变速度的大小，沿径向的分力改变速度的方向.3.合运动和分运动的关系
(1)等时性：合运动与分运动经历的时间相等.
(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响.
(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果.【状元心得】
解决小船渡河问题的两点提醒
(1)小船渡河最短时间与水速无关.
(2)小船渡河的最短位移取决于船在静水中的速度v1和水流速度v2的大小关系. 平抛运动
1.平抛运动的定义
将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下(不考虑空气阻力)所做的运动，叫平抛运动.
2.平抛运动的处理方法
可以把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.3.平抛运动的性质
平抛运动的加速度是恒定不变的，始终等于g,即平抛运动是匀变速曲线运动.4.平抛运动的规律:如图所示.
(1)速度关系:vx=v0,vy=gt,tanθ=
(2)位移关系:x=v0t,y= gt2,tanα=
(3)轨迹方程:y= (抛物线方程)5.类平抛运动
(1)特点.(2)求解方法.
①常规分解法:将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动,两分运动彼此独立,互不影响,且与合运动具有等时性.
②特殊分解法:对于有些问题,可以过抛出点建立适当的直角坐标系,将加速度分解为ax、ay,初速度v0分解为vx、vy,然后分别在x、y方向列方程求解.【名师点睛】
平抛运动的规律应用的注意事项
1.应用平抛运动的规律时,零时刻对应的位置一定是抛出点.
2.当平抛物体落在水平面上时,物体在空中运动的时间由高度h决定,与初速度v0无关,而物体的水平射程由高度h及初速度v0两者共同决定.【状元心得】
“化曲为直”思想的应用
1.在研究曲线运动问题时，应根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的几个方向上的直线运动，最终运用运动合成的方法求出曲线运动的规律.
2.这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法. 圆周运动
1.描述圆周运动的物理量
(1)线速度:①定义式v= ；②特殊式
描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量;是矢量，方向为圆周切线方向.
(2)角速度:①定义式ω= ;②特殊式
描述物体绕圆心转动快慢的物理量,角速度与线速度的关系是：v=ωr.(3)周期和频率:周期T是物体沿圆周运动一周的时间；频率f是
物体单位时间转过的圈数,单位为:赫兹(Hz)
(4)向心加速度:描述速度方向变化快慢的物理量；方向指向圆
心.(5)向心力:作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，
不改变线速度的大小,方向指向圆心.2.匀速圆周运动和变速圆周运动的比较3.竖直面内圆周运动的临界问题分析
物体在竖直面内做的圆周运动是一种典型的变速圆周运动，该类运动常有临界问题，并伴有“最大”、“最小”、“刚好”等词语，常有以下两种模型：(1)轻绳模型：如图所示，均是没有支
撑的小球，属于轻绳模型.
此时小球过最高点的速度不能小于某
一值v，刚好过最高点时，由重力提供向心力，则：
得v= ，这是小球做圆周运动过最高点的最小速度,常称为临界速度.(2)轻杆模型：如图所示，轻杆与轨道均可对球提供支撑力，属于轻杆模型,轻杆模型没有临界速度的限制.【名师点睛】
1.向心力的来源
(1)向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力.
(2)受力分析中不要加上向心力，它只能由其他性质的力提供.
2.向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.3.圆周运动、离心运动、近心运动原理图如图所示，F为向心力
(1)当F=mω2r时，物体做匀速圆周运动；当F=0时，物体沿切线
方向飞出.
(2)当F(3)当F>mω2r时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动.【状元心得】
解决圆周运动问题的常规步骤
1.审清题意，确定研究对象.
2.分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等.
3.分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源.
4.根据牛顿运动定律讨论及利用向心力公式列方程.
5.求解结果并验证.圆周运动的 “等效最高点”与“等效最低点”
物体仅在重力场中的圆周运动是最简单，也是最为熟悉的运动类型，但是物体在复合场中的圆周运动又是我们在综合性试题中经常遇到的问题，如果我们能化“复合场”为“等效重力场”，找出圆周运动的“等效最高点”与“等效最低点”，就可以化繁为简，化难为易. 1.模型特征
物体在竖直平面内做圆周运动，除受重力外，还受其他恒
力作用，即在复合场中运动.
2.圆周运动的 “等效最高点”与“等效最低点”问题的
应考策略
(1)解题步骤:①分析问题是否属于圆周运动的“等效最高
点”与“等效最低点”问题；②类比得出此时的等效重力加速
度 和临界位置、临界条件. (2)注意问题:①注意g与g′的区别：对于竖直平面内的圆周运动模型，则要从受力情形出发，分清“地理最高点”和“物理最高点”，弄清有几个场力；②竖直平面内若做匀速圆周运动，则必须根据做匀速圆周运动的条件，找出隐含条件；③注意线和导轨类问题的约束条件的不同.【典题例证】如图所示，两个水平放置的带电平行金属板的匀强电场中，一长为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着一个质量为m、带有一定电量的小球，小球原来静止，当给小球某一速度后，它可绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，若两板间电压增大为原来的4倍，求：(1)要使小球从C点开始在竖直平面内做圆周运动，开始至少要给小球多大的速度？
(2)在运动过程中细线所受的最大拉力.
【命题探究】本题设计较为巧妙，属于典型的竖直平面内的等效重力问题.【深度剖析】本题的物理情景不难想象：一条细线系带电小球在两板间原来的电场中做匀速圆周运动.后来两板间电压升高为原来的4倍，小球仍在竖直面内做圆周运动.这两种情况下相应的物理条件是不同的，必须注意正确地把它们转化为具体的物理条件.(1)设原来两极板间电压为U，间距为d，小球电量为q，因小球
开始能在电场中做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，并
且和重力相等，所以小球带正电，且满足 ①
当两板间电压增到4U时，设需在C点给小球的速度为v才能使其
在竖直平面内做圆周运动，分析知C点就是小球做圆周运动的
等效最高点(即临界点)，在等效最高点处小球的线速度最小，
小球所受新的电场力与重力的合力恰好满足在该处做圆周运动
的向心力，此时细线对小球的拉力为零(这是等效最高点的特
点)，即：
②
得到 ③(2)小球在最高点D时就是小球做圆周运动的等效最低点，小球
在等效最低点处的线速度最大，所以细线所受拉力最大，设最
大拉力为FT，由牛顿第二定律有：
④
小球从C点运动到D点过程中，重力和电场力做功，根据动能定
理，有： ⑤
由⑤式得小球在等效最低点处的线速度vD= ⑥
将⑥式代入④式，得FT=18mg