【热点预测】2013年物理高考热点预测复习课件：（16份）打包

课件55张PPT。第1讲 力与物体的平衡 【考纲资讯】力的合成和分解 　　　　　　　　Ⅱ
力的平行四边形定则(实验、探究) 　　　　　　　　Ⅱ
重力　　形变和弹力　　胡克定律 　　　　Ⅰ
静摩擦　　滑动摩擦　　摩擦力　　动摩擦因数 　　Ⅰ
共点力作用下物体的平衡 　　　　　　　　Ⅰ 【考情快报】1.单独考查力的合成与分解、共点力的平衡时，题型以选择题为主；将受力分析与牛顿运动定律、功能关系、电场、磁场综合考查时,一般为计算题。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)物体(或带电体)的受力分析；
(2)对称模型；
(3)静态和动态平衡问题；
(4)静摩擦力的分析与计算；
(5)电磁学中的平衡问题。【体系构建】【核心自查】
一、几种常见力的比较
1.重力
(1)大小:G=___。
(2)方向：总是_________。
2.弹力
(1)大小：一般由力的_________或牛顿第二定律求解;弹簧的弹
力:F=___。
(2)方向：与引起形变的力的方向_____(压力、支持力垂直于接
触面；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向)。mg竖直向下平衡条件kx相反3.摩擦力
(1)大小:静摩擦力0＜Ff≤ ;滑动摩擦力Ff=_____。
(2)方向:与接触面相切，与_________或_____________方向相反
(与运动方向不一定相反)。
4.电场力
(1)大小：匀强电场中的电场力F=___；真空中点电荷的库仑力
F=　　 。
(2)方向：正电荷受电场力与电场强度方向_____，负电荷受电
场力与电场强度方向_____。 μFN相对运动相对运动趋势qE相同相反5.安培力
(1)大小:F=___(I⊥B)。
(2)方向：用_____定则判断(垂直于I、B所决定的平面)。
6.洛伦兹力
(1)大小:F=____(v⊥B)。
(2)方向：用_____定则判断(垂直于v、B所决定的平面)。 ILB左手qvB左手二、力的合成与分解
1.运算法则
___________定则或三角形定则。
2.常用方法
合成法、分解法(按力的实际作用效果分解)、_________法。
3.合力与分力的关系
_________。 平行四边形正交分解等效替代三、共点力的平衡
1.平衡状态
物体处于_____或_____________的状态。
2.平衡条件
_____或静止匀速直线运动F合=0{3.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_____、方向_____。
(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_____三角形。 相等相反封闭【热点考向1】 物体的受力分析
【典题训练1】(2012·洛阳二模)一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑,此时斜面体不受地面的摩擦力作用。若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，则关于斜面体受地面的摩擦力,下列判断正确的是( )
A.大小为零
B.大小不为零，方向水平向右
C.大小不为零,方向水平向左
D.无法判断其大小和方向【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)物体沿斜面匀速下滑时，分析物体和斜面体整体的受力情况。
(2)对物体施加沿斜面方向的推力前后，物体所受斜面的支持力和摩擦力是否变化。【解析】选A。物体沿斜面匀速下滑时,物体和斜面体组成的系统受重力和地面的支持力而处于平衡状态，地面对斜面体的摩擦力为零。对物体施加沿斜面方向的推力时，物体所受斜面的支持力和摩擦力没有发生变化，因此斜面体受力情况没有发生变化，不受地面的摩擦力作用，故选项A正确。【典题训练2】(2012·西城区一模)如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相同方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是( )A.四种情况导体棒受到的安培力大小相等
B.A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
C.B中导体棒ab可能是二力平衡
D.C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
【解题指导】解答本题应注意利用左手定则判断安培力的方向，再根据平衡条件判断摩擦力存在的可能性。【解析】选D。因磁感线都垂直于导体棒，所以导体棒受到安培力的大小相等；A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以形成三力平衡；所以摩擦力可能为零；同理，B中安培力方向向上，可与重力构成二力平衡；C中安培力方向向下,D中安培力方向水平向左,要平衡则一定受到摩擦力作用，故选项D错误。【拓展提升】
【考题透视】受力分析及物体的平衡问题是近几年来高考的热点，分析近几年高考题，命题规律主要有以下几点：
(1)以选择题的形式考查，一般涉及重力、弹力、摩擦力、电场力及安培力的受力分析，尤其是静摩擦力的分析。
(2)考查共点力平衡条件的应用。
(3)在计算题中，受力分析贯穿于整个解题过程之中。【借题发挥】 受力分析的基本步骤
(1)明确研究对象——即确定分析受力的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
(2)隔离物体分析——将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用。
(3)画受力示意图——边分析边将力一一画在受力物体上，准确标出力的方向，标明各力的符号。
(4)检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给的运动状态，防止发生漏力、添力或错力现象。 【创新预测】
1.(多选)如图所示，木块b放在一固定斜面上，其上表面水
平，木块a放在b上。用平行于斜面向上的力F作用于a，a、b均
保持静止。则木块b的受力个数可能是( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 【解析】选C、D。b物体一定受到的力有重力、a物体对b物体的压力、a物体对b物体的摩擦力、斜面对b物体的支持力，共四个力；可能受到斜面对b物体的摩擦力的作用，故选项C、D正确。 2.有一块长方体木板被锯成如图所示的
A、B两块放在水平桌面上，A、B紧靠在
一起，木板A的角度如图所示。现用水
平方向的力F垂直于板的左边推木板B，使两块板A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则( )
A．木板A在水平方向受两个力的作用，合力为零
B．木板A只受一个摩擦力
C．木板B对A的压力小于桌面对木板A的摩擦力
D．木板B在水平方向受三个力的作用【解析】选C。对木板A进行受力分析，如图所示，水平方向上
受到B的弹力和摩擦力以及桌面的摩擦力三个力的作用，合力
为零，Ff> 选项A、B错误,C正确；木板B在水平方向受到A的
弹力和摩擦力以及桌面的摩擦力、推力F四个力的作用，选项D
错误。 【热点考向2】 静态平衡规律在实际问题中的应用
【典题训练3】(2012·盐城一模)将四块
相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其
中第3、4块固定在基地上，第1、2块间
的接触面是竖直的，每块石块的两个侧
面间所夹的圆心角为30°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )
A.1∶2 B. ∶2 C. ∶3 D. ∶1【解题指导】本题以石块1为研究对象相对简捷。进行受力分
析，这种形式为典型的挂件模型，即两力垂直且三力平衡。破
解方法采用解直角三角形法。
【解析】选B。选择石块1作为研究对象。隔离石块1，画出石
块1受力图，如图所示。由图中几何关系可得，F31sin30°=G,
解得F31=2G, F21tan30°=G,解得F21= 所以F21∶F31=
故B正确。【典题训练4】江阴长江大桥主跨1 385 m，桥下通航高度为
50 m，两岸的桥塔高196 m，桥的东西两侧各有一根主缆横跨长江南北两岸，绕过桥塔顶鞍座由南北锚锭固定，简化模型的剖面图如图所示，整个桥面共4.8×104 t,都悬在这两根主缆上，若地面及桥塔对桥面的支持力不计，g取10 m/s2，则每根主缆承受的拉力约为( )
A.2.4×108 N B．6×108 N
C.1.2×109 N D.2.4×109 N【解题指导】绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。以大桥为研究对象，大桥处于平衡状态，受到的合力为0。画好受力分析图是正确解决问题的关键。
【解析】选B。桥的东西两侧各有一根主缆，共有四根主缆。画出受力图如图所示：由共点力平衡条件
=cosθ,
cosθ=
解得FT=6×108 N 【拓展提升】
【考题透视】该知识在江苏的高考中基本是每年必考，难度不大，但是特色明显。具体为：
(1)对称中的静态平衡态。
(2)解决静态平衡问题的思想方法与实际问题的紧密结合。
(3)带电粒子在电磁场中、通电导线在磁场中的平衡问题。【借题发挥】静态平衡中的要点与方法
(1)物体在共点力作用下处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态)的条件是合力为零，即F合=0。 (2)解决平衡问题采用的方法为正交分解法和解三角形法等。
①正交分解法： ，其中Fx合和Fy合分别是将力进行正交
分解后，物体在x轴和y轴上所受的合力。
②物体受三个力作用而平衡时，其中任意两个力的合力必跟第
三个力等大反向，可利用力的平行四边形定则、三角函数或相
似三角形等数学知识求解。 【创新预测】
1.(2012·苏锡常镇二模)某压榨机的结构如图
所示，其中B为固定铰链，C为质量可忽略不计
的滑块，通过滑轮可沿光滑壁移动，D为被压
榨的物体。当在铰链A处作用一大小为F且垂直
于壁的压力时，物体D所受的压力为( )
A. B.
C. D.【解析】选B。根据力的合成原理，杆受到的弹力为2FTcos θ
=F,方向沿杆，再将其在C点分解，物体D受到的压力为FN=
FTsinθ= tanθ,tanθ= ,所以B项正确。2.(2012·淮南、淮北二模)叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。图示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( )
A. G B. G C. G D. G【解析】选C。上面三人总重力为3G，作用于四脚，平均每脚
作用力为 对底层中间人来说，受到向下的压力为
×2，加上自身的重力，所以底层中间人受到的支持力为
因此最底层中正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为
C项正确。 【热点考向3】 共点力作用下的动态平衡
【典题训练5】(2012·新课标全国卷)如图,一小球放置在木板
与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为FN1,球对木板的压
力大小为FN2。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.FN1始终减小,FN2始终增大
B.FN1始终减小，FN2始终减小
C.FN1先增大后减小,FN2始终减小
D.FN1先增大后减小，FN2先减小后增大【解题指导】首先明确研究对象，对物体进行受力分析，利用平行四边形定则或三角形定则，从线段的长短分析力的变化情况。
【解析】选B。以小球为研究对象，画出小球受力的矢量三角形，可由力的矢量三角形很直观地看出：FN1始终减小，FN2始终减小。故选项B正确。【典题训练6】(2012·襄阳一模)如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处,B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法正确的是( )
A.A对筒底的压力变小
B.B对筒壁的压力变大
C.A、B间的库仑力变小
D.A、B间的电势能减小【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)分析A、B整体的受力情况。
(2)隔离B分析受力情况，判断B下降过程中库仑力与水平方向夹角的变化。
(3)根据功能关系判断电势能的变化。【解析】选B。取AB整体受力分析知A对筒底的压力大小等于
A、B两球重力之和不变，选项A错误；对B受力分析如图，F库
= ，FN＝ ，B由于漏电而下降，即θ减小，F库增
大，FN增大，选项B正确，C错误；A、B靠近，库仑斥力做负
功，电势能增大，选项D错误。 【拓展提升】
【考题透视】整体与隔离及共点力的动态平衡是高考的重点内容，分析近几年的高考题，命题规律有以下几点：
(1)以选择题的形式出现，受力分析结合平衡条件考查。
(2)动态平衡主要考查解析法、图解法和相似三角形法的灵活运用。【借题发挥】平衡问题的分析技巧
(1)对于动态平衡问题，应先分析物体的受力情况，结合具体情况采用相应的方法。
①如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法。
②如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。③如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化，该法可以使动态问题静态化，抽象问题形象化，从而使问题易于分析求解。
④如果物体受到多个力的作用，可以用正交分解的方法列方程求解。
(2)通常在分析外力系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。 【创新预测】
1.一根长2m，重为G的不均匀直棒AB，用两根细绳水平悬挂在天花板上，当棒平衡时细绳与水平面的夹角如图所示，则关于直棒重心C的位置下列说法正确的是( )
A.距离B端0.5m处 B.距离B端0.75m处
C.距离B端 m处 D.距离B端 m处【解析】选A。当一个物体受三个力作用而处于平衡状态时，
如果其中两个力的作用线相交于一点，则第三个力的作用线必
通过前两个力作用线的相交点，把O1A和O2B延长相交于O点，则
重心C一定在过O点的竖直线上，如图所示。由几何知识可知:
BO= AB=1m，BC= BO=0.5m，故重心应在距B端0.5m处。
A项正确。2.如图所示，用 AO、BO 细绳吊一重物P静止，其中AO绳水平。现用水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中，绳OB所受的拉力变化为( )
A.变大 B.变小
C.先变小再变大 D.不变【解析】选D。以结点O、OP绳及重物整体为研究对象，受到重
力mg、F、AO绳的拉力FAO和BO绳的拉力FBO而平衡，如图所示。
由平衡条件得FBO= 可见，FBO与F变化情况无关，选项D
正确。 1.(2012·徐州二模)两小孩各自最多能提起
质量为m的水(不计水桶质量)。现在两人一起
提水，若胳膊与竖直方向的夹角为θ，他们
所提起水的质量最多为( )
A.2mcosθ B.2msinθ
C. D.
【解析】选A。拉力的最大值为mg，根据物体的平衡知识
2mgcosθ=m′g,求得m′＝2mcosθ。 2.(2012·浙江高考)如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0 kg的物体，细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N。关于物体受力的判断(取g=9.8 m/s2),下列说法正确的是( )
A.斜面对物体的摩擦力大小为零
B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上
C.斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上
D.斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上【解析】选A。物体受到重力、支持力和绳子的拉力作用，重
力沿斜面向下的分力为mgsinθ=4.9 N，沿斜面方向的合力为
零，所以物体没有运动的趋势，摩擦力大小为零，选项A正确、
B错误；斜面对物体的支持力大小等于mgcosθ=4.9 N，方向
垂直斜面向上，选项C、D错误。3.(2012·华师附中一模)如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上
等高位置。某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状
态。设吊床两端系绳的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，
则( )
A．躺着比坐着时F1大
B．坐着比躺着时F1大
C．坐着比躺着时F2大
D．躺着比坐着时F2大【解析】选B。人坐在吊床上时，可把人视为一个质点挂在吊床中间；人躺在吊床上时，可把人视为一根等于人身高的杆。显然，人坐在吊床上时，吊床两端系绳的拉力夹角较大，根据力的平行四边形定则，坐着比躺着时F1大，选项B正确,A错误；人坐在吊床上或躺在吊床上，处于静止状态时，吊床对该人的作用力都等于重力，选项C、D错误。4.(2012·衡水二模)(多选)如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过定滑轮。A静止在倾角为30°的斜面上，B被悬挂着。已知质量mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30°增大到50°，但物体仍保持静止，那么下列说法中正确的是( )
A.绳子的张力不变
B.物体A对斜面的压力将减小
C.物体A受到的静摩擦力将先
增大后减小
D.滑轮受到的绳的作用力不变【解析】选A、B。由于B物体的质量保持不变，且B物体静止，所以绳的张力保持不变，A项正确；以A物体为研究对象，在垂直于斜面的方向上有FN=mAgcosθ，沿斜面方向有Ff=2mBgsinθ -mBg，当斜面的倾角为30°时，摩擦力恰好为0，当斜面的倾角增大时，支持力减小，静摩擦力增大，B项正确，C项错误；在斜面倾角增大的过程中，绳子的张力不变，但是夹角减小，所以合力增大，因此D项错误。5.(2011·上海高考)(多选)如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
A.z正向， tanθ
B.y正向，
C.z负向， tanθ
D.沿悬线向上， sinθ【解析】选B、C。若B沿z轴正方向，导线无法平衡，A项错误；
若B沿y轴正方向，由左手定则，受力如图甲:mg=BIL,所以B项
正确；若B沿z轴负方向，受力如图乙，FTsinθ=BIL;FTcosθ
=mg,所以B= tanθ,C项正确；若B沿悬线向上，受力如图
丙,导线无法平衡，D项错误。课件74张PPT。第2讲 牛顿运动定律及其应用【考纲资讯】质点 参考系和坐标系 Ⅰ
路程和位移 速度和速率 加速度 Ⅱ
变速直线运动 Ⅰ
速度随时间的变化规律(实验、探究) Ⅱ
匀变速直线运动 自由落体运动 Ⅱ
牛顿运动定律及其应用 Ⅱ
加速度与物体质量、物体受力的关系(实验、探究) Ⅱ 【考情快报】1.单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象的应用以及牛顿运动定律及其应用，题型一般为选择题；力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析综合考查，题目一般为计算题；本讲的题目新颖，与实际联系密切。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)考查匀变速直线运动的规律及其应用；
(2)考查运动图象及其应用；
(3)考查牛顿第二定律的瞬时性；
(4)考查牛顿运动定律与功和能的综合问题；
(5)考查牛顿运动定律与电学的综合问题。【体系构建】
【核心自查】
一、匀变速直线运动的规律
1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件
物体或带电体所受_______为恒力，且与_____方向在同一直线
上。合外力速度2.匀变速直线运动的规律
(1)三个基本公式
①速度公式：_______。
②位移公式：___________。
③位移速度关系式：______=2ax。
(2)两个重要推论
①某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即
= =
②任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即
Δx=xn+1-xn=___。v=v0+atx=v0t+ at2v2-vaT23.运动图象及其应用斜率纵截距图象与t轴所围面积特例匀速直
线运动匀变速直
线运动x -t图象v -t图象______初位置x0速度初速度v0__________
的直线抛物线_____的
直线倾斜加速度位移平行倾斜(1)图象描述的运动
无论是v-t图象还是x-t图象都只能用来描述_____运动。
(2)v-t图象运动性质的判断
v-t图象斜率为正(即向上倾斜)不一定做加速运动，斜率为负
(即向下倾斜)不一定做减速运动，物体做加速还是减速运动，
取决于v和a的符号，v、a同正或同负_____，v、a一正一负___
___。
(3)图象与运动轨迹
x-t图象和v-t图象的形状并不表示物体的运动轨迹。 直线加速减速二、牛顿运动定律及其应用
1.牛顿第二定律的四性同向加速度同一同一无关2.动力学的两类基本问题
(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况
已知物体的受力情况，可以求出物体所受的_______，根据牛顿
第二定律可求出物体的_______，再知道物体的初始条件(初位
置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻
的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。合外力加速度(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况
根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出_______，再根据_____________可确定物体的受力情况，从而求出未知的力或与力相关的某些物理量，如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等。
物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是_______。 加速度牛顿第二定律加速度【热点考向1】运动图象的应用
【典题训练1】(2011·福建高考)如图甲所示，绷紧的水平传
送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传
送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑
上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v -t图象(以地
面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：由运动图象得小物块的运动情况；结合传送带判断相对运动情况；根据相对运动情况分析小物块的对地位移与相对位移及摩擦力的情况。 【解析】选B。由图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1～t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A项错误，B项正确；0～t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内,小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C、D项错。故选B。【典题训练2】(2012·海南高考)如图，
表面处同样粗糙的楔形木块abc固定在
水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角
分别为α和β，且α>β。一初速度为v0
的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是( )【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)分析物体的受力情况，由动能定理确定物体初、末速度的大小关系。
(2)由平均速度确定物体沿斜面上滑和下滑的时间关系。【解析】选C。设b到地面的高度为h，小物块在bc面的运动时
间为t，滑到c点速度为v，小物块在ab、bc面上分别做匀变速
直线运动，在v-t图象上表现为两条直线，选项D错误；由于在
运动过程中滑动摩擦力做负功，动能减小，所以v＜v0，选项A
错误；在ab面上运动时，有 ，在bc面上运动时，
有 两式相比，得 由此式可知，t＞t0，
选项C正确，B错误。 【拓展提升】
【考题透视】运动图象的应用一直是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，命题规律主要有以下几点：
(1)运动图象结合匀变速直线运动规律考查。
(2)运动图象结合牛顿第二定律考查。
(3)在综合题中运动图象结合受力分析、运动分析考查。【借题发挥】从v-t图象中可读取的四个运动量
(1)运动速度：从速度轴上直接读出,正负表示运动方向。
(2)运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间。
(3)运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向。
(4)运动的位移：由图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反。 【创新预测】
1.(多选)某人乘电梯从24楼到1楼的v –t
图象如图，下列说法正确的是( )
A．0～4 s内物体做匀加速直线运动，加
速度为1 m/s2
B．4 s～16 s内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s不变,处于完全失重状态
C．16 s～24 s内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s减至0，处于失重状态
D．0～24 s内，此人经过的位移为72 m【解析】选A、D。 0～4 s内物体的速度均匀增加，物体做匀
加速直线运动，其加速度 选项A正确；
4 s～16 s内物体速度保持4 m/s不变，做匀速直线运动，处于
平衡状态，选项B错误；16 s～24 s内，物体速度由4 m/s均匀
减至0，做匀减速直线运动，加速度竖直向上，处于超重状
态，选项C错误；v -t图象与时间轴围成的面积表示位移，故
0～24 s内，此人经过的位移 选项D正
确。2.将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( )【解析】选C。皮球在上升过程中做减速运动，速度越来越小，所受的阻力越来越小，因此受到的合外力越来越小，加速度越来越小，速度减小到0，而加速度大小减小到重力加速度g,C图正确。 【热点考向2】用牛顿第二定律解决连接体问题
【典题训练3】(2012·江苏高考)如图所示，
一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。
夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块
两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑
动，力F的最大值是( )
A. B.
C. D.【解题指导】本题考查共点力的平衡问题，分别用到整体法和
隔离法，属于基本应用，难度中等。
【解析】选A。对木块受力分析有2f=Mg，对夹子受力分析，在
竖直方向上有F=2f+mg，联立两式可得 答案选A。【典题训练4】(2012·日照一模)如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是( )【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)加速度较小时，A、B相对静止，对整体由牛顿第二定律判断加速度的变化。
(2)A、B刚要相对运动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，由临界状态求出A、B一起加速经过的时间。
(3)A、B相对滑动时，B所受的合力保持不变，加速度不变。【解析】选B。当A、B相对静止时，对整体由牛顿第二定律得
F=kt=2ma， 长木板B做加速度逐渐增大的加速运动，A相
对B刚要滑动时，对B由牛顿第二定律得Ff=ma，解得 此
后A、B相对滑动，长木板B所受滑动摩擦力保持不变，加速度
不变，B做匀加速直线运动，故选项B正确。 【拓展提升】
【考题透视】用牛顿第二定律解决连接体问题是近几年高考的热点，分析近几年高考题，命题规律主要有以下几点：
(1)连接体问题结合牛顿第二定律考查。
(2)超、失重问题，瞬时性问题结合牛顿第二定律考查。
(3)考查整体法和隔离法的应用。
(4)考查对研究对象正确受力分析、过程分析的能力。【借题发挥】应用牛顿第二定律解题的步骤
(1)通过审题，灵活地选取研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况和运动情况。
通常可以把研究对象提取出来(即隔离法)，从它跟周围物体的联系去寻找作用于研究对象的所有外力，并画出受力示意图；再进一步明确物体做何种运动，在运动过程中能知晓哪些量以及判断加速度的方向等。(3)根据牛顿第二定律列出方程。
(4)统一单位后，将数值代入方程求解。
(5)检查答案是否完整、合理，是否符合量纲，不合理的需舍去。 【创新预测】
1.如图所示，n个质量均为m的相同木块并排放在水平地面上，当木块1受到水平恒力F而向右加速运动时，木块3对木块4的作用力大小为( )
A.F
B.若地面光滑，为F；若地面不光滑，小于F
C.若地面光滑，为(1- )F；若地面不光滑，小于(1- )F
D.不论地面是否光滑，均为(1- )F【解析】选D。若地面光滑，对整体由牛顿第二定律得F=nma,对
木块4、5…n由牛顿第二定律得F34=(n-3)ma,解得F34=(1- )F；
若地面不光滑，设地面与木块间的动摩擦因数为μ，对整体由
牛顿第二定律得F-μnmg=nma, 对木块4、5…n由牛顿第二定律
得F34-μ(n-3)mg=(n-3)ma，解得F34=(1- )F ,故选项D正确。2.(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ。平行于斜面、大小为F的拉力作用在m1上，使m1、m2一起向上做匀加速运动，斜面始终静止在水平地面上，则( )
A.弹簧的弹力为
B.弹簧的弹力为
C.地面对斜面的摩擦力水平向左
D.地面对斜面的摩擦力水平向右【解析】选A、C。对m1、m2整体由牛顿第二定律得F-(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a,对m2由牛顿第二定
律得F弹-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a,解以上两式得F弹=
选项A正确，B错误；斜面受竖直向下的重力、竖直向上的支
持力、垂直斜面向下的压力和沿斜面向上的摩擦力，若要斜
面保持静止，地面对斜面的摩擦力方向水平向左，选项C正
确，D错误。 【热点考向3】 动力学的两类问题
【典题训练5】(2012·苏州二模)如图所示为某粮仓中由两台皮带传送机组成的传输装置示意图。设备调试时，将倾斜传送机的传送带与水平地面间调成倾角θ=37°，使水平传送机的转动轮边缘以5 m/s的线速度沿顺时针方向匀速转动。A、B两端相距L=3 m,C、D两端相距较远。现将质量m=10 kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B端后，速度大小不变 地传到倾斜传送带的C端，米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等(已知g=10 m/s2、sin37°=0.6、cos37°=0.8,传送机运动时传送带与转动轮之间无滑动)。(1)求米袋从A端运动到B端所用的时间；
(2)若倾斜传送带CD不运动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？
(3)将倾斜传送带开动使转动轮沿顺时针方向转动时发现，无论转动速度多大，米袋都无法运送到距C端较远的D端，试分析其原因。欲使米袋能运送到D端应怎样调试倾斜的传送带？【解题指导】解答传送带问题的思路分析如下：
(1)“皮带”模型中的动力学问题：物体在皮带上运动时摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力？是动力还是阻力，判断的关键在于能否正确判断物体相对于皮带的运动。
(2)判断思路：相对运动→摩擦力的方向→加速度方向→速度变化情况→共速→匀速……受力分析中的摩擦力突变(大小、方向)，发生在v物与v传相同的时刻。【解析】(1)米袋在AB上加速运动时的加速度a0=μg=5 m/s2。
米袋速度达到v0=5 m/s时滑过的距离x0=v02/2a0=2.5 m＜L=3 m。
故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，才到达C端，速度为v0=5 m/s。
加速运动时间为t1=v0/a0=1 s。
匀速运动位移x1=L-x0=0.5 m,匀速运动时间为
t2=x1/v0=0.1 s
米袋从A端运动到B端所用的时间t=t1+t2=1.1 s。(2)设米袋在CD上传送的加速度大小为a,由牛顿第二定律，mgsinθ+Ff=ma,Ff=μmgcosθ
解得a=10 m/s2。
米袋沿CD上滑的最大距离x=v02/2a=1.25 m
(3)无论转动速度多大，米袋都无法运送到距C端较远的D端的原因是由于滑动摩擦力小于重力沿传送带表面向下的分力。米袋沿CD上滑的最大距离x=v02/2a,a=gsinθ-μgcosθ=2 m/s2,解得x=6.25 m。而CD相距较远，超过了6.25 m。所以无法到达。应当调节倾斜传送带的倾角θ使其变小。
答案：(1)1.1 s (2)1.25 m (3)见解析【拓展提升】
【考题透视】本知识点是牛顿运动定律的重要应用之一，为每年高考的重点，常以计算题型出现，且为多过程，难度中等。分析近几年考题，命题规律有以下三点：
(1)牛顿第二定律结合平抛运动知识进行考查。
(2)牛顿第二定律结合圆周运动知识进行考查。
(3)在综合题目中又常结合功能关系进行考查。【借题发挥】动力学问题的求解思路
(1)基本思路
受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示。(2)常用方法
①整体法与隔离法。
②正交分解法。
(3)注意事项
①仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。
②逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。
③前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化，状态的特点，往往是解题的关键。 【创新预测】
如图所示，固定的四分之一竖直圆弧轨道AB的半径R=0.6 m，其最低点与长L=2.0 m、高h=0.2 m、质量M=5.0 kg的长木板的水平上表面相切于B点。质量m=1.0 kg的小滑块(可视为质点)从圆弧顶点A处由静止释放，当它运动到圆弧最低点时受轨道的支持力为25 N。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1。(不计空气阻力，g取
10 m/s2)(1)求滑块由A运动到B的过程中，摩擦力对它做的功；
(2)试通过计算判断滑块能否离开长木板。若能，求滑块在长木板上运动的时间及滑块从C点离开木板到落地的过程中通过的位移大小；若不能，写出判断过程。(结果保留两位有效数字)【解析】(1)滑块在B点时，由牛顿第二定律得
FN-mg=
解得vB=3 m/s
滑块由A运动到B的过程中，由动能定理得
mgR+W = -0
联立以上两式解得W =-1.5 J(2)长木板受到滑块对它的摩擦力为
Ff1=μ1mg=2 N
地面与长木板间的最大静摩擦力为
Ff2=μ2(M+m) g=6 N
因Ff1滑块在长木板上运动时的加速度大小为
a= =μ1g=2 m/s2
滑块速度减小到零时通过的距离为
x1= =2.25 m>L=2.0 m
故滑块能离开长木板设滑块在长木板上运动的时间为t1，则
L=vBt1-
代入数据解得：t1=1.0 s(t1=2.0 s舍去)
滑块运动到C点时的速度为
vC=vB-at1=1.0 m/s 滑块离开长木板后做平抛运动，设其运动的时间为t2，则：
h=
x2=vCt2
联立解得x2=0.2 m
滑块离开C点到落地的过程中通过的位移大小为
s= =0.28 m
答案：(1)-1.5 J
(2)滑块能离开长木板 1.0 s 0.28 m 传送带类问题的规范求解
传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破：
1.分析物体在传送带上的运动过程
物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口。2.分析每个过程的初、末速度
无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速度是联系前后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键。 【典题例证】
【典例】(2012·衡水二模)(16分)如图
是利用传送带装运煤块的示意图。其中
传送带长L=6 m，倾角θ=37°，煤块与
传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带
的主动轮和从动轮半径相等。主动轮轴顶端与运煤车底板间的
竖直高度H=1.8 m，与运煤车车厢中心的水平距离x=1.2 m。现
在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)。质量m=
5 kg，煤块在传送带的作用下运送到高处。要使煤块在轮的最
高点水平抛出并落在车厢中心。取g=10 m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。求：(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度；
(2)主动轮和从动轮的半径R；
(3)电动机运送煤块多消耗的电能。【解题关键】(1)煤块“落在车厢中心”说明煤块的平抛水平位移为x。
(2)煤块在轮的最高点“水平抛出”说明煤块在轮的最高点时对轮的压力为零，重力提供煤块的向心力。
(3)煤块在传送带上运动达到与传送带共速所发生的位移决定了煤块的运动情况，也决定了电动机运送煤块能量转化情况。【解题思路】(1)煤块在最高点做平抛运动，由平抛运动水平方向和竖直方向位移公式列方程求平抛的初速度。
(2)在最高点列牛顿第二定律方程求轮的半径R。
(3)明确煤块在传送带上的受力情况列动力学方程求煤块的位移及煤块相对传送带的位移。
(4)列功能关系方程求电动机运送煤块多消耗的电能。【规范解答】(1)由平抛运动的公式得：
x=vt (2分)
H= (2分)
代入数据解得v=2 m/s (1分)
(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高
点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得
mg= (2分)
代入数据解得R=0.4 m (1分)(3)由牛顿第二定律F=ma得
a=μgcosθ-gsinθ=0.4 m/s2 (2分)
由v=v0+at得t= =5 s (1分)
煤块的位移x1= =5 m (1分)
由于μ>tan37°，然后煤块做匀速直线运动到达顶端，传送带多消耗的电能：
E= +μmgcos37°(vt-x1)+mgLsin37° (2分)
代入数据解得E=350 J (2分)
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m (3)350 J 【拓展训练】
(2012·庆阳二模)如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的
光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为mB=
2 kg的滑块B接触但不连接，此时滑块B刚好位于O点。光滑的
水平导轨右端与水平传送带平滑连接，传送带长度L=2.5 m，
皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0 m/s匀
速转动。现用水平向左的推力将滑块B缓慢推到M点(弹簧仍在
弹性限度内)，当撤去推力后，滑块B沿轨道向右运动，滑块B脱离弹簧后以速度vB=2.0 m/s向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q点滑出落至地面上的P点。已知滑块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)水平向左的推力对滑块B所做的功W；
(2)滑块B从传送带右端滑出时的速度大小；
(3)滑块B落至P点距传送带右端的水平距离。【解析】(1)设滑块B脱离弹簧时速度为vB，推力对B所做的功
为W，根据能量守恒有W=
(2)滑块B滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B从滑上传送带
到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，
在时间t内滑块B的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma
v=vB+at
x=vBt+
解得x=6 m>L即滑块B在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v′
由v′2- =2aL得
v′=3.0 m/s
(3)由h= 得
t= =0.6 s
x=v′t=1.8 m
答案：(1)4 J (2)3.0 m/s (3)1.8 m 1.(2012·芜湖二模)如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则( )
A.a1=0 a2=0
B.a1=a
C.
D.a1=a a2 =【解析】选D。撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量
为x，对A由牛顿第二定律得kx=m1a；撤去拉力F后，弹簧的形
变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx=m1a1,对B由牛顿第二
定律得kx=m2a2，解得a1=a, 故选项D正确。2.(多选)静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图甲所示，则其a -t、v -t图象是图乙中的( )【解析】选A、C。对物体由牛顿第二定律得F1-F2=ma，解得
a= 由图甲可知F1为恒量，F2随时间先均匀增大后均匀
减小，故物体的加速度随时间先均匀减小后均匀增大，选项A
正确，B错误；物体的速度方向与加速度方向始终相同，物体
先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的加速运
动，选项C正确，D错误。3.(2012·徐州一模)以初速度v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比。将小球从抛出点上升至最高点的过程与小球从最高点落回至抛出点的过程作对比，下列说法正确的是( )
A.小球上升过程的加速度较大，故运动时间更长
B.小球下落过程的加速度较小，故运动时间更短
C.小球上升过程中的某时刻的合外力可能比下落过程中的某时刻的合外力小
D.小球落回抛出点时的速度一定比抛出时的速度小【解析】选D。小球上升过程，所受重力和阻力方向都是向下，合外力较大，加速度较大，故运动时间较短，选项A错误；小球下落过程，所受重力方向向下，阻力方向向上，合外力较小，加速度较小，运动时间较长，选项B错误；小球上升过程中所有时刻的合外力都比下落过程中任意时刻的合外力大，选项C错误；由于受到空气阻力，小球落回抛出点时的速度一定比抛出时的速度小，选项D正确。4.如图所示，有一足够长斜面，倾角α=37°，一物体从斜面底端A处以初速度v0=6 m/s沿斜面上滑，到B处后，受一与物体重力大小相等的水平向右的恒力作用，物体最终停在C点(C点未画出)；已知AB=1 m，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.5。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2)求：
(1)物体到达B点的速度大小；
(2)BC距离。【解析】(1)物体由A至B过程由牛顿第二定律得
-mgsin37°-μmgcos37°=ma1
解得a1=-10 m/s2
由运动学方程得

解得vB=4 m/s
(2)物体由B至C过程，受力如图所示：由牛顿第二定律得
mgcos37°-mgsin37°-μ(mgcos37°+mgsin37°)=ma2
解得a2=-5 m/s2
由运动学方程得
解得：xBC=1.6 m
答案：(1)4 m/s (2)1.6 m课件76张PPT。第3讲 抛体运动与圆周运动【考纲资讯】运动的合成和分解 　　　 Ⅰ
平抛运动 　　　Ⅱ
圆周运动　　线速度　　角速度　　向心加速度 Ⅰ
匀速圆周运动 向心力 　　　Ⅱ 【考情快报】1.单独考查曲线运动的知识点时，题型一般为选择题；将曲线运动与功和能、电场与磁场综合考查时题型一般为计算题。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)考查运动的合成与分解的问题；
(2)考查平抛运动与实际生活的综合；
(3)考查圆周运动与其他知识点综合的问题。【体系构建】【核心自查】
一、曲线运动
1.合运动与分运动之间的三个关系相等独立进行效果相同2.物体做曲线运动的条件
合外力与速度方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，有
以下两种情况：
(1)若合外力为恒力，物体将做_______________；
(2)若合外力为变力，物体将做_______________。 匀变速曲线运动变加速曲线运动二、平抛运动
1.平抛运动的两个关系
(1)位移关系{
(2)速度关系{ 2.平抛(类平抛)运动的两个推论
(1)做平抛(类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一
定通过此时水平位移的_____，即 如图甲所示。中点(2)如图乙，设做平抛(类平抛)运动的物体在任意时刻、任意
位置处瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹
角为φ， 则有tanθ=_______。2tanφ三、竖直平面圆周运动两种问题的比较最高点无支撑最高点有支撑实 例水流星、翻滚过山车车过拱桥、球过管道 图 示最高点无支撑最高点有支撑最高点
受力表达式mg+F弹=mg±F弹=恰好过
最高点v=v=__0【热点考向1】 运动的合成与分解
【典题训练1】(2012·潍坊二模)(多选)如图所示，图甲表示某物体在水平方向上分速度的vx-t图象，图乙表示该物体在竖直方向上分速度的vy-t图象(规定向上为正方向)。则( )A.物体的运动轨迹是抛物线
B.物体做匀变速运动
C.t=8 s时物体的速度大小是5 m/s
D.物体处于失重状态
【解题指导】解答本题时应注意以下两点：
(1)明确物体在水平方向和竖直方向上的运动性质。
(2)根据分运动的性质确定合运动的性质。 【解析】选A、B、C。由图象可知物体在水平方向上做匀速直
线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故物体
做匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线，选项A、B正确；
t=8 s时，vx=3 m/s，vy=4 m/s，
选项C正确；由于物体的加速度竖直向上，故物体处于超重状
态，选项D错误。【典题训练2】(2012·江苏高考)(多选)如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( ) A.A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B.A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C.A、B不可能运动到最高处相碰
D.A、B一定能相碰
【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A、D。A、B两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地之后在竖直方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，A球在水平方向上始终做匀速直线运动，所以A、B两个小球一定能够相碰，D正确，B和C错误，只要A球的初速度足够大就可以在第一次落地之前相碰，A正确，答案选A、D。 【拓展提升】
【考题透视】运动的合成和分解类问题是近几年高考的热点问题，分析近几年高考题，命题规律主要有以下几点：
(1)以选择题的形式考查，一般考查对合运动和分运动的定性判断。
(2)偶尔考查对速度、位移和加速度的简单计算。【借题发挥】解决运动合成和分解的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。 【创新预测】
1.在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图象，可能正确的是( )【解析】选B。跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大，知道速度与所受阻力的规律是解决本题的关键。竖直方向运动员受重力和空气阻力，速度逐渐增大，阻力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，水平方向只受阻力，速度逐渐减小，阻力逐渐减小，加速度逐渐减小。在v -t图象中图线的斜率表示加速度，故A、C、D错误，B正确。2.(2012·苏锡常镇二模)如图所示，两次渡河时船对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1,实际航速为v1,所用时间为t1。由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则( )
A.t2＞t1 B.t2＞t1
C.t2=t1 D.t2=t1 【解析】选D。因为两次渡河船垂直于河岸方向的分速度不
变，所以水速增大时，渡河的时间不变，A、B项错误；因为
时间不变，所以 故D项正确。【热点考向2】 平抛(类平抛)运动的基本规律
【典题训练3】(2012·衡水二模)如图
所示为一真空示波管，电子从灯丝K发
出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加
速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线
KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：(1)电子穿过A板时的速度大小；
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；
(3)P点到O点的距离。【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得
eU1=
解得
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直
线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设电子
在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电
场时相对于原运动方向的侧移量为y1，由牛顿第二定律和运动
学公式得解得
水平方向：
竖直方向：
解得
(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动
学公式得电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示水平方向：
竖直方向：
解得
P到O点的距离为
答案：(1) (2) (3)【拓展提升】
【考题透视】该知识为每年高考的重点，分析近几年考题，命题规律有以下几点：
(1)平抛(类平抛)运动常结合圆周运动的知识进行考查。
(2)类平抛运动常以带电粒子在电场中运动的形式考查。
(3)在综合题目中常结合功能关系进行考查。【借题发挥】类平抛运动的求解方法
1.常规求解方法
将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动，运用直线运动规律进行求解。
2.特殊分解方法
对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，然后分别在x、y轴方向上列方程求解。 【创新预测】
1.如图所示，从倾角为α的足够长的斜
面顶端，先后以不同的初速度水平向右
抛出相同的两只小球，下列说法正确的
是( )
A．两小球落到斜面上历时相同
B．两小球落到斜面上的位置相同
C．两小球落到斜面上时速度大小相同
D．两小球落到斜面上时速度方向相同【解析】选D。小球做平抛运动，由两分运动的特点知
得 因v0不同，则t不同，
由vy=gt、 可知，vy、v及h不同，故A、
B、C均错误，而速度与水平方向的夹角θ的正切
知θ为定值，故D正确。2.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4【解析】选B。粒子加速过程 从B至M用时
得 所以 选项A错
误。偏转位移 ，所以三种粒子打到荧光
屏上的位置相同，选项B正确。因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝
q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C 、D错误。 【热点考向3】圆周运动的综合运用
【典题训练4】(2012·海南高考)如图，在竖直
平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水
平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的 圆弧轨
道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球
从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。
已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g。
求：
(1)小球在AB段运动的加速度的大小；
(2)小球从D点运动到A点所用的时间。【解题指导】“刚好能沿圆轨道经过最高点”的物理含义是到最高点C时轨道对小球的压力为零。结合牛顿运动定律和机械能守恒定律可迎刃而解。
【解析】(1)小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道的压力FN的作用，如图所示，根据题意，FN≥0，且小球在最高点C所受压力为零，则FNC=0 ①设小球在C点的速度为vC，根据牛顿第二定律得：
mg= ②
设在B点的速度为vB,小球从B点运动到C点，由机械能守恒定律
得： ③
小球在AB段做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，
则： ④
由②③④式得： ⑤(2)设小球在D点速度为vD，下落到A点速度为v，由机械能守恒
定律得： ⑥
⑦
设由D点运动到A点的时间为t，由运动学公式得：v=vD+gt ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式得：
答案：(1) (2)【拓展提升】
【考题透视】该知识为每年高考的重点和热点，近几年的高考命题规律主要有以下几点：
(1)常结合平抛运动知识和功能关系进行综合考查。
(2)常结合电磁场知识以带电粒子在磁场中运动的形式进行考查，此类问题综合性较强。【借题发挥】解决圆周运动力学问题的一般步骤
(1)首先要明确研究对象；
(2)对其受力分析明确向心力的来源；
(3)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径；
(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力
学方程，有以下各种情况，
解题时应根据已知条件进行选择。 【创新预测】
如图所示，AB段为一半径R=0.2 m
的光滑 圆形轨道，EF为一倾角为
θ=30°的光滑斜面,斜面上有一质
量为0.1 kg的薄木板CD, 木板的下
端D离斜面底端的距离为15 m,开始
时木板被锁定。一质量也为0.1 kg
的物块从A点由静止开始下滑,通过B点后被水平抛出,经过一段
时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板,在物块滑上木板的
同时木板解除锁定。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为
取 求：(1)物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(2)物块做平抛运动的时间；
(3)若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度,则这个速度为多大?【解析】(1)物块由A到B 由动能定理得：
解得：
在B点由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为3 N。
(2)设物块到达斜面的竖直速度为vy，则：
vy=gt
解得：(3)物块在E点的速度：
对物块：v′=v+a1t
对木板：v′=a2t
a2=g(sinθ+μcosθ)=7.5 m/s2
解得：
答案：(1)3 N (2) (3) 曲线运动综合问题的规范求解
曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破：
1.分析临界点
对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。2.分析每个运动过程的运动性质
对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：
(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒。
(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的。 【典题例证】
【典例】(2012·无锡二模)(13分)如图所示，ABC和DEF是两条在同一竖直平面内的光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合，现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放。(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少要有多高？
(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求此h的值(取g=10 m/s2)。【解题关键】(1)“竖直”“光滑”说明物体在整个过程中机械能守恒。小球沿ABC轨道下滑，高度H决定小球在D点的速度。
(2)小球在DEF轨道中的运动性质与小球在D点的速度有关：当小球在D点的速度大于临界值时，小球将沿轨道做圆周运动；当小球在D点的速度小于临界值时，小球将做平抛运动。
【解题思路】(1)在ABC段过程中，由机械能守恒定律列方程，建立小球下落高度H与到达D点时的速度v的关系。(2)明确小球能沿轨道DEF运动的条件，列动力学方程。【规范解答】(1)设小球到达C点时的速度大小为v，根据机械
能守恒定律得： (2分)
小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足
(2分)
联立以上两式并代入数据解得：H≥0.2 m (1分)
即要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H的最小
高度为0.2 m。 (1分)(2)若h为vx,则有：r= (2分)
r=vxt (2分)
根据机械能守恒定律得：mgh= (2分)
联立以上三式并代入数据解得：h=0.1 m (1分)
答案：(1)0.2 m (2)0.1 m【拓展训练】
1.(2012·浙江高考)(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是( )A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=【解题指导】用动能定理(或机械能守恒定律)求出小球运动到A点的速度大小，再根据平抛运动规律求解水平位移值；由于小球在光滑细管内运动时可以受管的支持力，所以能从A端水平抛出的条件是小球到达A点的速率大小必须大于零，若等于零小球刚好静止在管口不能抛出去。【解析】选B、C。设小球运动到A点的速度为vA，根据动能定
理，有 =mg(H-2R)，得vA= 小球做平抛运
动，有x=vAt, 2R= 所以水平位移x= 选项B正
确、A错误；能从A端水平抛出的条件是小球到达A点的速率vA=
>0，即H>2R，选项C正确、D错误。2.在竖直平面内，由光滑斜面和光滑半圆形轨道分别与粗糙水平面相切连接而成的轨道如图所示，半圆形轨道的半径为R=0.4 m，质量为m=0.8 kg可视为质点的小物块从斜面上距水平面高为h处的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失。运动到圆轨道最低点C处时对轨道的压力为FN=40 N，水平轨道BC长L=0.9 m，物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5，g取10 m/s2。求:(1)A点距水平面的高度h；
(2)小物块第一次由B点到C点运动的时间；
(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D。【解析】(1)物块通过圆形轨道最低点C时，由牛顿第二定律得：
FN′-mg=
由牛顿第三定律得：F′N=FN=40 N,对A到C过程由动能定理得
mgh-μmgL= 解得：h=1.25 m
(2)物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得：
mgh= 物块从B至C做匀减速直线运动
由速度公式得：vC=vB-μgt,解得：t=0.2 s(3)若物块能从C点运动到D点，由动能定理得：-mg·2R=
解得：vD=0
物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，
由牛顿第二定律得：mg= 解得：vD1=2 m/s
由于vD答案：(1)1.25 m (2)0.2 s (3)不能 1.(2012·无锡一模)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t,猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )A.相对地面的运动轨迹为直线
B.相对地面做变加速曲线运动
C.t时刻猴子对地速度的大小为v0+at
D.t时间内猴子对地的位移大小为
【解析】选D。 猴子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向
做匀加速直线运动，所以对地的运动轨迹为抛物线，相对地面
做匀加速曲线运动，A、B项错误；猴子对地的位移等于
D项正确；t时刻猴子对地速度的大小为
C项错误。2.(2012·新课标全国卷)(多选)如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力,则( )
A.a的飞行时间比b的长
B.b和c的飞行时间相同
C.a的水平速度比b的小
D.b的初速度比c的大【解析】选B、D。 三个小球a、b和c水平抛出以后都做平抛运
动，根据平抛运动规律可得：x=v0t， 所以
由yb=yc>ya，得tb=tc>ta，选项A错误，B正确；又根据
因为yb>ya，xbvb，vb>vc,
选项C错误，D正确。3.(2012·镇江一模)从某高度水平抛出一小球，经过t时间到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是( )
A.小球初速度为gttanθ
B.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
C.小球着地速度大小为
D.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角也为θ【解析】选C。如图所示，小球初速度为v0=gtcotθ，落地时
速度 选项C正确，A错误；平抛运动的时间仅由高度
来决定，选项B错误；位移与水平方向的夹角为α，则
tanθ=2tanα，选项D错误。4.(2012·安庆一模)如图所示，小球沿水平
面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能
通过最高点P，然后落回水平面，不计一切
阻力，下列说法正确的是( )
A．小球落地点离O点的水平距离为R
B．小球落地点离O点的水平距离为2R
C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D．若将半圆弧轨道上部的 圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低【解析】选B。恰能通过最高点P，则在最高点P时重力恰好提
供向心力，选项C错误；由圆周运动的知识可得 小球
离开P点后做平抛运动，x=vt, 解得x=2R, 故选项A
错误，B正确；若将弧轨道上部的 圆弧截去，其他条件不
变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速
度为零，故能达到的最大高度比P点高，选项D错误。5.(2012·长沙二模)如图所示是游乐场中过山车的实物图片，
右图是过山车的模型图。在模型图中半径分别为R1＝2.0 m和
R2＝8.0 m的两个光滑圆形轨道，分别固定在倾角为α＝37°
斜轨道面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点
平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。现使小车(视作质点)
从P点以一定的初速度沿斜面向下运动。已知斜轨道面与小车
间的动摩擦因数为 g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8。问： (1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？
(2)若小车在P点的初速度为10 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？【解析】(1)设小车经过A点时的临界速度为v1，则：
设Q点与P点高度差为h1，PQ间距离为L1，则：
P到A对小车，由动能定理得：解得：v01=(2)Z点与P点高度差为h2， PZ间距离为L2，则：
小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件是在B点速度为v2，
且在B点时有：设P点的初速度为v02，P点到B点的过程，由动能定理得：
解得：
可知v02＜10 m/s，能安全通过
答案：(1) (2)能课件55张PPT。第4讲 万有引力定律及其应用【考纲资讯】开普勒行星运动定律 Ⅰ
万有引力定律及其应用 Ⅱ
第一宇宙速度 第二宇宙速度 第三宇宙速度 Ⅰ 1.近年来，各地高考考查的重点是人造卫星问题，有时也考查天体的运动规律和天体质量的计算，题型以选择题为主。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)对万有引力定律的理解；
(2)人造卫星的运动规律；
(3)双星问题；
(4)航天器的变轨及对接问题；
(5)天体运动中的超重、失重问题。【考情快报】【体系构建】【核心自查】
一、卫星的线速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系
1.由 得v= ，则r越大，v_____。
2.由 得ω= ，则r越大，ω_____。
3.由 得T= ，则r越大，T_____。 越小越小越大二、同步卫星
1.同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期_____地球的自转周
期。
2.由 同步卫星都在赤道上空相同的
高度上。所有地球同步卫星r、v、ω、T、a大小均_____。 等于相同三、估算中心天体的质量和密度
1.当卫星绕行星或行星绕恒星做匀速圆周运动时，根据题目提
供的不同条件，在下面四种情况下都可求解中心天体的质量。
(1)若已知卫星在某一高度的加速度g和环绕的半径r，根据
得M= ；
(2)若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的线速度v和半径r，根
据 得M= ；(3)若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r，由
得M= ；
(4)若已知卫星运行的线速度v和周期T，根据 和
得M= 。2.要想求中心天体的密度，还要知道中心天体的半径R，由
M=ρV和V= 求天体的密度。 【热点考向1】 天体质量和密度的估算
【典题训练1】(2012·福建高考)一卫星绕某一行星表面附近
做匀速圆周运动,其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表
面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力,物体静止时,弹
簧测力计的示数为N。已知引力常量为G,则这颗行星的质量为
( )
A. B. C. D.【解题指导】解答本题时应明确以下两点：
(1)在行星表面附近做匀速圆周运动的物体轨道半径约等于行
星半径。
(2)万有引力约等于重力提供向心力。
【解析】选B。由N=mg，得 据 和
得 故选B。【典题训练2】(2012·南通二模)(多选)为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国于2011年10月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，万有引力常量为G。仅利用以上数据，可以计算出( )
A．火星的质量 B．“萤火一号”的质量
C．火星对“萤火一号”的引力 D．火星表面的重力加速度【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)“萤火一号”在圆轨道上运动时，万有引力提供向心力。
(2)“萤火一号”在火星表面所受万有引力等于重力。【解析】选A、D。“萤火一号”在两个不同圆轨道上运动时，
由万有引力定律和牛顿第二定律得
联立以上两式可求得火星的质量和半径，但无法求解“萤火一
号”的质量，选项A正确，B错误；由于“萤火一号”的质量未
知，故无法求解火星对“萤火一号”的引力，选项C错误；在
火星表面有 解得 选项D正确。 【拓展提升】
【考题透视】天体质量和密度的估算问题是近几年来高考的热点。命题规律一般体现在以下两个方面：
(1)结合星球表面重力加速度考查。
(2)结合卫星绕中心天体做圆周运动考查。【借题发挥】估算中心天体的质量和密度的两条思路
(1)测出中心天体表面的重力加速度g：
进而求得
(2)利用环绕天体的轨道半径r、周期T：
若环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r=R，则【创新预测】
2011年美国国家航空航天局(NASA)发现了可能存在生命的行星“开普勒22b”，它与地球相隔600光年，半径约为地球半径的2.4倍。“开普勒22b”绕恒星“开普勒22”运动的周期为290天，轨道半径为R1，地球绕太阳运动的轨道半径为R2，测得R1∶R2=0.85。由上述信息可知，恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为( )
A．0.1 B．1 C．10 D．100【解析】选B。由 得 故
选项B正确。 【热点考向2】 人造卫星问题
【典题训练3】(2012·蚌埠一模)2011年9月29日我国成功发
射“天宫一号”飞行器，“天宫一号”绕地球做匀速圆周运
动的速度约为28 000 km／h，地球同步卫星的环绕速度约为
3．1 km／s，比较两者绕地球的运动( )
A．“天宫一号”的轨道半径大于同步卫星的轨道半径
B．“天宫一号”的周期大于同步卫星的周期
C．“天宫一号”的角速度小于同步卫星的角速度
D．“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)确定“天宫一号”飞行器和同步卫星绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力来源。
(2)根据牛顿第二定律列方程，比较“天宫一号”飞行器和同步卫星的半径、周期、角速度、向心加速度。 【解析】选D。“天宫一号”飞行器和同步卫星绕地球做匀速
圆周运动的向心力由万有引力提供，由牛顿第二定律得
解得 由于“天宫一号”绕地球做匀速圆
周运动的速度大于地球同步卫星的环绕速度，故“天宫一号”
的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，选项A错误；由
得
故轨道半径越大，周期越长、角速度越小、向心加速度越小，
选项B、C错误，D正确。【典题训练4】(2012·天津高考)一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动,动能减小为原来的 ,不考虑卫星质量的变化,则变轨前后卫星的( )
A.向心加速度大小之比为4∶1
B.角速度大小之比为2∶1
C.周期之比为1∶8
D.轨道半径之比为1∶2【解题指导】解答本题时要注意以下三点：
(1)卫星的向心力由万有引力提供。
(2)卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径有关。
(3)根据线速度的变化判断出轨道半径的变化，并进一步判断其他物理量的变化。【解析】选C。由动能减小为原来的 知，其线速度变为原来
的 ，由 可得 所以变轨前后轨道半径之
比为1∶4，选项D错；由 可得 所以变轨前后
向心加速度之比为16∶1，选项A错；由 得，变轨前后角
速度之比为8∶1，选项B错；由 得，变轨前后周期之比
为1∶8，选项C对。 【拓展提升】
【考题透视】人造卫星问题一直是近几年高考的热点，分析近几年高考题，命题规律主要有以下几点：
(1)结合牛顿第二定律和万有引力定律考查。
(2)结合圆周运动知识考查卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系。
(3)结合宇宙速度考查。【借题发挥】同步卫星、近地卫星和赤道上随地球自转物体的比较
(1)近地卫星是轨道半径等于地球半径的卫星，卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供。同步卫星是在赤道平面内，定点在某一特定高度的卫星，其做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供。在赤道上随地球自转做匀速圆周运动的物体是地球的一个部分，它不是地球的卫星，充当向心力的是物体所受万有引力与重力之差。(2)近地卫星与同步卫星的共同点是卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供；同步卫星与赤道上随地球自转的物体的共同点是具有相同的角速度。当比较近地卫星和赤道上物体的运动规律时，借助同步卫星这一纽带会使问题迎刃而解。(3)三种卫星的公式：
①近地卫星:
②一般卫星：
③同步卫星： 其中R为地球半径，ω0为地球自转的角速度，T0为地球自转的周期。 【创新预测】
(多选)在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，忽略地球自转影响，则( )
A．卫星运动的速度大小为
B．卫星运动的周期为4π
C．卫星运动的向心加速度大小为 g
D．卫星轨道处的重力加速度为 g【解析】选B、D。地面上万有引力等于重力,即 该
卫星到地面的距离等于地球半径R，则其轨道半径r=2R，其做
匀速圆周运动的向心力由万有引力提供,根据牛顿第二定
律, 可求得卫星运动的速度大
小 选项A错误； 卫星运动的周期 选项B正
确；卫星运动的向心加速度大小a=g′= g,选项C错误,D正确。 【热点考向3】 航天器的变轨问题
【典题训练5】(2012·衡阳二模)(多选)我国成功实施了“神
舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭
圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变
成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为
90分钟。下列判断正确的是( )A．飞船变轨前后的机械能相等
B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态
C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度
D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度
【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)飞船点火加速变轨，机械能增加。
(2)飞船在圆轨道上时万有引力全部用来提供向心力。
(3)列牛顿第二定律方程比较加速度。【解析】选B、C。飞船在远地点点火加速变轨，机械能增加，选项A错误；飞船在圆轨道上时航天员出舱前后均做匀速圆周运动，万有引力全部用来提供向心力，航天员处于完全失重状态，选项B正确；由于T飞船ω同，选项C正确；由牛顿第二定律得 解得 飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度与变轨后沿圆轨道运动的加速度相同，选项D错误。【典题训练6】(2012·昆明二模)(多选)“嫦娥一号”探月卫
星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地
飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭
圆轨道。A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在
轨道1的运行速率为 7.7 km/s，则下列说法中正确的是( )A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7．7 km/s
B．卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7．7 km/s
C．卫星在3轨道所具有的机械能小于2轨道所具有的机械能
D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于2轨道所具有的最大速率
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)卫星在椭圆轨道近地点做离心运动，在远地点做近心运动。
(2)卫星在不同轨道上运动时，轨道越高，机械能越大。【解析】选A、B。卫星在1轨道做匀速圆周运动，由万有引力
定律和牛顿第二定律得 卫星在2轨道A点做离心
运动，则有 故v1道B点做近心运动，则有 若卫星在经过B点的
圆轨道上运动，则 由于rvB，故 v2B【考题透视】航天器的变轨问题是高考的热点，分析近几年的高考题，命题规律有以下几点：
(1)结合受力分析和运动分析考查。
(2)结合牛顿第二定律考查。
(3)结合功能关系考查。【借题发挥】求解航天器的变轨问题时的五点注意
(1)卫星的a、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化。
(2)a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定。 (3)卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大
小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由 判
断。
(4)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，
机械能越大。
(5)航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道
的速度大于内轨道的速度。 【创新预测】
(多选)我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间
站。如图所示，关闭发动机的航天飞机在月球引力作用下沿椭
圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接。
已知各空间站绕月轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为
G，月球的半径为R。 那么以下选项正确的是( )A．航天飞机到达B处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须减速
B．图中的航天飞机正在加速飞向B处
C．月球的质量为
D．月球的第一宇宙速度为【解析】选A、B、C。航天飞机在椭圆轨道B处将做离心运动，
则有 而航天飞机要进入空间站轨道做匀速圆周运
动，则有 故航天飞机到达B处由椭圆轨道进入空
间站轨道时必须减速，选项A正确；图中的航天飞机所受万有
引力对其做正功，航天飞机正加速飞向B处，选项B正确；对空
间站由万有引力定律及牛顿第二定律得 解得
选项C正确； 是空间站绕月做圆周运动的线
速度，并不是近月卫星的环绕速度，即 不是月球的第一宇
宙速度，选项D错误。 1．(2012·唐山一模)为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R,地球质量为m,太阳与地球中心间距为r,地球表面的重力加速度为g,地球绕太阳公转的周期为T。则太阳的质量为( )
A. B.
C. D.【解析】选D。地球表面质量为m′的物体万有引力等于重力，
即 地球绕太阳做匀速圆周运动，则有
解得 选项D正确。2.(2012·浙江高考)如图所示，在火星与木星轨道之间有一小
行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做
匀速圆周运动。下列说法正确的是( )A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】选C。根据万有引力定律公式 可知，由于各
小行星的质量和到太阳的距离不同，万有引力不同，选项A错
误；设太阳的质量为M，小行星的质量为m，由万有引力提供向
心力，则 则各小行星做匀速圆周运动的周期

因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径，所以各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的周期一年，选项
B错误；向心加速度 内侧小行星到太阳的距离小，
向心加速度大，选项C正确；由 得小行星的线速度
小行星做圆周运动的轨道半径大于地球的公转轨道
半径，线速度小于地球绕太阳公转的线速度，选项D错误。3.(2012·日照一模)(多选)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”系统中两颗工作卫
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。则下列判断中正确的是( )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运动至位置B所需的时间为
D.卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做功为零【解析】选A、C、D。由 得 又有
解得 选项A正确；卫星1向后喷气，速度
增大，做离心运动，运动半径变大，由 得
卫星1的运动周期变大，故不能追上卫星2，选项B
错误；卫星1由位置A运动至位置B所需的时间
选项C正确；卫星1由位置A运动到位
置B的过程中万有引力始终与速度方向垂直，万有引力不做
功，选项D正确。4.(2011·重庆高考)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为
圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所
示。该行星与地球的公转半径之比为 ( )
A． B.
C． D. 【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：
(1)根据题意，算出周期之比。
(2)根据开普勒第三定律计算半径之比。
【解析】选B。地球周期T1=1年，经过N年，地球比行星多转一圈，即多转2π，角速度之差为( )，所以
( )N=2π，即 由开普勒第三定律
( )2=( )3得 =( ) =( ) 。课件58张PPT。第5讲 功 功率 动能定理功和功率 Ⅱ
动能　　动能定理 Ⅱ 【考纲资讯】【考情快报】1.单独考查功和功率问题时，题型一般为选择题；动能定理与直线运动、曲线运动相结合时，题型一般为计算题。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)考查机车的启动问题；
(2)考查变力做功问题；
(3)考查动能定理在电场、磁场、复合场中的综合应用问题。【体系构建】【核心自查】
一、功的分析与判断
1.常见功的特点功特点、计算公式 重力的功静摩擦力的功与路径无关，只与初、末位置
有关，|WG|=____(h为初、末位
置的高度差)mgh滑动摩擦力的功一对静摩擦力的功总功为___一对滑动摩擦力的功总功为负功，W总=-Ffs(s为路程)机车牵引力的功P不变时，W=___；F不变时，W=Fs电场力的功与路径无关，只与初、末位置有关，W电=___电流的功实质上是电场力的功，W=____ 零PtqUUIt零2.正、负功的判断 利用F与l
的夹角αα__90°α__90°α__90°利用F与v
的夹角θθ__90°θ__90°θ__90°<>=<>=增加减少不变二、动能定理的应用
1.应用动能定理解题的基本步骤2.应用动能定理解题时需注意的问题
(1)动能定理既适用于_____运动，也适用于_____运动；既适用
于_____做功，也适用于_____做功。力可以是各种性质的力，既
可以同时作用，也可以分段作用，只要求出在作用过程中各力
做功的多少和正负即可，这正是动能定理解题的优越性所在。
(2)动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉
及_______________的求解时可优先考虑动能定理。
(3)若物体运动的过程中包含几个不同过程,应用动能定理时，
可以_____考虑，也可以把全过程作为一_____来处理。直线曲线恒力变力力、位移和速度分段整体【热点考向1】 功和功率的理解与计算
【典题训练1】(2011·海南高考)(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用。则下列判断正确的是( )
A.0～2 s内外力的平均功率是 W
B.第2 s内外力所做的功是 J
C.第2 s末外力的瞬时功率最大
D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是 【解题指导】解答本题时应该注意2 s运动过程中的外力是变化的，关键是正确求解每秒内的加速度，应该将全过程分为两个运动阶段分别研究，求出每一阶段的末速度，应用动能定理及功率公式确定功和功率。【解析】选A、D。第1 s内质点的加速度a1=2 m/s2，1 s末的速
度v1=2×1 m/s=2 m/s；第2 s内的加速度a2=1 m/s2,第2 s末的
速度v2=(2+1×1)m/s=3 m/s；所以第2 s内外力做的功
故B项错误；第1 s末的功率为
P1=2×2 W=4 W,第2 s末的功率为P2=1×3 W=3 W，故C项错
误；0～2 s内外力的平均功率 故A项正
确；第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值
故D项正确。【拓展提升】
【考题透视】在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查。并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主。【借题发挥】1.功率的计算2.对于功和功率的理解与计算问题的解决，一般应注意以下几
点：
(1)准确理解功的定义式W=Fl及变形式W=Flcosα中各物理量的
意义，该式仅适用于恒力做功的情况。
(2)变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力转化为
恒力，也可应用动能定理等方法求解。
(3)对于功率的计算，应注意区分公式 和公式P=Fv，前
式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算。 【创新预测】
放在地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与
时间的图象和拉力的功率与时间的图象如图所示，则物体的质
量为(g=10 m/s2)( )
A. kg B. kg　　　C. kg　　　D. kg【解析】选B。物体在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速
度v2=6 m/s，功率P2=30 W，由公式P=Fv得知：前2 s内的拉力
F1=5 N；后4 s内做匀速直线运动，拉力等于阻力，则Ff=F=
　　　　在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1-Ff=ma，又a=
3 m/s2，则m= kg，选项B正确，其他选项均错。【热点考向2】 机车启动问题分析
【典题训练2】(2011·浙江高考)节能混合动力车是一种可
以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=
1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90 km/h 匀速
行驶，发动机的输出功率为P=50 kW。当驾驶员看到前方有
80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用
电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72 m后，速度变为v2=72 km/h。此过程中发动机功率的
用于轿车的牵引， 用于供给发电机工作，发动机输送给发电机
的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过
程中所受阻力保持不变。求：
(1)轿车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时，所受阻力
F阻的大小；
(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；
(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀
速运动的距离L′。【解题指导】解答该题时应注意以下两点：
(1)根据动能的变化求各个力(包括变力)做功的代数和，再求
变力功。
(2)若变力做功的功率恒定，则可考虑用W=Pt求变力的功。
【解析】(1)轿车牵引力与输出功率的关系式为P=F牵v，将P=
50 kW, v1=90 km/h=25 m/s，代入得
F牵=
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，
有F阻=2×103 N(2)在减速过程中，发动机只有 P用于轿车的牵引。根据动能
定理
代入数据得Pt=1.575×105 J
电池获得的电能为E电=0.5× Pt=6.3×104 J (3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为
F阻=2×103 N。在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅
有电能用于克服阻力做功，E电=F阻L′，
代入数据得L′=31.5 m
答案：(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m 【拓展提升】
【考题透视】机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，有可能在2013年的高考中出现有关的考题。该部分的命题规律有以下两点：(1)结合生产、生活中某些运动过程(多用图象描述)，结合牛顿运动定律、运动学规律考查功和功率的概念，考查形式为选择题和计算题。
(2)创设物理情景，把几种典型的运动(如匀加速运动、圆周运动、平抛运动等)组合起来，通过多过程综合考查。【借题发挥】解决机车启动问题时的四点注意
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。(3)以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运
动，速度最大值等于 ，牵引力是变力，牵引力做的功W=Pt。
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足
P=f阻·vm，P为机车的额定功率。 【创新预测】
质量为m的汽车行驶在平直的公路上，在运动中所受阻力不变，当汽车加速度为a、速度为v时，发动机的功率为P1，则当汽车发动机的功率为P2时，汽车行驶的最大速度为多少？
【解析】设功率为P1时的牵引力为F，阻力为f，则有P1=Fv，
F-f=ma联立解得f=F-ma= -ma,当发动机的功率为P2时，最大
速度
答案：【热点考向3】 动能定理的应用
【典题训练3】(2012·北京高考)如图所示，质量为m的小物块
在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，
最终落在水平地面上。已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,物
块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面高h=0.45 m。不计空气
阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s;
(2)小物块落地时的动能Ek;
(3)小物块的初速度大小v0。【解题指导】解答本题需要把握以下三点：
(1)根据平抛运动规律可以求出水平位移。
(2)根据平抛运动开始时的机械能等于落地瞬间的机械能可以求出落地瞬间的动能。
(3)根据动能定理可求出初速度。【解析】(1)由平抛运动规律，有
竖直方向 　　　水平方向s=vt
得水平距离
(2)由动能定理， 　解得Ek=0.90 J
(3)由动能定理，有-μmg·l=
得初速度大小
答案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 【拓展提升】
【考题透视】该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：
(1)物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化。
(2)物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化。
(3)在一个复杂的综合问题的某一过程，应用牛顿第二定律与动能定理相结合，分析力的做功或物体的动能变化情况。【借题发挥】应用动能定理的三点注意
(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单。
(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关。在中学物理中一般取地面为参考系。(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统。如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重。在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解。 【创新预测】
如图所示，在E=103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形
绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电
场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40 cm，一带正电荷
q=10-4 C的小滑块质量m=10 g，与水平轨道间的动摩擦因数
μ=0.15 ，位于N点右侧1.5 m处，取g=10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q，则小滑块应以
多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
【解析】(1)设小滑块到达Q点的速度为v，在Q点由牛顿第二定
律得： ，小滑块从开始运动到到达Q点的过程中，
由动能定理得：
联立解得v0=7 m/s。(2)设小滑块到达P点的速度为v′，则从开始运动到到达P点的过程中，由动能定理得：
在P点有：FN=m ，代入数据得FN=0.6 N。
答案：(1)7 m/s (2)0.6 N 动能定理的应用策略
1.对涉及单个物体的受力、位移及过程始、末速度的问题的分析，尤其不涉及时间的，应优先考虑用动能定理求解。
2.若物体运动包含几个不同过程时，可分段运用动能定理列式，也可以全程列式(当所求解的问题不涉及中间速度时)。3.应用动能定理解题的思路和一般步骤
(1)确定研究对象和物理过程，找出始末状态的速度情况；
(2)分析研究对象的受力情况(包括重力)，求出各力做功的代数和，注意求功时，位移必须是相对地面的；
(3)确定过程始、末状态的动能，以及动能的变化量；
(4)利用动能定理列方程求解，要注意方程的左边是功，右边是动能的变化量。
(5)有变力做功时，可以利用图象或定积分确定变力所做的功，也可以根据物体动能的变化，应用动能定理先求出合力所做的功，再求出变力所做的功。 【典题例证】
【典例】(2012·日照二模)(16分)如图所示，水平路面CD的右侧有一长L1=2 m的板M，一物块放在板M的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M的上表面与平台等高。平台的上表面AB长s=3 m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R=0.4 m，最低点与平台AB相切于A点。当板M的左端距离平台L=2 m时，板与物块向左运动的速度v0=8 m/s。当板与
平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，
并滑上平台。已知板与路面的动摩擦因数μ1=0.05，物块与板
的上表面及轨道AB的动摩擦因数μ2=0.1，物块质量m=1 kg,取
g=10 m/s2。(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；
(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E。如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由。
【解题关键】(1)半圆轨道“与平台AB相切于A点”，说明A点在圆弧上，并不是在水平面上。
(2)物块能否到达E点，取决于它在E点的速度大小。【解题思路】(1)明确运动过程：DC段M与m共同向左减速运动，M与BC碰撞后，m先在M上减速运动，再滑到BA上减速运动；到达A点后，沿圆轨道做圆周运动，最后可能在E点水平抛出。
(2)选择解题方法：运用运动学方程、动能定理(或机械能守恒定律)、牛顿运动定律、平抛运动规律综合解题。【规范解答】(1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v1
由动能定理得： (3分)
设物块到A点时速度为v2由动能定理得：
(2分)
由牛顿第二定律得：FN-mg=m (2分)
解得：FN=140 N,由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大
小为140 N,方向竖直向下 (1分)(2)设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v3，
则有： (2分)
解得： (2分)
故能通过最高点，做平抛运动
有x=v3t (1分)
(2分)
解得：x=2.4 m (1分)
答案：(1)140 N 方向竖直向下 (2)见规范解答 【拓展训练】
(2012·福建高考)如图所示,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面
上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动
机功率恒为P,小船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过
A点时的速度大小为v0,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时
间为t1,A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求:(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf;
(2)小船经过B点时的速度大小v1;
(3)小船经过B点时的加速度大小a。
【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd ①
(2)小船从A点运动到B点牵引力做的功W=Pt1 ②
由动能定理有W-Wf= ③
由①②③式解得v1= ④ (3)设小船经过B点时绳的拉力为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度为u,则P=Fu ⑤
u=v1cosθ ⑥
由牛顿第二定律有Fcosθ-f=ma ⑦
由④⑤⑥⑦式解得
答案：(1)fd (2)
(3)1.(2012·哈尔滨二模)一位同学在二楼教室窗口把一个篮球用力水平抛出，篮球落地时重力的瞬时功率约为( )
A.5 W B.50 W C.500 W D.5 000 W
【解析】选B。此题为估算题，二楼教室窗口到地面的高度大约有4 m，一个篮球的质量大约有0.6 kg，篮球落地时的竖直分速度 重力的瞬时功率P=mgv1=54 W，故本题选B。2.(2012·安徽高考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的
圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正
上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好
对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g，则小球从P到B
的运动过程中( )A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功 mgR
【解析】选D。重力做功与路径无关，所以WG=mgR，选项A错；
小球在B点时所受重力等于向心力， 即以 ，
从P点到B点，由动能定理知： ，故选项C
错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为|ΔE|=
|ΔEP|-|ΔEk|= mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于
机械能的减少量，故选项D对。3.(2012·普陀区一模)(多选)如图所示，等腰直角三角体OCD
由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且
DP>CP。现将OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边
水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的
时间相同。下列说法正确的是( )A.A、B材料的动摩擦因数相同
B.两次滑动中小物块到达底端的速度相等
C.两次滑动中小物块到达P点的速度相等
D.两次滑动中小物块到达底端摩擦生热相等
【解析】选B、D。由小物块两次滑动经过P点的时间相同可知，两次滑动的加速度不相同，A、B材料的动摩擦因数不相同，两次滑动中小物块到达P点的速度不相等，选项A、C错误；由动能定理，两次滑动中克服摩擦力做功相同，小物块到达底端的速度相等，小物块到达底端摩擦生热相等，故选项B、D正确。4.(2012·南通二模)如图甲所示，一质量为m的滑块(可视为质点)沿某斜面顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图乙所示。斜面倾角为37°,长为L，有一半径为R= L的光滑竖直半圆轨道刚好与斜面底端B相接，且直径BC与水平面垂直，假设滑块经过B点时没有能量损失。求：(1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小；
(2)滑块滑至斜面底端时的速度大小；
(3)试分析滑块能否滑至光滑竖直半圆轨道的最高点C。如能，请求出在最高点时滑块对轨道的压力；如不能，请说明理由。
【解析】(1)滑块滑至斜面中点时，由图乙可知，μ=0.5，
则对滑块：mgsin37°-μmgcos37°=ma
代入数据解得：a= g(2)滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：
由图乙的物理意义得：
解得：(3)设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理：
,
解得：
如滑块恰好滑到C点：mg=
解得：所以滑块能够到达C点
当滑块滑到C点时：
解得N=3 mg
由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力为3mg，方向竖直向下
答案：(1) g (2) (3)见解析课件64张PPT。第6讲 机械能守恒定律 功能关系【考纲资讯】重力势能 Ⅱ
弹性势能 Ⅰ
机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 【考情快报】1.对机械能守恒条件的考查题型多为选择题，对功能关系的考查题型一般为计算题。功能关系往往与电场、磁场以及典型运动规律相联系。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题。
(2)与实际问题结合成凸现思想方法的综合性问题。【体系构建】
【核心自查】
一、机械能守恒定律的三个观点
1.守恒观点
表达式为E2=E1或_____________，表示系统末状态机械能的总
和与初状态机械能的总和相等。
2.转化观点
表达式为ΔEk增=ΔEp减或____________，表示系统增加(或
减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。 Ek2+Ep2=Ek1+Ep1ΔEk减=ΔEp增3.转移观点
表达式为ΔEA增=ΔEB减或____________，表示若系统由A、B两部分组成，则A物体机械能的增加(或减少)与B物体机械能的减少(或增加)相等。 ΔEA减=ΔEB增二、摩擦力做功特点及其与能量的关系类别比较静摩擦力 滑动摩擦力能量的转化方面在静摩擦力做功
的过程中，只有
机械能从一个物
体_____到另一个
物体(静摩擦力
起着传递机械能
的作用)，而没
有机械能转化为
其他形式的能量转移(1)相互摩擦的物体
通过摩擦力做功，
将部分机械能从一
个物体_____到另一
个物体。
(2)部分机械能转化
为内能，此部分能
量就是系统机械能
的_______转移损失量类别比较静摩擦力 滑动摩擦力一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所
做功的代数和总
等于___ 零一对相互作用的滑动
摩擦力对物体系统所
做的总功，等于摩擦
力与两个物体相对路
程的乘积，即WFf=
-Ff·x相对，表示物体
克服摩擦力做功，系
统损失的机械能转变
成_____内能正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还
可以_______不做功三、功能转化关系增加等于重力势能的_____ 减少WG=Ep1-Ep2 等于弹性势能的_____减少W弹=Ep1-Ep2等于分子势能的_____减少W分=Ep1-Ep2等于电能(或电势能)的
_____减少W电=Ep1-Ep2分子力做功安培力做功 除了重力和弹力之外的其他力做功系统克服滑动摩擦力或介质阻力做功等于电能(或电势能)的
_____等于机械能的_____ 等于系统内能的_____ W安=Ep1-Ep2W其=E2-E1Q=Ffx相减少增加增加【热点考向1】 机械能守恒定律
【典题训练1】(2012·南京一模)如图所示，质量m=1.0 kg
的物块在倾角为θ的斜面上的A点，由静止开始释放，物块
过B点时速度为2.0 m/s，过C点时速度为3.0 m/s。已知BD长
为2.1 m，CD长为1.6 m。(g取10 m/s2)则：(1)物块下滑的加速度多大？
(2)选D处为零势能面，写出物块下滑过程中最大重力势能与倾角θ的关系式。
(3)假设物块下滑过程中机械能守恒，则倾角θ是多少？
【解题指导】解答本题时首先要求出A点的竖直高度，然后根据机械能守恒定律求出倾角θ。【解析】(1)从B到C过程中，x=0.5 m，
由 ，得a=5 m/s2。
(2)A点速度为零，从A到B距离为x′，
由 ，得x′=0.4 m。
所以相对于D，A的高度为H=(x′+BD)sinθ=2.5sinθ，最大重
力势能Ep=mgH=25sinθ。(3)若机械能守恒，则有 ，
即： ，解得θ=30°。
答案：(1)5 m/s2 (2)Ep=25sinθ (3)30°【拓展提升】
【考题透视】该知识点为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点：
(1)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动。
(2)在综合问题中的某一过程遵守机械能守恒定律时，考查该知识点。
(3)带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可以守恒，所以也有关于这方面的考查。【借题发挥】应用机械能守恒定律解题时的三点注意
(1)要注意研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节,有的问
题选单个物体(实为一个物体与地球组成的
系统)为研究对象机械能不守恒,但选此物体
与其他几个物体组成的系统为研究对象,机
械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A
机械能减少,但由物体A、B二者组成的系统
机械能守恒。(2)要注意研究过程的选取
有些问题研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)要注意机械能守恒表达式的选取
守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面。而后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面。 【创新预测】
如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质
量m=0.4 kg的小物块A，不可伸长的轻质细绳
通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮D，
连接小物块A和小物块B，虚线CD水平，间距
d=1.2 m,此时连接小物块A的细绳与竖直杆
的夹角为37°，小物块A恰能保持静止。现
在在小物块B的下端挂一个小物块Q(未画出)，小物块A可从图示位置上升并恰好能到达C处，不计摩擦和空气阻力，cos37°=0.8、sin37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块A到达C处时的加速度大小；
(2)小物块B的质量；
(3)小物块Q的质量。【解析】(1)当小物块从A到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以小物块A的加速度a=g=10 m/s2。
(2)设小物块B的质量为mB,绳子拉力为FT;根据平衡条件：
FTcos37°=mg
FT=mBg
联立解得mB=0.5 kg。(3)设小物块Q的质量为m0,根据系统机械能守恒得
mghAC=(mB+m0)ghB
hAC=dcot37°=1.6 m
hB= -d=0.8 m
解得m0=0.3 kg。
答案：(1)10 m/s2 (2)0.5 kg (3)0.3 kg 【热点考向2】 机械能守恒定律的综合应用
【典题训练2】(2012·大纲版全国卷)一探险队员在探险时遇
到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此
队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。
如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖
直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y= 探险队员的
质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。(1)求此人落到坡面时的动能。
(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【解题指导】解答本题时应注意以下三点：
(1)落点位置坐标为此人平抛运动轨迹方程和坡面方程组成的解；
(2)根据机械能守恒定律求得此人落到坡面时的动能；
(3)运用数学方法求出动能的最小值。【解析】(1)设此人在空中做平抛运动的时间为t，运动到另一侧坡面的落点坐标为(x,y)，则有x=v0t ①
②
依题意有： ③
根据机械能守恒定律可得，此人落到坡面的动能 ④
联立以上各式得： ⑤(2)把⑤式变形，得 ⑥
当⑥式中的平方项为零时，即 时，动能Ek最小。
最小的动能
答案：(1)
(2) mgh 【拓展提升】
【考题透视】对于机械能守恒定律与力学的综合这一考点的考查，经常出现在理综压轴题中，综合性比较强，难度一般较大，物体的运动过程复杂或运动阶段繁多。出题角度多从机械能守恒定律与抛体运动或竖直面内圆周运动等运动规律相联系。【借题发挥】解决机械能守恒综合题目的一般方法
(1)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。
(2)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。
(3)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。【创新预测】
一轻质细绳一端系一质量为m= kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.1 m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的左侧距离s处固定一个光滑的斜面，如图所示，水平距离s为1 m。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上由静止滑下，与小球发生弹性碰撞。滑块B与水平面间动摩擦因数为0．25。不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10 m／s2，试问：(1)若滑块B从斜面某一高度h处由静止滑下与小球发生弹性碰撞后(碰后A、B交换速度)，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h。
(2)若滑块B从h′=5 m处由静止滑下，求滑块B与小球碰后(碰后A、B交换速度)，小球达到最高点瞬间绳子对小球的拉力。【解析】(1)滑块B从静止滑下的过程中，机械能守恒，则：
滑块B在水平面上滑动的过程中，根据动能定理得：
由于滑块B与小球A的碰撞交换速度，所以碰后A球的速度:vA=v2
碰撞后，小球恰好能在竖直面内做圆周运动，圆周运动过程中
机械能守恒，在最高点时，满足
联立以上各式，代入数值解得：h=0.5 m(2)设滑块B与小球A碰前的速度为vB，由动能定理得：
mgh′-μmgs=
又v″A=vB
从碰撞后到小球运动到最高点，由机械能守恒定律得
设小球到达最高点时，绳的拉力为F，由牛顿第二定律得： ,解得F=45 N
答案：(1)0.5 m (2)45 N 【热点考向3】功能关系的综合应用
【典题训练3】如图所示，质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的
水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物
块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面
上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数
μ=0.5，取g=10 m/s2，求
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)物块克服摩擦力做的功；
(3)在此过程中转变成的内能。【解题指导】解答本题时应注意把握以下两点：
(1)正确分析物块和小车的受力情况及运动情况。
(2)正确利用功能关系求摩擦力的功和产生的内能。
【解析】(1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则
a2=μg=5 m/s2，
v0-a2t=a1t，
所以 。(2)相对静止时的速度
物块克服摩擦力做的功
(3)由能量守恒可知，系统损失的机械能转化为内能，则
答案：(1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J 【拓展提升】
【考题透视】该知识点为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：
(1)功能关系结合曲线运动及圆周运动进行考查。
(2)功能关系结合多个物体间的相对运动进行考查。
(3)物体经历多个过程，有多个力做功，涉及多种形式的能量转化的考查。【借题发挥】解决功能关系问题应该注意的三个方面
(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。
(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。
(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。 【创新预测】
如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相
切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至
A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后
脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重
力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空气阻力)试
求： (1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
【解析】(1)设物体在B点的速度为vB，半圆形导轨对物体的支持力为FNB，由牛顿第二定律有
①
②
设弹簧弹性势能为Ep，物体由A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律有 ③
由①②③式解得(2)设物体在C点速度为vC，由牛顿第二定律有
mg=m ④
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律有：
⑤
联立解得：ΔE=mgR。
答案：(1) mgR (2)mgR 力学综合问题的规范求解
一、研究对象“三看”
1.看研究对象是单个物体还是多个物体组成的系统，有时还要把其中一个或几个物体从系统中分离出来，作为研究对象。2.看研究对象参与的物理过程。一方面能把复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，化难为易；另一方面又可挖掘隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”。
3.看研究对象的受力与运动情况。针对不同的对象，分析它们在各个过程的受力情况与运动情况，同时分清内力和外力，注意各力的特点，以便合理选取物理规律。二、解题方法“四选择”
1.当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
2.当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
3.当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；
4.复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。 【典题例证】
【典例】(2012·济南一模)(12分)如图所示，在光滑水平地面
上放置质量M=2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨
道相切。一质量m=1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点
距离长木板上表面高度h=0.6 m。滑块在木板上滑行t=1 s后，
和木板以共同速度v=1 m/s匀速运动，取g=10 m/s2。求：(1)滑块与木板间的摩擦力；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量。
【解题关键】(1)地面“光滑”并非是弧形轨道光滑。
(2)滑块滑向木板时的速度大小决定最终达到共速的时间，求出滑块滑向木板的初速度是解题的关键。【解题思路】(1)由运动学公式和牛顿第二定律可求出滑块与木板间摩擦力的大小。
(2)滑块在弧形轨道上的摩擦力是变力，变力做的功应用动能定理或能量守恒定律求解。
(3)明确共速之前滑块和木板的位移大小，此处产生的热量可由Q=Ff·x相对求出。【规范解答】(1)对木板Ff=Ma1 (1分)
由运动学公式得v=a1t (1分)
解得a1=1 m/s2,Ff=2 N (1分)(2)对滑块有-Ff=ma2 (1分)
设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v-v0=a2t
解得a2=-2 m/s2，v0=3 m/s (1分)
滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得
(2分)
可得滑块克服摩擦力做的功为
(1分)(3)t=1 s内木板的位移 (1分)
此过程中滑块的位移 (1分)
故滑块相对木板滑行距离L=x2-x1=1.5 m (1分)
产生的热量Q=Ff·L=3 J (1分)
答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m 3 J 【拓展训练】
(2012·重庆高考)如图所示为一种
摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎
与地面间动摩擦因数，其主要部件
有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤
和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质
量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距
离为L。测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位
置处静止释放。摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小
段距离 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)摆锤在全过程中重心下降的高度h=Lcosθ，所以损失的机械能
ΔE=mgh=mgLcosθ。
(2)据功能关系，摆锤重力势能的减少量等于克服摩擦力所做的功，即 =ΔE=mgLcosθ。
故摩擦力对摆锤做的功为-mgLcosθ。(3)摩擦力Ff=μF，摩擦力做的功也可由 求
得，
联立解得 。
答案：(1)mgLcosθ (2)-mgLcosθ (3) 1.(2012·漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的
空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小
为 。当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为
g，下列说法正确的是( )
A.小球的动能减少了
B.小球的动能增加了
C.小球的电势能减少了
D.小球的电势能增加了mgh【解析】选B。小球受的合力F= mg，据动能定理，合力做功
等于动能的增加，故 ，选项A错、B正确；由题
意可知，电场力 ，电场力做负功，电势能增加，
，选项C、D均错。2.(2012·冀州二模)(多选)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜
面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静
止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。
其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴
的直线，则下列说法中正确的是( )A.物体在沿斜面向下运动
B.在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C.在0～x2过程中，物体先减速再匀速
D.在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ
【解析】选A、D。由题图乙可知，在0～x1过程中，机械能非线性减小，可知拉力做负功，且拉力越来越小，物体的加速度应逐渐增大，故A项正确，B、C均错；在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F消失，物体沿光滑斜面下滑，a=gsinθ，故D项正确。3.(2012·山东高考)(多选)将地面上静止的货物竖直向上吊
起，货物由地面运动至最高点的过程中，v -t图象如图所示。
以下判断正确的是( )
A.前3 s内货物处于超重状态
B.最后2 s内货物只受重力作用
C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同
D.第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒【解析】选A、C。由货物运动的v -t图象可知，前3 s内货物
向上做匀加速直线运动，货物处于超重状态，A项正确；最后
2 s内货物向上做匀减速直线运动，加速度为-3 m/s2，说明货
物除受重力外，还受其他力的作用，B错误；由平均速度公式
得，前3 s内与最后2 s内货物的平均速度都为3 m/s，
C对；第3 s末至第5 s末的过程中，货物的速度不变，动能不
变，重力势能增加，故机械能增加，D错误。4.(2012·扬州二模)如图所示，一质量为m=1 kg的滑块从光滑
圆弧槽高为h=0.8 m的A处无初速地滑下，槽的底端B与长度L=
8 m的水平传送带相接，传送带的运行速度为v0=6 m/s,已知滑
块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,求：(1)滑块到达圆弧槽底端B时的速度v；
(2)传送带将滑块从B运送到C所用的时间t；
(3)传送带由于运送滑块电动机需增加消耗的电能E。
【解析】(1)设滑块到达B点的速度为v，由机械能守恒定律，有mgh=
v= =4 m/s。(2)设滑块在传送带上的加速度为a
由牛顿第二定律得μmg=ma
a=2 m/s2
滑块在传送带上匀加速运动的时间
滑块在传送带上匀加速运动的位移
滑块随传送带匀速运动的时间
传送带将滑块从B运送到C所用的时间
t=t1+t2=1.5 s。(3)传送带与滑块间的相对位移Δs=v0t1-s
由于摩擦产生的热量Q=μmgΔs
电动机需增加消耗的电能E=Q+ m( )=12 J。
答案：(1)4 m/s (2)1.5 s (3)12 J课件71张PPT。第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动【考纲资讯】
电荷　电荷守恒定律　点电荷 　Ⅰ
库仑定律 Ⅱ
静电场　电场线　电势能　电势　等势面 Ⅰ
电场强度　点电荷的场强　电势差 Ⅱ
匀强电场中电势差和电场强度的关系 Ⅰ
带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ
电容　电容器 Ⅰ 【考情快报】
1.单独考查电场的性质与特点等考点时，题型一般为选择题；考查带电粒子在匀强电场中的运动时，题型一般为计算题。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要体现在以下几个方面：
(1)电场的性质与特点结合曲线运动条件﹑功能关系等主干知识点进行综合考查，一般为选择题题型。
(2)电容器的决定式和定义式综合电路分析的问题考查，这类问题应该出现在选择题中。
(3)带电粒子在匀强电场中的运动结合力学运动规律﹑功能关系及电场力做功的特点等考点的综合问题的考查仍将是命题的热点。 【体系构建】【核心自查】
一、电场的性质
1.力的性质
(1)电场强度的三个表达式
(2)电场线
①能直观地描述电场的_____和_____。
②沿着电场线的方向电势_____，电场线密集的地方电势降低
得快。E= E= E= 强弱方向降低2.能的性质
(1)电势
①定义式:φ= 。
②相对性：电势具有_______，与零势能点的选取有关。
(2)电势差
①定义式：UAB= 。
②电势差与电势的关系：UAB=_______，电势差是_______，与
零势能点的选取无关。
(3)电势能：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电
势能增加。 相对性绝对的φA-φB二、电容及带电粒子在电场中的运动
1.电容
(1)定义式：C= ，适用于任何电容器。
(2)平行板电容器的决定式：C= ，仅适用于平行板电容器。2.带电粒子在电场中的运动
(1)加速运动
①在如图所示的匀强电场中，
v0 与E平行时，应用牛顿第二定律结合运动学公式求解，基本方程为a= ，E= ，2ad= 。
②非匀强电场中，用动能定理求解，基本方程为
qU= 。(2)偏转运动
①处理方法：运用运动的合成与分解的思想处理，也就是初速
度方向上的_____________和电场力方向上的_______________。
②偏转规律：在如图所示的匀强电场中，有以下规律
偏转位移：y=
偏转角：tanφ= = 。 匀速直线运动匀变速直线运动【热点考向1】 对电场性质的理解与应用
【典题训练1】(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一
个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面
分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点。则( )A.P、Q两点处的电荷等量同种
B.a点和b点的电场强度相同
C.c点的电势低于d点的电势
D.负电荷从a到c，电势能减少
【解题指导】解答本题需要把握以下三点：
(1)电场线与等势面垂直。
(2)沿着电场线方向电势降低。
(3)电场力做功与电势能改变之间的关系。 【解析】选D。图中画出的是等势面的分布图，而不是电场线
的分布图，因为电场线与等势面垂直，所以根据这一点就能够
画出电场线分布图，如图所示。电场线必须画成从P出发终止
于Q，所以Q必是负电荷，A错误；a、b两点电场强度方向不
同，B错误;沿着电场线方向电势降低，所以c点电势高于d点电
势，C错误；负电荷从a到c，电场力做正功，电势能减少，D正
确。【典题训练2】(2012·潍坊一模)(多
选)如图所示，在足够大的光滑绝缘水
平面内有一带正电的点电荷a(图中未
画出)。与a带同种电荷的质点b仅在
a的库仑力作用下。以初速度v0 (沿MP方向)由M点运动到N点，
到N点时速度大小为v，且vA．a电荷一定在虚线MP下方
B．b电荷在M点、N点的加速度大小可能相等
C．b电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
D．b电荷从M点到N点的过程中，a电荷对其做的总功为负值【解题指导】解答本题时应该注意以下三点：
(1)曲线运动的物体其运动轨迹向着合外力一侧弯曲，由此判定电场力的方向，确定源电荷的位置；
(2)点电荷电场的分布规律和特点；
(3)电场力做功与电势能变化之间的关系。【解析】选A、C、D。由质点b仅在a的库仑力作用下的运动轨迹可知，a电荷一定在虚线MP下方，选项A正确；根据v＜v0可知，N点距离点电荷a比M点近，b电荷在M点的加速度大小比N点小，选项B错误；根据电荷b的电势能和动能之和保持不变可得，b电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，选项C正确；b电荷从M点到N点的过程中，动能减小，由动能定理可知，a电荷对其做的总功为负值，选项D正确。 【拓展提升】
【考题透视】静电场的性质与特点以及常见电场的分布规律问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下三点：
(1)以选择题的形式考查，一般考查静电场的分布规律(电场线及等势面规律)。
(2)以选择题的形式考查电场力做功与电势能的改变之间的关系，动能定理在静电场中的应用。
(3)得分要点：熟记电场的性质及相关公式。【借题发挥】判断电场性质的一般解题思路
(1)明确电场的电场线与等势面的分布规律；
(2)利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱；
(3)根据电场线的方向、电场线的疏密及电势能的大小分析电势的高低；
(4)应用电场力做功与电势能改变之间的关系判定电势能的大小或电场力做功情况。 【创新预测】
如图所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在AB直线上的两点，DC=CE，F、G处在DE的中垂线上，FC=CG，下列说法正确的是
( )A．A电极的带电量小于B电极的带电量
B．F点的电场强度大于C点的电场强度
C．DC两点间电势差小于CE两点间电势差
D．电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功【解析】选D。A电极与B电极接在同一电源的两极，带电量相
等，选项A错误；根据电场线的分布规律可知，F点的电场强度
小于C点的电场强度，选项B错误；从D到E电场强度逐渐减小，
而DC=CE，又U=E·d，因此DC两点间电势差大于CE两点间电势
差，选项C错误；如图所示，电子从F点沿直线移动到G点，电
子的电势能先减小后增加，因此，电场力先做正功，后做负
功，选项D正确。【热点考向2】 电容器与粒子的运动规律
【典题训练3】(2012·新课标全国卷)
(多选)如图,平行板电容器的两个极板
与水平地面成一角度,两极板与一直流
电源相连。若一带电粒子恰能沿图中
所示水平直线通过电容器,则在此过
程中,该粒子( )
A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动【解题指导】解答本题应把握以下两点：
(1)由直线运动的条件分析带电粒子的受力情况，并确定运动的性质。
(2)由动能定理分析能量的变化情况。【解析】选B、D。分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示。可以看出其合力方向与其速度方向相反。所以,带电粒子在电场中做匀减速直线运动。电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加,故选项A、C错误，选项B、D正确。【典题训练4】(2012·广东高考)(多选)如
图所示是静电矿料分选器的原理示意图,带
电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在
收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程,下
列表述正确的有( )
A.带正电的矿粉落在右侧
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小【解题指导】解答本题时应注意以下三点：
(1)平行板间电场方向与极板上所带电荷电性间的关系：“由正极板指向负极板”。
(2)电场力方向与场强方向、电荷电性间的关系。
(3)电场力做功与电势能变化之间的关系。【解析】选B、D。由题图可知匀强电场的场强方向水平向左，故带正电的矿粉受水平向左的电场力作用而落在左侧，A错。在带正电的矿粉下落的过程中，由于受到向左的电场力作用而向左运动，故电场力对带正电的矿粉做正功，带正电的矿粉电势能减小,则B、D正确。对于带负电的矿粉而言，由于受到水平向右的电场力作用而向右运动，在运动过程中电场力对其做正功，电势能减小，C错。 【拓展提升】
【考题透视】平行板电容器问题是近几年高考中时常出现的考点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：
(1)一般以选择题的形式考查电容器的定义式和平行板电容器的决定式；
(2)以选择题的形式考查极板间场强﹑极板间的电势、带电粒子的电势能及电容器的充放电规律等问题。【借题发挥】平行板电容器问题的分析思路
(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量
是变化的以及怎样变化；
(2)应用平行板电容器的决定式C= 分析电容器的电容的变
化；
(3)应用电容器的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变
化情况；
(4)根据控制变量法对电容器的变化进行综合分析，得出结
论。 【创新预测】
科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增
强而增大，图示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变
阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器一带
电微粒恰好处于静止状态，则( )A．只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
B．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动
C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
D．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动【解析】选A。闭合S1和S2 时，带电微粒恰好处于静止状
态，当向右移动滑片P1时，滑动变阻器R接入电路的有效阻值
增加，通过电磁铁的电流减小，磁敏电阻所在位置的磁感应
强度减弱，磁敏电阻的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律得
知，通过电阻R1的电流增加，电阻R1消耗的功率P1=I2·R1增
加，选项A正确；当向右移动滑动变阻器R的滑片 P1时，通过
电阻R1的电流增加，滑动变阻器R2两端的电压增加，也就是
电容器两极板间的电压增大，粒子所受电场力增大，电场力大于重力，带电微粒向上运动，选项B错误；只调节电阻R2，当P2向下端移动时，磁敏电阻的阻值保持不变，滑动变阻器R2的有效阻值增加，通过电阻R1的电流减小，电阻R1消耗的电功率变小，选项C错误；电容器两板间的电压为UC=E-U1-U内-UGMR =E-I(R1+r+RGMR) ,电压增加，带电微粒向上运动，选项D错误。 【热点考向3】带电粒子在电场中的加速与偏转
【典题训练5】(2012·潍坊一模)如图所
示，在xOy平面内，一带正电的粒子自A点
经电场加速后从C点垂直射入偏转电场(视
为匀强电场)，偏转后通过极板MN上的小孔
O离开电场，粒子在O点时的速度大小为v，
方向与x轴成45°角斜向上，在y轴右侧
y≥d范围内有一个垂直纸面向里、磁感
应强度大小为B的匀强磁场，粒子经过磁场偏转后垂直打在极板MN上的P点，已知NC之间距离为d，粒子重力不计，求：(1)P点的纵坐标；
(2)粒子从C点运动到P点所用的时间；
(3)偏转电场的电场强度。【解题指导】解答本题时应该注意以下三个方面：
(1)分析粒子的受力情况，画出粒子的运动轨迹，分析粒子的运动规律。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解规律找出初末速度之间的关系，根据两分运动之间的联系求解位移﹑速度﹑加速度﹑时间等物理量。
(3)粒子在磁场中的运动，应根据初速度的方向和大小确定粒子圆周运动的圆心和半径。【解析】(1)粒子运动的轨迹如图所示：
由几何关系得，粒子在磁场中运动的轨道半径R= = d
所以P点的纵坐标yP=R+2 =(2+ )d(2)粒子在O点的分速度
粒子从C运动到O的时间
粒子从O运动到D的时间
粒子从D运动到P的时间
粒子从C运动到P所用时间
(3)x方向上：
粒子在磁场中运动
联立解得
答案：见解析 【拓展提升】
【考题透视】带电粒子在电场中的运动问题是近几年高考的重点和热点，综合分析近几年的高考命题，对于这一考点的命题规律有以下几个方面：
(1)以综合计算题的形式出现在理综压轴题中，通常与磁场复合场等问题相联系。
(2)经常与功能关系﹑运动学方程﹑牛顿运动定律等知识相综合，以计算题的形式出现。
(3)有时在选择题中出现，考查带电粒子的运动轨迹﹑受力情况及运动规律等问题。【借题发挥】带电粒子在电场中的运动问题解题思路
(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题。
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：
①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。
②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化﹑运动的位移等。(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解。
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。 【创新预测】
飞行时间质谱仪可以根据带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，自脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器。已知极板a、b间的电压为U0，间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及经过a板时的初速度。(1)若M、N板间无电场和磁场，请推导出离子从a板到探测器的
飞行时间t与比荷k(k= ，q和m分别为离子的电荷量和质量)的
关系式；
(2)若在M、N间只加上偏转电压U1，请论证说明不同正离子的
轨迹是否重合。【解析】(1)带电离子在平行板a、b间运动时，根据动能定理
qU0= -0 ①
解得：v= 即v=
带电离子在平行板a、b间的加速度a1= 即a1=
所以，带电离子在平行板a、b间的运动时间
t1= =
带电离子在平行板M、N间的运动时间
t2=
所以，带电离子的全部飞行时间t=t1+t2=(2)设正离子在平行板M、N间水平方向运动位移为x时，在竖直方向运动的位移为y。
水平方向满足x=vt ②
竖直方向满足y= ③
加速度a2= ④
由上述②③④式得：y= ⑤
⑤式是正离子的轨迹方程，运动轨迹与正离子的质量和电荷量均无关。所以，不同正离子的轨迹是重合的。
答案：(1)t=
(2)见解析 带电粒子在交变电场中的运动问题
带电粒子在交变电场中的运动包括直线运动和曲线运动两种情况。
1.对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速﹑减速交替出现的多运动过程的情境出现。
解决的方法：
(1)根据运动学或动力学认真分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律。(2)借助运动图象进行运动过程分析，找出每一运动过程或每一运动阶段中相关物理量间的关系，进行归纳﹑总结﹑推理，寻找带电粒子的运动规律。
2.对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后分别应用直线运动规律加以解决。 【典题例证】
【典例】(2012·临川二模)(16分)有一种电荷聚焦装置的工作
原理可简化为如下工作过程：如图甲所示，平行金属板A和B间
的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t=0
时A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0，现
有由质量为m的带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从AB
的中点O以平行于金属板方向OO′的速度v0= 不断射入，所
有粒子在AB间的飞行时间
均为T，不计重力影响。
试求：(1)粒子打出电场时位置离O′点的距离范围。
(2)粒子射出电场时的速度大小及方向。
【解题关键】(1)所有粒子在板间运动的时间恰好是板间电压的一个变化周期。
(2)正向电压与反向电压相等，说明板间场强大小不变，只是改变方向，正、反向电压的持续时间不同。【解题思路】解答本题时应该注意以下两个方面：
(1)分析粒子的受力情况，判断粒子的运动规律，研究t=0、
t= 、t= 、t=T几个特殊时刻进入的粒子的运动情况(比如：
速度﹑加速度﹑时间﹑位移等物理量的变化)。
(2)画出粒子在一个变化周期内的速度变化图象，寻找粒子偏
转位移的变化规律和变化范围。【规范解答】据U-t图象可作出粒子偏转方向上的v-t图象如图
所示，
由图象可知：
(1)当粒子由t=nT时刻进入电场，向下侧移最大，则
(4分)当粒子由 时刻进入电场，向上侧移最大，则
(4分)
在距离O′中点下方 至上方 范围内有粒子
打出。 (2分)(2)打出粒子的速度都是相同的，在沿电场线方向速度大小为
(2分)
所以打出速度大小为
(2分)
设速度方向与v0的夹角为θ，则tanθ= =1
即θ=45° (2分)
答案：见规范解答 【拓展训练】
在金属板AB间加上如图所示的大小不变，方向周期性变化的交
变电压U0，其周期为T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两
板中央射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重
力，求：(1)若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？
(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？【解析】(1)电子在电场中运动的初末位置电势差为U= ,由
动能定理得
则v=(2)t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反转，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初始速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动。轨迹如图所示。要使电子恰好能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长度至少为l=v0T。(3)若要求电子从极板中央平行于极板射出，则要求电子在电
场方向上先加速﹑再减速，反向加速再减速，每段时间相同，
一个周期后恰好回到OO′线。可见，应在
时射入。极板间距离要求满足在加速﹑减速阶段电子不打到极
板上。 由牛顿第二定律得：a= ，
加速阶段的偏转距离为
可解得 。
答案：(1) (2)v0T
(3)1.(2012·海淀二模)物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系。对于单位的分析是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法。下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存的能量EC与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中C为电容器的电容、U为电容器充电后其两极板间的电压、E为两极板间的电场强度、d为两极板间的距离、S为两极板正对面积、εr为两极板间所充介质的相对介电常数(没有单位)、k为静电力常量。请你分析下面给出的关于EC的表达式可能正确的是( )A.EC= B.EC=
C．EC= D．EC=
【解析】选C。能量的单位是焦耳，因此表示电容器充电后储
存的能量的物理量EC的单位是焦耳，电容的单位是库仑每伏
特， ﹑ 以及 ESd的单位都不是焦耳，因此，选
项A、B、D都错误，只有选项C正确。 2.(2012·南通二模)两块竖直放置的带电平行金属板A、B间放
一金属小球后，电场线如图所示，M、N为电场中的两点，下列
判断中正确的是( )
A．M点处的电场强度小于N点处的电场强度
B．M点处的电势高于N点电势
C．将负检验电荷从M点移到N点，电场力做正功
D．将正检验电荷从M点移到N点，该电荷的电势能增加【解析】选B。金属小球放入电场中达到静电平衡后，其表面是等势面，根据图中电场线可知，M点处的电场强度大于N点处的电场强度，选项A错误；M点的电势高于静电平衡小球的电势，静电小球的电势高于N点的电势，因此，选项B正确；负检验电荷从M点移到N点，电场力做负功，选项C错误；正检验电荷从M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，选项D错误。3.(2012·淄博一模)在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了
一电荷量为+Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质
量为m，电荷量为-q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度
为v，图中θ=60°，规定电场中P点的电势为零。则在+Q形成
的电场中( )
A．N点电势高于P点电势
B．N点电势为
C．P点电场强度大小是N点的2倍
D．检验电荷在N点具有的电势能为【解析】选B。在+Q形成的电场中，由点电荷电场中等势面分
布规律知N点电势低于P点电势，选项A错误；负检验电荷的机
械能与电势能之和保持不变，负检验电荷在N点电势能等于
，N点电势为 ，选项B正确,D错误；由图中几何关
系，ON=2OP，由点电荷电场强度公式，P点电场强度大小是
N点的4倍，选项C错误。4.(2012·南通一模)(多选)空间某一静
电场的电势φ在x轴上分布如图所示，
A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度
在x方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、
ED，则( )
A.EA＜EB
B.EC＜ED
C.A、D两点在x方向上的场强方向相反
D.同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能【解析】选B、C、D。根据E=Δφ/Δx可知，EA＞EB,EC＜ED,A、D两点在x方向上的场强方向相反，选项A错误，B、C正确。同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能，选项D正确。5.(2012·朝阳二模)如图所示，空间有一场强为E、水平向左的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的滑块(可视为质点)在粗糙绝缘水平面上由静止释放，在电场力的作用下向左做匀加速直线运动，运动位移为L时撤去电场。设滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ。(1)画出撤去电场前滑块运动过程中的受力示意图，并求出该过程中加速度a的大小；
(2)求滑块位移为L时速度v的大小；
(3)求撤去电场后滑块滑行的距离x。
【解析】(1)滑块沿轨道向左运动过程中的受力如图所示。
根据牛顿运动定律：mg-FN=0
qE-Ff=ma
又因为Ff=μFN
所以a= -μg(2)滑块向左做匀加速直线运动，根据运动学公式
v2=2aL
所以v=
(3)滑块在水平面上运动的整个过程中，根据动能定理有
qEL-μmg(L+x)=0-0
答案：(1)见解析图 (2)
(3)( -1)L课件85张PPT。第8讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动【考纲资讯】
磁场 磁感应强度 磁感线 磁通量 Ⅰ
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ
安培力 Ⅱ
洛伦兹力 Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ
质谱仪和回旋加速器的基本原理 Ⅰ 【考情快报】
1.考查磁场的性质﹑分布特点和规律以及匀强磁场中的安培力时，一般以选择题的形式出现；考查洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动时，主要题型为计算题。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要有以下几点：
(1)考查导体棒在匀强磁场中运动的问题；
(2)考查导体棒在匀强磁场中运动与电磁感应﹑能量转化与守恒及闭合电路欧姆定律相结合的综合问题；
(3)考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题。【体系构建】【核心自查】
一、三种场力
1.重力
G=mg，总是竖直向下，是恒力，做功只取决于初末位置的_____
___。
2.电场力
F=qE，方向与_________及电荷_____有关，做功只取决于初末位
置的_______。
3.洛伦兹力
F=qvB(v⊥B)，方向用_________判定，洛伦兹力不做功。 高度差电场方向电性电势差左手定则二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.带电粒子的速度方向与磁场平行时，粒子不受磁场力作用，
粒子做_________运动(忽略重力等影响)，运动情景如图所示。 匀速直线2.带电粒子的速度方向与磁场垂直时，粒子仅在洛伦兹力作用
下做_________运动，洛伦兹力不做功，在有界磁场中的运动时
间与粒子的荷质比、___________及偏转角大小有关，具体的关
系式是t= ·T= ，运动情景如图所示。 匀速圆周磁感应强度三、安培力和洛伦兹力的比较 力的大小力的方向F安=____(I⊥B)
F安=0(I∥B)F洛=____(v⊥B)
F洛=0(v∥B)左手定则(F安垂直于
_____所决定的平面) 左手定则(F洛垂
直于_____所决定
的平面，且需要
区分正、负电荷) ILBqvBI与Bv与B作用效果本质联系改变导体棒的_______
___，对导体棒做功，
实现电能和其他形式
的能的_________只改变速度的___
___，不改变速度
的大小；洛伦兹
力永远不对电荷
_____安培力实际上是在导线中定向移动的
电荷所受到的_________的宏观表现运动状态相互转化方向做功洛伦兹力【热点考向1】 磁场及磁场对通电导体的作用力
【典题训练1】(2012·大纲版全国卷)如图，两根相互平行的
长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大
小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的
中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均
相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )A.O点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
【解题指导】解答本题时应注意以下三点：
(1)磁感应强度是矢量。
(2)磁场的叠加原理。
(3)用安培定则判定通电导线周围磁场的方向。【解析】选C。根据安培定则，M、N处的电流在O点处的磁感应强度方向相同，都垂直MN连线向下，O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；由对称关系可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度方向都垂直MN连线向下，方向相同，大小相等，选项C正确；a、c两点处的磁感应强度方向都垂直MN连线向下，选项D错误。【典题训练2】(2012·海南高考)(多选)图中装置可演示磁场
对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定
两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。
当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的
直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是( )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
【解题指导】解答本题时应该注意以下两点：
(1)由安培定则判定通电螺线管的磁场方向；
(2)根据左手定则判定通电金属杆所受安培力的方向，从而确定金属杆运动的方向。【解析】选B、D。若a接正极，b接负极，根据安培定则，两磁极之间产生方向向上的磁场，当e接正极，f接负极时，用左手定则可判断L向左滑动，选项A错误、B正确；同理，若a接负极，b接正极，根据安培定则，两磁极之间产生方向向下的磁场，当e接正极，f接负极时，用左手定则可判断L向右滑动，选项C错误、D正确。 【拓展提升】
【考题透视】磁场对通电导体棒的作用问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，该考点的命题规律主要有以下两点：
(1)以选择题的形式考查，一般考查单个导体棒切割磁感线的运动规律的变化和能量转化问题，经常与电磁感应现象相结合综合出现。
(2)偶尔出现单棒或双棒切割磁感线运动方面的计算题，通常是与电磁感应现象和闭合电路欧姆定律相结合的综合题。【借题发挥】求解磁场中导体棒运动问题的方法
(1)正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。
(2)画出辅助图(如导轨﹑斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向)。
(3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。 【创新预测】
(2012·南通二模)(多选)如图所示为电磁轨
道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持
良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑
动。电流从一条轨道流入，通过弹体流回另
一条轨道。轨道电流在弹体处形成垂直于轨
道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强
度的大小与电流I成正比。弹体在安培力的
作用下滑行L后离开轨道( )A.弹体向左高速射出
B.I为原来2倍，弹体射出的速度也为原来2倍
C.弹体的质量为原来2倍，射出的速度也为原来2倍
D.L为原来4倍，弹体射出的速度为原来2倍【解析】选B、D。由安培定则可判断出轨道中电流形成的磁场
方向垂直纸面向里，由左手定则可判断出弹体所受安培力向
右，弹体向右高速射出，选项A错误；设B=kI，轨道之间距离
为d，则发射过程中，安培力做功kI2dL,由动能定理得
kI2dL= ,电流I增加到原来的2倍时，弹体的出射速度增加
至原来的2倍，选项B正确；弹体的质量为原来的2倍，射出的
速度为原来的1/ 倍，选项C错误；L为原来的4倍，弹体射出
的速度为原来的2倍，选项D正确。 【热点考向2】带电粒子在磁场中的运动
【典题训练3】(2012·新课标全国卷)如图，一
半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。
在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，
一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆
上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区
域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为 R。
现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子
以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。
若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。【解题指导】解答本题应该注意以下三方面：
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在有界磁场中运动的初、末位置的速度方向确定圆心位置；
(2)由三角形知识求半径；
(3)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据运动的分解规律求解。【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB=m ①
式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c点和d点，由几何关系知，线段 和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形，因此 =r ②
设 =x，由几何关系得 ③
④
联立②③④式得r= R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动，设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE=ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离为r,由运动学公式得
r= ⑦
r=vt ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得
E= ⑨
答案：【拓展提升】
【考题透视】带电粒子在磁场中的圆周运动问题是近几年高考的重点，同时也是高考的热点，分析近几年高考试题，该考点的命题规律有以下两个方面：
(1)一般以计算题的形式出现在压轴题中，通常与圆周运动规律、几何知识相联系综合考查应用数学处理物理问题的能力。
(2)偶尔也会以选择题的形式考查磁场的性质、洛伦兹力的特点及圆周运动的周期性等问题。【借题发挥】带电粒子在磁场中的运动问题分析“三步走”
(1)画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨
迹。
(2)找联系：①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分
析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物
理方法也就是应用公式r= 确定；几何方法一般根据数学知
识(直角三角形知识、三角函数等)通过计算确定。②速度偏转角φ与回旋角(转过的圆心
角)α、运动时间t相联系。如图所示，
粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，
等于弦切角θ的2倍，且有φ=α=2θ
=ωt= 或α= ，t= (其
中s为运动的圆弧长度)。
(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周
运动的规律关系式，特别是周期公式
和半径公式，列方程求解。 【创新预测】
有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为 ,极
板的长为L，极板间有一均匀电场，U为两极板间的电压，电子
从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并
打在极板边缘的D点，如图甲所示。电子的电荷量用e表示，质
量用m表示，重力不计。回答下面各问题(用字母表示结果)(1)电子的初速度v0至少必须大于何值，电子才能飞出极板?
(2)若极板间没有电场，只有垂直纸面的匀强磁场，其磁感应强度为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速度v0射入，如图乙所示，则电子的初速度v0为何值，电子才能飞出极板？【解析】(1)设电子刚好打到极板边缘的速度为v,则
解得v0=
要飞出极板，必有v0>(2)有两种情况
①电子恰好从左边飞出，做半圆周运动的半径为
电子避开极板的条件是0电子飞出极板的条件是v2>
综上，电子要飞出电容器，必有
答案：(1) (2) 【热点考向3】 带电粒子在磁场中运动的周期性与多解性
【典题训练4】(2012·海南高考)图甲所示的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，变化图线如图乙所示。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。(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取何值？【解题指导】解答本题时应注意以下三点：
(1)带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。
(2)对比粒子匀速圆周运动的周期与磁场变化周期之间的关
系，且
(3)画出粒子的运动轨迹示意图。【解析】(1)设粒子P的质量、电荷量和初速度分别为m、q、
v，粒子在洛伦兹力作用下在xOy平面内做匀速圆周运动，设
运动半径和周期分别为R和T′，则有
qvB0= ①
v= ②
由①②和已知条件得T′=T ③粒子在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，此时磁场方向反转，在t= 到t=T时间内，粒子沿
逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图所示，OA与
x轴的夹角为0 ④(2)粒子P在t0= 开始运动，在t= 到t= 时间内沿顺时针方向
运动四分之一圆周到达C点，此时磁场方向反向，在t= 到t=T
时间内沿逆时针方向运动半个圆周到B点，此时磁场方向再反
转，在t=T到t= 时间内沿顺时针方向运动四分之一圆周到达
A点，如图所示，OA与x轴的夹角为 　 ⑤(3)若在任意时刻t=t0(0＜t0＜ )粒子P开始运动，在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对应圆心角∠OO′C= ⑥此时磁场方向反转，在t= 到t=T时间内沿逆时针方向运动半
个圆周到达B点，此时磁场方向再反转，在t=T到t=T+t0时间内
沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O″， 圆弧BA对
应圆心角∠BO″A= ⑦如图所示，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 ，则有∠OO′C= ⑨
联立⑥⑨式可得t0=
答案：(1)0 (2) (3) 【拓展提升】
【考题透视】粒子在磁场中运动的周期性与多解性问题是近几年高考中时常出现的问题，是高考的重要考点。分析近几年高考题，在该考点的命题规律有以下两点：
(1)经常以选择题的形式考查带电粒子的匀速圆周运动规律及洛伦兹力的方向。
(2)也经常出现在计算题中，与电场及三角形、圆等几何知识相联系。【借题发挥】粒子运动的周期性与多解性的求解方法
(1)通过分析弄清磁场的方向和运动电荷的电性，磁场方向和粒子电性的变化都会造成粒子圆周运动的轨迹变化，往往出现多解。
(2)分析粒子运动的临界状态是否具有唯一性。粒子穿越有界匀强磁场时，由于粒子轨迹是一段圆弧，可能从另一边界穿出，也可能转回来从进入的边界穿出,因此会出现多解，这种情况下应该逐一分析每一种临界状态，以免漏解。(3)由于磁场或粒子的运动方向反向而使粒子的运动具有往复性，从而出现多解，这种情况下应该抓住粒子运动的对称性规律，准确分析粒子的运动过程，正确求解。
(4)对于粒子运动的周期性规律和多解情况应该重点做好受力分析和运动分析，把握粒子运动的整个过程，详细分析磁场方向﹑粒子电性﹑临界状态等因素。 【创新预测】
如图所示，在xOy平面内第二象限的某区域存在一个矩形匀强
磁场区，磁场方向垂直xOy平面向里，边界分别平行于x轴和y
轴。一电荷量为e、质量为m的电子，从坐标原点O以速度v0射入
第二象限，速度方向与y轴正方向成45°角，经过磁场偏转
后，通过P(0，a)点，速度方向垂直于y轴，不计电子的重力。(1)若磁场的磁感应强度大小为B0，求电子在磁场中运动的时间t；
(2)为使电子完成上述运动，求磁感应强度的大小应满足的条件；
(3)若电子到达y轴上P点时，撤去矩形匀强磁场，同时在y轴右侧加上垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，在y轴左侧加上垂直xOy平面向里的匀强磁场，电子在第(k+1)次从左向右经过y轴(经过P点为第1次)时恰好通过坐标原点。求y轴左侧磁场磁感应强度大小B2及上述过程电子从P点到坐标原点的运动时间t。【解析】(1)如图所示，
电子在磁场中转过的角度θ= π
运动周期T=
则t= T
联立解得t=(2)设磁感应强度最小值为Bmin，对应的最大回旋半径为R，圆
心为O1，则有ev0Bmin=m ，根据几何知识得
R+ R=a
联立解得Bmin=
磁感应强度的大小应满足的条件为Bmin≥(3)设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的半径分别为r1和r2，
则有ev0B1= ev0B2=
由如图的几何关系可知，2k(r1-r2)=a
联立解得B2=设电子在y轴右侧和左侧做圆周运动的周期分别为T1和T2，则有，
联立解得
答案：(1) (2)Bmin≥
(3)带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题
带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动往往会出现临界问题，解决此类问题的关键是找准临界点。具体方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能出现的情况，结合画出的特殊情况下或任意情况下的轨迹圆，找出临界条件。
解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题时应该注意以下两点：(1)三种几何关系：
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当粒子的运动速率一定时，粒子经过的弧长(或弦长)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当粒子的运动速率变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长。(2)利用动态圆画临界轨迹的方法：
①如图所示，一束带负电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，
若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都
在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨道半径随之增
大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的
圆即为临界轨迹。②如图所示，一束带负电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心﹑以轨道半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹。利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点。【典题例证】
【典例】(16分)如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L=1 m，间距d= m,两金属板间电压UMN=1×104 V;在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属极板平行，AB边的中点P恰好在 下金属板N的右端点处；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀
强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一
直线上，A、F两点间距离为 m。现从平行金属极板MN左端沿
中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量
m=3×10-10 kg，带电量q=+1×10-4 C，初速度v0=1×105 m/s。(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；
(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件。 【解题关键】(1)带电粒子进入中间三角形区域后“垂直”打在AC边上，说明粒子做圆周运动的圆心在直线AC上。
(2)带电粒子由FH边界垂直进入FGH区域并能再次回到FH边界，说明粒子在FGH区域内的运动轨迹必定是半个圆周。【解题思路】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解粒子从匀强电场偏出的速度大小和方向，确定偏出的位置(也就是进入磁场的位置)。
(2)根据几何知识画出粒子在ABC区域内的运动轨迹，确定半径，求解磁感应强度。
(3)根据几何知识找出与GH相切的圆的圆心和半径，确定刚好能从FH边界射出的粒子的轨迹，从而确定磁感应强度的范围。【规范解答】(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t,加速度为a，则q =ma (1分)
故 (1分)
t= =1×10-5 s
竖直方向的速度vy=at= ×105 m/s (1分)
射出时的速度为v= = ×105 m/s (1分)
设速度v与水平方向的夹角为θ，则tanθ= ，故θ=30°，即垂直于AB射出。 (2分)(2)带电粒子射出电场时竖直方向偏转的位移
即粒子由P点垂直AB射入磁场，由几何关系知带电粒子在ABC区
域做圆周运动的半径为 (3分)
由 知 (3分)(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小,运
动轨迹如图所示，
由几何关系可知 (1分)
故半径 (1分)
又 故 (2分)
B2应满足的条件为大于答案：(1) ×105 m/s 垂直于AB射出
(2) T (3) T 【拓展训练】
(2012·石家庄一模)如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半径为R1=1 m的圆形磁场区域，圆心为O，另有一内半径为R1 ,外半径为R2= m的同心环形磁场区域，区域边界与M板相切于Q点，磁感应强度大小均为B=0.5 T，方向相反，均垂直于纸面。一比荷 =4×107 C/kg带正电的粒子从N板的P点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域。已知点P、Q、O在同一竖直线上，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。(1)若加速电压U1=1.25×106 V，求粒子刚进入环形磁场时的速
率v0。
(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足什
么条件？
(3)在某加速电压下，粒子进入圆形磁场区域，恰能水平通过
圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从Q孔进入磁场到第一次
回到Q点所用的时间。【解析】(1)粒子在匀强电场中，由动能定理得
qU1= 解得v0=1×107 m/s
(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场的轨迹如图所示，设此时粒
子在磁场中运动的旋转半径为r1，在Rt△QOO1中有 解得r1=1 m
由 得r1= 又由动能定理得qU2=
故U2= =5×106 V
所以加速电压U2应满足的条件是U2>5×106 V(3)粒子的运动轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且竖直，又由
于粒子在两磁场中运动的半径均为r2，有O2O3=2O2Q=2r2，由几何
关系得∠QO2O3=60°
故粒子从Q孔进入磁场到第一次回到Q点
所用的时间为
又T=
联立解得t≈3.66×10-7 s
答案：(1)1×107 m/s (2)U2>5×106 V
(3)3.66×10-7 s 1.(2012·朝阳二模)进行科学研究时，常常将带电粒子储存在
圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁
场中，如图所示。如果磁场的磁感应强度为B，质子( )和α
粒子( )在空腔中做圆周运动的轨迹相同，质子和α粒子在
圆环状空腔中运动的速率分别为vH和vα，运动周期分别为TH和
Tα，则以下判断正确的是( )
A．vH≠vα，TH≠Tα
B．vH=vα，TH=Tα
C．vH=vα，TH≠Tα
D．vH≠vα，TH=Tα【解析】选A。粒子在磁场中做圆周运动的半径为r= 周期
为T= 质子和α粒子的比荷的比为 两种粒子的
运动轨迹相同，则二者的运动半径相等，故vH=2vα，Tα=2TH，
选项A正确，其他选项均错。2.(2012·安徽高考)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里
的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入
磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带
电粒子的速度变为 仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，
则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A. Δt B.2Δt C. Δt D.3Δt【解析】选B。设磁场区域的半径为R，粒子的轨迹半径为r，
粒子以速度v在磁场中运动的轨迹如图所示，则由几何关系
知，r= R，又 所以 当粒子的速度
为v/3时，轨迹半径为 所以偏转角
θ′=120°， 故选项B正确。3.(2012·江苏高考)(多选)如图所示，MN是磁感应强度为B的
匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O
点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列
说法正确的有( )A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0
C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0-
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+
【解析】选B、C。只有当带电粒子垂直边界入射，且出射点离
入射点的距离为直径时才最远，设OA之间的距离为l,由qvB=

可得： 当出射点离入射点的最近距离为l-d时，
有 联立上式可知此时有最小速度当出射点离入射点的最远距离为l+d时，有
联立上式可知此时有最大的垂直入射速度 考虑当入
射速度不垂直边界入射时，要想达到最远距离l+d，其速度可
以比这个临界速度大，所以选项D不对，C正确。同理可以判断
出A不对，B正确。答案选B、C。4.(2012·深圳二模)如图，真空室内存在
一有右边界的匀强磁场区域，磁感应强度
B=0.332 T,磁场方向垂直于纸面向里，右
边界cd为荧光屏(粒子打上去会发光)。在
磁场中距荧光屏d=8 cm处有一点状α粒子
放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射
初速率相同的α粒子，已知：α粒子的
质量m=6.64×10-27 kg，电荷量q=3.2×10-19 C,初速度v=3.2× 106 m/s。(可能用到的三角函数：sin37°=0.6,sin30°=0.5)求：(1)α粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R;
(2)荧光屏cd被α粒子射中而发光的区域长度L;
(3)若从放射源打出的α粒子总个数为3.6×1010个，则最终能打到荧光屏上的α粒子个数为多少？【解析】(1)由洛伦兹力提供α粒子做圆周运动的向心力得qvB=m
则R=(2)如图甲所示，当α粒子沿v1方向射出时，其运动轨迹刚好与
边界cd相切，其切点即为α粒子打在荧光屏上的最高点。
根据几何知识得：OC=SA=
代入数据得：OC=16 cm
分析知：α粒子射中边界上O点下方的最远位置B与S之间的距
离为SB=2R
由几何知识得：OB=
故边界cd被α粒子射中而发光的区域长度L=OC+OB=16(1+ ) cm(3)根据分析可知:以速度v1射出的α粒子轨迹与cd相切于C点，
以速度v3射出的α粒子轨迹与cd相切于D点，介于v1与v3之间的
任意方向上的粒子轨迹与cd相离，打不到边界上，如图乙由几何知识得∠v1Sv3=∠AO1S+∠BO3S=2×53°
又知α粒子沿纸面向各个方向均匀放射，则射不到cd边界上的
粒子个数为 个则最终能打到荧光屏上的
α粒子个数为n=n0-n1=2.54×1010个
答案：(1)20 cm (2)16(1+ ) cm (3)2.54×1010个课件91张PPT。第9讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动【考纲资讯】
带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ
质谱仪和回旋加速器的基本原理 Ⅰ【考情快报】
1.考查带电粒子在组合场、复合场中的运动问题，题型一般为计算题，往往与各种运动规律及动能定理相联系，但偶尔也会以选择题的形式出现。
2.预计2013年高考对该知识内容的考查主要是：
(1)考查带电粒子在组合场中的运动问题；
(2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；
(3)考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用。【体系构建】【核心自查】
1.“磁偏转”和“电偏转”的区别受力
特征运动
规律(1)v垂直于B时，F=____
(2)v不垂直于B时，
F=_________(α是v与B
的夹角)，F是变力，只
改变v的方向无论v是否与E垂
直，F=___，F是恒力匀速_________，且
r= ，T=_______运动，满
足: vx=v0,vy=
x=v0t,y=qvBqvBsinαqE圆周运动类平抛偏转
情况动能
变化处理
方法若没有磁场边界的限制，
粒子所能偏转的角度不受
限制，θ=____= =θ< 在相等的时间内偏转的角度往往不相等动能_____动能不断_____且
增加得越来_____ 结合圆的几何关系及___
___、周期公式解决运动的_____与分解，
平抛运动的相关规律ωt不变增大越快半径合成2.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般
情况下与_______或磁场力相比_____，可以忽略；而对于一些实
际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力。
(2)题目中有明确说明是否要考虑重力的。
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与_____分
析时，根据运动状态可确定分析出是否考虑重力。 电场力太小运动【热点考向1】带电粒子在组合场中的运动
【典题训练1】(2012·重庆
高考)有人设计了一种带电
颗粒的速率分选装置，其原
理如图所示。两带电金属板
间有匀强电场。方向竖直向
上，其中PQNM矩形区域内还
有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷(电荷量与质量之比)均为 的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线
O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁
场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，PQ=3d，
NQ=2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用。求:
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距
离。【解题指导】解答本题需要把握以下两点：
(1)在只有电场的区域中做直线运动，表明重力等于电场力；
(2)在电场和磁场共同区域，带电颗粒受到的合外力等于洛伦兹力，带电颗粒做匀速圆周运动。【解析】(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m，有
Eq=mg
将 代入，得E=kg
(2)如图甲所示，有qv0B=m
得B=(3)如图乙所示，有
qλv0B=m
tanθ=
y1=y2=ltanθ
y=y1+y2
得
答案：(1)kg (2)
(3)【拓展提升】
【考题透视】带电粒子在组合场中的运动问题是近几年高考的重点，更是热点，分析近几年高考试题，在该考点有以下命题规律：
(1)以计算题的形式考查，一般结合场的知识考查三种常见的运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动。一般出现在试卷的压轴题中。
(2)偶尔也会对粒子通过大小或方向不同的电场或磁场区域时的运动进行考查。【借题发挥】带电粒子在组合场中运动的处理方法
不论带电粒子是先后在匀强电场和匀强磁场中运动，还是先后在匀强磁场和匀强电场中运动。解决方法如下：
(1)分别研究带电粒子在不同场中的运动规律，在匀强磁场中做匀速圆周运动，在匀强电场中，若速度方向与电场方向在同一直线上，则做匀变速直线运动，若进入电场时的速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动。根据不同的运动规律分别求解。(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。
(3)注意分析磁场和电场边界处或交接点位置粒子速度的大小和方向，把粒子在两种不同场中的运动规律有机地联系起来。 【创新预测】
如图所示，在竖直平面
直角坐标系xOy内有半径
为R、圆心在O点、与xOy
平面垂直的圆形匀强磁
场，右侧水平放置的两
块带电金属板MN、PQ平行正对，极板长度为l，板间距离为d，板间存在着方向竖直的匀强电场。一质量为m且电荷量为q的粒子(不计重力及空气阻力)以速度v0从A处沿y轴正向进入圆形匀强磁场，并沿x轴正向离开圆形匀强磁场，然后从两极板的左端沿中轴线CD射入匀强电场，恰好打在上板边缘N端。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小B。
(2)两极板间匀强电场的场强大小E。
(3)若粒子以与y轴正向成θ=30°从A处进入圆形匀强磁场，如
图所示，且d= 试确定该粒子打在极板上距N端的距离。(用
l表示)【解析】(1)由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
r=R
由洛伦兹力提供向心力得
所以B=(2)粒子在两极板间做类平抛运动
l=v0t qE=ma
联立解得E=(3)该粒子以与y轴正向成θ=30°从A处进入圆形匀强磁场做匀
速圆周运动，如图所示。
由几何关系可得：该粒子出磁场时速度方向与x轴正向平行，
且与x轴距离为 ，然后平行于轴线CD进入匀强电场做类平抛
运动，设经过时间t2到达极板偏转距离 l′=
解得l′=
所以，该粒子打在极板上距N端的距离Δl=l-l′=
答案：(1) (2) (3) 【热点考向2】带电粒子在复合场中的运动
【典题训练2】(2012·浙江高考)如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量。
(2)求磁感应强度B的值。
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′,则B′的大小为多少？【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)墨滴做匀速直线运动，根据二力平衡确定电荷种类并计算电荷量；
(2)墨滴做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力，确定圆心的位置和半径，画出几何图形可以方便求解；
(3)认真审题，充分挖掘已知条件，如垂直打在下板的M点。【解析】(1)墨滴受重力和电场力做匀速直线运动，电场力与重力平衡，电场的方向竖直向下，说明墨滴带负电荷，设其电
荷量为q，则有q =mg ①
所以q= ②(2)墨滴进入电场和磁场共存区域后，受重力、电场力和洛伦
兹力作用，但重力和电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做
匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，
有 ③
因为墨滴垂直打在下板，墨滴在该区域完成一个四分之一圆周
运动，根据几何关系可知，半径R=d ④
联立②③④式得B= ⑤(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周半径为R′,则
有
⑥由图示几何关系得 ⑦
得R′= d ⑧
联立②⑥⑧式得B′=
答案：(1)负电荷 (2) (3)【拓展提升】
【考题透视】带电粒子在复合场中的运动问题是近几年高考的热点，更是重点。分析近几年的高考试题，可发现对该考点的考查有以下命题规律：
(1)一般以计算题的形式考查，经常结合平抛运动、圆周运动及功能关系进行综合考查，一般作为压轴题出现。
(2)有时也会以选择题的形式出现,结合受力分析考查运动规律。【借题发挥】带电粒子在复合场中运动的处理方法
(1)弄清复合场的组成特点。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
①若只有两个场且正交。例如，电场与磁场中满足qE=qvB或重力场与磁场中满足mg=qvB或重力场与电场中满足mg=qE，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解。②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动。
其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
③三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动。mg与qE相平
衡，有mg=qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。粒子在
洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定
律结合圆周运动规律求解，有qvB=mrω2= =ma。
④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，
一般用动能定理或能量守恒定律求解。 【创新预测】
如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，
y轴沿竖直方向。在x轴上方空间的第
一、第二象限内，既无电场也无磁场，
在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强
电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，
在第四象限内存在沿y轴负方向、场强
大小与第三象限电场强度相等的匀强电场。一质量为m、电量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限。试求：(1)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小。
(2)带电质点在第四象限空间运动过程中的最小速度。【解析】(1)质点从P2到P3的运动过程中，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。则qE=mg
解得E=
在第二象限内从P1到P2的运动过程是只在重力作用下的平抛运
动，即h= 2h=v0t,vy=gt 那么质点从P2点进入复合场时的速度为 方向
与x轴负方向成45°角，运动轨迹如图所示。质点在第三象限内满足qvB=m
由几何知识可得：(2R)2=(2h)2+(2h)2
所以B=(2)质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向
做匀减速直线运动。当竖直方向的速度减小到零时,此时质点
速度最小，也就是说最小速度vmin是v在水平方向的分量，则
vmin=vcos45°=
方向沿x轴正方向。
答案：(1) (2) 方向沿x轴正方向【热点考向3】电磁场技术的应用
【典题训练3】(2012·天津高考)对铀235的进一步研究在核能
的开发和利用中具有重要的意义。如图所示，质量为m、电荷
量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，
其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感
应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行
进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电
流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。(1)求加速电场的电压U。
(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M。
(3)实际上加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠， 应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)离子在加速电场中的加速满足动能定理。
(2)微观离子的等效电流大小仍满足I=
(3)两种离子在磁场中运动轨迹不相交的条件是Rmax能定理得qU= ①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
qvB=m ②
联立以上两式可得U=(2)设在任意时间t内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则
有Q=It，N= M=Nm
联立以上各式可得M=(3)联立①②两式可得R=
设m′为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，
铀235离子在磁场中最大半径为
Rmax=
铀238离子在磁场中最小半径为
R′min=这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件是
Rmax即
则有m(U+ΔU)其中铀235离子的质量m=235u(u为原子质量单位)，铀238离子
的质量m′=238u。
故
解得 <0.63%
答案：(1) (2) (3)0.63% 【拓展提升】
【考题透视】对于电磁场技术的应用问题是近几年高考中的热点，分析近几年的高考试题，可以发现对该考点的命题有以下规律：
(1)以计算题的形式进行考查，往往以电磁技术的应用为背景材料，联系实际考查学以致用的能力，一般出现在压轴题中。
(2)有时出现在选择题中，给出一段技术应用的背景材料，考查带电粒子在场中的运动规律及特点。【借题发挥】几种常见的电磁场应用实例分析
1.复合电磁场的应用实例分析
(1)速度选择器
带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE=qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择性通过。 (2)电磁流量计
圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中流动，导电液体中的自由电荷在洛伦兹力作用下横向偏转，形成与流动方向垂直的电场，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，电场稳定，可测量出流量。即qvB=qE=q ，则v= ，液体流量Q=Sv=
(3)磁流体发电机
等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转分别聚集到两个不同的极板上，产生电势差。2.组合场的应用实例分析
(1)质谱仪
①用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。
②原理：由粒子源S发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U
加速后，以速度v= 进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运
动半径为r= 粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D
上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷
或粒子的质量(2)回旋加速器
①用途：加速带电粒子。
②原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的
周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。
③粒子获得的最大动能Ek= 其中rn表示D形盒的最大半
径。 【创新预测】
1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的
工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒
间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强
度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为
m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过
程中不考虑重力作用。(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比。
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t 。
(3)讨论粒子能获得的动能Ek跟加速器磁感应强度和加速电场频率之间的关系。 【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1

解得
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径
则r2∶r1= ∶1(2)设粒子到出口处被加速了n圈,则 且R=
又 则t=nT
联立以上四式解得t=(3)粒子的动能Ek= 又qvB=
则Ek=
将f= 代入上式解得Ek=2mπ2R2f2
答案：(1) ∶1 (2) (3)Ek=2mπ2R2f2 带电粒子在交变电磁场中的运动
带电粒子在交变电场或磁场中的运动情况比较复杂，其运动情况不仅与交变的电场和磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关，一定要从粒子的受力情况分析入手，分析清楚粒子在不同时间间隔内的运动情况。
(1)若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间或粒子穿越电场的时间极短可忽略时，则粒子在穿越电场的过程中，电场可看做匀强电场。(2)空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电场或磁场或叠加场。从而表现出“多过程”现象。其运动特点既复杂又隐蔽。分析时应该注意以下三点：
①仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联。有一定的联系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。②必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。
③把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段上的受力情况确定粒子的运动规律。 【典题例证】
【典例】(2011·江苏高考)(16分)某种加速器的理想模型如图
甲所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，
两极板间电压uab的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场.若将一质
量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经
电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔
进入电场加速。现该粒子的质量增加了 (粒子在两极板
间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t=0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加
速后从b孔射出时的动能；
(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图甲中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图甲上的相应位置处画出磁屏蔽管；
(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处从静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？【解题关键】(1)粒子的质量增加了 则粒子在磁场中运动的周期将变化。
(2)在t=0时刻粒子从a孔释放，表明粒子被第一次加速的电压为U0。
(3)uab频率改变，对粒子的加速电压改变。【解题思路】解答本题时可按以下思路分析：【规范解答】(1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动：
(1分)
则 (1分)
当粒子的质量增加了
其周期增加 (1分)则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压
u1=U0
粒子第二次的加速电压u2=U0-kΔT
k= =
则u2= U0 (1分)
射出的动能：Ek2=qu1+qu2 (1分)
解得： (1分)(2)磁屏蔽管的位置如图所示： (3分)(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数
N= (1分)
得N=25 (1分)
分析可得粒子在连续加速次数最多，且u=U0时也被加速的情况下，最终获得动能最大，粒子由静止开始加速的时刻
t= T0(n=0,1,2,3…) (2分)最大动能Ekm=2× qU0+qU0 (2分)
解得Ekm= qU0 (1分)
答案：(1) (2)见规范解答图
(3) T0(n=0,1,2,3……) qU0 【拓展训练】
(2012·泰州一模)如图
甲所示，在光滑绝缘的
水平桌面上建立 一xOy
坐标系，平面处在周期
性变化的电场和磁场中，
电场和磁场的变化规律
如图乙所示(规定沿＋y
方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)。在
t=0时刻，一质量为10 g、电荷量为+0.1 C的带电金属小球自坐标
原点O处，以v0=2 m/s的速度沿x轴正方向射出。已知E0=0.2 N/C、
B0=0.2 π T。求：(1)t=1 s末小球速度的大小和方向。
(2)1 s～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期。
(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6 s内运动的轨迹
示意图。
(4)6 s内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标。【解析】(1)在0～1 s内，金属小球在电场力作用下，在x轴方
向上做匀速运动vx=v0
y轴方向上做匀加速运动vy=
1 s末小球的速度v1= m/s
设v1与x轴正方向的夹角为α，则tanα= α=45°(2)在1 s～2 s内，小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定
律得：
则 m
小球做圆周运动的周期T= =1 s(3)小球运动轨迹如图所示 (4)5 s末小球的坐标为x=v0t=6 m，y= =9 m
此时小球y轴方向的速度vy= t=6 m/s
合速度大小为v= m/s
第6 s内小球做圆周运动的半径Rn= m
带电小球在第6 s内做圆周运动的轨迹如图所示第6 s内小球运动至离x轴最远点时横坐标为X=x-Rnsinθ
其中sinθ=
则X=(6- ) m
纵坐标为Y=y+Rn(1+cosθ)
其中cosθ=
则Y=答案：(1)2 m/s 与x轴正方向成45°角
(2) m 1 s
(3)见解析
(4) 1.(2012·长沙二模)如图所示空间的匀强电场和匀强磁场相互
垂直，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，一带电微
粒α处于静止状态，下列操作能使微粒做匀速圆周运动的是
( )
A.只撤去电场
B.只撤去磁场
C.给α一个竖直向下的初速度
D.给α一个垂直纸面向里的初速度【解析】选C。只撤去电场，微粒在重力与洛伦兹力作用下做变速曲线运动，重力与洛伦兹力的合力并不沿半径指向圆心；只撤去磁场，重力与电场力依然平衡，微粒将保持静止，因此，选项A、B均错；给α一个竖直向下的初速度，由于重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项C正确；给α一个垂直纸面向里的初速度，微粒运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，只受重力和电场力，且二力平衡，微粒做匀速直线运动，选项D错误。 2.(2012·洛阳二模)(多选)如图所示，空间
的某一正方形区域存在着相互垂直的匀强电
场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度
由边界中点A进入这个区域沿直线运动，从中
点C离开区域；如果将磁场撤去,其他条件不变,则粒子从B点离
开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则粒子从D点离开
场区。已知BC=CD,设粒子在上述三种情况下,从A到B、从A到C
和从A到D所用的时间分别是t1、t2、t3，离开三点时的动能分
别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系式正确的是
( ) A.t1=t2C.Ek1=Ek2Ek2=Ek3
【解析】选A、D。根据题意可知，粒子在复合场中的运动是直
线运动，由于忽略粒子重力，必有洛伦兹力与电场力平衡，即
qE=qv0B，从A到C的运动时间t2= 其中d表示AC间距；若将磁
场撤去，粒子从B点离开场区，该过程粒子在电场力作用下，
做类平抛运动，运动时间t1= 若撤去电场，粒子做匀速圆周运动，从A到D的过程中，沿AC方向的速度分量逐渐减小，且均
小于v0，则t3> 因此，选项A正确，选项B错误。粒子从A到C
过程是匀速直线运动，动能不变；从A到D过程中，粒子只在洛
伦兹力作用下做匀速圆周运动，动能不变，则Ek2=Ek3；粒子从
A到B过程中，合外力是电场力，电场力做了正功，粒子的动能
增加，则有Ek1>Ek2=Ek3，选项D正确，而选项C错误。 3.(多选)如图所示，从离子源发射出不计重力的正离子，经加
速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B
方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转。要使此离子沿直
线通过电磁场，需要( )
A.增加E，减小B B.增加E，减小U
C.适当增加U D.适当减小E【解析】选C、D。离子所受的电场力F=qE，洛伦兹力F洛=qvB，
qU= 离子向上偏转，电场力大于洛伦兹力，故要使离子
沿直线运动，可以适当增加U，增加速度，增大洛伦兹力，C项
正确；也可适当减小E，减小电场力，D项正确。4.坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方
各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为
E= 其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d域内分布有垂直于xOy平面的匀强磁场。ab为一块很大的平面
感光板，放置于y=2d处，如图所示。观察发现此时恰无粒子打
到ab板上。(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能。
(2)求磁感应强度B的大小。
(3)将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上?并求出此
时ab板上被α粒子打中的区域的长度。【解析】(1)根据动能定理：Eqd=
则末动能为Ek=
(2)根据(1)中结果可知v=2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进
入磁场时与x轴正方向夹角θ= 其在电场中沿x轴方向的位
移x1=v0t=v0该粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得知：若该粒子不
能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，因此该粒子轨
迹必与ab板相切，其圆周运动的半径满足关系式
d=r+rcos60°，则r= d
又根据洛伦兹力提供向心力Bqv=
可得B=(3)根据几何知识可知，沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板
上，则所有粒子均能打到ab板上。其临界情况就是此粒子轨迹
恰好与ab板相切。由图可知此时磁场宽度应为原来的 ，即当ab板位于y= d的
位置时，恰好所有粒子均能打到板上；且ab板上被打中区域的
长度为L=
答案：(1)
(2)
(3)y=课件77张PPT。第10讲 恒定电流与交变电流【考纲资讯】
电流　电源的电动势和内阻 Ⅰ
欧姆定律　闭合电路欧姆定律 Ⅱ
电阻定律 Ⅰ
电阻的串联与并联 Ⅰ
电功　电功率　焦耳定律 Ⅰ交变电流　描述交变电流的物理量和图象 Ⅰ
正弦交变电流的函数表达式 Ⅰ
电感和电容对交变电流的影响 Ⅰ
理想变压器 Ⅱ
电能的输送 Ⅰ
传感器 Ⅰ 【考情快报】
1.高考对该部分的考查题型以选择题为主。恒定电流常考查电路的串并联规律、欧姆定律及电路的动态变化特点等知识；交变电流中交流电的产生及描述和变压器的原理则是高考的热点问题。最近两年，计算命题形式有所加强。
2.预计2013年高考仍继续考查上述知识点。另外，还可能从以下角度组织命题：
(1)直流电路的能量问题，与其他相关知识结合的力学问题。
(2)电功及电功率的计算问题。
(3)远距离输电问题。【体系构建】【核心自查】
一、闭合电路欧姆定律
1.闭合电路的电流I= 。
2.闭合电路的路端电压U=_____，当外电阻R增大时，路端电压U
_____，用图象表示其变化规律：E-Ir增大二、正弦交流电的“四值”
1.最大值
Em=______，电容器的击穿电压等于对应交流电的最大值。
2.瞬时值NBSωEmsinωtUmsinωtImsinωt3.有效值
由电流的_______来定义。计算交流电路的电功、电功率，测定
交流电路的电压、电流都是指_______。
4.平均值
平均电动势 = ，常用来计算_________________。 热效应有效值通过电路的电荷量三、变压器和远距离输电
1.理想变压器的基本关系基本关系电压关系电流关系 = ，与负载、副线圈的个数无关 (1)只有一个副线圈： =
(2)多个副线圈
I1n1=____________________或U1I1=__________________________I2n2+I3n3+…+InnnU2I2+U3I3+…+UnInf1=f22.为减小远距离输电的功率损失和电压损失，远距离输电采用
_____输电。 高压【热点考向1】 直流电路的动态分析
【典题训练1】(2012·黄冈一模)如图所示，平行金属板中带
电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影
响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则( )
A.电压表读数减小
B.电流表读数减小
C.质点P向上运动
D.R3上消耗的功率逐渐增大【解题指导】解答本题应注意以下几点：
(1)明确滑片向b端移动时滑动变阻器电阻的变化，进而分析总电阻、总电流、路端电压的变化。
(2)根据串、并联电路的特点和部分电路欧姆定律确定各部分电路电压、电流、功率变化情况。
(3)根据金属板间电压的变化判断电场、电场力的变化，确定带电质点P的运动情况。【解析】选A。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，电源输出电流增大，平行金属板两极电压减小，带电质点P所受电场力减小，质点P将向下运动，选项C错误；R3两端电压减小，R3中的电流减小，电流表读数增大，选项B错误；R3上消耗的功率逐渐减小，选项D错误；由于R2中电流增大，R2两端电压增大，电压表读数减小，所以选项A正确。【典题训练2】(2012·合肥一模)某同学做电学实验(电源内阻
r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和
电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　( )【解题指导】解答本题可以采用假设法和排除法，假设电路中电压表示数变大，分析电路中电流表示数是否变大，排除错误选项，得出正确答案。
【解析】选C。在A、B、D图中，电路的电压表读数变大，表示电源(或等效电源)的路端电压变大，则内电压变小，电流表的读数一定减小，与题目已知条件相矛盾，可排除。C图中电压表示数为定值电阻两端的电压，由欧姆定律可以判断电流、电压可以同时增大，选项C正确。 【拓展提升】
【考题透视】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，是近年来高考的重点。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、断开或出现故障；
(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。【借题发挥】直流电路动态分析问题的解题方法
1.程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化或开关的通断，引
起各部分电压、电流或灯泡明暗发生变化，分析此类问题的基
本步骤：2.可直接应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论：
(1)任一电阻R阻值增大，必引起通过该电阻的电流I的减小和
该电阻两端电压U的增大。即R↑→{
(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并
的增大和与之串联的各电阻两端电压U串的减小。
即R↑→{【创新预测】
如图所示，当滑动变阻器R2的滑片P向
左滑动时，下列说法不正确的是( )
A.电阻R3消耗的功率变大
B.电容器C上的电荷量变大
C.灯L变暗
D.R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝
对值【解题指导】解答本题时可按以下步骤进行求解：
(1)首先考虑R2滑片向左滑动，R2阻值变小，电路总电阻变小，总电流变大，路端电压变小。
(2)应用串、并联电路特点对局部电路进行分析，得出R3功率变小，R1电压变大，灯泡变暗。
(3)电容器两端的电压与R1两端的电压相等。【解析】选A。滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，R2的阻值变小，电路中的总电流变大，路端电压变小，通过R3的电流变小，故R3消耗的功率变小，A错误；流过R1的电流变大，则R1两端的电压变大，即电容器两端的电压也变大，故电容器上电荷量变大，B正确；而灯L两端的电压变小，故灯L变暗，C正确；由于路端电压变小，故R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值，D正确。 【热点考向2】 交流电的产生和描述
【典题训练3】(2012·石家庄二模)(多选)如图，正方形线框
abcd长为L，每边电阻均为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中
绕cd轴以角速度ω转动，c、d两点与外电路相连，外电路电阻
也为r，则下列说法中正确的是( )A.S断开时，电压表读数为
B.S断开时，电压表读数为
C.S闭合时，电流表读数为
D.S闭合时，线框从图示位置转过过程中流 过电流表的电量为【解题指导】解答此题应明确以下几点：
(1)线框绕cd轴转动产生正弦交流电，其电动势最大值Em=BωL2。
(2)电压表示数为电路中电压的有效值，S断开时，电压表两端的电压为cd边上的电压有效值。
(3)S闭合时，电流表的示数为流过外电路电阻r电流的有效值，而流过电流表的电量利用电流的平均值计算。【解析】选B、D。正方形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中
绕cd轴以角速度ω转动，产生的感应电动势最大值为BωL2，
电源电动势有效值为E= S断开时，内电路电流
电压表读数等于cd两点之间电压为
选项B正确，A错误； S闭合时，电路总电阻
为 ab中电流为 　电流表读数为
　　　　　　选项C错误。S闭合时，线框从图示位置转过
　过程中，磁通量变化ΔΦ=BL2，时间Δt= ，产生感应电动势的平均值为 电流平均值为
流过电流表的电流平均值为 电量为q=IΔt=
选项D正确。 【典题训练4】(2012·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为 π，磁场均沿半径方向.匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场.在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直.线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em.
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F.
(3)外接电阻上电流的有效值I.【解题指导】解答本题第(2)问时可按以下思路分析：
【解析】(1)bc、ad边的运动速度v=ω
感应电动势Em=4NBlv
解得Em=2NBl2ω(2)电流Im=
安培力F=2NBIml
解得F=
(3)一个周期内，通电时间t= T
R上消耗的电能W= Rt
且W=I2RT，解得I=
答案：见解析 【拓展提升】
【考题透视】交变电流的产生与描述是每年高考的热点，常以选择题形式考查；考题主要考查交变电流的两种表达方式：函数表示法与图象表示法，以及交流电的有效值、最大值等基本知识。高考命题一般从以下两方面进行考查：
(1)交变电流的产生、图象、公式及相关物理量。
(2)交变电流的“四值”的物理意义及其不同方面的应用。【借题发挥】交流电的产生及“四值”的应用
1.交变电流的产生2.交流电的“四值”的应用【创新预测】
1.(多选)如图甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R构
成的回路。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转
动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则( )A.电压表的示数为14.14 V
B.通过电阻的电流为0.707 A
C.电阻R上消耗的功率为7.5 W
D.通过电阻的电流方向每秒变化100次【解析】选B、C。根据题中图乙可知交流电的电压有效值为
电压表的示数为 ×15 V=7.5 V=
10.6 V，A项错误；通过电阻的电流为
≈0.707 A，B项正确；电阻R上消耗的功率为
C项正确；根据交流电的特点，线圈每转一周，
电流方向改变两次，则电流方向每秒变化 ×2=50次，D项
错误。2.(多选)某交流电源的电动势与时间成正弦函数关系，如图所示，此电源与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路，不计其他电阻，下列说法正确的是( )A.交变电流的周期为0.02 s
B.交变电流的频率为0.5 Hz
C.交变电流的有效值为2 A
D.交变电流的有效值为2 A
【解析】选A、D。交变电流的周期为0.02 s，频率为50 Hz，
选项A正确、B错误。交变电流的最大值为2 A，有效值为
2 A，选项C错误、D正确。变压器和远距离输电问题【热点考向3】变压器和远距离输电问题
【典题训练5】(2012·山东高考)(多选)图甲是某燃气炉点火
装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变
电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的
匝数分别为n1、n2， 为交流电压表。当变压器副线圈电压的
瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进
而点燃气体。以下判断正确的是( )A.电压表的示数等于5 V
B.电压表的示数等于 V
C.实现点火的条件是 >1 000
D.实现点火的条件是 <1 000
【解题指导】解答本题应把握以下两点：
(1)根据u -t图象确定交流电的峰值和有效值，进而确定电压
表示数。
(2)根据变压器的电压关系 确定点火条件。【解析】选B、C。由u -t图象可知最大电压值为5 V，故有效
值为 V，交流电压表测量的是有效值，A错，B对；由变压器
电压与线圈匝数的关系可知， 变压器副线
圈电压的瞬时值大于5 000 V，即 >5 000，所以 >
1 000，C对，D错。【典题训练6】(2012·常州二模)(多选)有一台交流发电机E，
通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，
输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，
它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入
功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。
设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )A.U2不变，U3变小 B.U2减小，U4变大
C.P1变小，P2变小 D.P2变大，P3变大
【解题指导】解答此题应注意以下两点：
(1)分析电压关系，从U1保持不变开始，U2不变，U3=U2-IR，最后由变压器关系确定U4。
(2)分析功率关系，从P4变大开始，P3和P4相同，P2=P3+I2R，P1=P2。【解析】选A、D。因U1和两线圈的匝数不变，根据 得U2
不变，B错误。根据 U损=IR，U3=U2-U损，因P变大，I变
大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，故选项A
正确；用户消耗的电功率变大时，则P3变大，从而I变大，线路
消耗的电功率变大，由能量守恒得P2变大，所以选项D正确，C
错误。 【拓展提升】
【考题透视】本考点为每年高考的重点和热点，常以选择题的形式考查，命题规律有以下两点：
(1)多数题目与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行综合考查。
(2)变压器电压、电流及功率关系与远距离输电相结合进行综合考查。【借题发挥】理想变压器的动态分析技巧
(1)根据题意弄清变量和不变量。如原线圈电压不变、原副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化。
(2)弄清动态变化过程中的决定关系。如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定。(3)分析流程如下：
①由 分析U2的情况。
②由 分析I2的情况。
③由P1=P2=I2U2判断输入功率的情况。
④由P1=I1U1分析I1的变化情况。 【创新预测】
1.如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度
B= T的水平匀强磁场中，线圈面积S=0.5 m2，内阻不计。线
圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω=10π rad/s匀速转动。线圈
通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入
一只“12 V,12 W”的灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确
的是( )A.通过灯泡的交变电流的频率是50 Hz
B.变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
C.矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 V
D.若将灯泡更换为“12 V，24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速【解析】选B。由ω=2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是
5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应
电动势的最大值为NBSω=100× ×0.5×10πV=120 V，
变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、
副线圈匝数之比为10∶1，选项B正确、C错误；若将灯泡更换
为“12 V，24 W”且保证其正常发光，不需要增大矩形线圈
的转速，选项D错误。2.如图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，输入电流为I，输电线的总电阻为r，则下列关系正确的是
( )
A.U2=U3
B.U2=U3+Ir
C.P1>P2
D.P2=P3【解析】选B。根据高压电路输电的电压关系和功率关系可知，U2=U3+Ir，P1=P2，P2=P3+I2r，故B项正确。 交变电流的综合问题
交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等。解答时应注意以下几点：
1.分清交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的不同计算方法和物理意义。
2.学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中。
3.掌握交流发电机问题中安培力问题、能量转化问题的分析方法。 【典题例证】
【典例】(2012·海淀区一模)(15分)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。求：(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；
(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；
(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
【解题关键】(1)0～t1时间内磁场均匀变化。
(2)t1之后线框产生正弦交变电流，根据电流的有效值计算热量。
(3)根据磁通量的变化计算通过R的电荷量。【规范解答】(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势
E= (2分)
根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流
I= (2分)(2)线框产生感应电动势的最大值Em=nB1L1L2ω (1分)
感应电动势的有效值E= nB1L1L2ω (1分)
通过电阻R的电流的有效值I= (1分)
线框转过一周所需的时间t= (1分)
此过程中，电阻R产生的热量
Q= (1分)(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，
平均感应电动势 (2分)
平均感应电流 (2分)
通过电阻R的电荷量q= (2分)答案：(1)
(2)
(3) 【拓展训练】
1.(2012·衡水二模)图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场
中匀速转动时所产生的正弦交流电压随时间变化的图象，把该
交流电压加在图乙中变压器的A、B两端，已知理想变压器原线
圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均
为理想电表，电阻R=1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确
的是( )A.在t=0.1 s、0.5 s时，穿过线圈的磁通量最大
B.线圈转动的角速度为10π rad/s
C.电压表的示数为 V
D.电流表的示数为0.40 A【解析】选D。在t=0.1 s、0.5 s时，电压达到最大值，此时线圈平面与磁场平行，A错误；由图甲知T=0.4 s，角速度
rad/s，B错误；由 得输出电压的最大值为2 V，所以电压表示数应为2 V，C错误；R中电流
=2 A，由变压器的电流与匝数关系知电流表示数为0.40 A,D正确。2.(2012·天津高考)通过一理想变压器,经同一线路输送相同
的电功率P,原线圈的电压U保持不变,输电线路的总电阻为R。
当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率为P1,若将
副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则
P1和 分别为( )
A. B.
C. D.【解题指导】解答本题时首先计算原线圈的电流，再根据原、
副线圈电流与匝数的关系及功率的公式计算出线路损耗的功
率，并进一步求出副线圈匝数变化前后线路损耗功率的比值。
【解析】选D。原线圈的电流为I1= ，由于P、U不变，故I1不
变，由 =k得 由 =nk
得 则 故选项D正确。 1.(2012·成都一模)一学校物理兴趣小组用蓄电池、电动机、
皮带、自行车组装了一辆电动车，人骑上后总质量为50 kg，
假定蓄电池能提供的电压为24 V，内电阻不计。当电动车在水
平地面上以0.8 m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为
5 A，设车所受的阻力恒为车重的0.2倍，忽略电动车自身的
摩擦，则电动机的阻值是(g取10 m/s2)( )
A.4.8 Ω B.3.2 Ω C.1.6 Ω D.0.4 Ω【解析】选C。电动机的输入功率P=UI=120 W。由于电动车匀速行驶，故电动机的输出功率P出=μmg·v=80 W，根据P-P出=I2r，解得r=1.6 Ω,故C正确。2.(2012·宁波二模)电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻
R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路。当滑动变阻器的
滑片由中点滑向b端时，下列说法正确的是( )
A.电压表和电流表读数都增大
B.电压表和电流表读数都减小
C.电压表读数增大，电流表读数减小
D.电压表读数减小，电流表读数增大【解析】选A。滑片滑向b时，电阻R增大，回路的总电阻增大，所以回路的总电流减小，路端电压增大，所以电压表的示数增大，R1两端电压减小，R2两端的电压增大，故R2中的电流增大，电流表示数增大，故A对。3.(2012·苏北四市二模)如图所示，矩形线圈abcd与可变电容
器C、理想电流表A组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂
直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω=100 π rad/s，
线圈的匝数N=100，边长ab=0.2 m、ad=0.4 m,电阻不计。磁场
只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B= T。电容器放电
时间不计。下列说法正确的是( )
A.该线圈产生的交流电动势峰值为50 V
B.该线圈产生的交流电动势有效值为
C.电容器的耐压值至少为50 V
D.电容器的电容C变大时，电流表的示数变小【解析】选B。该线圈产生的交流电动势峰值为Em=NBωS=50 V,
A项错误；因为该线圈产生的交流电不是完整的正弦式交流
电，只有一半，所以根据有效值的定义
联立解得电动势有效值E′为25 V，B项正确；电容器的耐压
值至少为50 V,C项错误；电容器的电容C变大时，电容器的
充放电电流增大，D项错误。4.(2012·福建高考)如图,理想变压器原线圈输入电压
u=Umsinωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器。 和
是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示; 和 是理想
交流电流表,示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是( )A.I1和I2表示电流的瞬时值
B.U1和U2表示电压的最大值
C.滑片P向下滑动过程中,U2不变、I1变大
D.滑片P向下滑动过程中,U2变小、I1变小
【解析】选C。交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错。由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变。滑片P向下滑动过程中，电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C对、D错，故选C。5.(2012·柳州二模)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水
平放置，两板间的距离d=40 cm，电源电动势E=24 V，内电阻
r=1 Ω，电阻R=15 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带正
电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s 竖直向上射入板间。若
小球所带电荷量为q=1×10-2 C，质量为m=2×10-2 kg，不考虑
空气阻力，那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球
恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？(g取10 m/s2)【解析】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB，
由动能定理可得-mgd-qUAB=0-
所以滑动变阻器两端电压U滑=UAB=8 V。
设通过滑动变阻器的电流为I， 由欧姆定律得I= =1 A。
滑动变阻器接入电路的电阻 =8 Ω
电源的输出功率P出=I2(R+R滑)=23 W
答案：8 Ω 23 W课件85张PPT。第11讲 电磁感应规律及其应用【考纲资讯】
电磁感应现象 Ⅰ
感应电流的产生条件 Ⅱ
法拉第电磁感应定律 楞次定律 Ⅱ
互感 自感 Ⅰ 【考情快报】
1.楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是本讲中高考的热点。它常与电路、动力学、能量转化等知识结合起来考查，其中既有难度中等的选择题，也有难度较大、综合性较强的计算题。
2.预计2013年高考考查的主要内容有：
(1)考查楞次定律的应用问题；
(2)考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等；
(3)考查有关自感现象的应用问题。【体系构建】
【核心自查】
一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用
1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现象电磁
感应安培定则左手定则右手定则楞次定律2.右手定则与左手定则的区别
抓住“因果关系”是解决问题的关键。“因动而电”用_______
___，“因电而力”用_________。
3.楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍_______的变化(增反减同)；
(2)阻碍物体间的_________(来拒去留)；
(3)阻碍原电流的_____(自感)。 右手定则左手定则磁通量相对运动变化二、感应电动势的计算
1.法拉第电磁感应定律
E= ,常用于计算_____感应电动势。
(1)若B变，而S不变，则E= ;
(2)若S变而B不变，则E= 。平均2.导体垂直切割磁感线
E=____，主要用于求电动势的_______。
3.如图所示，导体棒以棒的一端为圆心在垂直磁场的平面内做
匀速圆周运动，切割磁感线产生的电动势为E= 。BLv瞬时值三、电磁感应问题中安培力、电荷量、热量的计算
1.导体切割磁感线运动，导体棒中有感应电流，受安培力作
用，根据E=BLv，I= F=BIL，可得F= 。
2.闭合电路中磁通量发生变化产生感应电动势。电荷量的计算
方法是根据E= ,I= ,q=IΔt则q= 。若线圈匝数为
n，则q= 。 3.电磁感应电路中产生的焦耳热。当电路中电流恒定时，可以
用_________计算，当电路中电流发生变化时，则应用功能关系
或_____________计算。 焦耳定律能量守恒定律【热点考向1】 电磁感应图象问题
【典题训练1】(2012·新课标全国卷)如图,一载流
长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框
在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知
在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某
种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线
框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。
设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )【解题指导】解答本题可按以下思路分析：【解析】选A。分析A图,如图甲所示,在0～t2时间内,直导线中
的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向里,由楞次定律
可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向,由左手定
则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向左,线框的右边
所受安培力较小,方向向右,线框所受合力方向向左,如图乙所 示。在t2～t1时间内,直导线中的电流在线框处产生的磁场方向
垂直于纸面向外,由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流
方向为顺时针方向,由左手定则可判断出线框的左边所受安培
力较大,方向向右,线框的右边所受安培力较小,方向向左,线框
所受合力方向向右,如图丙所示。故选项A正确,B、C、D错误。 【典题训练2】(2012·淄博一模)如图所示，等腰三角形内分
布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为
2L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做
匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所
示的位置。以顺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—位移(I -x)关系的是( )【解题指导】解答此题要根据线框穿过磁场的运动过程，分析
导体切割磁感线有效长度的变化。
(1)由x=0到x=L,有效长度均匀增加，当x=L时，电动势达到最
大。
(2)由x=L到x=1.5 L,两边切割磁感线产生电动势方向相反，感应电流逐渐减小。
(3)由x=1.5 L到x=2 L电动势反向增大。
(4)由x=2 L到x=3 L.电流逐渐减小到零。【解析】选C。线框匀速穿过匀强磁场，从x=0到x=L的过程中，有效长度均匀增加，由E=BLv知，电动势随位移均匀变大，x=L处电动势最大，电流I最大；从x=L至x=1.5 L过程中，框架两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x=1.5 L至x=2 L，左边框切割磁感线产生感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；从x=2 L至x=3 L过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度减小，电流减小。综上所述，只有C项符合题意。 【拓展提升】
【考题透视】电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：
(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识。
(2)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力。【借题发挥】解答电磁感应图象问题的三个关注
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲、直是否和物理过程对应。 【创新预测】
1.高速铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火
车的位置和速度，安放在火车首节车厢下面的磁铁能产生匀强
磁场，如图(俯视图)。当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便
会产生一电信号，被控制中心接收。当火车以恒定速度通过线
圈时，表示线圈两端的电压Uab随时间变化关系的图象是( )
【解析】选C。线圈进磁场和出磁场时感应电动势的方向相反，故A项错误。根据楞次定律，Uab先是负值，后为正值。由于火车以恒定的速度行驶，故Uab的大小不变，故B、D两项错误，C项正确。2．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于
垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉
出磁场，如图所示，则下列图中电动势、外力、
外力功率与位移关系图象规律与这一过程相符合
的是( )【解析】选B。框架匀速拉出的过程中，有效长度l均匀增加，
由E=Blv知，电动势均匀变大，A项错,B项对；因匀速运动，则
F外=F安=BIl= 故外力F外随位移x的增大而非线性增大，C项
错；外力功率P=F外v，v恒定不变，故P也随位移x的增大而非线
性增大，D项错。 【热点考向2】 电磁感应电路和动力学问题
【典题训练3】(2012·南京一模)光滑平行的金属导轨MN和PQ,间距L=1.0 m，与水平面之间的夹角α=30°，匀强磁场磁感应强度B=2.0 T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m=2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图甲所示。用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v -t图象如图
乙。g=10 m/s2，导
轨足够长，求：(1)恒力F的大小；
(2)金属杆速度为2.0 m/s时的加速度大小；
(3)根据v -t图象估算在前0.8 s内电阻上产生的热量。【解题指导】解答此题应注意以下两点：
(1)恒力F拉动金属杆做变加速运动，安培力是变力，当杆受力平衡时，达到最大速度。
(2)恒力F做的功转化为金属杆的重力势能、动能和电能，电能转化为内能，即电阻上产生的热量。【解析】(1)由题图乙知，杆运动的最大速度为vm=4 m/s此时有F=mgsinα+F安
=mgsinα+
代入数据得F=18 N(2)由牛顿第二定律可得
F-F安-mgsinα=ma
a= 代入数据得
a=2.0 m/s2(3)由题图乙可知0.8 s末金属杆的速度v1=2.2 m/s
前0.8 s内图线与t轴所包围的小方格的个数为27个，面积为
27×0.2×0.2=1.08，即前0.8 s内金属杆的位移x=1.08 m。
由能量的转化和守恒定律得
Q=Fx-mgxsinα- 代入数据得：
Q=3.80 J
(说明，前0.8 s内图线与t轴所包围的小方格的个数在26～28
个之间，位移在1.04 m～1.12 m之间，产生的热量在3.48 J～
4.12 J之间均正确)。
答案：(1)18 N (2)2.0 m/s2 (3)3.80 J 【拓展提升】
【考题透视】电磁感应与动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：
(1)与牛顿第二定律、运动学结合的动态分析问题。
(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题。【借题发挥】电磁感应与动力学问题的解题策略
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约, 解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序,可概括为：
(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向。
(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向。
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析导体棒的最终运动情况。
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。 【创新预测】
1.(多选)如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M=1 kg的绝缘板
底座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上。位于磁场中
的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1 kg，边长为1 m,电
阻为 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.4。O、O′分别为
AD、BC的中点。在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，
OO′CD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA
区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内。若绝缘板足够
长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金
属框从静止释放后(g=10 m/s2)( )
A.若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3 m/s2
B.若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2
C.若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板仍静止
D.若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2,绝缘板的加速度为2 m/s2【解析】选A、D。若金属框固定在绝缘板上，则F安-μ1(M+m)g=(M+m)a1。F安= 解得a1=3 m/s2。A正确，B错误。当金属框不固定时，对于金属框，F安-μ2mg=ma2
解得a2=4 m/s2。
对于绝缘板μ2mg-μ1(M+m)g=Ma3
解得a3=2 m/s2,故D项正确。2.(2012·苏北四市二模)(多选)如图所示，在竖直
向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨
CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t=0时刻起，
给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，
即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且
接触良好。下列关于棒的速度v、加速度a随时间t
变化的关系图象，可能正确的是( )【解析】选B、D。杆受到重力、垂直纸面向里的安培力、支持
力和摩擦力。安培力F=BIl=kBlt,随着安培力的增大，摩擦力增
大，杆做加速度变小的加速运动，再做加速度变大的减速运
动，最终静止，所以B项正确；加速度a= D项正确。 【热点考向3】 电磁感应中的能量转化问题
【典题训练4】(2012·南京一模)(多选)
如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的
边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m
和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的
轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处
于同一竖直平面内。在两导线框之间有
一宽度为2 L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则( )A.两导线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=2mg
B.系统匀速运动的速度大小v=
C.导线框abcd通过磁场的时间t=
D.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热
Q=4mgL-【解题指导】解答此题可以按以下思路：
(1)当两导线框匀速运动时，运用隔离法分析两框各自受力情况，得出绳子的张力和导线框的速度。
(2)由导线框abcd在磁场中受安培力的情况分析其运动情况，判断导线框通过磁场的时间。
(3)根据能量守恒的条件判断系统产生的总焦耳热。【解析】选B、C。当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，由abcd
受力平衡，得FT=mg,A项错误；对ABCD受力分析，则2mg=FT+F安，
而F安= 得v= B正确。当ABCD刚好全部进入磁场时，abcd
上边界刚进磁场，导线框继续匀速运动，故通过磁场的时间 C项正确。当两导线框等高时，导线框ABCD减
少的重力势能 导线框abcd增加的重力势能
系统增加的动能 根据能量
守恒定律Q=2mgL- D项错误。【典题训练5】如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面
成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场
中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初
速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底
端。若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不
计金属杆ab的电阻及运动时所受空气阻力，则( )A.上滑过程的时间比下滑过程长
B.回到出发点的速度v的大小等于初速度v0的大小
C.上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程的多
D.上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程的多【解题指导】解答此题可按以下思路：【解析】选D。由于金属杆上滑和下滑过程中，机械能转化为
电能，所以杆回到出发点时，v过程比下滑过程时间短，A项错误；上滑过程中平均速度较
大，感应电动势较大，产生的热量较多，D项正确；而上滑和
下滑过程，金属杆扫过的面积相等，根据q= C项错误。 【拓展提升】
【考题透视】该知识为每年高考的重点，既有选择题，又有计算题；分析近几年考题，命题有以下特点：
(1)电磁感应与电路、动力学知识结合在一起进行综合考查。
(2)电流恒定时，考查焦耳定律、电功率的相关知识。
(3)电流变化时，考查不同能量的转化问题。【借题发挥】求解焦耳热的三个途径
(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W克安。
(2)电磁感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt。
(3)电磁感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。 【创新预测】
1.(多选)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为
B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边
界，磁场范围足够大。一个半径为a，质量为m，电阻为R的金
属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置运动，当圆环
运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为 ，则下列
说法正确的是( )A.此时圆环中的电功率为
B.此时圆环的加速度为
C.此过程中通过圆环截面的电量为
D.此过程中回路产生的电能为0.75mv2【解析】选A、C。由右手定则知，当圆环运动到直径刚好与边
界线PQ重合时，两个半圆切割磁感线产生的感应电流方向都为
顺时针方向，所以，回路中的感应电动势的大小E=2Bav，回路
中的电流 功率P=EI= A正确；圆环受到的
安培力F=4BIa= 由牛顿第二定律得a= B错
误；圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，通过圆环的磁通
量为0，故q= C正确；此过程中回路产生的热量
等于动能的减少量，为0.375mv2，D错误。2.导体棒MN的电阻R=2 Ω，质量m=0.1 kg，长L=0.5 m，导体棒MN架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为α=30?,如图所示，它们处于磁感应强度B为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。1 s后导体棒沿斜面向上滑行的距离是3 m时，刚好获得稳定的速度，电动机牵引导体棒匀速运动时，电压表、电流表的读数分别为5 V、1 A，电动机内阻r为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求：(1)导体棒能达到的稳定速度；
(2)导体棒上产生的热量。【解析】(1)电动机的机械功率
P=UI-I2r=4 W
导体棒在斜面上受力如图所示，导体棒在拉力FT的作用下做加
速度越来越小的加速运动，当导体棒达到稳定速度时，受力平
衡，则mgsinα+FA=FT
即mgsinα+
解得v=4 m/s。
(2)在导体棒上升的过程中能量守恒
Pt=mgxsinα+ +Q，解得
Q=1.7 J
答案：(1)4 m/s (2)1.7 J 电磁感应综合问题的规范求解
电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，解答时可以从以下三方面进行突破：1.明确电学对象2.建立动力学模型
3.明确功能关系
确定有哪些形式的能量发生了转化。例如，有摩擦力做功必有
内能产生;有重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,
必然有其他形式的能转化为电能。 【典题例证】
【典例】(2012·苏州一模)(15分)两根足够长的光滑平行直导
轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间
接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导
轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁
场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良
好，它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。(1)求ab杆下滑的最大速度vm;
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电量q。
【解题关键】(1)当杆下滑的加速度为零，即合外力为零时，达到最大速度。
(2)将杆运动过程中涉及的能量全面考虑，电磁感应发生的过程中能量守恒。
(3)计算通过电阻的电荷量一定要用平均电动势和平均电流。【解题思路】(1)当加速度为零时mgsinθ= 由此可求出最大速度。
(2)杆下滑过程中重力势能减少，动能增加，同时克服安培力做功，将一部分机械能转化为内能，应用能量守恒定律求解位移x。
(3)根据平均感应电动势 求解平均电流。用 求解电荷量。【规范解答】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有E=BLv (1分)
I= (1分)
FA=BIL (1分)
mgsinθ-FA=ma (2分)
即mgsinθ- =ma
当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值
vm= (1分)(2)根据能量守恒定律有
mgxsinθ= +Q (2分)
得x= (2分)
根据电磁感应定律有 (1分)
根据闭合电路欧姆定律有 (1分)感应电量q= (1分)
得q= (2分)
答案：(1) (2)
【拓展训练】
1.(2012·长宁一模)假设两足够长的光滑金
属导轨竖直放置，相距为L，如图所示，一
导线与两导轨相连，磁感应强度的大小为B
的匀强磁场与导轨平面垂直。一电阻为R、
质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止
释放。导体棒进入磁场后速度减小，最终
稳定时离磁场上边缘的距离为H，整个运动
过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终
保持水平，不计导轨的电阻。下列说法正确的是( )A.整个运动过程中回路的最大电流为
B.整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m(H+h)g-
C.整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH
D.整个运动过程中回路电流的功率为【解析】选B。导体棒进入磁场后，先做变减速运动，安培力
逐渐减小，当减小到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进
入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流
也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为
v= 产生的感应电动势为E=BLv,由闭合电路欧姆定律得
选项A错；导体棒稳定后，产生的感应
电动势为E=BLv,根据平衡条件有mg=BIL；由能量守恒定律可知，减少的机械能转化为回路的电能，电能又转化为内能，所以
Q=m(H+h)g- mv2，由mg=BIL，I= 得v= 故
Q=m(H+h)g- 所以选项B正确；克服安培力做功与产
生的焦耳热相等，所以选项C错；回路中的电流开始是变
化的，所以选项D错。2.(2012·南京二模)如图所示，宽度为L的
金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上
端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加
的电压成正比，即R=kU，式中k为常数。框
架上有一质量为m，离地高为h的金属棒，金
属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水
平。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于框
架平面向里。将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动，不计金属棒电阻，重力加速度为g。求：(1)金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；
(2)金属棒落到地面时的速度大小；
(3)金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电量。【解析】(1)流过电阻R的电流大小为I= 金属棒中电流方向水平向右(从a→b)
(2)在运动过程中金属棒受到的安培力为F=BIL=
对金属棒运用牛顿第二定律，mg-F=ma
得a=g- 恒定，金属棒做匀加速直线运动
根据v2=2ah,得v=(3)设金属棒经过时间t落地，有h= at2
解得t=
通过电子元件的电荷量Q=It=
答案：(1) 方向水平向右 (2)
(3)1.(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10-5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是( )
A.河北岸的电势较高
B.河南岸的电势较高
C.电压表记录的电压为9 mV
D.电压表记录的电压为5 mV【解析】选A、C。由E=BLv=4.5×10-5×100×2 V=9×10-3 V
=9 mV,可知电压表记录的电压为9 mV,选项C正确、D错误；
从上往下看，画出水流切割磁感线示意图如图所示，根据右
手定则可知北岸电势高，选项A正确，B错误。2.(2012·海南高考)如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂
在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置
Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端
附近时细线的张力分别为 ，重力加速度大小为g，则
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　( )
A.
B.
C.
D.【解析】选A。无论环经过磁铁上端还是下端，通过环的磁通量发生变化，环里产生感应电流，环受到向上的阻力，根据牛顿第三定律，环对磁铁有向下的作用力，细线的拉力大于磁铁重力，选项A正确，其他选项错误。3.如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，现将一边长为l，质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合。当t=0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t=t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间变化的图线。由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为( )A. B.
C. D.
【解析】选B。开始时根据牛顿第二定律，F0=ma，当t=t0时，
l= v=at0，再根据牛顿第二定律，3F0- =ma,解
得B= 故B正确。4.(2012·无锡二模)如图所示，水平
面内有一平行金属导轨，导轨光滑且
电阻不计。匀强磁场与导轨所在平面
垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是( )【解析】选D。开关S掷到1位置时电容器充电，开关S由1掷到2的瞬间，电容器开始放电，导体棒中有电流通过，在磁场中产生安培力，使导体棒做加速运动，F安=ma，同时导体棒也在切割磁感线，导体棒两端产生感应电动势，所以回路中的电流在减小。当导体棒两端感应电动势等于电容器两端电压时，回路中没有电流，导体棒将匀速运动下去，此时电容器上的电荷量不变但是不为零。综上所述，导体棒做加速度逐渐变小的加速运动，最后匀速。本题要紧紧抓住运动的末状态，回路中电流为零，导体棒不受安培力，但没有静止，而是匀速运动，所以电容器两端电压也不为零，电荷量不为零，故选D。5.如图所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置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，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则( )A.金属杆下滑的最大速度vm=
B.在此过程中电阻R产生的焦耳热为
C.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsinα-
D.在此过程中流过电阻R的电量为【解析】选B。当金属杆达到最大速度时，感应电动势为E=BLvm感应电流为I=
安培力为F=BIL=
根据平衡条件得mgsinα-F=0
解得vm=由能量守恒定律得mgxsinα- =Q
又因QR= Q所以QR= (mgxsinα- )
由法拉第电磁感应定律得通过R的电量为q= 所以选项B正确。课件46张PPT。第12讲 力学实验一、误差和有效数字
1.误差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，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.包括的课题
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.验证性实验的两种方法
(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，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.包括的课题
探究弹力和弹簧伸长的关系
2.从实验的过程上进行比较3.探究性实验过程是从提出问题开始的，内容上具有不确定性，结果与多种因素有关，可能会出现多种情况。 【热点考向1】 游标卡尺和螺旋测微器的读数
【典例1】(2012·广州一模)(1)用游标为20分度的卡尺测量某
物体的长度如图甲，由图可知其长度为 mm；
(2)用螺旋测微器测量某物体的直径如图乙，由图可知其直径
为 mm。【解题指导】解答此题应注意以下两点：
(1)游标卡尺读数时要认清游标卡尺的分度值，20分度的游标卡尺可精确到0.05 mm。
(2)螺旋测微器读数时首先要观察半毫米刻度线是否露出，其次螺旋测微器读数时要进行估读。【规范解答】(1)根据游标卡尺的读数方法，读数为50 mm+3×
0.05 mm=50.15 mm。
(2)根据螺旋测微器的读数规则，读数为4.5 mm+20.0×0.01 mm
=4.700 mm。
答案：(1)50.15 (2)4.700【规律总结】游标卡尺和螺旋测微器读数时应注意的问题
(1)10分度的游标卡尺，以mm为单位，小数点后只有1位，20分度和50分度的游标卡尺以mm为单位，小数点后有2位，且对齐格数不估读。
(2)螺旋测微器以mm为单位，小数点后必须有3位，对齐格数要估读，同时还要注意半毫米刻度线是否露出。 【热点考向2】 纸带类实验问题的处理
【典例2】(2012·黄冈一模)物理小组
在一次探究活动中测量滑块与木板之
间的动摩擦因数，实验装置如图。
一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，
一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接；打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。(1)如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、
3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图
中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的
加速度a= (保留三位有效数字)。(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 。(填入所选物理量前的字母)
A.木板的长度l
B.木板的质量m1
C.滑块的质量m2
D.托盘和砝码的总质量m3
E.滑块运动的时间t
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝ (用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)，与真实值相比，测量的动摩擦因数 (选填“偏大”或“偏小”)。写出支持你的看法的一个论据： 。【解题指导】解答此题应注意以下三点：
(1)为减小误差，可用逐差法计算加速度的大小,公式是
a=
(2)根据实验原理确定需要测量的物理量。
(3)写出动摩擦因数的表达式,分析误差产生的原因。【规范解答】(1)由逐差法公式得
a=
(2)由牛顿第二定律得m3g-μm2g=(m2+m3)a，则需要测定滑块的
质量m2和托盘和砝码的总质量m3，则选C、D。
(3)由(2)中等式可得μ= 因存在纸带与限位孔
之间的阻力等，测量的动摩擦因数偏大。
答案：(1)0.495 m/s2至0.497 m/s2之间均可
(2)C、D (3) 偏大 存在纸带与限位孔之间
的阻力等【规律总结】 纸带的三大应用
(1)由纸带确定时间
要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与
联系，便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时
间间隔为Δt=0.02×5 s=0.1 s。
(2)求解瞬时速度
利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时
刻的瞬时速度。如图所示，求打某一点的瞬时速度，只需在这
一点的前后各取相同时间间隔T的两段位移xn和xn+1，则打n点
时的速度vn=(3)用“逐差法”求加速度
如图所示
因为
所以a=【热点考向3】 应用图象分析实验数据
【典例3】(2012·南京二模)某实验小组在实验室做“验证牛
顿运动定律”的实验：
(1)甲同学在物体所受合外力不变时，改变物体的质量，得到
数据如表所示。①根据表中的数据，在如图所示的坐标中描出相应的实验数据点，并作出a - 图象。
②由a - 图象你得出的结论为 。
③物体受到的合力大约为 。(结果保留两位有效数字)(2)乙同学在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变对小车的拉力，由实验数据作出的a -F图象如图所示，则该图象中图线不过原点的原因是 ，小车的质量为 kg。(保留两位有效数字)【解题指导】解答此题应注意以下三点：
(1)描点后，画图象时，若图象是直线，则用刻度尺参考描出的点画直线。并延长与坐标轴相交。
(2)画出图象后，要分析其斜率、在坐标轴上的截距的物理意义。
(3)若画出的图象不符合要求，要分析其原因。【规范解答】(1)①描点，画出a - 图象如图所示。
②分析图象，得出的结论是当物体所受外力不变时，物体的加
速度与质量成反比。
③由牛顿第二定律F=ma得，a=F· ，即图线的斜率等于小车
所受的合外力，大小为F= N=0.16 N。(2)由图象可得拉力等于零时，加速度不等于零，故木板倾角
过大；由牛顿第二定律F=ma得，a=F· 即图线的斜率等于小
车质量的倒数，小车质量大小为m= kg=2.0 kg。
答案：见规范解答【规律总结】用图象处理数据的四个要求
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。 1.(2012·郑州一模)某同学利用如图所示的装置探究共点力合
成的规律，图中GE是橡皮条，甲图表示用两个互成角度的拉力
牵拉橡皮条，乙图表示用一个拉力牵拉橡皮条，下列说法正确
的是( ) A.甲图中两个拉力的方向必须相互垂直
B.甲、乙两图中，橡皮条拉伸方向必须水平
C.甲、乙两图中必须将橡皮条拉到相同位置O
D.甲图实验完成后，可更换橡皮条，继续进行乙图实验
【解析】选C。探究共点力合成的规律是根据合力与分力的效果等效，所以甲、乙两图中必须将橡皮条拉到相同位置O。2.(2012·南开区一模)在“验证牛顿运动定律”的实验中，保
持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在
某次实验中根据测得的多组数据在坐标纸上画出a -F关系的点
迹，如图所示。经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生
这些问题的主要原因可能是( )A.轨道与水平方向夹角太大
B.轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力
C.所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲的趋势
D.所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲的趋势
【解析】选B、C。拉力不为零时，加速度仍为零，可能没有平衡摩擦力，选项A错误、选项B正确；上部点迹有向下弯曲趋势，原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，选项C正确、选项D错误。3.(2012·南岸区一模)一名同学在用如图甲所示的装置做“研
究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器所用交变电流的频
率为50 Hz，图乙是某次实验时得到的纸带，图中A、B、C、
D、E是纸带上五个计数点，则( )A.打C点时小车的速度大小为2.1 m/s
B.打D点时小车的速度大小为4.6 m/s
C.小车的加速度大小为3.9 m/s2
D.小车的加速度大小为12 m/s2【解析】选A、C。打点计时器的打点周期为T=0.02 s。打C点
时小车的速度大小为vC= m/s=2.1 m/s，选项A
正确；打D点时小车的速度大小为vD= m/s=
2.3 m/s，选项B错误；小车的加速度大小为a= =
m/s2 =3.9 m/s2，选项C正
确、选项D错误。4.(2012·潮州一模)用自由落体法进行“验证机械能守恒定律”
的实验:
(1)实验完毕后选出一条纸带如图所示，其中O点为电磁打点计
时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以
频率为50 Hz的交流电。用刻度尺测得OA=12.41 cm，OB＝
18.60 cm、OC＝27.21 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重物的质量为1.00 kg，取g=9.80 m/s2。甲同学根据
以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始
下落时减少了______J；此时重物的动能比开始下落时增加了
J。(结果均保留三位有效数字)实验中产生系统误差
的原因是 。(2)乙同学利用他自己实验时打出的纸带测量出了各计数点到
打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的
速度v，以h为横轴，以 v2为纵轴画出了如图所示的图线。图
线未过原点O的原因是 。
【解析】(1)mgh=1.00×9.80×18.60×10-2 J=1.82 J，
vB= m/s=1.85 m/s，Ek= ×1.00
×1.852 J=1.71 J，纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力。
(2)先释放重物，再接通打点计时器电源(“打下第一个点时重
物已经有速度”也对)。答案：(1)1.82 1.71 纸带通过打点计时器受摩擦阻力、空气阻力
(2)先释放重物，再接通打点计时器电源5.(2012·江苏高考)为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小
亮设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A位于水
平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面。将A拉到P点，待B稳
定后静止释放，A最终滑到Q点。分别测量OP、OQ的长度h和s。
改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据。(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮。请提出两个解决方
法。
(2)请根据下表的实验数据作出s -h关系的图象。(3)实验测得A、B的质量分别为m=0.40 kg、M=0.50 kg。根据s
-h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ= 。
(结果保留一位有效数字)
(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果 (选填
“偏大”或“偏小”)。
【解题指导】解答本题第(3)问时可按以下思路分析：【解析】(1)为使A不撞到滑轮，应设法减小B落地瞬间A的速
度，因而可以减小B的质量；增加细线的长度或增大A的质量；
降低B的起始高度。
(2)如图(3)对A木块应用动能定理，有
(Mg-mμg) h=mgμs(M-mμ) =μs
h= h=
由图可知k= =1
代入数据可以解得：μ=0.38≈0.4(4)考虑到滑轮的摩擦力做负功，实验中要克服滑轮的摩擦力做功，造成实验结果偏大。
答案：(1)减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低B的起始高度) (2)见解析图 (3)0.4
(4)偏大课件53张PPT。第13讲 电学实验一、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2.多用电表的使用“三注意”
(1)电流的流向
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，从电表外部看，电流从红表笔流入，从黑表笔流出。
(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，调整的是欧姆调零旋钮。(3)选倍率
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。指针偏转角度在 满偏到 满偏之间读数较准确。如当待
测电阻约为2 kΩ时,应采用“×100”挡。3.电学仪器的选择
(1)电源的选择
一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源。
(2)电表的选择
一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度。 二、电流表内外接法的比较与选择三、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2.控制电路的选择
优先选用限流式。
以下情况考虑分压式：
(1)要求待测电路的U、I从0变化；
(2)R滑<(3)选用限流式时，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)。 【热点考向1】 多用电表的正确使用
【典例1】(2012·济南一模)如图甲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 ，使电表指针对准 的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”)。
(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的 位置(选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)。
(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 (选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(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。
【解题指导】解答此题应注意以下两个方面：
(1)多用电表的机械调零和欧姆调零不同，机械调零和其他电
表的调零相同，而欧姆调零是多用电表欧姆挡特有的步骤。
(2)使用多用电表测电阻要选择合适的倍率，测量时使指针指
在中值电阻的附近，误差较小。【规范解答】(1)将选择开关拨到欧姆挡前。先进行机械调零。方法是调节机械调零螺丝，使电表指针指在电流等于零的刻线位置。
(2)用多用电表测20 Ω的电阻时，要把选择开关旋转到“Ω”挡“×1”的位置。
(3)将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。调节欧姆调零旋钮，使指针指在“Ω”挡的零刻线上。
(4)由乙图读出该电阻的阻值为19 Ω。
答案：(1)调零螺丝 电流 (2)×1
(3)调零旋钮 电阻 (4)19【规律总结】多用电表使用“五步”法
(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。 【热点考向2】 实验器材的选取和电路连接问题
【典例2】(2012·广州二模)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有
A.小灯泡(额定电压为3.8 V，额定电流约为0.3 A)
B.电流表 (0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)
C.电压表 (0～6 V,内阻约为5 kΩ)
D.滑动变阻器R1(0～10 Ω,2 A)
E.滑动变阻器R2(0～100 Ω,0.2 A)
F.电源(6 V,内阻不计)
G.开关及导线若干(1)实验中滑动变阻器选_______(选填“R1”或“R2”)。
(2)该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的
位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数
U和电流表的读数I。请在图中用笔画线代替导线将实验电路连
接完整。(3)该同学根据实验数据作出了如图乙的U-I图象，根据图象可
知小灯泡的电阻随着电流的增大而 (选填“增
大”“减小”或“不变”)。【解题指导】解答此题应注意以下三点：
(1)滑动变阻器一般要选择阻值比较小的，这样可以方便操作。
(2)连接电路时，滑动变阻器要采用“分压式”接法，这样电压表的读数范围可以从零开始。
(3)灯泡的伏安特性曲线要分清是U-I图象还是I-U图象，其中U-I图象的斜率表示电阻的大小，I-U图象斜率的倒数表示电阻的大小。【规范解答】(1)考虑操作的方便，滑动变阻器应选择R1。
(2)滑动变阻器应采用分压式接法连接，如图：
(3)由U-I图象的斜率变大，可知小灯泡的电阻随电流的增大而增大。
答案：(1)R1 (2)见规范解答 (3)增大【规律总结】选择实验仪器的三大原则
(1)安全性原则:要能够根据实验要求和客观条件选用合适的仪器，使实验切实可行，能达到预期目标。另外还要注意测量仪器的量程，电阻类器件的电流不能超过允许通过的最大电流等。 (2)精确性原则:根据实验的需要，选用精度合适的测量工具，但对某个实验来讲，精确程度达到要求即可，并不是精度越高越好。
(3)方便性原则:实验时需考虑调节方便，便于操作，如滑动变阻器的选择，既要考虑它的额定电流，又要考虑它的阻值范围，在二者都能满足实验要求的情况下，还要考虑实验操作是否方便的问题。 【热点考向3】 电路的设计和实验数据的处理问题
【典例3】(2012·南京二模)某课题研究小组，选用下列器材
测定某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r。(电动势约为
4 V，内阻在几欧到几十欧之间)
A.电压表 (量程6 V，内阻约为6.0 kΩ)
B.电流表 (量程2 mA,内阻约为50 Ω)
C.电阻箱R(0～999.9 Ω)
D.开关S一只、导线若干(1)某同学从上述器材中选取了电流表和电阻箱测锂电池的电
动势和内阻，你认为可行吗？请说明理由：
。
(2)今用上述器材中的电压表和电阻箱测锂电池的电动势和内
阻，请画出实验电路图。(3)根据(2)中实验电路测得的8组U、R数据，已在 坐标
系中描出了各点，请作出图象。根据图象求得E= V,
r= Ω。【解题指导】解答此题可按以下思路：
(1)本实验中由电阻箱代替了滑动变阻器，电阻箱的特点是可
以知道连入电路的电阻。
(2)若选取电流表和电阻箱进行实验。可以估测出电流会超过
电流表的量程。因此需要选择电阻箱和电压表。
(3)根据公式推导出 和 的函数表达式，由表达式确定图象
中截距和斜率的物理意义，可得出电动势E和内阻r。【规范解答】(1)将电流表、电阻箱串联在锂电池上，估测通
过电路的最小电流大于2 mA。故该同学的设计不可行。
(2)实验电路如图(3)根据 坐标中描出的各点，画出 的图象，如
图。
根据I= U=E-Ir。
推出
由此可知图象的截距为电动势的倒数，斜率为内阻和电动势的
比值，由此可得出E=3.7 V，r=10 Ω。
答案：见规范解答【规律总结】电源电动势与内阻的测量方法
(1)基本方法：用电流表和电压表分别测电流和路端电压，如
图所示。
注意:为使测量结果精确度较高，电压表应直接并联接在电源
两端，而不应并联在滑动变阻器两端(本实验目的不是测变阻
器阻值)。(2)替代电表方法:若实验器材只给电流表或电压表其中的一
个，但又给两个已知阻值的定值电阻，同样可测两次电压值和
电流值。(通常是给一电阻箱)
①用电流表和电阻箱，如图甲所示。
②用电压表和电阻箱，如图乙所示。1.(2012·江苏高考)如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电
学元件，小明使用多用电表对其进行探测。(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的 (选填“A”“B”或“C”)。
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应 (选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值.测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如表.两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示。
请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路。【解题指导】本题考查多用电表的使用和黑盒子问题，属于一般性的基本常识考查，难度中等.
【解析】(1)机械调零，要用调零定位螺丝.
(2)为防止损坏电表，要用试触法.(3)每对接点间正反向阻值均相等，说明内部电路中没有二极
管，只有三个相同阻值的电阻，结合串、并联电路的特点，可
以判断a、b接点的电阻为5 Ω，可能的电路图如图：
答案：(1)A (2)短暂 (3)5 电路图见解析2.(2012·海南高考)图示电路可用来测量电阻的阻值。其中E
为电源，R为已知电阻，Rx为待测电阻， 可视为理想电压表，
S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关。(1)当S0闭合时，若S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；若
S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2。由此可求出Rx= 。
(2)若电源电动势E=1.5 V，内阻可忽略；电压表量程为1 V，
R=100 Ω。此电路可测量的Rx的最大值为 Ω。
【解析】(1)由于是理想电压表，该表接入电路后不会影响电
路的电流。S1、S2向左闭合，电压表读数是Rx两端电压，由欧
姆定律得U1=IRx，S1、S2向右闭合，电压表读数是R两端电压，
U2=IR，由以上两式得Rx= R。(2)当S1、S2向左闭合，且电压表的读数为其量程1 V，即Rx两
端电压U1=1 V，此时的Rx阻值为最大，R两端电压为U2=E-
U1=0.5 V，电路中电流I= A=5×10-3 A，
Ω=200 Ω
答案：(1) R (2)2003.(2012·唐山二模)现要测定一个额定电压4.2 V，额定功率
1.5 W的小灯泡的伏安特性曲线。现有器材：直流电源E(电动
势4.5 V，内阻不计)；电压表(量程4.5 V，内阻约为4×
104 Ω);电流表 (量程250 mA,内阻约为2 Ω)；电流表
(量程400 mA,内阻约为1 Ω); 滑动变阻器(最大阻值约10 Ω),
电键S,导线若干。 (1)如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的
电流表是 ；
(2)在方框内设计出实验电路图，要求电路图既要满足测量要
求，又要误差较小；
(3)结合实验中所描述的图象，P点小灯泡的电功率为 。【解析】(1)额定电压4.2 V，额定功率1.5 W的小灯泡的额定
电流为I= =0.357 A=357 mA，所以电流表需要选择量程为
400 mA的电流表 。
(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线应该设计为分压电路，由于小
灯泡电阻不大，采用电流表外接，电路图如图所示。
(3)P点小灯泡的电功率为
P=UI=3.0×0.3 W=0.9 W。
答案：(1)A2 (2)见解析图
(3)0.9 W4.(2012·福建高考)某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E。
(1)先直接用多用电表测定该电池电动势。在操作无误的情况下,多用电表表盘示数如图,其示数为 V。(2)然后,用电压表 、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导
线和该电池组成电路,测定该电池电动势。
①根据电路图,用笔画线代替导线,将实物图连接成完整电路。
②闭合开关S,调整电阻箱阻值R,读出电压表 相应示数U。该
学习小组测出大量数据,分析筛选出下表所示的R、U数据,并计
算出相应的 与 的值。请用表中数据在坐标纸上描点,并作
出 图线。③从图线中可求得E= V。【解析】(1)选择中间标尺，10 V量程最小刻度为0.2 V,因此
示数为 V=9.4 V。
(2)①依电路图连接实物图如图所示 ②根据表格数据描点所作图象如图所示
③根据闭合电路欧姆定律E=U+ (R0+r)得 = 因此
根据图象纵坐标读数的倒数得E=10.0 V(9.5 V～11.1 V)。 5.现有一根长约2 cm的金属丝，其横截面直径约1 mm，金属丝的电阻率为5×10-3Ω·m。一位同学用伏安法测量该金属丝的电阻，测量时使用电动势为4.5 V的电源。另有如下器材供选择：
A.量程0～0.6 A，内阻约为2 Ω的电流表
B.量程为0～3 A,内阻约为0.1 Ω的电流表
C.量程为0～6 V,内阻约为4 kΩ的电压表
D.量程为0～15 V,内阻约为50 kΩ的电压表
E.阻值为0～10 Ω,额定电流为1 A的滑动变阻器
F.阻值为0～1 kΩ,额定电流为0.1 A的滑动变阻器(1)以上器材应选用 。(填写器材前的字母)
(2)用笔画线代替导线，将如图所示实验电路连接完整。(3)闭合开关后，发现电流表示数不为零，而电压表示数为零。为检测电压表的好坏，该同学拆下电压表。用多用电表欧姆挡进行检测。为使电压表指针向右偏转，多用电表的黑表笔应接电压表的 接线柱(选填“正”或“负”);如果电压表完好，将电压表正确接入电路后，电压表示数仍为零，检查所有接线柱也都接触良好，则应检查 。【解析】(1)由电阻定律可估算出该金属丝的电阻大约为100 Ω,
电流表选择量程为0～0.6 A的电流表，电压表选择量程为0～6 V
的电压表；选择阻值为0～1 kΩ,额定电流为0.1 A的滑动变阻器。
(2)(3)用多用电表欧姆挡进行检测。为使电压表指针向右偏转，多用电表的黑表笔应接电压表的正接线柱。将电压表正确接入电路后，电压表示数仍为零，检查所有接线柱也都接触良好，则应检查连接电压表与金属丝的两根导线是否断路。
答案：(1)ACF (2)见解析图
(3)正 连接电压表与金属丝的两根导线是否断路课件69张PPT。选 考 部 分
专题七 分子动理论 气体及热力学定律【三年考情】【命题分析】
　　综合分析近三年的各地高考题，高考命题在本专题主要涉及以下规律：
　　1.本部分内容在高考中以选择、填空、实验和计算等各种形式出现，难度中下，是高考选考内容。　　2.高考命题主要围绕着以下考点进行：
　　(1)应用阿伏加德罗常数解决实际问题；
　　(2)分子间的作用力；
　　(3)热力学定律；
　　(4)固体、液体、气体的性质；
　　(5)气体实验定律以及理想气体状态方程，以定量计算为主，是高考考查的重点和热点。 【备考策略】
　　根据近三年高考命题特点和规律，可以预测2013年的高考考查重点如下：
　　(1)考查分子动理论；
　　(2)考查气体状态方程与热力学定律的综合应用。
　　在重点复习以上知识的同时，需注意以下几点：
　　(1)培养应用分子动理论的观点分析、解决热现象的能力；
　　(2)加强有关阿伏加德罗常数计算问题的训练；　　(3)复习气体实验定律时要以实验过程为基础，多分析一些综合性的实例，注意力学参量与热学参量的关系，注意对气体状态的分析；
　　(4)注意全面复习，要有重点但不能心存侥幸心理猜题押宝。比如对固体、液体等识记性内容，也要复习到位。
　　复习本专题时，同时要注意以下几种方法的培养：
　　(1)微观量的估算方法；
　　(2)气体压强的计算方法；
　　(3)气体实验定律的应用方法。 【考纲资讯】
物体是由大量分子组成的　阿伏加德罗常数Ⅰ
用油膜法估测分子的大小(实验、探究) 　Ⅰ
分子热运动　布朗运动 Ⅰ
分子间的作用力 　 Ⅰ
温度和内能 　Ⅰ
晶体和非晶体　晶体的微观结构 Ⅰ
液体的表面张力 　Ⅰ液晶 Ⅰ
气体实验定律 Ⅰ
理想气体 Ⅰ
热力学第一定律 Ⅰ
能量守恒定律 能源与环境 能源的开发和应用Ⅰ 【考情快报】
1．考查分子动理论、估算分子数目和大小、热力学定律、内能等知识点时，题型一般为选择题和填空题，考查气体实验定律和气体状态方程的应用一般为计算题。
2．预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)考查分子动理论、分子力的特点、模型及宏观体现、内能概念的理解及估算。
(2)考查热力学第一、第二定律、能量守恒定律的理解及计算、气体状态方程的应用。
(3)本部分考点与生活、生产实际相联系考查热学知识在实际中的应用。【体系构建】【核心自查】
1.分子的大小
(1)_______________是联系宏观世界和微观世界的桥梁。 表
示1 mol任何物质中含有相同的微粒个数，用NA表示，
__________________。阿伏加德罗常数NA=6.02×1023 mol-1(2)油膜法估测分子的大小:分子很小，其直径的数量级为
_____m。
(3)估算微观量的两种模型
①球体模型：直径为
②立方体模型：边长为
2.说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例
(1)扩散现象：相互接触的物体互相进入对方的现象。温度
越高，扩散_____。
(2)布朗运动：永不停息、_______的运动；颗粒越小，运动
越_____；温度越高，运动越_____；运动轨迹不确定。10-10越快无规则剧烈剧烈3.分子间的相互作用力和分子势能
(1)分子力
分子间的相互作用力是分子间引力与斥力的_____。分子间同
时存在引力和斥力，分子间距增大，引力和斥力均_____，且
_____比引力变化更快。合力减小斥力(2)分子势能
分子势能的改变与___________有关。分子力做正功，分子势
能_____；分子力做负功，分子势能_____；当分子间距为r0
时，分子势能_____，但不一定是零。分子力做功减小增大最小二、固体、液体和气体
1.晶体、非晶体分子结构不同，表现出的物理性质不同。其中
单晶体表现出各向_____，多晶体和非晶体表现出各向_____。
2．液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶
体的分子排列特点，在光学、电学物理性质上表现出各向
_____。
3.液体的表面张力使液体表面有收缩到_____的趋势，表面张
力的方向跟液面_____。异性同性异性最小相切4.气体实验定律：气体的状态由热力学温度、体积和压强三个
物理量决定。
(1)等温变化：pV=C或p1V1=p2V2
(2)等容变化： 或
(3)等压变化： 或
(4)理想气体状态方程： 或三、热力学定律
1.物体的内能及内能变化
温度变化引起物体分子_________的变化；体积变化，分子间
的分子力做功，引起_________的变化，从而判定物体内能的
变化。平均动能分子势能2.热力学第一定律
(1)公式：ΔU＝_____。
(2)符号规定W＋Q><><><【热点考向1】 微观量的估算
【典题训练1】(2011·江苏高考)某同学在进行“用油膜法估
测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质
量M＝0.283 kg·mol-1，密度ρ=0.895×103 kg·m-3。若100滴
油酸的体积为1 mL，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积
约是多少？(取NA＝6.02×1023 mol-1，球的体积V与直径D的关
系为 结果保留一位有效数字)
【解题指导】一滴油酸所能形成的单分子油膜面积等于一滴油
酸体积除以直径，故应先求油酸分子直径和一滴油酸的体积。【解析】一个油酸分子的体积
分子直径 最大面积
代入数据得：S=1×101 m2。
答案：1×101 m2 【拓展提升】
【考题透视】微观量的估算问题是近几年高考的热点，分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点：
(1)以选择题的形式考查，一般考查固体、液体分子微观量的估算。
(2)气体微观量的估算主要集中在分子占有空间的估算上。【借题发挥】解决估算类问题的三点注意
(1)固体、液体分子可认为紧靠在一起，可看成球体或立方体；气体分子只能按立方体模型计算所占的空间。
(2)状态变化时分子数不变。
(3)阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁，计算时要注意抓住与其有关的三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量。 【创新预测】
1.若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩
尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常
数，m、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关
系式： 其中( )
A.①和②都是正确的 B.①和③都是正确的
C.③和④都是正确的 D.①和④都是正确的【解析】选B。此题考查阿伏加德罗常数的意义及其在宏观量
和微观量之间所起的桥梁作用。
由 故①③对；因水蒸气为气体，水分子间的空隙
体积远大于分子本身体积，即V?NA·Δ，④不对，而
②也不对，故B项正确。2.假如全世界60亿人同时数质量为1 mg水的分子个数，每人每
小时可以数5 000个，不间断地数，阿伏加德罗常数NA取
6×1023 mol-1，则完成任务所需时间最接近( )
A.1年 B.100年 C.1万年 D.1百万年
【解析】选B。1 mg水的分子个数
则完成任务所需时间
即【热点考向2】热力学定律、固液体的性质
【典题训练2】(2011·江苏高考)(1)
如图所示，一演示用的“永动机”转
轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端
装有用形状记忆合金制成的叶片。轻
推转轮后，进入热水的叶片因伸展而
“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是( )
A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量(2)如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，一定质量的理想气
体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为p0.现对气缸缓慢加
热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大
为V2，则在此过程中，气体分子平均动
能________(选填“增大”“不变”或
“减小”)，气体内能变化了_________.
【解题指导】解答本题应注意理解以下两点：
(1)永动机转动时能量的来源；
(2)影响理想气体内能大小的因素。【解析】(1)该永动机叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，由于不断向空气释放热量，所以水温逐渐降低，A、B、C错，D对。
(2)气体做等压变化，体积变大，温度升高，平均动能增大，内能的变化为ΔU=Q-p0(V2-V1)。
答案：(1)D (2)增大 Q-p0(V2-V1)【典题训练3】(2012·泰州一模)关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )
A.可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体
B.一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体
C.一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体
D.一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则一定是多晶体【解题指导】解答本题时应知道以下知识：
(1)多晶体和非晶体显示各向同性，只有单晶体才显示各向异性。
(2)单晶体在某些物理性质上显示各向异性，并非所有的物理性质均显示各向异性。
【解析】选C。多晶体和非晶体都显示各向同性，只有单晶体显示各向异性，所以A、B错，C对。单晶体具有各向异性的特性，仅是指某些物理性质，并不是所有的物理性质都是各向异性的，换言之，某一物理性质显示各向同性，并不意味着该物质一定不是单晶体，所以D错。 【拓展提升】
【考题透视】热力学定律部分对热力学第一定律考查较频繁，考查方式一种是以选择题的形式单独考查内能变化与做功、热传递的关系，另一种是以计算题形式与气体性质结合进行考查；对固体、液体性质的考查比较简单，但不能遗漏，备考中熟记基础知识即可。【借题发挥】
1.热力学第一定律的应用技巧
(1)应用热力学第一定律时，一要注意各符号正负的规定，二要注意改变内能的两种方式：做功和热传递。不能认为物体吸热(或对物体做功)，物体的内能就一定增加。
(2)若研究物体为气体，对气体做功的正负由气体的体积决定，气体体积增大，气体对外做功，W<0；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0。2.晶体与非晶体【创新预测】
1.景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制
推杆前端粘着艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。对筒内封闭的
气体加压。在此压缩过程中( )
A.气体温度升高，压强不变
B.气体温度升高，压强变大
C.气体对外界做正功，气体内能增加
D.外界对气体做正功，气体内能减少【解析】选B。猛推杆的过程可以看成是一个绝热过程，故
Q=0，而压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功，故W＞
0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，ΔU＞0,气体内能增加，温度
升高，故C、D项错误；由理想气体状态方程 知，T增大V
减小，则p增大，故A项错误B项正确。2.如图为一定质量的某种理想气体由状态A经过状态C变为状态
B的图象，下列说法正确的是( )
A.该气体在状态A时的内能等于在
状态B时的内能
B.该气体在状态A时的内能等于在
状态C时的内能
C.该气体由状态A至状态B为吸热过程
D.该气体由状态A至状态C对外界所做的功大于从状态C至状态B
对外界所做的功【解析】选A、C。由气体的状态方程， 可
求得TA=TB＞TC,而理想气体的内能是由温度决定的，温度高内
能大，温度低内能小。故气体在状态A时的内能等于在状态B时
的内能大于在状态C时的内能。A项正确，B项错误；该气体由
状态A至状态B，气体对外界做功，但温度不变，因此必须吸
热，C项正确；在p-V图象中，面积对应做功，因此D项错误。 【热点考向3】气体实验定律的应用
【典题训练4】如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水
银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封
闭气柱长l1=20 cm(可视为理想气体)，两管中
水银面等高。先将右端与一低压舱(未画出)接
通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10 cm
(环境温度不变，大气压强p0=75 cmHg)。求稳
定后低压舱内的压强。(用“cmHg”做单位)【解题指导】明确研究对象，写出气体的初态和末态的状态参量是非常重要的，也是必须的；据题意气体做等温变化，求解压强时取液面的液片为研究对象，根据平衡知识求解，对于U型管，压强、体积、高度差之间是有关系的，具体的关系通过图示能更好的表现。【解析】设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2,气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1=p2V2 ①
p1=p0 ②
p2=p+ph(其中ph=10 cmHg) ③
V1=l1S ④
V2=l2S ⑤
由几何关系得h=2(l2-l1) ⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p=50 cmHg ⑦
答案：50 cmHg 【拓展提升】
【考题透视】气体实验定律的应用几乎每年都考，形式多为计算题，题目综合，难度中上。分析近三年高考，命题规律有以下几点：
(1)气体实验定律结合气体压强的微观解释、热力学第一定律、气体图象进行命题。
(2)对水银柱和活塞封闭的气体的考查更是近几年新课标地区的考查热点。【借题发挥】应用气体实验定律的解题思路
(1)选择对象——即某一定质量的理想气体；
(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；
(4)列出方程——选用某一实验定律或气态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。 【创新预测】
如图所示，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)【解析】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：2T0 Q-(p0S+mg)h 1．(2012·苏北三校二模)(1)下列说法中正确的是( )
A．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体
B.一定质量气体压强不变温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量
C．因为扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做热运动
D.液体的表面层就像张紧的橡皮膜而表现出表面张力，是因为表面层的分子分布比液体内部紧密(2)将1 mL的纯油酸配成500 mL的油酸酒精溶液，待均匀溶解后，用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴，则每滴油酸酒精溶液的体积为___mL。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200 cm2则估算油酸分子的直径是_______m(保留一位有效数字)。(3)如图所示，一直立汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S,汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，开始时活塞被螺栓K固定。现打开螺栓K,活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g。
①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强p;
②设周围环境温度保持不变，求整个过程
中通过缸壁传递的热量Q。【解析】(1)蔗糖是非晶体，本来就没有固定的形状，不是因为受潮，A项错误；一定质量气体压强不变温度升高时，体积增大，即气体对外界做功，W＜0。由ΔU=W+Q可知，吸收的热量一定大于内能的增加量，B项正确；因为扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做热运动，C项正确；液体的表面层就像张紧的橡皮膜而表现出表面张力，是因为表面层的分子分布比液体内部稀疏，D项错误。(2)每滴油酸的体积为
油酸分子的直径是
(3)①设封闭气体的压强为p,活塞受力平衡
p0S+mg=pS 解得
②由于气体的温度不变，则内能的变化ΔE＝0
由能量守恒定律可得 Q＝(p0S+mg)h
答案：(1)B、C (2)0.005 5×10-10
(3)① ②(p0S+mg)h2.(2012·南京一模)(1)以下说法正确的是________。
A.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力
B.分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大
C.悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则
D.在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是斥力，它的作用是使液体表面绷紧(2)如图所示为“探究气体等温变化的规律”的实验装置，气体的压强可从仪表上读出，一段空气柱
被橡胶塞和柱塞封闭在针筒内，从刻度
尺上可读出空气柱的长度。实验过程中
气体压缩太快会使气体温度________
(选填“升高”“不变”或“降低”)。
实验中气体向外漏气会使测得的气体
的体积与压强的乘积________(选填
“变大”“不变”或“变小”)。(3)若以μ表示水的摩尔质量，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，求每个水分子的质量和标准状态下水蒸气的摩尔体积。【解析】(1)气体对器壁的作用力是由于分子的无规则运动，在完全失重的情况下,密闭容器内的气体对器壁的顶部有作用力，选项A错误;分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，选项B正确；悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则，选项C正确；在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是引力，它的作用是使液体表面绷紧，选项D错误。(2)实验过程中，气体压缩太快，外界对气体做功，会使气体
温度升高。实验中气体向外漏气，质量减小，测得气体的体积
与压强的乘积变小。
(3)由mNA=μ解得 由μ=ρV解得
答案：(1)B、C (2)升高 变小 (3) 3.(2012·扬州二模)(1)下列说法中正确的是_______。
A．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力变小
B.质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同
C.液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性特点
D.理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强也一定增大(2)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,其变化过程如图所示，则此过程中该气体________(选填“吸收”或“放出”)热量，对外界做_________(选填“正功”或“负功”)。(3)为确保火箭的顺利发射，气象监测站释放探空气球进行相关气象探测活动。若某种气体充入后气球的容积V=280 L，该气体的密度ρ=0.5 kg/m3，摩尔质量M=2.8×10-2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，试估算气球中气体分子的总个数N(结果保留一位有效数字)。
【解析】(1)分子间的距离增大时，分子间的引力与斥力都在减小，A项错误；物质的温度是它的分子热运动的平均动能的标志，温度相同则平均动能相同，B项错误；由理想气体状态方程可知理想气体温度升高时，压强不一定增大，D项错误。液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性特点是正确的，也是我们在技术上应用它的依据，C项正确。(2)开始一段等压变化过程，温度升高，需要吸收热量，同时体积增大，对外做正功。后一个阶段为等温减压过程，体积增大，所以对外界做正功。
(3)由 得
答案：(1)C (2)吸收 正功 (3)3×1024个4.(2012·苏北四市二模)(1)下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
B.当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
D.小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用(2)如图所示，一定质量的理想气体由状态
a沿abc变化到状态c,吸收了340 J的热量，
并对外做功120 J。若该气体由状态a沿adc
变化到状态c时，对外做功40 J,则这一过
程中气体______(选填“吸收”或“放出”)_______J热量。
(3)已知水的摩尔质量为18 g/mol、密度为1.0×103 kg/m3，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol-1，试估算1 200 mL水所含的水分子数目(计算结果保留一位有效数字)。【解析】(1)微粒运动不是物质分子的无规则热运动，但是可以推出分子的无规则运动，A项错误：当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力为0，B项正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向是不同，为各向异性，C项错误；小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，D项正确。(2)一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c,内能的变化量为340 J-120 J=220 J,若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，温度升高，一定要吸收热量，根据热力学第一定律有220 J=-40 J+Q,解得Q=260 J。
(3) 代入数据得N=4×1025个。
答案：(1)B、D (2)吸收 260 (3)4×1025个5．(2012·盐城二模)(1)小张在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动。他把小颗粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示，下列判断正确的是_______。
A.图中的折线就是粉笔末的运动轨迹
B.图中的折线就是水分子的运动轨迹
C.从整体上看粉笔末的运动是无规则的
D.图中折线表明水分子在短时间内运动
是有规则的(2)夏天的阳光烤暖了大地，使地面附近的空气变热，形成暖气团升往高空而逐渐膨胀。由于暖气团体积非常大，可不计和外界大气的热交换，则暖气团在上升过程中对外界气体______
(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，暖气团内部的温度_____________(选填“升高”“降低”或“不变”)。
(3)为庆祝教师节，某学校购买了一只20 L的氢气瓶给氢气球充气。氢气瓶内氢气的初始压强为3 atm,每只氢气球的容积为2 L,充气后氢气球内气体的压强为1.2 atm,若不计充气过程中氢气温度的变化，则该氢气瓶一共能充多少只氢气球？【解析】(1)布朗运动是杂乱无章的，折线只能从宏观的角度大致反映出粉笔末运动的不规则性，但折线绝不是粉笔末的运动轨迹，粉笔末也是由大量的分子组成的，故只有C项正确。
(2)气团上升过程中要膨胀，则气体要对外做功，内能减少，温度降低。
(3)由p1V1＝p2(V1＋nV2)可解得n＝15只。
答案：(1)C (2)做正功 降低 (3)15只课件77张PPT。专题八 振动和波动 光及光的本性【三年考情】【命题分析】
　　综合分析近三年的各地高考题，高考命题在本专题主要涉及以下规律：
　　1.本部分内容在高考中以选择、填空、实验和计算等各种形式出现，难度中下，是高考选考内容。　　2.高考命题主要围绕着以下考点进行：
　　(1)简谐运动的规律及振动图象；
　　(2)波动图象；
　　(3)波速、波长和频率(周期)的关系；
　　(4)光的干涉、衍射及双缝干涉实验；
　　(5)光的折射定律和全反射；
　　(6)电磁波的有关性质。 　【备考策略】
　　根据近三年高考命题特点和规律，可以预测2013年的高考考查重点如下：
　　(1)以选择题形式考查简谐运动的描述；
　　(2)以填空题或计算题形式考查光的折射定律和全反射、振动图象和波动图象的综合应用。　　在重点复习以上知识的同时，需注意以下几点：
　　(1)重视对基本概念和规律的理解；
　　(2)重视知识间的相互联系；(3)加强对机械波的规律和光学知识相结合的理解；
(4)相对论知识只需知道其基本概念。
复习本专题时，同时要注意以下几点：
(1)简谐运动的周期性；
(2)波的传播方向和质点振动方向的判断方法；
(3)波的周期性和多解性。 【考纲资讯】
简谐运动 简谐运动的表达式和图象 Ⅰ
单摆的周期与摆长的关系 (实验、探究) Ⅰ
受迫振动和共振 Ⅰ
机械波 横波和纵波 横波的图象 Ⅰ
波长、波速和频率 (周期)的关系 Ⅰ
波的干涉和衍射 Ⅰ
多普勒效应 Ⅰ
电磁波谱 电磁波及其应用 Ⅰ光的折射定律 折射率 Ⅰ
测定玻璃的折射率 (实验、探究) Ⅰ
光的全反射 光导纤维 Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振 Ⅰ
激光的特性及应用 Ⅰ
狭义相对论的基本假设 狭义相对论
时空观与经典时空观的区别 Ⅰ
同时的相对性 长度的相对性 质能关系Ⅰ 【考情快报】
1.(1)考查机械振动与机械波、光的干涉、衍射、偏振等知识点。
(2)考查光的折射、全反射及其应用。
2．预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)考查波的图象及波长、波速与频率的关系；
(2)考查光的折射；
(3)本部分考点与生活、生产实际相联系，考查光学知识在实际中的应用。【体系构建】【核心自查】
一、简谐运动的重要特征
1.简谐运动的对称性
振动质点在关于_________对称的两点， x、F、a、v、Ek、Ep
的_____均相等，其中回复力F、加速度a与位移x的_____相反，
而v与x的方向可能_____，也可能_____。振动质点来回通过相
同的两点间的时间_____，即tBC=tCB。质点通过关于平衡位置
对称的等长的两线段时间_____,即tBC=tB′C′。如图所示。平衡位置方向相同相反相等相等大小2.简谐运动的周期性
(1)做简谐运动的物体，描述它的物理量x、F、a、v、Ek、Ep等
都随时间做_______变化。其中x、F、a、v的变化周期为T,因
为能量为标量，所以动能Ek和势能Ep的变化周期为_____。
(2)振动物体在一个周期内通过的路程为__A(A为振幅)，半个
周期内通过的路程为__A。但 内通过的路程可能大于A,也可
能小于A,这与计时起点位置有关。周期性423.简谐运动的两个典型模型——弹簧振子与单摆模型比较项目模型比较项目弹簧对小球的弹力-kx二、振动与波动的比较
1.振动图象与波动图象的比较一个所有质点位移平衡位置不变平移周期波长2.波特有的现象
(1)___________是波特有的现象。波同时还可以发生反射、
_____等现象。
(2)稳定干涉中，振动加强区内各点的振动位移不一定比减弱
区内各点的振动位移大。
(3)两个同样的波源发生干涉时，某点到两个波源的路程差决
定是振动加强还是振动减弱。如果路程差是波长的整数倍则振
动_____，如果路程差是半波长的奇数倍，则振动_____。 干涉和衍射折射加强减弱三、光及光的本性
1.折射率公式
(1)光从真空进入介质时：n＝______。
(2)决定式：n＝_____。
2.全反射
(1)条件：①光从_____介质进入_____介质。
②入射角_____或_____临界角。
(2)临界角：sinC＝____。光密光疏大于等于3.光的色散
白光通过三棱镜后发生_____现象，说明白光是_______，由
_____单色光组成。增大减小减小减小色散复色光七种4.光的干涉、衍射和偏振现象
(1)光的干涉kλ频率相位差反射亮暗相间彩色(2)光的衍射
①产生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸跟光的波长
_______或者比光的波长___。
②衍射现象亮宽暗窄越宽越大明暗相间圆形条纹亮斑差不多小(3)光的偏振
自然光通过偏振片后成为_______，两偏振片平行时透过的光
_____，垂直时光_____。 偏振光最强最弱【热点考向1】振动与波动的综合应用
【典题训练1】(2012·新课标全国卷)一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，x=0.30 m处的质点的振动图线如图乙所示,该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴_____(选填“正向”或“负向”)。已知该波的波长大于0.30 m,则该波的波长为______m。【解题指导】解答本题应明确以下两点：
(1)根据振动图象判断t=0时刻质点的振动方向。
(2)根据波动图象和振动图象以及波长大于0.30 m,建立关于波长的方程。【解析】由振动图象可判断，该质点在t=0时刻的运动方向沿y
轴正方向。根据振动方程y=Asinωt，即
所以 再由t=0时刻的波形图甲及波的传播方向和该
波的波长大于0.30 m 等条件即可得出， 对应t
时间内波传播的距离满足0.30 m= 所以λ=0.8 m。
答案：正向 0.8【典题训练2】(2012·福建高考)一列简谐横波沿x轴传播,t=0时刻的波形如图甲所示,此时质点P正沿y轴负方向运动,其振动图象如图乙所示,则该波的传播方向和波速分别是( )
A.沿x轴负方向,60 m/s B.沿x轴正方向,60 m/s
C.沿x轴负方向,30 m/s D.沿x轴正方向,30 m/s【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：
【解析】选A。由图甲知此时质点P向下振动，据同侧法可知该
波沿x轴负方向传播，B、D错。由图甲知波长λ=24 m，由图乙
知周期T=0.4 s，因此波速 A对、C错。 【拓展提升】
【考题透视】振动与波动的问题是近几年高考的重点和热点，分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点：
(1)以选择题的形式考查，一般考查波动图象和振动图象的相互转换与判断。
(2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波的相关参量。
(3)波的多解问题。【借题发挥】波动图象和振动图象的应用技巧
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。 【创新预测】
1.如图所示，在均匀介质中的一条直线上的两个振源A、B相距6 m，振动频率相等，t0=0时刻A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，A的振动图象为甲，B的振动图象为乙，若由A向右传播的机械波与由B向左传播的机械波在t1=0.3 s时恰好相遇，则下列判断正确的是( )A.两列波在A、B间的传播速度大小均为10 m/s
B.两列波的波长都是4 m
C.在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点
D.t2=0.5 s时刻，B点经过平衡位置且振动方向向下【解析】选A。波速的大小由介质决定，故二者波速相同，在C
点相遇， 选项A正确；由图象知T=0.2 s，
λ=vT=2 m，选项B错误；两列波的频率相等，发生干涉，由图
象可知，两个振源的起振方向恰好相反，t1=0.3 s时在C点相
遇，则C点始终为振动减弱点，选项C错误；由振动的周期性可
知，t2=0.5 s时刻与0.1 s时刻振动情况完全一样，故B点应该
经过平衡位置往上振动，选项D错误。2.如图所示，图甲为一列沿x轴传播的简谐波在t=0.1 s时刻的波形。图乙表示该波传播的介质中x=2 m处的质点a从t=0时起的振动图象。则( )A.波沿x轴正方向传播
B.波传播的速度为20 m/s
C.t=0.25 s时，x=4 m处的质点b的加速度沿y轴负方向
D.t=0.25 s时，质点a的加速度沿y轴负方向
【解析】选B、C。由乙图可知t=0.1 s时，a点沿y轴正方向运
动，在甲图中，由同侧法可知，波沿x轴负方向传播，A错。波
速 B对。t=0.25 s时，a点在波谷处，
加速度沿y轴正方向，D错。t=0.25 s时，x=4 m处的质点b在波
峰处，加速度沿y轴负方向，C对。 【热点考向2】光的折射与全反射
【典题训练3】(2012·新课标全国卷)一玻璃立方体中心有一
点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜,以致从光
源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的
折射率为 求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。
【解题指导】解答本题应明确以下两点：
(1)根据已知条件作出平面光路图。
(2)根据全反射定律和光路图列方程求解。【解析】将题所描述的光现象的立体图转化为平面图，考虑从
玻璃立方体中心O发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体
上表面发生折射，如图所示，根据折射定律有nsinθ=sinα①
式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角。现假
设A点是上表面表面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题
意，在A点刚好发生全反射，故
②设线段OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有
③
式中a为玻璃立方体的边长。由①②③式得
④
由题给数据得 ⑤
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是以RA为半径
的圆。所求的镀膜面积S′与玻璃立方体的表面积S之比为
⑥
由⑤⑥得
答案： 【拓展提升】
【考题透视】光的折射与全反射为每年高考中的常考内容，分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点：
(1)光在不同介质中传播时对折射定律与反射定律应用的考查。
(2)光在不同介质中传播时有关全反射的考查。
(3)光在介质中传播时临界光线的考查。【借题发挥】解决光的折射和全反射题型的思路
(1)确定研究的光线，该光线往往已知是入射光线，还有可能是反射光线或折射光线。
(2)有时不明确，需据题意分析、寻找，如临界光线、边界光线等。
(3)找入射点，确认界面，并画出法线。(4)明确两介质折射率的大小关系。
①若光疏→光密：定有反射、折射光线。
②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射。
(5)根据反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解。 【创新预测】
在我国四川汶川发生强烈地震时，人民生命财产遭受严重损失，全国人民投入到了抗震救灾的活动中。某救援车队行驶在灾区盘山公路上，盘山公路的路边等间距地镶嵌一些小玻璃球，夜间行驶的汽车车灯照上以后显得非常醒目。已知玻璃球半径为R，有一束平行光照在小玻璃球上，与直径AB平行，如图所示，则：(1)若玻璃折射率n＝ 与入射光平行返回的光线，距直线AB
的距离是多大？
(2)为使光线能平行返回，所用玻璃的折射率最小是多大？
【解析】(1)平行返回的光线光路如图，则
由几何关系知，出射光线与入射光线平行的条件为θ1=2θ2
故 即θ2=30°,再由几何关系有

(2)若光线能平行返回，则θ2最
大为45°，因此n最小为
答案：(1) (2) 【热点考向3】光的波动性
【典题训练4】 (2012·中山二模)如图所示，两束单色光a、b从水下射向A点后，光线经折射合成一束光c，则下列说法中正确的是( )
A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
B．用a、b光分别做单缝衍射实验时，
它们的衍射条纹宽度都是均匀的
C．在水中a光的速度比b光的速度小
D．a光在水中的临界角大于b光在水中的临界角【解题指导】解答本题需把握以下两点：
(1)根据折射定律判断a光与b光的折射率关系，从而确定它们的波长、速度、临界角的大小关系；
(2)把握衍射条纹的特点。
【解析】选A、D。由题图知，a光的折射率小，波长长，波速大，临界角大，故A、D正确，C错误；任何光的衍射条纹宽度都不均匀，故B错误。【典题训练5】(2011·北京高考)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹，要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以( )
A.增大S1与S2的间距
B.减小双缝屏到光屏的距离
C.将绿光换为红光
D.将绿光换为紫光【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：
(1)条纹间距与哪几个因素有关？
(2)光的颜色与光的波长有怎样的对应关系？
【解析】选C。双缝干涉的条纹间距公式： 增大S1与S2
的间距就是增大d，所以条纹间距变小，A错误；减小双缝屏到
光屏的距离就是减小l，条纹间距减小，B错误；红光波长比绿
光波长长，紫光波长比绿光波长短，所以将绿光换为红光可使
条纹间距增大，C正确，D错误。 【拓展提升】
【考题透视】该知识点为近几年高考选考部分的热点，分析近几年的高考试题，其命题规律有以下特点：
(1)考查光的干涉现象及双缝干涉实验。
(2)考查光的波动性及光的衍射、偏振等。【借题发挥】分析光的干涉现象的三点注意
(1)干涉条件：频率相同、相位差恒定、振动方向在同一条直
线上。
(2)明暗条纹形成条件：Δr=kλ，k=0,1,2，3…明条纹
k =0,1,2，3…暗条纹
(3)条纹间距：
用双缝干涉实验测光波波长的原理：【创新预测】
1．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )
A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C.在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象
D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象【解析】选D。用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象，A错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射形成的色散现象，B错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，C错误；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，D正确。2．如图所示是杨氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其他条件不变，则
( )
A．屏上的干涉条纹的间距将变大
B．屏上的O点可能出现暗条纹
C．屏上P1位置仍然可能为亮
条纹的中心
D．屏上P1位置可能为暗条纹的中心【解析】选A、D。干涉条纹间距 d为双缝间距，d减
小，Δx变大，A正确；O点到双缝的路程差为零，所以O点始终
是亮纹,B错误；P1到双缝的路程差小于一个波长，有可能是暗
条纹，C错误，D正确。 1．(2012·苏北三校模拟)(1)下列说法中正确的是________。
A．眼睛直接观察全息照片不能看到立体图像
B.电磁波和机械波都能产生干涉和衍射现象
C.驱动力频率等于系统固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振
D．在测定单摆周期时，为减小实验误差，最好在小球经过最高点时开始计时(2)相对论认为时间和空间与物质的速度有关。在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按下手电筒，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c，站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度________(选填“相等”或“不等”)，并且车上的乘客认为，电筒的闪光同时到达列车的前、后壁，地面上的观察者认为电筒的闪光先到达列车的_______(选填“前”或“后”)壁。(3)如图所示，某列波在t=0时刻的波形如图中实线所示，虚线为t=0.3 s(该波的周期T>0.3 s )时刻的波形图。已知t=0时刻质点P正在做加速运动，求质点P振动的周期和波的传播速度。【解析】(1)眼睛直接观察全息照片能看到立体图像， A项错误；干涉是波动特有的，B项正确；驱动力频率等于系统固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振，C项正确；在测定单摆周期时，为减小实验误差，最好在小球经过平衡位置时开始计时，D项错误。(2)根据狭义相对论光速不变原理，在一切惯性参考系中，光
速是相同的。地面观察者会认为车向前运动。光到达后壁的时
间短。
(3)P点加速运动则波往左传播
所以波速
周期
答案：(1)B、C (2)相等 后 (3)0.4 s 10 m/s2.(2012·扬州二模)(1)下列说法中正确的是________。
A.真空中光速在不同的惯性参考系中是不同的，它与光源、观察者间的相对运动有关
B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
C．雨后公路积水上面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的衍射现象
D.火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁 (2)如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为2 cm/s。P点是离原点2 m的一个介质质点，则该质点振动的周期为_______，在t=1.5 s时质点P的位移为_________。(3)如图所示，一束单色光射向半球形玻璃砖
的球心O，入射光线与底边的夹角为60°，折
射光线与底边的夹角为45°，已知真空中光
速为c，求这束光在玻璃砖中的传播速度v。
【解析】(1)根据光速不变原理判断A项错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以消除反射光，B项错误；雨后公路积水上面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象，C项错误；火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免引起共振，D项正确。(2)从图中读出波长为4 cm,因为传播的速度为2 cm/s，所以质
点振动的周期为 在t=1.5 s时质点P在y轴负向最大
值处。
(3)入射角i=30°,折射角r=45° 折射率
玻璃砖中光的传播速度
答案：(1)D (2)2 s -10 cm (3)3.(2012·南通二模)(1)对光现象的认识，下列说法中正确的是___________。
A.光的色散现象都是由光的干涉引起的
B.光导纤维导光主要应用了光的干涉原理
C．光的衍射现象表明光不沿直线传播
D．光的偏振现象说明了光是一种纵波 (2)一列沿+x方向传播的简谐波在t=0时刻刚好传到B点，波形如图所示，波速v=1 m/s。则此波的频率为________Hz;B质点开始振动后，其简谐运动的表达式y_____=cm；经过______s，x=0.3 m的质点C第一次到达波峰。(3)如图所示，一个圆柱形容器的底部半径与高均为b，当容器未装液体时，从某点A恰能看到底部边缘的B点。当容器装满某种液体时，仍沿AB方向看去，恰好能看到底部中心O,已知光在真空中的传播速度为c,试求光在此液体中的传播速度。【解析】(1)光的色散现象是由光的折射引起的，光导纤维导光主要应用了光的全反射原理，光的衍射现象表明光不沿直线传播，光的偏振现象说明了光是一种横波，选项C正确。
(2)由波形图可知波长为0.2 m,此波的频率为f=v/λ=5 Hz;B质点开始振动后，其简谐运动的表达式y=5 sin10πt cm;经过
x=0.3 m处的质点C第一次到达波峰。(3)此液体的折射率 而
光在此液体中的传播速度
解得
答案：(1)C (2)5 5sin10πt 0.15 (3) 4.(2012·盐城二模)(1)如图表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，则______。
A．M点始终处于波峰
B．N点始终处于波谷
C.P点振动加强
D.Q点振动减弱 (2)一列简谐横波在t=0时的波形如图所示。介质中x=2 m处的质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)cm。则这列波的传播方向是__________(选填“+x”或“-x”)，波速为__________m/s。(3)某公园内有一水池，在水面下 深处有一点光源。已知
水的折射率为4/3，求点光源照亮的水面面积。
【解析】(1)峰峰叠加或谷谷叠加都是振动加强的，峰谷叠加
是振动减弱的，M点与N点都处于振动加强区，即振幅是最大
的，A、B项错误；P点、Q点是振动减弱区，C项错误，D项正
确。(2)由函数表达式可知，x=2 m处的质点此时正在向y轴正方向
振动，故这列波沿+x方向传播。由表达式还可知道振动周期
由图象可知波长λ＝4 m,则波的传播速率为
(3)设临界角为C，则 根据几何关系，又有
面积S=πr2,由以上各式可解得S＝28.3 m2。
答案：(1)D (2)+x 10 (3)28.3 m25.(2012·徐州二模)(1)下列说法正确的是______。
A.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
B．机械波和电磁波一样，从空气进入水中，波长都变短
C.泊松亮斑充分支持了光的波动说
D．超声波与光波都具有偏振性(2)如图所示，平静的水面下同一竖直线上有两个点光源Sa、Sb,可分别发出a、b两种不同颜色的单色光。在光源的正上方放置一个圆形的遮光板，在水面上方同时恰好看不到两个光源。则a光的频率____(选填“＞”“=”或“＜”，下同)b光的频率;若用同一装置做杨氏双缝干涉实验，a光的干涉条纹宽度____b光的干涉条纹宽度。(3)如图甲所示，一列简谐横波以1 m/s的速度沿绳子由A向B传播，A、B间的距离为3 m。从波传到A点开始计时，质点A的振动图象如图乙所示。试求：
①该波的波长；
②经过多长时间质点B第一次位于波峰位置。【解析】(1)由相对论知识判断A项正确；机械波从空气进入水中，波长变长，B项错误；泊松亮斑是光的衍射，充分支持了光的波动说，C项正确；超声波是纵波，光波是横波，横波具有偏振性，D项错误。
(2)从图中看到b的临界角小，所以b的频率大，波长小，在干涉实验中对应的条纹宽度小。(3)①λ=vt=4 m
②波从A传到B点所需时间
质点再振动到波峰所需时间
故B点第一次到达波峰所需时间t=t1+t2=6 s
答案：(1)A、C (2)＜ ＞ (3)①4 m ②6 s课件76张PPT。专题九 碰撞与动量守恒 近代物理初步【三年考情】【命题分析】
　　综合分析近三年的各地高考题，高考命题在本专题主要涉及以下规律：
　　1.本部分内容在高考中以选择、填空、实验和计算等各种形式出现，难度中等。 2.高考命题主要围绕着以下考点进行：
(1)动量及动量守恒定律；
(2)光电效应；
(3)原子能级跃迁；
(4)原子核的衰变和人工转变；
(5)核能。 【备考策略】
　　根据近三年高考命题特点和规律，可以预测2013年的高考考查重点如下：
　　(1)考查原子核、光电效应；
　　(2)考查氢原子的能级结构、能级公式；
　　(3)考查碰撞中的动量守恒。 　　在重点复习以上知识的同时，需注意以下三点：
　　(1)重视基本概念和规律的理解
　　(2)抓住动量守恒定律和原子核反应两条主线；
　　(3)加强对质能方程、玻尔理论及光电效应等关键点适度深入的复习。
　　复习本专题时，同时要注意以下三点：
　　(1)动量守恒定律的应用方法；
　　(2)光电效应规律；
　　(3)原子核衰变规律。 【考纲资讯】
动量 动量守恒定律 　　Ⅰ
验证动量守恒定律(实验、探究) 　　Ⅰ
弹性碰撞和非弹性碰撞 　　Ⅰ
普朗克能量子假说 黑体和黑体辐射　　Ⅰ
光电效应 　　Ⅰ
光的波粒二象性 物质波 　　Ⅰ
原子核式结构模型 　　Ⅰ氢原子光谱 　　 Ⅰ
原子的能级 　　Ⅰ
原子核的组成 　　 Ⅰ
原子核的衰变 半衰期 　　 Ⅰ
放射性的应用与防护 放射性同位素　　Ⅰ
核力与结合 能质量亏损 　　 Ⅰ
核反应方程 　　 Ⅰ
重核裂变 核聚变 　　Ⅰ 【考情快报】
1.考查原子的核式结构、玻尔理论、原子核的衰变、质能方程、核反应方程、动量、动量守恒定律等知识点。
2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：
(1)考查动量守恒问题；
(2)考查原子核及核反应方程、玻尔理论；
(3)考查光电效应、爱因斯坦光电效应方程。【体系构建】【核心自查】
一、动量守恒定律
1.动量守恒的条件
(1)系统_________或系统所___________为零。
(2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统_____小得多，可
以忽略不计，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等。
(3)系统某一方向_________或所受外力的_______为零，或外
力远小于_____，则系统在_______动量守恒。不受外力受外力之和内力不受外力矢量和内力该方向2.三种表达式
(1)p＝____。
(2)m1v1+m2v2=_____________。
(3)Δp1＝______。
3.动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：定律的表达式是一个_______，解题时要规定
_______。
(2)相对性：定律表达式中的_____应相对于同一参考系，一般
以_____为参考系。p′m1v′1+m2v′2-Δp2正方向速度地面矢量式(3)同时性：定律中的初态动量是系统中各物体在相互作用前
_________的瞬时值，末态动量是系统中各物体在相互作用后
_________的瞬时值。
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，
也适用于_________组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的
系统，也适用于_________组成的系统。同一时刻同一时刻多个物体微观粒子4.碰撞的种类及特点守恒相等守恒损失守恒大二、能级跃迁
1.氢原子的能级图，如图所示。
(1)能级图中的横线表示氢原子可能
的能量状态——_____。
(2)横线左端的数字“1,2,3…”表示
_______，右端的数字“-13.6，-3.40…”表示氢原子的
_____。
(3)相邻横线间的距离，表示相邻的_______，量子数越大，相
邻的能级差_____。
(4)带箭头的竖线表示原子由_____能级向_____能级跃迁。定态量子数能级能级差越小较高较低2.跃迁分析
(1)自发跃迁：高能级→低能级。_____能量，发出能量为____
的光子，且hν＝_____。
(2)受激跃迁：低能级→高能级，_____能量。
①光照(吸收光子)：光子的能量等于能级差hν=____。
②碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可。
E外≥____。
③大于电离能的光子可被吸收将原子_____。
(3)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱
线条数：N=___。 释放hνEm-En吸收ΔEΔE电离三、原子核的衰变、核能
1.原子核的衰变22质子电子电荷数质量数2.核反应方程、核能
(1)核反应方程遵循的规律:_______守恒和_______守恒。
(2)质能方程：一定的能量和一定的_____相联系，物体的总能
量和它的质量成_____，即E＝___。
(3)核能的计算:
①根据爱因斯坦的质能方程，用核反应方程中_________Δm(kg)
乘以真空中_____c=3×108 m/s的平方，即ΔE=_____。
②根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV能量，用核反应方
程中_________(Δm)的原子质量单位乘以931.5 MeV，即
ΔE=Δm× __________。 质量数电荷数质量正比mc2光速Δmc2质量亏损931.5 MeV质量亏损四、光电效应及其方程
1.研究光电效应的电路：如图所示
2.光电效应的规律
(1)任何一种金属都有一个_________，入
射光的频率必须_____此频率，才能产生
光电效应。
(2)光电子的最大初动能与入射光的_____
无关，只随入射光的频率增大而_____。
(3)入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是_____的，
一般不大于10-9 s。极限频率大于强度增大瞬时(4)当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光
的_____成正比。
3.光电效应方程
(1)表达式:hν=______或Ek=_______。
(2)物理意义:金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν,这
些能量的一部分用来克服金属的_________,剩下的表现为逸出
后电子的_____________________。 强度Ek+W0hν-W0逸出功W0最大初动能【热点考向1】动量守恒定律的应用
【典题训练1】(2012·山东高考)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA=3 m、mB=mC=m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。【解析】设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0=mAvA+mBvB ①
对B、C木块：mBvB=(mB+mC)v ②
由A与B间的距离保持不变可知vA=v ③
联立①②③式，代入数据得
④
答案： 【拓展提升】
【考题透视】该知识点为近几年高考的重点和热点，分析近几年的高考试题，涉及该知识点的命题主要为考查两个物体相互作用或碰撞的动量守恒问题。【借题发挥】应用动量守恒定律解题的步骤
(1)选取研究系统和研究过程。
(2)分析系统的受力情况，判断系统动量是否守恒。
(3)规定正方向，确定系统的初、末状态的动量的大小和方向。
(4)根据动量守恒定律列方程求解。
(5)对求解的结果加以分析、验证和说明。 【创新预测】
1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量不守恒，机械能守恒
C.动量守恒，机械能不守恒
D.无法判定动量、机械能是否守恒【解析】选C。动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力之和为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒。故选项C正确，A、B、D错误。2.如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方体木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0 kg的小木块A。现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是
( )
A.2.4 m/s B.2.8 m/s
C.3.0 m/s D.1.8 m/s【解析】选A。A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动
量守恒得：(向右为正) Mv-mv＝Mv1，得: 木块从此
时开始向右加速，直到两者有共同速度为v2，由动量守恒
得:Mv-mv＝(M＋m)v2,得:v2＝2 m/s,故B对地面的速度在
2 m/s～ 范围内，所以A正确，B、C、D错误。 【热点考向2】氢原子能级结构及原子跃迁
【典题训练2】(2011·新课标全国卷)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为_____。若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做实验，则其遏止电压为_______。已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h。
【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：
先由爱因斯坦光电效应方程计算出逸出功，再由遏止电压与光电子最大初动能的关系及光电效应方程，可求出遏止电压。【解析】由 又eU=Ek，且Ek=hν-W0，
所以
答案： 【典题训练3】(2012·中山二模)大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是:1.89 eV,10.2 eV,12.09 eV。跃迁发生前这些原子分布在______个激发态能级上，其中最高能级的能量值是_____eV(基态能量为-13.6 eV)。
【解题指导】解答本题时应按以下思路分析：
(1)结合氢原子能级图求能级。
(2)根据跃迁放射出的能量及基态能量计算最高能级能量值。【解析】由于大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，可知氢原子处于最高能级是n=3，跃迁发生前这些原子分布在2个激发态能级上；由E3- (-13.6 eV)
=12.09 eV,得最高能级的能量值是E3=-1.51 eV。
答案：2 -1.51 【拓展提升】
【考题透视】该知识点在近几年高考中频繁出现，分析近几年的高考试题，关于涉及该知识点的命题有以下特点：
(1)考查氢原子结构和能级公式。
(2)考查光电效应、极限频率等概念。【借题发挥】解决氢原子能级跃迁问题的三点技巧
(1)每个氢原子每次跃迁能吸收或辐射一个特定频率的光子。
(2)一群原子和一个原子不同，它们的核外电子向基态跃迁时
发射光子的种类
(3)计算氢原子能级跃迁放出或吸收光子的频率和波长时，注
意能级的能量值均为负值，且单位为“eV”，计算时要换算成
“J”。 【创新预测】
1.(2012·南昌二模)如图所示，氢原子在下列各能级间跃迁：(1)从n=1到n=2；(2)从n=5到n=3;(3)从n=4到n=2;在跃迁过程中辐射的电磁波的波长分别用λ1、λ2、λ3表示。波长λ1、λ2、λ3大小的顺序是( )
A.λ1＜λ2＜λ3
B.λ1＜λ3＜λ2
C.λ3＜λ2＜λ1
D.λ2=λ3=λ1【解析】选B。由玻尔理论，从n=1到n=2能级差最大，在跃迁过程中辐射的电磁波的波长最小；从n=5到n=3能级差最小，在跃迁过程中辐射的电磁波的波长最大，即λ1＜λ3＜λ2,选项B正确。2.现用下列几种能量的光子的光照射处于基态的氢原子，
A.10.25 eV B.12.09 eV C.12.45 eV
则能被氢原子吸收的光子是_____(填序号)，氢原子吸收该光子后可能产生_______种频率的光子。氢原子能级图为：【解析】能被氢原子吸收的光子能量恰好等于两能级差，所以是B。氢原子吸收该光子后跃迁到n=3能级上，可能产生
种频率的光子。
答案：B 3 【热点考向3】核反应方程及核能的计算
【典题训练4】(2012·黄山二模)关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )
A. 是α衰变
B. 是β衰变
C. 是轻核聚变
D. 是重核裂变【解题指导】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A、C。原子核放出α粒子或β粒子变成新的原子核，这种变化称为原子核的衰变，分别叫做α衰变和β衰变，A项正确，D项错误；B选项是卢瑟福发现质子的核反应，不是β衰变，B项错误；轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变，C项正确。【典题训练5】(2012·新课标全国卷)氘核和氚核可发生热核
聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为： 式
中x是某种粒子。已知: 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;
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)。【解题指导】解答本题应明确以下两点：
(1)根据核电荷数守恒和质量数守恒书写核反应方程。
(2)根据爱因斯坦质能方程计算反应释放的能量。
【解析】根据质量数和电荷数守恒可得x是 (中子)。核反应中的质量亏损为
Δm=2.014 1 u+3.016 1 u-4.002 6 u-1.008 7 u=0.018 9 u
所以该反应释放出的能量为ΔE=Δm·c2=17.6 MeV
答案： (或中子) 17.6 【拓展提升】
【考题透视】核反应方程及核能的计算在近几年高考中出现的频率较高，分析近几年的高考试题，关于涉及该知识点的命题有以下特点：
(1)考查核反应方程的填写、有关半衰期的计算、有关核能的计算；
(2)题型主要以选择题形式出现，难度较低，考查较细；
(3)注意重视与现代科技相联系的题目。【借题发挥】解决核反应方程及核能计算的方法
(1)掌握核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律；
(2)掌握常见的主要核反应方程式，并知道其意义；
(3)熟记常见的基本粒子的符号，如质子、中子、α粒子等；
(4)进行核能计算时注意单位的对应，若Δm用kg作单位，则ΔE用J作单位；若Δm用u作单位，则ΔE用eV作单位，且1 u对应931.5 MeV。 【创新预测】
1.据调查每年有280万人直接或者间接死于装修污染，装修污染已经被列为“危害群众最大的五种环境污染”之一。目前，在居室装修中经常用到的花岗岩、大理石等装修材料，都不同程度地含有放射性元素。例如，含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会致使细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )A.氡的半衰期为3.8天，若取4个氡核，经过7.6天就只剩下一个氡原子核了
B.发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4
C.γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
D.β衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子和电子所产生的【解析】选D。半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核适用，A错；发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2，质子数减少了2，B错；γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，C错；β衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子和电子时所产生的，D对。2.(2012·安庆一模)三个原子核X、Y、Z，X核放出两个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦
则下面说法正确的是( )
A.X核比Y核多一个质子
B.X核比Z核少一个中子
C.X核的质量数比Z核质量数大3
D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的4倍【解析】选C。由上述过程列出核反应方程得：
即X核比Y核多两个质子，选项A错误；X核的中子数是(n-m),Z核的中子数是(n-m),选项B错误；
由上面两个核反应方程可知X核的质量数(n)比Z核质量数(n-3)
大3，选项C正确；若X核与Z核的总电荷数(2m-3)等于Y核电荷
数(m-2)的4倍，解得m不是整数，所以选项D错误。 1．(2012·苏北三校模拟)(1)下列说法正确的是______。
A.电子的衍射现象说明实物粒子的波动性
B．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C.原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小(2)美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用
铜和半衰期为100年的放射性同位素镍63(Ni)两种金属作为长
寿命电池的材料，利用镍63(Ni)发生一次β衰变成铜(Cu)，同
时释放电子给铜片。用镍63(Ni)、铜片做电池两极，16 g镍63
经过400年还有______g尚未衰变。
(3)一个静止的 放出一个速度为v1的粒子，同时产生一个
新核 并释放出频率为ν的γ光子。写出该核反应方程
式，求出这个核反应中产生的新核的速度v2。(不计光子的动
量)【解析】(1)选A、D。衍射现象是波特有的，A项正确；半衰期由原子核本身决定，与外界无关，B项错误；原子核内部某个质子转变为中子时，放出正电子，C项错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，因为轨道半径变小，所以电场力做正功，电子的动能增加，电势能减小，D项正确。(2)400年对应的半衰期数为 剩余质量为
(3)
由动量守恒：4v1=222v2
则
答案：(1)A、D (2)1 (3)0.018v12.(2012·盐城二模)(1)如果下列四种粒子具有相同的动能，则德布罗意波长最大的是______。
A.电子 B．中子
C.质子 D.α粒子(2)氢原子的部分能级如图所示。已知
可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV
之间，则处于基态的氢原子______(选
填“可以”或“不可以”)吸收多个可
见光光子使其向高能级跃迁。氢原子从
高能级向基态跃迁时，发出的光波波长
比可见光波长_______(选填“长”“短”或“相等”)。(3)在光滑水平面上，一质量为3 kg,速度大小为5 m/s的A球与质量为6 kg静止的B球对心碰撞，碰后B球的速度大小为
3 m/s， 求碰后A球的速度。【解析】(1)根据德布罗意方程 可知，在动能相
同的前提下，质量越小,波长越大，故A项正确。
(2)由氢原子的能级图可知，处于基态的氢原子能向较高能级
发生跃迁，至少要吸收10.2 eV的光子，反之，从较高能级向
基态跃迁时，所发出的光子能量也一定比可见光大，波长就较
短。
(3)由mAvA=mAv′A+mBv′B,代入可得v′A=-1 m/s。
答案：(1)A (2)不可以 短
(3)-1 m/s,方向与初速度方向相反3.(2012·扬州二模)(1)下列说法中正确的是_______。
A.汤姆孙发现了电子，并首先提出原子的核式结构模型
B.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.贝可勒尔发现天然放射现象说明原子核是由质子和中子组成的
D.黑体辐射的强度与温度高低无关(2)如图所示电路可研究光电效应规律。图中标有A和K的为光电管，其中A为阴极，K为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为10.5 eV的光照射阴极K，电流计中有示数。若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0 V，则光电管阴极材料的逸出功为_______。现保持滑片P位置不变，若用光子能量为12 eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能_________(选填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)关于人类对原子核的研究，历史上曾用α粒子轰击氮14发现了质子。设α粒子的运动方向为正方向，已知碰撞前氮14静止不动，α粒子速度为v0=3×107m/s，碰撞后氧核速度为v1=0.8×107m/s，碰撞过程中各速度始终在同一条直线上，请写出这个核反应的方程式，并求碰撞后质子的速度大小。(保留两位有效数字)【解析】(1)选B。汤姆孙发现了电子，卢瑟福首先提出原子的核式结构模型，A项错误；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，推理出原子发射光子的频率也是不连续的，B项正确；贝可勒尔发现天然放射现象说明原子核有复杂的结构，不能说明由质子和中子组成，C项错误；黑体辐射的强度与温度高低有关，D项错误。(2)当光子能量为10.5 eV,光电子的最大初动能为Ek＝eU=6 eV,
由光电效应方程Ek＝hν-W，得逸出功为W＝hν-Ek＝10.5 eV-
6 eV=4.5 eV。金属的逸出功不随入射光的能量改变而改变，
当入射光的能量增加时，光电子的最大初动能也增加。
(3)
系统的总动量守恒mHev0=mOv1+mHv
v=-1.6×107m/s
质子的速度大小为1.6×107m/s
答案：(1)B (2)10.5 eV 增大 (3)1.6×107m/s4.(2012·苏锡常镇二模)(1)按照玻尔原子模型，氢原子辐射出一个光子后，则________。
A．电子绕核旋转半径增大
B．氢原子的电势能增大
C.原子的能量值增大
D．电子的动能增大(2)如图所示是工业生产中常用的光控继电器示意图，它由电源、光电管A、放大器、电磁继电器等部分组成。用绿光照射光电管阴极K时，恰能发生光电效应。
①要能在电路中形成电流，图中b端应是电源的____极。
②如改用强度比绿光小的蓝光照射，电路中_______(选填“能”或“不能”)形成电流。(3)在真空中，一个原来静止的 发生衰变后变成一个
并放出一个动能为E1的粒子，
①写出衰变的核反应方程；
②如衰变时产生的能量全部以动能的形式释放，真空中的光速
为c，原子核的质量之比等于质量数之比。求衰变过程中总的
质量亏损。【解析】(1)氢原子辐射出一个光子后，能量减小，电子从高能级进入低能级，轨道半径减小，电子绕行的速度增大,电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以D项正确。
(2)要使电路中形成电流，打出的光电子应该在电场中加速奔向阳极,所以b为电源的负极。蓝光的频率高于绿光,所以一定可以发生光电效应。(3)① (1分)
②设α粒子的质量为m1、速度为v1、Th核质量为m2、速度为v2,
对于α粒子有 (1分)
对于系统动量守恒可得：m1v1=m2v2 (1分)
释放的能量 (1分)
(1分)
(1分)
答案：(1)D (2)①负 ②能 (3)见解析5.(2012·南京一模)(1)下列说法正确的是( )
A.玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律
B．原子核发生α衰变时，新核与α粒子的总质量等于原来的原子核的质量
C．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少
D.在原子核中,比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固(2)如图所示为研究光电效应的电路图，
对于某金属用紫外线照射时，电流表指
针发生偏转。将滑动变阻器滑片向右移
动的过程中，电流表的示数不可能____
(选填“减小”或“增大”)。如果改用
频率略低的紫光照射，电流表______(选
填“一定”“可能”或“一定没”)有示数。(3)在光滑水平面上，一个质量为m，速度为v的A球，与质量也为m的另一静止的B球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，碰撞后B球的速度是多少？若碰撞后结合在一起，共同速度是多少？【解析】(1)玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，选项A正确；原子核发生α衰变时，要发生质量亏损，新核与α粒子的总质量稍小于原来的原子核的质量，选项B错误；氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时,辐射电磁波，氢原子的能量减少，选项C正确；在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D错误。(2)将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，A、K之间的电压增大，电流表的示数不可能减小。如果改用频率略低的紫光照射，电流表可能有示数。
(3)A球与B球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，mv=mv1+mv2
联立解得碰撞后A球的速度v1=0,碰撞后B球的速度v2 =v。
若碰撞后结合在一起，由动量守恒定律，mv=2mv′
解得v′=v/2。
答案：(1)A、C (2)减小 可能 (3)v v/2