第7讲 磁场中常考的3个问题(选择题或计算题)
主要题型：选择题或计算题
难度档次：
低档难度：考查安培力的大小和方向的判断及矢量性的理解(选择题)．
中档难度：考查洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的单过程运动．(选择题)
高档难度：压轴计算题——考查带电粒子在有界磁场中运动的临界问题或多过程且综合性较强的问题．,高考热点
1．磁感线
在这些曲线上，每一点小磁针________受力方向为该点的________方向，其疏密反映了磁场的________．在磁体外部，磁感线由________到________；在磁体内部，磁感线从________到________，磁感线是一组________曲线，在空间中互不相交．
2．磁感应强度
是描述磁场的________和方向的物理量，用B表示，是矢量．
3．安培定则：用________握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是________的环绕方向．
4．安培力和洛伦兹力的比较
名称项目 安培力 洛伦兹力
作用对象 通电导体 运动电荷
力的大小 F安＝________(I⊥B) F安＝0(I∥B) F洛＝________(v⊥B) F洛＝0(v∥B)
力的方向 左手定则(F安垂直于I与B所决定的平面) 左手定则(F洛垂直于v与B所决定的平面，且需区分正负电荷)
作用效果 改变导体棒的运动状态，对导体棒做功，实现电能和其他形式的能的相互转化 只改变速度的方向，不改变速度的大小；洛伦兹力永远不对电荷做功
本质联系 安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受到的洛伦兹力的宏观表现
,状元微博
名师点睛
1．电荷在电场中一定受电场力作用，但电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
2．应用左手定则时，一定要分清正、负电荷，洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功．
3．左手定则和右手定则容易混淆
左手定则用来判断安培力、洛伦兹力的方向，右手定则是用来判断导体棒切割磁感线时产生的感应电流方向．
课堂笔记
常考问题21 通电导体棒在磁场中所受安培力问题(选择题)
图7－1
【例1】 (2012·天津理综，2)如图7－1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
解析 选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B错误．
答案 A
如图7－2所示，一段折成120°的通电导线abc置于匀强磁场中，已知ab＝bc＝0.5 m，I＝1 A，B＝ T，则导线受到的安培力( )．
图7－2
A．方向沿纸面向上，大小为0.5 N
B．方向沿纸面向下，大小为0.5 N
C．方向沿纸面向上，大小为1.5 N
D．方向沿纸面向下，大小为1.5 N,
借题发挥
1．通电导体在磁场中受到的安培力
(1)方向：根据左手定则判断
(2)大小：由公式F＝BILsin θ计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．
2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维：画出平面受力分析图，其中安培力的方向切忌跟着感觉走，要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；
(3)列方程：根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程式进行求解．
课堂笔记
常考问题22 带电粒子在有界匀强磁场中的运动(选择题)
图7－3
【例2】 (2012·安徽理综，19)如图7－3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.Δt B．2Δt
C.Δt D．3Δt
解析 设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，
圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝，
得r1＝，根据几何关系得＝tan ，且φ1＝60°.
当带电粒子以v的速度进入时，
轨道半径r2＝＝＝r1，
圆心在O2，则＝tan ，即tan ＝＝＝3tan ＝ .
故＝60°，φ2＝120°；
带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，
所以＝＝，
即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误．
答案 B
图7－4
带电量与质量都相同的两个粒子，以不同速率垂直于磁感线方向射入同一匀强磁场中，两粒子运动的轨迹如图7－4所示，关于两个粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t及圆周运动周期T、角速度ω的表达正确的是( )．
A．v1>v2 B．t1＝t2
C．T1>T2 D．ω1＝ω2,
以题说法
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
―→
―→
―→
2．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
(2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
课堂笔记
常考问题23 带电粒子在匀强磁场中的多过程运动
图7－5
【例3】 如图7－5所示，圆心为原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场B1.平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面，放置在坐标y＝－2.2R的位置．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R，0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子全部垂直打在荧光屏上坐标为 (0，－2.2R)的M点，且此时，若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变．若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R，－2.2R)的N点．求：
(1)打在M点和N点的粒子运动速度v1、v2的大小．
(2)在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向．(不计粒子的重力)
教你审题
图7－6
在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图7－6所示．若此粒子在磁场区域运动过程中，速度的方向一共改变了90°.重力可忽略不计，求：
(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t.
(2)该粒子射入时的速度大小v.
,得分技巧
1．不同边界的匀强磁场中带电粒子的运动轨迹、圆心、半径
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图7－7所示)
图7－7
(2)平行边界(存在临界条件，如图7－8所示)
图7－8
2．圆形或环状磁场区域的规律要点
(1)圆形磁场区域规律要点：
①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图7－9甲所示．
②直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，磁场区域面积最小，如图乙所示．
(2)环状磁场区域规律要点：
①带电粒子沿(逆)着半径的方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)着半径的方向射出磁场．
②最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度vm或磁场有最小磁感应强度B，如图丙所示．
图7－9
——带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
误区警示
(1)不能熟练地利用几何关系分析带电粒子在磁场中的运动轨迹
(2)不能正确地找出带电粒子在磁场中运动的临界状态
技巧指导
巧解带电粒子在磁场中运动时间最长的临界轨迹的方法：
(1)动态放缩法：速度越大半径越大，速度方向不变的粒子，圆心在垂直速度方向的直线上．
(2)旋转平移法：定点粒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R＝的圆上．
记一记 体会并熟记下列三个结论：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．,
图7－10
【典例】 (2010·新课标全国卷)如图7－10所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内垂直于xOy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xOy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．
审题思路
图7－11
1．(2012·海南单科，10)图7－11中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是( )．
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
图7－12
2．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图7－12所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2 m，长L＝100 m，电流I＝10 A，轨道摩擦不计， 则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )．
A．B＝18 T，Pm＝1.08×108 W
B．B＝0.6 T，Pm＝7.2×104 W
C．B＝0.6 T，Pm＝3.6×106 W
D．B＝18 T，Pm＝2.16×106 W
图7－13
3．(2012·广东理综，15)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7－13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
图7－14
4．(2012·江苏单科，9)如图7－14所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有( )．
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋
图7－15
5．如图7－15所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，边界AD与边界AC的夹角为30°，边界AC与MN平行，Ⅰ、Ⅱ区域均存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d，边界AD上的P点与A点间距离为2d.一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v＝，沿纸面与边界AD成60°角的方向从左边进入Ⅰ区域磁场(粒子的重力可忽略不计)．
(1)若粒子从P点进入磁场，从边界MN飞出磁场，求粒子经过两磁场区域的时间．
(2)粒子从距A点多远处进入磁场时，在Ⅱ区域运动时间最短？
答案：
第7讲 磁场中常考的3个问题(选择题
或计算题)
【高考必备】
1．N极 磁场 强弱 N极 S极 S极 N极 闭合
2．大小 3.右手 磁感线 4.BIL qvB
【常考问题】
预测1 C [有效长度是a、c两点的直线长度，根据左手定则，知安培力方向是沿纸面向上．Fac＝BI(2Labcos 30°)＝×1×(2×0.5×)N＝1.5 N．]
预测2 AD [带电粒子在磁场中做圆周运动，有R＝，由题图中可以看出，R1>R2，所以v1>v2，故选项A正确；运动周期为T＝，所以它们的周期相等，故选项C错误；由题图中可以看出它们在磁场中运动圆弧的角度为θ不相等，则运动时间为t＝T不相等，故选项B错误；角速度ω＝＝，所以ω1＝ω2，故选项D正确．]
【例3】 解析 (1)粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在M点和N点的粒子动能均为E0，速度v1、 v2大小相等，设为v，由E0＝mv2可得v＝ .
(2)如图所示，区域Ⅱ中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是O1点，半径为r1＝R.区域Ⅱ有磁场时，粒子在区域Ⅱ中轨迹圆心是O2点，半径为r2，由几何关系得r＝(1.2R)2＋(r2－0.4R)2，解得r2＝2R
由qvB＝m得B＝
所以B1＝，方向垂直xOy平面向外
B2＝，方向垂直xOy平面向里．
答案 见解析
预测3 解析 (1)粒子在匀强磁场中运动，则qvB＝m
运动周期T＝
解得轨道半径r＝，周期T＝
粒子的速度方向改变了90°，所用的时间
t＝＝.
(2)粒子的运动情况如图所示，△AOD是等腰直角三角形，AD＝r
在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°
AD＝dcos ∠CAD＝d cos 30°
解得r＝d
因此粒子射入时的速度大小v＝.
答案 (1) (2)
高考阅卷老师教你
【典例】 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qvB＝m①
由①式得R＝②
当
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsin α＝R－④
Rsin α＝a－Rcos α⑤
又sin2α＋cos2α＝1⑥
由④⑤⑥式得R＝a⑦
由②⑦式得v＝.⑧
(2)由④⑦式得sin α＝.⑨
答案 见解析
【随堂演练】
1．BD [若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定得金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误．同理判定B、D选项正确、C项错误．]
2．D [通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝mv，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入数值得Pm＝2.16×106 W，故D项正确．]
3．A [由左手定则知M带负电，N带正电，选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F向＝F洛，即＝qvB得r＝，因为M、N的质量、电荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误； 由T＝知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为，选项D错误．]
4．BC [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B＝，所以r＝，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA＝2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧，则必须有更大的速度，选项B正确．若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r′，则r′≥，代入r＝，r′＝，解得v≥v0－，选项C正确．]
5．解析
(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则qvB＝
解得r＝2d
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
设粒子在Ⅰ区域转过角度为θ，则sin θ＝
粒子在Ⅰ区域运动时间t1＝T
设粒子在Ⅱ区域运动时间为t2，由对称关系可知
粒子经过两磁场区域的时间
t＝t1＋t2＝2t1
解得t＝.
(2)在Ⅱ区域运动时间最短时，圆弧对应的弦长应为d
由几何关系可知，粒子入射点Q到边界AC的距离应为
则入射点Q与A点的距离为d.
答案 见解析
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第3讲 牛顿运动定律常考的3个问题
主要题型：选择题或计算题
难度档次：
中档或中档偏上难度，以牛顿运动定律为中心延伸到受力分析、运动学公式及功、能等，一般是综合题．
高考热点
一、牛顿运动定律
1．牛顿第一定律
指出了一切物体都具有惯性，即保持原来______________________不变的特性．
2．牛顿第二定律
(1)意义：明确了力是使物体产生加速度的原因．
(2)表达式：F合＝ma或
3．牛顿第三定律
指出了相互作用的物体间，作用力与反作用力的关系，即等大________、作用在一条________上．
特别提醒
(1)牛顿第一定律描述的是理想状态下物体的运动规律，而不是牛顿第二定律在F＝0时的特例．
(2)力与加速度的关系具有瞬时性、同体性、矢量性和独立性．
(3)牛顿第三定律描述的一对作用力与反作用力的关系总是成立，并且具有相互依存性．应与一对平衡力严格区分开．
二、超重与失重
1．物体具有向上的________(或具有向上的加速度分量)时，处于________状态；
2．物体具有向下的________(或具有向下的加速度分量)时，处于________状态．
状元微博
牛顿第二定律的“四”性
名师点睛
求解动力学问题的基本思路
不论是已知运动求受力，还是已知受力求运动，受力分析和运动情况分析是解决问题的关键，基本思路如下框图所示．
常考问题7 牛顿第二定律的基本应用(选择题)
图3－1
【例1】 (2010·全国Ⅰ理综，15)如图3－1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( )．
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g
解析 在木板抽出后的瞬间，弹簧未来得及发生形变，所以木块1所受重力和弹力均不变，合力为零，则a1＝0.木块2受重力Mg和弹簧弹力F＝mg，如右图所示，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝Ma2，则a2＝g，选项C正确．
答案 C
考查了物体的受力分析和牛顿第二定律的应用以及学生的推理能力．
图3－2
如图3－2所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )．
A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值,借题发挥
瞬时现象
1．模型构建
轻绳轻杆或轻弹簧
2．绳断前后的受力分析
物体受到的力中有绳的拉力或弹簧的弹力，分析断绳或弹簧、撤掉支持面的瞬间情况就是“瞬时现象”．解答时一般考虑以下四点：
(1)先分析物体“断前”的受力情况，初步确定各力的大小及方向．
(2)在“断后”，被断掉的力发生突变、瞬时消失．
(3)在“断后”，重力等保持不变，剩余弹簧的弹力也不变．
(4)在有些习惯中，“突然撤掉某个外力”相当于“断绳”的情况．
课堂笔记
常考问题8 运动图象与牛顿第二定律的综合应用(选择题
或计算题)
图3－3
【例2】 (2012·安徽理综，22)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3－3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.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.
本题考查了v－t图象、牛顿第二定律和运动学公式的应用，主要考查学生的理解能力和推理能力．
图3－4
在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，后撤去拉力．该物体的运动的v－t图如图3－4所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )．
A．物体的最大位移是56 m
B．物体受到的拉力F的大小为2.4 N
C．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
D．前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为16 J,阅卷感悟
错因档案
1．不能把图象的物理意义与实际情景对应―→分析不出物体的运动情况而出错
2．不能从图象中获得有效信息
3．不能充分利用“加速度”这个桥梁作用确定力．
应对策略
课堂笔记
常考问题9 牛顿第二定律与运动学的综合应用(计算题)
图3－5
【例3】 (2012·重庆理综，25)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3－5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．
规范解答 (1)在匀速运动阶段，有mgtan θ0＝kv0
得k＝.
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有N′sin θ－kv＝ma，
N′cos θ＝mg，
得tan θ＝＋tan θ0.
(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F＝，
球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsin β＝ma′，
设匀速跑阶段所用时间为t，有t＝－，
球不从球拍上掉落的条件a′t2≤r，
得sin β≤.
一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小．
方法锦囊
应用牛顿第二定律解题的步骤
课堂笔记
【示例】 (13分)如图3－6所示，水平地面AB与倾角为θ的斜面平滑相连，一个质量为m的物块静止在A点．现用水平恒力F作用在物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，此时撤去力F，物块以在B点的速度大小冲上斜面．已知物块与水平地面和斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
图3－6
(1)物块运动到B点时的速度大小v；
(2)物块在斜面上运动时的加速度大小a2；
(3)物块在斜面上运动的最远距离s.
评分标准 (1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1 ①(2分)
物块到达B点时的速度为v＝a1t ②(1分)
由①②得：v＝－μgt ③(1分)
(2)物块在斜面上受力如右图所示
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μFN＝ma2 ④(2分)
且FN＝mgcos θ ⑤(2分)
联立④⑤得：a2＝g(sin θ＋μcos θ)(2分)
(3)根据运动学公式v2＝2a2s ⑥(1分)
得s＝.(2分),拿分策略：按步就班列方程，至少拿8分
●明确物体的运动过程
●按步就班列方程
好样的！你按步就班列方程已经得8分了！
若能仔细解方程组得出正确结果即可再拿下5分，得到满分.
1．(2012·海南单科，1)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )．
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
2．(2012·江苏淮安市5月第四次调研，2)如图3－7甲所示，倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量m＝0.8 kg的物体受到平行斜面向上的力F作用，其大小F随时间t变化的规律如图乙所示， t＝0时刻物体速度为零，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )．
图3－7
A．0～1 s时间内物体的加速度最大
B．第2 s末物体的速度为零
C．2～3 s时间内物体向下做匀加速直线运动
D．第3 s末物体回到了原来的出发点
图3－8
3．如图3－8所示，质量均为m的物块a、b置于倾角为30°的光滑斜面上，物块a、b之间有一段处于伸长状态的弹簧，a、b通过细线系在墙上．下列情况不可能的是( )．
A．在只剪断上面的绳子的瞬间，a的加速度为零，b的加速度不为零
B．在只剪断上面的绳子的瞬间，a、b的加速度均不为零
C．在只剪断下面的绳子的瞬间，a的加速度不为零，b的加速度为零
D．在只剪断下面的绳子的瞬间，a、b的加速度均为零
4．(2012·江苏单科，4)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( )．
图3－9
5．中央电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图3－9所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，瓶子质量m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试问：
(1)推力作用在瓶子上的时间最长为多少？
(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？
提 示 课后完成《专题能力提升训练》第149页
【高考必备】
一、1.运动状态 2.max may 3.反向 直线
二、1.加速度 超重 2.加速度 失重
【常考问题】
预测1 D [球的受力情况如图所示，则FN2－FN1sin θ＝ma，FN1cos θ＝mg，由此判断A、B错误．根据牛顿第二定律，FN1、FN2和mg三力的合力等于ma，C错误．根据FN1＝，D正确．]
【例2】 解析 (1)由vt图象可知，小球下落过程的加速度为
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1
所以弹性球受到的空气阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8)N＝0.2 N.
(2)小球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s，
根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，
根据v2－v＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度h＝＝ m＝0.375 m.
答案 (1)0.2 N (2)0.375 m
预测2 ACD [由vt图象知，运动过程由两个“子过程”构成：拉力F作用下的匀加速运动，撤去F后阻力作用下的匀减速运动．
运动的最大位移是vt图象与t轴围成的三角形面积，为s＝×8×14 m＝56 m.
A正确．匀加速运动时，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，由图象知运动的加速度为a1＝0.8 m/s2.
匀减速运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，由图象知运动的加速度为a2＝2.0 m/s2.
解上述各式得μ＝0.2，F＝5.6 N．所以B错误，C正确．
如上图所示，由几何关系解得12 s末的速度为v＝ m/s＝4 m/s，对前12 s应用动能定理，得拉力与阻力做功的代数和为W＝mv2＝16 J，D正确．]
预测3 解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动x0＝t1.
解得v0＝＝4 m/s.
(2)汽车滑行减速过程加速度a2＝＝－2 m/s2，
由牛顿第二定律有－Ff＝ma2，解得Ff＝4×103N.
(3)开始加速过程中加速度为a1，x0＝a1t，由牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1，解得F＝Ff＋ma1＝6×103N.
答案 (1)4 m/s (2)4×103N (3)6×103N
【随堂演练】
1．D [物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关，A项错误；物体所受合力不为0，则a≠0，B项错误；加速度的大小与其所受的合力成正比，C项错误．]
2．BC [重力沿斜面向下的分力为F1＝mgsin 30°＝4 N，可知2～3 s内物体加速度最大，A错；由于0～1 s内和1～2 s内加速度等大反向，2 s末物体的速度大小为零，B，C均对；在2～3 s内的加速度大小为a3，则有mgsin 30°－F3＝ma3，a3＝3.75 m/s2，而a1＝＝1.25 m/s2，上升距离s1＝1.25 m，下降距离为s2＝a3t＝1.875 m>s1，D错．]
3．B [在只剪断上面的绳子的瞬间，弹簧的长度没变，a的受力情况没变，a的加速度为零，绳子对b向上的力消失了，b有向下的加速度，A可能、B不可能．在只剪断下面的绳子的瞬间，弹簧的长度没变，b的受力情况没变，b的加速度为零，一开始下面的绳子对a可能有拉力，也可能没有拉力，所以a的加速度可能为零，也可能不为零，C、D都可能．不可能的只有B.]
4．C [皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v减小，空气阻力f＝kv也减小，根据牛顿第二定律mg＋f＝ma，知a＝＋g，可知，a随v的减小而减小，且v变化得越来越慢，所以a随时间t减小且变化率减小，选项C正确．]
5．解析 (1)要想获得成功，瓶子滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长，设最长时间为t1，力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则：
F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2，v1＝a1t1，
2a1x1＝v，
2a2x2＝－v，
x1＋x2＝L1，
解得：t1＝ s.
(2)要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用距离最小，设最小距离为x3，撤力时瓶子的速度为v2，则：
2a1x3＝v，
2a2(L1－L2－x3)＝－v，
解得：x3＝0.4 m
答案 (1) s (2)0.4 m
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第2讲 力和物体的平衡常考的3个问题(选择题)
主要题型：选择题
难度档次：
低档或中档难度，是高考卷中的最基础考题．以平衡状态为主要背景，或涉及匀速运动，对物体作受力分析、进行力的合成分解的简单计算．,高考热点
一、力的分类
1．重力：大小G＝________，方向________．
2．弹力
(1)方向：弹力的方向与物体形变的方向相反．具体情况有：轻绳的弹力的方向总是沿着绳______________的方向，支持力或压力的方向________________于接触面，指向被支撑或被压的物体．
(2)大小：弹簧弹力的大小F＝________，其他弹力由平衡条件或牛顿第二定律求出．
3．滑动摩擦力
(1)方向：总是沿着接触面的切线方向且与______________________相反．
(2)大小：与正压力成________比，即F＝μFN.
4．静摩擦力
(1)方向：总是沿着接触面的切线方向且与________________相反．
(2)大小：由物体所处的运动状态，根据平衡条件或牛顿第二定律求出，可能的取值范围是________，Fm为最大静摩擦力．
5．电场力
(1)大小
(2)方向
6．安培力
(1)大小：F＝BIL(B⊥L)
(2)方向：用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向______________，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受________________．
7．洛伦兹力
(1)大小：F＝qvB
(2)方向：用左手定则判定
二、力的合成与分解
1．运算法则
遵从________．
2．两个力的合力范围
|F1－F2|≤F≤F1＋F2.
三、物体的平衡
(1)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态．
(2)平衡条件：F合＝0或,状元微博
名师点睛
1．共点力平衡条件的推论：(1)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反；(2)若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．
2．研究对象的选取方法
(1)整体法；(2)隔离法．
3．解平衡问题常用的方法
课堂笔记
常考问题4 单个物体在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡
【例1】 (2012·浙江卷，14)如图2－1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( )．
图2－1
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
考查了①受力分析，共点力平衡等知识；②考生的理解能力和推理能力．
图2－2
如图2－2所示，物块的质量为m，在恒力F的作用下，紧靠在天花板上保持静止，若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，则( )．
A．物体可能受到3个力作用
B．天花板对物体摩擦力的大小一定为Fcos θ
C．天花板对物体摩擦力的大小一定为μFsin θ
D．物块对天花板的压力大小为μFsin θ,借题发挥
1．受力分析应掌握三个原则
(1)受力分析的顺序：一般按照“―→―→―→―→”的顺序进行受力分析．
(2)善于变换研究对象：如果题目中给出的物体不止一个，在分析物体受力情况时，往往不能直接判断它与接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，这时可以采用变换研究对象―→用整体法(或隔离法)―→先分析其他物体的受力情况―→再分析被研究物体的受力情况．
(3)结合运动状态及时修正：由于弹力和摩擦力都是被动力，它们的方向和大小与物体的运动状态有密切的关系，所以分析物体的受力情况时，除了根据力产生的条件判断外，还必须根据物体的运动状态，结合牛顿第二定律及时进行修正．
2．求共点力平衡问题的思路
―→―→―→
常考问题5aa.TIF，JZ]连接体的平衡问题
图2－3
【例2】 (2012·山东卷，17)如图2－3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
解析 选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图甲所示，根据平衡条件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，Ff不变，所以选项A错误，选项B正确；如图乙所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图丙所示，根据平衡条件得FN＝F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此FN变大，故选项C错误，选项D正确．
答案 BD
考查了①受力分析和共点力平衡等知识．
②整体法、隔离法及力的正交分解、合成等方法的熟练应用．
③理解能力和推理能力．
图2－4
如图2－4所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )．
A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力
B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和
以题说法
1．整体法的条件：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．求解实际问题的过程
3．方法拓展——电学题力学化
分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．分析方法是：
①选取研究对象．如果有几个物体相互作用，要依据题意，适当选用“整体法”或“隔离法”；
②对研究对象进行受力分析，多了个电场力F＝Eq、电磁力F＝BIl或洛伦兹力F＝qvB；
③列平衡方程(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)或牛顿第二定律．
试一试
图2－5
如图2－5所示，水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，且绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E，A不带电，B带正电且电荷量大小为Q，A、B均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角．则( )．
A．细线中张力大小为
B．细线中张力大小为
C．杆对A的摩擦力大小为QE
D．杆对A的支持力大小为Mg
解析 对B进行受力分析如图(1)，由图知FT＝＝，A、B对；对A、B整体进行受力分析如图(2)，可知C对，D错．
答案 ABC
常考问题6 动态平衡问题
图2－6
【例3】 (2012·新课标全国卷，16)如图2－6所示，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 方法一 解析法
如图所示，因为N1＝，N2＝，
随θ逐渐增大到90°，
tan θ、sin θ都增大，
N1、N2都逐渐减小，
所以选项B正确．
方法二 图解法
(请同学们自己画图得出结论哟！)
答案 B
考查了①受力分析，物体的平衡及动态变化情况等；②力的合成法及学生的理解能力和推理能力．
图2－7
(2012·雅礼中学月考卷)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图2－7所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是( )．
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．P对Q的弹力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大
D．Q所受的合力逐渐增大
方法锦囊
分析动态平衡问题通常有两种方法
1．解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变参量与自变量的一般函数式，然后根据自变参量的变化确定因变参量的变化．
2．图解法
(1)条件
(2)过程
课堂笔记
失分原因
(1)对弹力、摩擦力认识不足而出错
(2)对受力情况考虑不周而产生漏解、错解
(3)对整体法与隔离法选用不当导致错选
(4)“死节”、“活节”分不清而出错
(5)不能灵活正确选取力的处理方法而错解
解决方案
?选择研究对象
?受力分析
?选取处理力的方法
?列方程F合＝0或求解或讨论
典例示范
图2－8
(2011·海南卷，4)如图2－8所示，墙上有两枚钉子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( )．
A. B．2
C. D. ,静力学解题模板
―→结点c为研究对象
―→
―→
―→
请你得出答案哟！
选择题战术：选择题中，通常会有一题的难度略大．难题在高考中的比例占10%，考生们对自己的做题节奏和解题能力必须有恰当的判断，遇到难题时应该根据自己的实际情况适当地跳过，以免浪费大量的宝贵时间，导致后面较容易的试题来不及做．
图2－9
1．如图2－9所示，在大型车站、广场和商场通常都安装了智能化的自动扶梯．所谓“智能化”就是自动扶梯在没有乘客乘行时，以较小的速度匀速运行 ，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行，从而达到节约能源的目的，试分析自动扶梯在运送乘客的过程中( )．
A．乘客始终受摩擦力作用
B．乘客经历先超重再失重
C．乘客对扶梯的作用力先斜向下，再竖直向下
D．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上
2． (2012·海南单科，8)下列关于摩擦力的说法正确的是( )．
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
图2－10
3．(2012·上海单科，8)如图2－10所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为( )．
图2－11
4．(2012·南京模拟)如图2－11所示，一轻绳的两端分别固定在不等高的A、B两点，现用另一轻绳将一物体系于O点，设轻绳AO、BO相互垂直，α>β，且两绳中的拉力分别为FA、FB，物体受到的重力为G，下列表述正确的是( )．
A．FA一定大于G
B．FA一定大于FB
C．FA一定小于FB
D．FA与FB大小之和一定等于G
图2－12
5．如图2－12所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止，则( )．
A．磁场方向竖直向上
B．磁场方向竖直向下
C．金属杆ab受安培力的方向平行于导轨向上
D．金属杆ab受安培力的方向平行于导轨向下
提 示 课后完成《专题能力提升训练》第147页
【高考必备】
一、1.mg 竖直向下 2.(1)收缩 垂直 (2)kx 3.(1)物体相对运动的方向 (2)正 4.(1)物体相对运动的趋势的方向 (2)0二、1.平行四边形定则
【常考问题】
【例1】 A [
选斜面上的物体为研究对象对其进行受力分析如图所示(设摩擦力的方向向下)由平衡条件得
沿斜面方向上，
F－mgsin 30°－Ff＝0①
垂直斜面方向上
FN－mgcos 30°＝0②
F＝4.9 N③
由①②③得Ff＝0
FN＝4.9 N
所以选项A正确、B、C、D均错误．]
预测1 B [对物块进行受力分析，物块受重力mg、外力F的作用．然后用“假设法”判定，它一定受到静摩擦力Ff与支持力FN，物块共受到4个力作用，如右图所示，A选项错误．
在水平、竖直方向上建立坐标系，对力F正交分解，由平衡条件得：
水平方向：Fcos θ＝Ff，
竖直方向：Fsin θ＝FN＋mg，
所以，C、D错误，B正确．]
预测2 A [以b为研究对象，因为处于平衡状态，受到重力、弹力和静摩擦力作用，合力为0，静摩擦力和弹力的合力与重力平衡，A正确；利用整体法判断木块与墙面没有弹力，没有摩擦力作用，B、C项错误；竖直向上的作用力F大小一定等于铁块与木块的重力之和，D错误．]
预测3 BC [圆柱体Q的受力如图所示，MN保持竖直缓慢向右平移，则N2方向不变，N1′与mg夹角增大，N1、N2、mg三力处于平衡状态，由动态矢量三角形可知N1、N2均增大，A错、B对；缓慢移动过程中Q始终处于平衡状态，Q受合力始终为零，D错；以P、Q为整体，水平方向所受地面的摩擦力与N2是一对平衡力，即f＝N2，所以f在增大，C正确．]
【典例示范】 C [对于结点c，受三个拉力的作用，如图所示，其中F1＝m2g，F2＝m1g，平衡时，F2、F3的合力F大小等于F1，即F＝m2g.由图可知，＝cos α，而cos α＝＝，所以＝， 即＝，故C正确．]
【随堂演练】
1．C [匀速时乘客不受摩擦力作用，A错误；当扶梯先加速再匀速时，加速上行阶段乘客处于超重状态，匀速时处于平衡状态，B错误；乘客加速时受摩擦力和支持力作用，可知此时扶梯对乘客的作用力先斜向上，由牛顿第三定律可得乘客对扶梯的作用力先斜向下，C正确、D错误．]
2．CD [摩擦力总是阻碍物体的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的实际运动无关．当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，方向相反时为阻力，故C、D项正确．]
3．A [以A、B为整体，A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a∥和a⊥，如图所示，以B为研究对象，B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a∥.因此B受到三个力的作用，即：重力、A对B的支持力、A对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A正确．]
4．B [对FA和FB正交分解，水平方向分力大小相等，竖直方向分力之和等于G，可知FA一定大于FB.]
5．A [
本题考查物体的平衡及安培力方向的判断．受力分析如图所示，当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab受力可以平衡，A正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B、C、D错误．]
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.高三是一首铿锵的歌——“爱拼才会赢”，但需要自己去弹奏，去吟唱．辛勤的汗水，失败的凄楚，终究换来成功的喜悦！现在，我虽然已获得清华大学博士学位，但“高三的歌”仍余音萦绕，催我奋进．这首歌——我们的“高三精神”，将永远激励着我走向辉煌！
“选考模块”题目容易，好像天上掉下的“馅饼”，可轻松获得．做题顺序不妨跳跃一下，赶在“压轴”题之前做，不失为良策．该得的分数尽收囊中，下场后你又会唱起“高三的歌”！
第15讲 动量守恒定律、原子结构和原子核中常
考的3个问题
主要题型：填空、问答、计算
难度档次：
中档难度，同时考查动量守恒与碰撞、原子与原子核两部分内容．或“关联性综合”或“拼盘式组合”．一般选取4个考点组成2个小题，只对考点知识直接应用，只做模块内综合．
高考热点
名师助考
1．系统化的思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．
(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理．如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为整体进行考虑．例如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成整体(或系统)．
2．在配平核反应方程式时，一般先满足质量数守恒，后满足电荷数守恒．
3．在处理粒子的碰撞和衰变问题时，通常应用动量守恒定律、质能方程和能的转化与守恒定律综合分析．
4．核能的计算方法
若Δm以kg为单位，ΔE＝Δm·c2，则ΔE的单位为焦耳．若Δm以原子的质量单位u为单位，则ΔE＝Δm×931.5 MeV.
常考问题45 光电效应现象与动量守恒定律的组合
【例1】 (2011·课标全国卷，35)(1)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)的单色光做该实验，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.
图15－1
(2)如图15－1所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，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．
本题考查了光电效应方程、动量守恒定律及机械能守恒定律，主要考查分析综合能力，属中等难度题．
图15－2
(1)研究光电效应时，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．光电流I与A、K之间的电压UAK的关系，如图15－2所示．根据遏止电压(图中的Uc)可以推算出的量是________．
A．钠发生光电效应的极限频率
B．钠在这种频率的光照射下的最大初动能
C．钠在其它任何频率的光照射下的最大初动能
D．钠发生光电效应的逸出功
(2)溜冰场上A、B两人分别坐在两辆碰碰车上沿同一直线相向运动，A的质量是40 kg，他推着一个质量是10 kg的滑块向前运动，速率是3 m/s；B的质量是50 kg，速率是1 m/s，为了避免两车相撞，A将滑块推出去，后被B接住．碰碰车质量都是20 kg，求滑块被A推出去的最小速率．
借题发挥
1．常见概念辨析
2．用图象表示光电效应方程
(1)最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线如图所示．
(2)由曲线可以得到的物理量
①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标ν0.
②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0＝E.
③普朗克常量：图线的斜率k＝h.
3．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．
课堂笔记
常考问题46 氢原子能级与动量守恒定律的组合
【例2】 (2012·山东卷，38)(1)氢原子第n能级的能量为En＝，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＝________．
图15－3
(2)如图15－3所示，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 (1)根据氢原子的能级公式，hν1＝E4－E2＝－＝－E1
hν2＝E2－E1＝－＝－E1
所以＝＝
(2)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 (1) (2)v0
图15－4
(1)已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能级图如图15－4所示，一群氢原子处于量子数n＝4能级状态，则________．
A．氢原子可能辐射6种频率的光子
B．氢原子可能辐射5种频率的光子
C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应
D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应
图15－5
(2)如图15－5所示，一长为l，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的滑块以初速度v0滑到木板上，木板长度至少为多少才能使滑块不滑出木板．(设滑块与木板间动摩擦因数为μ)
借题发挥
1．玻尔理论的基本内容
能级假设：氢原子En＝，n为量子数．
跃迁假设：hν＝E末－E初．
轨道量子化假设：氢原子rn＝n2r1，n为量子数．
2．氢原子跃迁时电子动能、电势能与原子能量的变化
(1)原子能量：En＝Ekn＋Epn＝，随n增大而增大，其中E1＝－13.6 eV.
(2)电子动能：电子绕氢原子核运动时静电力提供向心力，即k＝m，所以Ekn＝k，随r增大而减小．
(3)电势能
通过库仑力做功判断电势能的增减．
当轨道半径减小时，库仑力做正功，电势能减小；反之，轨道半径增大时，电势能增加．
3．记住一些结论
(1)一群氢原子处于量子数为n的激发态时可能辐射的光谱条数为N＝.
(2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hν＝Em－En)时，光子才被吸收．
(3)入射光子能量大于电离能(hν＝E∞－En) 时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能．
课堂笔记
常考问题47 有关原子核的知识与动量守恒定律的组合
【例3】 (2012·课标全国卷，35)(1)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：H＋H―→He＋x，式中x是某种粒子．已知H、H、He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；1 u＝931.5 MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)．
图15－6
(2)如图15－6所示，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)n(或中子) 17.6 (2)①设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝m2v2 ①
式中g是重力加速度的大小．设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′ ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ) ③
联立①②③式得
＝－1 ④
代入题给数据得＝ －1. ⑤
②两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ) ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek之比为
＝1－(1－cos θ) ⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
＝1－. ⑧
答案 (1)n(或中子) 17.6 (2)① －1 ②1－
(1)用中子轰击氧原子核的核反应方程式为O＋n―→N＋X，则可知式中X为________；a＝________；b＝________．
(2)花样滑冰是集运动、健美、舞蹈于一身的竞技表演项目，一质量m1＝60 kg的男滑冰运动员以v1＝9.2 m/s的速度匀速滑行，另一质量为m2＝40 kg的女滑冰运动员也匀速滑行且在t＝0时刻与男运动员相距s＝4.0 m，t＝2.0 s时女运动员追上男运动员且被男运动员抱住完成阿尔塞托举动作，则男运动员抱住女运动员后共同速度为多少？
,借题发挥
1．核反应方程的书写
(1)核反应过程一般都不是可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头表示反应方向，不能用等号连接．
(2)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程．
(3)核反应遵循质量数守恒，核反应过程中反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．
(4)核反应遵循电荷数守恒．
2．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．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．
3．核反应过程遵循质量数守恒而不是质量守恒，核反应过程前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．遵循电荷数守恒．
课堂笔记
1．(2012·福建卷，29)(1)关于近代物理，下列说法正确的是________(填选项前的字母)．
A．α射线是高速运动的氦原子
B．核聚变反应方程H＋H―→He＋n中，n表示质子
C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比
D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征
图15－7
(2)如图15－7所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为________(填选项前的字母)．
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
图15－8
2．(2012·江苏卷，12，C)(1)如图15－8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________．
(2)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________．
(3)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．
3．(1)目前，日本的“核危机”引起了全世界的瞩目，核辐射放出的三种射线超过了一定的剂量会对人体产生伤害，三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是( )．
A．α射线，β射线，γ射线
B．β射线，α射线，γ射线
C．γ射线，α射线，β射线
D．γ射线，β射线，α射线
(2)太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变，设每次聚变反应可以看做是4个氢核(H)结合成1个氦核(He)，同时释放出正电子(e)．已知氢核的质量为mp，氦核的质量为mα，正电子的质量为me，真空中光速为c.计算每次核反应中的质量亏损及氦核的比结合能．
(3)在同一平直钢轨上有A、B、C三节车厢，质量分别为m、2m、3m，速率分别为v、v、2v，其速度方向如图15－9所示．若B、C车厢碰撞后，粘合在一起，然后与A车厢再次发生碰撞，碰后三节车厢粘合在一起，摩擦阻力不计，求最终三节车厢粘合在一起的共同速度．
图15－9
4．(1)用频率为ν的光照射某金属材料表面时，发射的光电子的最大初动能为E，若改用频率为2ν的光照射该材料表面时，发射的光电子的最大初动能为________；要使该金属发生光电效应，照射光的频率不得低于________．(用题中物理量及普朗克常量h的表达式回答)
图15－10
(2)质量为M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．初始时小物块停在箱子正中间，如图15－10所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁多次碰撞后停在箱子中．求系统损失的机械能．
5．(1)图15－11中四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是( )．
图15－11
A．图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一
B．图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的
C．图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性
(2)一点光源以功率P向外发出波长为λ的单色光，已知普朗克恒量为h，光速为c，则此光源每秒钟发出的光子数为________个，若某种金属逸出功为W，用此光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能为________．
图15－12
(3)在光滑的水平面上有甲、乙两个物体发生正碰，已知甲的质量为1 kg，乙的质量为3 kg，碰前碰后的位移－时间图象如图15－12所示 ，碰后乙的图象没画，则求碰后乙的速度，并在图上补上碰后乙的图象．
【常考问题】
【例1】 解析 (1)由光电效应方程知，光电子的最大初动能Ek＝hν－W0，其中金属的逸出功W0＝hν0，又由c＝λν知W0＝，用波长为λ的单色光照射时，其Ek＝－＝hc.又因为eU＝Ek，所以遏止电压U＝＝.
(2)设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv＝mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③
由①②③式得弹簧所释放的弹性势能为Ep＝mv④
答案 (1) (2)mv
预测1 解析 (2)为了避免两车相撞，作用后两车速度方向相同，且vA＝vB时，推出滑块的速度最小
(MA＋M0＋m)vA＋(MB＋M0)vB＝(MA＋2M0＋MB＋m)v,70×3＋70×(－1)＝140 v，v＝1 m/s，(MA＋M0＋m)vA＝(MA＋M0)v＋mv0,70×3＝60×1＋10 v0，v0＝15 m/s.
答案 (1)B (2)15 m/s
预测2 解析 (2)滑块与木板相互作用系统动量守恒，滑块不从木板上滑出则滑块与木板有相等的末速度．设末速度为v，滑块滑动位移为s，则木板滑动位移为sl，由动量守恒定律，得mv0＝(m＋M)v①
由动能定理，得μmgs＝mv－mv2，②
μmg(s－l)＝Mv2，③
由②③，得
μmgl＝mv－(m＋M)v2，代入，得l＝.
答案 (1)AC (2)
预测3 解析 (1)核反应前后质量数、核电荷数均守恒，则16＋1＝a,8＋0＝7＋b，解得：a＝17，b＝1.故X为正电子．
(2)设女运动员被抱住前的速度为v2，男运动员抱住女运动员后的共同速度为v，二者抱住的过程由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，①
由题给条件，t＝2.0 s后两人相遇，即s＝(v2－v1)t②
由①②代入数据可得v＝10 m/s.
答案 (1)正电子 17 1 (2)10 m/s
【随堂演练】
1．解析 (1)根据题意，该核反应应该是轻核的聚变，显然答案为A.
(2)分析可知，质子与碳原子核相距最近时两者的速度相等，设此时它们共同速度的大小为v.根据动量守恒定律得：mpv0＝(mp＋mC)v
解得：v＝.
答案 (1)A (2)解析 (1)α射线是高速氦核流，故A项错误；n表示中子，故B项错误；根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，光电子的最大初动能与照射光的频率ν是一次函数关系，故C项错误；根据近代物理学史知，D项正确．
(2)小船和救生员组成的系统满足动量守恒 ：
(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′
解得v′＝v0＋(v0＋v)
故C项正确、A、B、D三项均错．
答案 (1)D (2)C
2．解析 (1)由能级图及En－Em＝hν知，E3－E1>E2－E1>E3－E2
即νa>νc>νb，又λ＝，知λa<λc<λb，所以图C正确．
(2)n＋X―→H，由质量数和电荷数守恒知X为H.该反应为两个核子结合，所以比结合能为.
(3)光子能量ε＝hν，动量p＝，且ν＝
得p＝，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 (1)C (2)n＋H―→H (3)2∶1 EA－2EB
3．解析 (3)由动量守恒定律，得mv＋2mv＋3m(－2v)＝(m＋2m＋3m)v′.
解得v′＝－v，方向向左．
答案 (1)A (2)Δm＝4mp－mα－2me
(3)v 方向向左
4．解析 (1)由光电效应方程有hν＝W＋E,2hν＝W＋E′，hν0＝W，解得E′＝E＋hν，ν0＝ν－.
(2)设小物块停在箱子中时两者的共同速度为v′，对两者从小物块开始运动到相对静止过程由动量守恒定律有
mv＝(M＋m)v′
系统损失的机械能为ΔE＝mv2－(M＋m)v′2
解得ΔE＝
答案 (1)E＋hν ν－ (2)
5．解析 (3)由图v甲＝0，v甲′＝0.3 m/s，v乙＝0.2 m/s，由动量守恒定律m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′
解得v乙′＝0.1 m/s.
答案 (1)AB (2) －W (3)0.1 m/s 乙的图象如上图所示
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
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达人寄语
——科学复习、事半功倍我在北大等你！
我是北京大学大一的学生，身经高考，感触颇深．我的学习方法是：不是方法的方法——刻苦．起初我不刻苦，怕刻苦了也不能考第一，丢人！后来我试着刻苦，最终“刻苦”惊人地回报了我．“勤奋的态度＋科学的方法＋良好的心态＝成功”．学弟学妹们！十年磨砺，今朝亮剑，加油！我在北大等你！
“功和能”是物理学中一把万能的利剑，能量守恒是永恒的主题．大题当前，一定要沉着冷静，奇思妙想，灵活建模，规范解答，坚决拿下力学大题！
第5讲 功和能常考的4个问题(选择题、计算题)
主要题型：选择题、计算题
难度档次：
难度较大，考卷的高档题．知识点多、综合性强、题意较深邃，含有临界点，或多过程现象、或多物体系统．以定量计算为主，对解答表述要求较规范．一般设置或递进、或并列的2～3小问，各小问之间按难度梯度递增．,高考热点
1．做功的两个重要因素是：有力作用在物体上，且使物体在力的方向上________．功的求解可利用W＝Flcos α求，但F必须为________．也可以利用F－l图象来求；变力的功一般应用________间接求解．
2．功率的计算公式
平均功率P＝＝Fvcos α；
瞬时功率P＝Fvcos α，当α＝0，即F与v方向________________时，P＝Fv.
3．动能定理
W1＋W2＋…＝________．
特别提醒
(1)用动能定理求解问题是一种高层次的思维和方法．应该增强用动能定理解题的意识．
(2)应用动能定理解题时要灵活选取过程，过程的选取对解题的难易程度有很大影响．
4．机械能守恒定律
(1)mgh1＋mv＝mgh2＋mv
(2)ΔEp减＝ΔEk增(或ΔEk减＝ΔEp增)
守恒条件只有重力或弹簧的弹力做功．
特别提醒
(1)系统所受到的合力为零，则系统机械能不一定守恒．
(2)物体系统机械能守恒，则其中单个物体机械能不一定守恒．,状元微博
名师点睛
精细剖析“多过程”现象
力学综合题的“多过程现象”，一般由匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动组成，各运动“子过程”由“衔接点”连接．解答时注意以下几点．
(1)由实际抽象相应的物理模型，确定研究对象，对物体进行受力、运动情况的分析，分析好可能的“临界点”．确定每一个“子过程”及其特点，特别是有些隐蔽的“子过程”．
(2)一般要画出物体的运动示意图．
(3)针对每一个“子过程”，应用运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等，列出有效方程．要合理选用“过程性方程”与“瞬时性方程”，能列全过程的方程、不列分过程的方程．
(4)分析好“衔接点”速度、加速度等关系．如“点前”或“点后”的不同数值．
(5)联立方程组，分析求解.
常考问题14 对功、功率的理解及定量计算(选择题)
图5－1
【例1】 (2012·江苏卷，3)如图5－1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
解析 小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．
答案 A
本题主要考查动能定理、瞬时功率的计算等，着重考查学生的理解能力和推理能力，难度中等．
图5－2
滑板运动已成为青少年所喜爱的一种体育运动，如图5－2所示，某同学正在进行滑板训练．图中AB段路面是水平的，BCD是一段半径R＝20 m的拱起的圆弧路面，圆弧的最高点C比AB段路面高出h＝1.25 m，若人与滑板的总质量为M＝60 kg.该同学自A点由静止开始运动，在AB路段他单腿用力蹬地，到达B点前停止蹬地，然后冲上圆弧路段，结果到达C点时恰好对地面压力等于，不计滑板与各路段之间的摩擦力及经过B点时的能量损失(g取10 m/s2)．则( )．
A．该同学到达C点时的速度大小为10 m/s
B．该同学到达C点时的速度大小为10 m/s
C．该同学在AB段所做的功为3 750 J
D．该同学在AB段所做的功为750 J
借题发挥
1．判断正功、负功或不做功的方法
(1)用力和位移的夹角θ判断．
(2)用力和速度的夹角θ判断．
(3)用动能变化判断．
2．计算功的方法
(1)按照功的定义求功．
(2)用动能定理W＝ΔEk或功能关系求功．当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功．
(3)利用功率公式W＝Pt求解．
3．计算功率的基本思路
(1)首先判断待求的功率是瞬时功率还是平均功率．
(2)①平均功率的计算方法
a．利用P＝.
b．利用P＝Fvcos θ.
②瞬时功率的计算方法
P＝Fvcos θ，v是t时刻的瞬时速度．
课堂笔记
常考问题15 功能关系与曲线运动的综合(选择题)
图5－3
【例2】 (2012·安徽卷，16)如图5－3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( )．
A．重力做功2 mgR B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
解析 小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝.小球从P到B的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确．
答案 D
图5－4
如图5－4所示是北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )．
A．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR
B．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m－mg
C．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv2
D．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv2＋mgR,阅卷感悟
错因档案
1．不能正确找出竖直平面内圆周运动的临界条件
2．对重要的功能关系不清楚
应对策略
1．应用功能关系解题，首先弄清楚重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp
(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp
(3)合力的功等于动能的变化，即W合＝ΔEk
(4)重力之外(除弹簧弹力)的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE
(5)一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化ΔQ＝fl相对
(6)电场力做功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔE
2．运用能量守恒定律解题的基本思路
常考问题16 动能定理的应用(计算题)
图5－5
【例3】 (2012·重庆理综，23)如图5－5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．
解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgLcos θ.①
(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0，②
WG＝mgLcos θ，③
由②、③得Wf＝－WG＝－mgLcos θ④
(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF，⑤
摩擦力做的功Wf＝－fs，⑥
④、⑤式代入⑥式得：μ＝.⑦
答案 (1)损失的机械能ΔE＝mgLcos θ (2)摩擦力做的功Wf＝－mgLcos θ
(3)动摩擦因数μ＝
本题对动能定理、功能关系、滑动摩擦力及其做功进行了考查，考查学生的理解能力及分析推理能力，中等难度．
如图5－6甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10 m/s2，求：
图5－6
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
方法锦囊
应用动能定理解题的基本步骤
(1)选取研究对象，分析运动过程．
(2)
(3)明确物体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．
答题模板
解：对……(研究对象)
从……到……(过程)
由动能定理得……(具体问题的原始方程)①
根据……(定律)……
得……
(具体问题的原始辅助方程)……②
联立方程①②得……(待求物理量的表达式)
代入数据解得……(待求物理量的数值带单位)
课堂笔记
常考问题17 机械能守恒与力学知识的综合应用(计算题)
图5－7
【例4】 (2012·大纲全国卷，26)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5－7所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝x2；探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.
(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？
本题考查牛顿运动定律、机械能守恒定律，旨在考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力，难度较大．
图5－8
(2012·温州五校联考)如图5－8所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
以题说法
1．机械能守恒定律的应用
(1)机械能是否守恒的判断
①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功代数和是否为零．
②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．
③对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．
2．解决力学综合应用题目的方法
(1)在高考理综中，力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统．解决手段有二：
一是力与运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用；
二是功能关系与能量守恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用．
(2)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．
(3)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功．哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．
(4)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解．
课堂笔记
有些高考题之所以难，往往是由于某些条件或过程过于隐蔽，挖掘出这些隐含的条件或物理过程，是成功解决物理问题的关键．现举两例考题，探究挖掘隐含条件的方法．
一、从物理规律中去挖掘
如【典例1】(2010·上海物理，25)
小球匀速运动由动能定理得：
WF－WG－Wf＝0
由此可知，Wf＝0时
―→WF最小―→Ff＝0―→FN＝0(Ff＝0―→FN＝0，即本题的隐含条件)
由动能定理―→找出隐含条件―→问题迎刃而解
图5－9
【典例1】 (2010·上海物理，25)如图5－9所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端，为使拉力做功最小，拉力F与杆的夹角α＝________，拉力大小F＝________．
解析 设拉力F对小球做的功为WF，小球克服重力做的功为WG，小球克服摩擦力做的功为Wf，对小球应用动能定理得WF－WG－Wf＝0，
由此可知，当小球克服摩擦力做的功Wf＝0时，拉力做功最小，也即当小球与斜杆间的摩擦力为零时，拉力做的功最小，此时，小球与斜杆间无压力，其受力情况如图．由平衡条件得：
F cos α＝mgsin 30°，F sin α＝mgcos 30°，
联立解得，α＝60°，F＝mg.
答案 60° mg
二、从物理过程中去挖掘
如【典例2】(2010·全国卷Ⅱ，24)
题中“求……可能值”，为什么结果会出现可能值呢？原因就隐含在运动过程中．
仔细分析物块的运动过程，不难找出物块的运动情况有两种可能性，所以物块停止的地方与N点距离也就有两种可能值．
解这类问题时，一定要认真审题．
,
图5－10
【典例2】 (2010·全国卷Ⅱ，24)如图5－10所示，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，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一木块自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．
解析 设物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块滑行的路程为s′，由动能定理得，mgh－μmgs′＝0，解得s′＝.
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N的距离为d＝2s－s′＝2s－.
第二种可能是：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d＝s′－2s＝－2s
所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－或－2s.
答案 2s－或－2s
1．(2012·海南单科，7)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )．
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
2．(2012·山东理综，16)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5－11所示．以下判断正确的是( )．
图5－11
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
3．(2012·上海单科，18)如图5－12所示，位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有( )．
图5－12
A．F2＝F1 v1>v2 B．F2＝F1 v1C．F2>F1 v1>v2 D．F24．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图5－13甲、乙所示．下列说法正确的是( )．
图5－13
A．0～6 s内物体的位移大小为30 m
B．0～6 s内拉力做的功为70 J
C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5 N
5．(2012·宁波第一次模拟)如图5－14所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，在此条件下，求：
图5－14
(1)小车在CD轨道上运动的最短路程；
(2)赛车电动机工作的时间．
提 示 课后完成《专题能力提升训练》第153页
【高考必备】
1．发生了位移 恒力 动能定理 2.相同 3.mv－mv
【常考问题】
预测1 BC [由于到达C点时对地面压力为，故Mg－＝M，所以该同学到达C点时的速度为10 m/s，B正确；人和滑板从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有：W－Mgh＝Mv，所以该同学在AB段所做的功为3 750 J，C正确．]
预测2 AD [在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg－FN＝m，受到座位的支持力为FN＝mg－m，B项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C项错误；在时间t内转过的弧度为t，所以对应t时刻的重力势能为Ep＝mgR，总的机械能为E＝Ek＋Ep＝mv2＋mgR，A、D两项正确．]
预测3 解析 (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝mv
即20×2－10×1－0.25×1×10×4＝×1×v，
得vB＝2 m/s.
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma
且x1＝at
解得t1＝ s.
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应有：
mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得：
W－mg×2R＝mv－mv
代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J.
答案 见解析
【例4】 解析 (1)设该队员在空中运动的时间为t，在坡面上落点的横坐标为x，纵坐标为y.由运动学公式和已知条件得：
x＝v0t，①
2h－y＝gt2，②
根据题意有：y＝，③
由机械能守恒，落到坡面时的动能为：
mv2＝mv＋mg(2h－y)，④
联立①②③④式得，mv2＝m.⑤
(2)⑤式可以改写为：v2＝2＋3gh，⑥
v2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得：
v0＝ ，⑦
此时v2＝3gh，则最小动能为：min＝mgh⑧
答案 见解析
预测4 解析 (1)小物体从E到C，由能量守恒得：
mg(h＋R)＝mv，①
在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，②
联立①②解得FN＝12.4 N.
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得：
WG－Wf＝0，③
WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°]，④
Wf＝μmgcos 37°LAB，⑤
联立③④⑤解得LAB＝2.4 m.
(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，
从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，
Q＝ΔEp，⑥
ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°)，⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J.
答案 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
【随堂演练】
1．BC [物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D项错误．]
2．AC [由vt图象可知，货物在前3 s内具有向上的加速度，因此货物处于超重状态，选项A正确；最后2 s内，货物具有向下的加速度，其大小为a＝ m/s2＝3 m/s23．BD [设F2与水平方向成θ角，由题意可知：F1v1＝F2v2cos θ，因cos θ<1，故F1v1F1时，有v1>v2、v14．ABC [根据速度与时间的图象，可以求出0～6 s内物体的位移大小为30 m；根据拉力的功率与时间的图象，可以求出0～6 s内拉力做的功为70 J；0～2 s内，拉力的大小为5 N，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6 s内合外力不做功，所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等．]
5．解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力，则mg＝m，由机械能守恒定律，可得mg×2R＋mv＝mv，由上述两式联立，代入数据，可得C点的速度vC＝5 m/s.
设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理，可得
－kmgx＝0－mv，代入数据，可得x＝2.5 m.
(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：
vB＝vC＝5 m/s.
从A点到B点的运动过程中，由动能定理，可得
Pt－kmgL＝mv，代入数据，可得t＝4.5 s.
答案 (1)2.5 m (2)4.5 s
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第11讲 力学实验中常考的3个问题
一、误差和有效数字
1．误差
误差 产生原因 大小特点 减小方法
系统误差 实验仪器不精确、实验原理不完善、实验方法粗略 总是偏大或偏小 更新仪器完善实验原理
偶然误差 测量、读数不准确 忽大忽小 画图象或取平均值
2.有效数字
(1)定义：带有一位不可靠数字的近似数字．有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是误差的来源．
(2)从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字．
二、长度的测量
1．毫米刻度尺的读数：精确到毫米，毫米后再估读一位．
2．游标卡尺的读数：测量值＝主尺上的读数＋m×n(其中m为游标卡尺的精确度，n为游标尺上与主尺上某刻度线对齐的格数)．
3．螺旋测微器的读数
测量值＝固定刻度＋可动刻度×0.01 mm.
三、验证性实验
1．实验名称：验证力的平行四边形定则、验证牛顿运动定律、验证机械能守恒定律．
2．实验方法
(1)对于现象直观明显或者只需讨论的验证性实验问题，常常通过观察分析进行证实；
(2)对有测量数值且实验要求根据数据分析验证结果的，一般要进行分析归纳，通过作图、计算、测量进行比较验证．
3．实验拓展
随着高考改革逐步深入，验证性实验试题逐渐减少，往往将验证性实验变化为设计性、探究性、研究性实验，对于这种实验题型的变化，我们复习时要引起足够的重视．
四、探究性实验
1．实验名称：探究弹力和弹簧伸长的关系、探究动能定理、研究匀变速直线运动．
2．实验方法：按照题目要求设计实验方案，探究某种规律或研究物理量之间的关系，根据实验数据得出实验结论，题目一般以教材基本实验为原型或以学过的知识为基础，新颖灵活，具有开放性．
3．实验过程的比较
类型 探究性实验 验证性实验
实验过程 ①提出问题②猜想与假设③制定计划与设计实验方案④进行实验与收集数据⑤分析与论证⑥评估⑦交流与合作 ①实验目的②实验器材③实验原理④实验步骤⑤数据分析⑥实验结论
读图究理
1．验证性实验
2．探究性实验
常考问题33a.TIF，JZ]基本仪器的读数
【例1】 (2012·课标全国卷，22)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图11－1(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.
图11－1
本题考查螺旋测微器的读数，考查考生的实验探究能力，难度较小
某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ时：
(1)用游标尺为20分度的卡尺测量其长度如图11－2甲，由图可知其长度为________cm；
图11－2
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为________mm.,读数记法
1．毫米刻度尺
长度测量的基本工具是刻度尺，其最小分度一般为1 mm(此时叫做毫米刻度尺)．毫米刻度尺可以精确读到mm位、估读到 mm位(能读取十分之几毫米)．估读的“0”不能舍弃．
2．游标卡尺的读数
游标尺(mm) 精度(mm) 测量结果(游标尺上第n条刻度线与主尺上的某刻度线对齐时)(mm)
刻度格数 刻度总长度 每小格与1毫米差
10 9 0.1 0.1 主尺上读的毫米数＋0.1 n
20 19 0.05 0.05 主尺上读的毫米数＋0.05 n
50 49 0.02 0.02 主尺上读的毫米数＋0.02 n
3.螺旋测微器的读数
测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读)×0.01 mm.
4．关于估读问题：游标卡尺不需要估读；毫米刻度尺、螺旋测微器需要估读．
常考问题34 与纸带相关的实验
【例2】 (2012·山东卷，21(1))某同学利用图11－3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.
甲
乙
图11－3
(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________(填“偏大”或“偏小”)．
解析 (1)从计数点1到6相邻的相等时间内的位移差Δx≈2.00 cm，在6、7计数点间的位移比5、6之间增加了(12.28－11.01)cm＝1.27 cm<2.00 cm，因此，开始减速的时刻在计数点6和7之间．
(2)计数点5对应的速度大小为v5＝＝ m/s＝1.00 m/s.
计数点4对应的速度大小为v4＝＝ m/s＝0.80 m/s.
根据v5＝，得计数点6对应的速度大小为v6＝2v5－v4＝(2×1.00－0.80)m/s＝1.20 m/s.
(3)物块在计数点7到11之间做减速运动，根据Δx＝aT2得x9－x7＝2a1T2
x10－x8＝2a2T2
故a＝＝≈－2.00 m/s2
物块做减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力和打点计时器对纸带的摩擦阻力，因此根据牛顿第二定律，得μmg＋f＝ma，即μ＝，因此用μ′＝计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大．
答案 (1)6 7(或7 6) (2)1.00 1.20 (3)2.00 偏大
如图11－5甲所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置．
图11－5
图11－6
(1)在实验过程中，打出了一条纸带如图乙所示，计时器打点的时间间隔为0.02 s，从比较清晰的点起，每两测量点间还有4个点未画出，量出相邻测量点之间的距离如图乙所示，该小车的加速度大小a＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．
(2)根据实验收集的数据作出的a－F图线如图11－6所示，请写出一条对提高本实验结果准确程度有益的建议________________________．
图11－7
用如图11－7所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落．重锤上拖着的纸带打出一系列的点．对纸带上的点痕进行测量和计算，即验证机械能守恒定律．
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件
B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C．用天平测出重锤的质量
D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带
E．测量纸带上某些点间的距离
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．
其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是________．(将其选项对应的字母填在横线处)
借题发挥
1．打点计时器的正确使用
(1)先接通电源，再释放纸带；
(2)电磁打点计时器工作电压为低压交流4～6 V；电火花计时器工作电压为交流220 V.
2．如何选取纸带和计数点
要选取点迹清楚的一条，舍掉开始比较密集的点迹，在便于测量的地方取一个开始点O，然后每5个点取一个计数点，依次为A、B、C…如图11－4所示，测出相邻计数点间的距离x1、x2、x3、x4、x5、x6…利用打下点的纸带和测量的有关数据便可以进行计算．
图11－4
3．求任一计数点对应的瞬时速度v：如vB＝(其中T＝5×0.02 s＝0.1 s)；
4．利用“逐差法”求加速度a：a＝
；
5．判定物体运动的性质：若x1、x2、x3…基本相等，物体在实验误差允许范围内做匀速运动；若Δx＝xm－xn基本相等(xm、xn为纸带上相邻的两段位移)，物体在实验误差允许范围内做匀变速直线运动．
●特别提醒
(1)验证牛顿第二定律时
①实验用的是控制变量法；
②将砂桶或钩码重力视为小车所受合外力，必须满足小车和砝码的总重量远远大于砂桶的重量；
③在平衡摩擦力时，要将一端垫高，不要悬挂小桶，但小车应连着纸带且接通电源．
(2)验证机械能守恒定律时
①实验的打点计时器竖直安置，保持提起的纸带竖直放置，先接通打点计时器再放开纸带．
②速度不能用v＝gt或v＝求得：必须由打点计时器打出的纸带或其他工具求得．
③误差分析：本实验采取分析纸带的方法求每一点的瞬时速度，即物体下落的实际速度．由于摩擦阻力的存在，利用所测得的速度计算的动能的增加量总略小于重力势能的减少量，这是产生系统误差的主要原因．另外，用刻度尺测纸带上点与点之间距离时，也可能造成误差．
课堂笔记
(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值．如图11－8所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出点A距起始点O的距离为x0，点A、C间的距离为x1，点C、E间的距离为x2，使用交流电的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度a＝________．
图11－8
(3)在上述验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是在重锤下落的过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小．若已知当地重力加速度的值为g，还需要测量的物理量是________．试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F＝________．,
常考问题35 用图象处理实验数据
【例3】 (2012·浙江卷，22)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：
弹力F/N 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x/(10－2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；
(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图11－9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；
图11－9
(3)由图得到F合＝________N.
解析 (1)以水平方向为x轴，竖直方向为F轴，建立直角坐标系，然后找点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数k，k＝N/m≈53 N/m.
(2)弹簧秤的读数为2.10 N．选标度
合力的图示如图所示．
(3)经测量合力F合＝3.3 N.
答案 (1)如解析图所示 53 (说明：±2范围内都可) (2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02范围内都可) 如解析图所示 (3)3.3(说明：±0.2范围内都可)
请将下列实验步骤或结果补充完整：在“研究弹簧形变与外力关系的实验”中，取一待测弹簧，将弹簧自由悬挂测出其长度，在其下端竖直悬挂钩码，稳定后测出弹簧的长度，并记录________________________．改变钩码个数，重复上述步骤．
某同学在如图11－10所示的坐标系中，根据外力F与弹簧形变x的数据标出了五个点．请你在图中描绘出相应的F－x图象，根据图象求出弹簧的劲度系数为________N/m.(保留两位有效数字)．
图11－10,借题发挥
●用图象处理数据的解题技巧
图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法，以下为作图的规则：
(1)作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定；
(2)要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值；
(3)图上的连线不一定通过所有的数据点，应尽量使数据点合理地分布在线的两侧；
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”．
虽然图象法有许多优点，但在图纸上连线时有较大的主观任意性，另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都对结果的准确性有影响．
●处理数据的常用方法
①计算法
②图象法
课堂笔记
1．如图11－11甲、乙所示，游标卡尺的示数为________cm；螺旋测微器的示数为________mm.
图11－11
2．如图11－12所示，在“力的平行四边形定则”的实验探究中，某同学进行实验的主要步骤是：将橡皮条的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根带有绳套的细绳，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮条的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小并标出方向；再用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小和方向．
图11－12
(1)用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉到O点，这样做的目的是________________________________________________________________________．
(2)为尽可能减小实验误差，下列操作中正确的是________________________________________________________________________．
A．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
B．两细绳必须等长
C．标记同一细绳方向的两点要远些
D．用两弹簧秤同时拉细绳时夹角应尽可能大
图11－13
3．“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图11－13所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W……每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出．
(1)关于该实验，下列说法正确的是________．
A．打点计时器可以用干电池供电
B．实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力
C．每次实验小车必须从同一位置由静止弹出
D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W－vm、W－v、W－v、W2－vm、W3－vm…… 的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系
(2)如图11－14所示，给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB＝1.48 cm，BC＝1.60 cm，CD＝1.62 cm，DE＝1.62 cm；已知相邻两点打点时间间隔为0.02 s，则小车获得的最大速度vm＝________m/s.(结果保留两位有效数字)
图11－14
4．某小组利用如图11－15甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．
(1)将滑块从图甲位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d，则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；经过光电门2时的速度表达式v2＝________．滑块加速度的表达式a＝________．(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________mm.
图11－15
(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法是________．
A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大
B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变
C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变
D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小
5．(2012·广东卷，34(2))某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．
(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)．
(2)弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6.数据如下表.
代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值(cm) 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30
表中有一个数值记录不规范，代表符号为________．由表可知所用刻度尺的最小分度为________．
(3)图11－16是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“Lx”)．
图11－16
(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)
【常考问题】
【例1】 解析 题图(a)的读数为1.0×0.01 mm＝0.010 mm.题图(b)的读数为6.5 mm＋37.0×0.01 mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.
答案 0.010 6.870 6.860
预测1 解析 (1)从题图甲可以看出，主尺读数为50 mm，游标尺的第3条刻度线和主尺上的一刻度线对齐，则读数应为50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm；
(2)由题图乙可以看出，螺旋测微器的固定刻度为4.5 mm，可动刻度读出刻度为20.0(或20.1)×0.01 mm＝0.200 mm(或0.201 mm)，故圆柱体的直径为4.5 mm＋0.200 mm(或0.201 mm)＝4.700 mm(或4.701 mm)．
答案 (1)5.015 (2)4.700(或4.701)
预测2 (1)0.16(0.15也算对)
(2)实验前要先平衡摩擦力
预测3 解析 (1)因本实验中是通过比较重锤的重力势能减少量mghn和动能增加量mv的大小来达到验证的目的，对于同一个研究对象(重锤)来说，质量是一定的，故只需比较ghn和v就能达到目的，选项C是没有必要的，选项B、D是错误的，选项B中应将打点计时器接到电源的“交流输出”上；选项D中应先接通电源开关再释放纸带；(2)由Δx＝aT2，得a＝；(3)由牛顿第二定律得平均阻力F＝mg－ma，所以应测量重锤的质量m，代入加速度公式得F＝mg－.
答案 (1)BCD (2) (3)重锤的质量m
mg－
预测4 解析 由物体的平衡条件可知：钩码的重力大小等于弹簧的拉力；根据图象中点迹连线，由胡克定律可知：图线的斜率大小等于该弹簧的劲度系数，则k＝19 N/m.
答案 钩码个数(或钩码总质量、钩码总重量)
Fx图象如图19
【随堂演练】
1．解析 游标卡尺的示数为：13 mm＋0.05×9 mm＝13.45 mm＝1.345 cm.
螺旋测微器的示数为：6.5 mm＋0.01×29.0 mm＝6.790 mm.
答案 1.345 6.788～6.792
2．解析 (1)实验中，两次拉至同一点O，可知其目的为了等效替代，效果相同．
(2)实验中尽可能做到，平行拉力，保证力的方向；标记过程中两点描绘一条直线，两点尽可能要远点；两弹簧夹角适中为宜．答案选AC.
答案 (1)与F1、F2共同作用的效果相同 (2)AC
3．解析 (1)打点计时器必须用交流电，A项错误；实验仪器安装时，必须平衡摩擦力，B项错误；每次实验小车必须从同一位置由静止弹出，C项正确；根据所得数据分别作出橡皮筋所做的功W与小车获得的最大速度或小车获得的最大速度的平方、立方等图象，找出合力做的功与物体速度变化的关系，D项正确．
(2)小车获得的最大速度
v＝＝ m/s＝0.81 m/s.
答案 (1)CD (2)0.81
4．解析 考查探究牛顿第二定律实验并综合其他相关知识．从题中看，遮光条的宽度极小，因而可以将滑块通过光电门时的速度近似看作不变，所以v1＝、v2＝.我们用气垫导轨做实验时往往忽略物体与轨道间的摩擦，所以滑块的合力为Mgsin θ＝g，其中θ为导轨与水平面的夹角，L为导轨长度．题中要求合力不变，则选B、C.
答案 (1) 8.15 (2)BC
5．解析 (1)为保证弹簧的形变只由砝码和砝码盘的重力引起，所以弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向．
(2)弹簧静止时，记录原长L0；表中的数据L3与其他数据有效位数不同，所以数据L3不规范，标准数据应读至cm位的后两位，最后一位应为估计值，精确至mm位，所以刻度尺的最小分度1 mm.
(3)由题图知所挂砝码质量为0时，x为0，所以x＝L1－Lx.
(4)由胡克定律F＝kΔx知，mg＝k(L－Lx)，即mg＝kx，
所以图线斜率即为劲度系数
k＝＝N/m＝4.9 N/m，
同理砝码盘质量
m＝＝kg＝0.01 kg＝10 g.
答案 (1)竖直 (2)静止 L3 1 mm (3)Lx
(4)4.9 10
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第14讲 机械振动和机械波及光学中常考的2个问题
主要题型：填空、作图、计算等．
难度档次：
中档难度或中档难度偏上．主要考查机械振动与机械波、光现象．一般选取3～4个高频考点组成2～3个小题．一般为“关联性综合”．也可“拼盘式组合”．只对考点知识直接使用．只做模块内综合．,高考热点
名师助考
1．判断波的传播方向和质点振动方向的方法
①上下波法；②特殊点法；③微平移法(波形移动法)．
2．利用波传播的周期性，双向性解题
(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能．
(2)波传播方向的双向性：在题目未给出传播方向时，要考虑到波可沿x轴正向或负向传播的两种可能性．
3．光线通过平板玻璃砖后，不改变光线行进方向及光束性质，但会使光线发生侧移，侧移量的大小跟入射角、折射率和玻璃砖的厚度有关．
4．对几何光学方面的问题，应用光路图或有关几何图形进行分析与公式配合，将一个物理问题转化为一个几何问题，能够做到直观、形象、易于发现隐含条件．
课堂笔记
常考问题43 机械振动、机械波与光的折射、全反射的组合
【例1】 (2012·课标全国卷，34)(1)一简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图14－1(a)所示，x＝0.30 m处的质点的振动图线如图(b)所示，该质点在t＝0时刻的运动方向沿y轴________(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.
图14－1
(2)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 (1)依据振动图象描述的是同一质点不同时刻的运动特征可知t＝0时刻质点运动方向沿y轴正向．因为横波沿x轴正向传播且波长大于0.30 m，则0.3 m＝λ，解得λ＝0.8 m(对应P点)，如下图所示．
(2)如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射．根据折射定律有
nsin θ＝sin α①
式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角．现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A点刚好发生全反射，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sin θA＝eq \f(RA, \r(R＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)))③
式中a为玻璃立方体的边长．由①②③式得RA＝④
由题给数据得RA＝⑤
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆．所求的镀膜面积S′与玻璃立方体的表面积S之比为＝eq \f(6πR,6a2)⑥
由⑤⑥得＝.⑦
答案 (1)正向 0.8 (2)
(1)如图14－2所示，图甲为某一列波在t＝1.0 s时的图象，图乙为参与该波动的P质点的振动图象．
①试确定波的传播方向；
②求该波的波速v；
③在图甲中画出3.5 s时的波形图(至少画一个波长)；
④求再经过3.5 s时P质点的路程s和位移．
图14－2
图14－3
(2)如图14－3所示，横截面为圆周的柱状玻璃棱镜AOB，其半径为R，有一束单色光垂直于OA面射入棱镜，玻璃的折射率为n＝ ，光在真空中的速度为c.试求：
①该单色光距离OB至少多远时，它将不能从AB面直接折射出来．
②满足①问中的单色光在棱镜中传播的时间．
借题发挥
1．对波的理解
①各质点都依次重复波源的简谐振动，但后一质点总要滞后前一质点．
②波向前传播过程中，波头的形状相同．
③波的“总体形式”向前做匀速直线运动，即匀速向前传播．
④任一个质点的起振方向都与振源的起振方向相同．
⑤机械波的波速v取决于介质，与频率无关．
2．巧解波动图象与振动图象相结合的问题
求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法
(1)分清振动图象与波动图象．此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．
(2)看清横、纵坐标的单位．尤其要注意单位前的数量级．
(3)找准波动图象对应的时刻．
(4)找准振动图象对应的质点．
3．光的折射和全反射问题的解题技巧
(1)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键．
(2)分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况．
(3)在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键．
课堂笔记
常考问题44 光的干涉、衍射、电磁波与机械波的组合
【例2】 (1)以下叙述正确的是________．
A．波速、波长和频率的关系式v＝λf，既适用于声波也适用于光波
B．麦克斯韦提出光是一种电磁波并通过实验证实了电磁波的存在
C．用单色光进行双缝干涉实验中，减小屏与双缝之间的距离，屏上干涉条纹的间距增大
D．医学上利用激光做“光刀”来切开皮肤，“焊接”剥落的视网膜，是利用激光平行度好的特点
图14－4
(2)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图14－4所示，经0.3 s时间质点a第一次到达波峰位置，则这列波的传播速度为________m/s，质点b第一次出现在波峰的时刻为________s.
(3)如图14－5甲所示，O为振源，OP之间的距离为x＝4 m，t＝0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波．图乙为从t＝0时刻开始描绘的P点的振动图象．求波源O的起振方向和波长．
图14－5
解析 (1)麦克斯韦提出光是一种电磁波，通过实验证实了电磁波存在的是赫兹，B错误；用单色光进行双缝干涉实验中，减小屏与双缝之间的距离L，屏上干涉条纹的间距Δx＝λ减小，C错误；医学上利用激光做“光刀”来切开皮肤，“焊接”剥落的视网膜，是利用激光亮度高的特点，D错误．
(2)因简谐横波沿x轴正方向传播，所以质点a第一次到达波峰位置需要的时间为T＝0.3 s，T＝0.4 s，从图象可看出波长λ＝4 m，根据v＝可得v＝10 m/s；质点b第一次出现在波峰的时间为t，则vt＝5，t＝0.5 s.
(3)由图乙可知，波自O传播到P的时间为2 s，质点P经2 s后起振，起振方向为负方向，可知波源O的起振方向为负方向．
波速为v＝＝2 m/s，
由图乙知：T＝6 s，解得周期T＝4 s；所以波长λ＝vT＝8 m.
答案 (1)A (2)10 0.5 (3)负方向 8 m
(1)在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样，如图14－6甲、乙两幅图中属于光的单缝衍射图样的是________(填“甲”或“乙”)；在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种，在丙、丁两幅图中表示调幅波的是________(填“丙”或“丁”)．
图14－6
(2)以下说法正确的是( )．
A．按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场
B．光的偏振现象说明光波是纵波
C．从地面上观察，在高速运行的飞船上，一切物理、化学过程和生命过程都变慢了
D．玻璃内气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射出的原因
(3)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t＝0时刻的波形如图14－7甲所示．图乙是图甲中某质点的振动图象．
①该波的波速为________m/s；图乙表示图甲中________(从K、L、M、N中选填)质点的振动图象．
②写出质点L做简谐运动的表达式．
图14－7,借题发挥
干涉现象和衍射现象的比较
单色光的衍射条纹与干涉条纹都是明暗相间分布的，但衍射条纹中间亮纹最宽，两侧条纹逐渐变窄变暗，干涉条纹则是等间距，亮度相同，白光的衍射条纹都是彩色的．
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．
课堂笔记
1．(1)下列说法正确的是( )．
A．X射线穿透物质的本领比γ射线更强
B．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变
C．狭义相对论认为物体的质量与其运动状态有关
D．观察者相对于频率一定的声源运动时，接收到声波的频率可能发生变化
(2)图14－8甲为一简谐横波在t＝1.0 s时的图象，图乙为x＝4 m处的质点P的振动图象．试求：
图14－8
①该波的波速．
②从图甲开始再经过3.5 s时，质点P的位移大小；在此3.5 s时间内质点P通过的路程．
图14－9
2．(2012·山东卷，37)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图14－9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)．
图14－10
(2)如图14－10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．
图14－11
3．(1)如图14－11所示，一细束白光由空气斜射到横截面为矩形的玻璃砖abdc的ab边上(入射光的延长线沿Od方向)，则入射光________．
A．不可能在ab界面发生全反射
B．可能射到bd面，并在bd界面发生全反射
C．一定能到达cd面，并可能在cd界面发生全反射
D．一定能到达cd面并从cd射出，射出的各种色光一定互相平行
E．光进入玻璃砖后的速度减小
图14－12
(2)一列简谐横波，在t＝0时的波动图象如图14－12所示，此时波恰好传播到A点，再经过1.0 s，Q点正好完成第一次全振动．试求：
①波速v的大小；
②规范画出第1 s内质点P的振动图象(要求在坐标轴上标明有关的物理量、单位和数据)．
4．(1)①现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图14－13所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、________、A.
图14－13
②本实验的步骤有：
a．取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；
b．按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；
c．用米尺测量双缝到屏的距离；
d．用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．
在操作步骤b时还应注意____________________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)如图14－14所示，实线为一列简谐波在t＝0时刻的波形，a点振动方向沿y轴正向，经t＝1 s波形为图中虚线，求波的传播速度．
图14－14
5．(2012·青岛模考)(1)有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t＝0)，经过周期振子有正向最大加速度．
①求振子的振幅和周期；
②在图14－15甲中作出该振子的位移－时间图象；
③写出振子的振动方程．
(2)如图14－15乙所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R＝10 cm，折射率为 ，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，求：
①光在圆柱体中的传播速度为________m/s；
②距离直线AB为________cm的入射光线，折射后恰经过B点．
甲 乙
图14－15
【常考问题】
预测1 解析 (1)①从题图乙中可以看出，t＝1.0 s时，P点经过平衡位置向下振动，由题图甲可以判断出此波沿－x方向传播．
②由题图甲知λ＝4 m，由题图乙知T＝1.0 s，所以波速v＝＝4.0 m/s.
③经3.5 s，波传播的距离Δx＝vΔt＝14 m＝λ，故此波再经3.5 s时的波形只需将波形向－x方向平移2 m即可，如图所示．
④求路程：因为n＝＝＝7，
所以路程s＝2 An＝2×0.2×7 m＝2.8 m，
求位移：由于波动的重复性，经历时间为周期的整数倍时，位移不变．所以只需考查从图示时刻P质点经时的位移即可，所以经3.5 s质点P的位移仍为零．
(2)①临界角sin C＝＝，
光射到AB面上的入射角等于临界角时，光刚好发生全反射而不能从AB面直接射出，此时该单色光到OB的距离的x＝Rsin C＝R，
②满足①问中的单色光在棱镜中入射时的路程
s1＝Rcos C＝R＝R，
反射时的路程s2＝，
光在棱镜中的传播速度v＝，
故光在棱镜中的传播时间为t＝＝.
答案 (1)①x轴负方向 ②4.0 m/s ③如解析图所示
④2.8 m,0 (2)①答案见解析 ②
预测2 (1)乙 丙 (2)AC (3)①0.5 N
②y＝－0.5 sin t(m)
【随堂演练】
1．解析 (2)①由题图甲知λ＝4 m.
由图乙知T＝2 s，v＝＝2 m/s.
②n＝＝，再经过3.5 s时，P点到达负的最大位移处，位移大小为s1＝0.2 m，路程为4nA＝1.4 m.
答案 (1)CD (2)①2 m/s ②0.2 m；1.4 m
2．解析 (1)根据Δx＝λ，因红光波长较长，故相邻红光条纹间距大，A错；雨后天空出现的彩虹是光的折射和色散综合的结果，B错；水面油膜呈现彩色条纹是白光在油膜前后两表面的反射光相遇叠加的结果，属于干涉，故C正确；医学上用光导纤维制成内窥镜，应用的是全反射现象，D正确．
(2)设临界角为C，则由sin C＝＝可得C＝45°.
(3)①依题意，周期T＝2 s，
波速v＝＝ m/s＝0.4 m/s.
②因为此列波周期为2 s，所以单摆振动的周期也为2 s，根据周期公式T＝2π，得单摆的摆长l＝＝m＝100 cm.
答案 (1)CD (2)45° (3)①0.4 m/s ②100 cm解析 (1)①设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，由图象知，λ＝4 m．由题意知t＝3T＋T①
v＝②
联立①②式，代入数据得v＝1 m/s③
②质点P做简谐运动的表达式为y＝0.2 sin(0.5 πt)m④
(2)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＝⑤
代入数据得n＝⑥
②光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C
sin C＝⑦
设球心到BN的距离为d，由几何知识可知
d＝Rsin C⑧
联立⑥⑦⑧式得
d＝R⑨
答案 (1)①1 m/s ②y＝0.2 sin(0.5 πt)m
(2)① ②R
3．解析 (1)根据全反射的条件(光由光密介质进入光疏介质且入射角大于等于临界角)，入射光不可能在ab界面发生全反射；入射光进入玻璃砖后，折射光线向法线靠近，不可能射到bd面上，一定射到cd面上；由于其入射角小于临界角，所以不可能在cd界面发生全反射，一定能从cd面射出，射出的各种色光一定互相平行；光进入玻璃砖后的速度减小．
(2)①由图象可知，波长λ＝4 m，
对于周期有＝1.0 s，
解得T＝0.8 s，
由于波速v＝，
联立解得v＝5 m/s.
②如图所示
答案 (1)ADE (2)①5 m/s ②见解析
4．解析 (1)①滤光片E是从白光中选出单色红光，单缝屏是获取线光源，双缝屏是获得相干光源，最后成像在毛玻璃屏．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.
②在操作步骤b时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行；单缝、双缝间距离大约为5～10 cm；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上．
(2)由于a点振动方向为沿y轴正向，故波的传播方向为沿x轴负向
0～1 s时间段内波向x轴负向传播的距离为s＝m(其中n＝0、1、2…)
故波的传播速度为v＝＝＝(4n＋3)m/s(其中n＝0、1、2…)，方向为沿x轴负向
答案 (1)①E、D、B
②放置单缝、双缝时，必须使缝平行；单缝、双缝间距离大约为5～10 cm；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上
(2)(4n＋3)m/s(n＝0、1、2…) 方向沿x轴负向
5．解析 (1)①振子的振幅A＝10 cm，振子的周期T＝0.2 s
②位移－时间图象如图a所示．
③y＝－Asin ωt＝－0.1 sin 10πt(m)
(2)①由n＝可知光在圆柱体中的传播速度为：v＝＝×108 m/s，②如图b所示α＝2β，＝n，而d＝Rsin α ，
由以上三式可求得：d＝15 cm.
答案 (1)①10 cm 0.2 s ②见解析
③y＝－0.1 sin 10πt(m) (2)①×108 ②15
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第3讲 拿下计算题——努力得高分
题型扫描
1．力学综合型
【题型探秘】
计算题历来是高考压轴题，拉分题，试题综合性强，难度大，数学运算要求高．在考场上很难有充裕的时间去认真分析计算，再加上考场的氛围和时间使得很多考生根本做不到冷静清晰地去分析，更谈不上快速准确的得到答案．要想成功破解大题难题首先要明晰它的本质：其实，所有的大题难题，看似繁杂凌乱，很难理出头绪，其实就是一些基本现象和知识的叠加而已．
力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高．具体问题中可能涉及到单个物体单一运动过程，也可能涉及到多个物体，多个运动过程，在知识的考查上可能涉及到运动学、动力学、功能关系等多个规律的综合运用．
【应对策略】
(1)对于多体问题，要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系
选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键．选取研究对象需根据不同的条件，或采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽取出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体来进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用．
(2)对于多过程问题，要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律
观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究．至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找．
(3)对于含有隐含条件的问题，要注重审题，深究细琢，努力挖掘隐含条件
注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键．通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图象图表中去挖掘．
(4)对于存在多种情况的问题，要认真分析制约条件，周密探讨多种情况
解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解．
(5)对于数学技巧性较强的问题，要耐心细致寻找规律，熟练运用数学方法
耐心寻找规律、选取相应的数学方法是关键．求解物理问题，通常采用的数学方法有：方程法、比例法、数列法、不等式法、函数极值法、微元分析法、图象法和几何法等，在众多数学方法的运用上必须打下扎实的基础．
(6)对于有多种解法的问题，要开拓思路避繁就简，合理选取最优解法
避繁就简、选取最优解法是顺利解题、争取高分的关键，特别是在受考试时间限制的情况下更应如此．这就要求我们具有敏捷的思维能力和熟练的解题技巧，在短时间内进行斟酌、比较、选择并作出决断．当然，作为平时的解题训练，尽可能地多采用几种解法，对于开拓解题思路是非常有益的．
【典例精析】
【例1】 (14分)(2012·西安质检)如图1所示，质量为10 kg的环在F＝200 N的拉力作用下，沿粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8 ，g＝10 m/s2)求：
图1
(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)环沿杆向上运动的总距离s.
解析 (1)在F力作用0.5 s内，根据牛顿第二定律有
Fcos θ－mgsin θ－f＝ma1①(2分)
FN＋Fsin θ＝mgcos θ②(2分)
f＝|μFN|③(1分)
设0.5 s末速度为v
根据运动学公式有v＝a1t1④(1分)
F撤去后0.4 s内有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2⑤(2分)
v＝a2t2⑥(1分)
联立①～⑥得μ＝0.5⑦(1分)
(2)将⑦代入⑤式得a2＝10 m/s2，则v＝a2t2＝4 m/s(1分)
则s＝v(t1＋t2)＝1.8 m(3分)
答案 (1)0.5 (2)1.8 m
点评 审题技巧口诀：
(1)认真细致，全面寻找信息
(2)咬文嚼字，把握关键信息
(3)深入推敲，挖掘隐含信息
(4)分清层次，排除干扰信息
(5)纵深思维，把握临界信息
2．粒子运动型
【题型探秘】
(1)历年高考对本专题知识的考查题型有计算题和选择题，计算题难度较大，题目综合性较高，分值较多．
(2)高考主要考查带电粒子在匀强电场、磁场或复合场中的运动．
(3)粒子运动型计算题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区，二是粒子进入复合场区．近年来全国高考重点就是受力情况和运动规律分析求解，周期、半径、轨迹、速度、临界值等．再结合能量守恒和功能关系进行综合考查．
【应对策略】
(1)正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提．
①带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动．(如速度选择器)
②带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦磁力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
③带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成．
(2)灵活选用力学规律是解决问题的关键
①当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．
③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
说明：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．
【典例精析】
【例2】 (16分)(2012·山东二模)如图2甲所示，两平行金属板间接有如图2乙所示的随时间t变化的电压UAB，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场，极板长L＝0.2 m，板间距离d＝0.2 m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板间中线OO′垂直，磁感应强度B＝5×10－3 T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的速度v0＝105 m/s，比荷＝108 C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，此极短时间内电场可视作是恒定不变的．求：
图2
(1)在t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为多少；
(2)带电粒子射出电场时的最大速度；
(3)在t＝0.25 s时刻从电场射出的带电粒子，在磁场中运动的时间．
解析 (1)在t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子，
在极板间做匀速直线运动，以v0垂直磁场边界垂直射入磁场，
由qvB＝m可得：R＝＝0.2 m(4分)
在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为：d＝2R＝0.4 m(2分)
(2)设带电粒子从极板的边缘射出电场时的速度最大，
对应的瞬时电压为u0，则：d＝
解得：u0＝100 V(3分)
由动能定理：mv2＝mv＋qu0
射出的最大速度v＝v0＝×105 m/s＝1.4×105 m/s(2分)
(3)在t＝0.25 s时刻从电场射出的带电粒子，从极板的上边缘射出电场，垂直进入磁场时与磁场边界的夹角为，射出磁场时与磁场边界的夹角也为，故对应的圆周的圆心角为，故在磁场中运动的时间为圆周运动周期的四分之一．
由qvB＝，T＝(2分)
得：T＝，所以t＝T＝1.57×10－5 s(3分)
答案 (1)0.4 m (2)1.4×105 m/s (3) 1.57×10－5 s
点评 (1)带电粒子受到的重力相比电场力、磁场力太小，可以忽略不计．
(2)带电粒子在电磁场中的运动规律跟力学运动规律相同，要善于利用类比法，处理这类问题．
3．电磁感应型
【题型探秘】
(1)电磁感应是高考考查的重点和热点，命题频率较高的知识点有：感应电流的产生条件、方向的判定和感应电动势的计算；电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识相联系的综合题及感应电流(或感应电动势)的图象问题．
(2)从计算题型看，主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、力学、能量转化相联系的综合问题，主要以大型计算题的形式考查．
【应对策略】
(1)通电导体在磁场中将受到安培力的作用，电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决问题的基本思路：
①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向
②求电路中的电流
③分析导体的受力情况
④根据平衡条件或者牛顿第二运动定律列方程．
(2)抓住能的转化与守恒分析问题．电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来，具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化．分析时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，明确有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如摩擦力在相对位移上做功，必然有内能出现；重力做功，必然有重力势能参与转化；安培力做负功就会有其他形式能转化为电能，安培力做正功必有电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．
【典例精析】
【例3】 (18分)如图3所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R＝3 Ω的电阻．导轨相距d＝1 m，其间有竖直向下的匀强磁场．磁感应强度B＝0.5 T．质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝1 Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F＝1 N向右拉动CD.CD受到的摩擦阻力f恒为0.5 N，则：
图3
(1)CD运动的最大速度是多少？
(2)当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？
(3)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少？
解析 (1)设CD棒的运动速度为v，则导体棒产生的感应电动势为E＝Bdv①(1分)
据闭合电路欧姆定律有I＝②(1分)
则安培力为：F0＝BdI③(1分)
据题意分析，当v最大时，有F－F0－f＝0④(2分)
联立①②③④得vm＝＝8 m/s⑤(2分)
(2)棒CD速度最大时，同理有Em＝Bdvm⑥(1分)
Im＝⑦(1分)
而PRm＝IR⑧(1分)
联立⑥⑦⑧得：PRm＝eq \f(B2d2vR,（R＋r）2)＝3 W⑨(2分)
(3)当CD速度为vm时有E′＝⑩(1分)
I＝ (1分)
F′＝BId (1分)
据牛顿第二定律有F－F′－f＝ma (2分)
联立⑩ 得：a＝2.5 m/s2(1分)
答案 (1)8 m/s (2)3 W (3)2.5 m/s2
点评 1.在电磁感应问题中，要注意明确判断电路结构，要明确哪部分是内电路，哪部分是外电路；2.要熟练应用左、右手定则判断受力，从而搞定动态分析，明确导体棒的最终状态.3.要善于利用闭合电路欧姆定律、功能关系分析问题．
4．力电综合型
【题型探秘】
力学中的静力学、动力学、功和能等部分，与电学中的场和路有机结合，出现了涉及力学、电学知识的综合问题，主要表现为：带电体在场中的运动或静止，通电导体在磁场中的运动或静止；交、直流电路中平行板电容器形成的电场中带电体的运动或静止；电磁感应提供电动势的闭合电路等问题．这四类又可结合并衍生出多种多样的表现形式．从历届高考中，力电综合型有如下特点：①力、电综合命题多以带电粒子在复合场中的运动．电磁感应中导体棒动态分析，电磁感应中能量转化等为载体，考查学生理解、推理、综合分析及运用数学知识解决物理问题的能力．②力、电综合问题思路隐蔽，过程复杂，情景多变，在能力立意下，惯于推陈出新、情景重组，设问巧妙变换，具有重复考查的特点．
【应对策略】
解决力电综合问题，要注重掌握好两种基本的分析思路：一是按时间先后顺序发生的综合题，可划分为几个简单的阶段，逐一分析清楚每个阶段相关物理量的关系规律，弄清前一阶段与下一阶段的联系，从而建立方程求解的“分段法”，一是在同一时间内发生几种相互关联的物理现象，须分解为几种简单的现象，对每一种现象利用相应的概念和规律建立方程求解的“分解法”．
研究某一物体所受到力的瞬时作用力与物体运动状态的关系(或加速度)时，一般用牛顿运动定律解决；涉及做功和位移时优先考虑动能定理；对象为一系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑能的转化与守恒定律.
【典例精析】
【例4】 (22分)(2011·浙江五校联考)相距L＝1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图4(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上、大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．(g＝10 m/s2)．
(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；
(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；
(3)求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象．
图4
解析 (1)设经过时间t，金属棒ab的速率v＝at(1分)
此时，回路中的感应电流为I＝＝(2分)
对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a
由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at(2分)
在图线上取两点：t1＝0，F1＝11 N；t2＝2 s，F2＝14.6 N
解得a＝1 m/s2，B＝1.2 T(2分)
(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at＝2 m/s(1分)
所发生的位移s＝at2＝2 m(1分)
由动能定理得WF－m1gs－W安＝m1vt(2分)
又Q＝W安(1分)
联立以上各式，解得
Q＝WF－m1gs－m1v＝(40－1×10×2－×1×22)J＝18 J(2分)
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．
当cd棒速度达到最大时，对cd棒有：m2g＝μFN
又FN＝F安，F安＝BIL(2分)
整理解得m2g＝μBIL
对abdc回路：I＝＝
解得vm＝＝ m/s＝2 m/s(2分)
由vm＝at得t＝2 s(1分)
fcd随时间变化的图象如图所示．(3分)
(若无体现2 s值，其他都正确的，不扣分；若无体现末态静止，扣除1分；若无体现滑动摩擦力到静摩擦力的大小突变，扣除1分；若滑动摩擦力没体现线性增大，不给分)
答案 见解析
题型专练
1．(力学综合型)(2012·湖南模拟)如图5所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不栓接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块笫一次经过B点后恰能到达P点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.试求：
图5
(1)若CD＝1 m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离x；
(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
2．(粒子运动型)(2012·豫北六校联考)如图6所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅳ象限分别有垂直坐标系平面的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从x轴上的A(L，0)点沿y轴正方向进入匀强电场，经y轴上的B(0，2L)点进入第Ⅱ象限，再经x轴上的C(－2L，0)点进入第Ⅲ象限，最后经第Ⅳ象限回到出发点A.不计粒子的重力．求
图6
(1)匀强电场的电场强度；
(2)第Ⅱ、Ⅳ象限中磁场的磁感应强度大小各是多少？
3．(粒子运动型)如图7所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即UAB＝300 V．一带正电的粒子电量q＝10－10C，质量m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．不计粒子重力求(静电力常数k＝9×109 N·m2/C2)
(1)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？
(2)点电荷的电量．
图7
4．(力学综合型)如图8所示是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径为R＝1.0 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝ m的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01 kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到N的某一点上，取g＝10 m/s2，求：
图8
(1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？
(2)钢珠落到圆弧N上时的速度大小vN是多少？(结果保留两位有效数字)
5．(电磁感应型)如图9所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小环所受摩擦力的大小；
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．
图9
6．(力电综合型)(2012·上海闵行二模)如图10甲所示， A、B、C、D为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R＝1.6 m的半圆，BC、AD段水平，AD＝BC＝8 m．B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝5×105 V/m.质量为m＝4×10－3kg、带电量q＝＋1×10－8C的小环套在轨道上．小环与轨道AD段的动摩擦因数为μ＝，与轨道其余部分的摩擦忽略不计．现使小环在D点获得沿轨道向左的初速度v0＝4 m/s，且在沿轨道AD段运动过程中始终受到方向竖直向上、大小随速度变化的力F(变化关系如图10乙)作用，小环第一次到A点时对半圆轨道刚好无压力．不计小环大小，g取10 m/s2.求：
(1)小环运动第一次到A时的速度多大？
(2)小环第一次回到D点时速度多大？
(3)小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态，此时到达D点时速度应不小于多少？
图10
【题型专练】
1．解析 (1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：W－mgsin 37°·CD＝mv
代入数据得：W＝mv＋mgsin 37°·CD＝156 J
(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a＝8 m/s2
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
代入数据解得μ＝0.25
物块在P点的速度满足mg＝
物块从B运动到P的过程中机械能守恒，
则有mv＝mv＋mghPB
物块从C运动到B的过程中有v－v＝－2ax
由以上各式解得x＝ m
(3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得mv－mv＝mgR－2μmgxcos 37°
解得v＝－19<0
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．
答案 (1)156 J (2)6.125 m (3)物块在以后的运动过程中不会脱离轨道
2．解析 (1)粒子在第Ⅰ象限中做类平抛运动，由运动学公式和牛顿第二定律得：
2L＝v0t①
L＝at2②
qE＝ma③
联立解得：E＝④
(2)设粒子进入第Ⅱ象限时的速度v与y轴夹角为θ，则根据粒子在第Ⅰ象限的运动得v0t＝2L⑤
＝L⑥
v＝ ⑦
偏转角tan θ＝⑧
整理得：v＝v0⑨
θ＝45°⑩
即v与BC的连线垂直，所以BC间的距离为粒子在第Ⅱ象限的磁场中运动的直径BC＝2L
所以r1＝L
根据qvB1＝
整理得B1＝
粒子在第Ⅲ 象限做匀速直线运动，再经过y轴时的位置D点的坐标为(0，－2L)，DA与y轴的夹角为α，则有
sin α＝ cos α＝
粒子做圆周运动的圆心O2与D点的连线跟y轴的夹角β＝45°
故有＝r2cos(β－α)
而qvB2＝
整理得：B2＝
答案 (1) (2)
3．解析 (1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则： h＝
a＝＝ t＝
即：h＝2
代入数据，解得：h＝0.03 m＝3 cm
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，
由相似三角形知识得：
＝
代入数据，解得：y＝0.12 m＝12 cm
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy＝at＝
代入数据，解得：vy＝1.5×106 m/s
所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：
v＝ ＝2.5×106 m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：tan θ＝＝ θ＝37°
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直．
匀速圆周运动的半径：r＝＝0.15 m
由＝m
代入数据，解得：Q＝1.04×10－8C
答案 (1)12 cm (2)1.04×10－8C
4．解析 (1)设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意mg＝m①
从发射前到最高点，由机械能守恒定律得
Ep＝mgR＋mv2＝0.15 J②
(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动x＝vt③
y＝gt2④
由几何关系x2＋y2＝r2⑤
从飞出M到打在N的圆弧面上，由机械能守恒定律
mgy＋mv2＝mv⑥
联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN＝5.0 m/s.
答案 (1)0.15 J (2)5.0 m/s
5．解析 (1)设小环受到的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律，有
m2g－f＝m2a①
代入数据，得
f＝0.2 N②
(2)设K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有
f＝B1I1l③
设回路总电流为I，总电阻为R总，有
I＝2I1④
R总＝R⑤
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
I＝⑥
E＝B2lv⑦
F＋m1gsin θ＝B2IL⑧
拉力的瞬时功率为P＝Fv⑨
联立以上方程，代入数据得
P＝2 W⑩
答案 (1)0.2 N (2)2 W
6．解析 (1)由题意及向心力公式得：mg＝m
vA1＝ ＝ m/s＝4 m/s
(2) 小物块从D出发，第一次回到D的过程，由动能定理得mv－mv＝qEL
vD1＝ ＝ m/s
＝6 m/s
(3)vA1＝4 m/s＝v0，
小环第一次从D到A做匀速运动
F＝kv＝mg
k＝＝ kg·s＝0.01 kg·s
所以Fm＝kvm＝2mg＝0.08 N，
则可知环与杆的摩擦力f≤μ|Fm－mg|＝μmg＝qE，
稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量
W损＝W摩最大＝fms＝μ(Fm－mg)s＝0.04××8 J＝0.04 J
而W补＝W电＝qEs＝1×10－8×5×105×8 m＝0.04 J
所以稳定循环运动时小环在AD段运动时速度一定要大于等于8 m/s
即到达A点的速度不小于8 m/s
稳定循环运动时小环从A到D的过程，
由动能定理得mv－mv＝qEL
vD＝ ＝ m/s
＝2 m/s
达到稳定运动状态时，
小环到达D点时速度应不小于2 m/s.
答案 (1)4 m/s (2)6 m/s (3)2 m/s
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.新课标全国卷三年(2010、 2011、 2012)
高考物理试题分析
题型 题说 题号 考查内容 考查规律
2010 2011 2012
不定项选择题 本大题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 14 物理(电磁)学史 地球的磁场、安培定则 牛顿第一定律、惯性的概念 3年3考牛顿第二定律、受力分析、万有引力定律、带电粒子在电场中的运动3年2考曲线运动的条件、动能定理、机械能守恒定律、电场强度、理想变压器、法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则、安培定则、交流电的有效值3年1考物理学史、胡克定律、运动学公式、牛顿第一定律、惯性的概念、平抛运动、U－I图象、电源的效率
15 胡克定律 力与运动的关系、动能及其变化 平抛运动的规律
16 v－t图象、功和功率、动能定理 重(弹)力做功与重力(弹性)势能的变化关系、机械能守恒定律 受力分析、物体的动态平衡
17 带电粒子在电场中的运动、曲线运动的特点、电场线与场强的关系 理想变压器的电压关系、电流关系、交流仪表的示数 理想变压器的电压关系、功率关系、交流电的有效值
18 物体的平衡、受力分析、力的正交分解、动摩擦因数 安培力、力与运动的关系、运动学公式、动能定理 带电粒子在电场中的运动、牛顿第二定律、电场力的功、电势能
19 U－I图象、电源的效率 万有引力定律、牛顿第二定律、同步卫星的特点、电磁波的直线传播 法拉第电磁感应定律、欧姆定律、变化的磁场
20 天体运动的周期与轨道半径的关系、万有引力定律、牛顿第二定律 带电粒子在电场中的运动、曲线运动的条件、电场力与场强的关系 左手定则、电磁感应现象、安培定则、楞次定律
21 动生电动势、左手定则、机械能守恒定律、法拉第电磁感应定律 牛顿第二定律、a－t图象、受力分析、整体法与隔离法 万有引力定律、重力加速度
实验题 按题目要求作答．共2小题，共15分 22 (4分)“验证机械能守恒定律”实验的器材、误差原因分析 (5分)“替代法测表头内阻”实验的步骤、多次测量求平均值减少误差的方法 (5分)螺旋测微器的读数 高频考点基本仪器读数、电阻的测量、数据处理(图象法)、根据图象分析计算、电路连接、误差分析
23 (11分)“伏安法测电阻”实验的实物连接、数据处理(图象法)、根据图象分析计算、电流表和电压表的读数 (10分)运动学 公式、数据处理(图象法)、根据图象分析计算 (10分)“磁感应强度的测量”实验的电路图连接、实验原理、实验步骤、力的平衡、左手定则
计算题 共2小题，共32分 24 (14分)匀速直线运动、平均速率、加速度 (13分)匀变速直线运动公式的应用 (14分)物体的平衡、摩擦力、数学讨论 高频考点带电粒子在电(磁)场中的运动、牛顿第二定律、洛伦兹力、匀变速直线运动公式
25 (18分)(带电粒子在磁场中的运动)牛顿第二定律、洛伦兹力、临界轨道、几何计算求半径 (19分)(带电粒子在磁场中的运动)牛顿第二定律、洛伦兹力、几何计算求半径 (18分)(带电粒子在电场、磁场中的运动)牛顿第二定律、洛伦兹力、几何计算求半径、类平抛运动
选考题 3选1，每小题15分，如果多做按第一题计分 33 (3－3模块) (1)(双选)单晶体、多晶体、非晶体的物理性质(2)(计算)压强的计算、玻意耳定律 (1)(多选)理想气体状态方程、温度与内能、热力学第一定律(2)(计算)压强的计算、玻意耳定律 (1)(多选)热力学第一定律、热力学第二定律(2)(计算)压强的计算、玻意耳定律、查理定律 高频考点压强的计算、气体实验定律、热力学第一定律、光的折射定律、全反射、机械波、动量守恒定律、机械能守恒定律
34(3－4模块) (1)(单选)光的折射定律、全反射(2)(计算)波长、波速与频率的关系、波的干涉、加强点与减弱点的产生条件 (1)(多选)波的形成、振幅周期波速的关系(2)(计算)做光路图、光的折射定律、折射率 (1)(填空)波动图象、振动图象、质点的振动方向、根据图象求波长(2)(计算)光的折射定律、全反射、几何计算
35(3－5模块) (1)(单选)氢原子能级及能级跃迁(2)(计算)牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、运动学公式 (1)(填空)光电效应方程、逸出功、电场力做功、遏止电压(2)(计算)动量守恒定律、机械能守恒定律、弹性势能 (1)(填空)核反应方程、质能方程(2)(计算)动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒
在全国高考态势趋于稳定的情况下，高考试题的命制也将具有较强的规律性．分析三年(2010、2011、2012)高考试题，把握重点、难点、热点，了解知识点考查的频度、深度和广度，有利于我们研究高考命题规律，洞察2013高考命题趋势，使同学们在二轮复习中更加胸有成竹，有的放矢，快速高效．只要你一步一个脚印，一天一个台阶，跨入理想大学的大门将指日可待！
知识互联网
达人寄语
——科学复习、事半功倍苹果改变了世界！
●“第一个苹果诱惑了夏娃，第二个苹果砸醒了牛顿，第三个苹果激起了乔布斯”．我是一名中华学子，正在英国剑桥大学攻读物理博士学位，学成后立志报效祖国，为改变世界做出贡献！
●二轮复习即冲刺复习，其任务是：“连线”、“织网”、“建模”、“规范”、“发散”，对高考常考问题个个击破．
●“运动分析，受力分析”是破题法宝，千万要抓住、抓死、抓牢．希望你能出奇制胜，奋力夺冠，我们共同去寻求第四个“苹果”！
第4讲 曲线运动常考的4个问题(选择题或计算题)
(说明：此处计算题见专题二功和能)
主要题型：选择题
难度档次：中档
①以平抛运动、圆周运动为背景考查学生对基本运动形式的认识及理解、推理和分析能力；
②综合万有引力、天体的运动的相关知识点，体现于题中各选项中，以简单分析，计算为主．
高考热点
1．运动的合成与分解
2．平抛运动
3．圆周运动
4．万有引力定律
与天体的运动
综合知识
●几何知识
●功、能关系
●超重、失重
●时事背景材料、信息
1．物体做曲线运动的条件
当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有________、________ 和________．
2．物体(或带电粒子)做平抛运动或类平抛运动的条件
(1)有初速度；(2)初速度与加速度的方向________．
3．物体做匀速圆周运动的条件
合外力的方向与物体运动的方向________；绳固定物体能通过最高点的条件是________；杆固定物体能通过最高点的条件是________．物体做匀速圆周运动的向心力，即为物体所受________．
4．描述圆周运动的几个物理量
角速度ω、线速度v和________，还有周期T和频率f.其关系式为a＝＝________＝r＝(2πf)2r.
特别提醒
(1)平抛(类平抛)运动是匀变速曲线运动，物体所受合力为恒力；而圆周运动是变速运动，物体所受合力为变力．
(2)平抛运动有两个重要的推论：①从抛出点开始，任意时刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍；②从抛出点开始，任意时刻速度的反向延长线交于水平位移的中点．
5．万有引力定律及天体的运动
(1)万有引力定律的表达式F＝________．
(2)天体的运动
天体的运动看成是________运动，其所需要的向心力由________提供．其基本关系式为G＝m＝mω2r＝mr＝m(2πf)2r.
在天体表面，忽略自转的情况下有G＝mg.
(3)卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系
①由G＝m，得v＝________，则r越大，v越小．
②由G＝mω2r，得ω＝________，则r越大，ω越小．
③由G＝mr，得T＝________，则r越大，T越大．
(4)第一宇宙速度：近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的________速度，也是发射卫星的________速度．
状元微博
名师点睛
●处理曲线运动问题的基本思想——“化曲为直”
竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系．
●对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题
应用合成与分解的思想分析这两种运动，转折点的速度是解题的关键．
●利用万有引力定律解决天体运动的一般思路
1．一个模型
天体的运动简化为质点的匀速圆周运动模型．
2．两组公式
G＝m＝mω2r＝m·r＝ma
mg＝
常考问题10 平抛运动规律的应用
图4－1
【例1】 (2012·课标全国卷，15)如图4－1所示，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
图4－2
如图4－2所示，水平路面上匀速运动的小车支架上有三个完全相同的小球A、B、C，当小车遇到障碍物D时，立即停下来，三个小球同时从支架上抛出，落到水平面上．已知三小球的高度差相等，即hA－hB＝hB－hC，下列说法中正确的是( )．
A．三个小球落地时间差与车速无关
B．三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速无关
C．A、B小球落地的间隔距离L1与车速成正比
D．三个小球落地时的间隔距离L1＝L2,思维模板
1．平抛运动或类平抛运动的研究方法——正交分解法．
(1)沿初速度v0方向上的匀速运动；
(2)垂直v0方向上的匀加速运动．
2．平抛运动常分解的物理量
(1)速度
vx＝v0
vy＝gt
v＝ eq \r(v＋v)
(2)位移
x＝v0t
h＝gt2
s＝
常考问题11 圆周运动的动力学问题
图4－3
【例2】 (2012·北京西城区期末)如图4－3所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，小球m在圆轨道内侧做圆周运动．对于半径R不同的圆轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的是( )．
A．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大
B．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越小
C．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大
D．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小
名师支招——教你读题审题
解析 本题考查机械能守恒定律以及圆周运动基本物理量的关系．小球恰好过最高点，小球与轨道间没有压力，小球的重力充当向心力，由牛顿第二定律可得：mg＝m所以v＝，可得半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A正确，B错误；设小球在最低点的速度为v0，由机械能守恒定律可得：mv＝mg(2R)＋mv2，其中v＝可解得v0＝，由v0＝ωR得ω＝ ，可知半径R越大，小球通过轨道最低点的角速度越小，C错误，D正确．
答案 AD
图4－4
如图4－4所示，小球能在水平光滑滑杆上滑动，滑杆连同支架可以绕竖直轴转动，球通过弹簧与转动轴相连．当系统以角速度ω1匀速转动时，球离轴距离为r1＝8 cm.当系统角速度增加为ω2＝ω1时，球离轴距离为r2＝9 cm，则此弹簧的自然长度l0为( )．
A．8.5 cm B．7 cm
C．8 cm D．1 cm
思维模板
●对圆周运动，应先分析物体是否做匀速圆周运动，若是，则
①合力一定指向圆心
②利用F合＝＝mω2r求解即可，若不是，需正交分解．
●竖直面内的圆周运动可分为三种模型．
①轻绳模型：
临界条件：
mg＝eq \f(mv,R)
②轻杆模型
临界条件
v高＝0
③外轨模型
球在最高点时，若v< ，将沿轨道做圆周运动，若v≥ ，将离开轨道做抛体运动．
常考问题12 万有引力定律及天体的运动
图4－5
【例3】 (2012·广东卷，21)如图4－5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．运动周期长
D．角速度小
解析 飞船绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
即F引＝F向，所以＝ma向＝＝＝mrω2，
即a向＝，Ek＝mv2＝，
T＝ ，ω＝ (或用公式T＝求解)．
因为r1所以Ek1>Ek2，a向1>a向2，T1ω2，选项C、D正确．
答案 CD
本题考查万有引力定律及其应用、向心力表达式及圆周运动各物理量间的关系，着重考查学生的理解能力和推理能力．
图4－6
(2012·安徽皖南八校联考)我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统在抗震救灾中发挥了巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置(如图4－6所示)．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R.不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )．
A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
B．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2
C．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为
D．卫星1中质量为m的物体的动能为mgr
借题发挥
“一、二、三”跑步解决天体问题
●“一”理解一个定律——万有引力定律．
●“二”构建两大模型．
(1)“天体”公转模型
某天体绕中心天体做匀速圆周运动
①万有引力提供向心力
G＝m＝mω2r＝mr＝man＝mg′(g′表示轨道处的重力加速度)——可称为“天上公式”．
②在地球表面：＝mg.(g表示地球表面的重力加速度)―→可称为“地面公式”，GM＝gR2也称为“黄金代换公式”．
(2)“天体自转”模型
绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体．
●“三”个区别
①中心天体和环绕天体的区别；②自转周期和公转周期的区别；
③星球半径和轨道半径的区别．
课堂笔记
常考问题13 平抛运动与圆周运动的综合
图4－7
【例4】 (2012·福建卷，20)如图4－7所示，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.
解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2，①
在水平方向上有：s＝v0t，②
由①②式解得v0＝s ，③
代入数据得v0＝1 m/s.
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：
fm＝meq \f(v,R)，④
fm＝μN＝μmg，⑤
由④⑤式得μ＝eq \f(v,gR)，
代入数据得μ＝0.2.
答案 (1)1 m/s (2)0.2
本题考查平抛运动、匀速圆周运动及向心力等知识，旨在考查学生的推理能力及分析综合能力，难度适中．
滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图4－8所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C点沿固定斜面向上运动至最高点D.圆弧轨道的半径为1 m，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角θ＝106°，斜面与圆弧相切于C点．已知滑板与斜面间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量为50 kg，可视为质点．试求：
图4－8
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0大小；
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小．
阅卷感悟
错因档案
1．找不到临界状态．
2．不知道哪些力提供向心力．
3．找不到衔接两种运动的物理量．
应对策略
审题能力是一种综合能力，它包括阅读、理解、分析、综合等多种能力．
(1)审题时应注意抓好关键字、词、句．(如例4的关键词：“……物块恰好滑离转台开始做平抛运动”)
(2)通过读题、审题应达到的目的是：
课堂笔记
信息聚焦
1．“天”“神”对接
我国在2011年9月29日21时16分，“天宫一号”顺利发射升空.2011年11月1日5时58分“神舟八号”顺利升空.2011年11月3日和14日“天宫一号”与“神舟八号”分别进行了两次自动交会对接.2012年6月16日18时37分，载有包括1名女航天员在内的3名航天员的“神舟九号”顺利发射，并成功实施与“天宫一号”的手控交会对接，标志着我国已全面掌握了空间交会对接技术．
2．深空探测
整个航天科学技术分为三大领域：卫星应用、载人航天和深空探测．我国在前两项上已经取得了很大成就，但在深空探测方面还处于起步阶段——从探月做起.2007年10月24日18时05分，“嫦娥一号”成功发射，圆满完成任务，后于2009年3月1日受控顺利撞月.2010年10月1日“嫦娥二号”又发射奔月，后续工程“嫦娥三号”“嫦娥四号”等计划也将陆续实施．对其他深空星球的探测将逐步展开．
链接高考
1．纵观近几年高考试题，以天体运动、人类航天为背景的题目，已经成为高考命题的热点．以“天宫一号”和“神舟八号”“神舟九号”的发射、交会对接和回收“嫦娥”等为背景的高考命题的会闪亮登场．
2．此类题主要考查对万有引力定律、牛顿第二定律、匀速圆周运动等知识的综合运用能力．
【典例1】 2011年11月3日凌晨1时36分，“天宫一号”目标飞行器与“神舟八号”飞船顺利完成首次交会对接，揭开了中国航天的崭新阶段．假如“神舟八号”与“天宫一号”对接前所处的轨道如图4－9甲所示，图乙是它们在轨道上即将对接时的模拟图．当它们处于图甲所示的轨道运行时，下列说法正确的是( )．
图4－9
A．“神舟八号”的加速度比“天宫一号”的大
B．“神舟八号”的运行速度比“天宫一号”的小
C．“神舟八号”的运行周期比“天宫一号”的长
D．“神舟八号”适度加速后有可能与“天宫一号”实现对接
解析 由万有引力提供向心力可知加速度a＝，对比轨道半径关系可知“神舟八号”的加速度比“天宫一号”的大，选项A正确；由运行速度v＝ 可知，“神舟八号”的运行速度比“天宫一号”的大，选项B错误；由运行周期T＝ 可知，“神舟八号”的运行周期比“天宫一号”的小，选项C错误；“神舟八号”适度加速后做离心运动有可能追上“天宫一号”实现对接，选项D正确．
答案 AD
【典例2】 为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年11月9日发射了第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2.火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，引力常量为G.仅利用以上数据，可以计算出( )．
A．火星的密度和火星表面的重力加速度
B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力
C．火星的半径和“萤火一号”的质量
D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力
解析 设火星的半径为R，火星的质量为M，由F万＝F向可得：
＝m(R＋h1)eq \f(4π2,T)，＝m(R＋h2)eq \f(4π2,T)，联立可以求出火星的半径R和火星的质量M，由密度公式ρ＝＝，可进一步求出火星的密度；由＝mg，可进一步求出火星表面的重力加速度，A正确．由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力．
答案 A
1．(2012·山东理综卷，15)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“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( )．
A. eq \r(\f(R,R)) B.
C.eq \f(R,R) D.
图4－10
2．(2012·上海单科，12)如图4－10所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动．恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则( )．
A．v0C．2v03v0
图4－11
3．如图4－11所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A处过河经过t时间，正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种( )．
A．只要增大v1大小，不必改变θ角
B．只要增大θ角，不必改变v1大小
C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角
D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角
4．2011年7月27日清晨，中国西昌卫星发射中心发射场周边雷电交加、暴雨如注，就在两次雷电间隙，“长征三号甲”点火腾空宛如一条火龙在暴雨雷电中直刺苍穹，将第九颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星，如图4－12所示．下列关于这颗北斗导航卫星的说法中，正确的是( )．
图4－12
A．卫星的发射速度大于7.9 km/s
B．卫星运行时的速度大于7.9 km/s
C．卫星离地面的高度为一定值
D．卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度
5．(2012·课标全国卷，21)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．1－ B．1＋
C. D.
提 示 课后完成《专题能力提升训练》第151页
【高考必备】
1．不共线 等时性 独立性 等效性 2.垂直 3.垂直 v≥ (L为绳长) v>0 合外力 4.向心加速度a ω2r
5．(1)G (2)匀速圆周 万有引力 (3)①
② ③ (4)最大 最小
【常考问题】
【例1】 BD [根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝ ，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc>ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误、选项B正确；又因为xa>xb，而tavc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确．]
预测1 AC [当小车遇到障碍物D时，立即停下来的瞬间，小球做平抛运动，因此落地的时间取决于高度，与车速无关，A项正确；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，因此三个小球落地时的间隔距离L1和L2与车速有关，B项错误；A、B小球落地的间隔距离L1＝v0可知，与车速成正比，C项正确、D项错误．]
预测2 B [设弹簧劲度系数为k，小球以ω1转动时，弹簧拉力等于向心力，则k(r1－l0)＝mr1ω，小球以ω2转动时：k(r2－l0)＝mr2ω.联立解得：l0＝7 cm.所以选项B正确．]
预测3 C [由G＝m＝mr＝ma可得v＝ ，
T＝2π ，a＝，再由黄金代换GM＝gR2可得v＝ ，T＝2π ，a＝，所以A错；卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t＝＝ ，C正确；卫星1中质量为m的物体的动能Ek＝mv2＝mg，D错；卫星1向后喷气，将做离心运动，所以B错．]
预测4 解析 (1)运动员离开平台后做平抛运动，
从A至B在竖直方向有：
v＝2gh，
在B点有：vy＝v0tan ，
解得：v0＝3 m/s.
(2)运动员在圆弧轨道上做圆周运动，
设运动员在最低点的速度为v，
在最低点时有N－mg＝m，
根据机械能守恒定律有
mv＋mg[h＋R(1－cos 53°)]＝mv2
由以上两式解得N＝2 150 N.
答案 (1)3 m/s (2)2 150 N
【随堂演练】
1．B [“天宫一号”运行时所需的向心力由万有引力提供，根据G＝得线速度v＝ ，所以＝ ，故选项B正确、选项A、C、D错误．]
2．A [如图所示，M点和b点在同一水平线上，M点在c点的正上方．根据平抛运动的规律，若v＝2v0，则小球落到M点．可见以初速2v0平抛小球不能落在c点，只能落在c点右边的斜面上，故只有选项A正确．]
3．C [只需保证v1在水流方向的分量与水流速度相同，船就能到达B点，要想过河时间更短，v1垂直于河流方向的分速度要增大，结论是C.]
4．AC [7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，以该速度发射的卫星绕地面附近做匀速圆周运动，因此发射地球同步卫星的速度要大于第一宇宙速度，选项A正确、选项B错误；该卫星为倾斜地球同步轨道卫星，离地面高度与同步卫星离地面高度相同，故卫星离地面的高度为一定值，选项C正确；由G＝ma和G＝mg可知卫星运行的向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，选项D错误．]
5．A [设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球质量可表示为M＝πR3ρ.因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝3M，则矿井底部处的重力加速度g′＝，则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为＝1－，选项A正确，选项B、C、D错误．]
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第6讲 电场中常考的3个问题(选择题)
主要题型：选择题
难度档次：
低档难度．是电学部分的基础考题．围绕电场中的电场强度E、电势φ、电场力F、电势能Ep、电场力的功W及相应规律，做简单的分析、计算．,高考热点
1．库仑定律
(1)表达式：F＝________，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2.
(2)适用条件：真空中的________．
2．电场强度、电势、电势差、电势能的区别与联系
电场强度 电势 电势差 电势能
意 义 描述电场的力的性质 描述电场的能的性质 描述电场力做功的本领 描述电荷在电场中的能量、电荷做功的本领
定义 E＝____ φ＝____(Ep为电荷的电势能) UAB＝____ Ep＝φq
矢标性 矢量：方向为放在电场中的正电荷的________方向 标量，只有正负，正负只表示大小 标量，有正负，正负只表示电势的________ 标量，有正负
决定因素 场强由电场本身决定，与试探电荷无关 电势由电场本身决定，与试探电荷无关，其大小与参考点的选取有关 由电场本身的两点间差异决定，与试探电荷无关，与参考点选取无关 由电荷量和该点电势二者决定，与参考点选取有关
3.带电粒子的运动
(1)加速
①匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解，基本方程：
Eq＝ma，E＝，
v－v＝2ax.
②非匀强电场中，用动能定理求解，其方程式为
qU＝mv2－mv.
(2)偏转
①处理方法：用运动的合成和分解的思想处理，即沿v0方向与场强E平行的匀速直线运动和垂直于v0方向的匀加速直线运动．
②偏转规律：
偏转位移：y＝x＝L,Ｆy＝eq \f(qUL2,2mdv)
偏转角：tan φ＝＝eq \f(qUx,mdv)x＝L,Ｆtan φ＝eq \f(qUL,mdv).,
状元微博
名师点睛
1．重视物理学的科学研究方法
本部分内容的主要研究方法有：
(1)理想化模型．如点电荷、电场线、等势面；
(2)比值定义法．电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；
(3)类比的方法．电场和重力场的类比；静电力和重力的类比；带电粒子在电场中的运动和平抛运动的类比．
2．静电力做功的求解方法
(1)由功的定义W＝Fl求；(2)利用结论“静电力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即W＝－ΔE；(3)利用WAB＝qUAB求．
3．研究带电粒子在电场中的曲线运动时，采用运动合成与分解的思想方法．
课堂笔记
常考问题18 根据电场线或等势面比较电场强度和电势的大小
图6－1
【例1】 (2012·福建理综，15)如图6－1所示，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
解析 由于电场力做负功，所以Q应带负电荷，由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出φB>φA，故A项错误；由E＝k，r不相等，所以EA≠EB，B项错误；由φA＝、φB＝，因为WA→∞＝WB→∞，φA<φB<0，所以>，即q1答案 C
图6－2
电场线分布如图6－2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方法锦囊
场强、电势的比较方法
(1)电场强度
①根据电场线的疏密程度判断，电场线越密，场强越大；
②根据等差等势面的疏密程度判断，等差等势面越密，场强越大；
③根据a＝，a越大，场强越大．
(2)电势
①沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面；
②根据UAB＝φA－φB，比较正负，判断φA、φB的大小．
课堂笔记
常考问题19 由带电粒子的轨迹判断电势、加速度、电场力做功及电
势能的变化情况
图6－3
【例2】 如图6－3所示，实线是某一电场中的电场线，虚线是一个负电荷只在电场力作用下在这个电场中的运动轨迹，若电荷是从a处运动到b处，则以下判断正确的是( )．
A．电荷从a运动到b加速度减小 B．b处电势能大
C．电荷在b处速度小 D．b处电势高
思维点拨
判断选项
图6－4
(2012·宝鸡市高三模拟)如图6－4所示，在真空中有两个带等量负电的点电荷，分别置于P、Q两点，O点是它们连线的中点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA＝OC，下列说法正确的是( )．
A．A点的电场场强一定大于B点的电场强度
B．C点的电势低于B点的电势
C．同一点电荷在A、C两点受电场力大小相同
D．同一负电荷在B点的电势能小于其在C点的电势能,以题说法
这类问题一般综合性较强，涉及“牛顿运动定律、功和能”的知识分析
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况电荷做曲线运动的情景分析．
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，是题目中相互制约的三个方面 .若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．有时各种情景的讨论结果是归一的．
(3)一般为定性分析，有时涉及简单计算．常考问题20 带电粒子在电场中运动情况分析
图6－5
【例3】 (2012·天津理综，5)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图6－5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
解析 带负电的粒子以速度v进入电场后，电场力的方向与v的方向不在一条直线上，故带负电的粒子做曲线运动，先由低电势面运动到高电势面，然后由高电势面运动到低电势面，所以电势能先减小后增大，选项C正确，选项A、B、D错误．
答案 C
图6－6
如图6－6所示，一个质量为m、带正电荷量为q的尘粒以竖直向上的初速度v0 在平行板电容器P、Q两极板正中间的A点进入场强为E的匀强电场中，恰好垂直于Q板打在B点，且AC＝BC，则下列说法正确的是( )．
A．P板电势高于Q板的电势
B．尘粒打在B点时速度是2v0
C．尘粒打在B点时速度是v0
D．P、Q两板间的电势差是eq \f(mv,q),
借题发挥
解答带电粒子在电场中的运动问题应注意：
(1)―→―→
(2)要抓住关键的两个观点：
①动力学观点——包括牛顿运动定律和运动学规律．
②能量观点——包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．
课堂笔记
技法1 反证例举法
【技法阐释】有些选择题的选项中，带有“可能”、“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”、“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项．
【高考佐证】 (2011·海南卷)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
技法2 对称分析法
【技法阐释】对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．
图6－7
【高考佐证】 (2011·重庆卷)如图6－7所示，电荷量为＋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
技法3 极限思维法
【技法阐释】物理中体现极限思维的常见方法有极限法、微元法等．极限法是把某个物理量推向极端，从而做出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论．该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况．微元法将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析这些“微元”，进行必要的数学方法或物理方法处理，便可将问题解决．极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，收到事半功倍的效果．
【高考佐证】 (2012·安徽理综，20)如图6－8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：E＝2πkσ，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6－9所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )．
图6－8 图6－9
A．2πkσ0 B．2πkσ0
C．2πkσ0 D．2πkσ0
解析 采用极限思维法结合填补法．根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E＝2πkσ，可推知当带电圆板无限大时(即当R→∞)的电场强度E′＝2πkσ，对于无限大带电平板，挖去一半径为r的圆板的电场强度，可利用填补法，即将挖去的圆板填充进去，这时Q点的电场强度EQ＝2πkσ0.，则挖去圆板后的电场强度EQ′＝2πkσ0－2πkσ0＝2πkσ0，故选项A正确，选项B、C、D错误．
答案A
图6－10
1．如图6－10所示是某电场中的一条电场线，一电子从a点由静止释放，它将沿电场线向b点运动．下列有关该电场情况的判断正确的是( )．
A．该电场一定是匀强电场
B．场强Ea一定小于Eb
C．电子具有的电势能Epa一定大于Epb
D．电势φa<φb
图6－11
2．真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图6－11所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、2和5、4分别关于3对称．以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法正确的是( )．
A．电场强度Ea>Ec
B．电势φb>φd
C．将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功
D．将一负电荷由b点移到e点，电势能增大
3．(2012·海南单科，9)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是( )．
A．保持U不变，将d变为原来的两倍， 则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半， 则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍， 则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半， 则E变为原来的一半
图6－12
4．(2012·山东理综，19)如图6－12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
5．(2012·重庆理综，20)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6－13所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( )．
图6－13
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
答案：
【高考必备】
1．(1)k (2)点电荷
2. 受力 高低
【常考问题】
预测1 C [电场线的疏密表示电场强度的大小，故Ea【例2】 BC [b处电场线比a处密集，则b处电场强度大于a处电场强度，故电荷在b处加速度大，A选项错；电荷做曲线运动，轨迹向合外力的方向弯曲，又电荷带负电，所以电场线从疏指向密，φa>φb，D错；负电荷从a运动到b过程中，电场力对其做负功，电势能增加，B正确；由能量守恒可知，电荷电势能增加，则动能减小，C选项正确．]
预测2 BCD [由场强的叠加知中垂线上电场线的方向，B―→A―→O，C―→O，又点电荷的场强E＝，而EO＝0，E∞＝0，所以从O点向上，场强先增大后减小，而A、B间距离未知，所以A、B场强大小无法确定，而A、C两点场强大小相等，所以A项错误、C项正确、沿电场线方向，电势越来越低，知B、D项均正确．]
预测3 ACD [由于带正电荷量为q的尘粒进入匀强电场后做曲线运动，在电场力的作用下打在B点，因此可知P板电势高，A正确．带电尘粒进入匀强电场后的曲线运动可视为竖直上抛运动与水平方向初速度为零的匀加速直线运动的合运动，且分运动具有等时性．因为“恰好垂直于Q板打在B点”，所以竖直上抛运动的末速度为零，尘粒由A到B所用时间t＝.又因AC＝BC，因此尘粒受到的重力与电场力大小相等，即mg＝Eq.尘粒打在B点时的速度为：vB＝＝＝gt＝v0 ，C正确、B错误．研究尘粒由A到B的过程，根据动能定理有－＝0，解得P、Q两板间的电势差为U＝，D正确．]
技法1
高考佐证 D [带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不为零，B错；顺着电场线的方向，电势降低，C错；负电荷沿电场线方向移动，则电场力做负功，电势能一定增加，D对．答案为D.]
技法2
高考佐证 D [由等量同种电荷或等量异种电荷的场强对称分布可推断，对正方体的上表面中心，上表面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下表面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上表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；而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零．]
【随堂演练】
1．CD [仅由一条电场线无法判断电场的情况及各点场强的大小，A、B错；电子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动到b点，电场力做正功，电子的电势能减小，C对；由题意知电场力方向由a向b，说明电场线方向由b向a，b点电势高，a点电势低，D对．]
2．AD [电场强度的大小看电场线的疏密，所以Ea>Ec，A项正确；b、d两点电势相等，B项错误；将一正电荷由a点移到d点，电场力做负功，C项错误；将一负电荷由b点移到e点，电场力做负功，电势能增大．]
3．AD [由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误，；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确．]
4．CD [由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥，故带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律F＝k可知，a、b、c三点中，粒子在a点时受力最大，选项B错误；带电粒子从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心圆，故Uab>Ubc，所以Wab>Wbc，根据动能定理，带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确．]
5．D [在虚线和电场线的交点处，画出此位置的速度方向，再由轨迹的弯曲方向可判断出带正电的粒子受到的电场力方向由M指向N，负点电荷的位置在N点的右侧．离负点电荷越近带正电的粒子受力越大，其加速度越大．从a到b，电场力做正功，粒子的动能变大，电势能变小．综上所述C、D正确．由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得，P、Q两点应为等量的异种电荷，A错；a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错；因P处为正电荷，因此c点的电势高于d点的电势，C错；因P处为正电荷，故Q处为负电荷，负电荷从靠负电荷Q较近的a点移到靠正电荷P较近的c点时，电场力做正功，电势能减小，D对．]
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
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知识互联网
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达人寄语
——科学复习、事半功倍
完美的对接！
2012年6月16日18时37分，我国的“神舟九号”载人飞船成功发射两天后与“天宫一号”在茫茫太空顺利实施了人工手控交会对接，令世人瞩目！北京航天飞行控制中心的科技团队是全世界最年轻的一支飞控队伍，平均年龄只有31岁.100%的飞控成功率，实现了他们青春与使命的完美对接．他们常常说：“细节决定成败，认真才能取胜”；“成功是差一点就失败，失败是差一点就成功”．他们有时为了小数点后的第6位数而通宵达旦．高考也是一次莘莘学子青春与使命的对接，让我们的青春与激情在拼搏中飞扬，实力与灵感在挑战中交会，力求成功！力求完美！
“电路和电磁感应”是高考的“重头戏”，“力电综合”更有难度．明确对象、过程及回路，应用规律、方法和技巧，细上加细，慎之又慎，努力交一份完美的答卷．让“对接”来得更猛烈些吧！青春的火花在此刻闪烁！
第10讲 电磁感应中常考的3个问题
主要题型：选择题或计算题
难度档次：
选择题中等难度题，计算题难度较大．电磁感应知识点较少，一般与电路知识、安培力进行简单的结合，或定性分析、或定量计算，通常涉及4～5个知识点．
电磁感应中的计算题综合了力学，电学、安培力等知识，难度较大，尤其是导体棒模型和线框模型．,
高考热点
1．感应电流
(1)产生条件
(2)方向判断
(3)“阻碍”的表现
2．感应电动势的计算
(1)法拉第电磁感应定律：E＝n.若B变，而S不变，则E＝____________；若S变，而B不变，则E＝____________，常用于计算________电动势．
图10－1
(2)导体垂直切割磁感线：E＝Blv，主要用于求电动势的________值．
(3)如图10－1所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E＝________．
3．电磁感应综合问题中运动的动态结构和能量转化特点
(1)运动的动态结构
(2)能量转化特点
电流做功,Ｆ
,状元微博
名师点睛
解决电磁感应综合问题的一般思路是“先电后力”即
●先作“源”的分析——分析电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
●再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串并联关系，求出相关部分的电流大小，
以便安培力的求解；
●然后是“力”的分析——分析研究对象(通常是金属杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
●接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；
●最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系
.
常考问题30 楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用(选择题)
图10－2
【例1】 (2012·福建理综，18)如图10－2所示，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，则下图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( )．
解析 闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．
答案 B
本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律等知识，旨在考查学生的理解能力和推理能力，难度适中．
矩形导线框abcd固定在匀强磁场中(如图10－3甲所示)，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图10－3乙所示，则( )．
图10－3
A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcba
B．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小
C．从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大
D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变,方法锦囊
●感应电流方向的判断方法
方法一 楞次定律的使用步骤
方法二 右手定则(适用于部分导体切割磁感线)
●应用法拉第电磁感应定律E＝n时应注意：
(1)研究对象：E＝n的研究对象是一个回路；
(2)物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势；
(3)电动势的大小与成正比，与ΔΦ无关．
课堂笔记
常考问题31 电磁感应中的图象问题(选择题)
图10－4
【例2】 (2012·课标，20)如图10－4所示，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( )．
本题考查安培力、电磁感应现象、楞次定律的综合应用，考查考生的推理能力，难度中等．
图10－5
如图10－5虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是( )．
,
得分技巧
解决电磁感应现象中图象问题的基本方法与要点分析
1．基本方法
(1)看清横、纵坐标表示的物理量．
(2)理解图象的物理意义．
(3)画出对应的物理图象(常采用分段法、数学法来处理)．
2．要点分析
(1)定性或定量地表示出所研究问题的函数关系．
(2)注意横、纵坐标表达的物理量以及各物理量的单位．
(3)注意在图象中E、I、B等物理量的方向是通过正负值来反映的，故确定大小变化的同时，还应确定方向的变化情况．
3．所用规律
利用右手定则、左手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决感应电流的方向和感应电流的大小．
常考问题32 电磁感应规律与电路、力学规律的综合应用(计算题)
图10－6
【例3】 (2012·天津理综，11)如图10－6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.
解析 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝③
则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④
联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，
由运动学公式得v2＝2ax⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，
可得Q1＝3.6 J⑩
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
由⑨⑩ 式得WF＝5.4 J.
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、匀变速直线运动公式、动能定理、能量守恒定律等知识，主要考查考生的理解能力、分析综合能力．本题难度较大．
图10－7
如图10－7所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨，BC、ED是水平放置的粗糙直导轨，在矩形区域BCDE内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，金属棒MN质量为m、电阻为r，它与水平导轨间的动摩擦因数为μ，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R1、R2，且R1＝R2＝r，其余电阻忽略不计．现将金属棒MN从弧形导轨上离水平部分高为h处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止．(金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失，金属棒MN始终与两导轨垂直，重力加速度为g)，求：
(1)金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；
(2)整个过程中电阻R1产生的焦耳热．,
借题发挥
1．巧解电磁感应与力学综合题的两个基本观点
(1)力的观点：是指应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题，即选对研究对象进行受力分析，根据受力变化应用牛顿第二定律判断加速度的变化情况，最后找出求解问题的方法．其流程图为：确定电源E＝BLv,Ｆ感应电流运动导体所受安培力F＝BIL,Ｆ受力情况分析―→合外力F合＝ma,Ｆ加速度情况a与v方向关系,Ｆ运动状态的分析―→临界状态．
(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．
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的几种方法
课堂笔记
高考阅卷老师揭秘
电磁感应中的压轴大题常考的问题有以下四个方面
1．电磁感应与力学综合问题
2．电磁感应与能量综合问题
3．电磁感应与电路综合问题
4．电磁感应与力、技术应用综合问题
不论考查哪类问题，实质上就两个模型．
模型1：电磁场中的导体棒模型(单棒)
模型2：电磁场中的线框模型(含两根导体棒)
模型一 电磁场中的导体棒模型(单棒)
【例1】 (2012·广东理综，35)
图10－8
如图10－8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.
解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．
导体棒所受安培力F安＝BIl①
导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsin θ②
联立①②式，解得I＝③
导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④
由闭合电路欧姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝⑤
联立③④⑤式，解得v＝⑥
(2)由题意知，其等效电路图如图所示．
由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．设两板间的电压为U，由欧姆定律知U＝IRx⑦
要使带电的微粒匀速通过，则mg＝q⑧
因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以联立③⑦⑧式，解得Rx＝.
答案 (1) (2),思维模板
解决电磁感应中综合问题的一般思路是“先电后力再能量”．
模型二 电磁场中的线框模型(含两根导体棒)
1．一杆静止一杆运动模型(如例2)
2．线框模型：当整个线框都在匀强磁场中运动时，不产生电流；线框只有一边切割磁场时，该边框两端的电压等于路端电压，而不是感应电动势．
图10－9
【例2】 (2011·四川卷)如图10－9所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．
依题练招
,教你审题
1．知识对接
(1)受力分析：小环受重力m2g和摩擦力Ff两个作用力；K受绳子的拉力FT＝Ff和安培力B1I1l处于平衡；Q杆受重力m1g，导轨的支持力FN、安培力B2Il和拉力F四个力作用下处于平衡状态．
(2)牛顿第二定律：小环在两个力作用下产生加速度．
(3)法拉第电磁感应定律：Q杆切割磁感线产生感应电动势B2lv.
(4)电磁感应与电路：Q杆切割磁感线，相当于电源，K、S杆是外电路．
(5)瞬时功率：拉力的瞬时功率P＝Fv.
2．对象关联
第(2)问中涉及小环的加速运动、K杆的静止和Q杆的匀速运动，多个物体、不同的运动状态，难度较大．但是若能找到三者之间的联系，该题也就迎刃而解了．小环与K杆是通过绳子的拉力联系在一起，K杆和Q杆是通过电流(安培力)关系联系在一起的．Q杆产生的电流(部分)通过K杆，使K杆受到安培力，小环加速运动受到绳子的摩擦力，小环对绳子的摩擦力通过绳子作用在K杆上，K杆在这两个力作用下处于平衡，从而找到解题的突破口.
1．(2012·北京理综，19)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图10－10所示，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( )．
图10－10
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
图10－11
2．如图10－11所示，在倾角为θ的斜面上固定有两根足够长的平行光滑导轨，两导轨间距为L，金属导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上，导体棒ab的质量为m，电阻为R.导轨电阻不计．空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.当金属导体棒ab由静止开始向下滑动一段时间t0后，再接通开关S，则关于导体棒ab运动的v－t图象可能正确的是( )．
图10－12
3．(2012·临沂模拟)如图10－12所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中( )．
A．线框中的电动势随时间均匀增大
B．通过线框截面的电荷量为
C．线框所受外力的最大值为
D．线框中的热功率与时间成正比
图10－13
4．(2012·山东理综，20)如图10－13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＝2mgvsin θ
B．P＝3mgvsin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
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
5．如图10－14所示，空间被分成若干个区域，分别以水平线aa′、bb′、cc′、dd′为界，每个区域的高度均为h，其中区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ存在垂直于纸面向里且与区域Ⅱ的磁感应强度大小相等的匀强磁场．竖直面内有一边长为h、质量为m的正方形导体框，导体框下边与aa′重合并由静止开始自由下落，导体框下边刚进入bb′就做匀速直线运动，之后导体框下边越过cc′进入区域Ⅲ，导体框的下边到达区域Ⅲ的某一位置时又开始做匀速直线运动．求：
(1)导体框在区域Ⅲ匀速运动的速度．
(2)从导体框下边刚进入bb′时到下边刚触到dd′时的过程中，导体框中产生的热量．(已知重力加速度为g，导体框始终在竖直面内运动且下边始终水平)
图10－14
答案：
第10讲 电磁感应中常考的3个问题
【高考必备】
1．(1)②磁通量 (3)相对运动 原电流
2．(1)nS nB 平均 (2)瞬时 (3)Bl2ω
【常考问题】
预测1 A [从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小．磁通量减小．根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流．故A项正确；由公式E＝＝S，I＝，由于磁场均匀减小，为一恒定值．线框中产生的感应电流大小不变，故B、C项错误；磁感应强度B均匀变化．由公式F＝BILbc知bc边受的安培力是变化的，故D项错误．]
【例2】 A [因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确、选项B、C、D错误．]
预测2 A [将线圈360°的旋转过程分成四个90°阶段，并应用法拉第电磁感应定律和楞次定律知只有A对．]
预测3 解析 (1)设金属棒刚到达水平轨道时速度为v，且此时合外力最大，加速度最大．
由牛顿第二定律，得BLI＋μmg＝ma，①
由欧姆定律，得I＝，②
由法拉第电磁感应定律，得E＝BLv，③
由动能定理，得mgh＝mv2，④
联立①②③④，解得a＝μg＋.
(2)设金属棒MN中的电流强度为I，通过电阻R1、R2的电流强度分别为I1、I2，则I1＝I2＝，由公式Q＝I2Rt，得QMN＝4QR1，
整个过程中回路产生的焦耳热为Q，Q＝QMN＋2QR1，
由能量的转化和守恒定律，得mgh＝μmgs＋Q，
QR1＝mg(h－μs)．
答案 (1)μg＋ (2)mg(h－μs)
高考阅卷老师教你
模型二
【例2】 满分解答 (1)设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2g－Ff＝m2a，①
代入数据，得
Ff＝0.2 N．②
(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有
Ff＝B1I1l，③
设回路总电流为I，总电阻为R总，有
I＝2I1，④
R总＝R，⑤
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
I＝⑥
E＝B2lv⑦
F＋m1gsin θ＝B2Il⑧
拉力的瞬时功率为P＝Fv⑨
联立以上方程，代入数据得P＝2 W.
【随堂演练】
1．D [金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误、选项D正确．]
2．ACD [当开关S闭合前导体棒ab匀加速运动时，其加速度为a＝gsin θ，经时间t0，其末速度为vt＝gt0sin θ.当开关S闭合后，导体棒ab会受到安培力作用，由左手定则可知，安培力沿导轨向上，当导体棒的重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，导体棒的运动速度达到稳定，这就是导体棒的收尾速度．]
3．AB [三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度L＝vt，所以线框中感应电动势的大小E＝BLv＝Bv2t，故选项A正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q＝IΔl＝·Δt＝，选项B正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F＝BIl＝，选项C错误；线框的热功率P＝Fv＝BIv2t＝，选项D错误．]
4．AC [导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsin θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsin θ＝2BIL所以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F·2v＝2mgvsin θ，故选项A正确、选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．]
5．解析 (1)导体框从aa′到bb′过程中，设刚进入bb′时导体框的速度为v，则mgh＝mv2
所以v＝
导体框进入bb′开始匀速运动时
mg＝BIh，I＝
所以mg＝
导体框下边到达区域Ⅲ的某一位置时又开始做匀速直线运动时
mg＝2BI′h，I′＝
所以mg＝
由以上各式得v′＝＝
(2)从导体框下边刚进入bb′时到下边刚出dd′时的过程中，设产生的热量为Q
由动能定理：2mgh－Q＝mv′2－mv2，Q＝2mgh＋mv2
所以Q＝mgh.
答案 (1) (2)mgh
高考压轴题突破策略―→大题小做，妙用“得分三步曲”
实践表明，综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大题小做”的解题策略有效提高．“大题小做”的策略应体现在整个解题过程的规范化中，具体来讲可以分三步来完成：审题规范化，思维规范化，答题规范化．
第一步：审题规范化
审题流程：通读―→细读―→选读．
技法1 第一遍读题——通读
读后头脑中要出现物理图景的轮廓．由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型．
技法2 第二遍读题——细读
读后头脑中要出现较清晰的物理图景．由题设条件，进行分析、判断、确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势．基本确定研究对象所对应的物理模型．
技法3 第三遍读题——选读
通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后，对题目要有清楚的认识．最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题．
同时，还要注意常见的审题错误：
(1)没有明确研究对象；
(2)没注意物理量是矢量还是标量；
(3)没搞清哪些量是已知量，哪些量是未知量；
(4)没注意括号里的文字；
(5)没抓住图象上的关键点；
(6)没看清物体是在哪个面内运动，是竖直面还是水平面；
(7)没注意是否需要考虑重力，有些题目明确说明不需要考虑重力，有些题目需要自己分析判断；
(8)读错或没看清文字，如位移(或位置)、时间(或时刻)、直径(或半径)、轻绳(或轻杆)、物体在圆环的内侧(或外侧或圆管内或套在圆环上)等；
(9)没看清关键词，如“缓慢”、“匀速”、“足够长”、“至少”、“至多”、“刚好”、“最大”、“最小”、接触面“粗糙(或光滑)”、“物体与弹簧”连接(或接触)等；
(10)没有挖掘出题目中关键词汇的隐含条件，如：“刚好不相撞”表示物体最终速度相等或者接触时速度相等；“刚好不分离”表示两物体仍然接触，弹力为零，且速度和加速度相等；“刚好不滑动”表示静摩擦力达到最大静摩擦力；“绳端物体刚好通过最高点”表示绳子拉力为零，仅由重力提供向心力．
第二步：思维规范化
思维流程：―→―→―→―→―→―→
技法1 过程分解
【技法阐释】
图1
【高考佐证】 (2012·浙江理综，24)如图1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的大小；
(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？
解析 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有q＝mg①
由①式得：q＝②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：
墨滴带负电荷．③
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，
有qv0B＝meq \f(v,R)④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d⑤
由②、④、⑤式得B＝⑥
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R′，有qv0B′＝meq \f(v,R′)⑦
由图示可得：R′2＝d2＋⑧
得：R′＝d⑨
联立②、⑦、⑨式可得：B′＝
答案 (1)负电荷 (2) (3)
点评 解答此题的关键是对两个不同过程(直线运动、圆周运动)运用相应的物理规律来分段处理，还要注意利用这些过程衔接点的联系．
技法2 对象拆分
【技法阐释】对于多体问题，关键是选取研究对象和寻找相互联系．选取对象时往往需要灵活运用整体法或隔离法，对于符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；需讨论系统内各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，一般应慎用整体法．至于多个物体间的相互联系，可从它们之间的相互作用、运动时间、位移、速度、加速度等方面去寻找．
【高考佐证】 (2011·山东卷，24)如图2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，现对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：
图2
(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.
解析 (1)设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得h＝gt2①
x＝vBt②
联立①②式，代入数据得vB＝2 m/s③
(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB④
vB＝aBtB⑤
xB＝aBt⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0.5 s⑦
xB＝0.5 m⑧
(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，
由动能定理得Fl1＝Mv⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA⑩
l2＋xB＝v1tB＋aAt
联立⑦⑧⑨⑩ 式，代入数据得l2＝1.5 m
答案 (1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m
技法3 情境图示
【技法阐释】养成画图习惯，用情境示意图形象直观地展现物理过程，如画受力图，运动过程示意图、运动轨迹图等，把抽象思维转化为形象思维，将复杂题目化难为易．
【高考佐证】 (2012·海南单科，16)如图3(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示．当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于.不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.求：
(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
(2)若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？
(3)为了使直线OA与x轴的夹角为，在0图3
解析 (1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得qvB0＝mR①
v＝②
由①②式与已知条件得T′＝T③
图(c)
粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图(c)所示．
OA与x轴的夹角θ＝0④
图(d)
(2)在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(d)所示．由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝⑤
(3)若在任意时刻t＝t0粒子P开始运动，t＝t0到t＝时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为
∠OO′C＝⑥
在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，在t＝T到t＝T＋t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O″，圆弧BA对应的圆心角为
∠BO″A＝t0⑦
图(e)
如图(e)所示．由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成角，则有∠OO′C＝⑨
联立⑥⑨式可得t0＝.
答案 (1) 0 (2) (3)
技法4 模型提炼
【技法阐释】 解物理题的实质就是将实际问题转化为理想化的物理模型，然后运用物理、数学知识求解．必须熟悉的基本过程模型有：匀变速运动、圆周运动(或磁偏转)、平抛(或电偏转)、回旋加速、速度选择等，对象模型有连接体、传送带、滑块－滑板、弹簧等．
图4
【高考佐证】 (2012·四川理综，24)如图4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电场强度大小为E＝2×105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、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，电场强度大小不变，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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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)设弹簧枪对小物体所做的功为W，由动能定理得
W－mgr(1－cos θ)＝mv，代入数据得W＝0.475 J.
(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－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qE)＝ma1
解得a1＝－9 m/s2
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
解得v1＝2.1 m/s，设运动的位移为s1，有s1＝t1＝0.255 m
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μ(mgcos θ－qE)＝ma2
解得a2＝－7 m/s2
设小物体以此加速度运动到速度为零，运动的位移为s2，有－v＝2a2s2，解得s2＝0.315 m
设CP的长度为s，有s＝s1＋s2＝(0.255＋0.315)m＝0.57 m.
答案 (1)0.475 J (2)0.57 m
点评 解答此题的关键是明确物体的运动过程及每个运动过程所对应的基本模型．
第一个过程―→圆周运动模型
第二个过程―→加速度为a1 的匀减速运动模型
第三个过程―→加速度为a2的匀减速运动模型
第三步：答题规范化
答题流程：示意草图―→文字描述―→分步列式―→联立求解―→结果讨论．
技法1 文字说明，简明扼要
①物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明．
②题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明．
③要指明正方向、零位置．
④列方程前，对谁在什么过程(或什么状态)用到什么规律，需简要说明，体现“大题小做”的特点．
技法2 常规分步，准确规范
做综合大题一定要树立“常规方法、分步解答”的解题观，因为高考阅卷的评分标准给出的多为常规解法，并实行分步给分，每一步的关键方程都是得分点．以下几个技巧可有助于大题尽量多得分：
①方程中字母要与题目吻合，同一字母物理意义要唯一．出现同类物理量，要用不同上下标区分．
②列纯字母方程．方程全部采用物理量符号和常用字母(例如位移x、重力加速度g、角度θ等)．
③列原始方程．与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式．
④依次列方程．不要写连等式或综合式子，否则会“一步出错，满盘皆输”；每个方程后面应标明序号如①、②，便于后面“联立×××得”进行说明．
技法3 结果表述、准确到位
①题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)．
②待求量是矢量的必须说明其方向．
③用字母表示的答案中不能含有未知量和中间量．凡是题中没有给出的都是未知量，不能随便把g取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能写单位．
④如果题目所给的物理数据都是用有效数字表示的，那么答案中一般不能以无理数或分数作计算结果，结果是带单位的具体数据时一定要带单位，没有特别要求时，一般最终结果有效数字的位数要和题目所给物理数据有效数字的位数保持一致，或保留2到3位有效数字．
⑤若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，如“根据牛顿第三定律”．
图5
【高考佐证】 (2012·全国，24)如图5所示，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．
解析 设电容器电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为U＝①
两极板之间电场的场强为E＝②
式中d为两极板间的距离．
按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有FTcos θ1＝mg③
FTsin θ1＝qE④
式中FT为此时悬线的张力．
联立①②③④式得tan θ1＝⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝，则tan θ2＝⑥
联立⑤⑥式得＝⑦
代入数据解得ΔQ＝2Q.⑧
答案 2Q
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
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达人寄语
——科学复习、事半功倍
成功的奥秘！
物理学离不开实验，实验是物理学的基础，震撼世界的物理实验对社会的发展具有划时代意义.1957年，还是中国国籍的杨振宁和李政道因提出了“宇称不守恒”理论而获得诺贝尔奖，这个理论被女物理学家吴建雄用实验所证实．中国人第一次获得该项世界大奖，我们感到特别自豪！杨振宁曾说：“成功的奥秘在于多动手”，物理实验才是检验物理理论的试金石．
“物理实验”，高考必考，力、电两题，务必抓牢．只有平时多动手，考时才能少犯愁．仪器使用与选取，实验原理与步骤，数据处理与分析，步步深入，环环相扣，厚积薄发，志在必得！
主要题型：复合题型：包括填空、问答、作图、图象形式．
难度档次：
现在的实验题一般是一大一小，较大的实验题难度偏大，较小的实验题难度偏小．
高考热点
第12讲 电学实验中常考的4个问题
一、电学测量仪器的使用与读数
1．电流表、电压表、欧姆表的比较
仪器 极性 量程选择 读数
电流表 有正、负极的电表，电流由电表的正极流入，负极流出 使指针指示超过满偏刻度的的位置 3 V和3 A量程估读到最小分度的；15 V量程估读到最小分度的；0.6 A量程估读到最小分度的
电压表 使指针尽量指在表盘的中间位置左右 表盘读数乘以相应挡位的倍率
欧姆表
2.多用电表的使用“三注意”
(1)电流的流向
由于使用多用电表时不管测量项目是什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔．
(2)要区分开“机械零点”与“欧姆零点”
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置．调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．
(3)选倍率
测量前应根据估计阻值选用适当的挡位，由于欧姆挡刻度的非线性，使用欧姆挡测电阻时，表头指针偏转过大或过小都有较大误差．通常只使用表盘中间一段刻度范围．指针偏转角度在满偏到满偏之间为测量的有效范围，如当待测电阻约为2 kΩ时，应采用“×100”挡．
二、电流表内外接法的比较与选择
比较项目 电流表内接法 电流表外接法
电路
误差来源 电流表的分压 电压表的分流
测量结果 R测＝U/I＞Rx，偏大 R测＝U/I＜Rx，偏小
适用条件 Rx RA(测大电阻) Rv Rx(测小电阻)
三、控制电路(滑动变阻器的接法)的比较与选择
1．控制电路的比较
分压电路 限流电路
电路图
S接通前滑片的位置 P位于左端，使测量电路电压为零 P位于左端，使测量电路电压最小
电压变化范围 0～U(变化范围大，且从0开始) U～U(变化范围小，且不能从0开始)
电能损耗 耗能 节能
电路连接 复杂 简便
2.控制电路的选择：优先选用限流式，但需注意：Ux、Ix过大(超过电表量程，烧坏电表、电源或用电器等)或Ux、Ix过小(最大值不超过电表满量程的，读数误差大)．
以下两种情况考虑分压式：(1)要求待测电路的U、I从0变化；
(2)R滑 Rx.
读图究理
读一读
想一想 (1)以上仪表怎样读数，接入电路时应注意哪些问题？
(2)下列电路分别是测量哪些物理量的(课本学生实验)
课堂笔记
常考问题36 多用电表的认识及使用
图12－1
【例1】 (2011·北京理综，21(1))用如图12－1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，请根据下列步聚完成电阻测量；
(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“×1 k”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 使指针对准电流的“0”刻线，应旋动机械调零部件S；使指针对准电阻的“0”刻线，应旋动欧姆调零部件T；测电阻时若指针偏转角度过小，则待测电阻的阻值很大，据欧姆表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则知，应换用较大倍率的挡位，因此A合理；每换一次挡位应重新欧姆调零，则选D；测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相连，应选C.
答案 (1)S (3)T 0刻线 (4)ADC
如图12－2所示为多用电表的刻度盘，若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：
图12－2
(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填×10、“×100”或“×1 k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指示图示位置，则所测电流为________mA.
(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V．
借题发挥
1．使用多用电表的“五步”
(1)选倍率，一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的倍率，如估计值为200 Ω就应该选×10的倍率；
(2)进行欧姆调零；
(3)将红黑表笔接被测电阻两端进行测量；
(4)将指针示数乘以倍率，得测量值；
(5)测量结束后，将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡．
特别注意：用欧姆挡测电阻时，如果指针偏转角度太小(即指针所指的欧姆刻度值太大)，应该适当增大倍率重新调零后再测量；如果指针偏转角度太大(即指针所指的欧姆刻度值太小)，应该适当减小倍率重新调零后再测量．
2．用多用电表测电压、电流其读数原则与电流表、电压表的读数原则一样．
课堂笔记
常考问题37 仪器选择及电路设计
图12－3
【例2】 在“测定金属丝的电阻率”的实验中
(1)首先使用千分尺测量金属丝的直径，千分尺的示数如图12－3所示，金属丝的直径为________mm.
(2)已知金属丝的阻值大约为10 Ω，请选择适当的器材，设计出合理的电路图，测量其阻值．可供选择的器材如下：
A．电动势4.5 V、内阻很小的电源E
B．量程为5 V、内阻10 kΩ的电压表V1
C．量程为3 V、内阻6 kΩ的电压表V2
D．量程为300 mA、内阻4 Ω的电流表A1
E．量程为500 mA、内阻2 Ω的电流表A2
F．最大阻值20 Ω、额定电流1.5 A的滑动变阻器R1
G．最大阻值500 Ω、额定电流0.5 A的滑动变阻器R2
H．开关和若干根导线
①测量选用的电压表是________________，电流表是______________，滑动变阻器是________．
②画出测量电路图．
③若已测出金属丝的长为L，直径为d，根据以上选用的仪器和电路，测量相应的物理量，电阻丝电阻率的表达式应为____________．
(2012·济南市高考模拟)物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U＝＝ V＝1.22 V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压．根据测量数据已绘出灯泡的U－I图象，如图12－4所示．
图12－4
A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)
B．电流表A1(量程150 mA，内阻约2 Ω)
C．电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～20 Ω)
E．滑动变阻器R2(0～100 Ω)
F．电源E(电动势4.0 V，内阻不计)
H．开关S和导线若干
G．待测灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知)
(1)在下面所给定的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择________(填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选择________(填“R1”或“R2”)．
(2)从图象上分析该灯泡的额定电压应为________V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是________________________________________________________________________．,方法锦囊
测电阻的几种常用方法
1．伏安法测电阻
用电压表和电流表测出待测电阻Rx的电压U和电流I.
(1)多测几组U、I值，利用Rx＝求出Rx的平均值．
(2)描绘出U－I图象，利用图象的斜率求出Rx.
2．两电压表或者两电流表测电阻
常见电路有如图12－5(甲)、(乙)、(丙)、(丁)所示的四种：
(1)在(甲)、(乙)两个电路中，如果已知电压表V1或电流表A1和A2的内阻可以求出Rx的阻值，如果将Rx换为已知电阻，则可以测量电压表V1或电流表A1的内阻(电流表A2的内阻已知)．
图12－5
(2)在(丙)、(丁)两个电路中，如果已知电流表A2或电压表V1和V2的内阻可以求出Rx的阻值，如果将Rx换为已知电阻，则可以测量电流表A2或电压表V2的内阻(电压表V1的内阻已知)．
3．等效替代法测电阻
实验电路如图12－6所示．
图12－6
电阻R2保持不变，把待测电阻R和电阻箱R1分别接入电路，如果两次电路中的电流相同，则可以认为待测电阻的阻值R等于此时电阻箱的电阻R1，即R＝R1
该方法优点是消除了电流表内阻对测量结果的影响，缺点是电阻箱的电阻不能连续变化．
选择器材和电路的一般原则
电表量程的选取原则：
1．安全：测量值不能超过电表的量程，否则会把电表烧坏．
2．准确：一般用电表测量电压、电流时，为了测量更准确，指针应该偏转到电表刻度盘的～范围内，偏角过大或过小，测量误差较大．
3．在不违反前两个原则的前提下，尽量使测量电路简单好接，测量中的调节控制操作方便．
①用分压式接法时，滑动变阻器应该选用阻值较小的，而额定电流较大的．
②用限流式接法时，滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的．
常考问题38 实物连接及数据处理
【例3】 (2012·福建卷，19(2))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12－7所示，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．
图12－7
a．根据12－8中的电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．
图12－8
b．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，并计算出相应的与的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出－图象.
R/Ω 166.7 71.4 50.0 33.3 25.0 20.0
U/V 8.3 5.9 4.8 4.2 3.2 2.9
(×10－2Ω－1) 0.60 1.40 2.00 3.00 4.00 5.00
(V－1) 0.12 0.17 0.21 0.24 0.31 0.34
c．从图线中可求得E＝________V.
解析 (1)读出示数为9.4 V.
(2)a.连线如图所示．
b．作图线如图所示
c．由闭合电路欧姆定律得E＝U＋(r＋R0)，变形得＝＋·，从上式看出在－图象中，纵轴的截距即为，由图象得出截距为0.10，所以E＝10.0 V(9.5 V～11.1 V内均正确)．
答案 (1)9.4 (2)a.见解析 b．见解析 c．10.0(9.5 V～11.1 V内均正确)
图12－9
某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5 Ω的保护电阻R0，实验电路如图12－9所示．
(1)连好电路后，当该同学闭合电键时，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是________．
(2)按电路原理图及用多用电表的电压挡检查电路时，把两表笔分别接c、d时的实物电路图(如图12－10所示)以笔画线代替导线连接起来．
图12－10
(3)排除故障后，该同学顺利完成实验，测定得到下列数据，根据数据在坐标图12－11中画出U－I图线，由图线知：电池的电动势为________，内阻为________.
I/A 0.10 0.17 0.23 0.30
U/V 1.20 1.00 0.80 0.60
图12－11,得分技巧
●实物图连接注意①一般先从电源正极开始，须看电流的方向，将干路元件依次连线；②最后并接电压表；③连线时要注意电表的正、负接线柱，要使电流从正接线柱流入、负接线柱流出．
●实验数据的处理
实验数据的处理是对原始实验记录的科学加工．通过数据处理，往往可以从一堆表面难以察觉的、似乎毫无关系的数据中找出内在的规律，好的数据处理方法可以减小实验误差．常见的处理方法有：
①列表法；②图象法；③平均值法．
●用图象分析处理实验数据，有以下的要求：
(1)需要的数据至少为6组．
(2)可以根据物理规律、公式的计算，分析应该得到图线是直线还是曲线．
(3)描点、连线、取点、得数据．把实验获取的各组数据对应的点描在坐标系内，在剔除不符合规律的“点”后，用一条平滑的细线把各有效的点连接起来，切记不能连接成折线．从所连的线上取需要的点，从而得出相应的数据．
用多用电表检查电路故障
(1)电路故障的分析判断方法：用电压表测量电路中两点间的电压，若电压表有读数，说明这两点与电源之间的连线是完好的．若电压表无读数，说明这两点与电源之间的连线是断路，断路故障点就在这两点与电源的连线上，逐渐缩小测量范围，不难找出断路故障点．
(2)短路的表现为电流不为零而两点之间电压为零，判断短路故障可据此判断．
课堂笔记
常考问题39 创新设计型实验
【例4】 某同学在实验室测汽车电热器的电功率，此电热器额定电压为12 V．实验室备有下列器材．
A．输出电压为16 V的学生电源
B．量程为0～3 A的电流表，内阻约0.1 Ω
C．量程为0～0.6 A的电流表，内阻约0.5 Ω
D．量程为0～3 V的电压表，内阻约3 kΩ
E．量程为0～15 V的电压表，内阻约15 kΩ
F．0～10 Ω，0.5 A的滑动变阻器
G．0～10 Ω，2 A的滑动变阻器
H．导线，开关
该同学测量的数据记录如下：
U/V 2.4 3.0 5.0 8.0 10.0 12.0
I/A 0.15 0.20 0.30 0.40 0.45 0.50
(1)该电热器的阻值是否恒定不变？答：________(填“是”或“不是”)．
(2)合理选择实验器材：电流表选________，电压表选________，滑动变阻器选________．
(3)请画出电路图．
(4)电热器的额定功率为__________________．
解析 (2)因实验中电热器最大电压为12 V，最大电流为0.5 A，故选择量程为0～15 V的电压表，量程为0～0.6 A的电流表；如果采用滑动变阻器的限流接法，当滑动变阻器阻值调到最大时，电热器上的电压仍然会大于2.4 V，所以采用分压式接法，由于电热器的最大电流为0.5 A，采用分压式时，滑动变阻器的一部分处在干路，故滑动变阻器承受的最大电流必须大于0.5 A，故采用G.
(3)由于电热器的电阻在20 Ω左右，<，故采用电流表外接法，电路图如图所示．
(4)P＝UI＝12×0.5 W＝6 W.
答案 (1)不是 (2)C E G (3)如解析图所示 (4)6 W
某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻．
A．干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为1.5 V，内阻约为3 kΩ
C．定值电阻R0，阻值为5 Ω
D．滑动变阻器R，最大阻值50 Ω
E．导线和开关
图12－12
(1)该同学连接的实物电路如图12－12甲所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线．
(2)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图象如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a ，则电源的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、a、R0表示)．
(3)根据所给器材，请你再设计一种测量电源电动势和内电阻的电路图，画在图12－13的虚线框内．
图12－13
思维模板
求解设计型实验的基本思路
课堂笔记
1．某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.
(1)他先用多用电表进行测量，指针偏转如图12－14甲所示．为了使多用电表的测量结果更准确，该同学应选用________挡位，更换挡位重新测量之前应进行的步骤是
________________________________________________________________________.
(2)接下来再用“伏安法”测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5 kΩ，电流表内阻约为5 Ω，变阻器最大阻值为100 Ω.图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线．
(3)该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将________(选填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际值．
(4)连接电路时应注意的主要事项：________(任回答一项)．
图12－14
2．(2012·山东卷，21(2))在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx(阻值约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．
图12－15
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图12－15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．
3．某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图12－16甲、乙、丙所示，则它们的读数值依次是________、________、________．
图12－16
已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E＝4.5 V，内阻很小，则以下电路图中________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路，但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________．
若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA＝2.0 Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代号)，此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx＝________(用题中字母代号表示)．
4．某学习小组为探究导电溶液的电阻在体积相同时，电阻值与长度的关系，选取一根乳胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱．进行了如下实验．
(1)该小组将盐水柱作为纯电阻，粗测其电阻约为几千欧．现采用伏安法测盐水柱的电阻，有如下实验器材可供选择：
A．直流电源：电动势12 V，内阻很小，额定电流1 A；
B．电流表A1：量程0～10 mA，内阻约10 Ω；
C．电流表A2：量程0～600 mA，内阻约0.5 Ω；
D．电压表V：量程0～15 V，内阻约15 kΩ；
E．滑动变阻器R1：最大阻值1 kΩ；
F．滑动变阻器R2：最大阻值5 kΩ；
G．开关、导线等
在可供选择的器材中，应该选用的电流表是________(填“A1”或“A2”)，应该选用的滑动变阻器是________(填“R1”或“R2”)．
(2)根据所选的器材画出实验电路图．
(3)握住乳胶管两端把它均匀拉长，多次实验测得盐水柱长度L、电阻R的数据如下表：
实验次数 1 2 3 4 5 6
长度L(cm) 20.0 25.0 30.0 35.0 40.0 45.0
电阻R(kΩ) 1.3 2.1 3.0 4.1 5.3 6.7
图12－17
为了研究电阻R与长度L的关系，该小组用纵坐标表示电阻R，作出了如图12－17所示的图线，你认为横坐标表示的物理量是________．
5．在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：
A．小灯泡(额定电压为1 2 V，额定电流约0.5 A)
B．直流电流表A(0～0.6 A，内阻约0.8 Ω)
C．直流电压表V1(0～3 V，内阻约5 kΩ)
D．直流电压表V2(0～1 5 V，内阻约15 kΩ)
E．滑动变阻器R1(0～5 Ω，2 A)
F．滑动变阻器R2(0～20 Ω，2 A)
G．电源(12 V，内阻不计)
H．开关S及导线若干．
某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电表读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.
(1)实验中电压表应选用________(填“V1”或“V2”)，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)；
(2)在图12－18甲虚线框内画出实验电路图；
甲
乙
图12－18
(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表)：
次数 1 3 3 4 5 6 7 8
I/A 0 0.12 0.22 0.30 0.38 0.45 0.47 0.50
U/V 0 1.2 2.4 3.6 6.0 8.4 9.6 12.0
请在图12－18乙坐标中，描点作出U－I图线，由图象可知，灯泡的功率增大时，其电阻________(填“增大”“减小”或“不变”).
实验题以不变应万变，谨记三字箴言——“细、实、活”
技法1 读数作图型——“细”
【技法阐释】 此类题考查常用仪器的结构、使用、读数问题，属于送分题．这类问题失分的主要原因通常不是不会做，而是轻率粗心．对读数问题是否要估读，对结果有效数字的位数和要求的单位要特别留心．作图或实物连线更要从作图细节和规范上加以注意．同时，高考实验题通常把数据表和作图两者结合起来考查，要用心从数据表中发现规律，要从图象的“点”、“线”、“面”、“形”等方面获取有效信息．
图12－27
【高考佐证】 (2012·大纲全国卷，23)图12－27为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有一系列点的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1、s2、….求出与不同m相对应的加速度a.
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成____________关系(填“线性”或“非线性”)．
(2)完成下列填空：
①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是________．
②设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3.a可用s1、s3和Δt表示a＝________．图12－28为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝________mm，s3＝________mm，由此求得加速度的大小a＝________m/s2.
图12－28
③图12－29为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________．
图12－29
解析 (1)平衡小车所受阻力后，小车可做匀速直线运动，所以打出的点是等间距的；设小车质量为M，由于加速度与小车和砝码的总质量成反比，则有a＝(k为常数)变形得＝＋，由于k、M不变，故与m为线性关系．
(2)①根据牛顿第二定律，对小吊盘和盘中物块：m0g－F＝m0a, 对小车：F＝M′a
所以F＝·m0g＝·m0g，
当m0 M′时F≈m0g，所以要保证小车和车中砝码所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和m0要远小于车和车中砝码的总质量M′.
②由运动学推论sm－sn＝(m－n)aT2可得s3－s1＝2aT2
本题中T＝5Δt，所以a＝＝
从刻度尺可读出s1＝36.6 mm－12.4 mm＝24.2 mm，s3＝120.0 mm－72.7 mm＝47.3 mm
代入上述公式求得a＝1.16 m/s2
③设小车质量为M，拉力为F，则有F＝(M＋m)a.
＝＝＋m，由题可知k＝，b＝
故F＝，M＝bF＝.
答案 (1)等间距 线性
(2)①远小于小车和砝码的总质量(填“远小于小车的质量”也行)
② 24.2(答案范围在23.9～24.5之间均可)
47．3(答案范围在47.0～47.6之间均可)
1．16(答案范围在1.13～1.19之间均可)
③
技法2 常规实验型——“实”
【技法阐释】此类题主要考查教材实验的基本原理、器材选择、实验操作、数据处理、误差分析．要做好这类实验题，要求复习实验时不可舍本逐末一味追求所谓的创新设计题，要把主要精力放在教材实验上，从基本仪器的使用方法，基本实验原理，基本实验操作和实验细节，实验步骤的排序、纠错、补漏，实验数据的分析处理和误差分析，电学实验的连线、纠错、画电路图等全方位理解和掌握．考前，有实验条件的最好能进实验室把典型实验及重要实验仪器再操作一遍，没有条件的最好能至少观看一遍演示实验视频．
【高考佐证】 (2012·广东卷，34(1))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12－30(a)和(b)所示，长度为________cm，直径为________mm.
图12－30
(2)按图12－30(c)连接电路后，实验操作如下．
(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0.
(b)将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，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.
解析 (1)长度l＝5.0 cm＋1× mm＝5.01 cm；直径d＝5 mm＋31.5×mm＝5.315 mm.
(2)(a)为保护电路使电路中电流不会超出电流表量程，应将滑动变阻器接入电路的阻值置于最大处．
(b)为使电路中电流较小，使电流表示数逐渐变大，电阻箱阻值也应先调至最大．
(3)将S1闭合，S2拨向接点1时，其等效电路图如图甲所示．
当S2拨向2时，其等效电路图如图乙所示．
由闭合电路欧姆定律知I＝，
当I相同均为I0时，R2＝R圆柱体，
所以R圆柱体＝1 280 Ω.
答案 (1)5.01 5.315 (2)大 大 (3)1 280
技法3 创新探究型——“活”
【技法阐释】此类实验重在考查实验基本原理和思想方法的迁移应用，特点是“源于教材，但又高于教材”．这类题虽常考常新，但“题在书外，理在书中”，万变不离其宗．要做好这类题，首先要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理．另外，此类实验题还常是“穿着实验外衣”的计算题，这时把它看做一道应用性的物理问题，就能放下包袱，轻装上阵．
【高考佐证】 (2012·课标全国卷，23)图12－31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．
图12－31
(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．
解析 (1)应当用串联电路；
(2)通电前，根据D处于平衡状态，有mDg＝m1g.通电后，D受安培力的作用，为求解安培力需要使D重新平衡，为了表示安培力需要测量D中电流I，细沙质量m2，再根据D处于平衡状态有mDg＋BIl＝m2g(或mDg－BIl＝m2g)，解得磁感应强度为B＝.根据左手定则可以判断，当m2>m1时，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．
答案 (1)电路如解析图所示 (2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 细沙的质量m2 ④D的底边长度l (3) (4)m2>m1
【常考问题】
预测1 解析 (1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；应选“×1 k”的欧姆挡．
(2)选50 mA直流电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为估读)，指针对应的读数为30.8 mA；选择量程为250 mA的电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为估读)，指针对应的读数为154 mA.
(3)选择10 V电压挡，则每一大格表示2 V，每一小格表示0.2 V，测量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为估读)，指针对应的读数为6.2 V.
答案 (1)1.5×103 ×1 k (2)30.8(30.7～30.9都正确) 154 (3)6.2
【例2】 解析 (1)没有露出半毫米刻度线，可动刻度上指示26个格，所以结果是 0.260 mm.
(2)电源的电动势是4.5 V，根据安全性原则，选择量程为5 V的电压表V1，也符合准确性的原则．测量时的最大电流约为Im＝0.45 A，既要符合安全性原则也要符合精确性原则，电流表选A2.因为最大电流约为Im＝0.45 A，没有超过两个滑动变阻器的额定电流，根据安全性原则，两个滑动变阻器都可以选用．但R2的阻值约是待测电阻的50倍，在实际操作过程中，用它调节时电流变化不明显；若选用R1，其阻值约是待测电阻值的2倍，可以使待测电阻上的电压的变化范围足够大，所以我们选用滑动变阻器R1.分压电路可以使待测电阻上的电压从最大值调到零，限流电路不可以，但分压电路连线复杂、消耗的额外功率大，在没有特殊要求的情况下尽量采用限流电路.＝100 Ω >Rx，用电流表外接电路．由＝ρ和S＝π2
可得ρ＝.
答案 (1)0.260(0.258～0.262均正确) (2)①B E F ②测量电路图如图所示 ③
预测2 解析 (1)由UI图象可以看出小灯泡两端电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法；根据P＝I2R可知通过灯泡的电流大约为600 mA，故电流表应选A2；滑动变阻器阻值太大不易调节，根据分压电路特点可知滑动变阻器选R1.
(2)由于小灯泡功率值为0.75 W，根据P＝UI结合UI图象可知小灯泡两端电压约为2.5 V．用欧姆表直接测出该灯泡的电阻是灯泡未连入电路时的阻值，当灯泡发光时，其电阻增大．
答案 (1)电路如图所示 A2 R1 (2)2.5(2.4～2.6) 灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度升高而变大)
预测3 解析 本题考查电路故障的判断、伏安法测电源电动势和内电阻的实验数据的处理及实物电路图的连接等知识点．
(1)用电压挡检测c、d时，电压表有示数，说明有电流通过电压表，但没有电流通过多用电表所并联的电路，说明多用电表所并联的电路发生断路故障．由已知条件可知，是滑动变阻器R发生故障．(3)电源的伏安特性曲线为直线，使直线通过尽量多的数据点，其他点均匀分布在线的两侧．由U＝E－I(r＋R0)可知，纵轴截距表示电动势，则E＝1.50 V，斜率绝对值表示r＋R0，则：r＋R0＝ Ω＝3.0 Ω，则r＝0.5 Ω.
答案 (1)R断路 (2)如图甲所示
(3)如图乙所示 1.50 V(1.41～1.51 V均可)
0．5 Ω(0.5～0.7 Ω均可)
预测4 (1)如图所示
(2)a
(3)如图所示
【随堂演练】
1．解析 (1)多用电表所测量的电阻值等于指针示数乘以倍率，即100×10 Ω＝1 000 Ω.因为指针不在表盘的中央附近，应换大一些的倍率．欧姆挡每次换挡后都要重新欧姆调零．不测量时要将多用电表关闭，置于“OFF”挡上，若无“OFF”挡应置于交流电压最高挡．(2)待测电阻Rx的阻值是滑动变阻器总阻值的10倍，若用限流电路，在改变滑动变阻器的阻值时电流表和电压表的示数变化很小，故要用分压接法．又因为待测电阻的大小与电流表内阻的倍数比电压表内阻与待测电阻的倍数更大些，要用电流表的内接法．(3)电流表内接法测量的电阻值等于Rx＋RA，大于真实值．
答案 (1)×100 欧姆挡调零
(2)如图所示，补画①②两条线
(3)大于
(4)使滑动变阻器所分的电压为零；电表的正负接线柱不能接错
2.
解析 (1)螺旋测微器的读数为1.5 mm＋27.3×0.01 mm＝1.773 mm.
(2)在用伏安法测电阻的实验，为使测量尽量精确，则电流表、电压表指针需达到半偏以上，又因待测电阻丝的额定电流为0.5 A，所以电流表选A1，电源选E1即可．
电路原理如图所示．
答案 (1)1.773(1.771～1.775均正确) (2)A1 E1 电路图如解析图
3．解析 根据被测电阻，阻值约为5 Ω，比较得到测量电路采用外接法，控制电路采用限流接法，由于电压表的分流，测量的电阻值与真实值相比偏小．
答案 0.996～0.999 mm 0.42 A 2.25～2.28 V A 小 B －RA或2(Ω)
4．解析 (1)电源电动势为12 V，粗测电阻为几千欧，则电流表选用A1，滑动变阻器选用电阻值跟被测电阻相当的，故选用R2.(2)限流式，内接法，如答案图所示．(3)根据所给数据，分析可知：长度越长，电阻越大，然后再定量计算可知作出的图线是RL2图线．
答案 (1)A1 R2 (2)如图所示 (3)L2
5．解析 (1)灯泡的额定电压为12 V，则电压表应选用15 V的电压表V2，灯泡正常工作的电阻为24 Ω，滑动变阻器要采用分压式接法．若采用R1，则电路中的电流超过2 A，所以选用R2.
(2)因灯泡的电阻较小，电流表应采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法．
(3)依据拟合出的UI图象，图象上的点与坐标原点的连线的斜率逐渐增大，故电阻变大．
答案 (1)V2 R2
(2)如图甲所示 (3)如图乙所示 增大
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第2讲 拿下实验题——压住上线分
题型扫描
1．应用型实验题
【题型探秘】
所谓应用型实验，就是以熟悉和掌握实验仪器的使用方法及其在实验中的应用为目的的一类实验；或者用实验方法取得第一手资料，然后用物理概念、规律进行分析处理，并以解决实际问题为主要目的的实验．主要有：
①仪器的正确操作与使用，如打点计时器、电流表、电压表、多用电表等，在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力)；
② 物理知识的实际应用，如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题．
【应对策略】
应用型实验题解答时可从以下两方面入手：
(1)熟悉并正确使用仪器．实验仪器名目繁多，具体应用因题而异，所以，熟悉使用仪器是最基本的应用．如打点计时器的正确安装和使用，滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法，多用电表测不同物理量的调试等，只有熟悉它们，才能正确使用它们．熟悉仪器，主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项，如何排除故障、正确读数和调试，使用后如何保管等．
(2)理解实验原理
面对应用性实验题，一定要通过审题，迅速地理解其实验原理，这样才能将实际问题模型化，运用有关规律去研究它．
具体地说，应用型实验题的依托仍然是物理知识、实验能力等．解答时要抓住以下几点：
①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题)；
②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接)；
③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的，即是否还要联系其它物理知识，包括数学知识；
④明确是否需要设计实验方案；
⑤明确实际问题的最终结果．
【典例精析】
【例1】 新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19 mm等分成10份，39 mm等分成20份，99 mm等分成50份．如图1所示就是一个“39 mm等分成20份”的新式游标卡尺．
图1
(1)它的准确度是________mm.
(2)用它测量某物体的厚度，示数如图1所示，正确的读数是________cm.
解析 (1)游标上20格对应的长度为39 mm，即每格长为1.95 mm，游标上每格比主尺上每两小格Δx＝0.05 mm，故准确度为0.05 mm.
(2)这种游标卡尺的读数方法为：主尺读数＋游标对准刻度×Δx＝3 cm＋6×0.005 cm＝3.030 cm.
答案 (1)0.05 (2)3.030
点评 游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现．对游标卡尺的使用要特别注意以下两点：
①深刻理解它的原理：通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx；
②读准有效数据．
【例2】 如图2所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，可变电阻R的最大值为10 kΩ，电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将________(填“变大”、“变小”或“不变”)
图2
解析 欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律，可以作为结论的是：欧姆表正中央的刻度值等于欧姆表的内阻．
答案 红 5 变大
2．测量型实验题(一)
【题型探秘】
所谓测量型实验，就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验．根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值．测量型实验又称测定型实验，如“测定金属的电阻率”、“测定电源电动势和内电阻”“测定玻璃的折射率”等．
【应对策略】
解决测量型实验问题的关键是明确实验仪器的使用，明确实验原理、实验方法，掌握实验的注意事项及处理实验数据的方法，会分析误差来源．
【典例精析】
【例3】 现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5 V，r约为1.5 Ω)，已有下列器材：量程为3 V的理想电压表，量程为0.5 A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻R＝40 Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．
(1)画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．
(2)实验中，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2.由此可求出，E＝________，r＝________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)
甲
解析 本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题，本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程，但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻，这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上．把固定电阻接在电源的旁边，将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示)，再把电压表跨接在它们的两侧．显然，
乙
“内阻增大，内电压便增大”，电压表所测量的外电压相应的减小，通过定量计算，符合实验测量的要求．这样，一个新的设计性实验又回归到课本实验上了．
(1)实验原理图如图乙所示
(2)根据E＝U＋Ir，给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的，I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变，只要改变R′的阻值，即可测出两组I、U数据，列方程组得：E＝U1＋I1(R＋r)，E＝U2＋I2(R＋r)
解得：E＝，r＝－R.
答案 (1)如解析图乙所示 (2) －R
点评 本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势，需要学生打破课本实验的思维定式，从方法上进行创新，运用所提供的器材创造性地进行实验设计．
3．测量型实验题电阻的测量(二)
【题型探秘】
实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段，在高考试题中一直占有相当大的比重，而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性，成了高考实验考查的重中之重，测量电阻成为高考考查的焦点．伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法，常涉及电流表内、外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择，前者是考虑减小系统误差，后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据．另外，考题还常设置障碍让考生去克服，如没有电压表或没有电流表等，这就要求考生根据实验要求及提供的仪器，发挥思维迁移，将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去．这样，就有效地考查了考生设计和完成实验的能力．
【应对策略】
明确伏安法测电阻的基本原理
(1)基本原理
伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R＝，只要测出元件两端的电压和通过的电流，即可由欧姆定律计算出该元件的阻值．
(2)测量电路的系统误差
①当Rx远大于RA或临界阻值R真．
图3
②当Rx远小于RV或临界阻值 >Rx时，采用电流表外接(如图4所示)．采用电流表外接时，系统误差使得电阻的测量值小于真实值，即R测图4
(3)控制电路的安全及偶然误差
根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同，滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择．
①滑动变阻器限流接法(如图5所示)．一般情况或没有特别说明的情况下，由于限流电路能耗较小，结构连接简单，应优先考虑限流连接方式．限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的电阻．
图5
②滑动变阻器分压接法(如图6所示)．当采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式；当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时，必须选用滑动变阻器的分压接法；要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式．
图6
(4)常见的测量电阻的方法：
名称 电路 测量原理
伏安法 Rx＝
伏安法消除系统误差 Rx＝－
等效替代法 电源输出电压不变，将S合到2，调节R1，使电表的示数与S合到1时的示数相等，则Rx＝R1
忽略电源内阻法 闭合S，调节R1，同时记录电表的示数，在忽略电源内阻的情况下，可由闭合电路的欧姆定律求出Rx
活用电表法 串联分压法 内阻已知时，RV1＝RV2
并联分流法 内阻已知时，RA1＝RA2
半偏法 闭合S1，断开S2调节R1使表满偏；闭合S2，只调节R2，使表半偏(R1 RV)，则RG＝R2
调节R2＝0，闭合S，调节R1使表满偏；只调节R2使表半偏(R1 RV)，则RV＝R2
欧姆表法 电路略，注意：①要在指针靠近中央时读数；②换挡要调零；③欧姆表刻度左密右疏
【典例精析】
【例4】 从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表的内阻r1.要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据.
器材代号 规格
电流表 量程为100 mA，内阻r1待测(约4 Ω)
电流表 量程为500 μA，内阻r2＝750 Ω
电压表 量程为10 V，内阻r3＝10 kΩ
电阻R1 阻值约100 Ω，作保护电阻用
滑动变阻器R2 总阻值约50 Ω
电池E 电动势为1.5 V，内阻很小
开关S
导线若干
(1)画出电路图，标明所用器材的代号．
(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式r1＝________，式中各符号的意义是：________________________________________________________________________.
解析 根据所列仪器的特点，电流表的内阻已知，由此可采用两电流表并联．因为两电流表两端的电压相等，即可省去电压的测量，从而减小实验误差，由I2r2＝I1r1，得r1＝.
答案 (1)电路图如图所示．
(2) I1、I2分别为、的示数
点评 (1)分析题意可知需测量电流表的内阻，按常规方法应用伏安法，将电压表并联在待测电流表两端，但经分析可知即使该电流表满偏，其两端的电压也仅为0.4 V，远小于量程10 V．这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”．
(2)此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”，这实际也是伏安法的一种推广形式．
4．验证型实验题
【题型探秘】
验证型实验就是要通过实验手段去验证某一物理理论或物理规律是否正确．为此就要从生活中寻找出符合这一物理规律特性的物理现象，这个物理现象既能在实验室实现，同时又要过程简单、操作方便，并能测量出有关的数据．因此，做好验证型实验的前提，就是要创设好物理情景，这就是验证型实验的实验思想．如在验证机械能守恒定律的实验中，可以创设出多种物理情景：自由落体运动、气垫导轨上的滑块运动等．而其中让物体自由下落在中学实验室很容易做到，过程也简单．只要测出物体下落的高度及对应的速度，就可以进行验证．物体下落的高度可由直尺直接测量出，而物体速度的测量可以用打点计时器，让重物带动纸带作自由下落，根据纸带测出物体下落的高度h及对应点的速度v，通过v2＝2gh来验证，从而设计出了验证方案．
中学常见的实验有：“验证平行四边形定则”、“验证牛顿第二定律”、“验证机械能守恒定律”等．
【应对策略】
在验证型实验中，主要把握以下几方面：
①掌握并灵活运用实验方法．
例如，在验证牛顿第二定律的实验中，加速度的大小即与外力的大小有关，又与物体质量有关，实验中采用了“控制变量”法，从而完成验证．
②要重视实验的验证条件．物理定律的成立必须满足一定条件，验证实验中必须满足这些条件才能使实验顺利进行．如在验证力的合成法则的实验中，实验的条件是“力的作用效果相同”，因此，在两个分力和一个力分别作用下，同一弹性绳的同一端点必须到达同一位置才能满足实验的验证条件．在验证机械能守恒定律的实验中，“只有重力做功”是实验的验证条件，而实验中阻力的存在是不可避免的，阻力做功过大时，实验误差大，实验将失去意义，为此，实验中要求铁架台竖直、架稳，且小球选用质量大、体积小的重锤，使重力远远大于实验中的阻力，阻力做的功可以忽略不计，从而满足了实验的验证条件．
【典例精析】
【例5】 在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图7所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s打一次点，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2.那么：
图7
(1)纸带的________端(选填“左”或“右”)与重物相连；
(2)根据图上所得的数据，应取图中O点和________点来验证机械能守恒定律；
(3)从O点到所取点，重物重力势能减少量ΔEp＝________J，动能增加量ΔEk＝________J(结果取三位有效数字)；
(4)实验的结论是_______________________________________________．
解析 重物下落过程中，在忽略空气阻力、摩擦阻力的情况下，机械能守恒．利用打点计时器可以记录重物下落的高度及对应的瞬时速度，从而验证机械能是否守恒．
答案 (1)左 (2)B (3)1.88 1.84
(4)在误差范围内，重物下落过程中机械能守恒
点评 验证机械能守恒的实验方案可以很多，具有一定的开放性，本实验也可以利用滑块在倾斜的气垫导轨上下滑的情景验证机械能守恒定律，瞬时速度可以利用光电门及小车上安装的窄片测量．
5．探究设计型实验题
【题型探秘】
(1)所谓设计型实验，就是根据实验目的，自主运用物理知识、实验方法和技能，完成实验的各个环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等)，拟定实验方案，分析实验现象，并在此基础上作出适当评价．
设计型实验的显著特点：相同的实验内容可设计不同的过程和方法，实验思维可另辟蹊径，如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)不同的实验．以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题，不受固有实验思维束缚，完全是一种源于书本、活于书本的新颖实验．
(2)所谓探究型实验题，就是运用实验手段探索未知领域，尝试多种可能因素及其出现的结果，在此基础上，通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征，认识研究对象的变化过程和变化条件，获取必要的可靠数据，依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律，从而得出结论．中学实验中比较典型的探究性实验是“探究功与速度变化”、“探究加速度与物体受力和质量的关系”、“探究弹性势能的表达式”等．
【应对策略】
设计型实验的处理要按照以下程序：
明确实验目的→设计实验原理→根据实验原理设计多种实验方案→对实验方案进行可行性分析，筛选确定最佳方案→根据所定方案选择实验器材→拟定实验步骤→对实验数据进行处理→得出实验结论并进行误差分析．值得一提的是，依据不同的实验原理选择不同的实验方案时，应遵循科学性，可行性，精确性，简便、直观性这四条基本原则．
探究型实验题的处理方法：在熟悉各种仪器的使用方法、基本实验原理、方法和步骤的前提下，仔细阅读题目，理解题意，根据题给要求，广泛联想，设计出合理的实验方案即可．当然，所设计出的方案应尽可能简单、方便．对于数据处理和误差分析的试题，则应根据题目所给的文字、图表等信息进行分析，找出各物理量之间的关系(定性或定量的关系)并总结出其变化规律，把握问题的本质特征．
【典例精析】
【例6】 一同学要研究轻弹簧的弹性势能与弹簧改变量的关系，他的实验如下：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图8所示，让钢球每次向左压缩弹簧一段相同的距离后由静止释放，使钢球沿水平方向飞出桌面，小球在空中飞行后落到水平地面，水平距离为s，重力加速度为g.
图8
(1)请你推导出弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m、桌面离地高度h、水平距离s等物理量的关系____________________________________________________．
(2)弹簧长度的压缩量Δx与对应的钢球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：
Δx(cm) s(cm)
2.0 6.1
3.9 12.0
6.0 18.2
8.0 24.1
根据上面的实验数据，探究得出弹簧的弹性势能Ep与弹簧长度的压缩量Δx之间的关系式________________________________________________________________________．
解析 (1)设小球在空中运动的时间为t，则竖直方向h＝，解得t＝ ，小球平抛的初速度v0＝
由机械能守恒，小球在弹开过程中获得的动能等于开始时弹簧的弹性势能，有Ep＝mv＝.
(2)从表格中可以看出s正比于Δx，
即s∝Δx(或s＝3Δx)
又由Ep＝mv＝
可知 Ep∝Δx2(或Ep＝mv＝)
即弹性势能Ep与弹簧的压缩量Δx的平方成正比关系，Ep＝kΔx2，k为比例系数．
答案 (1)Ep＝ (2)Ep＝kΔx2
【例7】 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9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)．
图9
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
解析 ①对于滑块的运动及小球的自由落体，
分别有：x＝at2，H＝gt2.
解得：＝.
②对滑块在斜面的运动，运用牛顿第二定律有：
mgsin θ－ μmgcos θ＝ma，即mg－μmg＝ma，代入＝，
解得μ＝＝.
③由表达式μ＝可以看出，
影响实验误差的原因有x、h、H的测量．
另外，必须严格控制，小球落地与滑块撞击挡板同步，
这是＝成立的前提．
答案 ① ② ③CD
题型专练
1．(应用型)如图10甲所示为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω的电阻，测量步骤如下：
(1)调节________，使电表指针停在指针对准________的“0”刻线(填“电阻”或“电流”)．
(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的________位置．(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”)
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节________，使电表指针对准________的“0”刻线(填“电阻”或“电流”)．
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图10乙所示，该电阻的阻值为________Ω.
(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置．
图10
2．(应用型)如图11所示是电子拉力计的示意图，金属弹簧右端和滑动触头P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1之间的摩擦不计)．定值电阻R0；电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的(类似于滑动变阻器)，其长度为10 cm，阻值R1＝300 Ω，电源电动势E＝3 V，内阻不计．理想电流表的量程为0～100 mA.当拉环不受拉力时，触头P刚好不与电阻R1接触(即电路断开)．弹簧的劲度系数为10 000 N/m.
图11
(1)电路中连入的R0阻值至少应为_______________Ω.
(2)设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值，那么在原电流表的40 mA处应改为________N．分析可知，拉力计的刻度是否均匀_________．(填写“均匀”或“不均匀”)
(3)为了使拉力计的量程增大应采用的措施是(只填写一条)________________________．
3．(测量型)某待测电阻Rx(阻值约20 Ω)．现在要较准确地测量其阻值，且测量时要求两电表的读数均大于其量程的，实验室还有如下器材：
A．电流表A1(量程150 mA，内阻r1约为10 Ω)
B．电流表A2(量程20 mA，内阻r2＝30 Ω)
C．定值电阻Rx(100 Ω)
D．滑动变阻器R(0～10 Ω)
E．直流电源E(电动势约4 V，内阻较小)
F．开关S与导线若干
(1)在下图中虚线框内画出测量电阻Rx的电路图，并将图中元件标上相应符号；
(2)用已知量和一组直接测得的量写出测量电阻Rx的表达式为________________．
图12
4．(测量型)如图12所示为一电学实验的原理图．该实验可用来测量待测电阻Rx的阻值(约500 Ω)．实物图所给两电流表量程相同，内阻都很小．实验步骤如下：
(1)调节电阻箱，使它的阻值R与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动头调到最右端；
(2)合上开关S；
(3)将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转；
(4)记下两个电流表和的读数I1和I2；
(5)多次改变滑动变阻器滑动头的位置，记下和的多组读数I1和I2；
(6)求Rx的平均值．
回答下面问题：
(1)不计电流表内阻的影响，用I1、I2和R0表示Rx的公式为Rx＝______________．
(2)考虑电流表内阻的影响，用I1、I2、R0、的内阻r1、的内阻r2表示Rx的公式为Rx＝________________________________________________________________________.
5. (测量型)(1)一微安表的刻度盘只标注了表示量程Ig＝100 μA的刻度线，尚未标注其他分刻度线，请用下列全部器材测量微安表的内阻：
待测微安表：内阻Rg约为2 kΩ
毫伏表：量程250 mV，最小分度5 mV，内阻约为1 kΩ
滑动变阻器R1：0～50 Ω
滑动变阻器R2：0～3 kΩ
直流电源E：电动势E＝1.5 V，内阻r约为1 Ω
单刀单掷开关S，导线若干
图13
在如图13所示的实验电路原理图上标明所选用的滑动变阻器．
(2)下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容填写在横线上：
第一步：断开S，按电路原理图连接器材，将两个滑动变阻器 R1、R2的触头分别置于合理的位置；
第二步：闭合S，分别调节R1和R2至适当位置，___________________________________ ____________________________________________________________________________.
(3)用已知量和测得量的符号表示微安表的内阻Rg＝________________．
6．(测量型)某同学设计如图14所示电路用来测量电源的电动势和内阻，其中电流表内阻为RA.
图14
(1)实验时，应先将电阻箱电阻调到________．(填“最大值”、“最小值”或“任意值”)
(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出通过电流表的电流I.
下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________．(填“1”或“2”)
方案编号 电阻箱的阻值R/Ω
1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.0
2 35.0 30.0 25.0 20.0 15.0
(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RA表示)
7．(设计型)用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．
A．电压表V1(量程6 V、内阻很大)
B．电压表V2(量程3 V、内阻很大)
C．电流表A(量程3 A、内阻很小)
D．滑动变阻器R(最大阻值10 Ω、额定电流4 A)
E．小灯泡(2 A、5 W)
F．电池组(电动势E、内阻r)
G．开关一只，导线若干
实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．
(1)请将设计的实验电路图在图15甲中补充完整．
(2)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点(I，U1)、(I，U2)，标到U－I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)
(3)在U－I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω，电池组的效率为________(结果保留两位有效数字)．
图15
8．(应用型)测量一螺线管两接线柱之间金属丝的长度的器材如下：
A．待测螺线管L(符号)：绕制螺线管金属丝的电阻率为ρ，电阻R约为100 Ω
B．螺旋测微器
C．电流表A1：量程100 μA，内阻RA1＝500 Ω
D．电流表A2：量程0.6 A，内阻RA2＝15 Ω
E．电压表V1：量程6 V，内阻RV1＝4 kΩ
F．电压表V2：量程3 V，内阻RV2＝2 kΩ
G．定值电阻：Rg＝50 Ω
H．滑动变阻器R′：全电阻约为1 kΩ
I．电源E：电动势9 V，内阻忽略不计
(1)实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图16所示，其示数为d＝_________mm.
(2)根据所给实验器材，电流表选用________，电压表选用________(填写实验器材前面的字母)．
(3)根据图17中的实物图，在图下边方框中作出实验原理图.
图16
图17
(4)若测得的金属丝直径用d表示，电流表G的读数用I表示，电压表V的读数用U表示，则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L＝________．
9．(探究型)电子技术兴趣小组为了研究某种二极管的特性，用如图18甲所示的电路测定该元件的伏安特性曲线．实验发现当电源反接时，电路中无电流，当正向电压较小时也无电流，记录的部分数据如下表．
图18
电压/V 1.4 1.5 1.7 1.9 2.0 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5
电流/mA 0 0 2.0 4.0 12.0 22.0 32.0 42.0 52.0 60.0
(1)请根据以上实验数据用描点法在图乙的坐标纸上作出这个二极管的U－I图线；
(2)若加在该二极管两端的正向电压达到1.9 V后才以正常工作，则从图线可以看出这种二极管正常工作前后的导电情况有何区别？
________________________________________________________________________.
(3)若电源的电动势为6 V，内阻不计．当电流表示数为12.0 mA时，滑动变阻器接入电路的电阻为________Ω.
10．(测量型)有一内阻未知(约25 kΩ～35 kΩ)、量程未知(约25 V～35 V)，共有30个均匀小格的直流电压表.
(1)某同学在研究性学习过程中想通过上述电压表测量一个多用表中欧姆挡的内部电源的电动势，他们从多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30.
A．请你在图19中将他们的实验电路连接起来．他们在实验过程中，欧姆挡的选择开关拨至倍率“×________” .
B．在实验中，同学读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，请你导出欧姆表电池的电动势表达式．
(2)若在实验过程中测得该电压表内阻为30 kΩ，为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用，要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度．
标准电压表：量程3 V，内阻3 kΩ
电流表：量程0～3 A，内阻未知
滑动变阻器：总阻值1 kΩ
稳压电源E：30 V，内阻不能忽略
电键、导线若干
A．在下边方框中画出实验电路图
B．选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式Ug＝_____________________.
式中各字母的意义是：_________________________________.
图19
【题型专练】
1．解析 使用多用电表欧姆挡，先机械调零．中值电阻为15 Ω，测量20 Ω的电阻时，要使用×1的倍率，然后进行欧姆调零；由刻度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19.0 Ω.
答案 (1)调零螺丝 电流 (2)×1 (3)调零旋钮 电阻
(4)19.0
2．解析 (1)当P移动到R1的最右端时，电流表恰好满偏，则有R0＝＝30 Ω.
(2)Rx＝－R0＝45 Ω，＝，解得x＝8.5 cm，F＝kx＝850 N；由于电流与拉力不成正比，所以刻度不均匀．(3)换劲度系数更大的弹簧，弹簧伸长相同的长度时，需要的拉力更大．
答案 (1)30 (2)850 不均匀 (3)更换劲度系数更大的弹簧
3．解析 从题目给出的器材中知，这里对电阻Rx的测量可用伏安法来设计电路．由于没有电压表，而电流表A2的内阻r2已知，因此电压表可由电流表A2和固定电阻R0(100 Ω)串联．通过计算我们不难发现，这种设计完全符合题中的测量要求．考虑到题给出的其它器材规格与要求，控制电路宜采用分压式控制电路．完整的实验电路设计成如图所示．进行实验时在某次合适的测量中，记下A1表与A2表的示数分别为I1 与I2，则有(I1－I2)Rx＝I2(r2＋R0)，故Rx＝.
答案 (1)如解析图所示 (2)Rx＝
4．解析 (1)若不计电流表内阻，
则有：I1R0＝I2Rx，故Rx＝R0，
(2)若考虑电流表内阻，
则有：I1(r1＋R0)＝I2(r2＋Rx)，
故有：Rx＝－r2.
答案 (1)R0 (2)－r2
5．解析 (1)微安表内阻比较大，因而把阻值较小的滑动变阻器用作分压接法，从而粗调电压；而阻值较大的滑动变阻器用作限流接法，从而微调电压．而微安表和毫伏表的内阻比较接近，因而两者并联，所作电路图如右图所示．
(2)因要使用微安表的刻度，故而必须使微安表满偏，记下此时毫伏表的示数．
(3)根据欧姆定律可知，微安表的内阻为.
答案 (1)如解析图所示 (2)使微安表满偏，记下这时毫伏表的示数U (3)
6．解析 (1)为保护电流表，将电阻箱的电阻调到最大值；
(2)实验时，若电阻箱的阻值太大，
电流很小，实验误差大，所以比较合理的是方案2；
(3)由闭合电路的欧姆定律有：
E＝I(r＋RA＋R)，整理得＝R＋，
所以k＝，b＝，解得E＝，r＝－RA.
答案 (1)最大值 (2)2 (3) －RA
7．解析 (1)先作出测量电源内阻和电动势的电路图，然后在此基础上增加伏安特性曲线电路，需要注意，小灯泡额定电压为2.5 V，且电阻较小，故伏特表直接与小灯泡并联，而电压表则测量路端电压，电路如图所示．
(2)根据图象可知，倾斜的直线为计算电源电动势和内阻的图线，该图线的纵截距为电动势大小，图线斜率的绝对值为电源内阻大小．据此可知电动势E＝4.5 V，r＝1.0 Ω.
(3)由图象可知，小灯泡两端电压为2.5 V，电源内电压为2 V，故滑动变阻器连入电路阻值为0.电源的效率为η＝×100%＝56%.
答案 (1)如解析图所示；
(2)4.5 1.0
(3)0 56%
8．解析 (1)读数为1.125±0.001
(2)由于电源电动势为9 V，故电压表采用E.估算电流最大为0.09 A，故电流表选C.
(3)实验原理如右图所示
(4)电压表通过的电流为，R0两端的电压为R0，RL两端的电压为IRL＝R0－IRg，又由电阻定律RL＝ρ＝ρ可解得，L＝
答案 (1)1.125±0.001 (2)C E (3)如解析图所示
(4)
9．(1)如图所示
(2)正常工作前导电性能差(或电阻大)，正常工作后导电性能好(或电阻小)
(3)×103
10．解 (1)A.电路如下图甲所示，测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，所以应选“×1 k”．
B．欧姆表中电阻值为R中 ＝ 30×1 kΩ＝ 30 000 Ω，欧姆表指n刻度，则电压表内电阻RV ＝ 1000 n，流过电压表电流IV ＝ ＝ ，根据闭合电路欧姆定律，电池电动势E＝U＋IVR中＝U.
(2)A.如图乙所示．I＝＝ A＝1 mA，所以不能用电流表；又电压表的量程较小于电源电动势，所以滑动变阻器应用分压接法．
B．Ug＝，其中N：表指针所指格数，U1：表读数．
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第9讲 恒定电流和交变电流中常考的4个问题(选择题)
主要题型：选择题
难度档次：
低档难度或中档难度．欧姆定律，串、并联电路的特点，组合交变
电流、变压器、远距离输电等考点，一般不与其他模块知识发生综合．只考查知识的直接应用，以简单的分析、计算为主．,
高考热点
1．以电路图设题考查欧姆定律、串并联电路的特点及应用、电功率和直流电路的动态分析．基本上是逢题必有图．
2．正弦交流电
③瞬时值i＝Imsin ωt，④有效值I＝、Im为最大值，⑤周期T＝、ω＝，⑥一般交流电的特点、图象．
3．理想变压器
①P入＝P出，②频率相等，③＝，④＝.
⑤U1―→U2―→I2―→I1(动态变化规律)．
4．远距离输电
一、欧姆定律
1．部分电路欧姆定律
I＝________
2．闭合电路的欧姆定律
I＝________
(1)路端电压与电流的关系：U＝________．
(2)路端电压与负载的关系：U＝IR＝E＝E，路端电压随外电阻的增大而________，随外电阻的________而减小．
3．电功、电功率
(1)电功W＝qU＝________I2Rt＝________
电功率P＝＝UII2R＝
(2)在非纯电阻电路中，W>Q，其关系为：UIt＝I2Rt＋W其他．
二、交变电流
1．交流电的“四值”
2．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：________
(2)电压关系：________
若n1>n2，为降压变压器；若n1(3)电流关系：只有一个副线圈时，________．
3．远距离输电
(1)输电过程，如图9－1所示：
图9－1
(2)常用关系式
①功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3.
②电压损失
U损＝I2R线＝U2－U3
③输电电流
I线＝＝＝.
④输电导线上损耗的电功率
P损＝I线U损＝IR线＝R线．,
状元微博
名师点睛
1．直流电路的动态变化分析在高考试题中是以选择题形式考查的．往往以下列变化方式探究整个电路的电流、电压变化情况：
(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化；
(2)某一支路电键闭合或断开；
(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．
2．基本思路
“部分―→整体―→部分”
即R局―→R总―→
I总―→U端
3．原、副线圈中各量的因果关系
(1)电压关系：U1决定U2
(2)电流关系： I2决定I1
(3)功率关系：P2决定P1
上述决定关系是由变压器的原理及能量守恒确定的．
课堂笔记
常考问题26 直流电路中的“动态变化”分析
图9－2
【例1】 (2012·上海单科，17)直流电路如图9－2所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )．
A．总功率一定减小
B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小
D．输出功率一定先增大后减小
解析 滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选项A正确．根据η＝＝可知选项B正确．由P损＝I2r可知，选项C正确．由P输－R外图象，如下图，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误．
答案 ABC
图9－3
如图9－3所示，开关S接通后，将滑动变阻器的滑片P向a端移动时，各电表的示数变化情况是( )．
A．V1减小，V2减小，A1增大，A2增大
B．V1增大，V2增大，A1减小，A2减小
C．V1减小，V2增大，A1减小，A2增大
D．V1增大，V2减小，A1增大，A2减小,
得分技巧
1．电路中不论是串联部分还是并联部分，只有一个电阻的阻值变大(变小)时，整个电路的总电阻也变大(变小)；
2．根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可判断总电流、路端电压的变化；
3．由总电流和路端电压的变化判断固定电阻部分的电压变化；
4．由固定电阻部分的电压变化，最后确定变化电阻的电压、电流的变化．
课堂笔记
常考问题27.TIF，JZ]交变电流的描述及“四值”的应用
【例2】 (2012·广东理综，19)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50 sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( )．
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析 交变电动势e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝，周期T＝，频率f＝.由e＝50sin (100πt)V知，Em＝50 V，E＝ V＝25 V，T＝＝ s＝0.02 s，f＝＝ Hz＝50 Hz，所以选项C、D正确．
答案 CD
如图9－4甲所示，一矩形线框在匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，产生的交变电流输出电压的变化规律如图9－4乙所示，对此下列说法正确的是( )．
图9－4
A．该交变电流的方向每秒改变200次
B．该交变电流的变化规律可表示为u＝5 sin(200 πt)V
C．在0.01 s的时刻，穿过线框的磁通量为0
D．若某一氖泡的两端电压达到 V时便可发光，把图示的交变电流接在该氖泡的两端，氖泡便可一直发光,借题发挥
解决交变电流的问题要注意以下几个方面
(1)解决交变电流的产生问题，要把线圈在匀强磁场中的位置与图象上的时刻对应好，理解几个特殊位置的、E及电流方向的特点．
(2)区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值．
(3)―→
(4)交变电流的表达式?求有关的物理量．
●特别提醒
交变电流瞬时值表达式书写的基本思路
(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值．
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．
如：①线圈从中性面开始计时，则i－t关系为正弦函数，函数表达式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直中性面开始计时，则i－t关系为余弦函数，函数表达式为i＝Imcos ωt.
常考问题28 有关变压器问题的分析
图9－5
【例3】 (2012·福建理综，14)如图9－5所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，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
据泰国《世界日报》报道，由于受洪水影响，2011年10月27日至31日泰国全国放“水灾特别假”．泰国政府在受灾区建起临时供电系统，它由发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图9－6所示，电动机内阻、输电线的电阻和变压器内阻均可忽略不计．滑动触头P置于a处时，用电器恰好正常工作．下列情况正确的是( )．
图9－6
A．当发电机输出的电压发生波动，使V1示数小于正常值时，应使滑动触头P向下滑动
B．当发电机、用电器正常工作时，触头位置不变，如果突然增加用电器，则A1的读数变大，A2的读数变大
C．当用电器增加时，为保证正常工作，滑动触头P应向上滑动
D．当发电机、用电器正常工作时，触头位置不变，如果突然增加用电器，则V1、V2的读数都不变,
思维模板
1．理想变压器动态分析的两种情况及注意事项
(1)一类是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1、U2，电流I1、I2随匝数比的变化而变化的情况；
(2)另一类是匝数比不变，上述各量随负载电阻的变化而变化的情况．
不论哪种情况，处理此类问题都要注意两点：
①根据题意分清变量和不变量；②要弄清“谁决定谁”的制约关系——对电压而言，有输入才有输出，故输入决定输出；对电流、电功(率)而言，有输出才有输入，故输出决定输入．
2．动态分析问题的思路程序
课堂笔记
常考问题29 远距离输电
【例4】 (2012·天津理综，4)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( )．
A.， B.R， C.， D.R，
解析 根据变压器的变压规律，得＝k，＝nk，所以U1＝kU，U2＝nkU.根据P＝UI，知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1＝＝，I2＝＝.根据P＝I2R，输电线路损耗的电功率分别为P1＝IR＝R，P2＝IR＝R，所以＝.选项D正确，选项A、B、C错误．
答案 D
本题考查了变压器、远距离输电、电功率等知识，主要考查考生的理解能力、推理能力．本题难度中等．
“风雨同‘舟’，坚强不‘曲’”，舟曲特大泥石流发生后，全国人民伸出了援助之手．某公司向灾区捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电(如图9－7所示)，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线．该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω.安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家 用电器都正常工作时．下列说法正确的是( ).
型号 AED6500 S
最大输出功率 60 kW
输出电压范围 220 V～300 V
图9－7
A．输电线路中的电流为20 A
B．输电线路损失的电功率为8 000 W
C．发电机实际输出电压是300 V
D．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 V,思维模板
1．对高压输电问题，应按“发电机―→升压变压器―→远距离输电线―→降压变压器―→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析，故解决此类问题的关键是要画出输电线路图．
2．计算线路功率损耗时应用P损＝IR线，其中I线可以由公式P输出＝I线U输出求出，而公式P损＝U线I线和P损＝eq \f(U,R线)则不常用，原因是在一般情况下，输电线分担的电压不易求出，且易将输电线分担的电压和输电电压混淆而出错．
课堂笔记
技法1 程序思维法
【技法阐释】 程序思维法是按照事物发展的一般规律流程进行正向思维的一种方法．处理直流电路动态变化问题的基本思路是电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路．
图9－8
【高考佐证】 (2011·上海单科，12)如图9－8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 设P以上电阻为Rx，则变阻器在电路中的阻值R′＝.当Rx＝时，R′最大．P从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小．当P滑向中点时：
P滑过中点后，R′↓→I↑→U↓，由并联分流IA＝I，新的IA增大，故A正确．
答案 A
技法2 筛选排除法
【技法阐释】 当选择题提供的几个选项之间是相互矛盾的，可根据题设条件、备选选项的形式灵活运用物理知识，分析、推理逐步排除不合理选项，最终留下符合题干要求的选项．此法是解答选择题的基本技巧和方法，是使用频率最高的方法．
图9－9
【高考佐证】 (2010·安徽卷)如图9－9 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
解析 R1不变，缓慢增大R2时，R0两端电压减小，平行板电容器的极板电压U减小，小球受到的电场力F电＝q减小，悬线拉力F＝ eq \r(（mg）2＋F)减小，故B正确，排除A.R2不变，缓慢增大R1时，R0两端电压不变，F电不变，悬线拉力F不变，排除C、D.答案为B.
答案 B
技法3 利用结论法：即“串反并同”法
【技法阐释】 所谓“串反”，即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压都减小(增大)；所谓“并同”，即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压都增大(减小)．
【模拟佐证】 G为灵敏电流计(电路图如图9－10所示)，当电键S闭合时，在电容器的平行板间恰好有一带电微粒处于静止状态．则下列说法正确的是( )．
图9－10
A．将R2的滑片向下移动的过程中，微粒向上加速运动，G中有从上向下的电流
B．将R2的滑片向下移动的过程中，微粒向下加速运动，G中有从下向上的电流
C．将R2的滑片向下移动的过程中，微粒仍静止不动，G中有从下向上的电流
D．将S断开后，微粒仍保持静止状态，G中无电流通过
技法4 极限思维法
【技法阐释】 极限思维法是把某个物理量推向极端，即极大或极小的极限位置，并以此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论．当题目要求定性地判断某一具体的物理量的变化情况或变化趋势时，可假设其他变量为极端的情况，从而就能较快地弄清该物理量的变化趋势，达到研究的目的．
图9－11
【模拟佐证】 在图9－11所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡L变暗，可以( )．
A．增大R1的阻值
B．减小R1的阻值
C．增大R2的阻值
D．减小R2的阻值
图9－12
1．如图9－12所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑动触头P向上移动时，下列判断中正确的是( )．
A．b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值
B．a、b两灯变亮，c灯变暗
C．电源输出功率增大
D．电源的供电效率增大
2．(2012·郑州市预测)如图9－13所示为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B为降压变压器，其输入功率为P3，输入电压为U3.A、B均为理想变压器，输电电流为I，输电线的总电阻为r，则下列关系正确的是( )．
图9－13
A．U2＝U3 B．U2＝U3＋Ir
C．P1>P2 D．P2＝P3
3．如图9－14甲所示为一家用台灯内部电路简图，其中R为保护电阻，L为灯泡，自耦变压器左端所加正弦交流电电压随时间变化的关系图象如图9－14乙所示．下列叙述正确的是( )．
图9－14
A．滑片P向上滑动过程中，灯泡亮度逐渐增大
B．滑片P向上滑动过程中，由于原、副线圈中的电流与它们的匝数成反比，所以变压器中电流减小
C．变压器左端所加交流电的有效值为220 V
D．滑片处于线圈中点位置时，灯泡获得的交流电压的周期为0.01 s
图9－15
4．(2012·课标，17)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9－15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
5．有两个用相同导线绕成的正方形单匝线圈，在同一匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，产生正弦交流电，交变电动势e随时间t的变化关系分别如图9－16中的实线和虚线所示，线圈电阻不计，则( )．
图9－16
A．t＝0时，两线圈均处于中性面位置
B．两线圈转动的角速度一定相同
C．两线圈面积相等
D．两线圈分别向同一电阻R供电，在T时间内电阻R上产生的热量相同
答案：
【高考必备】
一、1. 2. (1)E－Ir (2)增大 减小 3.(1)UIt t
二、2.(1)P入＝P出 (2)＝ (3)＝
【常考问题】
预测1 A [本题考查电路的动态分析，解决本题的关键是由总电压或总电流得到各支路的电压或电流．滑动变阻器的滑片P向a端移动时，连入电路的电阻减小，整个回路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I＝可知，干路电流I增大，即A1的示数增大；再利用并联电路的特点可知，A2的示数也增大；又路端电压U1＝E－Ir，I增大，U1减小，即V1的示数减小；V2两端的电压为U2＝E－I(r＋R并)，I增大，U2减小，V2的示数减小．]
预测2 AB [由图象可知，电压的最大值为Um＝5 V、周期为T＝0.01 s.
交变电流在一个周期内电流的方向改变两次，所以该电流每秒改变方向200次，A正确；
ω＝＝200 π rad/s，所以其变化规律为u＝5 sin(200πt)V，B正确；由图象可知，在0.01 s的时刻u＝0，＝0，但磁通量Φ不为0，C错误；氖泡依照交变电流的瞬时值工作，所以只有电压在 V～5 V的范围时，氖泡才发光，D错误．]
【例3】 C [交流电表的示数为有效值，故A、B两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确、D项错误．]
预测3 BD [当发电机输出的电压发生波动，使V1示数小于正常值，用电器不变时，由＝知，应增加n2.A错误；当发电机、用电器正常工作时，如果突然增加用电器，由于用户的用电器并联，故总电阻减小，I2增大，n1I1＝n2I2，I1增大，B正确；当用电器增加时，由题意可知，输出电压不变．故滑动触头P位置不变，C错误；由于不计电动机内阻、输电线的电阻和变压器内阻，当发电机、用电器正常工作时，触头位置不变，增加负载对输出、输入电压均无影响，D正确．]
预测4 BD [I线＝I0＝＝ A＝200 A；线路损失功率P线＝IR线＝8 000 W，线路两端电压U＝I线R线＝40 V，所以发电机输出电压为260 V；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 V．B、D选项正确．]
高考阅卷老师支招
技法3
【模拟佐证】 B [当R2的滑片向下移动时，由“串反并同”法知电容器两端电压减小，微粒受到的电场力减小，微粒向下加速运动中；极板电压变小，说明电容器放电，G中电流方向从下向上，B正确；A、C错误；将S断开后，电容器放电，G中有电流，电压减小，电场力减小，微粒向下运动，D错误．]
技法4
【模拟佐证】 AD [因电容器具有
“隔直通交”的特征，所以其分析可等效画为右图所示．当R2的阻值减小并趋于零时，L被短路，灯泡L变暗；当R1的阻值增大并趋于无穷大时，可视为断路，总电流趋于零时，灯泡L也变暗，所以选项A、D正确．]
【随堂演练】
1．BC [由动态分析可知Ia变大，Uc变小，Ib变大，ΔIb>ΔIc，R外>r，且R外减小，所以输出功率增大，效率η＝＝变小，只有B、C对．]
2．B [由远距离输电电压规律可知，U2＝U3＋Ir，选项A错误，B正确；由变压器功率关系，可知P1＝P2，P2＝P3＋I2r，选项C、D错误；因此答案选B.]
3．AC [根据＝可知选项A正确；滑片P向上滑动过程中，副线圈两端电压逐渐增大，则通过灯泡的电流也逐渐增大，选项B错误；由图乙可知所加交流电的峰值为311 V，根据U＝可知选项C正确；变压器不能改变交流电的周期，所以选项D错误．]
4．B [根据理想变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380 V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝A≈9.1 A，选项B正确；选项A、C、D错误．]
5．AD [t＝0时刻，两个线圈的电动势为0，即两线圈均处于中性面位置，A正确．又因为两线圈产生的电动势的最大值相同，所以Em＝BSω＝BS，周期不同，所以角速度不同，面积不同，可见B、C均错误，两线圈产生的电动势的最大值相同，所以有效值相同，所以两线圈分别向同一电阻R供电，在T时间内电阻R上产生的热量相同，可见D选项正确．]
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第1讲 拿下选择题——保住基本分
题型扫描
1．定性分析型选择题
【题型探秘】
定性分析型选择题具有考查面广，概念性强、灵活简便的特点，主要用于考查学生对物理知识的理解、判断和应用的能力．其选项具有似真性和迷惑性，利用其干扰因素考查学生明辨是非的能力，能有效地区别学生对物理知识的理解程度和对知识灵活应用的程度．
常见类型：概念辨析型、类比推理型、理解判断型、对称分析型等．
【应对策略】
解决定性分析型选择题的一般方法：
(1)明确概念，全面掌握概念的内涵和外延．
(2)认真审题，明确题目条件及运动过程．
(3)挖掘隐含条件，去粗取精，明确题目关键条件．
(4)善于类比，善于知识迁移．
定性选择题一般不涉及计算，所以定性选择题要求考生在迅速准确地理解物理概念和规律的基础上，更注重于运用物理过程、方法解决综合性、应用性、开放性等问题．
【典例精析】
【例1】 “勇气”号火星探测器运用最新科技手段对火星进行近距离探测，将在火星的重力分布、磁场分布以及含有的元素测定方面做出最新研究．根据预测，探测器有可能在一些环行山中发现质量密集区，当飞越这些密集区时，通过地面的大口径射电望远镜观察，探测器的轨道参数发生微小变化．这些可能的变化是( )．
A．半径变小 B．半径变大
C．速率变小 D．速率变大
解析 本题为定性分析型选择题，考查知识点为万有引力与航天等天体运动知识．
根据圆周运动规律，要使物体做稳定的匀速圆周运动，必须满足外界提供的力等于物体做匀速圆周运动所需要的向心力，即F供＝F需．
探测器飞越这些质量密集区时，当地重力加速度增加，万有引力增加，探测器做向心运动，故运动半径减小，运动速率增加，故选项A、D正确．
答案 AD
2．定量计算型选择题
【题型探秘】
计算型选择题是考查考生思维敏捷性的好题型，能否迅速解题，一方面靠学生的悟性，更主要的是靠平时积累的速解方法加上灵活运用能力．因此，只有在考试前夯实基础，才能在考场上得心应手．
常见类型：推理型、数形结合型、规律应用型、分析估算型、赋值计算型、分析综合型等．
【应对策略】
计算型选择题主要特点是量化突出，充满思辨性，数形兼备，解题灵活多样，考生不能“小题大做”，要充分利用题设、选择项的提示和干扰两方面提供的信息，可很快作出判断．其中一些量化明显的题，往往不是简单机械地计算，而是蕴涵了对概念、原理、性质的考查，有些则只需估值就可作出判断．
【典例精析】
【例2】 (改编题)如图1所示，m＝1.0 kg的小滑块以v0＝4 m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6 s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为( )．
图1
A．0.8 m B．0.76 m
C．0.64 m D．0.16 m
解析 本题考查牛顿第二定律的应用和动力学基本问题．滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，滑块经t1＝＝0.4 s速度即减为零．因此0.6 s时是向下经过B点．下滑时加速度大小为a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2，则AB间的距离sAB＝eq \f(v,2a1)－a2(t－t1)2＝0.76 m，B项正确．
答案 B
3．图表、图象型选择题
【题型探秘】
物理图表选择题以图表的形式给出物理信息；物理图象选择题是以解析几何中的坐标为基础，借助数和形的结合，来表现两个相关物理量之间的依存关系，从而直观、形象、动态地表达各种现象的物理过程和规律．图象法是物理学研究中的重要方法．
常见类型：图象识别型、作图判断型、理解推理型、图象转换型、图示模拟型、图表信息型等．
【应对策略】
图象选择题的分析方法是根据图象提供的信息，结合物理学规律，翻译出相应的数学解析式(个别不能翻译的除外)，综合分析函数与图象即可得出结论；图表选择题又称信息给予题，根据图表给出的信息，筛选、甄别出有用信息，再根据物理学知识建模，从而作答．
【典例精析】
【例3】 如图2所示，LOM为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v作匀速直线运动，在t＝0的时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I－t)关系的是(时间以为单位)( )．
图2
解析 在0～时间内线框切割磁场产生的电动势大小恒定，感应电流沿逆时针方向，可排除D项；在～时间内，线框穿出磁场，感应电流均沿顺时针方向，可排除AB项；故C项正确．
答案 C
4．信息应用型选择题
【题型探秘】
信息应用型可分为两类，一类是提供“新知型”，如提供新概念、新知识、新情景、新模型等，并要求以此解决题目中给定的问题；另一类是在学生已学的物理知识的基础上，以日常生活、生产及现代科技为背景的信息给予题，信息题能够深化、活化对物理概念、规律的理解，要求学生具有比较完整的有机的物理知识体系，同时具备阅读分析能力及迁移应用能力，特别能反映学生的素质，近几年的物理高考中信息应用型题目比较常见．
常见类型：新概念信息应用、新知识信息应用、新情景信息应用、新模型信息应用等．
【应对策略】
解信息给予题的过程由四步组成：
―→
―→
―→
【典例精析】
【例4】 出行是人们工作生活必不可少的环节，出行的工具五花八门，使用的能源也各不相同.
(1)某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：20寸(车轮直径：508 mm) 电池规格：36 V 12Ah(蓄电池)
整车质量：40 kg 额定转速：210 r/min(转/分)
外形尺寸：L1 800 mm×W650 mm×H1 100 mm 充电时间：2h～8h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36V/5A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为( ).
A．15 km/h B．18 km/h
C．20 km/h D．25 km/h
(2)自行车、电动自行车、普通汽车消耗能量的类型分别是( )．
①生物能 ②核能 ③电能 ④太阳能 ⑤化学能
A．①④⑤ B．①③⑤
C．①②③ D．①③④
解析 (1)电动自行车的时速大小等于1小时内车走过的路程，即等于1小时内车轮转过的圈数与车轮周长的乘积.
v＝ntπd＝210×60×3.14×0.508 m/h＝20 km/h
(2)自行车行驶消耗的是人体内的生物能；电动自行车行驶消耗的是电能；普通汽车行驶消耗的是汽油中的化学能．所以正确答案选B.
答案 (1)C (2)B
5．类比递推型选择题
【题型探秘】
类比递推型选择题是将不同的物理模型、物理性质、物理过程、作用效果、物理图象或物理结论等进行比较对照，将一个物理解法与另一个物理解法类比，运用另一种规律进行比较推理．
此种选择题主要培养和考查学生对事物间关系的概括能力和推理能力，类比方法的运用加速了思维变式的升华．如借助物体在重力场中的运动类比带电粒子在静电场中的运动，发现两者可归结为同一物理模型．这样就使学生对这两种场中运动本质特征的认识达到了新的高度．比出运动特征，比出运动规律；通过类比，找出分析和解决问题的方法．
类比递推选择题在近几年的高考中屡见不鲜，着重考查学生的类比思维能力．怎样选取类比的最佳方法和类比点进行合理地类比，成为解决这类问题的突破口．
常见类型：作用效果类比递推、物体形状类比递推、物体性质类比递推、运动情景类比递推、运动规律类比递推等．
【应对策略】
类比递推选择题的解法：①看清题干的叙述，分析、理解题中两个物体或规律间的关系，明确题干的要求．②在分析规律，明确两个物体之间的相似关系的基础上，从中选出相应的物理规律去解题．
【典例精析】
【例5】 (2012·潍坊模拟)如图3所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )．
图3
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
解析 粒子重力不计，在电场中只受电场力作用，且电场力方向与初速度垂直，故带电粒子作抛物线运动——类平抛运动，类比平抛运动规律即可简便求解．
由y＝at2，a＝，t＝可得y＝eq \f(EqL2,2mv)，
又Ek0＝mv，得：y＝，可知y与q成正比，选项B正确．
答案 B
题型专练
1. (概念辨析型)下面关于摩擦力的叙述正确的是( )．
A．静摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反
B．静摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同
C．静摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直
D．静止物体所受的静摩擦力一定为零
2. (类比推理型)化学变化过程中伴随着电势能的变化．下面是有关这个问题的几个说法：①中性钠原子失去电子的过程中系统的电势能增大；②中性氯原子得到电子的过程中系统的电势能减小；③钠离子和氯离子结合成氯化钠分子的过程中系统的电势能增大④氯化钠电离为钠离子和氯离子的过程中系统的电势能减小．上述说法中正确的有( )．
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
3．(对称分析型)如图4所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置．现将重球(视为质点)从较高的位置c处沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d.以下关于重球运动过程的正确说法应是( )．
图4
A．重球下落压缩弹簧由a至d的过程中重球做减速运动
B．重球下落至b处获得最大速度
C．重球下落至d处获得最大加速度
D．由a至d的过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d时重力势能的减少量
4. (推理计算型)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有( )．
A．返回斜面底端时的动能为E
B．返回斜面底端时的动能为
C．返回斜面底端时的速度大小为2v
D．返回斜面底端时的速度大小为v
5．(数形结合计算型)如图5所示，直线A为电源的U－I图象，直线B为电阻R的U－I图象，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率、效率分别为( )．
图5
A．4 W 33.3% B．2 W 33.3%
C．4 W 67% D．2 W 67%
6．(规律应用计算型)如图6所示．半径为 r且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电量为e，质量为m的电子，此装置放置在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B＝B0＋kt(k>0)．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速．设t＝0时刻电子的初速度大小为v0，方向顺时针，从此开始运动一周后的磁感应强度为B1，则此时电子的速度大小为( )．
图6
A. B. eq \r(v＋\f(2πr2ke,m))
C. D. eq \r(v－\f(2πr2ke,m))
7．(分析估算计算型)质量为m，带电量为＋q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图7所示，整个装置处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，则球运动克服摩擦力做的功(不计空气阻力)不可能的是( )．
图7
A.mv B．0
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mv－\f(m3g2,q2B2))) D．mv
8．(图象识别型)一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t＝0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F，则物体的动能Ek随时间t变化的情况是图中所示的哪个图( )．
图8
9．(类比推理型)如图8所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB直线跟该环的水平直径重合，且管的内径远小于环的半径．AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电量为＋q的小球从管中A点由静
止释放，小球受到的电场力跟重力相等，则以下说法中正确的是( )．
A．小球释放后，第一次达到最高点C时恰好对管壁无压力
B．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1∶3
C．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1
D．小球释放后，第一次回到A点的过程中，在D点出现速度最大值
10．(运动规律类比递推型)如图9所示，光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连，间距为L，在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.乙金属棒静止在双轨上，而甲金属棒在h高处由静止滑下，轨道电阻不计．两棒的质量均为m，电阻均为R.甲棒与乙棒不会相碰，则下面说法正确的是( )．
图9
A．从开始下滑到最终稳定，甲、乙的运动方向相反
B．当稳定后，回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的
C．乙棒受到的最大磁场力为
D．整个过程中，电路释放的热量为mgh
【题型专练】
1．C [静摩擦力产生于相互接触且相对静止的两接触面之间，摩擦力的方向与相对运动的趋势方向相反，与物体的运动方向无关，其方向可能与运动方向相反也可能与运动方向相同，还可能与运动方向垂直．故选项C正确．]
2．A [本题可类比电场力做功与电势能的关系：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加即可得出结论．]
3．BCD [重球放在弹簧上端时，被压缩到b位置，可知b点为平衡位置，小球重力等于弹簧的弹力．在b点下方找出a关于b的对称点a′，小球在对称点上受到的合力，速度、加速度的大小具有对称性，结合简谐振动的规律及全程动能定理即可得出答案．]
4．AD [摩擦力做功与路程成正比，物块的初动能为E时，来回路程(设为s)摩擦力做功为；当物块的初动能为2E时，沿斜面上升的最大距离加倍，则来回路程变为2s，摩擦力做功为E，根据能的转化与守恒，故返回斜面底端的动能为E，返回斜面底端时的速度大小为v，故选项A、D正确．]
5．C [由图象信息可知电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω；电阻R＝1 Ω，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率P＝R＝4 W，效率为η＝·100%＝67%，故选项C正确．]
6．B [根据法拉第电磁感应定律得，轨道内产生的感应电动势为E＝＝πkr2，电子旋转一周的过程．由动能定理得感应电场对电子做的功πkr2e＝mv2－mv，解得v＝ ，故选项B正确．]
7．D [球获得的初速度为v0，由左手定则知洛伦兹力f向上，有三种情况：①fmg，球最终匀速运动，速度满足Bvq＝mg，得v＝克服，摩擦力做功为W＝mv－mv2＝，选项C正确．故选D.]
8．D [在F作用下物体做类平抛运动，在F方向由牛顿运动定律得F＝ma，垂直位移s＝at2，由动能定理得Ek＝E0＋t2，故选项D正确．]
9．C [利用类比法，重力与电场力大小相等，合力为mg，等价为重力为mg的重力场，“最低点”为BD弧线中点，由动能定理知小球到达C点时，对上壁的压力为mg，故A错误，小球第一次和第二次经C点时对管上壁的压力为1∶5，故B错；“最低点”速度最大，D错误；AD过程中由动能定理可得，2mgR＝mv2，在D点由牛顿第二定律得压力FN－mg＝m，解得FN＝5 mg，故选项C正确．]
10．CD
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第一部分 专题三 电场和磁场
知识互联网
达人寄语
——科学复习、事半功倍
决定最后终点的人只有你自己！
●2012年3月，中南大学破格聘请22岁就攻克了国际数学难题的刘路为正教授级研究员，成为目前中国最年轻的教授．他的励志名言是：“人生好比一道难题，我坚持了自己的兴趣，决定最后终点的人只有你自己！”
“电场和磁场”，高考是重磅，粒子运动压大轴，“场”“场”有“轨”莫紧张．要自信，自信是成功的基石，用自己的实力撬动高考这个实现自身价值的省力杠杆，使你的人生轨迹呈弧线上升．
第8讲 带电粒子在复合场中的运动
常考的2个问题(计算题)
主要题型：计算题
难度档次：
难度较大，考卷的高档题．知识点多、综合性强，题意深邃，含有临界点，主要为多过程现象、也有多物体系统．以定量计算为主，对解答表述要求较规范．一般设置为或递进、或并列的2～3小问，各小问之间按难度梯度递增．,高考热点
一、两种场的模型及三种场力
1．两种场模型
(1)组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠．
(2)复合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域．
2．三种场力
(1)重力：G＝mg，总是竖直向下，恒力，做功只取决于初末位置的高度差．
(2)电场力：F＝qE，方向与场强方向及电性有关，做功只取决于初末位置的电势差．
(3)洛伦兹力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定则判定，洛伦兹力永不做功．
二、电偏转与磁偏转的比较
偏转类型比较内容 电偏转垂直进入匀强电场 磁偏转垂直进入匀强磁场
受力情况及特点 恒力F＝qE做匀变速运动 F＝qvB大小不变、方向改变，永不做功
运动规律 类平抛运动 匀速圆周运动
偏转程度 tan θ＝，θ< 偏转角不受限制
动能变化 动能增加 动能不变
处理方法 运动的合成与分解、类平抛运动规律 结合圆的知识及半径、周期公式
三、带电粒子的运动
1．匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力________时带电粒子做匀速直线运动，如速度选择器．
2．匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力________________时，带电粒子可以在洛伦兹力的作用下，在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
3．较复杂的曲线运动
当带电粒子所受的合外力是变力，且与________方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹不是圆弧，也不是抛物线．
4．分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域情况发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．,状元微博
名师点睛
1．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．
2．灵活选用力学规律是解决问题的关键
(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．
当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
(3)当带电粒子做类平抛运动时，要应用运动的合成与分解法．
课堂笔记
常考问题24 带电粒子在组合场中的运动
【例1】 (2012·山东理综，23)如图8－1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及极板间距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条件．
(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．
甲 乙
图8－1
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0＝mv2①,
思维模板
1．解决带电粒子在组合场中运动的一般思维模板
2．所用规律选择思路
(1)带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析；
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理．
课堂笔记
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q＝ma③
由运动学公式得d＝a④
联立③④式得d＝ ⑤
(2)设磁感应强度的大小为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＝m⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足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＝vt1⑨
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＝t2
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 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)
图8－2
如图8－2所示，带电粒子以某一初速度进入一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，粒子垂直进入磁场时的速度与水平方向成θ＝60°角，接着垂直进入电场强度大小为E，水平宽度为L、方向竖直向上的匀强电场，粒子穿出电场时速度大小变为原来的 倍．已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，重力不计．
(1)分析判断粒子的电性；
(2)求带电粒子在磁场中运动时速度v的大小；
(3)求磁场的水平宽度d.
,
常考问题25 带电粒子在叠加复合场中的运动
【例2】 如图8－3所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：
图8－3
(1)离子在平行板间运动的速度大小；
(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标；
(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？
教你审题
图8－4
(2012·广东揭阳联考)如图8－4所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103 T，方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)O点到P点的距离s1；
(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.
,借题发挥
带电(体)粒子在复合场中的运动问题求解要点
(1)受力分析是基础．在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件．
(2)运动过程分析是关键．在运动过程分析中应注意物体做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件．
(3)构建物理模型是难点．根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解．
易错警示
1．忽略带电体的重力导致错误
带电体的重力是否忽略，关键看重力与其他力大小的关系比较，一般一些微观粒子如电子、质子、α粒子等的重力忽略不计，而一些宏观带电体，如带电小球、带电液滴等重力不能忽略．
2．不能挖掘出隐含条件导致错误
带电粒子在复合场中的运动，往往会出现临界状态或隐含条件，应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．
3．混淆处理“磁偏转”和“电偏转”的方法
(1)粒子在恒力(如重力、电场力等)作用下的“电偏转”是类平抛运动，采用分解为匀速运动和匀加速运动来处理；
(2)粒子在洛伦兹力作用下的“磁偏转”是匀速圆周运动，采用圆周运动规律结合几何关系来处理．
课堂笔记
预测：带电粒子在组合场和复合场中的运动是高考命题的热点，往往综合考查牛顿运动定律、功能关系、圆周运动的规律等.2013高考压轴题的热点为―→带电粒子在交变复合场中的运动
对策：
特别提醒
若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作粒子刚进入电场时刻的匀强电场．
计算题“弃车保帅”策略：计算题第25题为压轴大题，分值高达18～19分，但是其中第(1)小题往往难度不大．考生们可以根据自己的实际能力，适当放弃难度过高的(2)(3)小题，以免白白浪费大量宝贵时间，导致其他科目较易的考题来不及完成．,【典例】 如图8－5甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)．在t＝0时刻，质量为m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处以v0＝2π m/s的速度沿x轴正向水平射入．已知电场强度E0＝、磁感应强度B0＝，不计粒子重力．求：
图8－5
(1)t＝π s时粒子速度的大小和方向；
(2)π s～2π s内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)画出0～4π s内粒子的运动轨迹示意图；(要求：体现粒子的运动特点)．
读题 (1)由图(乙)可知，在xOy平面内存在电场时，不存在磁场；存在磁场时，不存在电场．且电场和磁场的变化周期相同；
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动；
(3)由T＝＝π s知，只存在磁场时，带电粒子恰好做一个完整的圆周运动．
画图 带电粒子在交变场中的运动轨迹如图所示．
规范解答 (1)在0～π s内，在电场力作用下，带电粒子在x轴正方向上做匀速运动：vx＝v0
y轴正方向上做匀加速运动：vy＝t
π s末的速度为v1＝ eq \r(v＋v)
v1与水平方向的夹角为α，则tan α＝，代入数据解得v1＝2 π m/s，方向与x轴正方向成45°斜向上．
(2)因T＝＝π s，故在π s～2π s内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B0＝eq \f(mv,R1)，解得R1＝＝ π m
(3)轨迹如图所示
图8－6
1．(2012·海口调研测试)如图8－6所示空间分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中Ⅰ，Ⅱ区域存在匀强电场EI＝1.0×104 V/m，方向垂直边界面竖直向上；EⅡ＝×105 V/m，方向水平向右，Ⅲ区域磁感应强度B＝5.0 T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m，d3＝10 m．一质量m＝1.0×10－8 kg、电荷量q＝1.6×10－6C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计．求：
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角；
(3)粒子在Ⅲ区域中运动的时间和离开Ⅲ区域时的速度方向与边界面的夹角．
2．(2012·重庆理综，24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图8－7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．
图8－7
3．(2012·郑州市预测)如图8－8甲所示，两平行金属板长度l不超过0.2 m，两板间电压U随时间t变化的U－t图象如图8－8乙所示．在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01 T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝105 m/s射入电场中，初速度方向沿两板间的中线OO′方向．磁场边界MN与中线OO′垂直．已知带电粒子的比荷＝108 C/kg，粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计．
图8－8
(1)在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度当做恒定的．请通过计算说明这种处理能够成立的理由．
(2)设t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场，求该带电粒子射出电场时速度的大小．
(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断：d的大小是否随时间变化？若不变，证明你的结论；若变化，求出d的变化范围．
答案：
第8讲 带电粒子在复合场中的运动
常考的2个问题(计算题)
【高考必备】
三、1.为零 2.大小相等、方向相反 3.初速度
【常考问题】
预测1 解析 (1)根据粒子在磁场中向下偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电．
(2)由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电粒子进入电场的初速度为v0，在电场中偏转时做类平抛运动，如上图所示．由题意知粒子离开电场时的末速度大小为v＝v0，将v分解为平行于电场方向和垂直于电场方向的两个分速度：由几何关系知
vy＝v0①
由运动学公式：vy＝at②
L＝v0t③
根据牛顿第二定律：a＝＝④
联立①②③④求解得：v0＝ ⑤
(3)如上图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，设在磁场中做圆周运动的半径为R，则：qv0B＝m⑥
由几何知识可得：d＝Rsin θ⑦
⑤⑥⑦联立解得：d＝ sin θ.
答案 (1)负电 (2) (3) sin θ
图甲
【例2】 解析 (1)设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1＝qvB1，代入数据解得v＝5.0×105 m/s.
(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB2＝m得，r＝0.2 m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ＝2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ＝90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y＝OO′＝vt，x＝at2，而a＝，则x＝0.4 m
离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为
xC＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m.
图乙
(3)只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上．如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r′＝ m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0＝m，代入数据解得B0＝ T＝0.3 T, 则B2′≥0.3 T.
答案 (1)5.0×105 m/s (2)0.6 m (3)B2′≥0.3 T
预测2 解析 (1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G＝mg＝0.1 N，
电场力F1＝qE1＝0.1 N，
即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律得qv0B＝m，
解得：R＝＝ m＝1 m，
由几何关系得：s1＝R＝ m.
(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4 m/s，方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1 N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝ N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动
建立如图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度a＝＝10 m/s2，位移y＝at2，
沿x轴方向上，带电小球的位移x＝v0t，
由几何关系有：y＝x，即：at2＝v0t，
解得：t＝ s，
Q点到P点的距离s2＝x＝×4× m＝3.2 m.
答案 (1) m (2)3.2 m
【随堂演练】
1．解析 (1)由动能定理得 ＝qEId1①
得：v1＝4×103 m/s②
(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动．水平向右为y轴，竖直向上为x轴．设粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θ
tan θ＝③
vx＝y1 vy＝at④
a＝⑤
t＝⑥
把数值代入得θ＝30°⑦
(3)粒子进入磁场时的速度v2＝2v1⑧
粒子在磁场中运动的半径R＝＝10 m＝d3⑨
由于R＝d3，粒子在磁场中运动所对的圆心角为60°
粒子在磁场中运动的时间t＝＝ s⑩
粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角为60°
答案 (1)4×103 m/s (2)30° (3) s 60°
2．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＝m
R2＝(3d)2＋(R－d)2
得B＝.
图甲 图乙
(3)如图乙所示，有
qλv0B＝m
tan θ＝
y1＝R1－
y2＝ltan θ
y＝y1＋y2
得y＝d(5λ－ )＋.
答案 见解析
3．解析 (1)带电粒子在金属板间运动的时间为
t＝≤2×10－6 s，
由于t远小于T(T为电压U的变化周期)，故在t时间内金属板间的电场可视为恒定的．
另解：在t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10－3 V，由于ΔU远小于100 V(100 V为电压U最大值)，电压变化量特别小，故t时间内金属板间的电场可视为恒定的．
(2)t＝0.1 s时刻偏转电压U＝100 V，由动能定理得
qU＝mv－mv，
代入数据解得v1＝1.41×105 m/s.
(3)设某一时刻射出电场的粒子的速度大小为v，速度方向与OO′夹角为θ，则v＝，
粒子在磁场中有qvB＝，
由几何关系得d＝2Rcos θ，
由以上各式解得d＝，
代入数据解得d＝0.2 m，显然d不随时间变化．
答案 (1)见解析 (2)1.41×105 m/s (3)d＝0.2 m 不随时间变化
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第1讲 运动图象及匀变速直线运动常考的3个问题
(选择题或计算题)
主要题型：选择题或计算题
难度档次：
中档难度，以v－t图象为中心，通过相关的力学概念与规律，延伸到x－t、a－t、F－t等图象．属于小综合题．一般涉及5～6个知识点，以简单分析或计算为主．,高考热点
一、匀变速直线运动的规律
1．基本公式
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度公式：v＝ Ｗ.,位移公式：x＝ Ｗ.,位移速度关系式：v2－v＝ Ｗ.))
2．基本推论
(1)逐差公式：Δx＝______，可以推导出xm－xn＝________________________________________________________________________.
(2)平均速度公式：v＝________＝v.
3．初速度为零的匀变速直线运动
(1)从开始运动计时，在连续相等的各段时间内通过的位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝________________________________________________________________________.
(2)从开始运动计时，通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝________________________________________________________________________.
二、图象问题
x－t图象 v－t图象
图象
斜率 速度 加速度
纵截距 初始位置x0 初速度v0
图象与t轴所围面积 位移
特例 匀速直线运动 倾斜直线 与时间轴平行的直线
匀变速直线运动 抛物线 倾斜直线
状元微博
名师点睛
1．以上各公式均只适用于匀变速直线运动，应用时一般要以初速度方向为正方向．
2.
3.
课堂笔记
常考问题1 图象的理解及应用
图1－1
【例1】 (2010·上海单科，18)如图1－1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的位移大
D．在0～t时间内合外力对两个质点做功相等
解析 由v－t图象的意义可知t时刻A、B两质点速度相同，B项正确．再结合动能定理可知D项正确．v－t图中面积表示对应时间内的位移，由图知0～t时间内质点B比A位移大，C项正确．由于两质点的初始位置不确定，故不能确定t时刻两质点在同一位置，A错误．
答案 BCD
考查了①对v－t图象的理解及应用；②动能定理的应用；③从图象获得信息结合所学规律分析综合处理问题的能力．
图1－2
甲、乙两物体在同一地点，沿同一直线运动，其速度－时间图象如图1－2所示，则( )．
A．甲物体比乙物体早出发2 s
B．第4 s末是甲、乙两物体从出发后到第1次相遇前相距最远的时刻
C．在6 s末，甲、乙两物体相遇
D．甲、乙两物体加速时，甲物体的加速度小于乙物体的加速度,借题发挥
●运动学图象“六看”
运动学图象主要有x－t图象和v－t图象，运用运动学图象解题时要做到：
一看“轴”
二看“线”
三看“斜率”
四看“面积”
五看“截距”
六看“特殊点”
●思维模板：解图象类问题关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题．
●多物体图象中的关联
把两个物体的运动放在同一个v－t图象中，比较其速度、加速度及位移，分析是否相遇等，除参考应用上述各种方法外，还应特别注意两点．
(1)结合图象弄清位移、速度、加速度的正负．
(2)在图象中确定两物体运动的位移关联、时间关联、速度关联等．
常考问题2.TIF，JZ]运动学公式的灵活应用(选择题)
【例2】 (2011·安徽理综，16)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所用的时间为t2，则物体运动的加速度为( )．
A. B.
C. D.
本题考查了匀变速直线运动规律，主要考查学生的理解能力和推理能力．
一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小v1＝5 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )．
A．汽车运动的加速度大小为1 m/s2
B．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s
C．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 s
D．汽车从第3根至第7根电线杆间的平均速度为大小为20 m/s,以题说法
1．匀变速直线运动常用的解题方法
2．解题的基本步骤
常考问题3 匀变速直线运动规律的应用(计算题)
【例3】 某消防员在一次执行任务过程中，从10 m长的直杆顶端从静止开始匀加速下滑，加速度大小a1＝8 m/s2，然后立即匀减速下滑，减速时加速度大小a2＝4 m/s2，落地时速度不许超过4 m/s，把消防员看成质点，求下滑全过程最短时间．
教你一招：过程分析
规范解答
根据阶段1，由运动学公式可得：v＝2a1h1，①
根据阶段2，由运动学公式还可得：v－v2＝2a2h2，②
且根据已知条件直杆长10 m，可得：h1＋h2＝10 m，③
由①②③得：vm＝ ＝8 m/s，阶段1用时t1，阶段二用时t2，根据运动学公式有：t1＝＝1 s，t2＝－＝1 s，下滑全程最短时间为：t1＋t2＝2 s.
某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，他们距车站的距离为50 m．假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车10 s后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6 m/s，最大起跑加速度为2.5 m/s2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：
(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？
(2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车．
阅卷感悟
错因档案
1．不善于分析多过程问题．
2．不能建立物体的运动情景．
3．找不出两运动过程的衔接点．
应对策略
运动学问题解题流程四步走
1．确定研究对象、参照系、坐标系及正方向．
2．分析运动过程．
3．分析过程联系，找到求解线索．
4．列方程组求解．
课堂笔记
信息聚焦
近期，从酒驾问题到“我爸是李刚”到“高晓松事件”，酒驾问题逐渐引起社会公众的关注．据悉，大约50%～60%的交通事故与酒后驾驶有关，酒后驾驶已经被列为车祸致死的主要原因．在中国，每年由于酒后驾车引发的交通事故达数万起；而造成死亡的事故中50%以上都与酒后驾车有关，酒后驾车的危害触目惊心，已经成为交通事故的第一大“杀手”．
链接高考
以醉酒驾驶为素材，考查运动学、电学的知识．
●题型一 考查匀变速直线运动知识的实际应用能力，是素质教育在考试中的体现．
●题型二 以酒驾问题涉及到的酒精测试仪为材料，考查传感器与动态电路分析，考生切不可被材料迷惑，一定要透过材料看清本质．
题型一 考查匀变速直线运动
【典例1】 酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动加速度都相同)．
速度(m/s) 思考距离(m) 制动距离(m)
正常 酒后 正常 酒后
15 7.5 15.0 22.5 30.0
20 10.0 20.0 36.7 46.7
25 12.5 25.0 54.2 66.7
分析上表可知，下列说法不正确的是( )．
A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 s
B．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 s
C．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2
D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车
解析 反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式：v2＝2ax，解得a＝＝7.5 m/s2，C错；根据表格，车速为25 m/s时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．
答案 C
题型二 考查电路与传感器问题
图1－3
【典例2】 酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，这种传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图1－3所示的电路中，R和R0为定值电阻，传感器的电阻值r′与酒精浓度c成反比，那么电压表示数U与酒精浓度c的对应关系是( )．
A．U越大，表示r′越大，c越大， c与U不成正比
B．U越大，表示r′越小，c越大，c与U成正比
C．U越小，表示c越小，c与U成正比
D．U越大，表示c越大，c与U不成正比
解析 根据闭合电路中串联电阻的电压分布，有＝，可得：U＝，且根据r′＝，有U＝，(k为常数)显然：U越大，表示r′越小，c越大，c与U不成正比，D正确．
答案 D
1．(2012·山东基本能力，64)假如轨道车长度为22 cm，记录仪记录的信号如图1－4所示，则轨道车经过该监测点的速度为( )．
图1－4
A．0.20 cm/s B．2.0 cm/s
C．22 cm/s D．220 cm/s
图1－5
2．(2012·长春第一次调研)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移图象如图1－5所示，图象中的OC与AB平行，CB与OA平行，则下列说法中正确的是( )．
A．t1到t2时刻两车的距离越来越远
B．0～t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度
D．t3时刻甲车在乙车的前方
图1－6
3．(2012·西安五校联考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图1－6所示，图中B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，当B向A发出超声波的同时，A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知超声波在空气中传播的速度为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )．
A．20 m/s2 B．10 m/s2
C．5 m/s2 D．无法确定
4．沙尘暴天气会严重影响交通．有一辆卡车以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒(若没有人扶起他)，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前1.5 m处，避免了一场事故．已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则( )．
A．司机发现情况后，卡车经过3 s停下
B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 m
C．从司机发现情况到停下来过程中卡车的平均速度为11 m/s
D．若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人
【高考必备】
一、1.v0＋at v0t＋at2 2ax 2.(1)aT2 (m－n)aT2 (2) 3.(1)1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(2)1∶( －1)∶( － )∶…∶( － )
【常考问题】
预测1 B [甲、乙两物体是同地出发，甲在前2 s内速度为零，即静止不动，则乙物体比甲物体先出发2 s，选项A错误；第4 s末，甲、乙两物体的速度相等，此时是第1次相遇前两物体相距最远的时刻，选项B正确；6 s末，甲、乙两物体的位移不相等，故两物体不会相遇，选项C错误；甲、乙两物体加速时，由图象可知：a乙＝1 m/s2， a甲＝2 m/s2，即甲物体的加速度大于乙物体的加速度，选项D错误．]
【例2】 A [物体做匀变速直线运动，其运动示意图如下图所示，由匀变速直线运动规律：
＝v＝知：1＝，①
2＝，②
由匀变速直线运动速度公式v＝v0＋at知，
2＝1＋a·，③
①②③式联立解得a＝.]
预测2 ABD [由做匀加速直线运动的位移规律x＝v0t＋at2知汽车运动的加速度大小为1 m/s2，A正确；由v2－v＝2ax知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s，B正确；由v＝v0＋at知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s，所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s，C错误；由＝知汽车从第3根至第7根电线杆间的平均速度大小为20 m/s，D正确．]
预测3 解析 (1)公交车的加速度a1＝＝－m/s2＝－4.5 m/s2
(2)公交车从相遇处到开始刹车用时t1＝＝ s＝s
公交车刹车过程中用时t2＝＝ s
张叔叔以最大加速度达到最大速度用时t3＝＝ s＝2 s
张叔叔加速过程中的位移s3＝(v2＋v3)t3＝7 m
以最大速度跑到车站的时间t4＝＝ s≈7.2 s
t1＋t2张叔叔可以在公交车还停在车站时安全上车．
答案 (1)4.5 m/s2 (2)能在该公交车停在车站时安全上车
【随堂演练】
1．C [由题图可知，轨道车通过监测点用时1 s，由v＝知，v＝22 cm/s，C项正确．]
2．C [由位移时间图象可以看出，t1到t2时刻两车的距离没有发生变化，选项A错误；0到t3时间内甲、乙的位移相同，因此平均速度相同，选项B错误；图线斜率表示速度，可知甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，选项C正确；t3时刻甲、乙走到了同一位置，选项D错误．因此答案选C.]
3．B [本题考查匀变速直线运动的规律．设超声波传播的时间为t，则对超声波有vt＝2，对汽车有x2－x1＝at2，解得a＝10 m/s2，故B正确．]
4．BD [v0＝15 m/s，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t2＝＝3 s，故卡车经过3.6 s停下来，A错误；卡车与该老人的距离x＝v0t1＋＋Δx＝33 m，B正确；＝＝8.75 m/s，C错误；x′＝v′t1＋＋Δx＝53.5 m>33 m，所以D正确．]
提 示 课后完成《专题能力提升训练》第145页
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
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选修3－3
【题型探秘】
本考点的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用，表示气体状态变化过程的图象等知识点上，多以选择题和填空题的形式出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多的知识点，把热学知识综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式出现，着重考查气体状态方程的应用．近两年来热学考题中还涌现了许多对热现象的自主学习和创新能力考查的新情景试题．同时，本考点还可以与生活、生产的实际相联来考查热学知识在实际中的应用．
【应对策略】
1．“模型法”：此类方法在估算分子的直径中常常用到，具体的做法是：通常可以将分子视为立方体或球体，由宏观体积和分子个数，求出分子体积，进一步计算分子直径，计算中采用了近似计算的思想．
2．气体压强的计算：通常要利用共点力的平衡知识来进行解题．
3．“能量守恒”法：物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题．
【典例精析】
图1
【例1】 (2012·江苏五校二模)(1)如图1所示，绝热汽缸水平放置在光滑的水平桌面上，绝热活塞与一端固定在竖直墙面上的轻质弹簧相连，弹簧处于自然状态，汽缸不漏气且不计汽缸内气体的分子势能．由于外界天气变化，大气压强缓慢降低．则下列说法中正确的是( )．
A．汽缸内的气体对外做功，温度降低
B．汽缸内的气体对外做功，弹簧缩短
C．汽缸内的气体没有从外界吸收热量，内能不变
D．汽缸内气体单位时间撞击在单位面积上的分子数目增加
图2
(2)一粗细均匀的J型玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图2甲所示，密闭气体的温度为27 °C，大气压强为75 cmHg.求：
①若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm长的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？
②在第①问的情况下，再使玻璃管沿绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体的长度为多少？
③在图乙所给的p－T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程．
解析 (1)对于系统，地面光滑，由共点力平衡条件可知弹簧弹力始终为零，故B错误；大气压强缓慢降低，气体压强减小，可知D错误，由气体状态方程可知，体积增大，气体对外做功，而汽缸、活塞绝热，根据热力学第一定律可知，内能减少，温度降低，故A正确，C错误；正确答案为A.
(2)①已知p1＝p0＝75 cmHg，T1＝273＋27＝300 K，p2＝p0＋5 cmHg＝80 cmHg，则由＝
解得T2＝320 K
②假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，则有p2 ＝80 cmHg，p3 ＝ p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg ＝(40＋x)cmHg
V3 ＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x)
由p2V2＝p3V3可得
80×18＝(40＋x)(38－x)
解得x＝8 cm
与假设相符，故假设成立．则密闭气体的长度为
(18＋10＋10－x)＝30 cm.
③如上图所示．
答案 (1)A (2)①320 K ②30 cm ③略
点评 (1)本题综合考查了分子动理论、压强的微观解释、气体状态方程及热力学第一定律．
(2)要注意审题：绝热汽缸、活塞的含义就是热传递为零．
(3)应用气体状态方程解题时，分析气体状态是关键．
选修3－4
【题型探秘】
机械振动与机械波部分：从近三年的高考试题看，试题多以选择题、填空题形式出现，但试题信息量大，一道题中考查多个概念、规律．对机械振动的考查着重放在简谐运动的特征和振动图象上，同时也通过简谐运动的规律考查力学的主干知识．对机械波的考查重点在波的形成过程、传播规律、波长和波动图象及波的多解上．
光学部分：本考点分为光的传播和光的波动性以及光的粒子性三部分，高考对本考点的考查一般以选择题的形式出现，一般是考查光线的方向的定性分析和定量计算问题．
【应对策略】
1．机械振动与机械波部分
本专题在高考中命题率最高的是单摆的周期，波的图象，波速和波长频率关系的问题，题型多以选择题、填空题等形式出现，试题容量大，综合性强．应对策略：(1)要将两种图象加以比较、区别及了解其之间的联系．两种图象形式相似，但物理意义完全不同，只有深刻理解了它们的不同物理意义才可能对某些问题作出正确的判断．(2)熟练掌握波速、波长、周期和频率的关系．(3)培养理解能力、推理能力、分析综合能力和周密思考问题的素质．
2．光学部分
近几年高考命题率最高的是光的直线传播、折射率的计算、全反射现象的分析和计算，光学问题与日常生活中的光现象、大气中的光现象联系也较多应对策略．
(1)明确介质折射率的大小关系，进而明确光线的偏折方向．
(2)当光从光密介质射向光疏介质时，应注意全反射临界角条件的判定．
(3)注意理解折射过程中的几何关系，这往往是许多题目解决的关键．
【典例精析】
图3
【例2】 (2012·湖南二模)(1) 如图3所示，在沿波的传播方向上有相距1 m的6个质点a、b、c、d、e、f均静止在各自的平衡位置，一列横波以1 m/s的水平速度向右传播．此波在t＝0时刻到达质点a，质点a开始由平衡位置向下振动，t＝1 s时质点a第一次到达最低点，则在4 sA．质点c的加速度逐渐减小
B．质点d向下运动
C．质点a的速度逐渐减小
D．质点f还未开始振动
图4
(2)一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，斜边AB＝a.棱镜材料的折射率为n＝ .在此截面所在的平面内，一束光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，如图4所示，试求：射出点的位置(不考虑光线沿原路返回的情况)．
解析 (1)CD
(2)光路如图所示．设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：
＝n
解得：r＝30°
设折射光线与AB的交点为D，
由几何关系可知，在D点的入射角为：θ＝60°
设全反射的临界角为θC，则sin θG＝
解得：θC＝45°
因此，光在D点全反射．
设此光线的出射点为E，
由几何关系得：∠DEB＝90°
DB＝a－2AF
BE＝DBsin 30°
联立解得：BE＝a
即出射点在BC边上离B点a的位置．
答案 (1)CD (2)见解析
点评 (1)明确振动和波的关系，会根据介质中某一质点的运动推导出波的图象，反之亦然．
(2)折射定律、全反射是光学考查的重点，几乎每年必考，要注意严格按照作图规范画出光路图，不要漏掉光的传播方向．
选修3－5
【题型探秘】
动量部分：本考点是高考的选考内容，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；
原子物理部分：本考点知识的特点是“点多面宽”，“考点分散”，因此高考对本考点的考查主要是从对基本概念的理解、辨别方面进行，包括阅读理解部分；题型主要以选择题为主，在近三年高考试卷中几乎每年都考．其中重点考查的有能级与光谱、核反应方程及规律、质能方程及核能、相关物理史，光子论等内容的题目；
【应对策略】
动量部分：
1．矢量法：本专题中的动量定理：Ft＝mvt－mv0，动量守恒定律：p1＝p2，这些公式中的动量、冲量、力都是矢量，所以在列方程求解时，一定要正确确定各矢量的方向，许多考题思路并不复杂，但方向判断错误往往是导致解题失败的直接原因，很多试题对此都有刻意的体现．
2．规律法：充分运用好规律，深刻理解并熟练应用动量守恒定律解决物体间相互碰撞问题，在使用前首先要判定相互碰撞的系统是否符合动量守恒定律，这是解题的前提条件，其次，对于多次碰撞过程的动量守恒问题，一定要将复杂的过程转化为几个小过程，在每一个小过程中要明确哪些物体是这个系统中的研究对象．
【典例精析】
【例3】
图5
(1)下列说法中正确的是________．
A．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变
B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的
C．X射线是处于激发态的原子核辐射出来的
D．比结合能越大表示原子核中核子结合得越松散，原子核越不稳定
(2)用能量为15 eV的光子照到某种金属上，能发生光电效应，测得其光电子的最大初动能为12.45 eV，则该金属的逸出功为________eV.氢原子的能级如图5所示，现有一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有________种．
(3)2011年3月11日，日本发生9.0级地震后爆发海啸，导致福岛核电站核泄漏，核安全问题引起世界关注．福岛核电站属于轻水反应堆，即反应堆使用普通水作为减速剂，使快中子减速变成慢中子，便于被U俘获，发生可控制核裂变的链式反应．
①若铀核U俘获一个慢中子，发生核裂变后产生了Xe和Sr，试写出核裂变方程．
②若快中子的减速过程可视为快中子与普通水中H核发生对心正碰后减速．上述碰撞过程可简化为弹性碰撞，现假定某次碰撞前快中子速率为v0，靶核H核静止．试通过计算说明，此次碰撞后中子的速度变为多少？(已知氢核质量和中子质量近似相等)．
解析 (1)考查了原子核及核反应的基本知识．
(2)考查了光电效应理论及玻尔原子跃迁理论．
Ekm＝hν－W逸，得W逸＝hν－Ekm＝15 eV－12.5 eV＝2.55 eV.粒子在跃迁时可以由3―→1、2―→1及3―→2三种，根据跃迁释放的能量可以判断出只有3―→1、2―→1两种情况下释放的能量大于逸出功．
(3)①2U＋n―→Xe＋Sr＋3n；
②中子质量为m，原来速度为v0，碰撞后速度为v1，
质子质量为M，碰撞后速度为v2，则由动量守恒得：
mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒得：
mv＝mv＋Mv，
得v1＝v0，v2＝v0，
由于中子质量m与质子质量M近似相等，
即m＝M，则v1＝0.
答案 (1)B (2)2.55 2 (3)①2U＋n―→Xe＋Sr＋3n ②0
题型专练
1．【选修3－3】(2012·河南郑州二模)
(1)下列说法中正确的是( )．
A．布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
C．热量在任何条件下都不可能从低温物体传到高温物体
D．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律
(2)如图6所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，活塞的横截面积为S.初始时，气体的温度为T0，活塞的下表面与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时活塞上升了h，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦．求此时气体的温度和加热过程中气体内能的增加量．(题中各物理量单位均为国际单位制单位)
图6
2．【选修3－3】(2012·吉林二模)
(1)下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)．
A．液体中悬浮的颗粒越大，某时刻撞击它的分子越多，布朗运动越不明显
B．用“油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子直径等于滴在液面上的纯油酸体积除以相应油酸膜的面积
C．温度升高，每个分子的动能都增大，导致分子平均动能增大
D．冰箱内低温食品的热量自发地传到了冰箱外高温的空气
E．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
图7
(2)如图7所示，汽缸长为L＝1 m(汽缸的厚度可忽略不计)，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝100 cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t＝27 ℃，大气压为p0＝1×105 Pa时，气柱长度为L0＝0.4 m．现缓慢拉动活塞，拉力最大值为F＝500 N，求：①如果温度保持不变，能否将活塞从汽缸中拉出？②保持拉力最大值不变，汽缸中气体温度至少为多少摄氏度时，才能将活塞从汽缸中拉出？
3．【模块3－4】(2012·河南二模)(1)2011年3月11日，在日本近海地震引发海啸，造成了重大的人员伤亡，海啸实际上是一种波浪运动，也可称为地震海浪，下列说法中正确的是( )．
A．波源停止振动时，海啸和地震波的传播立即停止
B．地震波和海啸都是由机械振动引起的机械波
C．地震波和海啸都只有纵波
D．地震波和海啸具有能量，随着传播将愈来愈强
图8
(2)半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图8所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB＝60°，已知该玻璃对红光的折射率为n＝ .
①求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O点的距离d;
②若入射的是单色蓝光，则距离d将比求得的结果大还是小？
4．【模块3－4】(2012·河南二模)(1)在x＝－0.5 m处有一波源，产生沿x轴正方向传播的简谐横波，传到坐标原点时的波形如图9所示．当此波到达P点时，处于原点的O处的质点所通过的路程和该时刻的位移分别是( )．
图9
A．10.25 m, 2 cm B．10.25 m, －2 cm
C．82 cm, －2 cm D．82 cm，2 cm
图10
(2)如图10所示，半圆玻璃砖的半径R＝10 cm，折射率为n＝ ，直径AB与屏幕垂直并接触于B点．激光a以入射角i＝30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在屏幕MN上出现两个光斑．求两个光斑之间的距离L.
图11
5．【模块3－4】一列横波沿x轴传播，在x＝0与x＝1 cm的两质点的振动图线分别如图11中实线与虚线所示．由此可以得出________．
A．波长一定是4 cm
B．波的周期一定是4 s
C．波的振幅一定是2 cm
D．波的传播速度一定是1 cm/s
6．【选修3－4】 一列沿着x轴正方向传播的横波，在t＝0时刻的波形如图12甲所示，图甲中某质点的振动图象如图乙所示．
质点N的振幅是________m，振动周期为________s，图乙表示质点是________(从质点K、L、M、N中选填)的振动图象，该波的波速为________m/s.
图12
7．【模块3－5】 两个氘核聚变可生成一个He核同时放出一个中子，已知氘核的质量为2.0136u，中子的质量为1.008 7 u，He的质量为3.015 0 u，
(1)计算上述核反应中释放的能量；
(2)若两个氘核以相等的动能0.35 MeV发生对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的He和中子的动能各是多少？
8．【模块3－5】 (1)原子核自发地放出电子的现象称为β衰变．开始时科学家曾认为β衰变中只放出电子(即β粒子)，后来发现，这个过程中除了放出电子外，还放出一种叫做“反中微子”的粒子．反中微子不带电，与其他物质的相互作用极弱．原子核能发生β衰变，________(填“是”或“不是”)因为原子核内含有电子，发生β衰变后的原子核的带电荷量________(填“增加”、“减小”或“不变”)．
(2)处于激发状态的原子，在入射光的电磁场的影响下，从高能态向低能态跃迁，两个状态之间的能量差以辐射光子的形式发射出去，这种辐射叫做受激辐射．原子发生受激辐射时，发出的光子频率、发射方向等都跟入射光子完全一样，这样使光得到加强，这就是激光产生的机理．那么，发生受激辐射时，产生激光的原子的总能量En________(填“增大”、“减小”或“不变”)，电子动能Ek________(填“增大”、“减小”或“不变”)．
9．【模块3－5】 一个运动的α粒子撞击一个静止的N核，它们暂时形成一个复合核，随即复合核转化成一个质子和另一个原子核．已知复合核发生转化需要1.2 MeV的能量(不包括复合核的动能)．
(1)请写出以上两个核反应方程；
(2)要想发生上述核反应，入射的α粒子的动能至少要多大？
【题型专练】
1．解析 (1)B
(2)封闭气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得＝
此时气体的温度为T1＝2T0
气体在等压变化过程中，活塞受力如图所示
由平衡条件得pS＝p0S＋mg
气体对活塞做的功为W＝pSh＝(p0S＋mg)h
由热力学第一定律得ΔU＝Q－W
气体内能的增加量为ΔU＝Q－(p0S＋mg)h.
答案 (1)B (2)2T0 Q－(p0S＋mg)h
2．解析 (1)ABE
(2)解：①设L有足够长，F达到最大值时活塞仍在汽缸中，设此时气柱长L2，气体压强p2，根据活塞受力平衡，有：p2＝p0－＝5×104Pa
根据理想气体状态方程(T1＝T2)有
p1SL0＝p2SL2
解得：L2＝0.8 m
所以，L2②保持F最大值不变，温度升高，
活塞刚到缸口时，L3＝1 m，
此时的压强为P2＝P3，
根据理想气体状态方程：
＝
得：T3＝375 K
∴t3＝102 ℃
答案 (1)ABE (2)①不能将活塞拉出 ②102 ℃
3．解析 (1)B
(2) ①如图所示，光线1不偏折．光线2入射角i＝60°.
sin r＝＝，r＝30°，
i′＝60°－r＝30°.
sin r′＝nsin i′＝，r′＝60°，
由正弦定理，得OC＝R，
则d＝OC·tan 30°＝R.
②因为蓝光比红光折射率大．
所以d比上面的结果小．
答案 (1)B (2)①R ②d比求得的结果小
4．解析 (2)画出如图光路图，设折射角为r，根据折射定律
n＝
解得r＝60°
由几何知识得，△OPQ为直角三角形，所以两个光斑PQ之间的距离
L＝PB＋BQ＝Rtan 60°＋Rtan 30°
解得L＝≈23.1 cm.
答案 (1)C (2)23.1 cm
5．BC [本题考查波的空间周期性和双向性，波的周期和振幅与质点振动的周期和振幅相同，由振动图象可知波的周期一定是4 s，波的振幅一定是2 cm，B、C正确；根据两质点的振动图象和波传播的空间周期性和双向性知：AD选项错误，故正确答案BC.]
6．解析 由甲图可知波长λ＝2.0 m，由乙图可知振幅A＝0.8 m，周期T＝4 s，所以波速v＝＝0.5 m/s；因为波沿x轴正方向传播，由甲图可以判断t＝0时刻L向上振动，N向下振动，k在正的最大位移处，M在负的最大位移处，由乙图可知t＝0时刻，质点向上振动，所以为L的振动图象；
答案 0.8 4 L 0.5
7．解析 (1)由质量数守恒和电荷数守恒写出核反应方程H＋H―→He＋n
质量亏损Δm＝2×2.013 6u－3.015 0u－1.008 u＝0.003 5u
由质能关系 ΔE＝Δmc2 ＝931.5×0.003 5 MeV＝3.26 MeV
(2)因反应中释放的核能全部转化机械能——即中子和氦核的动能，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mHevHe－mNvN＝0
EHe＋EN＝2Ek0＋ΔE
解方程得EHe＝(2Ek0＋ΔE)＝(2×0.35＋3.26)MeV＝0.99 MeV
EN＝(2Ek0＋ΔE)＝3EHe＝2.97 MeV.
答案 (1)3.26 MeV (2)0.99 MeV 2.97 MeV
8．解析 (1)β衰变中释放的β粒子是由原子核内的中子先衰变为质子与电子，电子再从原子核内释放，故原子核中并不含有电子．由于电子带负电，而反中微子不带电，由核反应过程中的电荷数守恒可知，发生β衰变后的原子核的带电量增加．
(2)由玻尔原子理论可知，当原子从高能态向低能态跃迁时，原子的总能量减小，减小的能量恰为辐射光子的能量．又因为电子绕原子核做圆周运动的向心力是由电子与原子核间的库仑力提供，即k＝m，故Ek＝k，随着原子的总能量减小，电子的轨道半径也减小，故动能增大．
答案 (1)不是 增加 (2)减小 增大
9．解析 He＋N→F
F→H＋O
(2)由mαv0＝(mα＋mN)v，
依题意得E＝mαv－(mα＋mN)v2，
又因mα∶mN＝2∶7，
解得Eα＝mαv＝1.54 MeV.
答案 (1)He＋N→F F→H＋O (2)1.54 MeV
提 示 课后完成《综合演练一、二》第177、180页
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.第13讲 热学中常考的3个问题
主要题型：问答、填空、计算
难度档次：
中档难度．只对考点知识直接应用，通常有一处思维含量较高的点，一般选取3～4个考点组成2～3个小题，只做模块内综合．力争“关联性综合”，也可“拼盘式”组合．,高考热点
名师助学
1．微观量与宏观量的关系
2．晶体和非晶体
比较 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
形状 规则 不规则 不规则
熔点 固定 固定 不固定
特性 各向异性 各向同性 各向同性
3．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定
物理量 功W 热量Q 内能的改变ΔU
取正值“＋” 外界对物体做功 物体从外界吸收热量 物体的内能增加
取负值“－” 物体对外界做功 物体向外界放出热量 物体的内能减少
4.弄清重要物理量间的关系
常考问题40A.TIF，JZ]分子动理论与气体实验定律的组合
【例1】 (2012·福建卷，28)(1)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)
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
(2)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，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为________．(填选项前的字母)
A．2.5 atm B．2.0 atm
C．1.5 atm D．1.0 atm
解析 (1)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定量气体吸收热量内能不一定增大，例如当气体对外做功，且W>Q时，那么内能将会减少，故A项错误；热力学第二定律的一种表述为：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，关键理解“而不引起其他变化”，如果“引起其他变化”，完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体，故B项错误；当r(2)初状态：p1＝1.0 atm，V1＝(6.0＋9.0)L＝15.0 L
末状态：p2，V2＝6.0 L
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝，
代入数据得p2＝2.5 atm，故A项正确，B、C、D三项均错．
答案 (1)D (2)A
(1)以下说法正确的是________．
A．分子间距离增大时，分子势能也增大
B．已知某种液体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该液体分子间的平均距离可以表示为 或
C．空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用
D．液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关
E．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动
图13－1
(2)如图13－1所示，有一底部封闭的圆柱形汽缸，上部有一通汽孔，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：当加热到127 ℃时活塞离底部的高度．
借题发挥
●求解分子动理论相关问题应做到：
(1)熟练掌握阿伏加德罗常数的有关计算；
(2)了解布朗运动实质；
(3)掌握分子力特点及分子力做功与分子势能变化的关系．
●物体内能变化的判断方法
(1)由物体内能的定义判断
温度变化引起物体分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化，从而判定物体内能的变化．
(2)由热力学第一定律判断
ΔU＝Q＋W
课堂笔记
常考问题41 热学基本知识与气体定律的组合
【例2】 (2012·课标全国卷，33)(1)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
图13－2
(2)如图13－2所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均在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．
(Ⅰ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；
(Ⅱ)求右侧水槽的水从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)由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径．它们具有等效性，故A正确、B错误．由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功．但会产生其他影响，故C正确．同样热量只是不能自发的从低温物体传向高温物体，则D项错．一切与热现象有关的宏观过程都不可逆，则E正确．
(2)(Ⅰ)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1＝pC＋Δp ①
式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，
设玻璃泡B中气体的压强为pB.依题意有，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
(Ⅱ)当右侧水槽的水温加热到T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.
玻璃泡C中气体的压强为pC′＝pB＋Δp ⑥
玻璃泡C中的气体体积不变，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 见解析
(1)下列说法正确的是________．
A．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性
B．从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功而不产生其它影响是可能的
C．饱和汽压随温度的升高而变小
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
(2)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10－3 m3.用传感器测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×1 05 Pa.推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为320 K和1.0×105 Pa.
①求此时气体的体积；
②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104 Pa，求此时气体的体积．
借题发挥
●分析有关气体实验定律和理想气体状态方程问题的物理过程一般要抓住三个要点：
(1)阶段性，即弄清一个物理过程分为哪几个阶段；
(2)联系性，即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的；
(3)规律性，即明确哪个阶段应遵循什么实验定律．
●利用三个实验定律及气态方程解决问题的基本思路
―→根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定
―→分别找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式
―→过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象与周围环境的相互关系的分析才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提
―→根据研究对象状态变化的具体方式，选用气态方程或某一实验定律，代入具体数值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义
常考问题42 热学基本知识与气体实验定律及热力学第一定律的组合
【例3】 (2012·山东卷，36)(1)以下说法正确的是________．
A．水的饱和汽压随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
图13－3
(2)如图13－3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________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．
(1)以下说法正确的是________．
A．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
B．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的
C．分子间距离减小时，分子势能一定增大
D．布朗运动是指液体分子的无规则运动
图13－4
(2)如图13－4所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度tA＝327 ℃.
①求气体在状态B时的温度；
②已知由B―→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因．
借题发挥
1．热力学第一定律和热力学第二定律是热力学的基础理论，热力学第一定律反映了功、热量跟内能改变之间的定量关系，在应用时关键是使用ΔU＝W＋Q时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外取负)．对理想气体，ΔU仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q＝0.
热力学第二定律指明哪些过程可以发生，哪些过程不可能发生， 它使人们认识到，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．
2．内能变化参考温度变化，做功情况参考体积变化(气体做功W＝pΔV)．
课堂笔记
1．(1)下列说法正确的是( )．
A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小
B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度
C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升
D．能量耗散虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低
(2)下列说法中，正确的是( )．
A．晶体具有确定的熔点
B．多晶体具有各向异性
C．晶体和非晶体之间不能相互转化
D．碳原子按照不同规则排列，可以成为石墨，也可以成为金刚石
图13－5
(3)如图13－5所示，用活塞封闭一定质量理想气体的导热汽缸放在水平桌面上，汽缸正上方有一个沙漏正在漏沙，导致活塞缓慢下降．若大气压和外界温度恒定，随着沙子不断漏下，缸内气体的压强逐渐________(填“增大”或“减小”)，气体________(填“吸收”或“放出”)热量．
2．(2012·江苏卷，12A)(1)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有________．
A．水黾可以停在水面上
B．叶面上的露珠呈球形
C．滴入水中的红墨水很快散开
D．悬浮在水中的花粉做无规则运动
(2)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图13－6甲所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2.
(3)如图乙所示，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＝1.0×105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量．
图13－6
3．(2012·济南高考模拟)(1)下列说法正确的有________．(填入正确选项前的字母)
A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律
B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
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．晶体都具有固定的熔点
图13－7
(2)如图13－7所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热汽缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为pA0＝2.5×105 Pa，B部分气体压强为pB0＝1.5×105 Pa.现拔去销钉，待活塞重新稳定后．(外界温度保持不变，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)
①求此时A部分气体体积与原来体积之比；
②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由
4．(1)以下说法正确的是( )．
A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
B．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0＝
C．自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
图13－8
(2)如图13－8所示，质量为m＝10 kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底高度h1＝40 cm，此时气体的温度T1＝300 K．现缓慢给气体加热，气体吸收热量Q＝420 J，活塞上升到距汽缸底h2＝60 cm处．已知活塞面积S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.
求：给气体加热的过程中，气体增加的内能ΔU.
5．(1)关于热现象和热学规律，以下说法正确的有________．
A．布朗运动就是液体分子的运动
B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
C．随分子间的距离增大，分子间的引力减小，分子间的斥力也减小
D．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
(2)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成了b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴，现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则
①估算油酸分子的大小是________cm.
②用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________．
A．摩尔质量 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
图13－9
(3)如图13－9所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭一定长度的空气柱，现用力向下压活塞，在压缩过程中活塞对封闭气体做功10 J，若此压缩过程中封闭气体向外界放出的热量为2 J，则气体的内能如何变化？变化了多少？(请写出必要的解答过程)
【常考问题】
预测1 解析 (1)分子间距离增大时，由于不知道此时分子力是引力还是斥力，所以无法判断分子势能的变化情况，A错；B中的两种表达形式，一种是将分子所占据的空间看成是球体，一种是将分子所占据的空间看成是立方体，结果都对；空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用；液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关；E中所阐述的是空气对流引起的尘土的运动，因此不能看成是布朗运动．
(2)刚开始加热活塞上升的过程中，封闭气体做等压变化．设汽缸横截面积为S，活塞恰上升到汽缸上部挡板处时气体温度为t，则对于封闭气体：
由＝，可得＝.
解得t＝327 ℃
当加热到127 ℃时，活塞没有上升到汽缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h，对于封闭气体：
由＝，可得＝＝
解得h＝L.
答案 (1)BCD (2)L
预测2 解析 (1)由热力学第二定律可知，从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功而不产生其他影响是不可能的，选项B错误；饱和汽压随温度的升高而变大，选项C错误；多晶体没有规则形状，且各向同性，选项D错误．
(2)①由题述可知状态变化前后压强不变，据盖·吕萨克定律有：
V1＝V0＝×3.0×10－3m3＝3.2×10－3m3
②由玻意耳定律有：V2＝＝×3.2×10－3m3＝4×10－3m3.
答案 (1)A (2)①3.2×10－3m3 ②4×10－3m3
【例3】 解析 (1)饱和汽压随温度的升高而增大，选项A正确；扩散现象说明分子在永不停息地运动，选项B正确；当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，选项C错误；根据＝C知，一定质量的理想气体，在等压膨胀时，温度升高，分子的平均动能增大，选项D错误．
(2)①设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①
p1＝p0②
p2＝p＋ph③
V1＝l1S④
V2＝l2S⑤
由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg⑦
②左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热．
答案 (1)AB (2)①50 cmHg ②做正功 吸热
预测3 解析 (1)当两分子的距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，此时分子距离减小时，分子力做正功，分子势能减小，选项C错误；我们所说的布朗运动的现象是小颗粒的无规则运动，其实质是液体分子对小颗粒的无规则的撞击，受力不均匀造成的，它反映了液体分子永不停息的无规则运动．
(2)①气体由状态A变化到状态B，由查理定理＝可得TB＝TA＝×(327＋273)K＝300 K
所以tB＝27 ℃
②由B―→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可得Q>W
答案 (1)AB (2)①300 K ②Q>W
【随堂演练】
1．(1)BD (2) AD (3)增大 放出
2．解析 (1)红墨水散开和花粉的无规则运动直接或间接说明分子的无规则运动，选项C、D错误；水黾停在水面上、露珠呈球形均是因为液体存在表面张力，选项A、B正确．
(2)温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T1(3)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 (1)AB (2)平均动能 小于 (3)5.0×102 J
3．解析 (1)第二类永动机违背热力学第二定律，A错误；气体压强与气体的体积和温度都有关，不由单个物理量决定，C错误．
(2)①设A部分气体原来体积为V，由玻意耳定律得
PA0V＝pA(V＋ΔV)，
PB0V＝pB(V－ΔV)，
又pA＝pB，
由以上各式可解得ΔV＝V，
因此，A部分气体此时体积与原来体积之比为5∶4
②吸热；
A部分气体由于温度不变，所以内能不变；体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量．
答案 (1)BD (2)①5∶4 ②吸热；理由见解析
4．(1)D (2)＝，T2＝450 K.
p＝p0＋＝1.2×105 Pa，W＝－pΔV＝－120 J.
ΔU＝W＋Q＝300 J.
5．解析 (1)布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动，A选项错误；晶体吸收热量熔化过程中的固液共存态温度不变，分子的平均动能不变，D选项错误，B、C选项正确；
(2)①油酸酒精的浓度为，一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸为，把充分展开的油膜看作紧密排列的单分子，所以可估算油酸分子的直径为；
②测出油酸分子的直径可以求出一个油酸分子的体积V0，如果能知道摩尔体积V，则可求阿伏加德罗常数NA＝；
(3)压缩气体做的正功大于放出的热量，故气体内能增加；由热力学第一定律可得：ΔU＝W＋Q，代入可求得：ΔU＝10 J－2 J＝8 J.
答案 (1)BC (2)① ②B (3)增加；8 J
物理学年谱3
公元1815年
提出光衍射的带构造理论，把干涉概念和惠更斯的波迹原理结合起来(法国菲涅耳)。
公元1816年
发现玻璃变形会产生光的双折射现象，为光测弹性学的开端(英国布儒斯特)。
公元1819年
发现电流可使磁针偏转的磁效应，因而反过来又发现磁铁能使电流偏转，开始揭示电和磁之间的关系(丹麦奥斯忒)。
发现常温下，固体的比热按每克原子计算时，都约为每度六卡。这一结果后来得到分子运动论的解释(法国杜隆、阿·珀替)。
证实相互垂直的偏振光不能干涉，从而肯定了光波的横向振动理论，并建立晶体光学(法国菲涅耳、阿拉戈)。
公元1820年
发明电流计(德国许外格)。
物理学年谱（公元1821年～公元1838年）
公元1821年
发表气体分子运动论(英国赫拉帕斯)。
发现温差电偶现象，即温差电效应(俄国塞贝克)。
公元1822年
发明电磁铁，即用电流通过绕线的方法使其中铁块磁化(法国阿拉戈、盖·吕萨克)。
发现方向相同的两平行电流相吸，反之相斥。提出“电动力学’中电流产生磁场的基本定律。用分子电流解释物体的磁性，为把电和磁归结为同一作用奠定基础(法国安培)。
从实验结果归纳出直线电流元的磁力定律(法国比奥、萨伐尔)。
创用光栅，用以研究光的衍射现象(德国夫琅和费)。
推得流体流动的基本方程，即纳维尔—史托克斯方程(法国纳维尔)。
公元1824年
提出热机的循环和可逆的概念，认识到实际热机的效率不可能大于理想可逆热机，理想效率与工质无关，与冷热源的温度有关，热在高温向低温传递时作功等，这是热力学第二定律的萌芽。并据此设想高压缩型自燃热机(法国卡诺)。
公元1826年
修改牛顿声速公式，等温压缩系数换为绝热压缩系数，消除理论和实验的差异(法国拉普拉斯)。
实验发现导线中电流和电势差之间的正比关系，即欧姆定律；证明导线电阻正比于其长度，反比于其截面积(德国欧姆)。
观察到液体中的悬浮微粒作无规则的起伏运动即所谓布朗运动，是分子热运动的实证(英国罗·布朗)。
公元1830年
利用温差电效应，发明温差电堆，用以测量热辐射能量(意大利诺比利)。
公元1831年
各自发现电磁感应现象(英国法拉第，美国约·亨利)。
公元1832年
用永久磁铁创制发电机（法国皮克希）。
公元1833年
提出天然运动的变分原理(英国哈密顿)。
发明电报(德国威·韦伯、高斯)。
在法拉第发现电磁感应的基础上，提出感应电流方向的定律，即所谓楞次定律(德国楞次)。
公元1834年
发现温差电效应的逆效应，用电流产生温差，后楞次用此效应使水结冰(法国珀耳悌)。
在热辐射红外线的反射、折射，吸收诸实验中发现红外线本质上和光类似(意大利梅伦尼)。
提出热的可逆循环过程，并以解析形式表达卡诺循环，用来近似地说明蒸汽机的性能(法国克拉珀龙)。
提出动力学的普适方程，即哈密顿正则方程(英国哈密顿)。
公元1835年
推出地球转动造成的正比于并垂直于速度的偏向加速度，即科里奥利力(法国科里奥利)。
根据波动理论解释光通过光栅的衍射现象(德国薛沃德)。
公元1838年
推出关于多体体系运动状态分布变化的普适定理，后成为统计力学的基础之一(法国刘维叶)。
物理学年谱（公元1842年～公元1860年）
公元1842年
发现热功当量，建立起热效应中的能量守恒原理进而论证这是宇宙普适的一条原理(德国迈尔)。
推知光源走向观测者时收到的光振动频率增大，离开时频率减小的多普勒效应。后在天体观察方面得到证实(奥地多普勒)。
公元1843年
发明电桥，用以精确测量电阻(英国惠斯通)。
创用冰桶实验，证明电荷守恒定律(英国法拉第)。
测量证明，伽伐尼电池通电使导线发出的热量等于电池中化学反应的热效应(英国焦耳)。
公元1845年
发现固体和液体在磁场中的旋光性，即强磁场使透明体中光的偏振面旋转的效应(英国法拉第)。
1843—1845年，分别用机械功，电能和气体压缩能的转测定热功当量，以实验支持能量守恒原理(英国焦耳)。
推得滞流方程及流体中作慢速运动的物体所受的曳力正比于物体的速度(英国斯托克斯)。
发展气体分子运动论，指出赫拉帕斯分子运动论的基本错误(英国华特斯顿)
www.