2016届高考物理二轮复习教案(17专题)

【2016考纲解读】
1．力是物体间的相互作用．是使物体发生形变和运动状态变化的原因。力是矢量，满足力的合成和分解。
2．重力是物体在地球表面附近所受到的地球对它的引力。重心。
3．形变和弹力、胡克定律。
4．静摩擦和最大静摩擦力的区别。
5．滑动摩擦、滑动摩擦定律。
6．共点力作用下的物体的平衡条件及应用。
【重点知识梳理】
一、物体的受力分析
1．受力分析的步骤
(1)明确研究对象．研究对象可以是一个质点、一个物体或物体系等．
(2)按顺序找力．一般先分析是否受重力，其次分析接触力，最后分析电场力、磁场力．
(3)画完受力图后，要检查一遍，防止多力和漏力．
2．受力分析的注意事项
(1)只分析研究对象受到的力，而不分析研究对象给其他物体的力．
(2)只分析性质力，如重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，不分析效果力，如向心力等．
(3)分析物体受力时，其一是按力的产生条件分析，其二是按物体运动状态分析，其三是分析其反作用力．
例1、L型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图1－1所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为(　　)
A．3　　　　　　　　　　　B．4
C．5 D．6
图1-1
【解析】　设木板P质量为M，滑块Q质量为m，则选P、Q及弹簧作为一个整体进行受力分析，如图 1－2 二、图解法求解动态平衡问题
图解法是研究物体动态平衡问题的常用方法，能直观形象地对力的变化进行定性分析．
这种方法适用于三力平衡或力的合成与分解中已知一个力的大小、方向不变，另一个力的方向不变，判断因第三个力的方向变化而引起两个力的大小变化的情况，以及另一个力的大小不变、方向改变而引起第三个力的变化的情况．
例2、半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN.在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态．如图1－5所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是(　　)
图1-5
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．地面对P的摩擦力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．Q所受的合力逐渐增大
【解析】 Q的受力如图1－6所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都是逐渐增大，F2与地面对P的摩擦力大
三、 解析法求解平衡问题
力的合成法、力的作用效果分解法、正交分解法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的合成法、作用效果分解法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要
视题目具体情况而定．
例3、如图1－8所示，用轻绳AO和OB将重为G的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间处于静止状态，AO绳水平，OB绳与竖直方向的夹角为θ.求AO绳的拉力FA、OB绳的拉力FB的大小与G之间的关系．
图1-8
【高频考点突破】
考点一、三力平衡问题
1．共点力作用下物体的平衡条件
物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)时，作用在物体上的所有力的合力为零．
2．三力平衡
如果物体仅受三个力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反．可根据平行四边形定则，利用直角三角形、相似三角形(或正、余弦定理)等知识，采用合成法、分解法、三角形法、正交分解法、封闭三边形法等方法求解．
例1、（2014·山东卷）如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后(　　)
A．F1不变，F2变大
B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大
D．F1变小，F2变小
【变式探究】如图1－1－1所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为(　　)
【点评】 本题是应用力的合成的方法求解三力作用下物体的平衡问题，下面的变式题则是应用分解的方法求解三力作用下物体的平衡问题．
考点二、多力平衡问题
1．求解共点力平衡问题的一般思路

2．多力平衡问题
如果物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．当物体受四个及以上共点力的作用而平衡时，一般采用正交分解法求解，即把物体受到的各个力沿互相垂直的两个方向分解，当物体处于平衡状态时，有：Fx合＝0，Fy合＝0.如果物体在某一方向上做匀速运动或者静止，则这个物体在此方向的合力为零．
例2、（2014·浙江卷）如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则(　　)
第19题图
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝时，细线上的拉力为0
C．当＝时，细线上的拉力为0
D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0
【变式探究】如图1－1－3所示，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上，∠AOB＝90°，∠COD＝60°.若在O点处用轻绳悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受拉力的大小为(　　)

乙
【点评】 选取O点为研究对象进行受力分析，利用等效替代的物理方法，将O点受到的不在同一平面的多力平衡问题转化为水平面和竖直面内的平衡问题，并用力的分解的方法求解，这是解答本题的有效方法．下面的变式题则是应用正交分解法解平衡问题．
考点三、物体组的平衡问题
求解物体组(连接体)平衡问题的方法
(1)整体法：选取几个物体组成的整体为研究对象进行受力分析的方法．当只涉及系统外力而不涉及系统内部物体之间的内力以及加速度问题时，通常选取整个系统为研究对象，不必对系统内部物体隔离分析．
(2)隔离法：把研究对象从周围物体中隔离出来进行受力分析的方法．当涉及系统内各物体之间的作用力或加速度时，通常选取隔离体为研究对象．隔离法不仅能求出其他物体对整体的作用力，而且还能求出整体内部物体之间的作用力．同一题目中，若采用隔离法，往往先用整体法，再用隔离法。
例3 、如图1－1－5所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力(　　)

A．等于零
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
【点评】本题也可应用隔离法求解，即分别物块和斜劈进行受力分析，结合平衡条件和牛顿第三定律求解．物体组整体以共同的加速度一起运动和整体处于平衡状态情况下均可应用整体法解题．物体组各部分运动的加速度不同时，可应用隔离法求解．
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1．【2014·广东卷】 如图7所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是(　　)
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
2.【2014·浙江卷】 下列说法正确的是(　　)
A．机械波的振幅与波源无关
B．机械波的传播速度由介质本身的性质决定
C．物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反
D．动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关
3.【2014·重庆卷】 (2)为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如题6图3所示的实验装置，他们将不可伸长的轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两根立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L(L＞PQ)．
题6图3
他们首先在绳上距离P点10 cm处(标记为C点)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出绳PC、QC的拉力大小TP和TQ.随后，改变重物悬挂点C的位置，每次将P点到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TP、TQ与绳长PC的关系曲线如题6图4所示．由实验可知：
题6图4
①曲线Ⅱ中拉力最大时，C点与P点的距离为________cm，该曲线为________(选填“TP”或“TQ”)的曲线．
②在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是________(选填“P”或“Q”)点所在的立柱．
③在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0＝________ N，它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0＝________．
②通过①的分析结果和曲线的变化趋势，可知受到最大拉力的是Q点所在的立柱．
4.【2014·浙江卷】 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．
第21题图1
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
第21题表1
(1)某次测量如图2所示，指针示数为________ cm.
(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为____ N/m(重力加速度g取10 m/s2)．由表Ⅰ数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．
第21题图2
≈5.80 cm，根据胡克定律可求得弹簧Ⅰ的劲度系数为12.5 N/m，同理也能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．
5.【2014·新课标Ⅱ卷】 某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100 kg的砝码时，各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，重力加速度取9.80 m/s2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.
(1)将表中数据补充完整：①________；②________．
P1
P2
P3
P4
P5
P6
x0(cm)
2.04
4.06
6.06
8.05
10.03
12.01
x(cm)
2.64
5.26
7.81
10.30
12.93
15.41
n
10
20
30
40
50
60
k(N/m)
163
①
56.0
43.6
33.8
28.8
(m/N)
0.0061
②
0.0179
0.0229
0.0296
0.0347
(2)以n为横坐标，为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出 -n图像．
图(b)
(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k＝____③__N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k＝____④__N/m.
【答案】 (1)①81.7　②0.0122　(2)略
(3)③(在～之间均同样给分)　④(在～之间均同样给分)
6．【2014·江苏卷】 小明通过实验验证力的平行四边形定则．
(1)实验记录纸如题11-1图所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．
(题11-1图)
(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．
实验装置如题11-2图所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．
(题11-2图)　　　　　　(题11-3图)
两次实验记录的轨迹如题11-3图所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为______．
(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有________(填写选项前的字母)．
A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长
C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大
D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大
(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．
【2013年高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）21.2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则
从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
（2013·新课标Ⅰ卷）14. 右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据.伽利略可以得出的结论是
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
（2013·大纲卷）19．将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。则（ ）
A．t＝2 s时，两球的高度相差一定为40 m
B．t＝4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等
C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D．甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等
（2013·四川卷）6．甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示，则
A．甲、乙在t=0到t=ls之间沿同一方向运动
B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零
C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动
D．甲、乙在t =6s时的加速度方向相同
（2013·上海卷）16．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是
（2013·广东卷）13.某航母跑道长200m飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为
A.5m/s B.10m/s C.15m/s D.20m/s
（2013·海南卷）4．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a-t图象如图所示。下列v-t图象中，可能正确描述此物体运动的是
（2013·山东卷）22.（15分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以V0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2.
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
（2013·上海卷）31．(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
（2013·四川卷）9.(15分)
近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人。只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全。
如下图2所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m。质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯。
(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N。求卡车的制动距离；
(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD。为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？
1 2
【解析】以上解法运用的是匀变速直线运动的系列公式，如果运用能量守恒会更加简单：由能量守恒，（2013·大纲卷）24．（15分）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，火车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小。
（2013·天津卷）10、（16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，求：
（1）物块在力F作用过程发生位移的大小；
（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。
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（2013·新课标Ⅰ卷）24. (13分)
水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l, l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。
【2012年高考真题】
（2012?重庆）质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　D
（2012·上海）10．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为，g取10m/s2 （ ）
（A） 三个 （B）四个 （C）五个 （D）六个
【答案】C
（2012·上海）16．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是 （ ）
（A）2R
（B）5R/3
（C）4R/3
（D）2R/3
（2012·上海）19．图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等。则 （ ）
（A）到达M附近的银原子速率较大
（B）到达Q附近的银原子速率较大
（C）位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
（D）位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
（2012·山东）16．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示。以下判断正确的是　　　　　（ 　）
A．前3s内货物处于超重状态
B．最后2s内货物只受重力作用
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
（2012·江苏）4.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象,可能正确的是
（2012·四川）24．（19分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ = 370，半径r = 2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E = 2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m = 5×10-2kg、电荷量q =+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。
（1）求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。

（2012·北京）23.(18分)
摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如1所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t = 0时由静止开始上升，a - t图像如图2所示。电梯总质最m = 2.0× kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v - t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a - t图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2;
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p：再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
【答案】（1）F1 =2.2×N F2 = 1.8×N （2）v1 = 0.50m/s v2 = 1.5m/s
（2012·上海）23．质点做直线运动，其s-t关系如图所示。质点在0-20s内的平均速度大小为____________m/s；质点在____________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。



【2016考纲解读】
牛顿定律是历年高考重点考查的内容之一。对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查。其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等等，应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度，而且还能考查考生从材料、信息中获取要用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。
【重点知识梳理】
一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动的公式
2．匀变速直线运动的规律的应用技巧
(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2.
(2)某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即vt/2＝
(3)对于初速度为零的匀变速直线运动，可尽量利用初速度为零的运动特点解题．如第n秒的位移等于前n秒的位移与前n－1秒的位移之差，即x′n＝xn－xn－1＝　　an2－　a(n－1)2＝ a(2n－1)．
(4)逆向思维法：将末速度为零的匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运动处理．末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，两者加速度相同．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动，竖直上抛运动上升阶段的最后1 s内的位移与自由落体运动第1 s的位移大小相等．
(5)加速度不变的匀减速直线运动涉及反向运动时(先减速后反向加速)，可对全过程直接应用匀变速运动的规律解题．如求解初速度为19.6 m/s的竖直上抛运动中3 s末的速度，可由vt＝v0－gt直接解得vt＝－9.8 m/s，负号说明速度方向与初速度相反．
3．图象问题
(1)两种图象
分类
斜率的
意义
纵轴截距
的意义
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
速度
初位置 x0
过原点 的直线
抛物线
v－t
图象
加速度
初速度
v0
位移
与时间轴平行的直线
过原点
的直线
(2)v－t图象的特点
①v－t图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v－t图象只能描述物体做“直线运动”的情况，不能描述物体做“曲线运动” 的情况．
②v－t图象的交点表示同一时刻物体的速度相等．
③v－t图象不能确定物体的初始位置．
(3)利用运动图象分析运动问题要注意以下几点
①确定图象是v－t图象还是x－t图象．
②明确图象与坐标轴交点的意义．
③明确图象斜率的意义：v－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的加速度，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；x－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映了速度的方向．
④明确图象与坐标轴所围的面积的意义．
⑤明确两条图线交点的意义．
二、牛顿第二定律的四性
性质
内容
瞬时性
力与加速度同时产生、同时消失、同时变化
同体性
在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量
矢量性
加速度与合力方向相同
独立性
当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关，与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度分量的矢量和
三、超重与失重
1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此时物体重力的效果变大．
2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此时物体重力的效果变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态，此时物体重力的效果消失．
注意：①重力的效果指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力以及浮力等；②物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．
四、力F与直线运动的关系
五、 匀变速直线运动规律的应用
匀变速直线运动问题，涉及的公式较多，求解方法较多，要注意分清物体的运动过程，选取简洁的公式和合理的方法分析求解，切忌乱套公式，一般情况是对任一运动过程寻找三个运动学的已知量，即知三求二，若已知量超过三个，要注意判断，如刹车类问题，若已知量不足三个，可进一步寻找该过程与另一过程有关系的量，或该物体与另一物体有关系的量，一般是在时间、位移、速度上有关系，然后联立关系式和运动学公式求解，且解题时一定要注意各物理量的正负．
例1、质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图2－1所示．g取10 m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小．
图2-1
六、追及、相遇问题
1．基本思路
2．追及问题中的临界条件
(1)速度大者减速(如匀减速直线运动)追速度小者
(如匀速运动)：
①当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最小距离．
②若两者速度相等时，两者的位移也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件．
③若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值．
(2)速度小者加速(如初速度为零的匀加速直线运动)追速度大者(如匀速运动)：
①当两者速度相等时有最大距离．
②当两者位移相等时，即后者追上前者．
3．注意事项
(1)追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件．
(2)被追的物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追的物体是否已停止．
例2、为了体现人文关怀，保障市民出行安全和严格执法，各大都市交管部门强行推出了“电子眼”，据了解，在城区内全方位装上“电子眼”后，机动车擅自闯红灯的记录大幅度减少，因闯红灯引发的交通事故也从过去的5%下降到1%.现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.
当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10 m/s2.求：
(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？
七、 动力学的两类基本问题
1．已知物体的受力情况，确定物体的运动情况
处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，确定物体的受力情况
处理方法：已知物体的运动情况，由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况．
例3、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m．求飞行器所受阻力Ff的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
(10分)
八、动力学中的临界问题
解答物理临界问题的关键是从题述信息中寻找出临界条件．许多临界问题题述中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“恰好不相撞”、“恰好不脱离”……词语对临界状态给出暗示．也有些临界问题中不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．审题时，一定要抓住这些特定的词语，明确含义，挖掘内涵，找出临界条件．
例4、如图2－3所示，倾角为α的光滑斜面体上有一个质量为m的小球被平行于斜面的细绳系于斜面上，斜面体放在水平面上．
图2-3
(1)要使小球对斜面体无压力，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方向；
(2)要使小球对细绳无拉力，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方向；
(3)若已知α＝60°，m＝2 kg，当斜面体以加速度a＝10 m/s2向右匀加速运动时，求细绳对小球的拉力．取g＝10 m/s2.
【解析】为确定小球对斜面无压力或对细绳无拉力时斜面体的加速度，应先考虑小球对斜面或细绳的弹力刚好为零的情况，再求出相应的加速度．
图2-4
【高频考点突破】
考点一、 匀速直线运动与匀变速直线运动综台应用
例1.如图2—5所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右瑞有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2，沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回到光滑水平面上，这时速度为 ，则下列说法正确的是 ( )
A．若v1 B．若01>v2，总有t′2=2′2=v2
C．不管v2多大，总有v′2=v2
D．以上答案都不对
考点二、速度图象的应用
例2．质点P以O点为平衡位置竖直向上做简谐运动，同时质点Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度的关系应该是 ( )
A．uP>vQ
B．先OP>OQ，后OP C．uP D．先vPvq，最后vP=vQ=0
考点三、力与加速度的关系
例3．如图3—13所示，物块P静止在水平放置的固定木板上．若分别对P施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2 时(F1>F2)，P将分别沿Fl和F2的方向匀加速滑动，其受到的滑动摩擦力大小分别为f1和f2，其加速度大小分别为a1和a2若从静止开始同时对P施加上述二力，其受到的滑动摩擦力大小为f3，其加速度大小为a3关于以上各物理量之间的关系，判断正确的是 ( )
A．f3>fl>f2，a3>a1>a2
B．f3>f1>f2，a3=a1a2
C．f3=f1=f2，a3>a1>a2
D．f3=f1=f2,a3=a1=a2
考点四、 力与运动的关系
例4．如图3—14所示，质量为m的物体放在倾角为。的光滑斜面上，随斜面体一起沿水平方向运动，要使物体相对于斜面保持静止，斜面体的运动情况以及物体对斜面压力F的大小是 ( )
A.斜面体以某一加速度向右加速运动，F小于mg
B．斜面体以某一加速度向右加速运动，F不小于mg
C.斜面体以某一加速度向左加速运动，F大于mg
D．斜面体以某一加速度向左加速运动，F不大于mg
考点五、 牛顿运动定律的综合应用
例5．在倾角为9的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度的大小成正比，即f=kv．
(1)写出滑块下滑的加速度的表达式．
(2)写出滑块下滑的最大速度的表达式．
(3)若m=2kg，θ=30，g=10m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度图线如图3—15所示，图中直线是t=0时刻速度图线的切线，由此求出μ和k的值．
θ-μcos θ)
考点六、匀变速直线运动规律的应用
1.应用技巧
物体做匀减速直线运动,减速为零后再反向运动。如果整个过程中加速度恒定,则可对整个过程列矢量式方程。
2.公式的灵活选用
位移公式,速度公式,位移速度公式,平均速度公式。
例6、 在一档娱乐节目中,有一个关口是跑步跨栏机,它的设置是让挑战者通过一段平台,再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置,平台长l1=4 m,跑步机皮带长l2=32 m,跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动),跨栏到平台末端的距离l3=10 m,且皮带以v0=1 m/s的恒定速率转动,一位挑战者在平台起点从静止开始以a1=2 m/s2的加速度通过平台冲上跑步机,之后以a2=1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲,在跨栏时不慎跌倒,经过2秒爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止),然后又保持原来的加速度a2,在跑步机上顺利通过剩余的路程,求挑战者全程所需要的时间。
解析：匀加速通过平台:l1=a1,
通过平台的时间:t1==2 s
【变式探究】如图所示，一长为l的长方形木块在水平面上以加速度a做匀加速直线运动。A、B之间有一定的距离,木块前端P先到达A点,之后经过t1时间整个木块通过了A点,而前端P到达B点后,整个木块通过B点所用时间为t2。求：
(1)木块通过位置A时的平均速度大小;
(2)木块前端P在A、B之间运动所需时间。
P通过B点的速度为v2=-a-a
所以P端经过A、B两点的时间为Δt=
考点七、简单连接体的求解方法
1.整体法
在连接体问题中,如果各个物体具有相同的运动性质,就可以把它们看成一个整体,只分析整体所受的外力,应用牛顿第二定律列方程即可。
2.隔离法
如果需要分析某个物体的受力,就需要把某个物体从系统中隔离出来,分析这个物体受到的所有力,应用牛顿第二定律列出方程。
例7、某同学在探究力与物体运动关系的实验中,曾尝试用一质量为m1的弹簧测力计拉动质量为m2的物体向上做匀加速运动,其操作情况如图所示。如果该同学对弹簧测力计施加竖直向上的拉力F,则在向上匀加速运动的过程中,弹簧测力计的读数是(　　)。
A.-m2g　　　　　　　　
B.F
C.
D.
【变式探究】如图所示,水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A,它的上表面与水平面平行,它的右侧是一个倾角θ=37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连,细绳的一部分与水平面平行,另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F,使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,不计一切摩擦,求恒力F的大小。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
考点八、动力学的两类基本问题
两类动力学问题的求解思路如下：
例8、吴菊萍徒手勇救小妞妞,被誉为“最美妈妈”。设妞妞的质量m=10 kg,从离地h1=28.5 m高的阳台掉下,下落过程中空气阻力约为自身重力的0.4倍;在妞妞开始掉下时,吴菊萍立刻从静止开始匀加速奔跑水平距离s=9 m到达楼下,张开双臂在距地面高度为h2=1.5 m处接住妞妞,缓冲到地面时速度恰好为零,缓冲过程中的空气阻力不计,取g=10 m/s2。求:
(1)妞妞在被接到前下落的时间;
(2)吴菊萍跑到楼下时的速度;
【变式探究】如图所示,质量M=1 kg,长l=1 m的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,若在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N,则经过多长时间铁块运动到木板的右端?
答案：1 s
解析：以木板为研究对象,分析受力,列牛顿第二定律表达式:
μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1
考点九、涉及传送带的动力学问题
物体在传送带上运动的问题，应以地面为参考系，首先根据牛顿第二定律确定其加速度的大小和方向，然后根据直线运动规律分析其运动情况．特别应关注物体的速度与传送带速度相等后的受力情况是否发生变化．
例9、传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝1.8 m的平台上，如图1－2－4所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能离开皮带？
图1－2－4
速上升．
考点十、 直线运动中的动态分析
例10、如图1－2－6所示，运动员“10 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)

图1－2－6
A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大
B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大
C．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小
【难点突破】
难点一、共点力作用下的静态平衡问题
例1、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：选斜面上的物体为研究对象，设摩擦力的方向沿斜面向上，受力分析如图所示：
由平衡条件得：
F＋Ff－mgsin 30°＝0①
【举一反三】如图所示，斜面体A静止在水平地面上，质量为m的物体B在水平外力F的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止，则下列说法中正确的是
A．地面对A的摩擦力方向向左
B．地面对A的摩擦力方向向右
C．若撤去力F，物体B仍沿斜面向下匀速运动
D．若撤去力F，物体B沿斜面向下减速运动
难点二、物体的动态平衡问题
例2、如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)．
A．FN保持不变，FT不断增大
B．FN不断增大，FT不断减小
C．FN保持不变，FT先增大后减小
D．FN不断增大，FT先减小后增大
【举一反三】如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上．现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动．在这一过程中，水平拉力F、环与杆的摩擦力F摩和环对杆的压力FN的变化情况是(　　)．
A．F逐渐增大，F摩保持不变，FN逐渐增大
B．F逐渐增大，F摩逐渐增大，FN保持不变
C．F逐渐减小，F摩逐渐增大，FN逐渐减小
D．F逐渐减小，F摩逐渐减小，FN保持不变

答案　D
难点三、电磁学中的平衡问题
例3、如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是 (　　)．

A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
答案　A
【举一反三】在匀强电场中，有一质量为m，带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是(　　)．
A．唯一值是
B．最大值是
C．最小值是
D．不可能是
【经典考题精析】
【2014年高考真题】
1．【2014·新课标Ⅱ卷】 甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的vt图像如图所示．在这段时间内(　　)
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
2． 【2014·全国卷】 一质点沿x轴做直线运动，其vt图像如图所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．x＝3 m B．x＝8 m
C．x＝9 m D．x＝14 m
【答案】B　
【解析】 本题考查vt图像. vt图像与x轴围成的面积表示位移，即位移为s1－s2＝3 m，由于初始坐标是5 m，所以t＝8 s时质点在x轴上的位置为x＝3 m＋5 m＝8 m，因此B正确．
3．【2014·广东卷】 图6是物体做直线运动的vt图像，由图可知，该物体(　　)
A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B．第3 s内和第4 s内的加速度相同
C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等
4．【2014·江苏卷】 一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图像中，能描述该过程的是(　　)
5．【2014·山东卷】 一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(　　)
A．t1
B．t2
C．t3
D．t4
6． 【2014·天津卷】 质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，该质点(　　)
A．在第1秒末速度方向发生了改变
B．在第2秒末加速度方向发生了改变
C．在前2秒内发生的位移为零
D．第3秒末和第5秒末的位置相同
7． 【2014·全国卷】 现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10 Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g取9.80 m/s2.
单位：cm　　　　　
x1
x2
x3
x4
h
s
10.76
15.05
19.34
23.65
48.00
80.00
根据表中数据，完成下列填空：
(1)物块的加速度a＝________m/s2(保留3位有效数字)．
(2)因为______________________，可知斜面是粗糙的．
【2013年高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）21.2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则
从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
（2013·新课标Ⅰ卷）14. 右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据.伽利略可以得出的结论是
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
（2013·大纲卷）19．将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。则（ ）
A．t＝2 s时，两球的高度相差一定为40 m
B．t＝4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等
C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D．甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等
（2013·四川卷）6．甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示，则
A．甲、乙在t=0到t=ls之间沿同一方向运动
B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零
C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动
D．甲、乙在t =6s时的加速度方向相同
（2013·上海卷）16．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是
【答案】 A
【解析】 汽车驶入沙地后阻力突然变大，导致牵引力小于阻力开始减速，图像斜率表示速度，速度先（2013·广东卷）13.某航母跑道长200m飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为
A.5m/s B.10m/s C.15m/s D.20m/s
（2013·海南卷）4．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a-t图象如图所示。下列v-t图象中，可能正确描述此物体运动的是
（2013·山东卷）22.（15分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以V0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2.
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
（2013·上海卷）31．(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
（2013·四川卷）9.(15分)
近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人。只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全。
如下图2所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m。质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯。
(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N。求卡车的制动距离；
(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD。为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？
1 2
（2013·大纲卷）24．（15分）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，火车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小。
（2013·天津卷）10、（16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，求：
（1）物块在力F作用过程发生位移的大小；
（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。
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为，滑动的位移为，它们之间的位移关系如图，则
（2013·新课标Ⅰ卷）24. (13分)
水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l, l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。
【2012年高考真题】
（2012?重庆）质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　D
（2012·上海）10．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为，g取10m/s2 （ ）
（A） 三个 （B）四个 （C）五个 （D）六个
（2012·上海）16．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是 （ ）
（A）2R
（B）5R/3
（C）4R/3
（D）2R/3
（2012·上海）19．图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等。则 （ ）
（A）到达M附近的银原子速率较大
（B）到达Q附近的银原子速率较大
（C）位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
（D）位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
【答案】AC
（2012·山东）16．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示。以下判断正确的是　　　　　（ 　）
A．前3s内货物处于超重状态
B．最后2s内货物只受重力作用
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
（2012·江苏）4.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象,可能正确的是
（2012·四川）24．（19分）
如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ = 370，半径r = 2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E = 2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m = 5×10-2kg、电荷量q =+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。
（1）求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。
0 = v1 + a2 t2
（2012·北京）23.(18分)
摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如1所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t = 0时由静止开始上升，a - t图像如图2所示。电梯总质最m = 2.0× kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v - t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a - t图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2;
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p：再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
（2012·上海）23．质点做直线运动，其s-t关系如图所示。质点在0-20s内的平均速度大小为____________m/s；质点在____________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。

【2016考纲解读】
本专题的高频考点主要集中在万有引力定律的应用、行星、卫星的运行规律、天体质量的估算等方面，难度适中。本专题在高考中还常考查到变轨问题、双星问题等，复习时注意抓住两条主线：一是万有引力等于向心力，二是重力等于向心力。曲线运动是历年高考的必考内容，一般以选择题的形式出现，重点考查加速度、线速度、角速度、向心加速度等概念及其应用。本部分知识经常与其他知识点如牛顿定律、动量、能量、机械振动、电场、磁场、电磁感应等知识综合出现在计算题中，近几年的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。
【重点知识梳理】
一、曲线运动
1．物体做曲线运动的条件：运动物体所受合外力的方向跟其速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动．
2．曲线运动的轨迹：当做曲线运动的物体所受合外力为恒力时，其运动为匀变速曲线运动，运动轨迹为抛物线，如平抛运动、斜抛运动、带电粒子在匀强电场中的曲线运动．曲线运动的轨迹位于速度(轨迹上各点的切线)和合力的夹角之间，且运动轨迹总向合力一侧弯曲．
二、抛体运动
1．平抛运动
(1)平抛运动是匀变速曲线运动(其加速度为重力加速度)，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动轨迹为抛物线．
(2)物体做平抛运动时，运动时间由竖直高度决定，水平位移由初速度和竖直高度共同决定．
(3)物体做平抛运动时，在任意相等时间间隔Δt内速度的改变量Δv大小相等、方向相同(Δv＝Δvy＝gΔt)．
(4)平抛运动的两个重要推论
①做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图1－3－1所示．由
②做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角θ及位移与水平方向的夹角φ满足：tanθ＝2tanφ.
2．类平抛运动
以一定的初速度将物体抛出，如果物体受的合力恒定且与初速度方向垂直，则物体所做的运动为类平抛运动，如以初速度v0垂直电场方向射入匀强电场中的带电粒子的运动．
类平抛运动的性质及解题方法与平抛运动类似，也是用运动的分解法．
三、圆周运动
1．描述圆周运动的物理量
物理量
大小
方向
物理意义
线速度
圆弧上各点的切线方向
描述质点沿圆周运动的快慢
角速度
中学不研究其方向
周期、频率
无方向
向心加速度
时刻指向圆心
描述线速度方向改变的快慢
相互关系
注意：同一转动体上各点的角速度相等，皮带传动轮子边缘各点的线速度大小相等．
2．向心力
做圆周运动物体的向心力可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质的力提供，也可以由各力的合力或某力的分力提供．
物体做匀速圆周运动时，物体受到的合力全部提供向心力；物体做变速圆周运动时，物体的合力的方向不一定沿半径指向圆心，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿切线方向的分力改变物体速度的大小．
3．处理圆周运动的动力学问题的步骤
(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合理选择方程形式．
四、开普勒行星运动定律
1. 开普勒第一定律（轨道定律）:所有的行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。
2. 开普勒第二定律（面积定律）:对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的相等的面积。（近日点速率最大，远日点速率最小）
3. 开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的平方的比值都相等。
即（M为中心天体质量）K是一个与行星无关的常量，仅与中心天体有关
五、万有引力定律
1. 定律内容：宇宙间的一切物体都是相互吸引的，两个物体间的引力大小，跟它们的质量的乘积成正比，跟它们距离的平方成反比。
2. 表达式：F=GmM/r2 G为万有力恒量：G=6.67×10-11N·m2/kg。
说明：
(1)公式适用于质点间的相互作用。当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点。
(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离。
地球对物体的引力是物体具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．这是因为地球在不停地自转，地球上的一切物体都随着地球自转而绕地轴做匀速圆周运动，这就需要向心力．这个向心力的方向是垂直指向地轴的，它的大小是，式中的r是物体与地轴的距离，ω是地球自转的角速度．这个向心力来自哪里?只能来自地球对物体的引力F，它是引力F的一个分力如右图，引力F的另一个分力才是物体的重力mg．
在不同纬度的地方，物体做匀速圆周运动的角速度ω相同，而圆周的半径r不同，这个半径在赤道处最大，在两极最小(等于零)．纬度为α处的物体随地球自转所需的向心力 (R为地球半径)，由公式可见，随着纬度升高，向心力将减小，在两极处Rcosα＝0，f＝0．作为引力的另一个分量，即重力则随纬度升高而增大．在赤道上，物体的重力等于引力与向心力之差．即．在两极，引力就是重力．但由于地球的角速度很小，仅为10－5rad／s数量级，所以mg与F的差别并不很大．
在不考虑地球自转的条件下，地球表面物体的重力这是一个很有用的结论．
从图1中还可以看出重力mg一般并不指向地心，只有在南北两极和赤道上重力mg才能向地心．
同样，根据万有引力定律知道，在同一纬度，物体的重力和重力加速度g的数值，还随着物体离地面高度的增加而减小．
若不考虑地球自转，地球表面处有，可以得出地球表面处的重力加速度．
在距地表高度为h的高空处，万有引力引起的重力加速度为g＇，由牛顿第二定律可得：
　　即
如果在h＝Ｒ处，则g＇＝g/4．在月球轨道处，由于r＝60Ｒ，所以重力加速度g＇＝ g/3600．
重力加速度随高度增加而减小这一结论对其他星球也适用．
六、万有引力定律的应用
1. 讨论重力加速度g随离地面高度h的变化情况： 物体的重力近似为地球对物体的引力，即。所以重力加速度，可见，g随h的增大而减小。
2. 算中心天体的质量的基本思路：
(1)从环绕天体出发:通过观测环绕天体运动的周期T和轨道半径r;就可以求出中心天体的质量M
(2)从中心天体本身出发:只要知道中心天体的表面重力加速度g和半径R就可以求出中心天体的质量M。
3. 解卫星的有关问题：在高考试题中，应用万有引力定律解题的知识常集中于两点：
一是天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力。即

二是地球对物体的万有引力近似等于物体的重力，即从而得出 (黄金代换，不考虑地球自转)
4. 卫星：相对地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星。
①定高：h=36000km ②定速：v=3.08km/s ③定周期：=24h ④定轨道：赤道平面
5. 万有引力定律在天文学上的应用主要是万有引力提供星体做圆周运动的向心力.人造地球卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系
①由得　　　　　r越大，v越小
②由得　　　　　r越大，ω越小21世纪教育网
③由得　　　r越大，T越大
行星和卫星的运动可近似视为匀速圆周运动，而万有引力是行星、卫星作匀速圆周运动的向心力。
6. 三种宇宙速度
第一宇宙速度(环绕速度)：由mg=mv2/R=GMm/R2得： V=Km/s V1=7.9km/s，是人造地球卫星环绕地球运行的最大速度，也是人造地球卫星的最小发射速度。
第二宇宙速度(脱离速度)：V2=V1=11.2 km/s，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。
第三宇宙速度(逃逸速度)：V3=16.7km/s，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。
【方法技巧】
1．必须精通的几种方法
(1)两个分运动的轨迹及运动性质的判断方法
(2)小船渡河问题、绳和杆末端速度分解问题的分析方法
(3)平抛运动、类平抛运动的分析方法
(4)火车转弯问题、竖直面内圆周运动问题的分析方法
2．必须明确的易错易混点
(1)两个直线运动的合运动不一定是直线运动
(2)合运动是物体的实际运动
(3)小船渡河时，最短位移不一定等于小河的宽度
(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向不同
(5)做圆周运动的物体，其向心力由合外力指向圆心方向的分力提供，向心力并不是物体“额外”受到的力
(6)做离心运动的物体并没有受到“离心力”的作用
【难点突破】
难点一　一般曲线运动问题
1．利用运动的合成与分解研究曲线运动的一般思路
(求解)曲线运动的规律 (研究)两个直线运动的规律 (解得)曲线运动的规律 2．合运动与分运动的关系
合运动是物体的实际运动，分运动是合运动的两个效果．
(1)曲线运动应按照运动的效果进行分解，应深刻挖掘曲线运动的实际效果，明确曲线运动应分解为哪两个方向的直线运动(特殊情况可分解为一个直线运动和一个圆周运动，如斜拉小船等)．
(2)运动的合成与分解问题的切入点：等效合成时，要关注两个分运动的时间关系——运动的等时性．

等时性
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行而不受其他分运动的影响
等效性
各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
例1、某研究性学习小组进行了如下实验：如图1－3－2所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R的坐标为(4,6)，此时R的速度大小为________cm/s.R在上升过程中运动轨迹的示意图是图1－3－3中的________．(R视为质点)
【点评】 本题中水平方向的分运动为匀加速直线运动，其水平加速度的方向就是圆柱体受到的合力方向，依据曲线运动的轨迹位于速度和合力的夹角之间、且轨迹向合力一侧弯曲即可求解．
难点二 平抛与类平抛问题
1．平抛运动的处理方法是将其分解为水平方向和竖直方向的两个分运动．
(1)水平方向：做匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，vy＝gt，y＝gt2.
2．类平抛运动的处理方法也是分解运动，即将其分解为沿初速度v0方向(不一定水平)的匀速运动(vx＝v0，x＝v0t)和沿合力方向(与初速度v0方向垂直)的匀加速运动(vy＝at，y＝ at2)．注意加速度方向不一定竖直向下、大小也不一定等于g.
例2、如图1－3－5所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是(　　)
A．球的速度v等于L
B．球从击出到落地所用时间为
C．球从击球点至落地点的位移等于L
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
难点三 圆周运动及其临界问题
竖直面内圆周运动的两种临界问题的比较
分类
最高点无支撑
最高点有支撑
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车
球与杆连接、车过拱桥、球过竖直管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高点受力
重力、弹力F弹向下或等于零
重力、弹力F弹向下或向上或等于零
恰好过最高点
F弹＝0，v＝
(在最高点速度不能为零)
F弹＝mg，v＝0
(在最高点速度可为零)
例3、如图1－3－7所示，倾角θ＝37°的斜面底端B平滑连接着半径r＝0.40 m的竖直光滑圆轨道．质量m＝0.50 kg的小物块从距地面h＝2.7 m处沿斜面由静止开始下滑，已知物块滑到斜面底端B时的速度大小v＝6.0 m/s，已知小物块通过B点时无能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．
难点四 曲线运动的综合问题
曲线运动的综合问题一般以平抛运动、圆周运动情景为载体，综合考查曲线运动的规律、运动的分解与合成、牛顿运动定律、机械能守恒定律和动能定理等物理主干知识．
在曲线运动综合问题的解题过程中，应首先进行物体受力分析和运动过程分析，然后确定应用何种规律解题，并且要注意两种不同运动分界点的运动和受力特征．
例4 、 如图1－3－9所示，用内壁光滑的细管弯成半径为R的圆轨道，固定在竖直平面内，O是圆心，A、B为两个端口，A与圆心O等高，∠AOB＝120°，重力加速度为g.
(1)一直径略小于圆管内径的小球从A点正上方h高处自由下落，并进入圆管运动，小球质量为m，求小球经过圆管最低点时对圆管的压力大小．
(2)一直径略小于圆管内径的小球从A点正上方某点向右水平抛出，小球无碰撞地进入圆管运动，求小球水平抛出的初速度．
(3)在(2)的情况下，求小球从A点离开后相对于A点上升的最大高度.
图1－3－9
【答案】(1)mg　(2)　(3)R
难点五　天体质量和密度的估算问题
1．已知环绕天体的周期T和半径r，求中心天体的质量、密度
由G＝mr可知：只要知道环绕天体的周期T和半径r，就可求出中心天体的质量M＝.设中心天体的半径为R，则V＝πR3，其密度为ρ＝，联立解得 ρ＝.
若测得中心天体的近表卫星周期T，此时r＝R，则中心天体的平均密度为可见只需要测得中心天体近表卫星的周期，就可以得到中心天体的密度．
2．已知星球表面的重力加速度g，求星球质量在星球表面附近，重力近似等于万有引力，即mg＝多用代换)，可求得星球质量M＝，或星球表面的重力加速度g＝。
例5、“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式则可估算月球的(　　)
A．密度　　 B．质量
C．半径 　　D．自转周期
难点六 航天器的动力学分析与变轨问题
提供天体做圆周运动的向心力是该天体受到的万有引力F供＝天体做圆周运动需要的向心力是F需＝m当F供＝F需时，天体在圆轨道上做匀速圆周运动；当F供＞F需时，万有引力充当向心力过余，天体做向心运动；当F供＜F需时，万有引力充当向心力不足，天体做离心运动．
运行半径较大的人造卫星的一般发射过程如图1－4－1所示，先将卫星发射到离地面较近的圆轨道Ⅰ上，运行稳定后再启动火箭(或发动机)短暂加速(位置B)，由于速度变大，万有引力充当向心力不足，卫星将沿椭圆轨道Ⅱ做离心运动，当卫星将沿椭圆轨道运动到椭圆轨道的远地点A时，再次启动火箭短暂加速，卫星再次变轨绕圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动．
例6 、我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比(　　)
A．卫星动能增大，引力势能减小
B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小
D．卫星动能减小，引力势能增大
难点七 同步卫星、近地卫星与极地卫星问题
1．地球轨道同步卫星
(1)同步卫星位于赤道正上方，轨道平面与赤道平面共面；
(2)同步卫星的轨道半径一定，距离地球表面的高度一定，约36000 km；
(3)同步卫星的运行周期和地球的自转周期相同，T＝24 h，且转动方向相同；
(4)所有地球轨道同步卫星的半径、线速度大小、角速度大小及周期都相同．
2．近地卫星：当人造地球卫星在近地轨道上运行时，轨道半径近似等于地球的半径R，近地卫星的运行速度即地球的第一宇宙速度．
(1)设地球的质量为M，卫星的质量为m，当人造地球卫星在近地轨道上运行时，轨道半径近似等于地球的半径R，万有引力提供近地卫星做圆周运动的向心力，
(2)卫星刚好绕地球表面运动，重力近似等于万有引力，mg＝＝ 7.9 km/s.
3．极地轨道卫星：绕地球做圆周运动的卫星在运行过程中通过两极正上方．由于地球自转，极地卫星并不是沿同一经度线的上方运行．
例7 、已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是(　　)
A．卫星距地面的高度为
B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C．卫星运行时受到的向心力大小为
D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
难点八 双星与多星问题
1．“双星”与“多星”系统
“双星”是两颗星相距较近，它们之间的万有引力对两者运动都有显著影响，而其他天体的作用力影响可以忽略的特殊天体系统．它们之所以没有被强大的引力吸引到一起而保持一定的距离不变，是因为它们绕着连线上的共同“中心”以相同的周期做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供它们做圆周运动的向心力．解答“双星”问题要抓住两个要点，即双星的运动周期相等，向心力大小相等．
另有“三星”、“四星”、“多星”系统，其共同点是同一系统中各天体间的距离不变，各星受到的向心力不一定相等，但其运动周期一定相同．
2．“黑洞”
近代引力理论预言的一种引力极强的特殊天体——“黑洞”，能将任何物体吸引进来，包括光线在内的任何物体却不能脱离它．由于黑洞中的光无法逃逸，所以我们无法直接观测“黑洞”． “黑洞”的密度十分巨大，任何物体都不能脱离它的束缚，即使光子也不能从“黑洞”上射出．根据逃逸速度(即第二宇宙速度)是环绕速度的倍，“黑洞”的第二宇宙速度v＝≥c，故一个质量为M的“黑洞”，则其半径R≤.
例8、如图1－4－3所示，质量分别为m和M的两个星球A和 B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引力常量为G.
(1)求两星球做圆周运动的周期．
(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024 kg 和 7.35 ×1022 kg.求T2与T1两者平方之比．(结果保留3位小数)
所以两种周期的平方比值为
【高频考点突破】
考点一 平抛运动问题
例1、7.【2014·浙江卷】如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g取10 m/s2)
第23题图
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；
(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．
L的范围 492 m【变式探究】如图3－5所示，在倾角为θ的斜面顶端A处以初速度v0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求：
(1)小球从A运动到B处所需的时间、落到B点的速度及A、B间的距离．
(2)从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？这个最大距离是多少？
图3-5
考点二 圆周运动问题
例2、【2014·新课标Ⅱ卷】如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
【变式探究】过山车是游乐场中常见的设施．如图3－7是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点．半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动．A、B间距L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够大，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：
图3-7
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；
(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
小球在第二个圆轨道最高点符合临界条件
考点三 天体运动问题
例3、【2014·新课标Ⅱ卷】假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为(　　)
A. B.
C. D.
【举一反三】为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则(　　)
A．X星球的质量为M＝
B．X星球表面的重力加速度为gX＝
C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为＝
D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1
【变式探究】“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式V＝πR3，则可估算月球的 (　　)
A．密度　　　　　　　　B．质量
C．半径 D．自转周期
考点四、人造卫星
例4、（2014上海）、动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比，它们的角速度之比 ，质量之比 。
【举一反三】一个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1/4，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
【变式探究】 “神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2。则等于 (　　)
A.　　　　B. C. D.
考点五、航天器的变轨问题
例5、我国自行设计、 制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道如图所示，其近 地点M和远地点N的高度分别为439 km和2 384 km，则(　　)
A．卫星在M点的势能大于N点的势能
B．卫星在M点的角速度大于N点的角速度
C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度
D．卫星在N点的速度大于7.9 km/s
【特别提醒】
（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。
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
2.【2014·四川卷】有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为(　　)
A. B. C. D.
确．
3.【2014·江苏卷】为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有(　　)
A．两球的质量应相等
B．两球应同时落地
C．应改变装置的高度，多次实验
D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
4.【2014·安徽卷】(18分)Ⅰ.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________．
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中yx2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________．
图2
图3
(3)图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm，y2为45.0 cm，A、B两点水平间距Δx为40.0 cm.则平抛小球的初速度v0为________m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0 cm，则小球在C点的速度vC为________m/s(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)．
5.【2014·安徽卷】如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是(　　)
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
6．【2014·新课标全国卷Ⅰ】太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是(　　)
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径(AU)
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B．在2015年内一定会出现木星冲日
C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
7.【2014·天津卷】研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比(　　)
A．距地面的高度变大
B．向心加速度变大
C．线速度变大
D．角速度变大
8.【2014·浙江卷】长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1＝19 600 km，公转周期T1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r2＝48 000 km，则它的公转周期T2最接近于(　　)
A．15天 B．25天 C．35天 D．45天
9.【2014·安徽卷】在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T＝2πr　　　　　B．T＝2πr
C．T＝ D．T＝2πl
10.【2014·福建卷Ⅰ】若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的(　　)
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
11.【2014·广东卷】如图13所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是(　　)
A．轨道半径越大，周期越长
B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
【答案】AC　
【解析】根据G＝mR，可知半径越大则周期越大，故选项A正确；根据G＝m，可知轨道半
12.【2014·江苏卷】已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(　　)
A．3.5 km/s B．5.0 km/s C．17.7 km/s D．35.2 km/s
13.【2014·山东卷】2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)
A.(h＋2R) B.(h＋R)
C. D.
14.【2014·北京卷]万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．
(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G.将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0.
a. 若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；
b. 若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值的表达式．
(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r、太阳的半径Rs和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的1年将变为多长．
G－F2＝mR
15.【2014·四川卷】石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．
(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R.
(2)当电梯仓停在距地面高度h2＝4R的站点时，求仓内质量m2＝50 kg的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g取10 m/s2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s，地球半径R＝6.4×103 km.
an＝ω2r2⑥
16.【2014·重庆卷】题7图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球表面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面，已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：
题7图
(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；
(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．
由ΔE＝ΔEk＋ΔEp
有ΔE＝m(v2＋)－mgh1
得ΔE＝mv2－mg(h1－h2)
17.【2014·全国卷】已知地球的自转周期和半径分别为T和R，地球同步卫星A的圆轨道半径为h，卫星B沿半径为r(r＜h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同．求：
(1)卫星B做圆周运动的周期；
(2)卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)．
【2013高考真题】
（2013·新课标II卷）21.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小
（2013·四川卷）4．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1- 58lc”却很值得我们期待。该行星的温度在OoC到40oC之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日。“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则
A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同
B．如果人到了该行星，其体重是地球上的倍
C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短
（2013·上海卷）28．(8分)如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。
保持水平槽口距底板高度h＝0.420m不变。改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。
(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成＿＿＿＿关系，与＿＿＿＿无关。
v0(m/s)
0.741
1.034
1.318
1.584
t(ms)
292.7
293.0
292.8
292.9
d(cm)
21.7
30.3
38.6
46.4
(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值发现理论值与测量值之差约为3ms。经检查，实验及测量无误，其原因是＿＿＿＿。
(3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值t′依然大于自己得到的理论值，但二者之差在3－7ms之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是＿＿＿＿。
（2013·上海卷）18．两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则
(A)F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍
(B)F1、F2同时增加10N，F也增加10N
(C)F1增加10N，F2减少10N，F一定不变
(D)若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
（2013·上海卷）19．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出
(A)轰炸机的飞行高度
(B)轰炸机的飞行速度
(C)炸弹的飞行时间
(D)炸弹投出时的动能
（2013·上海卷）6．秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千
(A)在下摆过程中 (B)在上摆过程中
(C)摆到最高点时 (D)摆到最低点时
（2013·江苏卷）7. 如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N 点,两球运动的最大高度相同. 空气阻力不计,则
(A)B的加速度比A 的大
(B)B的飞行时间比A 的长
(C)B在最高点的速度比A在最高点的大
(D)B在落地时的速度比A在落地时的大
【21世纪教育网考点定位】斜上抛运动，运动的合成与分解，要注意理解斜上抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的的匀变速直线运动。难度：中等。
（2013·海南卷）8．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
（2013·广东卷）14.如图3，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A.甲的向心加速度比乙的小 B.甲的运行周期比乙的小
C.甲的角速度比乙的大 D.甲的线速度比乙的大
（2013·北京卷）19.在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实验装置示意如图。小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中，小球从跑出点到落点的水平位移依次是x1，x2，x3，机械能的变化量依次为△E1，△E2，△E3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是
A．x2- x1= x3- x2,, △E1=△E2=△E3
B．x2- x1>x3- x2,, △E1=△E2=△E3
C．x2- x1>x3- x2,, △E1<△E2<△E3
D．x2- x1< x3- x2,, △E1<△E2<△E3
（2013·北京卷）18.某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的经典力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A.半径越大，加速度越大 B.半径越小，周期越大
C.半径越大，角速度越小 D.半径越小，线速度越小
（2013·安徽卷）18.由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为，方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10m/s2）
A.28.8m 1.12×10-2m3 B. 28.8m 0.672m3
C. 38.4m 1.29×10-2m3 D. 38.4m 0.776m3
（2013·上海卷）23．如图，在：半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H为1cm。将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为＿＿＿＿s，在最低点处的加速度为＿＿＿＿m/s2。(取g＝10m/s2)
（2013·福建卷）20．(15分)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0m，B点离地高度H＝1.0m，A、B两点的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力影响，求：
地面上DC两点间的距离s；⑵轻绳所受的最大拉力大小。
（2013·江苏卷）2. 如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B 质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上. 不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是
(A)A的速度比B的大
(B)A与B的向心加速度大小相等
(C)悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
(D)悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
（2013·四川卷）11.（19分）
如下图所示，竖直平面（纸面）内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在x≤O的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；
(2)小球Q的抛出速度vo的取值范围；
(3)B1是B2的多少倍？
（

【2016考纲解读】
本专题的高频考点主要集中在功和功率的计算、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用等几个方面，难度中等，本专题知识还常与曲线运动、电场、磁场、电磁感应相联系进行综合考查，复习时应多注意这些知识的综合训练和应用。功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：
①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；
②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．
从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2015年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法．
【重点知识梳理】
一、求功的方法比较
1．恒力做功的求法
(1)应用公式W＝Fscosα其中α是F、s间的夹角．
(2)用动能定理(从做功的效果)求功：
此公式可以求恒力做功也可以求变力做功．
特别提醒：(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功．
(2)合外力的功也可用W合＝F合scosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．
2．变力做功的求法
名　称
适用条件
求　法
平均值法
变力F是位移s的线性函数
W＝Fscosα
图象法
已知力F与位移s的 F－s图象
图象下方的面积表示力做的功
功率法
已知力F做功的功率恒定
W＝Pt
转换法
力的大小不变，方向改变，如阻力做功，通过滑轮连接
将拉力对物体做功转换为力对绳子做功，阻力做功W＝－Ff·s
功能法
一般变力、曲线运动、直线运动
W合＝ΔEk或W其他＝ΔE
特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，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；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，W＝－Ff·s相对，且Ff·s相对＝ΔE损＝Q内能．
二、两种功率表达式的比较
1．功率的定义式：P＝，所求出的功率是时间t内的平均功率．
2．功率的计算式：P＝Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：
(1)求某一时刻的瞬时功率．这时F是该时刻的作用力大小，取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；
(2)当v为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率．
特别提醒：公式P＝Fvcosθ在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P指发动机的输出功率，F为牵引力，Ff为阻力，则任一时刻都满足P＝F·v，机车任一状态的加速度a＝，当机车匀速运动时，F＝Ff，P＝F·v＝Ff·v.
三、对动能定理的理解
1．对公式的理解
(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能．
(2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体．
(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系．
2．动能定理的优越性
(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功．
(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题．
【难点突破】
难点一　变力做功问题
1．当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求力对位移的平均值再由恒力做功的公式W＝Fxcosα求功，如弹簧弹力做的功．
2．大小不变、方向变化的力做的功(如滑动摩擦力、空气阻力等在曲线运动或往复运动中做的功)：W＝Fs，s为运动质点通过的路程．
3．与势能对应的力(如重力、弹簧的弹力、电场力)做的功等于运动质点相应势能的减少量．
4．作出变力F随位移x变化的图象，图线与坐标轴所围的“面积”表示变力做的功．如图所示，图线下方的对应面积等于变力做的功．
5．当变力的功率一定时(如机车以恒定功率运行)，变力做的功W＝Pt；当变力的功率变化时，可利用平均功率求功，W＝　　
6．利用动能定理求变力做的功，或用功能关系W＝ΔE求变力做的功，即用能量的增量等效变换变力所做的功，如求重力、弹簧弹力做的功．
例1 一质量为m的物体静止在水平面上，在水平方向的拉力F作用下开始运动，在0～6 s内其运动的速度—时间图象与拉力的功率—时间图象如图2－5－2所示，取g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)
图2－5－2
A．拉力F的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做功24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【答案】BD　
【解析】 由图象可知，t＝2 s后物体做匀速直线运动，则F2＝f，由速度为6 m/s，P2＝F2v，故f＝F2＝＝4
【点评】 本题综合考查了运动图象、功率图象、牛顿第二定律、功率及变力做功等相关知识．对分段图象问题，要在明确题意的基础上，对各段分别进行研究，并找出联系相邻两段的物理量．对函数图象问题，还特别要注意函数方程和函数图象是一一对应的关系．
难点二 功率的计算问题
1．平均功率：＝，＝Fcos α(是平均速度)．
2．瞬时功率：P＝Fvcosα(v是瞬时速度，α是力F与瞬时速度之间的夹角)．重力的瞬时功率PG＝mgvcosα＝mgvy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度的乘积．
注意：功和功率的概念易与v－t图象、F－t图象等函数图象一起综合考查，一般可通过v－t图象求得位移，通过F－t图象读出力，然后利用W＝Fxcosα、P＝Fvcosα等公式求解．
例2、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．下列判断正确的是(　　)
A．0～2 s内外力的平均功率是
B．第2 s内外力所做的功是 　
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
难点三 机车启动问题
1．求解机车发动机类问题的关键是要明确机车的功率是牵引力的功率，不是机车受到的合力的功率．发动机允许输出的最大功率即为其额定功率，它是在正常条件下可以长时间工作的最大功率．
2．机车两种启动方式的运动对比
启动方式
以恒定功率启动
匀加速启动
v－t图象
运动过程比较
分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段
分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段
运动过程联系
以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似
3.机车两种启动方式流程图
(1)以恒定功率启动
(2)匀加速度启动
例3 、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＝1000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：
(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶，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′.
【点评】 本题是机车发动机功率问题的综合计算题，结合生活实际和节能减排，重点考查了减速过程中的能量转换，通过用于轿车的机械功和克服安培力做功的比例关系间接求解减速过程中产生的电能，进一步计算减速过程产生的电能能够维持轿车匀速前进的距离．
难点四 动能定理在曲线运动中的应用
1．动能定理既适用于做直线运动的物体，也适用于做曲线运动的物体．
2．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；力既可以同时作用，也可以分段作用；力可以是各种性质的力．
3．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．
4．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．
5．动能定理建立的是外力做的总功和物体动能变化之间的一个双向关系：既可以由总功求物体动能的变化，又可以由动能的变化求总功．它是求解变力做功的有效方法．
6．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．
例4 、如图2－5－5所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，∠COB＝θ.现有质量为m的小物体从距D点为的高处无初速释放，已知物体恰能从D点进入圆轨道，求：
(1)为使小物体不会从A点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？
(2)若小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝则小物体在斜面上通过的总路程为多少？
(3)在(2)的条件下，当小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C的最大压力和最小压力各是多少？
【点评】 应用动能定理解答竖直平面内的圆周运动问题，尤其是多过程的问题，需要准确分析物体在每一过程的受力情况和运动情况，明确各阶段运动的联系和能量变化情况．
【高频考点突破】
考点一 功的计算
功的计算在高中阶段占有十分重要的地位，涉及功的计算问题，要掌握以下三点：
1．判断力是否做功的方法：恒力作用时用力和位移的夹角判断，变力作用时一般用力和速度的夹角判断．
2．做功的求法：恒力做功应用W＝Fscosθ，变力做功优先考虑动能定理或将变力转化为恒力．
3．整体法求功：涉及连接体的问题，若不涉及内力做功，一般优先考虑整体法．
例1、【2014·新课标Ⅱ卷】一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1
B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1
【举一反三】如图5－1所示，竖直平面内放一直角杆，直角杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.20，竖直部分光滑，两部分各套有质量为2.0 kg和1.0 kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA＝1.5 m，OB＝2.0 m，g取10 m/s2，则
图5－1
(1)若用水平拉力F1沿水平杆向右缓慢拉A，使之移动0.5 m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？
(2)若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0 m/s的速度匀速上升0.5 m，此过程中拉力F2做功多少？
考点二 功率的计算
公式P＝F·vcosθ的应用在解题过程中的几种情况：
1．计算某一力的瞬时功率，若力F与速度v之间有夹角θ，则P＝Fvcosθ，体现分解F或v的思想；若F与v共线同方向，则P＝F·v.
2．计算机车启动类问题时，牛顿第二定律－f＝ma和匀速状态时P额＝f·vm两公式的联合应用．
3．对恒定功率问题，也可用动能定理的形式Pt－f·s＝mvt2－mv2.
例2、【2014·江苏卷】如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g.
(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;
(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;
(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间的摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率.
电动机做功　W＝m(2v0)2－mv＋Q
由P＝，解得P＝.
【变式探究】如图5－3所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静置于水平面．t＝0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB＝1.0 m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.求：
图5－3
(1)物体A刚运动时的加速度aA；
(2)t＝1.0 s时，电动机的输出功率P；
(3)若t＝1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P′＝5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t＝3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.则在t＝1.0 s到t＝3.8 s这段时间内木板B的位移为多少？
考点三 动能定理的应用
动能定理是力学的基本规律，在应用动能定理分析解决问题时，要注意以下几点：
1．研究对象一般是单个物体，分析的过程可以是单一过程，也可以是几个过程组成的复杂过程，物体的运动可以是直线运动也可以是曲线运动．
2．分析研究对象的受力情况(包括重力)，各力是否做功，做正功还是负功，并分别求出各力做功的代数和，但要注意求功时，位移必须是相对地面的．
3．确定过程始、末状态的动能．
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．
例3、【2014·福建卷Ⅰ】图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
【举一反三】如图5－5甲所示为游乐场中过山车的实物图片，图乙是过山车的模型图．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，固定在倾角为α＝37°的倾斜直轨道平面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜直轨道之间圆滑连接．现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜直轨道向下运动．已知斜直轨道与小车间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(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？
考点四、机械能守恒定律的应用
例4、【2014·安徽卷】如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则(　　)
A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2
C．v1＝v2，t1【举一反三】如图所示，一倾角为θ＝30°的光滑斜面底端有一与斜面垂直的固定挡板M，物块A、B之间用一与斜面平行的轻质弹簧连接，现用力缓慢沿斜面向下推动物块B，当弹簧具有5 J弹性势能时撤去推力释放物块B；已知A、B质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，其中弹簧的劲度系数k＝1 000 N/m。x为弹簧形变量。g＝10 m/s2，求：
(1)当弹簧恢复原长时，物块B的速度大小；
(2)物块A刚离开挡板时，物块B的动能。
Ep＝EkB＋kx＋mBg(x1＋x2)·sin θ，
解得EkB＝3.6 J。
【答案】(1)2 m/s　(2)3.6 J
【特别提醒】机械能守恒定律的三种表达式及用法
(1)守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2，运用此法求解只有一个物体(实际是单个物体与地球组成的系统)的问题较方便，注意选好参考平面；
(2)转化观点：ΔEp＝－ΔEk，此法的优点是不用选取参考平面；
(3)转移观点：ΔE增＝－ΔE减，此法适用于求解两个或两个以上物体(实际是两个或两个以上物体与地球组成的系统)的问题。
考点五、功能关系和能量守恒
例5、【2014·福建卷Ⅰ】如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在两物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
【答案】C　
【解析】设斜面倾角为θ，物块速度达到最大时，有kx＝mgsin θ，若m1【举一反三】 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。
【变式探究】北京奥运会的闭幕式给我们留下了深刻的印象。在闭幕式演出中出现了一种新型弹跳鞋叫弹跳跷，主要是由后面的弹簧(弓)和铝件组成，如图所示。绑在脚上， 能够一步行走两到三米的距离，弹跳高度达到一至两米，是青少年中新兴的一种体育运动。一名质量为m的学生穿着这种鞋从距地面H高处由静止落下，若与水平地面撞击后反弹能上升到原高度H处，忽略空气阻力和与地面撞击过程中的机械能损失，则下列说法中正确的是 (　　)
A．学生的速度最大时，系统的重力势能和弹性势能的总和最小
B．学生的速度最大时，系统的重力势能和弹性势能的总和最大
C．学生下落到最低点时，系统的重力势能最小，弹性势能最大
D．学生下落到最低点时，系统的重力势能最大，弹性势能最大
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【2014·重庆卷】某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)　
A．v2＝k1v1 B．v2＝v1 C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
2.【2014·新课标Ⅱ卷】取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A.　　　　　B. C. D.
3.【2014·全国卷】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A．tanθ和 B.tanθ和
C．tanθ和 D.tanθ和
4.【2014·广东卷】图9是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
5.【2014·广东卷】(2)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
①如图23(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表．由数据算得劲度系数k＝________N/m.(g取9.80 m/s2)
砝码质量(g)
50
100
150
弹簧长度(cm)
8.62
7.63
6.66
②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23 (b)所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________．
③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________．
④重复③中的操作，得到v与x的关系如图23(c)．由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比．
　　　　　
(c)
6.【2014·山东卷】某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．
实验步骤：
①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；
②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示．在A端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；
实验数据如下表所示：
G/N
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
F/N
0.59
0.83
0.99
1.22
1.37
1.60
④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；
⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间的距离s.
图甲
图乙
完成下列作图和填空：
(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出FG图线．
(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝______(保留2位有效数字)．
(3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g表示)．
【2013高考真题】
（2013·新课标II卷）20.目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是
A.卫星的动能逐渐减小
B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
（2013·天津卷）2、我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
（2013·大纲卷）20．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了
（2013·山东卷）16.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 （ ）
A.两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
（2013·江苏卷）9. 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB =a,物块与桌面间的动摩擦因数为.现用水平向右的力将物块从O点拉至A 点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中
(A)物块在A点时,弹簧的弹性势能等于
(B)物块在B点时,弹簧的弹性势能小于
(C)经O点时,物块的动能小于
(D)物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
（2013·江苏卷）5. 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
(A)30%
(B)50%
(C)70%
(D)90%
（2013·广东卷）19．如图7，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
（2013·福建卷）20．(15分)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0m，B点离地高度H＝1.0m，A、B两点的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力影响，求：
地面上DC两点间的距离s；⑵轻绳所受的最大拉力大小。
（2013·北京卷）23.（18分） 蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。最初，运动员静止站在蹦床上在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。
把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx (x为床面下沉的距离，k为常量)。质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；在预备运动中，假设运动员所做的总共W全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为△t=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为xl。取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。
求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；
2、求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm;
3、借助F-x 图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求 x1 和W的值
（2013·广东卷）35．（18分）如图18，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求
(1) P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2) 此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep

【2016考纲解读】
高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用．此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力．预计2015年高考此类题目仍会出现．
【重点知识梳理】
一、电场中的功能关系的应用
1.电场力的大小计算
电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α.
(2)由W＝qU计算，此公式适用于任何电场．
(3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB.
(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
2．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
二、磁场中的功能关系的应用
1.磁场力的做功情况
(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．
(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种
①由公式W＝Flcos α计算．
②由动能定理计算：W安＋W其他力＝ΔEk
2．电磁感应中的功能关系
(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)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．
【高频考点突破】
考点一 电场中的功能关系的应用
例1、如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电，电荷量为q，质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中心C时，速度大小为vC＝v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场．
(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度．
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
【点评】处理此问题应注意以下几点：
①电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．
②在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特
别应注意电场力和摩擦力做功的特点．
【变式探究】如图所示，有三根长度均为L＝0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q＝3×10－6 C．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)

(1)此匀强电场的电场强度E为多大；
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．
考点二、磁场中的功能关系的应用
例2、如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是 (　　)．
A．P＝2mgvsin θ
B．P＝3mgvsin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【点评】功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的规律．
【变式探究】如图所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程(　　)．
A．安培力对ab棒所做的功相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能相等
D．通过ab棒的电荷量相等
【方法技巧】
在物理变化的过程中，常存在着某些不变的关系或不变的量，在讨论一个物理变化过程时，对其中的各个量或量的变化关系进行分析，寻找到整个过程中或过程发生前后存在着不变关系或不变的量，则成为研究这一变化过程的中心和关键．这就是物理学中最常用的一种思维方法——守恒思维法，简称守恒法．
人们在认识客观世界的过程中积累了丰富的经验，总结出许多守恒定律．建立在守恒定律之下的具体的解题方法可分为：能量守恒法、机械能守恒法、电荷守恒法、质量守恒法及动量守恒法等．能量守恒定律是物理学中普遍适用的规律之一，是物理教材的知识主干，也是历年高考各种题型正面考查或侧面渗透的重点，且常见于高考压轴题中．
由于守恒定律适用范围广，处理问题方便，因此，寻求“守恒量”已成为物理研究的一个重要方面．
例1、如图所示，两平行金属导轨相距l＝0.6 m，其倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量m＝0.2 kg、长为l的导体棒固定在ab位置，导体棒的电阻为R0＝1 Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3.现导体棒获得平行斜面向上的初速度v0＝10 m/s滑行最远至a′b′位置，所滑行距离为s＝4 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)把导体棒视为电源，最大输出功率是多少？
(2)导体棒向上滑行至a′b′过程中所受的安培力做了多少功？
(3)以ab位置为重力势能的零点，若导体棒从ab沿导轨面向上滑行d＝3 m过程中电阻R产生的热量QR＝2.1 J，此时导体棒的机械能E′为多大？
【变式探究】
(2013·浙江卷，24) “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．
(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？
(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1．（2014·四川卷）如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.
(1)求发射装置对粒子做的功；
(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．
【2013高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）16.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将
A.打到下极板上 B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回 D.在距上极板d处返回
（2013·上海卷）33．(16分)如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连。导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5T。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
(1)同路中的电流；
(2)金属棒在x＝2m处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率。
（2013·天津卷）12、（20分）超导体现象是20世纪人类重大发现之一，目前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。
（1）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于的电流变化，其中I，当电流的变化小于时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e。试用上述给出的各物理量，推导出的表达式。
（3）若仍试用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法。
此题易错点：分析能量的转换关系以及微观量与宏观量关系时出错。
【2012高考真题】
（2012·四川）23．（16分）
四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：
（1）电动机内阻消耗的热功率；
（2）将蓄水池蓄水864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。
（2012·上海）33．（14分）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。

【2016高考考纲解读】
本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题．这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题．高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题；③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题．
【重点知识梳理】
一、对电场强度的理解及计算
电场强度三个表达式的比较
表达式
比较　　　
E＝
E＝k
E＝
公式意义
电场强度定义式
真空中点电荷的电场强度决定式
匀强电场中E与U关系式
适用条件
一切电场
①真空；②点电荷
匀强电场
决定因素
由电场本身决定，与q无关
由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定
由电场本身决定
二、电场的基本性质
三、带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法处理．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场力方向，做匀加速直线运动．
四、带电粒子在磁场中的运动
【高频考点解读】
考点一、电场的特点与性质
例1、(2014·重庆)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则(　　)
A．Wa＝Wb，Ea>Eb　　
B．Wa≠Wb，Ea>Eb
C．Wa＝Wb，EaD．Wa≠Wb，Ea【拓展提升】
一、基础知识要记牢
电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比
表达式
特点
电场
强度
E＝，E＝k，E＝
矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大
电势
φ＝
标量，与零电势点的选择有关，沿电场线电势逐渐降低
电势能
Ep＝qφ，ΔEp＝－W电
标量，电场力做正功，电势能减小
2．电势
(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面。
(2)判断UAB的正负，根据UAB＝φA－φB，比较φA和φB的大小。
3．电势能
电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小处移向电势能较大处。
【举一反三】(2013·江苏卷，3)(单选)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是 (　　)．
【点评】分析电场强度叠加问题的一般步骤
电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场强度的叠加问题的一般步骤是：
(1)确定分析计算的空间位置；
(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；
(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．　　　　
【变式探究】如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处 (　　)．
A．场强大小为，方向沿OA方向
B．场强大小为，方向沿AO方向
C．场强大小为，方向沿OA方向
D．场强大小为，方向沿AO方向
考点二、电场的基本性质
例2、(2014·北京)如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是(　　)
A．1、2两点的场强相等
B．1、3两点的场强相等
C．1、2两点的电势相等
D．2、3两点的电势相等
【举一反三】(2013·江苏卷，6)(多选)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则(　　)．
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
【方法技巧】1．记住两个重要结论：第一，场强的大小与电场线的疏密有关；第二，电势的高低与电场线的方向有关．
2．弄清两个问题：第一，静电力做功的正、负由电荷的正、负及两点间的电势差共同决定，而并非由电场线的疏密决定；第二，公式U＝Ed用于匀强电场中的定量计算和非匀强电场中的定性分析．
3．抓住两个要点：第一，电势的高低与场强的大小无必然联系，反之亦然；第二，场强的方向总是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面，且与等势面垂直．　
【变式探究】如图 所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、电势能为EA；在B点的加速度为aB、电势能为EB.则下列结论正确的是 (　　)．
A．粒子带正电，aA>aB，EA>EB
B．粒子带负电，aA>aB，EA>EB
C．粒子带正电，aAD．粒子带负电，aA考点三、带电粒子在电场中的运动
例3、(2014·新课标Ⅰ)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向为△OAB所在平面平行，现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；
若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
【拓展提升】
一、基础知识要记牢
1．加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解。
(2)非匀强电场中，用功能关系求解qU＝mv2－mv。
2．偏转
在匀强电场中，当v0与E方向垂直时，带电粒子的运动为类平抛运动。
(1)沿v0方向的匀速直线运动x＝v0t。
(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动。
加速度a＝＝
偏转位移：y＝at2＝()2＝
偏转角：tanφ＝＝ ＝。
二、方法技巧要用好
1．解决带电粒子在电场中运动问题的一般思路
(1)选取研究对象；
(2)分析研究对象受力情况；
(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)；
(4)建立正确的物理模型，恰当选用规律或其他手段(如图线等)找出物理量间的关系，建立方程组解题；
(5)讨论所得结果。
2．重力是否可忽略的问题
在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略。一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
【举一反三】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的
中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；
(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．
【方法技巧】
1．带电粒子在电场中的直线运动
(1)根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)根据动能定理与电场力做功的特点及运动学公式求解．在非匀强电场中的加速问题，一般属于物体受变力作用运动问题．处理的方法只能根据动能定理与电场力做功，结合运动学公式求解．
2．带电粒子在电场中的偏转运动：
带电粒子垂直于匀强电场场强方向进入电场后，受到恒定的电场力作用，且与初速度方向垂直，因而做匀变速曲线运动——类平抛运动．
(1)运动分解法：在垂直电场方向做匀速直线运动，在平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．
(2)能量守恒法：包括动能定理、能量守恒定律．　
【变式探究】如图所示，水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则 (　　)．
A．液滴做的是匀速直线运动
B．液滴做的是匀减速直线运动
C．两板间的电势差为
D．液滴电势能减少了mgd
考点四　带电粒子在磁场中的运动
例4、(2014·山东)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
【拓展提升】
一、基础知识要记牢
引起粒子在匀强磁场中做圆周运动多解的四种原因：
(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解。
(4)圆周运动的周期性形成多解。
二、方法技巧要用好
解决本类问题的一般思路：
(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向；
(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态；
(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算。
【举一反三】如图 所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场．在t＝0时刻，一位于正方形区域中心O的粒子源在abcd平面内向各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长，不计重力和粒子之间的相互作用力．已知平行于ad方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd上的某点离开磁场，求：
(1)粒子的比荷；
(2)从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间；
(3)假设粒子源发射的粒子在各个方向均匀分布，在t＝t0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比．
所以从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间为t＝t0
【方法技巧】体会熟记三个结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．　
【变式探究】如图 所示，等腰直角三角形OPQ，直角边OP、OQ长度均为L，直角平面内(包括边界)有一垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在PQ边下方放置一带电粒子发射装置，它沿垂直PQ边发射出一束具有相同质量、电荷量和速度v的带正电粒子，已知带电粒子的比荷为：＝，求：
(1)粒子在磁场中运动的半径；
(2)粒子能在磁场中运动的最长时间．
(3)粒子从OQ边射出的区域长度．
【方法技巧】
从物理规律的时间或空间对称角度研究、处理问题的思维方法叫做对称思维法．它表明物理规律在某种变换下具有不变性，是物质世界一致性与和谐性的反映．物理学中的对称现象比比皆是，对称的运动、对称的作用、对称的电路、对称的结构、对称的物像等等．例如竖直上抛运动中速度对称、时间对称；简谐运动中速度、加速度、回复力的大小，动能和势能的对称等．在已有经验的基础上通过直接思维或借助于对称原理的启发进行联想类比，来分析挖掘研究对象、物理过程、结构分布等在某些属性上的对称特点．一般情况下对称性表现为研究对象在结构上的对称、物理过程在时间和空间上的对称、物理量在分布上的对称、物理作用在效果上的对称等等．
【举一反三】(2013·安徽卷，20)(单选)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)(　　)．
A．k B．k
C．k D．k
【举一反三】半径为R的圆环均匀带正电，MN为通过环心O、垂直于圆环平面的竖直轴线，如图所示，一个带正电的微粒从轴线上的P点由静止释放，带电微粒下落穿过环心O，在带电微粒从P点到O点的运动过程中，最大电场力小于带电微粒的重力，则下列描述正确的是 (　　)．
A．带电微粒的加速度一定减小
B．带电微粒的加速度可能先减小后增大
C．带电微粒的电势能减小
D．带电微粒的电势能先增大后减小
【高考真题精选】
【2014高考真题】
1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φF＝φP，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )

A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
2.【2014·新课标Ⅱ卷】关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A．电场强度的方向处处与等电势面垂直
B．电场强度为零的地方，电势也为零
C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
3．【2014·安徽卷】一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如右图所示．下列图像中合理的是( )
4.【2014·北京卷】如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( )

A．1、2两点的场强相等
B．1、3两点的场强相等
C．1、2两点的电势相等
D．2、3两点的电势相等
5. 【2014·全国卷】地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg、带电荷量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)( )
A．－1.50×10－4 J和9.95×10－3 J
B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J
C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J
D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J
【答案】D
＋ W2＝9.65×10－3 J，根据动能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3 J，因此D项正确．
6.【2014·广东卷】如图12所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P，带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( )
A．M与N的距离大于L
B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同
D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
7.【2014·江苏卷】如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低8.【2014·山东卷】如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )


A B

C D
9. 【2014·天津卷】如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】本题是对带电微粒在复合场中的运动、动能定理、机械能守恒定律、受力分析的综合考查，通过图像中的运动轨迹，无法判断电场力的方向，只能判断出微粒所受的合外力方向竖直向下，运动过程中合力的方向与运动方向的夹角为锐角，合外力做正功，微粒的动能增加，A、B错误，C正确．由于不能判断出电场力的方向，所以机械能的变化也不能确定，D错误．
10.【2014·浙江卷】如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝时，细线上的拉力为0
C．当＝时，细线上的拉力为0
D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0
【答案】AC
【解析】本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识．根据库仑定律可知小球A与B之间的库仑力大小为k，选项A正确．若细线上的21世纪教育网拉力为零，小球A受重力、库仑力和支持力作用，如图所示，由平衡条件可得F＝k＝mgtan θ，选项B错误，选项C正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A的支持力不可能为0，选项D错误．
11.【2014·重庆卷】如题3图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )
A．Wa＝Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb
C．Wa＝Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb
12.【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求

(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
【答案】25．(1)7∶3 (2)，方向略
【解析】设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
E＝.?
13.【2014·安徽卷】(14分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
14.【2014·福建卷Ⅰ】如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向．
【2013高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）16.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将
A.打到下极板上 B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回 D.在距上极板d处返回
（2013·新课标Ⅰ卷）15.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q (q>O)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)
A.k B. k C. k D. k
（2013·新课标II卷）18.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为
A.B.C.D.
（2013·天津卷）6、两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ与O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（　　）
A.q由A向O的运动是匀加速直线运动
B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C.q运动到O点时的动能最大
D.q运动到O点时电势能为零
（2013·上海卷）10．两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则
(A)a处为正电荷，qa＜qb
(B)a处为正电荷，qa＞qb
(C)a处为负电荷，qa＜qb
(D)a处为负电荷，qa＞qb
（2013·山东卷）19. 如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（ ）
A．b、d两点处的电势相同
B.四点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小
（2013·江苏卷）6. 将一电荷量为+Q 的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等. a、b 为电场中的两点,则
(A)a点的电场强度比b点的大
(B)a点的电势比b 点的高
(C)检验电荷-q 在a 点的电势能比在b 点的大
(D)将检验电荷-q 从a 点移到b 点的过程中,电场力做负功
（2013·江苏卷）3. 下列选项中的各圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各圆环间彼此绝缘. 坐标原点O 处电场强度最大的是
（2013·海南卷）1．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知在P、Q连线至某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ。则
A．q1=2q2 B．q1=4q2
C．q1=-2q2 D．q1=-4q2
（2013·安徽卷）20.如图所示，平面是无穷大导体的表面，该导体充满的空间，的空间为真空。将电荷为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上处的场强大小为（k为静电力常量）
A. B. C. D.
【答案】D
（2013·安徽卷）23、（16分）
如图所示的平面直角坐标系xoy，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正三角形区域内有匀强电场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且边与轴平行。一质量为、电荷量为的粒子，从轴上的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，通过电场后从轴上的点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达点时速度的大小和方向；
（3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。
【答案】（1）2mV02/4qE（2）（3）
（2013·重庆）3．如题3图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则
A．α粒子在M点的速率比在Q点的大
B．三点中，α粒子在N点的电势能最大
C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功
（2013·北京卷）22．（16分） 如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
、、为已知量。

⑨
（2013·上海卷）32．(12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积。
(1)写出E－r曲线下面积的单位；
(2)己知带电球在r≥R处的场强E＝kQ／r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?
(3)求球心与球表面间的电势差△U；
(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
（2013·大纲卷）25．（19分）一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内

（1）粒子位移的大小和方向；
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。
、、、 （每个式子1分）
t＝ （1分）
解得t＝T/4 （1分）
【考点定位】考查带电粒子在交变电场中的运动及其相关知识。
（2013·新课标II卷）24.（14分）如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。
【21世纪教育网考点定位】电场、动能定理、牛顿第二定律
【2012高考真题】
（2012?重庆）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
（2012·上海）11．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为-2q的点电荷，其所受电场力为 （ ）
（A）-F/2 （B）F/2 （C）-F （D）F
（2012·上海）13．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是 （ ）
（A）3V，1.8J （B）3V，3.6J （C）6V，l.8J （D）6V，3.6J
【考点定位】电场、恒定电流和电路
（2012·广东）19.图5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有　　　　　　　　　　　　　　　　　( )
A.带正电的矿粉落在右侧　　　　　　　
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大　　　　　　
D.带正电的矿粉电势能变小
【答案】BD
（2012·山东）19．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）
A．带负电　　　　
B．在c点受力最大　　　　　
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
D正确。
【考点定位】电场
（2012·安徽）20. 如图1所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出： =2，方向沿轴。现考虑单位面积带电量为的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为 （ ）
A. 2 B. 2
C. 2 D. 2
（2012·安徽）18.如图所示，在平面直角 中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点处的电势为6 V, 点处的电势为3 V, 则电场强度的大小为 （ ）
A.200V/m B.200 V/m C.100 V/m D. 100 V/m
（2012·大纲版全国卷）24.（16分）（注意：在试题卷上作答无效）
如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
12. （2012·海南）N（N>1）个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图。若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，方向 。（已知静电力常量为k）
【答案】k 沿OP指向P点
【答案】由对称性可知，均匀分布在半径为R的圆周上N个带电小球在圆心O点处的电场强度大小为零。若移去位于圆周上P点的一个小球，剩余带电小球在圆心O点处产生的电场强度与P点小球在圆心O点产3. （2012·海南）如图，直线上有o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在o点处有固定点电荷，已知b点电势高于c点电势。若一带负电电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则
A.两过程中电场力做的功相等
B.前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C.前一过程中，粒子电势能不断减小
D.后一过程中，粒子动能不断减小
（2012·福建）15、如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将、移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．的电荷量小于的电荷量
D．在A点的电势能小于在B点的电势能
（2012·江苏）2. 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是
(A) C 和U 均增大(B) C 增大,U 减小
(C) C 减小,U 增大(D) C 和U 均减小
（2012·江苏）1. 真空中,A、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r,则A、B 两点的电场强度大小之比为
(A) 3 :1 (B) 1 :3
(C) 9 :1 (D) 1 :9
（2012·天津）5． 两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中
A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
（2012·浙江）19、用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是
A.摩擦使笔套带电
B. 笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C. 圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D. 笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
（2012·江苏）15. (16 分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;
(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U;
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.
【2014高考真题精选】
1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
2．【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
A．2 B. C．1 D.
3．【2014·山东卷】如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)
A. B.
C. D.
4.【2014·新课标Ⅱ卷】图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
5．【2014·江苏卷】如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
【答案】CD　
【解析】由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，
6．【2014·安徽卷】“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)
A. B．T
C. D．T2
7.【2014·北京卷】带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有(　　)
A. qaC. Ta8.【2014·全国卷】如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1 )电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间．
9．【2014·福建卷Ⅰ】如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．
(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；
(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；
(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值．
10．【2014·广东卷】(18分)如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若211.【2014·四川卷】如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.
(1)求发射装置对粒子做的功；
(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．
12．【2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s.
13.【2014·天津卷】同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：
(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；.
(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn；
(3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．
Tn＝
T′＝＝
14.【2014·浙江卷】离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)
第25题图1
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；
(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；
第25题图2
(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．
15.【2014·重庆卷】某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问
题8图
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系．
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
由m＝I和P＝I2R
得m0＝
16.【2014·重庆卷】如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.
题9图
(1)求电场强度的大小和方向．
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．
得E＝，方向竖直向上．
17．【2014·江苏卷】某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．
(1)求磁场区域的宽度h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．
18.【2014·山东卷】如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．
图甲　　　　　　　　　　图乙
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.

【2016高考预测】
预计2015年高考对该部分内容的考查主要是：
(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．
【重点知识梳理】
一、带电粒子在组合复合场中的运动
“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力
FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动规律
匀速圆周运动r＝，T＝
类平抛运动vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝t2
运动时间
t＝T＝
t＝，具有等时性
动能
不变
变化
二、带电粒子在叠加复合场中的运动
【高频考点解读】
考点一、带电粒子在组合复合场中的运动
例1、 (2014·全国大纲卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与轴负方向的夹角为θ，求
(1 )电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
qv0B＝m ①
【拓展提升】
一、基础知识要记牢
1．带电粒子在复合场中的运动情况分析
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。
(1)当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)。
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
2．带电粒子在复合场中的受力情况分析
(1)带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力、洛伦兹力。
(2)带电粒子在复合场中的运动问题除了利用力学即动力学观点、能量观点来分析外，还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等。
【举一反三】 (2013·安徽卷，23)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45 °角，不计粒子所受的重力．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝.
答案　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45 °角　(3)
【方法技巧】
1．带电粒子在组合场中运动时，“场区切换”常常导致粒子轨迹形状、弯曲方向等发生改变．这种组合场主要有两种，以带负电粒子为例，具体分析如下：
类型
异向有界磁场组成的组合场
同向有界磁场组成的组合场
图象
几何特点
粒子在两个区域的圆心连线通过粒子轨迹与边界的交点A
小圆的圆心在大圆的一条半径上，解题时一定要抓住这一几何特点，同时建立相应的几何关系
2.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
【变式探究】如图所示，在坐标系y轴左右两侧分别有宽度L＝0.2 m理想的匀强磁场与匀强电场，已知磁感应强度B＝2×10－3 T，方向垂直纸面向里；电场强度E＝40 V/m，方向竖直向上．一个带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度从x轴的P点(－0.2 m,0)与x轴成30°角垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入电场，最后从电场右边界射出．求：(不考虑带电粒子的重力)
(1)带电粒子从进入磁场到射出电场的运动时间t.
(2)带电粒子飞出电场时的动能．
考点二、带电粒子在叠加复合场中的运动
例2、如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，空间内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x>0的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E.一个带正电的油滴经过图中x轴上的A点，恰好能沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下的直线做匀速运动，经过y轴上的B点进入x<0的区域，要使油滴进入x<0区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x<0区域内另加一匀强电场．若带电油滴做圆周运动通过x轴上的C点，且OA＝OC，设重力加速度为g，求：
(1)油滴运动速度的大小．
(2)在x<0区域所加电场的大小和方向．
(3)油滴从B点运动到C点所用时间及OA的长度．
【方法技巧】
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析．
3．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
(4)对于临界问题，注意挖掘隐含条件．
5．记住三点：(1)受力分析是基础；
(2)运动过程分析是关键；
(3)根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的规律列方程求解．　　
【变式探究】 如图所示，在一竖直平面内，y轴左方有一水平向右的匀强电场E1和垂直于纸面向里的匀强磁场B1，y轴右方有一竖直向上的匀强电场E2和另一匀强磁场B2.有一带正电荷量为q、质量为m的微粒，从x轴上的A点以初速度v与水平方向成θ角沿直线运动到y轴上的P点，A点到坐标原点O的距离为d.微粒进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后以与P点运动速度相反的方向打到半径为r的的绝缘光滑圆管内壁的M点(假设微粒与M点内壁碰后的瞬间速度不变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场不受影响地穿透圆管)，并沿管内壁下滑至N点．设m、q、v、d、r已知，θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
考点三、带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动
例3、如图3－7－8所示，在xOy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿y轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图3－7－9所示．一质量m＝3.2×10－13 kg、电荷量q＝－1.6×10－10 C的带电粒子，在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度从坐标原点沿x轴正向运动，不计粒子重力，求：
图3－7－8
图3－7－9
(1)粒子在磁场中运动的周期；
(2)t＝20×10－3 s时粒子的位置坐标；
(3)t＝24×10－3 s时粒子的速度．
【方法技巧】求解带电粒子在交变复合场中运动问题的基本思路
【特别提醒 】
若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作粒子刚进入电场时刻的匀强电场．　　　　
【变式探究】如图所示，在xOy平面内存在均匀分布、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子(不计重力)．其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x轴上有一点A，坐标为.
(1)求时带电粒子的位置坐标；
(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离；
(3)粒子经多长时间经过A点．

【方法技巧】 临界状态是指物体从一种运动状态(或物理现象)转变为另一种运动状态(或物理现象)的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后一种运动状态(或物理现象)的特点，起着承前启后的作用．临界状态是物理问题中常遇到的一种情况，以临界状态的规律为突破口来解决问题的方法称为临界思维法．临界问题是物理学中一个非常重要的问题，求解时要综合运用数学、物理的知识与方法，其中解题的关键在于：找出临界点，确定临界条件，分析研究对象在临界点前后两种不同状态所具有的特征．具体问题中，有的临界条件较明显，有的临界条件则较隐蔽，较明显的临界问题，题中常有“刚好”、“恰好”、“最大(小)值”等词语．较隐蔽的临界问题就需要充分挖掘临界条件．
【例1】 如图3－7－11甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中．MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d.
已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．试求：
图3－7－11
(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径．
(2)带电粒子射出电场时的最大速度．
(3)带电粒子打在屏幕上的范围．
解析　(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小．
【变式探究】 (2013·福建卷，22)如图3－7－12甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m、电量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．
图3－7－12
(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a,0)点，求v1的大小；
(2)已知一粒子的初速度大小为v(v＞v1)，为使该粒子能经过A(a,0)点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin θ值；
(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向入射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm.
【高考真题精选】
【2014高考真题精选】
1.【2014·全国卷】如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1 )电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间．
2．【2014·广东卷】(18分)如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2即r1＝L
联立上式解得
B＝B0.
3.【2014·四川卷】如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.
(1)求发射装置对粒子做的功；
(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．
θ0＝0?
则题目所求为　　0<θ≤arcsin?
4．【2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s.
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则
5.【2014·天津卷】同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：
(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；.
(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn；
(3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．
【答案】(1)　(2)　(3)A 图，理由略
【解析】(1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得

vn＝
v′n＝＝vn
6.【2014·浙江卷】离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)
第25题图1
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；
(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；
第25题图2
(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．
根据几何关系得r＝⑨
由⑥⑨式得vmax＝ .
7.【2014·重庆卷】如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.
题9图
(1)求电场强度的大小和方向．
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．
得E＝，方向竖直向上．
【2013高考真题精选】
1．（2013·北京卷）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：
(1)匀强电场场强E的大小；
(2)粒子从电场射出时速度v的大小；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.
2．（2013·江苏卷）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如图2所示．x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q.不计重力．在t＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．
(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；
(2)求B0 应满足的关系；
(3)在t0(03．（2013·重庆卷）如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(　　)
A.，负　　　　　B.，正
C.，负 D.，正
4． （2013·四川卷）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数 k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．

【2016高考预测】
本专题的高频考点主要集中在电能、电功率的有关计算、闭合电路的动态分析、电路的实际应用等方面，难度适中，另外与本专题有关的电学实验是每年高考必考的内容，复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及其适用条件。
恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心,考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题;二是以闭合电路的欧姆定律为中心,考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系;三是以电路中的电工仪表的使用为中心,考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点. 欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题，值得说明的是，近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的基本技能.尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.
【重点知识梳理】
一、直流电路
1．电功和电热
电功W＝qU＝UIt；电热Q＝I2Rt.
(1)对纯电阻电路，电功等于电热，即电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能，所以W＝Q＝UIt＝I 2Rt＝t.
(2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽)，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能(如机械能或化学能等)，所以电功必然大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt计算，电热只能用Q＝I 2Rt计算，两式不能通用．
2．闭合电路欧姆定律
表达形式：①E＝U外＋U内；②I＝ (I、R间关系)；③U＝E－Ir(U、I间关系)；④U＝E(U、R间关系)．
注意：①当外电路断开时(I＝0)，路端电压U等于电动势E.若用理想电压表测量，则读数等于电动势，在进行断路故障分析时，常用此结论进行判断，即何处断路，何处两端电压等于电动势．但用电压表直接测量时，读数却略小于电动势(因为有微弱电流流过电源而产生内压降)．
②当外电路短路时(R＝0，因而U外＝0)，电流最大，为Im＝(不允许出现这种情况，因为这会把电源烧坏)．
3．电源的功率与效率
(1)电源的功率P：也称电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P＝IE(普遍适用)；P＝＝I2(R＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．
(2)电源内阻消耗功率P内：是电源内阻的热功率，也称电源的损耗功率，计算式为：P内＝I2r.
(3)电源的输出功率P外：是外电路上消耗的功率，计算式为：P外＝IU外(普遍适用)；P外＝I2R＝(只适用于外电路为纯电阻的电路)．
(4)电源的效率：η＝＝＝＝.
(5)电源的输出功率(P外)与外电阻R的关系：
P外＝＝.
P外与R的关系图象如图4－11－1所示．由图可以看出：
图4－11－1
当R＝r时，电源的输出功率最大，Pm＝，此时电源效率η＝50%.
当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小．
当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大．
当R由小于r增大到大于r时，随着R的增大输出功率先增大后减小(非单调变化)．
4．含容电路的分析技巧
电容器两极板间的电压等于与电容器并联的电阻两端的电压，与电容器串联的电阻两端的电压一定为零(有阻无流，则无电压)．
二、　直流电路动态分析
1．引起电路特征发生变化的主要原因有：①滑动变阻器滑片滑动，使电路的电阻发生变化；②开关的闭合、断开或换向(双掷开关)使电路结构发生变化；③电路发生短路和断路(电路故障)．
2．电路动态变化问题的分析思路
当电路中某处的电阻发生变化时，先由局部电阻的变化推出外电路电阻R外的变化，再由闭合电路的欧姆定律I总＝和U端＝E－I总r讨论干路电流I总的变化和路端电压U端的变化，最后分析对其他部分电路产生的影响，从而分别确定各元件上其他量的变化情况(使用的公式是部分电路欧姆定律、电路中各元件上的电压关系和电流关系等)．
注意：①电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，随任一电阻的减小而减小；电阻并联的数目越多，总阻值越小；
②从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题；
③对电路进行简化时，电压表和电容器视为断路，电流表视为短路；
④电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，其所在电路中有充、放电电流，电路达到稳定状态时，电容器就相当于一个阻值无穷大的电阻，则电容器所在电路处可视为断路．分析计算含有电容器的直流电路时应注意：
电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻没有电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器充(放)电．
例1、如图4－11－2所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】A　
【解析】变阻器R0的滑动端向下滑动时，接入电路中的电阻变小，电路中总电阻变小，由I＝可得，
【点评】本题的分析思路是：变阻器接入电路的电阻变小，导致电路总电阻变小，再由闭合电路欧姆定律确定干路电流变大，最后再根据各部分的串并联情况，利用串并联电路特点和部分电路欧姆定律分别确定各量的变化情况．本题是滑动变阻器滑片移动引起的电路动态变化，下面的变式题则是因开关断开引起的电路变化．
【变式探究】如图4－11－3所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)
A．V的读数变大，A的读数变小
B．V的读数变大，A的读数变大
C．V的读数变小，A的读数变小
D．V的读数变小，A的读数变大
三、与电功、电功率、电热相关问题的综合分析
明晰电功、电功率、电热的概念与相互关系．
电功W
电热Q
电功率P
物理意义
电流通过电路做的功，即使电荷定向移动时电场力做的功
电流通过导体所做的功，电阻上所产生的热量
表征电流做功快慢的物理量，用电流所做的功与所用时间的比值来表示
能量转化
消耗的电能转化为其他形式的能量(内能、机械能、化学能等)
消耗的电能转化为内能
说明：纯电阻电路中，电功率等于热功率；非纯电阻电路中，电功率只有一部分转化成热功率．纯电阻电路中只有电阻元件，如电熨斗、电炉、白炽灯等；非纯电阻电路中常含有电动机、电解槽等．
例2、如图所示，已知电源电动势E＝20 V，内阻r＝1 Ω，当接入固定电阻R＝4 Ω时，电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L和内阻RD＝0.5 Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：
(1)电路中的电流大小；
(2)电动机的额定电压；
(3)电动机的输出功率．
点评：处理该类题目首先应当注意接入电动机的电路是非纯电阻电路.电动机的输入功率(即消耗的总功率UI)=转化为机械能的功率+转化为内能的功率.其中电动机的输出功率就是转化为机械能的功率,电解槽的输出功率就是转化为化学能的功率.
四、含容电路问题的综合分析
电容器是一个储存电能的元件.在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流.一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件,电容器所处电路看做是断路,简化电路时可去掉它.简化后若要求电容器所带电荷量时,可在相应的位置补上.在具体方法上要注意以下几点:
(1)根据Q=CU?ΔQ=CΔU可知,要求电容器所带电荷量以及充放电时所带电荷量的变化,关键是求电容器两端的电压.
(2)在电路分析时要注意电容器所在支路的连接情况.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以此支路中的电阻上无电压降,可以把与电容器串联的电阻看成导线,电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.
(3)对于较复杂的电路,经常需要将电容器两端的电势与基准点的电势进行比较后才能确定电容器两端的电压.
五、U-I图像的意义
复习时注意电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如图所示):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势;2.与横轴的截距表示短路电流;3.斜率的绝对值表示电源内阻;4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻;5.阴影部分面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。
导体的伏安特性曲线反映导体的性质.如果是遵循欧姆定律的线性元件,这是一条直线,电阻恒定不变(如图中直线b所示);如果是不遵循欧姆定律的非线性元件,如气体?半导体等,就是一条曲线.电阻不断变化,其曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是此时导体的电阻(或说成此点与坐标原点连线的斜率表示此时导体的电阻).
例3、为探究小灯泡L的伏安特性,连好图示的电路后闭合开关,通过移动变阻器的滑片,使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大,直到小灯泡正常发光,由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图像应是( )
六、直流电路的图象问题
1．三种图象的比较
图象
物理意义
注意问题
反映I跟U的正比关系
图象的斜率表示导体的电阻，斜率越大，电阻越大
反映导体的伏安特性，图象是直线表示导体为线性元件，是曲线表示导体为非线性元件
线性元件图象斜率的倒数为导体的电阻
表示电源的输出特性，纵轴截距为电源电动势，横轴截距为短路电流
图象斜率的绝对值表示电源的内阻(注意纵坐标数值在坐标原点是否从零值开始)
2．方法技巧
在某段电路的U－I图象中，图上任意一点的U与I所对应的矩形面积，就是该段电路消耗的功率，如果是电源的U—I图象，则图上任意一点的U与I所对应的矩形面积，就是电源的输出功率，通过图象的面积变化，可以分析功率的变化情况。
解决图象问题应注意
(1)明确图象的研究对象。根据题目反映的物理规律确定各物理量之间的关系。
(2)识别图象中横坐标、纵坐标所代表的物理量及物理意义，明确图象的截距、斜率、图象交点、峰值、“面积”等的物理意义。
(3)对图象进行分析、比较、判断，找出规律得出结论。
例4、如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况， 下列说法中正确的是 (　　)
A．阴影部分的面积表示电源的输出功率
B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率
C．当α＝β时，电源的总功率最大，效率最高
D．当α＝β时，电源的效率小于50%
【答案】A
【特别提醒】高考中涉及电流部分的图象主要有：路端电压与电流关系图、导体的伏安特性曲线图、电源的输出功率与电流关系图、电源的总功率与电流关系图。求解时一定要注意闭合电路的U－I图线和电阻的U－I图线所表征的物理意义不同，前者描述的对象是电源，后者描述的对象是电阻。对于图象的斜率问题要注意二点：一是在物理图象上不能用夹角的正切求斜率，要清楚夹角的大小与坐标标度的选取有关，斜率表示的物理量与坐标标度无关；二是不要认为U－I图线上某点对应的电阻值等于该点切线的斜率大小，其对应的阻值应为该点与原点所连直线的斜率大小。
【高频考点突破】
考点一、欧姆定律 电阻定律
【例1】AB两地间铺有通讯电缆，长为L，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通常称为双线电缆，在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保护层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两导线之间接了一个电阻，检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置：
⑴令B端的双线断开，在A处测出双线两端间的电阻RA；
⑵令 A端的双线断开，在B处测出双线两端的电阻RB；
⑶在 A端的双线间加一已知电压UA，在B端用内阻很大的电压表测出两线间的电压UB.试由以上测量结果确定损坏处的位置，
考点二、 电功 电功率 电热
【例2】不考虑温度对电阻的影响，对一个"220 v，40 w”的灯泡，下列说法正确的是
A．接在110 V的电路上时的功率为20 w
B．接在110 V的电路上时的功率为10 w
C．接在440 v的电路上时的功率为160 w
D. 接在220 v的电路上时的功率为40 w
【变式探究】有一个直流电动机，把它接入0.2 V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4 A；若把电动机接入2.0 V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0 A。求电动机正常工作时的输出功率多大？如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？
考点三、 闭合电路欧姆定律
【例3】 在如图A-10-45-4所示电路中，电池电动势 E=5 V，内阻r=10 Ω，固定电阻R=90 Ω，R0是可变电阳．在R0由零增加到400Ω的过程中．求：
⑴可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率．
⑵电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．
考点四、直流电路的分析
闭合电路的动态分析方法
（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是：
①由局部电阻变化判断总电阻的变化；
②由I＝判断总电流的变化；,③据U＝E－Ir判断路端电压的变化；
④由欧姆定律及串并联电路特点判断各部分电流、电压变化。
(2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。
(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论。
(4)结论法：
“串反”“并同”即某一电阻阻值变化，则与该电阻相串联的用电器，两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反；与该电阻相并联的用电器，两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同。
例4、如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中 (　　)
考点五、含电容电路的分析
(1)电容器在直流电路中，相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的电阻，在电容器处电路可视为断路，分析时可以等效于拆去电容器，从而简化电路；简化后若求电容器所带电荷量，可接在相应的位置上。
(2)电路稳定后，电容器两极的电压等于与它并联电路的电压值。
(3)当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压。
(4)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。
(5)电容器带电荷量或带电荷量变化的求解方法：电容器所带电荷量用Q＝CU计算，电容器所带电荷量变化用ΔQ＝C·ΔU计算。
例5、在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 (　　)
A．增大R1的阻值　　　　　B．减小R2的阻值
C．减小R3的阻值 D．增大M、N间距
【变式探究】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，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中，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，电容器中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
考点六、考查U-I图像
电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如图所示):
1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势；
2.与横轴的截距表示短路电流；
3.斜率的绝对值表示电源内阻；
4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻；
5.阴影部分面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。
导体的伏安特性曲线反映导体的性质.如果是遵循欧姆定律的线性元件,这是一条直线,电阻恒定不变(如图中直线b所示);如果是不遵循欧姆定律的非线性元件,如气体?半导体等,就是一条曲线.电阻不断变化,其曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是此时导体的电阻(或说成此点与坐标原点连线的斜率表示此时导体的电阻).
例6、为探究小灯泡L的伏安特性,连好图示的电路后闭合开关,通过移动变阻器的滑片,使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大,直到小灯泡正常发光,由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图像应是( )
【变式探究】某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知 (　　)
A．反映Pr变化的图线是b
B．电源电动势为8 V
C．电源内阻为1 Ω
D．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【2014·天津卷】如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是(　　)
A．增大R1的阻值
B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离
D．断开开关S
2.（2014上海）18.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值△I，则（ ）
（A）A的示数增大 （B）V2的示数增大
（C）△V3与△I的比值大于r (D) △V1大于△V2
3.【2014·浙江卷】小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．
(1)图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．
第22题图1
(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U-I图上，如图2所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(选填“○”或“×”)表示的．
第22题图2
(3)请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为________Ω.
4.【2014·重庆卷】(1)某照明电路出现故障，其电路如题6图1所示，该电路用标称值为12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．
题6图1
维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．
①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如题6图2所示，读数为________ V，说明________正常(选填“蓄电池”或“保险丝”或“开关”或“小灯”)．
题6图2
②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和题6图2相同，可判定发生故障的器件是________(选填“蓄电池”或“保险”或“开关”或“小灯”)．
5．【2014·新课标全国卷Ⅰ】利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9 Ω)，电阻R0(阻值为3.0 Ω)，电阻R1(阻值为3.0 Ω)，电流表A(量程为200 mA，内阻为RA＝6.0 Ω)，开关S.
图(a)
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻值箱相应的阻值R；
③以为纵坐标，R为横坐标，作 -R图线(用直线拟合)；
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b.
回答下列问题：
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为________．
(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0 Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________．
R/Ω
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
I/A
0.143
0.125
①
0.100
0.091
0.084
0.077
I－1/A－1
6.99
8.00
②
10.0
11.0
11.9
13.0
图(b)
图(c)
(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝________A－1Ω－1，截距b＝________A－1.
(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
6.【2014·新课标Ⅱ卷】在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则______(选填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
7．【2014·安徽卷]Ⅱ.其同学为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻，进行了如下实验．
(1)他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103 Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5 V，则电压表的示数应为________V(结果保留两位有效数字)

(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：
A．断开开关S，按图2连接好电路；
B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C．将电阻箱R0的阻值调到零；
D．闭合开关S；
E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3 V位置；
F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；
G．断开开关S.
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：最大阻值2000 Ω
c．滑动变阻器：最大阻值10 Ω
d．电阻箱：最大阻值9999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω
e．电阻箱：最大阻值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω
f．电池组：电动势约6 V，内阻可忽略
g．开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)
②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真(填“>”或“<”)；若RV越大，则越________(填“大”或“小”)．
【答案】(1)1.0 V
8．【2014·北京卷]利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
(1)应该选择的实验电路是图1中的________(选填“甲”或“乙”)．
图1
(2)现有电流表(0～0.6 A) 、开关和导线若干，以及以下器材：
A. 电压表(0～15 V)
B. 电压表(0～3 V)
C. 滑动变阻器(0～50 Ω)
D. 滑动变阻器(0～500 Ω)
实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(选填相应器材前的字母)
(3) 某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线.
序号
1
2
3
4
5
6
电压
U(V)
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I
(A)
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
图2
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.
(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P-U关系的是________．
图3
9.【2014·全国卷】现要测量某电源的电动势和内阻．可利用的器材有：电流表A，内阻为1.00 Ω； 电压表V；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干．某同学设计的测量电路如图(a)所示．
(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端．
图(a)
图(b)
(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I. 数据如下表所示．根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出UI图线．
I(mA)
193
153
111
69
30
U(V)
2.51
2.59
2.68
2.76
2.84
图(c)
(3)根据UI图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留2位有效数字)
【答案】(1)连接如图所示．
10.【2014·福建卷Ⅰ】(1)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.
(2)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．
①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig＝100 μA，内阻rg＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只阻值为________Ω(保留一位小数)的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；
甲
乙
③某次实验的数据如下表所示：
测量次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压表V读数U/V
5.26
5.16
5.04
4.94
4.83
4.71
4.59
4.46
改装表A读数I/mA
20
40
60
80
100
120
140
160
该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是______________________．
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母)
A．电压表内阻的影响
B．滑动变阻器的最大阻值偏小
C．R1的实际阻值比计算值偏小
D．R0的实际阻值比标称值偏大
12．【2014·广东卷】(1)某同学设计的可调电源电路如图22(a)所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S.
①用电压表测量A、B两端的电压：将电压表调零，选择0～3 V挡，示数如图22(b)所示，电压值为________V.
②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于________端．
③要使输出电压U变大，滑片P应向________端滑动．
④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在________的风险(选填“断路”或“短路”)．
④若电源电路输出端短路，电源电路中没有接入保护电阻，则当滑片滑至B端时，电路就会短路，电源被烧毁．
13．【2014·江苏卷】某同学通过实验测量一种合金的电阻率．
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧题10-1图所示的部件________ (选填“A”“B”“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________mm.
(2)题10-2图所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．
(题10-1图)
(题10-2图)
(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω，为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应做怎样的改进？请写出两条建议．
14．【2014·山东卷】实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
图甲　　　　　　　　　　　图乙
电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；
电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值电阻：R0＝3 Ω；
电源：电动势6 V，内阻可不计；
开关、导线若干．
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(选填“a”或“b”)．
(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.
(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．
15.【2014·四川卷】(2)下图是测量阻值约几十欧的未知电阻R x的原理图，图中R0是保护电阻(10Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)．
在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：
(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；
(ⅱ)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；
(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R1和I2值；
(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．
根据实验回答以下问题：
①现有四只供选用的电流表：
A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)
B．电流表(0～3 mA，内阻未知)
C．电流表(0～0.3 A，内阻为5.0 Ω)
D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)
A1应选用________，A2应选用________．
②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”“变大”或“变小”)．
③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．
④根据以上实验得出Rx＝________Ω.
④根据(Rx＋RA2)I2＝(R0＋R1＋RA1)I2，可得R1＝I2－(R0－RA1)，即R1—I2图像的斜率k＝，根据图像并代入相关数据，可得Rx＝31 Ω.
【2013高考真题】
（2013·上海卷）24．如图，电路中三个电阻Rl、R2和R3的阻值分别为R、2R和4R。当电键S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0。则电源电动势为＿＿＿＿；当S1、S2都断开时，电源的总功率为＿＿＿＿。
（2013·江苏卷）4. 在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示. M 是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻发生变化,导致S 两端电压U 增大, 装置发出警报,此时
(A) 变大,且R 越大,U 增大越明显
(B) 变大,且R 越小,U 增大越明显
(C) 变小,且R 越大,U 增大越明显
(D) 变小,且R 越小,U 增大越明显
（2013·福建卷）15．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10Hz
B．该电动势的有效值为V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10W
D．电路中理想交流电流表的示数为1.0A
（2013·安徽卷）19.用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值，是灵敏度
很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表的电流为零时，测得，，则Rx的阻值为
A. B.
C. D.
（2013·安徽卷）16、如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。一导体棒MV垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T。将导体棒MV由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MV的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）
A．2.5m/s 1W B．5m/s 1W
C．7.5m/s 9W D．15m/s 9W
（2013·江苏卷）10. (8 分)为探究小灯泡的电功率P 和电压U 的关系,小明测量小灯泡的电压U和电流I,利用P =UI得到电功率.实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W”,电源为12 V 的电池,滑动变阻器的最大阻值为10.
(1)准备使用的实物电路如题10-1 图所示.请将滑动变阻器接入电路的正确位置.(用笔画线代替导线)
(题10-1 图)
(2)现有10、20 和50 的定值电阻,电路中的电阻R1 应选(((((((的定值电阻.
(3)测量结束后,应先断开开关,拆除(((((((两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材.
(4)小明处理数据后将P、 描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如题10-2 图所示. 请指出图象中不恰当的地方.
（2013·天津卷）12、（20分）超导体现象是20世纪人类重大发现之一，目前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。
（1）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于的电流变化，其中I，当电流的变化小于时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e。试用上述给出的各物理量，推导出的表达式。
（3）若仍试用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法。


【2016考纲解读】
电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。题型多为选择题、计算题。主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。预测2015年的高考基础试题重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。
【重点知识梳理】
一、法拉第电磁感应定律
法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式．
磁通量变化的形式
表达式
备注
通过n匝线圈内的磁通量发生变化
E＝n·
(1)当S不变时，E＝nS·
(2)当B不变时，E＝nB·
导体垂直切割磁感线运动
E＝BLv
当v∥B时，E＝0
导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动
E＝BL2ω
线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动
E＝nBSω·
sinωt
当线圈平行于磁感线时，E最大为E＝nBSω，当线圈平行于中性面时，E＝0
二、楞次定律与左手定则、右手定则
1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则．
2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化．
3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．
三、电磁感应与电路的综合
电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4－12－1所示：
1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U＝E.
2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．
说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影．
【难点突破】
难点一　电磁感应的图象问题
在电磁感应问题中出现的图象主要有B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象，有时还可能出现感应电动势E或感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E－x图象或I－x图象．
(1)对切割类电磁感应图象问题，关键是根据E＝BLv来判断感应电动势的大小，根据右手定则判断感应电流的方向并按规定的正方向将其落实到图象中．
(2)电磁感应图象问题的特点是考查方式灵活：根据电磁感应现象发生的过程，确定给定的图象是否正确，或画出正确的图象；由题目给定的图象分析电磁感应过程，综合求解相应的物理量．
(3)电磁感应图象问题可综合法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则、右手定则及左手定则，结合电路知识和力学知识求解．
(4)电磁感应图象问题的解题方法技巧：根据初始条件，确定给定的物理量的正负或方向的对应关系和变化范围，确定所研究的物理量的函数表达式以及进出磁场的转折点等，这是解题的关键．
例1 如图4－12－2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是(　　)
【点评】 电磁感应的图象问题在广东高考中出现的形式一般是选择正确的感应电流的图线或感应电动势的图线．要求理解图线的意义，能够根据导线或线圈的运动情况找出感应电动势或感应电流的变化规律，根据变化规律画出感应电动势或感应电流随时间变化的图象．
【变式探究】在图4－12－5所示的四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向，则在图4－12－15所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图4－12－4所示的是(　　)
难点二 电磁感应与电路的综合问题
1．解答电磁感应与电路的综合问题时，关键在于准确分析电路的结构，能正确画出等效电路图，并综合运用电学知识进行分析、求解．
2．求解过程中首先要注意电源的确定，通常将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为等效电源；其次是要能正确区分内、外电路，应把产生感应电动势的那部分电路视为内电路，感应电动势为电源电动势，其余部分相当于外电路；最后应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律求解，处理问题的方法与闭合电路问题的求解基本一致．
例2、法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图可用图4－12－6表示，两块面积均为S的矩形金属板平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d.水流速度处处相同，大小为v，方向水平．金属板与水流方向平行．地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关K连接到两金属板上．忽略边缘效应，求：
(1)该发电装置产生的电动势；
(2)通过电阻R的电流；
(3)电阻R消耗的电功率．
难点三 涉及电磁感应的力电综合题
以电磁感应现象为核心，综合应用牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律及电路等知识形成的力电综合问题，经常以导体棒切割磁感线运动或穿过线圈的磁通量发生变化等物理情景为载体命题．
(1)受力与运动分析
导体棒运动切割磁感线产生感应电动势，而感应电流在磁场中受安培力的作用，安培力将阻碍导体棒的运动．导体棒运动过程受到的安培力一般是变力，引起导体棒切割磁感线运动的加速度发生变化．当加速度变为零时，运动达到稳定状态，最终导体棒做匀速直线运动，利用平衡条件可求导体棒稳定状态的速度．
(2)解题思路
①利用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向；
②应用闭合电路欧姆定律求电路中的感应电流的大小；
③分析所研究的导体的受力情况，关注安培力的方向；
④应用运动学规律、牛顿第二定律、动能定理、平衡条件等列方程求解．
例3　、如图4－12－7所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)小环所受摩擦力的大小；
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．
P＝2 W
【点评】 电磁感应过程实质是电能与其他形式的能之间相互转化的过程，安培力做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，“外力”克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．一般解题思路是：(1)若安培力为恒力，由于电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功，可先求克服安培力做的功；(2)若安培力为变力，应从能量守恒角度解题，即系统初态总机械能等于系统末态总机械能与产生的电能之和；(3)利用电路中所产生的电能计算．
【变式探究】 如图4－12－8甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．
(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；
(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．
E＝0，I＝0
【高频考点突破】
考点一 电磁感应中的图象问题
电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E、感应电流I、安培力F安或外力F外随时间t变化的图象,即B－t图、Φ－t图、E－t图、I－t图、F－t图.对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移s变化的图象,即E－s图、I－s图等.
图象问题大体上可分为两类：
1.由给定的电磁感应过程选出或画出正确图象,此类问题要注意以下几点：
(1)定性或定量地表示出所研究问题的函数关系;
(2)在图象中E、I、B等物理量的方向通过正负值来反映;
(3)画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达.
2.由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量．
不管是何种类型,电磁感应中的图象问题常需利用右手定则、左手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律进行分析解决.
例1.如图所示,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁 场宽度均为L.边长为L的正方形线框 abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上.使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是(　　)
【变式探究】如图所示,水平面内有一平 行金属导轨,导轨光滑且电阻不 计,匀强磁场与导轨平面垂直.阻 值为R的导体棒垂直于导轨静止 放置,且与导轨接触良好.t＝0时,将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.下列图象正确的是(　　)
考点二 电磁感应中的动力学问题
1．动力学问题的研究对象
2．解决电磁感应中动力学问题的具体思路
电源―→电路―→受力情况―→功、能问题
具体步骤为：
(1)明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源；
(2)正确分析电路的结构，画出等效电路图；
(3)分析所研究的导体受力情况；
(4)列出动力学方程或平衡方程并求解．
例2、如图所示,两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨上端连接一个定值电阻R.导体棒a和b放在导轨上,与导轨垂直并良好接触.斜面上水平虚线PQ以下区域内,存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场.现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F,使它沿导轨匀速向上运动,此时放在导轨下端的b棒恰好静止.当a棒运动到磁场的上边界PQ处时,撤去拉力,a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动,此时b棒已滑离导轨.当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时,又恰能沿导轨匀速向下运动.已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,b棒的质量为m,重力加速度为g,导轨电阻不计.求:
(1)a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中,a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比;
(2)a棒质量ma；
(3)a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F.
当a棒沿斜面向上运动时Ib＝⑥
IbLB＝mgsinθ⑦
【变式探究】如图所示,两足够长的光滑金属 导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直.一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放.导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I.整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻.求:
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度v的大小；
(3)流经电流表电流的最大值Im.
答案：(1)　(2)　(3)
考点三 电磁感应中的电路、 能量转化问题
1．电路问题
(1)将切割磁感线导体或磁通量发生变化的回路作为电源，确定感应电动势和内阻．
(2)画出等效电路．
(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式，焦耳定律公式等求解．
2．能量转化问题
(1)安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：
(2)明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生了转化.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.
(3)根据不同物理情景选择动能定理,能量守恒定律,功能关系,列方程求解问题.
例3、如图所示,宽度L＝0.5 m的光滑金 属框架MNPQ固定于水平面内,并处在磁感应强度大小B＝0.4 T,方向竖直向下的匀强磁场中,框架的电阻非均匀分布.将质量m＝0.1 kg,电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上,并与框架接触良好.以P为坐标原点,PQ方向为x轴正方向建立坐标系.金属棒从x0＝1 m处以v0＝2 m/s的初速度,沿x轴负方向做a＝2 m/s2的匀减速直线运动,运动中金属棒仅受安培力作用.求:
(1)金属棒ab运动0.5 m，框架产生的焦耳热Q；
(2)框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；
(3)为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4 s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4 s金属棒的运动距离，以及0.4 s时回路内的电阻R，然后代入q＝＝求解．指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果．
【解析】　
(1)金属棒仅受安培力作用，其大小
【变式探究】电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15 m,两导轨间距L＝0.75 m,导轨倾角为30°,导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻,磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r＝0.5 Ω,质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好,从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端,在此过程中金属棒产生的焦耳热Q1＝0.1 J.(取g＝10 m/s2)求:
(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm,有同学解答如下:由动能定理,W重－W安＝
mv,…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.（2014上海）17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。则磁场（ ）
（A）逐渐增强，方向向外 （B）逐渐增强，方向向里
（C）逐渐减弱，方向向外 （D）逐渐减弱，方向向里
2.【2014·新课标全国卷Ⅰ】 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
3.【2014·新课标全国卷Ⅰ】 如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)
4.【2014·江苏卷】 如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
5.【2014·山东卷】 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是(　　)
A．FM向右 B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
6．【2014·四川卷】 如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
7.【2014·安徽卷】 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk
8.【2014·全国卷】 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
9.【2014·广东卷】 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
10.【2014·江苏卷】 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)
A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯
11. 【2014·新课标Ⅱ卷】 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g.求
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小：
(2)外力的功率．
12.【2014·安徽卷】 (16分)如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.
图1
图2
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
【答案】 (1)－0.6 V　(2)略　(3)7.5 J
【解析】 (1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)，E＝1.5 V(D点电势高)
13.【2014·北京卷】 (20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻．
(1) 通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q;
(2)若导线MN的质量m＝8.0 g、长度L＝0.10 m，感应电流I＝1.0 A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)；
阿伏伽德罗常数NA
6.0×1023 mol－1
元电荷e
1.6×10－19 C
导线MN的摩尔质量 μ
6.0×10－2 kg/mol
(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．
其中，S为导线MN的横截面积．
14.【2014·江苏卷】 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
能量守恒定律　3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2
解得　Q＝2mgdsin θ－.
15.【2014·天津卷】 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？

16.【2014·浙江卷】 某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)
第24题图
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
17.（2014上海）.（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为1350，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m=2kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。
(1)若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA 。
（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间△t。
（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J,求初速度v3 。

【2013高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）17.如图.在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是
（2013·新课标II卷）16.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是
（2013·天津卷）3、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面积的电量为；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为，则（　　）
A. B.
C. D.
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（2013·大纲卷）17．纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（ ）
（2013·四川卷）7．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B= kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R。，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R。、R2=。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为
（2013·山东卷）18.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是 （ ）
（2013·海南卷）10．如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
（2013·海南卷）9．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是
A．B1=B2B．B1=B2=B3
C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里
D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
（2013·海南卷）6．如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为
D．棒经过环心时所受安培力的大小为
（2013·北京卷）17. 如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度V向右匀速滑动, MN中产生的感应电动势为El;若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El: E2分别为
A、c→a，2：1 B、a→c，2：1 C、a→c，1：2 D、c→a，1：2
（2013·安徽卷）15、图中a，b，c，d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
（2013·福建卷）18．如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
（2013·广东卷）36.（18分）如图19（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴承转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图19（b）所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻
（1）根据图19（b）写出ab、bc段对应I与ω的关系式
（2）求出图19（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc
（3）分别求出ab、bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式
（2013·上海卷）26．(3分)演示地磁场存在的实验装置(由环形线圈，微电流传感器，DIS等组成)如图所示。首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转。
（2013·上海卷）33．(16分)如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连。导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5T。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
(1)同路中的电流；
(2)金属棒在x＝2m处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率。

（2013·天津卷）12、（20分）超导体现象是20世纪人类重大发现之一，目前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。
（1）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于的电流变化，其中I，当电流的变化小于时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e。试用上述给出的各物理量，推导出的表达式。
（3）若仍试用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法。
【答案】（1）见解析　（2）　（3）见解析
（2013·新课标Ⅰ卷）25.（19分）
如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
（2013·重庆）7．（15）小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如题7图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的计数为，铜条在磁场中的长度L。
（1）判断铜条所受安培力的方向，和哪个大？
（2）求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。
【

【2016考纲解读】
1．交流发电机及其产生正弦式电流的原理。正弦式电流的图像和三角函数表达。最大值与有效值。周期与频率
2．电阻、电感和电容对交变电流的作用
3．变压器的原理。电压比和电流比
4．电能的输送
交变电流部分的知识点不是很多，一般以难度中等或中等偏下的选择题出现。高考题型以选择题为主，重点考查交流电的产生原理、图像、表达式以及交流电的有效值，变压器的原理，远距离输电中的线路损耗问题，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识。本部分知识常与电场和力学知识结合在一起考查考生的综合分析能力，如带电粒子在交变电场中的运动等。虽然交流电的有关知识不属于高考物理的重点内容，但也不能因此而放弃对其基本内容的理解和掌握。因为交流电路与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考试题中出现的频率较高。
【重点知识梳理】
一?交变电流的产生和变化规律
1.交变电流
(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流.
(2)特例:随时间按正弦规律变化的电流叫做正弦式电流,正弦式电流的图像是正弦曲线,我国城镇使用的交变电流都是正弦式电流.
2.正弦式电流的产生和规律
(1)产生:如图所示,将一个平面线圈置于匀强磁场中,并使它绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线圈中就会产生正弦式电流.
甲:线圈中没有电流
乙:电流从a流向b
丙:线圈中没有电流
丁:电流从b流向a
戊:线圈中没有电流
(2)中性面:平面线圈在匀强磁场中旋转,当线圈平面垂直于磁感线时,各边都不切割磁感线,线圈中没有感应电动势,这个位置叫做中性面.如图中甲?丙?戊线圈所在平面即是.
中性面的特点是:
①线圈位于中性面时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零.
②线圈经过中性面时,内部的电流方向要发生改变.
3.规律:n匝面积为S的线圈以角速度ω绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从中性面开始计时,其函数形式为e=nBSωsinωt,用Em表示感应电动势的峰值,图像如图所示,则有感应电动势大小:e=Emsinωt,
电流大小:i sinωt=Imsinωt,电压大小:u=Umsinωt.
4.表征交变电流的物理量
(1)瞬时值
正弦式交变电流的电动势和电流随时间的变化而变化,不同的时刻有不同的值,叫做交变电流的瞬时值,变化规律为e=Emsinωt,i=Imsinωt,用小写的字母表示.
(2)最大值
交变电流在一个周期内所能达到的最大值,也称峰值,反映的是交变电流大小的变化范围,当矩形线圈转到与磁感线平行时出现.其表达式用大写字母加脚标表示,瞬时值与最大值的关系为-Em≤e≤Em,-Im≤i≤Im.
(3)有效值
①定义:如果让交流电流和直流电流分别通过同样的电阻,在同一时间内产生的热量相同,这个直流电流的数值就称为该交流电流的有效值.
②正弦式电流的最大值和有效值的关系为:
(5)周期和频率
①交变电流的周期和频率都是描述交变电流变化快慢的物理量.
②周期T:交变电流完成一次周期性变化所需的时间,单位是秒(s).周期越大,交变电流变化越慢,在一个周期内,交变电流的方向变化两次.
③频率f:交变电流在1 s内完成周期性变化的次数,单位是赫兹,符号为Hz.频率越大,交变电流变化越快.
二?变压器?远距离输电
1.电压关系:
(输出电压由输入电压和匝数比决定,与用电器的电阻大小以及有无其他副线圈无关).
2.功率关系:P入=P出或I1U1=I2U2+I3U3+…+InUn.
3.电流关系:I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn,当只有一个副线圈时I1n1=I2n2.
4.远距离输电
(1)问题:电能的损失和电压的损失.
(2)关键:减少输电线上电能的损失,P损=I2R线.
(3)方法:①减小输电导线的电阻,如采用电阻率小的材料,加大导线的横截面积;②提高输电电压,减小输电电流.
【特别提醒】
1．中性面：当线圈平面转动至垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，感应电动势为零，即线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面．
注意：①线圈通过中性面时，磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率为零．
②线圈平面通过跟中性面垂直的位置时，线圈平面平行于磁感线，所以磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大．
③线圈平面每次通过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周则线圈两次通过中性面，故一个周期内线圈中电流方向改变两次．
2．交变电流的描述
(1)峰值：反映交变电流大小的变化范围，线圈平面跟磁感线平行时，交变电动势最大，Em＝NBSω.电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．
(2)有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的．让交变电流和恒定电流通过同样阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫做交变电流的有效值．
注意：①交变电流的有效值反映的是交变电流产生热效应的平均效果．
②正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E＝Em，U＝Um，I＝Im.
3．变压器
(1)原理：法拉第电磁感应定律．
(2)电压关系：＝，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压与匝数成正比．
(3)功率关系：无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和．
①当只有一个副线圈工作时，有U1I1＝U2I2，＝.
②若有两个以上的副线圈，则有：P1＝P2＋P3＋…，＝、＝…，n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
(4)决定关系：在匝数比一定的情况下，理想变压器的输出电压由输入电压决定，输入电流由输出电流决定，输入功率由输出功率决定．
【难点突破】
难点一　表征交变电流的物理量
交变电流的最大值、瞬时值、有效值、平均值都有其特殊的意义．在交流电路中，不加特别说明的情况下，电流、电压都是指有效值，交流电压表、电流表的示数均为有效值．在求电功、电功率、电热等时要用交变电流的有效值，在求通过导线截面的电荷量时要用交变电流的平均值．在交流电路中要特别注意对交流电有效值的理解和计算．
例1、在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图4－11－4甲所示．产生的交变电动势的图象如图4－11－4乙所示，则(　　)
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【答案】B　
【解析】 由图乙可知，正弦交流电电压的最大值为311 V，周期T＝0.02 s，所以该交流电的有效值为U有
【点评】 本题考查了正弦交变电流的产生原理、电动势的峰值和有效值的关系等交变电流的基础知识．下面的变式题则考查理想变压器的工作原理．
【变式探究】图4－11－5甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω，则(　　)
A．电压表的示数为6 V
B．在t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
C．若线圈转速变为25 r/s，则电动势有效值为3 V
D．若线圈转速变为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A
难点二 变压器原理
处理变压器问题的一般思路
1．处理与变压器相关的电路问题时，一般将电路分成原线圈回路、副线圈回路分别考虑，用变压器的相关公式处理两回路的关系．
2．分析变压器动态变化问题的思路模型
3．在匝数比一定的情况下，理想变压器的输出电压由输入电压决定，输入电流由输出电流决定，输入功率由输出功率决定．
例2、一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图4－11－6甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是(　　)
A．副线圈输出电压的频率为50 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31 V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增加
【变式探究】某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上输送的电流大小为2×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
【答案】B　
难点三 远距离输电问题
一、远距离输电与变压器
1．远距离输电示意图如图4－11－7所示．
2．常用关系：
升压变压器副线圈功率P1等于降压变压器原线圈功率P2与输电线损失功率Pr之和；升压变压器副线圈电压U2等于降压变压器原线圈电压U3与输电线上产生的电压降Ur之和；输电电流等于输电功率与输电电压之比I2＝，输电线上损失功率Pr＝Ir.
例3、如图4－11－8所示，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减小，U4变大　　
B．U2不变，U3变小
C．P1变小，P2变小
D．P2变大，P3变大
【答案】BD　
【点评】 对于远距离输电问题，应明确远距离输电流程及各级变压器输入输出参量关系如何变化以及变化的量之间存在哪些定量关系和决定关系：电压制约关系——输出电压U2由输入电压U1决定；电流制约关系——原线圈中的输入电流I1由副线圈中的输出电流I2决定；负载制约关系——变压器副线圈中的功率P2由用户负载情况决定，变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2决定．
【变式探究】为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图4－11－9甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是(　　)
图4－11－9
A．u2＝190 sin50πt V
B．u2＝190 sin100πt V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
【高频考点突破】
考点一、交变电流的产生及变化规律 电感和电容
【例1】在图A-13-55-5所示电路中，L为电感线圈， R为灯炮，电流表内阻为零，电
压表内阻无限大，交变电流源的电压u=220sinl00πt(V)．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的有( )
A．电流表示数增大
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
考点二、变压器 电能的输送
【例2】 在绕制变压器时，某人将2个线圈误绕在如图A-13-56-4所示的变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，而另一半则通过中间的臂，已知线圈1和2的匝数比为2：1，在不接负载的情况下( )
A．当线圈1输入电压为200 V时，线圈2输出电压为110 V
B．当线圈l输入电压为220 V时，线圈2输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V时，线圈l输出电压为110 V
【解析】当线圈1接220V的交流电压时，设穿过线圈1的磁通量为Ф，依题意则穿过
考点三、考查交流电的图像
例3、一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin（25t）V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100
D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W
考点四、考查交变电流的图像与交流电的有效值
例4、将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是 （ ）
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V
考点五、考查理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系
例5、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则 （ ）
A．电流表的示数为A　　
B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A　　
D．原线圈端电压为11V
答案：C．
考点六、考查变压器电路的动态分析
例6、如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关．P是滑动变阻器R的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2 分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是 （ ）
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1 不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则 I1减小
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【2014·新课标Ⅱ卷】如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
【答案】BD　
【解析】经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝2.【2014·四川卷】如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C．输出线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
3.【2014·山东卷】如图所示，将额定电压为60 V的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是(　　)
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
4.【2014·福建卷Ⅰ】图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时(　　)
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
数小于A2表的示数，由U＝IR可知，R2两端的电压小于R4两端的电压，故D项正确．
5.【2014·江苏卷】远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)
A. ＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
6.【2014·天津卷】如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a、b所示，则(　　)
图1　　　　　　　图2
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
7.【2014·浙江卷】如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则(　　)
A. 用户端的电压为
B. 输电线上的电压降为U
C. 理想变压器的输入功率为Ir
D. 输电线路上损失的电功率为I1U
8.【2014·广东卷】如图11所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
9.【2014·浙江卷】如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)
第20题图1
第20题图2
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
【2013高考真题】
（2013·天津卷）4、普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为,cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为，为了使电流表能正常工作，则（　　）
A.ab接MN、cd接PQ，
B.ab接MN、cd接PQ，
C.ab接PQ、cd接MN，
D.ab接PQ、cd接MN，
（2013·四川卷）2．用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图像如图所示，则
A．变压器输入功率约为3. 9W
B．输出电压的最大值是110V
C．变压器原、副线圈匝数比是1：2
D．负载电流的函数表达式=0.05sin(100πt+)A
（2013·山东卷）17.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 （ ）
A．电流表的示数为10A
B.线圈转动的角速度为50rad/s
C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
（2013·江苏卷）8. 如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光. 要使灯泡变亮,可以采取的方法有
（A）向下滑动P
(B)增大交流电源的电压
(C)增大交流电源的频率
(D)减小电容器C的电容
【答案】BC
【解析】试题分析：本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的原因和途径。灯泡变亮则其两端的电压必需增大，流过灯泡的电流增大。再具体分析滑动片P的移动，增大交流电源电压及频率、减小电容（2013·海南卷）3．通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s.电阻两端电压的有效值为
A．12V B．4V
C．15V D．8V
（2013·广东卷）16.如图5，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2:1,V和A均为理想电表，灯泡光电阻R1=6Ω,AB端电压u1=sin100πt（V）.下列说法正确的是
电流频率为100HZ B.V的读数为24V
C. A的读数为0.5A D.变压器输入功率为6W
（2013·福建卷）15．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10Hz
B．该电动势的有效值为V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10W
D．电路中理想交流电流表的示数为1.0A

【2016考纲解读】
熟练利用反射定律、折射定律及光路可逆作光路图．加深对折射率、全反射、临界角概念的理解．并能结合实际，解决问题．同时应注意对物理规律的理解和对物理现象、物理情景和数学几何知识结合的分析能力的培养．
物理光学部分应遵循历史发展线索，理解干涉、衍射、偏振等现象，并能解释生活中的相关物理现象．光的偏振、激光这些内容，与生产、生活、现代科技联系密切，应学以致用．
【重点知识梳理】
一、几何光学的常见现象
项目
内容
折射
定律
(1)三线共面　(2)分居两侧
(3)入射角正弦与折射角正弦之比为常数＝n
折射率
定义式:光从真空进入介质时n＝
折射率
决定式:n＝
物理意义:描述透明介质对光线的偏折作用,n越大,折射光线偏离入射方向的夹角越大
全反射
发生条件:(1)从光密介质进入光疏介质
(2)入射角大于或等于临界角,即θ1≥C
临界角：sin C＝
光的
色散
产生原因：(1)太阳光是复色光；
(2)不同的色光折射率不同
规律:光的频率越大,折射率越大
红光→紫光:折射率逐渐增大,在介质中的速度逐渐减小;
(3)临界角逐渐减小;波长逐渐减小
常见光
学元件
的特点
平行玻璃板:(1)出射光线与入射光线平行; (2)出射光线发生侧移
棱镜:(1)光线向底边偏折;(2)能发生色散
全反射棱镜:(1)垂直于直角边射入,出射光线方向改变90°;(2)垂直于斜边射入,出射光线方向改变180°
二、光的干涉、衍射和偏振现象
项目
内容
光的
干涉
双缝
干涉
产生条件:两光源频率相等,相位差恒定
出现明暗条纹的条件:路程差Δs＝nλ,明条纹;Δs＝(n＋)λ,暗条纹
相邻条纹间距:Δx＝λ
光的
干涉
薄膜
干涉
产生原因：同一束光分别经薄膜的前后表面反射的光叠加而成
规律:经薄膜上厚度相等的位置反射的光叠加后在同一干涉条纹上,相邻条纹间距与波长成正比,与斜面倾角成反比
应用:(1)光干涉法检查平面的平整度
(2)在光学镜头上涂增透膜d＝ λ
光的
衍射
明显衍射条件
障碍物或孔的尺寸跟光的波长差不多或者比光的波长小
衍射
现象
单缝衍射:中间条纹亮、宽;两侧条纹暗、窄;波长越长,条纹越宽,间距越大
圆孔衍射:明暗相间的圆形条纹
圆板衍射:圆形阴影的外侧是明暗相间的圆形条纹,中间是亮斑 (泊松亮斑)
光的
偏振
偏振片有特定的透振方向,
自然光通过后成为偏振光,
两偏振光片平行时透过的光最强,
垂直时最弱
【特别提醒】
(1)光的干涉和衍射现象说明光具有波动性,光的偏振现象说明光是横波.
(2)光的干涉条纹和光的衍射条纹的最大区别是研究条纹间距是否均匀,中央条纹和两侧条纹的亮度是否相同.
三、光电效应及光的波粒二象性
项目
内容
光电
效应
概念
金属在光(包括不可见光)的照射下发射电子的现象
规律
(1)每种金属都有一个极限频率,ν≥ν0时才会发生光电效应
(2)光电子的最大初动能与光强无关,随ν的增大而增大
(3)光电效应的产生几乎是瞬时的
(4)饱和光电流与光强成正比

光电
效应
解释
光子说:(1)光在传播时是一份一份的,每份叫一个光子;(2)光子能量E＝hν, h＝6.63×10－34 J·s
逸出功:电子脱离金属时克服原子核引力做功的最小值W＝hν
光强:P＝nhν
光电效应方程:Ek＝hν－W
物质波
每个实物粒子对应一种波,叫物质波
物质波的波长λ＝
波粒二
象性
概率波:只能预测粒子在某区域出现的概率,概率符合波动规律
【难点突破】
难点一　光的折射与全反射问题
利用折射定律和折射率公式解题时，应先根据题意画出光路图，确定入射角和折射角，然后应用折射定律、折射率公式求解，注意明确光从真空射入透明介质与光从透明介质射入真空时折射定律公式的区别．
在遇到光从光密介质射入光疏介质的情况时，应考虑能否发生全反射问题，根据sinC＝求临界角C.
例1、如图5－12－4所示，有一束平行于直角三角棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点．已知入射方向与边BC的夹角为θ＝30°，E、F分别为边AB、BC的中点．下列说法中正确的是(　　)
图5－12－4
A．该棱镜的折射率为
B．光在F点不发生全反射
C．从边AC出射的光束与边AB平行
D．光从空气进入棱镜，波长变大
【答案】C　
【变式探究】△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面．a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图5－12－5所示．由此可知 (　　)
图5－12－5
A．棱镜内a光的传播速度比b光的小
B．棱镜内a光的传播速度比b光的大
C．玻璃棱镜对a光的折射率比对b光的大
D．玻璃棱镜对a光的折射率比对b光的小
【答案】BD　
难点二 光的干涉现象
1．双缝干涉
(1)双缝的作用是将一束光分成频率相同的两束，获得相干光源．
(2)条纹间距与波长的关系：Δx＝λ.
(3)明暗条纹条件：某点到双缝的距离之差Δx与波长的关系决定明暗条纹．
亮条纹：Δx＝nλ(n＝0,1,2,3,4…)
暗条纹：Δx＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3,4…)
2．薄膜干涉
(1)形成：由透明薄膜(油膜、肥皂沫、空气膜等)前后表面的反射光叠加形成干涉．
(2)薄膜干涉为等厚干涉，同一条纹处薄膜厚度相同．增透膜的厚度为光在介质中波长的四分之一．
例2、如图5－12－6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(　　)
图5－12－6
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
【答案】C　
【解析】 由Δx＝λ可知，要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以增大双缝与屏之间的距离l、减小双缝的距离d或换用波长比绿光长的光．增大S1和S2的距离，即增大了双缝的距离d，A项错误．减小双缝屏与光屏之间的距离，即l变小，B项错误．红光的波长比绿光长，紫光的波长比绿光短，C项正确，D项错误．
【点评】 本题主要考查用双缝干涉测光波波长的实验的基本原理，即双缝干涉条纹间距与相干光的波长、双缝间距、缝屏间距的关系．下面的变式题则是对本实验具体操作方法的考查．
【变式探究】如图5－12－7所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(灰黑色部分表示亮纹)．则在下面的四个图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是(　　 )
A．红黄蓝紫 B．红紫蓝黄
C．蓝紫红黄 D．蓝黄红紫
【答案】B　
【解析】 双缝干涉条纹平行等距，且波长越大，条纹间距越大，红光波长大于蓝光波长，故第一幅图为红光，第三幅图为蓝光；单缝衍射条纹是中间宽两边窄的平行条纹，且波长越大，中央明纹越宽，黄光波长比紫光波长大，故第四幅图为黄光的衍射图样，第二幅图为紫光的衍射图样．故B正确．
【变式探究】如图5－12－8所示是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图，图中①是光源、②是滤光片、③是单缝、④是双缝、⑤是光屏．下列操作能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离的是(　　 )
图5－12－8
A．增大③和④之间的距离
B．增大④和⑤之间的距离
C．将绿色滤光片改成红色滤光片
D．增大双缝之间的距离
【答案】BC　
【解析】 由公式Δx＝λ知，干涉条纹间距与屏到双缝之间的距离l成正比，与波长λ成正比，与双缝之间的距离d成反比．光源发出的光通过红色滤光片后，到达双缝的光为红光红光的波长大于绿光．因此选项BC正确．
【高频考点突破】
考点一、光的折射和全反射的应用
1．确定研究的光线
2．找入射点，确认界面，并画出法线．
3．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．
4.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.
例1、如图12－1所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB.一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光．若只考虑首次入射到圆弧上的光，则上有光透出部分的弧长为(　　)
图12－1
A.πR　　　　　　　　 B.πR
C.πR D.πR
【解析】　设其中一条光线射到OA面上时，经折射至上刚好有光透出，即图12－2中C为临界角，则有光透出的弧为.由折射率的定义n＝＝，所以θ＝30°，而sinC＝＝，所以C＝45°.

图12－2
在△DEO中，∠DEO＝θ＋90°＝30°＋90°＝120°，所以∠AOD＝180°－C－∠DEO＝15°，而∠DOB＝75°＝π.又因为射到O点的光线发生折射后的折射光线如图所示，其中β角范围内没有光线存在，故部分无光线射出．综合以上两因素，有光线21世纪教育网从透出的部分即为部分，设其对应圆心角为α，则α＝∠DOB－β＝75°－30°＝45°.所以长度为R，故本题正确选项为B.
【答案】　B
【变式探究】如图12－3,半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方.一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖,在O点发生反射和折射,折射光在光屏上呈现七色光带.若入射点由A向B缓慢移动,并保持白光沿半径方向入射到O点,观察到各色光在光屏上陆续消失.在光带未完全消失之前,反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是(　　)
图12－3
A．减弱，紫光
B．减弱，红光
C．增强，紫光
D．增强，红光
解析：选C.因n红C紫，因此当增大入射角时，紫光先发生全反射，紫光先消失，且当入射光的入射角逐渐增大时，折射光强度会逐渐减弱，反射光强度会逐渐增强，故应选C.
考点二、 光的干涉现象分析
1．光的干涉要分析的几个问题
(1)干涉条件：频率相同、相差恒定、振动方向在同一直线上．
(2)明暗条纹形成条件：
δ＝kλ，k＝1,2，…——亮条纹
δ＝(2k－1)λ/2，k＝1,2，…——暗条纹
(3)条纹间距Δx＝lλ/d，用双缝干涉测光的波长的原理：λ＝d·Δx/l.
2．关于薄膜干涉要弄清的几个问题
(1)哪两列光波发生干涉；
(2)应该从哪个方向去观察干涉图样；
(3)条纹会向哪个方向侧移；
(4)同一亮纹光程差相同(为什么劈尖干涉的条纹是直线，而牛顿环是圆形)．
例2、1801年,托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质.1834年,洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)．
图12－4
(1)洛埃镜实验的基本装置如图12－4所示,S为单色光源,M为一平面镜.试用平面镜成像作图法画出S经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域.
(2)设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L,光的波长为λ,在光屏上形成干涉条纹.写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离Δx的表达式．
【解析】 (1)先作出S的平面镜像点S′,然后作出S经平面镜成像的边界光线,其重叠区域如图12－5所示.(4分)
图12－5
(2)由条纹间距公式Δx＝λ，(6分)
由图可知d＝2a，所以Δx＝λ.(8分)
【答案】　(1)如图12－5所示
(2)Δx＝λ
【变式探究】登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力．有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜．他选用的薄膜材料的折射率为n＝1.5，所要消除的紫外线的频率为ν＝8.1×1014 Hz，
(1)他设计的这种“增反膜”所依据的原理是___.
(2)这种“增反膜”的厚度是多少？
(3)请判断以下有关薄膜干涉的说法正确的是___.
A.薄膜干涉说明光具有波动性
B.如果薄膜的厚度不同,产生的干涉条纹一定不平行
C．干涉条纹一定是彩色的
D．利用薄膜干涉也可以“增透”
解析：(1)为了减少进入眼睛的紫外线,应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射出来形成的光叠加后加强．
(2)路程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍,即2d＝Nλ′(N＝1,2, …),因此,膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的.紫外线在真空中的波长是λ＝c/ν＝3.7×10－7 m.在膜中的波长是λ′＝λ/n＝2.47×10－7 m,故膜的厚度至少是1.23×10－7 m.
(3)干涉和衍射都证明21世纪教育网光具有波动性，如果薄膜厚度均匀变化，则干涉条纹一定平行，白光的干涉条纹为彩色条纹，单色光的干涉条纹则为该色光颜色，当膜的厚度为四分之一波长时，两反射光叠加后减弱则会“增透”．
答案：(1)两反射光叠加后加强
(2)1.23×10－7 m　(3)AD
考点三 、光电效应的应用
1.光电效应方程中的Ekν图线.(如图12－6)
(1)纵截距：W；
(2)横截距：ν0；
(3)斜率：h.
图12－6
2.掌握两条线索,明确各概念间的对应关系
由上图可知两条线索:一是光的频率线,
二是光的强度线．
两条线索对应关系是：
(1)光强―→光子数目多―→发射光电子多―→光电流大；
(2)光子频率高―→光子能量大―→产生光电子的最大初动能大．
例3 、(1)研究光电效应的电路如图12－7所示.用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K),钠极板发射出的光电子被阳极A吸收,在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中,正确的是______.
图12－7
图12－8
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量,从金属表面逸出,这就是光电子.光电子从金属表面逸出的过程中,其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”),原因是______________________________________.
【解析】 (1)入射光的频率相同，则光电子的最大初动能相同，由－eU＝－mv知，两种情况下遏止电压相同，故选项A、B错误；光电流的21世纪教育网强度与入射光的强度成正比，所以强光的光电流比弱光的光电流大，故选项C正确，选项D错误．(2)减小，光电子受到金属表面层中力的阻碍作用．
【答案】　(1)C (2)减小　 光电子受到金属表面层中力的阻碍作用
【变式探究】爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获 得1921年诺贝尔物理学奖．某种 金属逸出光电子的最大初动能Ekm 与入射光频率ν的关系如图12－9所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是(　　)
图12－9
A．逸出功与ν有关
B．Ekm与入射光强度成正比
C．当ν<ν0时，会逸出光电子
D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
解析：选D.由爱因斯坦的光电效应方程 hν＝Ekm＋W得:Ekm＝hν－W,因此Ekmν图象的斜率为h,故D正确;Ekm随入射光频率的增大而增大,B错;逸出功是由金属自身决定的,与ν无关,A错,当ν<ν0,无光电子逸出,C错.
【经典考题精析】
【2014高考真题精选】
1.【物理——选修34]【2014·新课标全国卷Ⅰ】(2)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示．玻璃的折射率为n＝.
(ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？
(ⅱ)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．
【答案】(ⅰ)R (ⅱ)略
【解析】在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从21世纪教育网玻璃砖射出，如图所示，由全反射条件有

sin θ＝①
由几何关系有
OE＝Rsin θ②
由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为
l＝2OE③
联立①②③式，代入已知数据得
l＝R④
(ⅱ)设光线在距O点R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得
α＝60°>θ⑤
光线在玻璃砖内会发生三次全反射．最后由G点射出，如图所示，由反射定律和几何关系得

OG＝OC＝R⑥
射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出．
2.【2014·新课标Ⅱ卷】【物理——选修3－4】(2)一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面，在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上，已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．
【答案】(1)BCE (2)
【解析】(1)由Q点的振动图像可知，t＝0.10 s时质点Q沿y轴负方向运动，A项错误；由波的图像可知，波向左传播，波的周期T＝0.2 s，振幅A＝10 cm，t＝0.10 s时质点P向上运动，经过0.15 s＝T时，即在t＝0.25 s时，质点振动到x轴下方位置，且速度方向向上，加速度方向也沿y轴正方向，B项正确；波动速度v＝＝ m/s＝40 m/s ，故从t＝0.10 s到t＝0.25 s，波沿x轴负方向传播的距离为x＝vt＝6 m，C项正确；由于P点不是在波峰或波谷或平衡位置，故从t＝0.10 s到t＝0.25 s的周期内，通过的路程不等于3A＝30 cm，D项错误；质点Q做简谐振动的振动方程为y＝Asin t＝0.10sin 10πt(国际单位制)，E项正确．
(2)如图所示，考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A′点折射，根据折射定律有
nsin θ＝sin α①
式中n是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．

现假设A′恰好在纸片边缘，由题意，在A′点刚好发生全反射，故α＝②
设AA′线段在玻璃上表面的投影长为L，由几何关系有sin θ＝③
由题意，纸片的半径应为
R＝L＋r④
联立以上各式可得n＝⑤
3.【2014·北京卷】以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0) ，称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足＝n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )

A B

C D
【答案】B
【解析】本题考查光的折射．是一道创新题，但本质上还是光的折射定律，本题给定信息“光的折射光线和入射光线位于法线的同侧”，无论是从光从21世纪教育网空气射入介质，还是从介质射入空气，都要符合此规律，故A、D错误．折射率为－1，由光的折射定律可知，同侧的折射角等于入射角，C错误，B正确．
4.【2014·全国卷】在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589 nm的光，在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样．图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm，则双缝的间距为( )
A．2.06×10－7 m B．2.06×10－4 m
C．1.68×10－4 m D．1.68×10－3 m
【答案】C
【解析】本题考查双缝干涉条纹间距离公式．双缝干涉相邻条纹间距Δx＝λ，则d＝λ＝1.68×10－4 m，C正确．
5.【2014·福建卷Ⅰ】如图， 一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是( )

A B

C D
【答案】A
【解析】光线由空气沿半径射入玻璃砖时，传播方向不变，由玻璃砖射向空气时，在其分界面处当入射角大于或等于临界角时，会发生全反射现象，故A项正确；光线由空气射向玻璃砖时，由于光线与分界面不垂直，所以除了有反射现象之外还应发生折射现象，其折射角小于入射角，故B、D项错误；光线由空气沿半径射入玻璃砖时，传播方向不变，由玻璃砖射向空气时，折射角应大于入射角，故C项错误．
6.【2014·江苏卷】【选修3－4]
(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到题12B1(甲)图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如题12B1(乙)图所示．他改变的实验条件可能是______．

(题12B1图)
A．减小光源到单缝的距离
B．减小双缝之间的距离
C．减小双缝到光屏之间的距离
D．换用频率更高的单色光源
【答案】(1)B
【解析】根据Δx＝λ知，要使条纹间距变大，可减小双缝之间的距离，增大光的波长(即降低光的频率)或增大双缝到屏的距离，故只有B正确．
7.【2014·四川卷】电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是( )
A．电磁波不能产生衍射现象
B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同
【答案】C
【解析】衍射现象是波的特有现象，A错误；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，B错误；遥远天体和地球的距离发生变化时，遥远天体的电磁波由于相对距离发生变化而出现多普勒效应，所以能测出遥远天体相对地球的运动速度，C正确；光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值是相同的，即光速不变原理，D错误．
8.【2014·四川卷】如图所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则( )

A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球
B．小球所发的光能从水面任何区域射出
C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大
D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大
【答案】D
【解析】光从水中进入空气，只要在没有发生全反射的区域，就可以看到光线射出，所以A、B错误；光的频率是由光源决定的，与介质无关，所以C错误；由v＝得，光从21世纪教育网水中进入空气后传播速度变大，所以D正确．
9.【2014·天津卷】一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图所示，则a、b两束光( )
A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长
B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小
C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小
D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大
【答案】AB
【解析】本题考查了光的折射率、全反射、双缝干涉及光电效应等知识点，根据图中光线的偏转角度可以判断出三棱镜对a光的折射率比b光的大，所以a光的频率大，在玻璃中速度小，通过玻璃所用的时间长，A正确；a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，B正确；发生双缝干涉时相邻条纹间的距离公式Δx＝  λ，由于b光的波长长，所以b光形成的相邻亮条纹间距大，C错误；由于a光的频率大于b光的频率，根据公式Ek＝hν－W得出a光照射金属时逸出的光电子的最大初动能大，D错误．
10. 【2014·浙江卷】关于下列光学现象，说法正确的是( )
A．水中蓝光的传播速度比红光快
B．光从空气射入玻璃时可能发生全反射
C．在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深
D．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽
【答案】CD
【解析】本题考查光速、光的全反射、折射、双缝干涉等知识．在同一种介质中，波长越短，波速越慢，故红光的传播速度比蓝光大，选项A错误；光从空气射向玻璃是从光疏介质射向光密介质，不能发生全反射，选项B错误；在岸边观察水中的鱼，由于光的折射，鱼的实际深度比看到的深度要深，选项C正确；在空气中红光的波长比蓝光要长，根据Δx＝λ可知红光的双缝干涉条纹间距大，选项D正确．
11.【2014·重庆卷】打磨某剖面如题11图1所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是( )

题11图1

A．若θ＞θ2，光线一定在OP边发生全反射
B．若θ＞θ2，光线会从OQ边射出
C．若θ＜θ1，光线会从OP边射出
D．若θ＜θ1，光线会在OP边发生全反射
【答案】(1)D
【解析]本题第一问考查光的折射和全反射，第二问考查波的图像．
12.【2014·江苏卷】(3)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见题12B2图．一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射．设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h.取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t.

(题12B2图)

【答案】(3)＋
【解析】设光在鳞片中的折射角为γ，根据折射定律有sin i＝nsin γ.在鳞片中传播的路程l1＝，传播速度v＝，传播时间t1＝，解得t1＝，同理，在空气中的传播时间t2＝，则t＝t1＋t2＝＋.
13.【2014·山东卷】(2)如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为.求：
(ⅰ)入射角i；
(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－.

【答案】(2)(ⅰ)45° (ⅱ)L
【解析】(2)(ⅰ)根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得

sin C＝①
代入数据得
C＝45°②
设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得
r＝30°③
由折射定律得
n＝④
联立③④式，代入数据得
i＝45°⑤
(ⅱ)在△OPB中，根据正弦定理得
＝⑥
设所用时间为t，光线在21世纪教育网介质中的速度为v，得
OP＝vt⑦
v＝⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得
t＝L⑨
【2013高考真题精选】
（2013·天津卷）8、固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO’为直径MN的垂线，足够大的光屛PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN。由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO’夹角较小时，光屛NQ区域出现两个光斑，逐渐增大角，当=时，光屛NQ区域A光的光斑消失，继续增大角，当=时，光屛NQ区域B光的光斑消失，则（　　）
A.玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B.A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C.时，光屛上只有1个光斑
D.时，光屛上只有1个光斑
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【答案】AD
【解析】设θ较小时，A、B两种单色光折射角分别为和，因θ角逐渐增大时，A光的光斑先消失，由折射定律可知，，再根据得：，故A正确；由得：，故B错误；由题设知，当时，A、B两种单色光在NQ区域的21世纪教育网光斑都消失了，说明两种单色光在MN界面均发生了全反射，由反射定律知，反射角等于入射角，反射光为一束光，在NP区域形成一个光斑，故D正确。
（2013·大纲卷）14．下列现象中，属于光的衍射现象的是（ ）
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹
【答案】B
【解析】雨后天空出现彩虹是由于光的折射，属于色散现象；通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹属于光的衍射现象。海市蜃楼现象是光的全反射现象。日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹是光的干涉现象。
（2013·四川卷）3．光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知
A．折射现象的出现说明光是纵波
B．光总会分为反射光和折射光
C．折射光与入射光的传播方向总是不同的
D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
【答案】D
【解析】折射现象只能说明光是一种波，但不能确定是横波还是纵波，A错；如果发生全反射，则就没有折射光线，B错；当光垂直射到两种不同介质的分界面时，传播方向不变，这时折射光线与入射光的传播方向相同，C错。
（2013·上海卷）17．某半导体激光器发射波长为1.5×10-6m，功率为5.0×10-3W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10-7m，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，该激光器发出的
(A)是紫外线
(B)是红外线
(C)光子能量约为1.3×10-18J
(D)光子数约为每秒3.8×1016个
【答案】 BD
【解析】 红橙黄绿蓝靛紫波长逐渐变短，该激光的波长比可见光波长长，因此是红外线，A错B对。可计算频率 Hz。光子能量==1.326×10-19故答案C错误。光子数n==3.8×1016光子答案D正确

（2013·上海卷）3．白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的
(A)传播速度不同 (B)强度不同 (C)振动方向不同 (D)频率不同
【答案】D
【解析】双缝干涉的条纹间距，为双缝到屏的距离，为入射光的波长，是双缝的间距。白光通过双缝后对7种单色光来讲，只有有是不同的，所以条纹间距不同，导致7种单色光的亮条纹暗条纹交替出现形成彩色条纹，各种色光传播的速度都一样m/s，，波长不同即频率不同，答案D正确
（2013·福建卷）14．一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜。下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )

【答案】B
【解析】当光由空气斜射向三棱镜时，将发生光的折射现象，且入射角大于折射角，故选项C、D错误；由于玻璃对紫光的折射率比对红光的折射率大，因此进入玻璃时紫光的折射角比红光的折射角小，故选项A错误；选项B正确。
（2013·北京卷）14.如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b。下列判断正确的是
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光的频率大于b光的频率
C．在真空中a光的波长大于b光的波长
D．a光光子能量小于b光光子能量
【答案】B
【解析】根据光路可逆知识，a光的入射角大于b光，但折射角相等，根据可知介质对a光折射率大于对b光的折射率，A错。根据频率与折射率关系，a光的频率大于b光的频率，B对。根据可知C错，由于频率高，光子能量大，所以D错
这类题型考察了几何光学折射率知识，这一类题目中，要将能联系在一起的知识都联系在一起，例如频率跟折射率关系，跟波长、干涉现象、衍射现象、光子的21世纪教育网能量的大小等之间的关系。这类题目如果能够知道红光和紫光的特点，在做题时，将红光、紫光代入，技能快速准确的得到答案。
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（2013·海南卷）16．模块3-4试题（12分）
（1）（4分）下列选项与多普勒效应有关的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分.选对3个得4分;每选错I个扣2分，最低得分为0分）
A．科学家用激光测量月球与地球间的距离
B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速
C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡
D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度
E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度
【答案】BDE
【解析】多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者接收到的频率发生了变化，根据此定义可判断选项BDE正确。
（2）（8分）如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=300，AC平行于光屏MN，与光屏的距离为L，棱镜对红光的折射率为n1，对紫光的折射率为n2。一束很细的白光由棱镜的侧面AB垂直射入，直接到达AC面并射出。画出光路示意图，并标出红光和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离。
【答案】光路图见答案
【解析】
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（2013·江苏卷）B. [选修3-4](12 分)

(题12B-1 图)
(1)如题12B-1 图所示的装置,弹簧振子的固有频率是4 Hz. 现匀速转动把手,给弹簧振子以周期性的驱动力,测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz,则把手转动的频率为(((((((.
(A) 1 Hz
(B) 3 Hz
(C) 4 Hz
(D) 5 Hz
(2)如题12B-2 图所示,两艘飞船A、B 沿同一直线同向飞行,相对地面的速度均为v(v 接近光速c). 地面上测得它们相距为L,则A 测得两飞船间的距离((((((( (选填“大于”、“等于”或“小于”)L. 当B 向A 发出一光信号,A 测得该信号的速度为(((((((.
(3)题12B-3 图为单反照相机取景器的示意图, ABCDE为五棱镜的一个截面,ABBC. 光线垂直AB 射入,分别在CD 和EA 上发生反射,且两次反射的入射角相等,最后光线垂直BC 射出.若两次反射都为全反射,则该五棱镜折射率的最小值是多少?(计算结果可用三角函数表示)
(题12B-3 图)
【答案】（1）A (2) 大于 C（或光速） (3)
【解析】 （1）弹簧振子是把手转动使其做受迫振动，而受迫振动的频率等于驱动力的频率，则把手转动的频率就是1 Hz，故A项正确。答案为:A。
（2）飞船相对地面在高速行驶，从地面测量两飞船间的间距已经发生了“尺缩效应”而变短，则A 测得两飞船间的距离就可理解是不发生“尺缩效应”效应的实际距离，故A测得的距离应大于L。信号通过光速C传播，根据爱因斯坦的光速不变原理，可知A 测得该信号的速度为C（或光速）。
（3）首先画出光路图如下：
设入射角为(,则根据两次反射的入射角相等结合光路图可得：入射角，而玻璃的折射率,当临界角时，折射率最小，故五棱镜折射率的最小值为。
【考点定位】受迫振动；相对论初步：“尺缩效应”、“光速不变原理”的理解；光的折射定律。注意对受迫振动关键是理解，对光路图的连接是解题的关键。难度:较易。
（2013·山东卷）37. （8分）（物理选修3-4）
（1）如图甲所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为，介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m，两波源形成的简谐波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10m/s。
求简谐横波的波长。
P点的振动 （填“加强”或“减弱”）。
（2）如图乙所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°。
求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向。
第一次的出射点距C cm。
【答案】 （1）①1m ②加强 （2）①与CD边成45°角斜向下 ②
【解析】 （1）①由简谐运动的表达式可知，则周期s，波长1m.
②P点距离两波源的路程差为m=,P点是振动加强点。
（2）光路图如图所示，光线在AB、BC边上发生全反射。
设全反射的临界角为C，则，解得C=45°，光线在AB、BC边上的入射角均大于临界角，故在两边上发生全反射，没有21世纪教育网光线从棱镜射出。
在CD边上发生折射时，入射角，设折射角为，由可知=45°，结合几何知识可知出射点距离C点的距离为cm。
（2013·新课标II卷）34.[物理——选修3-4]（15分）
(2)(10分)如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=30°。一束平行于AC边的光线自AB边的p点摄入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出，若光线在P店的入射角和在M店的折射角相等。
（i）求三棱镜的折射率
（ii）在三棱镜的AC边是否有光线逸出，写出分析过程。（不考虑多次反射）
【答案】见解析。
【解析】解：(ⅰ)光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点。设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在M点的入射角为、折射角依题意也为i。
有i=60° ①
由折射定律有
②
③
由②③式得
④
为过M点的法线，为直角，∥。由几何关系有
⑤
由折射定律可知
⑥
联立④⑤⑥式得
⑦
由几何关系得
⑧
联立①②⑧式得
⑨
(ⅱ)设在N点的入射角为，由几何关系得
⑩
此三棱镜的全反射临界角满足
（11）
由⑨⑩（11）式得
（12）
此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出。
（2013·新课标Ⅰ卷）34. [物理—选修3-4](15分)
(1) (6分)如图，a.、b、c.、d是均匀媒质中x轴上的四个质点.相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，r=3s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．在t=6s时刻波恰好传到质点d处
B．在t=5s时刻质点c恰好到达最高点
C.质点b开始振动后，其振动周期为4s
D.在4sE.当质点d向下运动时，质点b一定向上运动
(2) (9分)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c.
为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；
求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。
【答案】(1)ACD
(2)解：①设入射角为折射角,光线到达上界面的入射角为，全反射临界角为C,
由折射定律 ①，由几何关系 ②
即 ③，当时发生全发射
由因为④, ⑤
联立①②③④⑤解得⑥
②当折射光线发生全反射后，光在介质中传播的速度 ⑦
在介质中传播的距离为⑧,越小sin也越小, 最小等于临界角C时光在介质中传播最长的距离Lm=
所以最长时间
【解析】(1)当t=6s时,由x=vt=12m,波刚好传播到距a点12m的d点,所以A选项正确; 当波传到c质点需时间t1=3s, 题意知,所以T=4s,c质点又振动回到平衡位置向上运动,所以B选项错误;由题意知,所以T=4s,各质点振动的周期均为4s,所以C选项正确; t1=3sc质点刚开始向下振动,又经1s, c质点到负向最大位移,在经2s,c质点到正向最大位移,所以c质点由负向最大位移,向正向最大位移运动,所以D选项正确; bd距离10m,波长bd=,当d向下运动时b可能向下运动,也可能向上运动,所以E选项错误.. 难度:中等.
(2)本问题应用了几何光学的几个关系:即, ,,.(1)问的关键是画出光路图找到和的关系,利用,可解出入射角满足的条件,即
(2)问的关键是找到21世纪教育网最长的传播距离. 由,越小sin也越小, 最小等于临界角C时光在介质中传播最长的距离Lm=,再由即可解出最长时间.难度:中等

（2013·重庆）11．【选修3—4】
（1）（6分）一列简谐波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为
A．4m、6m和8m B．6m、8m和12m
C．4m、6m和12m D．4m、8m和12m
（2）（6分）利用半圆柱形玻璃，可减小激光束的发散程度。在题11（2）图所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点。若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆弧上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率。
【答案】(1)C
(2)折射率
【解析】(1)有四种情况、三种速度，当时，；当，；当时，，C项正确。
(2)出射光线平行于AO，由几何关系可知，光线21世纪教育网进入玻璃时的折射角，因此玻璃的折射率。


【2016考纲解读】
本专题主要解决的是分子动理论和热力学定律，并从宏观和微观角度理解固、液、气三态的性质。新课程标准对本部分内容要求较低，《考试说明》明确提出“在选考中不出现难题”，高考命题的形式基本上都是小题的拼盘。
高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个方面：①分子大小的估算；②分子动理论内容的理解；③物态变化中的能量问题；④气体实验定律的理解和简单计算；⑤固、液、气三态的微观解释和理解；⑥热力学定律的理解和简单计算；⑦油膜法测分子直径等内容。
预测2015年浙江高考选修3－3命名会涉及在以下方面：利用阿伏伽德罗常数进行微观量估算和涉及分子动理论内容的判断性问题，以选择填空题形式命题；气体压强为背景的微观解释问题，以简答形式命题；以理想气体为研究对象考查气体性质和热力学定律的问题，以计算题的形式命题。
【重点知识梳理】
一、固体、液体、气体微观量的估算
1．固体、液体微观量的估算
(1)分子数、分子质量的计算
分子数N＝nNA＝NA＝NA
分子质量m′＝，其中M0为摩尔质量，V0为摩尔体积，NA为阿伏加德罗常数．
(2)分子体积(分子所占空间)的估算方法
每个分子的体积V′＝＝，其中ρ为固体(或液体)的密度．
(3)分子直径的估算方法
如果把固体分子、液体分子看成球体，则分子直径d＝＝；
如果把固体、液体分子看成立方体，则d＝＝.利用油酸在水面上形成的单层分子膜，可得油酸分子的直径d＝，其中V、S分别为油酸的体积和油膜的面积．
2．气体分子微观量的估算
(1)物质的量n＝，V为气体在标准状况下的体积，其单位为L.
(2)分子间距的估算方法：倘若气体分子均匀分布，每个分子占据一定的空间，假设为立方体，分子位于每个立方体的中心，则每个小立方体的边长就是分子间距；假设气体分子占有的体积为球体，分子位于球体的球心，则分子间距等于每个球体的直径．
特别提醒：(1)分子直径的数量级为10－10 m，因此求出的数据只在数量级上有意义．
(2)阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，是联系微观世界和宏观世界的桥梁．
二、分子力做功及物体的内能
1．分子力的特点
分子间作用力(指引力和斥力的合力)随分子间距离变化而变化的规律是：
(1)r(2)r＝r0时分子力为零；
(3)r>r0时表现为引力；
(4)r>10r0以后，分子力变得
十分微弱，可以忽略不计，如图11－1.
图11－1
2．分子力做功的特点及势能的变化
分子力做正功时分子势能减小;分子力做负功时分子势能增大.(所有势能都有同样结论:重力做正功重力势能减小、电场力做正功电势能减小.)
图11－2
由上面的分子力曲线可以得出如果以分子间距离为无穷远时分子势能为零，则分子势能随分子间距离而变化的图象如图11－2.可见分子势能与物体的体积有关，体积变化，分子势能也变化．
3．物体的内能及内能变化
项目
内容
备注
内
能
分子
动能
分子动能各不相等
分子总动能由分子个数和温度决定
温度是分子
平均动能的标志
分子
势能
r＝r0时,Ep最小
总Ep与分子个数、分子种类、物体体积有关
分子力做正功,Ep减小
分子力做负功,Ep增大
分子力做功时,Ek和Ep相互转化,但二者之和不变
内能的改变
做功
没有热传递时,W＝ΔU
做功和热传递在改变物体内能上是等效的
实质:其他形式的能与内能的相互转化
热传递
没有做功时,Q＝ΔU
实质:内能在物体间的转移
三种方式:传导、对流、辐射
特别提醒：内能与机械能不同．前者由物体内分子运动和分子间作用决定，与物体的温度和体积有关，具体值难确定，但永不为零；后者由物体的速度、物体间相互作用、物体质量决定，可以为零；内能和机械能在一定条件下可以相互转化．
三、气体性质的比较
项目
内容
备注
气体分子运动的特点
分子间距很大,作用力很弱
对理想气体,
温度T∝Ek,
内能U∝T
分子间碰撞频繁,分子运动混乱
向各个方向 运动的分子数相等
分子速率分布呈 “中间多,两头少”
项目
内容
备注
气体的
状态
参量
温度
①T＝t＋273 K
②T与t间隔相等,起点不同
用于解释气体定律
压强
产生原因:大量分子频繁碰撞器壁
微观决定因素:分子平均动能、分子密集程度
四、分子动理论
1．分子动理论的内容：
(1)物体是由大量分子组成的：分子直径的数量级为10－10 m．分子的大小可用油膜法估测：将油酸分子看成一个个紧挨在一起的单分子层，若用V表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的油膜面积，则分子直径(大小)d＝.
(2)分子永不停息地做无规则运动：布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，既不是固体分子的运动，也不是液体分子的运动；布朗运动现象说明液体分子在做无规则运动．
(3)分子间同时存在着引力和斥力：二者均随分子间距的增大而减小，且分子斥力随分子间距变化得比较显著．分子力指引力和斥力的合力，当r＝r0(数量级是10－10m)时，分子力为零．
2．气体压强的微观解释：气体压强是大量气体分子作用在单位面积器壁上的平均作用力．其微观决定因素是分子平均动能和分子密集程度，宏观决定因素是温度和体积．
3．内能：物体内所有分子的动能与分子势能的总和．从微观上看，物体内能的大小由组成物体的分子数、分子平均动能和分子间距决定；从宏观上看，物体内能的大小由物质的量(摩尔数)、温度和体积决定．
五、热力学定律
1．热力学第一定律：ΔU＝Q＋W
ΔU
W
Q
正值
负值
正值
负值
正值
负值
内能
增加
内能
减少
外界对系
统做功
系统对外
界做功
系统从外界
吸收热量
系统向外界
放出热量
　2.热力学第二定律：反映了涉及内能的宏观过程的不可逆性．
(1)克劳修斯表述(热传导的方向性)：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．
(2)开尔文表述(机械能和内能转化的方向性)：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．(第二类永动机不可能制成)
六、气体实验定律与理想气体的状态方程
1．气体实验定律：等温变化——玻意耳定律：p1V1＝p2V2；等容变化——查理定律：＝；等压变化——盖·吕萨克定律：＝.只适用于一定质量的气体．
2．理想气体状态方程：＝或＝C(恒量)．适用于一定质量的理想气体．
【难点突破】
难点一、微观量的计算
阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁．分子的质量m0、分子体积V0、分子直径d等微观量可利用摩尔质量M、摩尔体积V等宏观量和阿伏加德罗常数NA求解：
(1)分子质量：m0＝；
(2)分子的大小：球体模型V0＝πd3，立方体模型V0＝d3；
(3)分子占据的空间体积：V0＝＝ (固体和液体可忽略分子之间的间隙，V0表示一个分子的体积；对于气体，V0表示一个分子的活动空间的体积)；(4)物质(质量为m、体积为V′)所含的分子数：n＝NA，n＝NA.
例1、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，密度ρ＝0.895×103 kg/m3.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V＝πD3，结果保留一位有效数字)
【答案】　1×101 m2
【变式探究】“用油膜法估测分子的大小”实验中，以下选项中不作为本次实验的科学依据的是(　　)
A．将油膜看成单分子层油膜
B．将油膜分子近似看成球体或正立方体
C．考虑了各油酸分子间的间隙
D．油膜的体积等于总的分子体积之和
【答案】C　
【解析】 本实验没有考虑各油酸分子间的间隙，而是将油膜看成单分子层油膜，故选项C不是本次实验的科学依据．
难点二、气体状态变化图象问题
一定质量的某种理想气体的等温、等容、等压图象
变化过程
变化规律
图象
等温
变化
　遵循玻意耳定律pV＝C.p—V图象为双曲线，对同一气体，pV乘积大的图线对应的T高，即T2>T1；p—图象为过原点的直线，对同一气体，斜率大的图线对应的T高，即图中T2>T1
等容
变化
　遵循查理定律＝C，p—T图象为过原点的直线，对同一气体，斜率大的图线对应的V小，即图中V2等压
变化
　遵循盖·吕萨克定律＝C.V—T图象为过原点的直线，对同一气体，斜率大的图线对应的p小，即图中p2例2 、如图7－15－1所示，一个上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1＝66 cm的水银柱，中间封有长l2＝6.6 cm的空气柱，上部有长l3＝44 cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为p0＝76 cm Hg.如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．
【答案】12 cm 　9.2 cm　
【解析】 设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p1＝p0＋ρgl3①
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．
【点评】 气体状态变化过程中，温度不变是本题的基本条件，玻璃管开口向下时将有部分水银流出是本题审题的关键．本题是气体实验定律的应用，下面的变式题考查的则是气体状态图象问题，主要考查等压、等容、等温过程的图象特点．
【变式探究】为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．图7－15－2中的图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是(　　)

【答案】B　
【解析】 理想气体等温压缩过程，由玻意耳定律pV＝C，p－V图象为双曲线，p－图象为过原点的直线，选项B正确．
难点三、热力学定律与气体定律的综合
1．热力学第一定律适用于固体、液体、气体，而气体实验定律、状态方程均适用于理想气体．研究理想气体状态变化问题时，应先根据气体定律判断三个状态参量的变化，再依据温度的变化确定内能的变化，依据气体体积的变化确定做功情况，依据内能的变化及做功情况确定过程是吸热还是放热．
2．注意理想气体分子间分子力为零，分子势能为零，所以理想气体的内能等于分子动能的总和，而温度是分子平均动能的标志，因此一定质量的某种理想气体的内能只由温度决定；非理想气体分子之间存在分子力，因此分子势能不可忽略．
例3 、如图7－15－3所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，气体最初的压强为.气缸内壁光滑且缸壁是导热的．开始时活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B.设周围环境温度保持不变，已知大气压强为p0，重力加速度为g.求：
(1)活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V；
(2)整个过程中气体通过缸壁传递的热量Q.
图7－15－3
【解析】 (1)设活塞在B处时被封闭气体的压强为p，活塞受力平衡：p0S＋mg＝pS
解得p＝p0＋
由玻意耳定律：p0V0＝pV
解得气体体积V＝
(2)由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU＝0
活塞下降的高度为： h＝－
整个过程中外界对气体做功W0＝(p0S＋mg)h
根据热力学第一定律， ΔU＝W＋Q
解得Q＝－V0
即气体通过缸壁向外界放出的热量为V0
【答案】(1)　(2)V0
【点评】 本题重点考查理想气体等温变化规律和热力学第一定律的应用．选择活塞为研究对象，利用力的平衡条件求出气体末态压强，根据能量知识求出外界对气体做的功是解题的关键．本题是外界对气体做功问题，下面的变式题则是气体对外界做功问题．
【变式探究】如图7－15－4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________．
图7－15－4
【答案】增大　Q－p0(V2－V1)
【解析】 气体吸热过程等压膨胀，由＝C，体积V增大，故温度T升高；温度是分子热运动平均动能的标态，温度升高，气体分子平均动能增大．根据21世纪教育网热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，而W＝－p0SΔL＝－p0ΔV＝－p0(V2－V1)，所以气体内能变化了ΔU＝Q－p0(V2－V1)．
【变式探究2】如图7－15－5所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C.已知状态A的温度为300 K.
(1)求气体在状态B的温度；
(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．
图7－15－5
【答案】(1)1200 K　(2)放热，理由略
【解析】 (1)由理想气体的状态方程＝得气体在状态B的温度TB＝＝1200 K.
(2)由状态B到状态C，气体做等容变化，由查理定律得：＝，则TC＝TB＝600 K
故气体由状态B到状态C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小．根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，ΔU＜0，W＝0，故Q＜0，可知气体要放热．
【高频考点突破】
考点一、分子动理论的应用
1.分子动理论是整个热学的基础,这部分内容在历年的高考题中均有所体现,几乎都是以选择题的形式出现,主要涉及分子微观量的估算、分子热运动的规律和对布朗运动实质的理解、分子力与分子间距的关系以及分子力做功情况的讨论等．
2．微观量估算时注意的问题
(1)在估算问题时,必须熟悉微观量与宏观量之间的联系,要善于从问题中找出与所要估算的微观量有关的宏观量,如摩尔体积、密度、体积、面积、温度等.
(2)要求会构建合理的体积模型，在估算固体和液体的分子大小时，一般采用分子球体模型；估算气体分子间距(不是分子的大小)时，一般采用立方体模型．阿伏加德罗常数NA是联系宏观世界和微观世界的桥梁．
例1、用可放大600倍的显微镜观察布朗运动.估计放大后的小颗粒(碳)体积为1×10－10 m3,碳的密度是2.25×103 kg/m3,摩尔质量是1.2×10－2 kg/mol ,阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol－1,试估算小颗粒中的分子数和碳分子的直径?(取1位有效数字)
【解析】　设小颗粒边长为a,可认为小颗粒为正方体,放大600倍后,其体积为V＝(600a)3
小颗粒的实际体积为V′＝a3
小颗粒的质量为m＝ρV′
将碳分子看成一个球体，且各个分子紧挨在一起组成该小颗粒，则小颗粒所含分子数为n＝NA
联立以上各式并代入数据解得n≈5×1010个
设碳分子的直径为d，则一个碳分子的体积为V0＝d3
又因为V′＝nV0
解得碳分子的直径约为d≈3×10－10 m.
【答案】　5×1010个　3×10－10 m
【变式探究】教育部办公厅和卫生部办公厅日前联合发布了《关于进一步加强学校控烟工作的意见》.《意见》中要求,教师在学校的禁烟活动中应以身作则、带头戒烟,通过自身的戒烟，教育、带动学生自觉抵制烟草的诱惑.试估算一个高约2.8 m,面积约10 m2的两人办公室,若只有一人吸了一根烟.求:
(1)估算被污染的空气分子间的平均距离；
(2)另一不吸烟者呼吸一次大约吸入多少个被污染过的空气分子．(人正常呼吸一次吸入气体300 cm3，一根烟大约吸10次)
【解析】(1)吸烟者吸一根烟吸入气体的总体积为10×300 cm3
含有空气分子数：
n＝×6.02×1023个＝8.1×1022个
办公室单位体积空间内含被污染的空气分子数为
个/m3＝2.9×1021个/m3
每个污染分子所占体积为V＝m3
所以平均距离为L＝＝7×10－8m.
(2)被动吸烟者一次吸入被污染的空气分子数为
2.9×1021×300×10－6个＝8.7×1017个．
【答案】(1)7×10－8m　(2)8.7×1017个
考点二 、物体内能变化问题分析
1．根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，做功和热传递都可能引起物体内能的变化．
2．对于一定质量的理想气体，＝恒量．理想气体的分子势能不计，故其内能只由分子动能决定，即只由物体的温度决定．温度变化，则内能发生变化．
3．已知气体体积的变化，可以分析做功情况，气体膨胀，则气体对外界做功；气体压缩，则外界对气体做功．气体体积不变，则只能由热传递引起内能的变化．
例2、关于一定量的气体,下列叙述正确的是(　　)
A．气体吸收的热量可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
【解析】　由热力学第二定律知,热量可以完全转化为功,但要引起其他变化,A选项对.由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知,改变物体内能的两种方式是做功和热传递,B项只说明气体对外做功,没有考虑热传递;C项只说明气体从外界吸收热量,没有考虑做功情况,故B、C选项均错,D选项对.
【答案】　AD
【变式探究】如图11－3所示,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分.已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空.抽开隔板K后,a内气体进入b,最终达到平衡状态.在此过程中(　　)
图11－3
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
【答案】BD.
【解析】因b内为真空,抽开隔板K后,a内气体对外界不做功,由ΔU＝W＋Q知内能不变,故选项A错误,选项B正确.稀薄气体可看作21世纪教育网理想气体,其内能只与温度有关,气体的内能不变,温度也不变,由p1V1＝p2V2和V1p2,即气体压强变小,故选项C错误,选项D正确.
考点三、气体的状态方程应用
1．气体状态变化关系
(1)等温过程：pV＝C或p1V1＝p2V2(玻意耳定律).
(2)等容过程：＝C或＝(查理定律).
(3)等压过程：＝C或＝(盖—吕萨克定律).
(4)理想气体状态方程：＝C或＝.
2．状态方程的应用
确定要分析气体的初状态量和末状态量，建立状态方程，若是两部分气体，还应找出状态量间的关系，若是两个过程，应注意衔接状态，求压强时，通过对活塞或液柱受力分析，由平衡条件求出．
例2、如图11－4所示,一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体;一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l/4.现有活塞将气缸封闭(图中未画出),使活塞缓慢向下运动,各部分气体的温度均保持不变.当小瓶的底部恰好与液面相平时,进入小瓶中的液柱长度为l/2,求此时气缸内气体的压强.大气压强为p0,重力加速度为g.
【解析】　设当小瓶内气体的长度为l时,压强为p1;当小瓶的底部恰好与液面相平时,瓶内气体的压强为p2,气缸内气体的压强为p3,由题意知
p1＝p0＋ρgl①(2分)
由玻意耳定律得
p1S＝p2(l－l)S②(5分)
图11－4
式中S为小瓶的横截面积．联立①②，得
p2＝(p0＋ρgl)③(7分)
又有p2＝p3＋ρgl.④(8分)
联立③④得p3＝p0＋ρgl.(10分)
【答案】　p0＋ρgl
【变式探究】如图11－5,绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦.两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体,开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强为原来的1.2倍.设环境温度始终保持不变求汽缸A中气体的体积VA和温度TA.
图11－5
【解析】设初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等
pB＝1.2p0
B中气体始末状态温度相等
p0V0＝1.2p0(2V0－VA)
∴VA＝V0
A部分气体满足
＝
∴TA＝1.4T0
【答案】VA＝V0　TA＝1.4T0
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【2014·江苏卷】一种海浪发电机的气室如图所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
（1）下列对理想气体的理解，正确的有 。
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
（2）压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功 （选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×104J。
（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。计算此时气室中气体的分子数。（计算结果保留一位有效数字）
【答案】（1）AD（2）增大，等于（3）N＝5×1024（或N＝6×1024）
【解析】
（1）理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵守气体实验定律的气体，是为了研究方便而引入的不计本身大小、分子间除碰撞外不计相互作用力，无分子势能、分子间碰撞为弹性碰撞的理想模型，故选项A、D正确；实际气体温度不太低、压强不太大时可视为理想气体，故选项B错误；由于理想气体不计分子势能，因此其内阻只与温度有关，故选项C错误。
【考点定位】本题主要考查了对理想气体的理解问题，属于中档偏低题。
（2）由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分子平均动能增大，根据热力学第一定律可知：W＝ΔU＝3.4×104J
【考点定位】本题主要考查了对分子动理论、热力学第一定律的理解与应用问题，属于中档偏低题。
（3）设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有：＝
气体物质的量为：n＝
分子数为：N＝nNA
联立以上各式并代入数据解得：N＝＝5×1024（或6×1024）

2.【2014·重庆卷】（6分）题10图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积这V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩，若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面外薄膜的压力。
【答案】
【解析】
设压力为，压缩后气体压强为p.
由等温过程：
解得：
3.【2014·新课标全国卷Ⅰ】一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。
【答案】
【解析】
气缸导热良好，说明气体温度一直等于外界温度T0，设气缸底面积为S，活塞质量为m0，大气压强p0
开始平衡时有
沙子倒完后21世纪教育网平衡时，对活塞分析
整理可得
根据理想气体状态方程有可得
联立可得
外界温度变为T时，根据理想气体状态方程可得
根据活塞平衡可得
重新平衡后的气体体积

4.【2014·山东卷】 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮。求和。
已知大气压强，水的密度，重力加速度的大小。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
【答案】；
【解析】
当时，由平衡条件得
①
代入数据得
②
设筒内气体初、末态的压强分别为、，由题意得
　 ③
④
此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
联立②③④⑤式，代入数据得
⑥
5.【2014·新课标全国卷Ⅱ】如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。
（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；
（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
【答案】（ⅰ）320K（ⅱ）
【解析】
（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞ab下方的氮气经历等压过程，设气缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为V1，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，气缸B的21世纪教育网容积为V0/4，由题给数据及盖吕萨克定律有： ①
②
③
由①②③式及所给的数据可得：T2=320K ④
（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为，压强为；末态体积为，压强为，由所给数据及玻意耳定律可得
，， ⑤
⑥
由⑤⑥式可得： ⑦
6.【2014·江苏卷】一种海浪发电机的气室如图所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
（1）下列对理想气体的理解，正确的有 。
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
（2）压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功 （选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×104J。
（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。计算此时气室中气体的分子数。（计算结果保留一位有效数字）
【答案】（1）AD（2）增大，等于（3）N＝5×1024（或N＝6×1024）
【解析】
（1）理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵守气体实验定律的气体，是为了研究方便而引入的不计本身大小、分子间除碰撞外21世纪教育网不计相互作用力，无分子势能、分子间碰撞为弹性碰撞的理想模型，故选项A、D正确；实际气体温度不太低、压强不太大时可视为理想气体，故选项B错误；由于理想气体不计分子势能，因此其内阻只与温度有关，故选项C错误。
【考点定位】本题主要考查了对理想气体的理解问题，属于中档偏低题。
（2）由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分子平均动能增大，根据热力学第一定律可知：W＝ΔU＝3.4×104J
【考点定位】本题主要考查了对分子动理论、热力学第一定律的理解与应用问题，属于中档偏低题。
（3）设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有：＝
气体物质的量为：n＝
分子数为：N＝nNA
联立以上各式并代入数据解得：N＝＝5×1024（或6×1024）
7.【2014·重庆卷】（6分）题10图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积这V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩，若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面外薄膜的压力。
【答案】
【解析】
设压力为，压缩后气体压强为p.
由等温过程：
解得：
8.【2014·新课标全国卷Ⅰ】一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。
【答案】
【解析】
气缸导热良好，说明气体温度一直等于外界温度T0，设气缸底面积为S，活塞质量为m0，大气压强p0
开始平衡时有
沙子倒完后平衡时，对活塞分析
整理可得
根据理想气体状态方程有可得
联立可得
外界温度变为T时，根据理想气体状态方程可得
根据活塞平衡可得
重新平衡后的气体体积
9.【2014·山东卷】 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮。求和。
已知大气压强，水的密度，重力加速度的大小。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
【答案】；
【解析】
当时，由平衡条件得
①
代入数据得
②
设筒内气体初、末态的压强分别为、，由题意得
　 ③
④
此过程中，筒内气体21世纪教育网温度和质量不变，由玻意耳定律得
联立②③④⑤式，代入数据得
⑥
10.【2014·新课标全国卷Ⅱ】如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。
（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；
（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
【答案】（ⅰ）320K（ⅱ）
【解析】
（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞ab下方的氮气经历等压过程，设气缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为V1，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0/4，由题给数据及盖吕萨克定律有： ①
②
③
由①②③式及所给的数据可得：T2=320K ④
（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为，压强为；末态体积为，压强为，由所给数据及玻意耳定律可得
，， ⑤
⑥
由⑤⑥式可得： ⑦
【2013高考真题】
（2013·大纲卷）15．根据热力学第一定律，下列说法正确的是（ ）
A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
【答案】AB
【解析】电冰箱的工作过程表明，压缩机工作，热量可以从低温物体向高温物体传递，选项A正确。空调机在制冷过程中，压缩机工作，从室内21世纪教育网吸收的热量少于向室外放出的热量，选项B正确。根据热力学第一定律，科技的进步不可以使内燃机成为单一热源的热机，选项C错误。对能源的过度消耗将使自然界的可以被利用的能量不断减少，形成能源危机，而自然界的能量的能量是守恒的，选项D错误。
【考点定位】考查热力学定律及其相关知识。
（2013·上海卷）30．(10分)如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了△T；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处：已知大气压强为p0。求：气体最后的压强与温度。
【答案】
【解析】 由到，
由到,气体压强不变，
解方程得；
（2013·上海卷）29．(7分)利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下：
①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1cm。
②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm。(玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10m/s2)
(1)若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，△V示针筒内气体的体积，△p1、△p2表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气体满足的方程分别为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
(2)由实验数据得烧瓶容积V0＝＿＿＿＿＿ml，大气压强p0＝＿＿＿＿Pa。
(3)(单选题)倒U形玻璃管A内气体的存在
(A)仅对容积的测量结果有影响
(B)仅对压强的测量结果有影响
(C)对二者的测量结果均有影响
(D)对二者的测量结果均无影响
【答案】 (1) ;(2)560，(3)A
【解析】 温度不变。理想气体状态方程。前后体积变化要注意。（1）中，体积变小，压强变大。（2）中体积变大，压强变小。最后的计算的V0 玻璃管A内气体 因此第三问选择A
（2013·上海卷）15．已知湖水深度为20m，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10m/s2，ρ＝1.0×103kg/m3)
(A)12.8倍 (B)8.5倍 (C)3.1倍 (D)2.1倍
【答案】 C
【解析】 水面时压强等于大气压,,在湖底时，，，根据理想气体状态方程，解得
因此答案C正确
（2013·上海卷）5．液体与固体具有的相同特点是
(A)都具有确定的形状 (B)体积都不易被压缩
(C)物质分子的位置都确定 (D)物质分子都在固定位置附近振动
【答案】 B
【解析】 固体具有确定的形状，而液体具有流动性，没有一定的形状，A错。固体，液体的分子排列都很紧密，分子间作用力都很强。因此21世纪教育网体积都不易被压缩，B对。但是液体分子只在很小的区域内做有规则的排列，这种区域是不稳定的，因此C,D错误。
（2013·北京卷）13.下列说法正确的是
A.液体中悬浮的无规则运动称为布朗运动
B.液体分子的无规则运动称为布朗运动
C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加
D.物体对外界做功，其内能一定减少
【答案】A
【解析】悬浮在液体中的颗粒无规则运动，反映了液体分子无规则运动，这类现象称之为布朗运动，所以A对,液体分子的无规则运动不能称为布朗运动，B错误。根据热力学第一定律则，因此从外界吸收热量不一定内能增加，同理物体对外界做功，内能不一定减少。
这类题型需要对书本上的相关实验现象要有了解，例如在几何光学中有关光的全反射的现象例如光纤应用；光的干涉现象等。另外还可能设计有关物理学家的生平等，这需要平常留心书本。
（2013·广东卷）18.图6为某同学设计的喷水装置，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有
A.充气后，密封气体压强增加
B.充气后，密封气体的分子平均动能增加
C.打开阀门后，密封气体对外界做正功
D.打开阀门后，不再充气也能把水喷光
【答案】AC
[解析]温度不变，密封气体的分子平均动能不变，故B错误；充气过程为等温过程，气体原来的压强为1.0 atm、体积为0.6 L；后来气体的体积变为0.5 L，根据玻意耳定律，可知P2增大，故A正确；打开阀门，体积增大，密封气体对外界做正功，故C正确；打开阀门后，当内外气压相等时便不再喷水，不再充气不能把水喷光，故D错误。
（2013·海南卷）15．模块3-3试题（12分）
（1）（4分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分.选对3个得4分;每选错I个扣2分，最低得分为0分）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
【答案】ACD
【解析】针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，A说法正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水可以浸润油脂，不可以浸润玻璃，B说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，仅在液体表面张力的作用下有收缩为球形的趋势，C正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，D正确；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后，中间21世纪教育网没有空气，即气压为零，而两玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在一起，E错误．
【 考点定位】考查热学部分的定性了解的内容。
（2）（8分）如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3：1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出3l/8。现使活塞缓慢向上移动11l/32，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位）
【答案】P=15l/8
【解析】
（2013·江苏卷）A. [选修3-3](12 分)
如图所示,一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B、C 和D 后再回到状态A. 其中,A(B 和C(D 为等温过程,B(C 和D(A 为绝热过程(气体与外界无热量交换). 这就是著名的“卡诺循环”.
(1)该循环过程中,下列说法正确的是(((((((.
(A)A(B 过程中,外界对气体做功
(B)B(C 过程中,气体分子的平均动能增大
(C)C(D 过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
(D)D(A 过程中,气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中,内能减小的过程是((((((( (选填“A (B”、“B (C”、“C (D”或“D(A”). 若气体在A(B 过程中吸收63 kJ 的热量,在C(D 过程中放出38 kJ 的热量,则气体完成一次循环对外做的功为(((((((kJ.
(3)若该循环过程中的气体为1 mol,气体在A 状态时的体积为10 L,在B 状态时压强为A状态时的. 求气体在B状态时单位体积内的分子数. ( 已知阿伏加德罗常数,计算结果保留一位有效数字)
【答案】（1）C (2) B (C,25 (3)
【解析】（1）要分析这几个过程，只能逐项判断。
对A项：从图上看：A (B过程体积变大，则气体对外做功，，故A项错误；对B项：B(C 过程为绝热过程，则热交换，且从图上看，气体的体积增大，气体对外做功，，由热力学第一定律知：,则气体的温度将变低，气体分子的平均动能变小，故B项错误；对C项：从图上看，C(D 过程的气体压强在增大，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C项正确；对D项：D(A 为绝热过程，则热交换，且从图上看，气体的体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体的内能，故气体温度升高，则气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D项错误。本题答案为：C。
（2）从（1）的分析中，知内能减小的过程为B(C。B(C 和D(A 为绝热过程，无热量交换，若在A(B 过程中吸收63 kJ 的热量,在C(D 过程中放出38 kJ 的热量，则整个过程热量交换，
整个循环中内能变化量，由 知，即整个过程对外做的功为25KJ。
（3）A (B过程为等温过程，由得,则由关系式，代入21世纪教育网数据可得气体在B状态时单位体积内的分子数为。
（2013·山东卷）36.（8分）（物理选修3-3）
（1）下列关于热现象的描述正确的是（ ）
a.根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
b.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
c.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
d.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的
（2）我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度To=300K，压强P0=1 atm，封闭气体的体积Vo=3m2。如果将该气缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
①求990m深处封闭气体的体积（1 atm相当于10m深的海水产生的压强）。
②下潜过程中封闭气体___________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量__________（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
【答案】（1）C （2）① ②放热 大于
【解析】（1）热机在工作过程中不可避免的要有能量耗散，其效率不可能达到100%，A错误；热传递是靠能量的转移来改变系统内能的，B错误；系统达到热平衡的标志是温度相同，C正确；分子动理论告诉我们，分子永不停息地做无规则运动，由气体分子速率分布曲线可知对于大量分子的整体而言，气体分子的运动是遵从一定的统计规律的，D错误。本题选C。
（2）①由理想气体状态方程可知得，由题意可知，均已给出，解得.
②下滑过程中气体的体积减小，外界对气体做正功，由于气体的质量一定，温度降低，故气体向外发生热传递，且传递的热量大于外界对气体做的功。
（2013·新课标II卷）33.[物理一选修3-31](5分)
(I)(5分)关于一定量的气体，下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分.选对3个得5分;每选错I个扣3分，最低得分为0分).
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高。
【答案】ABE (5分。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)
【解析】气体的分子间距很大，故气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和，A正确；温度越高，分子的21世纪教育网热运动越剧烈，温度降低，分子的热运动剧烈程度降低，B正确；在完全失重的情况下，气体分子仍在做无规则运动，对容器壁的压强一定不为零，C错误；气体从外界吸收热量的同时，有可能对外做功，其内能不一定增加，D错误；由理想气体状态方程可知，等压膨胀过程中的温度一定升高，E正确。
(2)(10分)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm。已知大气压强为P0=75.0cmHg。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l1’=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。
【答案】见解析
【解析】以cmHg为压强单位。在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为
①
设活塞下推后，下部空气柱的压强为，由玻意耳定律得
②
如图，设活塞下推距离为，则此时玻璃管上部空气柱的长度为
③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为，则
④
由玻意耳定律得
⑤
由①至⑤式及题给数据解得
⑥
（2013·新课标Ⅰ卷）33.[物理—选修3-3](15分)
(1)(6分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A分子力先增大，后一直减小
B.分子力先做正功，后做负功
C.分子动能先增大，后减小
D.分子势能先增大，后减小
E. 分子势能和动能之和不变
(2) (9分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为Po和Po/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为To，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
(i)恒温热源的温度T;
(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积VX。
【答案】(1)BCE
(2)解(1)设左右活塞的质量分别为M1M2,左右活塞的横截面积威S
由平衡可知 ①
得②
由于左边活塞上升到顶部,但对顶部无压力,所以下面的气体发生等压变化,而右侧上部分气体的温度和压强均不变,所以体积仍保持所以当下面放入温度为T的恒温源,后,体积增大为,则由等压变化: ③解得④
(2)当把阀门K打开重新平衡后,由于右侧上部分气体要充入左侧的上部,且由①②两式知
打开活塞后,左侧降某位置,右侧活塞升到顶端,气缸上部保持温度T0等温变化, 气缸下部保持温度T等温变化.设左侧上方气体压强为P,由,设下方气体压强为P2,解得P2=P+P0
所以有
联立上述两个方程解出,解得,另一解舍去.
【解析】 (1)由分子动理论的知识,当两个分子相互靠近,直至不能靠近的过程中,分子力先是引力且先增大后减小,之后为分子斥力,一直增大.所以A选项错误;分子引力先做正功,然后分子斥力做负功,分子势能先减小再增大,分子动能先增大后减小,所以B、C正确,D错误;因为只有分子力做功，所以分子势能和分子动能的总和保持不变，E选项正确。难度:易.
（2）该问的关键是要分析出右侧上部分的气体的体积不变，为下部分气体的体积变化找到等量关系，进而列出部分气体等压变化:，求出T,第二问由活塞的质量关系，分析出左侧活塞重力与右侧活塞的重力关系，当把阀门K打开重新平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部,打开活塞后,左侧降某位置,右侧21世纪教育网活塞升到顶端,气缸上部保持温度T0等温变化, 气缸下部保持温度T等温变化.列出两部分的等温方程就可求出.但是本问的解题关键是右侧活塞达到顶端需要分析出来.
（2013·重庆）10．【选修3—3】
（1）（6分）某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时，
A．室内空气的压强比室外的小
B．室内空气分子的平均动能比室外的大
C．室内空气的密度比室外大
D．室内空气对室外空气做了负功
（2）（6分）汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为P0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了ΔP。若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量。
【答案】(1)B
(2)体积改变量
【解析】(1)由于内外相通，因此压强不变，A错；温度升高，气体分子的平均动能增大，而室外温度不变，B项正确；体积增大，室内气体一部分膨胀到室外，所以室内气体密度减小，C错；气体膨胀，对外做正功，D错。
(2)气体做等温变化，由玻意耳定律得，解得，装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量。


【2016考纲解读】
本专题解决两大类问题：一是机械振动和机械波；二是光和电磁波．作为选修模块之一，每年高考试题中都独立于其他模块而单独命题，《考试说明》中除对波的图象、波速公式的应用和折射率要求较高外，其它内容要求都较低，命题方式仍然是小题的拼盘．
高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个方面：①波的图象；②波长、波速和频率及其相互关系；③光的折射及全反射；④光的干涉、衍射及双缝干涉实验；⑤简谐运动的规律及振动图象；⑥电磁波的有关性质．
机械波是高中物理的一个比较重要的知识，也是每年高考的必考内容， 高考中的热点内容主要包括振动和波的关系；波长、频率和波速的关系；波的图象及其应用等. 高考中机械波相关试题的特点是:(1)试题容量大、综合性强，一道题往往要考查多个概念或多个规律；(2)用图象考查理解能力和推理能力，特别是对波的图象的理解和应用。本章所占的分值约为全卷总分的5%，个别年份将达到10 %以上,因此要认真对待，熟练掌握相关内容。
【重点知识梳理】
一、机械振动
1．简谐运动的对称性
(1)振动质点经过关于平衡位置对称的两点时，位移x、回复力F、速度v、加速度a、动能Ek、势能Ep的大小都相等，其中回复力F、加速度a与位移x方向相反，速度与位移x的方向可能相同，也可能相反．
(2)振动质点通过关于平衡位置对称的两段等长线段的时间相等．
2．简谐运动的周期性
(1)周期性：简谐运动的位移x、速度v、加速度a、回复力F、动能Ek和势能Ep都随时间作周期性变化，x、v、a、F的变化周期为T，Ek和Ep的变化周期为.
(2)质点在任意时刻开始计时的一个周期内通过的路程s＝4A(A为振幅)，半个周期内通过的路程s＝2A.但从不同时刻开始计时的四分之一周期内，路程不一定等于振幅A.
二、机械波
1．波长、波速与频率(周期)的关系 v＝λf＝
波的频率(周期)等于振源的频率(周期)，与介质无关，波从一种介质进入另一种介质，频率(周期)是不变的；波在介质中的传播速度v由介质的性质决定；波长等于波在一个周期内向外传播的距离，其大小取决于波的频率及介质的性质(波速v)．
波速也可用公式v＝计算，其中Δx为Δt时间内波沿传播方向传播的距离．
2．振动图象与波的图象的比较
振动图象反映了一个质点的位移x(位置坐标)随时间t变化的关系，波动图象反映了一系列质点在某一时刻相对其平衡位置的位移随质点的平衡位置变化的关系；由振动图象可确定周期T、振幅A、各时刻的位移及速度方向，由波动图象可确定波长λ、振幅A、波峰和波谷的位置、各个质点的位置及速度方向(结合传播方向)．
注意：(1)简谐运动与其在介质中的传播形成的简谐波的振幅、频率均相同．
(2)简谐振动和简谐波的图象均为正弦(或余弦)曲线．
(3)振动和波动的图象中质点振动方向判断方法不同．
3．波的干涉：频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，而且振动加强的区域和振动减弱的区域互相隔开，这种现象叫波的干涉．
路程差Δx＝λ(n＝0,1,2…)的点为振动减弱点；路程差Δx＝nλ(n＝0,1,2…)的点为振动加强点．
4．波的衍射：波绕过障碍物继续传播的现象．发生明显衍射的条件是，波长大于障碍物、小孔的尺寸或差不多．
三、振动图象与波动图象问题
1．由振动图象判定质点在某时刻的振动方向
振动图象中质点在某时刻的振动方向可根据下一个时刻(远小于)质点的位移(位置坐标)确定，也可根据图象中该时刻对应的曲线斜率的正负确定．
2．波动图象中质点的振动方向与波的传播方向
(1)“上下坡法”：将波形想象成一段坡路，沿着波传播的方向看，位于“上坡”处的各质点振动方向向下，位于“下坡”处的各质点振动方向向上．
(2)微平移法：波的传播过程其实是波形沿传播方向的平移，作出微小时间Δt后的波形，可确定各质点经Δt后到达的位置，由此可确定各质点的振动方向．
3．振动图象与波动图象结合
解答振动图象和波动图象结合的问题，应注意两种图象意义的理解，波动图象是某时刻一系列质点的振动情况的反映，振动图象是某一质点在不同时刻的振动情况的反映；其次要从一种图象中找到某一质点的振动信息，由此结合题设条件及相应的振动或波动规律推导另一种图象的相关情况．
关键提醒：要特别关注波动图象是哪个时刻的图象，振动图象是哪个质点的图象．
例1、介质中坐标原点O处的波源在t＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，t0时刻传到L处，波形如图5－12－1所示．图5－12－2中能描述x0处质点振动的图象是(　　)
图5－12－1
　　　 A　　　　　　　　　　　　B
　　　　 C　　　　　　　　　　　　D
图5－12－2
【答案】C　
【点评】 解答本题的关键是，明确振动图象是波动图象中x0处质点的振动图象，波动图象是t＝t0时的波动图象．解题时应根据波动图象中x0处质点的振动方向确定振动图象t＝0及t＝t0时刻的振动情况．下面的变式题则是根据振动图象中某时刻质点的振动情况确定波动图象中某位置质点的振动方向．
【变式探究】如图5－12－3甲所示，一条水平张紧的弹性长绳上有等间距的Q′、P′、O、P、Q等质点，相邻两质点间距离为1 m，t＝0时刻质点O从平衡位置开始沿y轴正方向振动，并产生分别向左、向右传播的简谐横波，质点O振动图象如图乙所示．当质点O第一次到达正方向最大位移时刻，质点P刚开始振动，则下列说法正确的是(　　)

甲 乙
图5－12－3
A．这列波的波长为2 m，传播速度为2 m/s
B．当质点O′第二次达到正向最大位移时，质点O已经走过35 cm路程
C．t＝3 s时，质点P、P′均在平衡位置且向上运动
D．t＝2 s时，质点P位于波峰，质点P′则位于波谷
【答案】B　
【变式探究】一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2 m，振幅为A.当坐标为x＝0处质元的位移为－A且向y轴负方向运动时，坐标为x＝0.4 m处质元的位移为A.当坐标为x＝0.2 m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x＝0.4 m处质元的位移和运动方向分别为(　　)
A．－A、沿y轴正方向　　B．－A、沿y轴负方向
C．－A、沿y轴正方向 D．－A、沿y轴负方向
【答案】C　
【解析】 根据题意，画出此时坐标的波形图，可以看到，此时坐标为x＝0.2 m处的质元正在平衡位置且向y轴负方向运动．再经过半个周期，
坐标为x＝0.2 m处的质元回到平衡位置且向y轴正方向运动，在这半个周期当中，坐标为x＝0.4 m处的质元已经过了波谷且正在向着平衡位置运动，根据简谐运动的对称性，此时的位移与半个周期之前的位移大小相等．所以C正确．
【高频考点突破】
考点一、基本概念和规律的理解
例1 有以下说法
A．在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，为减小偶然误差,应测出单摆作n次全振动的时间t，利用T＝求出单摆的周期
B．如果质点所受的合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动
C．变化的磁场一定会产生变化的电场
D．图1振荡电路中的电容器正处于放电状态
E．X射线是比紫外线频率低的电磁波
F．只有波长比障碍物的尺寸小的时候才会发生明显的衍射现象
G．在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长越短其中正确的是________．
解析：当质点所受合外力满足F＝－kx(x为位移)时，质点才能做简谐运动,B错;均匀变化的磁场产生恒定的电场，C错；X射线频率比紫外线频率高，E错；当障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多时，才发生明显的衍射现象，F错．
答案：ADG
考点二、　波动和振动关系的应用
例2 、在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t1＝4 s时，距离O点为3 m的A点第一次达到波峰；t2＝7 s时，距离O点为4 m的B点第一次达到波谷．则以下说法正确的是 ( 　　)
A．该横波的波长为2 m
B．该横波的周期为4 s
C．该横波的波速为1 m/s
D．距离O点为1 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s末
解析：设波速为v，横波波长为λ，周期为T，则
＋＝t1 ①
＋＝t2 ②
解①②得v＝1 m/s，T＝4 s
则λ＝vT＝4 m，距O点1 m的质点第一次开始向上振动的时刻为1 s末．
答案：BC
考点三、两种图象和波速公式的理解及应用
例3 、渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位，已知某超声波的频率为1.0×105 Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图3所示．
①从该时刻开始计时，画出x＝7.5×10－3 m处质点做简谐运动的振动图象(至少一个周期)．
②现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用的时间为4 s，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．
图3
解析：①因为超声波的频率为f＝1.0×105 Hz，
所以质点振动周期T＝＝10－5 s
x＝7.5×10－3 m处的质点在图示时刻处于波谷，
所以可画出该质点做简谐运动的图象如图所示．
②因为超声波的频率为f＝1.0×105 Hz，由波的图象可知超声波的波长λ＝15×10－3 m，由v＝λf可得超声波的速度v＝λf＝15×10－3×1.0×105 m/s＝1 500 m/s
所以鱼群与渔船间的距离x＝＝ m＝3 000 m
答案：①见解析中图　②3 000 m
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【物理——选修34]【2014·新课标全国卷Ⅰ】(1)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图．图(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法正确的是________．
　　
　　　　图(a)　　　 　　　　　图(b)
A．波速为0.5 m/s
B．波的传播方向向右
C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm
D．0～2 s时间内，P向y轴正方向运动
E．当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置
【答案】ACE　
【解析】本题考查了机械振动与机械波．v＝＝ m/s＝0.5 m/s，A正确．x＝1.5 m处的质点在t＝2 s时正在向下振动，根据“上坡下”法可判断21世纪教育网机械波向左传播，B错误；0～2 s是半个周期，P点运动的路程为2×4 cm＝8 cm，C正确，D错误；7 s是此时刻再经过5 s，即1T，这时P点刚好回到平衡位置，E正确．
2.【2014·安徽卷】一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t＝0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图像，则该质点的x坐标值合理的是(　　)
图1
图2
A．0.5 m B．1.5 m
C．2.5 m D．3.5 m
【答案】C　
【解析】本题考查机械振动与机械波综合知识及图像分析能力．根据振动图像可知某质点在t＝0 s的位移为负，与此符合的是B、C选项，此时该质点的振动方向向下，根据机械波的传播方向分析B、C选项中每个质点的振动方向可知，此时横坐标x＝1.5 m的质点的振动方向向上，而横坐标x＝2.5 m的质点的振动方向向下，选项B错误，C正确．
3.【2014·安徽卷】在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T＝2πr　　　　　B．T＝2πr
C．T＝ D．T＝2πl
【答案】B　
【解析】本题考查单摆周期公式、万有引力定律与类比的方法，考查推理能力．在地球表面有G＝mg，解得g＝G.单摆的周期T＝2π·＝2πr，选项B正确．
4.【2014·北京卷】一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t＝0时刻的波形如图1所示，a、b是波上的两个质点．图2是波上某一质点的振动图像．下列说法中正确的是(　　)
图1　　　　　　　　　图2
A．t＝0时质点a的速度比质点b的大
B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小
C．图2可以表示质点a的振动
D．图2可以表示质点b的振动
【答案】D　
【解析】本题考查简谐运动的振动和波动图像．图1为波动图像，图2为振动图像．t＝0时刻，a在波峰位置，速度为零，加速度最大，b在平衡位置，加速度为零，速度最大，A、B错误．在波动图像中，根据同侧法由波传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t＝0时刻，b点在平衡位置且向下振动，故图2可以表示质点b的振动，C错误，D正确．
5.【2014·全国卷】两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是(　　)
A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|
B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2
C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移
D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅
【答案】AD　
【解析]本题考查波的叠加．波峰与波谷相遇，振动方向相反，振幅等于两列波振幅之差，A正确； 波峰与波峰相遇，振动方向相同，振幅等于21世纪教育网两列波振幅之和，质点仍在振动而不会停在最大位移处，B错误；无论波峰与波谷相遇处还是波峰与波峰相遇处，质点都在自己的平衡位置附近做简谐运动，只是波峰与波峰相遇处质点振幅大于波峰与波谷相遇处质点振幅，C错误，D正确．
6.【2014·福建卷Ⅰ】在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图像如图所示，则该波在第一个周期末的波形图是(　　)
A　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　D
【答案】D　
【解析】由振动图像可知，波源的起振方向是沿y轴负方向的，由题干可知该波沿x轴正方向传播，由质点的振动方向与波的传播方向的关系可知，该波在第一个周期末的波形图如图D所示．
7.【2014·山东卷】(1)一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图像如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m．以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)
a．波长为1.2 m
b．波源起振方向沿y轴正方向
c．波速大小为0.4 m/s
d．质点A的动能在t＝4 s时最大
【答案】(1)ab
【解析】(1)以波源O由平衡位置开始振动计时，到质点A开始振动历时3 s，O、A平衡位置相距0.9 m，所以可得波速为v＝ m/s＝0.3 m/s，c错误．由图得知，振动周期T＝4 s，所以波长为λ＝vT＝1.2 m，a正确．A点沿y轴正向起振，所以波源起振方向也沿y轴正向，b正确．t＝4 s时，质点位于正向最大位移处，动能为零，所以d错误．
8.【2014·四川卷】如图所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是(　　)
甲　　　　　　　　　　　　乙　　　
A　　　　　　　　　　　　B　
C　　　　　　　　　　　　D　
【答案】A　
【解析】从甲图可以得到波长为2 m，从乙图可以得到周期为2 s，即波速为1 m/s；由乙图的振动图像可以找到t＝1 s时，该质点位移为负，并且向下运动，距该质点Δx＝0.5 m处的质点与该质点的振动情况相差，即将乙图中的图像向左或右平移周期即可得到距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像，故只有A正确．
9.【2014·天津卷】平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s.平衡位置在x轴上的P、 Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为xP＝3.5 m、xQ＝－3 m．当S位移为负且向－y方向运动时，P、Q两质点的(　　)
A．位移方向相同、速度方向相反
B．位移方向相同、速度方向相同
C．位移方向相反、速度方向相反
D．位移方向相反、速度方向相同
【答案】D　
【解析】本题是对机械振动和机械波的综合考查，根据波速和频率之间的关系v＝fλ 得该波的波长为2 m．可知，当S经过平衡位置21世纪教育网向负方向运动时，距离S为1.75个波长的P点从最大的负位移处向平衡位置运动，距离S为1.5个波长的Q点经平衡位置向正方向运动，所以两质点的位移方向相反，速度方向相同，D正确．
10. 【2014·浙江卷】一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s
【答案】C　
【解析】本题考查简谐运动的知识点和建模能力．从平衡位置开始计时，游船的振动方程x＝20sin cm，游客要舒服地登船需满足的条件Δx＝20－x≤10，解得0.25 s≤t≤1.25 s，故游客能舒服地登船的时间Δt＝1.0 s，选项C正确．
11.【2014·浙江卷】下列说法正确的是(　　)
A．机械波的振幅与波源无关
B．机械波的传播速度由介质本身的性质决定
C．物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反
D．动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关
【答案】B　
【解析】本题考查机械波、静摩擦力、动摩擦因数等知识．机械波的振幅与波源有关，选项A错误；传播速度由介质决定，选项B正确；静摩擦力的方向可以与运动方向相同，也可以相反，也可以互成一定的夹角，选项C错误；动摩擦因数描述相互接触物体间的粗糙程度，与材料有关，选项D错误．
12.【2014·重庆卷】(2)(6分)一竖直悬挂的弹簧振子下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如题11图2所示的图像．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期和振幅．
题11图2
【答案】(2)　
【解析】(2)设周期为T，振幅为A.
由题图得T＝，A＝.
【2013高考真题】
（2013·天津卷）7、一列简谐波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a，b两质点的振动图像如右图所示，下列描述该波的图像可能正确的是（　　）
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【答案】AC
【解析】由振动图象可知，当t＝0时，质点a处在波峰位置，质点b处在平衡位置且向下振动，当简谐波由a向b传播时，有　，解得可能波长为（n＝0，1，2….）。当简谐波由b向a传播时，有　，解得可能波长为（n＝0，1，2….）。故选AC。
（2013·大纲卷）21．在学校运动场上50 m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器。两个扬声器连续发出波长为5 m的声波。一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10 m。在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为（ ）
A．2 B．4
C．6 D．8
【答案】B
【解析】向某一端点每缓慢行进2.5m，他距离两波源的路程差为5m，听到扬声器声音强，缓慢行进10 m，他听到扬声器声音由强变弱的次数为4次，选项B正确。
（2013·四川卷）5．图1是一列简谐横波在t=1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则图2所示振动图像对应的质点可能位于
A．aB．b C．cD．d【答案】D
【解析】因为C位置的质点比a位置的晚0.5s起振，所以波向右传播，周期是1s，在t=1.25s的波形图也就是在，因此在的波形图就是图1左移1/4波长后的部分，如图所示：
跟图2对照，可知，对应的质点可能位于Oa之间或de之间，因此选D。
（2013·上海卷）14．一列横波沿水平绳传播，绳的一端在t＝0时开始做周期为T的简谐运动，经过时间t(T＜t＜T)，绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处。则在2t时，该点位于平衡位置的
(A)上方，且向上运动
(B)上方，且向下运动
(C)下方，且向上运动
(D)下方，且向下运动
【答案】 A
【解析】 t到2t这段时间内，该质点由上方最大位移处开始运动，先向下，到平衡位置，再过到最低点，再过到回到平衡位置，至此一共经过了，剩下的时间不到，因此质点在平衡位置上方，正在向上运动，答案A正确
（2013·上海卷）4．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是
(A)位移 (B)速度 (C)加速度 (D)回复力
【答案】 B
【解析】 同一位置，说明相对平衡位置的位移相同，A错。简谐运动的回复力和位移的关系F＝-kx，位移相同则回复力相同，D错误。根据21世纪教育网牛顿第二定律，F=-kx=ma，因此加速度也相同，C错误。经过同一位置，可能是远离平衡位置也可能是靠近平衡位置，速度方向不同，B对。
（2013·上海卷）1．电磁波与机械波具有的共同性质是
(A)都是横波 (B)都能传输能量
(C)都能在真空中传播 (D)都具有恒定的波速
【答案】 B
【解析】 波的振动方向和传播方向垂者为横波，振动方向和传播方向同轴者为纵波。电磁波有变化的电场和变化的磁场交替产生，依据电磁感应定律变化的电场方向和磁场方向垂直，与传播方向垂直，为横波。而机械波中的声波是纵波，绳波则为横波。故A错误。电磁波能在真空中传播，而声波不能在真空中传播，C错误。电磁波真空的传播速度m/s，而声波在空气中340m/s，在固体和液体中传播的速度都大于340m/s。故D错误。不管是机械波或者是电磁波，都可以传递信息和能量。D正确。
（2013·福建卷）16．如图，t＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐波。下图中能够正确表示t＝0.6s时波形的图是( )
【答案】C
【解析】由于波源位于坐标原点，从在t＝0时刻起分别沿＋x、－x方向传播，起振方向相同，为＋y方向，因此波动图象应关于y轴对称，故选项A、B错误，又21世纪教育网因为波的传播过程，传递的是振动的形式和能量，因此途径各质点的起振方向均为＋y方向，经过时间t＝0.6s＝1.5T后，在＋x、－x方向应各形成1.5个完整波形，根据最后传至的质点的起振方向沿＋y方向和波的传播方向应满足同侧关系，故选项C正确；选项D错误。
（2013·北京卷）15. 一列沿x轴正方向传播的间谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是
这列波的振幅为4cm
这列波的周期为1s
此时x=4m处质点沿y轴负方向运动
此时x=4m处质点的加速度为0
【答案】D
【解析】根据机械波同侧法可知，此刻此时x=4m处质点沿y轴正方向运动，C错。由于此刻x=4m处位移为零，说明回复力为零，即加速度为零，D对。波长为8m，根据，周期为0.5s。由图可知振幅为2cm，即答案为D
机械波与机械振动虽然不是主干知识，但在历次高考中都是作为必考的知识点。其中机械波的图像跟其中某点振动图像相联系，考察考生对两者之间关系的理解。这类问题可以结合数学模型：圆的振动来处理非特殊位置的运动情况。

【2012高考真题】
（2012·大纲版全国卷）20.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图（a）是t=0时刻的波形图，图（b）和图（c）分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是
A. m B. m C.1m D. m
【答案】B【解析】根据题述及波形图和两处质点的振动图像，图（b）所示质点在t=0时在正向
最大位移处，图（c）所示质点在t=0时，x=-0.05m，,运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应的点，如图所示。若图（c）所示质点为图中左侧波峰上的点，这两质点平衡位置之间的距离是λ/2+λ/6=2λ/3= m，选项D正确；若图（c）所示质点若为图中右侧波峰上的点，这两质点平衡位置之间的距离可能是λ/4+λ/12=λ/3=m，选项B正确。
18. 模块3-4试题（12分）
（1）（2012·海南）某波源s发出一列简谐横波，波源s的振动图像如图所示。在波的传播方向上有A、B两点，它们到s的距离分别为45m和55m。测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s。由此可知
①波长λ= m。
②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是 cm。
【答案】①20 ②-6
【解析】①由v=△x/△t，得v=10m/s。由振动图像可知波动周期T=2.0s，
波长λ=vT=100×2m=20m。
②由于A、B两点相距10m，为半个波长，当B点21世纪教育网离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是-6cm。
（2012·福建）13、一列简谐波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是
A．沿x轴负方向，60m/s B．沿x轴正方向，60m/s
C．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30m/s
【答案】A【解析】从甲图的波动图像可知，质点P向y轴负方向运动说明波沿x轴负方向传播，
从图中还可在波长为24m,周期为0.4秒，可得到波速为60m/s，所以答案选A。
（2012·浙江）16、用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波。某一时刻的波形图如图所示，绳上a、b两质点均处于波锋位置。下列说法正确的是
A. a、b两点之间的距离为半个波长
B. a、b两点开始时刻相差半个周期
C. b点完成全振动的次数比a点多一次
D. b点完成全振动的次数比a点少一次
【答案】D【解析】由图可知：A、B之间距离为一个波长，开始时刻相差1个周期，a点振动先于
b点，所以D正确。
（2012·天津）7． 沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t = 0时刻的波形如图所示，M
为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t =s时
A．质点M对平衡位置的位移一定为负值
B．质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C．质点M的加速度方向与速度方向一定相同
D．质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反
【答案】CD【解析】由图可知波长为λ = 4m，周期T = ，t = 0时刻质点M向y轴正方向
运动，当t =s，即时，质点M对平衡位置的位移一定为正值，A错误。质点M向y轴负方向运动，与对平衡位置的位移方向相反，B错误。质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，向向y轴负方向，与速度方向相同，C、D正确。
（2012·四川）19．在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s，振幅为A。M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。在t = 0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s。则
A．该波的周期为 s
B．在t = s时，N的速度一定为2m/s
C．从t = 0到t = 1s，M向右移动了2m
D．从t = s到t = s，M的动能逐渐增大
【答案】D【解析】在t = 0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大
位移处，且该波的周期大于1s。则，可得，周期T = = s，A错误。质点振动速度不同于波的传播速度，B错误。质点不随波的传播而迁移，C错误。从t = s到t = s，M由最大位移处向平衡位置移动，速度逐渐增大，动能逐渐增大，D正确。
（2012·北京）17．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间，关系的图像是
【答案】A【解析】弹簧振子所受回复力F = — k x，加速度，与偏离平衡位置的位移方向
相反，四分之一周期时，振子具有沿x轴正方向的最大加速度，偏离平衡位置的位移为负方向最大值，所以A正确。
（2012·全国新课标卷）34.[物理——选修3-4]（15分）
（1）（6分）一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴_________（填“正向”或“负向”）。已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为_______m。
（2）（9分）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。
【答案】（1） 正向 0.8 （2）π/4
【解析】（1）根据振动图像可知在t=0后的很小一段时间内，位移增大，故物体在t=0时向上运动；由图（a）、图（b）及题意可知21/2=2sin3π/4，所以此质点距O点距离为波长的3/8，即3/8λ=0.30m；得λ=0.8m
（2012·山东）37．（8分）【物理—物理3-4】（1）一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻的波形如图所示，介质中质点、分别位于、处。从时刻开始计时，当时质点刚好第4次到达波峰。
①求波速。②写出质点做简谐运动的表达式（不要求推导过程） 。　　　　
（2）如图所示，一玻璃球体的半径为，为球心，为直径。来自 点的光线在点射出。出射光线平行于，另一光线恰好在点发生全反射。已知，求
玻璃的折射率。球心O到BN的距离 。
【解析】解：（1）①设简谐横波的波速为，波长为，周期为，有图像知，。由题意得
① ②联立①②式，代入数据得③
②质点P做简谐运动的表达式为 ④
（2）设光线BM在M点的入射角为，折射角为，由几何关系可知，，，根据折射定律得 ⑤代入数据得 ⑥
光线BN恰好在N点发生全反射，则为临界角C ⑦
设球心到BN的距离为d，由几何关系可知 ⑧联立⑥⑦⑧式得 ⑨
（2012·上海）24．如图，简谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过Δt=3s，其波形如虚线所示。己知图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2T<Δt<4T 。则可能的最小波速为____________m/s，最小周期为____________s。
【答案】 5，7/9，
【解析】从图中可知波长，波可能向右传播也可能向左传播，由于2T<Δt<4T，若向右传播，传播的距离为或；若向左传播，传播的距离为或，根据知传播距离21世纪教育网最短的波速最小，这时最小波速为：。
根据可知波速度最大时周期最小，而最大波速度，此时对应的最小周期T=
（2012·安徽）15.一列简谐被沿X轴正方向传播，在t=0j时波形如图1所示，已知波速度为10m/s。则t=0.1s时正确的波形应是图2中的 （ ）
【答案】C
（2012?重庆） 装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是(　　)
【答案】D　
【解析】根据题中规定的正方向，开始计时时刻位移为正的最大值，由于简谐运动的图象是正弦或余弦曲线，可知D正确．



【2016考纲解读】
动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。具体体现在：
①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容；
②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；
③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；
④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。
【重点知识梳理】
一、动量与动能、冲量的关系
1．动量和动能的关系
(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p＝mv；动能的大小与速度的平方成正比，Ek＝mv2/2.两者的关系：p2＝2mEk.
(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．
(3)动量的变化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔEk＝Ek2－Ek1是标量式，运算时应用代数法．
2．动量和冲量的关系
冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．
二、动能定理和动量定理的比较
动能定理
动量定理
研究对象
单个物体或可视为单个物体的系统
单个物体或可视为单个物体的系统
公式
W＝Ek′－Ek或
Fs＝mv－mv
I＝pt－p0或Ft＝mvt－mv0
物理量的意义
公式中的W是合外力对物体所做的总功，做功是物体动能变化的原因．Ek′－Ek是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能
公式中的Ft是合外力的冲量，冲量是使研究对象动量发生变化的原因．mvt－mv0是研究对象的动量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差
相同处
①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．
②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．
③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况
不同处
①动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化
特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．
三、机械能守恒定律
1．机械能守恒的判断
(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．
(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．
(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．
(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．
判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：
①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；
②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；
③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机械能不守恒；
④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；
⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒．
2．机械能守恒定律的表述
(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ep2＋Ek2，应用过程中重力势能需要取零势能面；
(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔEk＝－ΔEp或ΔEk＋ΔEp＝0；
(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A物体增加的机械能等于B物体减少的机械能，ΔEA＝－ΔEB或ΔEA＋ΔEB＝0.
四、能量守恒定律
1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E初＝E末．
2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即
ΔEn增＝－ΔEm减．
3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．
五、涉及弹性势能的机械能守恒问题
1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．
2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同．
3．弹性势能公式Ep＝kx2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否则不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．
六、机械能的变化问题
1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．
2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．
3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W其＝E2－E1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．
【难点突破】
难点一、机械能守恒定律的应用问题
应用机械能守恒定律解题的一般思路：
(1)选择适当的研究对象(物体或系统)，明确哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择合适的初、末状态；
(2)对物体进行受力分析和运动分析，明确各个力做功的情况及初末状态的速度，判断机械能是否守恒，只有符合守恒条件才能应用机械能守恒定律解题；
(3)选择适当的机械能守恒定律表述形式列守恒方程，对多过程问题可分阶段列式，也可对全过程列式．(必要时应选取重力势能为零的参考平面)
例1 有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)．
(1)如图2－6－1甲所示，滑块从O点由静止释放，下滑了位移x＝1 m后到达P点，求滑块此时的速率；
(2)如果用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M＝2.7 kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度l＝m(如图乙所示)．再次将滑块从O点由静止释放，求滑块滑至P点的速度大小．(已知整个运动过程中M不会落到地面，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2)
【答案】(1)4 m/s　(2)5 m/s
Mgl(1－sin53°)＋mgxsin53°＝mv＋0
解得v2＝5 m/s
【变式探究】如图2－6－2所示，直角坐标系位于竖直平面内，x轴水平，一长为2 L的细绳一端系一小球，另一端固定在y轴上的A点，A点坐标为(0，L)．将小球拉至C点处，此时细绳呈水平状态，然后由静止释放小球．在x轴上某一点x1处有一光滑小钉，小球落下后恰好可绕小钉在竖直平面内做圆周运动，B点为圆周运动的最高点位置，不计一切阻．
(1)若x1点到O点距离．
(2)若小球运动到B处时，将绳断开，小球落到x轴上x2(图中未画出)处．求x2点到O点的距离．
图2－6－2
【答案】(1) L　(2) L
【解析】 绳断开后，小球做平抛运动．设落到x轴上所需时间为t，则有R＝gt2
x1与x2之间距离x1x2＝vBt
可得：x1x2＝ L
故x2到O点距离Ox2＝ L
难点二、能量守恒问题
应用能量守恒定律解题的基本思路：明确物理过程中各种形式的能量——动能、重力势能、弹性势能、电势能、内能等能量的变化情况，分别列出减少的能量和增加的能量的表达式，根据能量守恒定律解题．
例2、如图2－6－3所示，质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的A、B两物体用劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧竖直连接起来．在弹簧为原长的情况下，使A、B整体从静止开始自由下落，当重物A下降h高度时，重物B刚好与水平地面相碰．假定碰撞后的瞬间重物B不反弹，也不与地面粘连，整个过程中弹簧始终保持竖直状态，且弹簧形变始终不超过弹性限度．已知弹簧的形变为x时，其弹性势能的表达式为Ep＝kx2.若重物A在以后的反弹过程中恰能将重物B提离地面，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)重物A自由下落的高度h；
(2)从弹簧开始被压缩到重物B离开水平地面的过程中，水平地面对重物B的最大支持力．
图2－6－3
【答案】(1)0.4 m　(2)60 N
【点评】 本题中重物B落地过程损失机械能，全过程机械能不守恒．因此应将全过程以物体B落地为临界点分段讨论．重物B恰被提离地面的条件是解题的关键．
【变式探究】如图2－6－4所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°.用手调整C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知B的质量为m，C的质量为4m，A的质量远大于m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦力不计．开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑．若斜面足够长，求：
(1)当B物体的速度最大时，弹簧的伸长量；
(2)B物体的最大速度．
【答案】(1)　(2)2g
【解析】 (1)通过受力分析可知，当B的速度最大时，其加速度为0，绳子上的拉力大小T＝4mgsin30°＝2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x满足kx＋mg＝T
解得x＝
(2)开始时弹簧压缩的长度x0＝.
因A质量远大于m，所以A一直保持静止状态．物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为d＝x0＋x＝.
由于x＝x0，所以弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，由机械能守恒定律：
4mgdsin30°＝mgd＋(m＋4m)v
解得vBm＝2g
难点三、能量观点的综合应用
功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．常见功能关系的对比列表如下：
功
能量变化
表达式
合力做功
等于动能的增加
W合＝Ek2－Ek1
重力做功
等于重力势能的减少
WG＝Ep1－Ep2
(弹簧类)弹力做功
等于弹性势能的减少
W弹＝Ep1－Ep2
分子力做功
等于分子势能的减少
W分＝Ep1－Ep2
电场力(或电流)做功
等于电能(电势能)的减少
W电＝Ep1－Ep2
安培力做功
等于电能(电势能)的减少
W安＝Ep1－Ep2
除了重力和弹力之外的其他力做功
等于机械能的增加
W其＝E2－E1
系统克服一对滑动摩擦力或介质阻力做功
等于系统内能的增加
Q＝fs相
说明：表格中“增加”是末态量减初态量，“减少”是初态量减末态量．
例3 、如图2－6－5所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　)
图2－6－5
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳重力势能共减少了mgl
C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和
【答案】BD　
【解析】 因物块受的向上的拉力做负功，故物块的机械能减少，选项A错误；软绳原来的重心距最高点为lsinθ＝，软绳刚好全部离开斜面时重心距最高点为，故重力势能共减少了mg＝mgl，选项B正确；物块受的重力大于软绳受的摩擦力，所以物块受的重力做的功大于软绳克服摩擦力做的功，故选项C错误；设拉软绳的力F做功为WF，对软绳由功能关系：WF＋Wf＋WG＝Ek2－Ek1，故WF＋WG＝Ek2－Ek1＋(－Wf)，由于WF＞0，故选项D正确．
【点评】 解答本题要注意从做功的角度进行分析，利用“功是能量转化的量度”的含义解题．分析选项A用除重力以外的其他力对物体做的功等于其机械能的增量，分析选项B用重力做的功等于重力势能的减少量，对选项C也是从做功的角度进行分析的，不宜从能量守恒的角度分析．
【变式探究】如图2－6－6所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP切对于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N的距离的可能值．
图2-6-6
【答案】　
【解析】 根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值ΔEp与物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即
ΔEp＝W①
设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则
ΔEp＝mgh②
W＝μmgs′③
设物块在水平轨道上停住的地方与N点的距离为d.若物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则 s′＝2s－d④
联立①②③④式得 d＝2s－⑤
此结果在≤2s时有效．若>2s，则物块在与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，此时有
s′＝2s＋d⑥
联立①②③⑥式得 d＝－2s
【高频考点突破】
考点一、动量定理的应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受合外力冲量的矢量和)．
(2)动量定理给出了冲量(过程量)和动量变化(状态量)间的互求关系．
(3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率：
F＝(牛顿第二定律的动量形式)．
(4)动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正．
2．解题步骤
(1)明确研究对象(一般为单个物体)及对应物理过程．
(2)对研究对象进行受力分析并区分初、末运动状态，找出对应的动量．
(3)规定正方向，明确各矢量的正负，若为未知矢量，则可先假设其为正方向．
(4)由动量定理列方程求解．
例1、某兴趣小组用如图6－1所示的装置进行实验研究．他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为d、质量为m的匀质薄圆板，板上放一质量为2m的小物块．板中心、物块均在杯的轴线上．物块与板间动摩擦因数为μ，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转．
图6-1
(1)对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为Ffmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件．
(2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I，
①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？
③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变．
【解析】　(1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为Ff，共同加速度为a.由牛顿运动定律，有
对物块：Ff＝2ma　对圆板：F－Ff＝ma
两物体相对静止，有Ff≤Ffmax
得F≤Ffmax
相对滑动的条件F＞Ffmax.
(2)设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为v1和v2.
由动量定理，有I＝mv0
由动能定理，有
对圆板：－2μmg(s＋d)＝mv－mv
对物块：2μmgs＝(2m)v－0
由动量守恒定律，有mv0＝mv1＋2mv2
要使物块落下，必须v1＞v2
由以上各式得I＞m
s＝2
分子有理化得s＝μg2
根据上式结果知：I越大，s越小．
【变式探究】如图6－2所示，质量mA为4 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：
图6-2
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；
(2)木板的长度L.
【解析】(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0
代入数据解得v0＝3.0 m/s.
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有
－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0
FABt＝mBvB
其中FAB＝FBA，FCA＝μ(mA＋mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，
有－(FBA＋FCA)sA＝mAv－mAv
FABsB＝EkB
动量与动能之间的关系为mAvA＝
考点二、动量守恒定律的应用
1．表达式：
(1)p＝p′(相互作用前系统总动量p等于相互作用后总动量p′)；
(2)Δp＝0(系统总动量的增量等于零)；
(3)Δp1＝－Δp2(两个物体组成的系统中，各自动量的增量大小相等、方向相反)．
2．应用范围：
(1)平均动量守恒：初动量为零，两物体动量大小相等，方向相反．
(2)碰撞、爆炸、反冲：作用时间极短，相互作用力很大，外力可忽略．
(3)分方向动量守恒：一般水平动量守恒，竖直动量不守恒．
3．应用动量守恒定律解决问题的步骤：
(1)确定研究对象，研究对象为相互作用的几个物体．
(2)分析系统所受外力，判断系统动量是否守恒，哪一过程守恒．
(3)选取正方向，确定系统的初动量和末动量．
(4)根据动量守恒列方程求解．
例2、如图6－3所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度 .(不计水的阻力)
图6-3
【解析】　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
12m×v0＝11m×v1－m×vmin①
10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得
vmin＝4v0.④
【答案】　4v0
【变式探究】在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v　　　　　　　　　　　
B．0.4v
C．0.3v
D．0.2v
【解析】选A.由动量守恒定律得：设小球A碰前的速度方向为正，则mv＝－mv1＋2mv2
则2v2＝v1＋v>v，v2>，即v2>0.5v，A正确．
【答案】A
考点三、机械能守恒定律的应用
1．机械能守恒的三种表达式
(1)Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
或mv＋mgh1＝mv＋mgh2.
(2)ΔEp＝－ΔEk(势能和动能的变化量绝对值相等)．
(3)ΔE1＝－ΔE2(一部分机械能的变化量与另一部分机械能的变化量绝对值相等)．
注：应用表达式(1)时，涉及重力势能的大小，必须首先选零势能参考平面．
2．机械能守恒定律解题的基本思路
(1)选取研究对象——系统或物体．
(2)对研究对象进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．
(3)根据要选取的表达式，确定研究对象的初、末机械能、动能或势能的变化．
(4)根据机械能守恒列方程求解．
例3、如图6－4所示是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M是半径为R＝1.0 m固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝ m的圆弧，曲面下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点．M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m＝0.01 kg的小钢珠，假设某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到曲面N的某一点上，取g＝10 m/s2.求：
图6-4
(1)发射该小钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？
(2)小钢珠落到曲面N上时的动能Ek多大？(结果保留两位有效数字)
【解析】　(1)设小钢珠运动到轨道M最高点的速度为v，在M的最低端速度为v0，则在最高点，由题意根据牛顿第二定律得
mg＝m
从最低点到最高点，由机械能守恒定律得
mv＝mgR＋mv2
解得v0＝
设弹簧的弹性势能为Ep，由机械能守恒定律得
Ep＝mv＝mgR＝1.5×10－1 J.
(2)小钢珠从最高点飞出后，做平抛运动，由平抛运动规律得
x＝vt，y＝gt2
由几何关系有x2＋y2＝r2
联立解得t＝ s
所以，小钢珠从最高点飞出后落到曲面N上时下落的高度为y＝gt2＝0.3 m，
小钢珠落到圆弧N上时的动能Ek，由机械能守恒定律得
Ek＝mv2＋mgy＝8.0×10－2 J.
【答案】　(1)1.5×10－1 J　(2)8.0×10－2 J
【变式探究】如图6－5，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面上，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度为h，C点的高度为2h，一滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出．
(1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离sC和sD；
(2)求实现sC＜sD，v0应满足什么条件？
【解析】(1)设抛出点高度为y，地面为零势能面，根据机械能守恒
mv＝mv2＋mgy
平抛初速度v＝ 
落地时间t满足y＝gt2
所以t＝
落地点离抛出点水平距离s＝vt＝  
分别以y＝2h，y＝h代入得
sC＝  ，sD＝  .
(2)按题意sC＜sD，有2(v－4gh)＜v－2gh
所以v＜6gh
考虑到滑块必须要能够到达抛出点C，
即v＝v－4gh＞0，所以v＞4gh
因此为保证sC＜sD，初速度应满足
＜v0＜.
考点四、两大守恒定律的综合应用
在解决力学问题时，有动量和能量两种不同的观点．
动量的观点：主要用动量定理和动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用的物体系问题．
能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析，在涉及物体系内能量的转化问题时，常用能量的转化和守恒定律．
在做题时首先确定研究的系统和过程，判断动量守恒和机械能守恒或能量守恒；其次，分析参与转化的能量种类，分清哪些能量增加，哪些能量减少．
碰撞、反冲、火箭是动量知识和机械能知识综合应用的特例，高考常从这几个方面出题，在做题时，要善于寻找题中给出的解题条件，分析属于哪种情况，从而顺利解题．
例4、如图6－6所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的.A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
图6-6
(1)物块B在d点的速度大小v；
(2)物块A滑行的距离s.
【解析】　(1)设物块A和B的质量分别为mA和mB.
B在d处的合力为F，依题意
F＝mBg－mBg＝mBg①(2分)
由牛顿第二定律
得mBg＝mB②(4分)
v＝.③(6分)
(2)设A和B分开时的速度分别为v1和v2，系统动量守恒
mAv1－mBv2＝0④(8分)
B从位置b运动到d的过程中，机械能守恒
mBv＝mBv2＋mBgR⑤(11分)
A在滑行过程中，由动能定理
0－mAv＝－μmAgs⑥(14分)
联立③④⑤⑥得
s＝.(18分)
【答案】　(1)　(2)
【变式探究】一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图6－7所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
图6-7
(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff；
(2)木块最后距a点的距离s.
【解析】木快m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．
(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv0＝(2m＋m)v①
根据能量守恒，有
mv＝(2m＋m)v2＋FfL＋mgh②
联立①②得Ff＝－＝③
(2)以木块开始运动至与物体P相对静止为研究过程，木块与物体P相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有
mv0＝(2m＋m)v④
根据能量守恒，有
mv＝(2m＋m)v2＋Ff(L＋L－s)⑤
联立③④⑤得s＝.
【答案】(1)　(2)
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【2014·福建卷Ⅰ】 (2)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________．(填选项前的字母)
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
【答案】(2)D　
【解析】 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．
2.【2014·浙江卷】 (1)如图1所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)
A. 甲木块的动量守恒
B. 乙木块的动量守恒
C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【答案】 (1)C　
【解析】 (1)本题考查碰撞、动量守恒定律等知识点．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．
3.【2014·重庆卷】 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是
A　　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　　D
【答案】B　
【解析】 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．
4.【物理——选修3－5】【2014·新课标全国卷Ⅰ】 (2)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：
(1)B球第一次到过地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度．
【解析】(2)解：(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有
vB＝①
将h＝0.8 m代入上式，得
v1＝4 m/s.②
(ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得
v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有
mAv1＋mBv2＝mBv′2④
mAv＋mBv＝mv′⑤
设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得
v′B＝vB⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m．⑧
5.【2014·新课标Ⅱ卷】 【物理——选修3－5】 (2)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
图(a)
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．
图(b)
若实验允许的相对误差绝对值(×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
【解析】 (2)按定义，物块运动的瞬间时速度大小v为
v＝①
式中Δs为物块在短时间Δt内走过的路程．
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02 s②
ΔtA可视为很短
设A在碰撞前、后时速度大小分别为v0，v1.将②式和图给实验数据代入①式得
v0＝2.00 m/s③
v2＝0.970 m/s④
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式得
v2＝⑤
代入题给实验数据得
v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′则
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
6.【2014·安徽卷】 (20分)
在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．
【答案】 (1)2.5 m/s　(2)6次　(3)12.75 m
【解析】 (1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝2.5 m/s
(2)设物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μN＝μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得
－Ff·s1＝(m＋m)v2－mv，得s3＝12.5 m
已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v′1、v′2.有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2
mv＋mv＝mv′＋mv′
得v′1＝v2，v′2＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段凹槽，物块的vt图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝v0＋at，a＝－μg，解得t＝5 s
凹槽的vt图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5 L，其余每份面积均为L)
s2＝t＋6.5 L＝12.75 m．
7．【2014·北京卷】如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：
(1) 碰撞前瞬间A的速率v；
(2) 碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3) A和B整体在桌面上滑动的距离l.
【答案】 (1)2 m/s 　(2)1 m/s 　(3)0.25 m
【解析】 设滑块的质量为m.
(1)根据机械能守恒定律有
mgR＝mv2
解得碰撞前瞬间A的速率有
v＝＝2 m/s.
(2)根据动量守恒定律有
mv＝2mv′
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′＝v＝1 m/s.
(3)根据动能定理有
(2m)v′2＝μ(2m)gl
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l＝＝0.25 m.
8.【2014·全国卷】 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1 )碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
【答案】 (1)1.0 m/s　(2)1400 J
【解析】 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有
mv－MV＝MV′①
代入数据得
V′＝1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1400 J④
9.【2014·广东卷】 (18分)图24 的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A 点时的最大动能E.
【答案】(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J
【解析】 (1)P1、P2碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv
解得v＝＝3 m/s
碰撞过程中损失的动能为ΔE＝mv－(2m)v2
解得ΔE＝9 J.
(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2 ，由牛顿第二定律和运动学规律，得
μ(2m)g＝2ma
3L＝v t－at2
v2＝v－at
解得v1＝2v＝　v2＝
由于2 s≤t≤4 s　所以解得v1的取值范围
10 m/s≤v1≤14 m/s
v2的取值范围1 m/s≤v2≤5 m/s
所以当v2＝5 m/s时，P向左经过A点时有最大速度
v3＝
则P向左经过A点时有最大动能E＝(2m)v＝17 J.
10.【2014·江苏卷】 (3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．
【答案】 (3)v0　v0　
【解析】 设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知＝，解得v1＝v0，v2＝v0.
11. 【2014·山东卷】 【物理35】 (2)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求：
(ⅰ)B的质量；
(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．
【答案】 (ⅰ)　(ⅱ)mv
【解析】 (ⅰ)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m＋2mBv＝(m＋mB)v①
由①式得
mB＝②
(ⅱ)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv⑤
12.【2014·天津卷】 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s.求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
【答案】(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
【解析】 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
【2013高考真题】
（2013·天津卷）2、我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】冲量是矢量，甲乙相互作用时，冲量大小相等方向相反，故A错误；由动量守恒定律知，甲乙动量变化量大小相等方向相反，故B正确；甲乙相互作用时是非弹性碰撞，动能不守恒，甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，故C错误；因甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，由动能定理知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做功的绝对值不相等，故D错误。
【21世纪教育网考点定位】本题考查冲量、动量、动量守恒定律和动能定理，意在考查考生的推理能力。
（2013·上海卷）22A．质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度2v0/3射出。则物块的速度为＿＿＿＿，此过程中损失的机械能为＿＿＿＿。
【答案】 ；
【解析】 子弹穿过物块过程动量守恒，解得,系统损失的机械能即动能
（2013·江苏卷）C. [选修3-5](12 分)
(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等,则它们的(((((((也相等.
(A)速度
(B)动能
(C)动量
(D)总能量
(2)根据玻尔原子结构理论,氦离子(He+ )的能级图如题12C-1 图所示. 电子处在n =3 轨道上比处在n =5 轨道上离氦核的距离((((((((选填“近”或“远”). 当大量He+处在n =4 的激发态时,由于跃迁所发射的谱线有(((((((条.
(3)如题12C-2 图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/ s. A 将B向空间站方向轻推后,A 的速度变为0.2 m/ s,求此时B 的速度大小和方向.
(题12C-2 图)
【答案】（1）C；（2）近，6；（3），离开空间站方向。
【解析】(1)由德布罗意波长与粒子的动量关系式可知，由于电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的动量也相等，故C正确。由于电子和中子的质量不等，根据，，可推知它们的速度、动能、总能量均不等。故答案为:C。
（2）从图上可知n =3 轨道上的能级比n =5 轨道的能级低。根据玻尔原子结构理论：离核越近，能级越低可知n=3轨道上的电子离氦核的距离近。处于第4激发态的He+的发射光子的种类为：种。
（3）太空中没有空气阻力，在宇航员推动前后，两宇航员系统则满足动量守恒定律。设离开空间站运动方向为正，宇航员A、B的质量分别为、，推动前的速度为，推动后的速度分别为和,则由动量守恒定律有,代入数据可解得：，可知其运动方向是：离开空间站方向。
（2013·江苏卷）5. 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
(A)30%
(B)50%
(C)70%
(D)90%
【答案】A
【解析】试题分析：闪光照片的闪光时间是相等的，根据图上照片的间距可推知白球和灰球在碰撞前后的速度的关系，再根据动能可推知碰后白球和灰球与碰撞前的白球的动能关系，进而可推知系统碰撞中损失的动能。
解：通过直尺可测量出碰前的白球照片间距与碰后21世纪教育网白球照片间距及灰球照片间距的比值约为1.5:0.9:0.9,设碰撞前白球的速度为，碰撞后白球速度大小为，灰球速度大小为，由于闪光时间是相等的，则，根据系统损失的动能可解得，则,与A选项接近，故本题答案为A。
。
（2013·海南卷）17． （2）（8分）如图，光滑水平面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比。
【答案】3
【解析】
（2013·广东卷）35．（18分）如图18，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求
(1) P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2) 此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep
【答案】(1) ， (2) ，
【解析】(1) P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 解得
对P1、P2、P系统，全程由动量守恒定律
解得
(2)当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，
对P1、P2、P系统,从P1、P2碰撞结束到P压缩弹簧后被弹回并停在A点，用能量守恒定律
解得
对P1、P2、P系统从P1、P2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律
最大弹性势能
注意三个易错点：碰撞只是P1、P2参与；碰撞过程有热量产生；P所受摩擦力，其正压力为2mg
（2013·山东卷）38. （8分）（物理选修3-5）
（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。
完成“氦燃烧”的核反应方程：。
是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s。一定质量的，经7.8×10-16s后所剩下的占开始时的 。
（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为、、。开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【答案】 （1）①（或） ②（或12.5%）（2）2m/s
【解析】 （1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。
②由题意可知经过3个半衰期，剩余的的质量。
（2）设碰后A的速度为，C的速度为,由动量守恒可得,
碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为，则
由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故
联立以上三式可得=2m/s。
（2013·天津卷）10、（16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2，求：
（1）物块在力F作用过程发生位移的大小；
（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。
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【答案】（1）16m，（2）2s
【解析】方法一：（1）分别作出物体在恒力作用下运动的受力情况和撤去恒力后的受力情况，如图所示：设物块受到的滑动摩擦力为，
则　　　
因为此问题不涉及加速度、时间、不需要研究整个过程的中间状态，所以可对全过程用动能定理。根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有
代入数据，解得　
（2）小物块在运动过程中第一过程的末速度就是下一过程的初速度，设刚撤去力F时物块的速度为，此后物块的加速度为a，滑动的21世纪教育网位移为，它们之间的位移关系如图，则
由牛顿第二定律得　
由匀变速直线运动公式得　
以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得　
以上各式联立，代入数据解得：
方法二：
（1）分别作出物体在恒力作用下运动的受力情况和撤去恒力后的受力情况，如图所示：设物块受到的滑动摩擦力为，刚撤去力F时物块的速度为，撤力前物块的加速度为，撤力后物块的加速度为，滑动的位移为，它们之间的位移关系如图，则
　　
由牛顿第二定律得：　　
　
小物块在运动过程中第一过程的末速度就是下一过程的初速度，由匀变速直线运动公式得：　
　　　
以上各式联立解得：　
（2）由匀变速直线运动公式得　　
代入数据解得　
此题易错点：力和运动关系不明确，过程分析不充分。
（2013·新课标II卷）35.[物理—选修3-5](15分)
(1) (5分)关于原子核的结合能，下列说法正确的是　　　　　　　(填正确答案标号。选
对I个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)。
Ａ.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C．铯原子核()的结合能小于铅原子核()的结合能
D.比结合能越大，原子核越不稳定
Ｅ.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
【答案】ABC (5分。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)
【解析】原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量，也等于将原子核分解成核子所需要的最小能量，A正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和小球原来重核的结合能，B项正确；原子核的结合能是该原子核的比结合能与核子数的乘积，虽然銫原子核()的比结合能稍大于铅原子核()的比结合能，但銫原子核()的核子数比铅原子核()的核子数少得多，因此其结合能小，C项正确；比结合能越大，要将原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越稳定，D错；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能最等于该原子核的结合能，E错。中等难度。
(2) (10分)如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m的物块Ａ、B、C。 B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计).设A以速度ｖ０朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，
(ⅰ)整个系统损失的机械能；
(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】见解析。
【解析】解：(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为，损失的机械能为。对B、C组成的系统，由动量守恒和21世纪教育网能量守恒定律得
②
③
联立①②③式得
④
(ⅱ)由②式可知，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为。由动量守恒和能量守恒定律得
⑤
⑥
联立④⑤⑥式得
⑦
（2013·新课标Ⅰ卷）35. 物理—选修3-5] (15分)
(1)(6分)一质子束入射到静止靶核上，产生如下核反应：P+→X+n
式中P代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核.由反应式可知，新核X的质子数为 ，中子数为 。
(2)(9分) 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短:当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ. B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。
【答案】(1)14 13
(2)解:设物块A的初速度为,运动距离d的速度为v,A、B碰后的速度分别为v1、v2,运动的距离分别为x1、x2,
由于A、B发生弹性正碰,时间极短,所以碰撞墙后动量守恒,动能守恒,有
, ① ②,
①②联立解得 ③, ④
A、B与地面的动摩擦因数均为,有动能定理得⑤ ⑥
由题意知 ⑦
再由 ⑧
联立③至⑧式解得 ⑨
本问也可以用牛顿第二定律求解如下
由牛顿第二定律得,⑤
所以A、B的加速度均为 ⑥, A、B均做匀减速直线运动
对A物体有:碰前 ⑦,碰后:A物体反向匀减速运动: ⑧
对B物体有 ⑨由题意知 ⑩
②③⑤⑦⑧⑨联立解得 (11)
将上式带入⑥解得 (12)
【解析】
(1)由,由质量数守恒定律,电荷数守恒定律新核的质子数为14，中子数为13. 难度:易.
(2)由弹性正碰得出动量守恒,动能守恒有
, ① ②,
联立解得 ③, ④(v1、v2数值不求出也可以,只需
求出v1=v2的关系21世纪教育网也可以求出本问),解题的关键是v1反方向的运动,得出,再由AB均是匀减速直线运动,由动能定理或牛顿第二定律均可求解. 难度:中等
（2013·重庆）9．（18分）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；
（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。
【解析】解：(18分)
(1)B球第一次落地下落的高度为，则A球下落的高度也为。设此时A球的速度大小为，则
①
解得 ②
(2)B球以速度开始做竖直上抛运动，若能与A球在空中相遇，设B从上抛到相遇时间为t，A、B运动的距离分别为、，则
③
④
⑤
相遇必须在B球到达最高点前，因此有
⑥
⑦
联立②③④⑤⑥⑦式解得
⑧
即p的取值范围是
(3)设碰撞时A、B的速度分别为、，碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和能量守恒有
⑨
⑩
联立⑨⑩解得
A球反弹后能上升到比释放位置更高，则须满足，解得

设B从上升到相遇时间为t，则有


将代入解得
联立③④⑤后将代入解得

即p应满足的条件是


【2016考纲解读】
本专题的内容主要是动量及其守恒定律和原子物理学部分．高考对本部分内容的唯一Ⅱ级要求是动量守恒定律．用动量守恒定律解决碰撞或原子核衰变类问题是近几年新课标地区的命题热点．
高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个方向：①动量守恒定律及其应用；②原子的能级跃迁；③原子核的衰变规律；④核反应方程的书写；⑤质量亏损和核能的计算；⑥原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等．
选修命题会涉及有关原子、原子核或量子理论、动量问题，且动量问题一般以计算题的形式，其它问题则以填空或选择性填空形式出现．
【重点知识梳理】
一、原子结构模型
项目
内容
汤姆生模型
实验基础,电子的发现
内容:原子是一个球体,正电荷均匀分布在整个球内,电子像枣糕里的枣子样镶嵌在原子里面
核式结构
实验基础：α粒子散射实验
内容:(1)原子的中心有一个很小的核,它集中了全部正电荷和几乎所有质量;
(2)电子绕核运动
玻尔模型
轨道量子化:核外电子只能在一些分立的轨道上运动,rn＝n2r1(n＝1、2、3…)
能量量子化:原子只能处于一系列不连续的能量状态中,En＝  E1(n＝1、2、3…)
跃迁:原子从一个定态跃迁至另一个定态时辐射或吸收能量,hν＝Em－En
特别提醒:(1)原子的跃过条件:hν＝E初－E终只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况．
(2)至于实物粒子和原子碰撞情况,由于实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收,所以只要入射粒子的动能大于或等于原子某两定态能量之差,也可以使原子受激发而向较高能级跃迁.
二、原子核的变化
1．几种变化方式的比较
项目
内容
衰变
α衰变:放出α粒子,是速度约为0.1c的氦核,贯穿本领最弱,电离作用最强
β衰变:放出β粒子,是速度约为0.99c的电子,贯穿本领较强,电离作用较弱
衰变
γ衰变：放出γ光子，贯穿本领最强，电离作用最弱
规律：经一个半衰期质量减半，m＝m0()t/τ
重核
裂变
原料:铀U,用慢中子打击时发生链式反应
反应条件:(1)铀浓度足够大；
(2)体积大于临界体积
轻核
聚变
反应方程:H＋H→He＋n
反应条件:温度达到几百万度
2.各种放射线性质的比较
3.三种射线在电磁场中的偏转情况比较
图13－1
如图13－1所示，在匀强磁场和匀强电场中都是β比α的偏转大，γ不偏转；区别是：在磁场中偏转轨迹是圆弧，在电场中偏转轨迹是抛物线．如图13－1丙图中γ肯定打在O点；如果α也打在O点，则β必打在O点下方；如果β也打在O点，则α必打在O点下方．
三、核力与质能方程的理解
1．核力的特点
(1)核力是强相互作用的一种表现，在它的作用范围内，核力远大于库仑力．
(2)核力是短程力,作用范围在1.5×10－15 m之内.
(3)每个核子只跟相邻的核子发生核力作用,这种性质称为核力的饱和性.
2．质能方程E＝mc2的理解
(1)质量数与质量是两个不同的概念.核反应中质量数、电荷数都守恒,但核反应中依然有质量亏损.
(2)核反应中的质量亏损,并不是这部分质量消失或质量转化为能量,质量亏损也不是核子个数的减少,核反应中核子的个数是不变的.
(3)质量亏损不是否定了质量守恒定律，生成的γ射线虽然静质量为零，但动质量不为零，且亏损的质量以能量的形式辐射出去．
特别提醒：在核反应中，电荷数守恒，质量数守恒，质量不守恒，核反应中核能的大小取决于质量亏损的多少，即ΔE＝Δmc2.
【难点突破】
难点一　原子的核式结构与玻尔理论
例1 、氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常数为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则(　　)
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
【答案】D　
【变式探究】如图7－16－1所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3 的激发态，在向低能级跃迁的过程中，这群氢原子最多能发出____种频率的光，其中从n＝____能级跃迁到n＝____能级所发出的光的频率最小．
图7－16－1
【答案】　3　3　2　
【解析】 原子跃迁方式可能为n＝3→2→1或n＝3→1，最多能发出三种频率的光；频率最小的光子是n＝3→2发出的．
难点二 核反应方程、质能方程的综合应用
1．核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒
发生一次α衰变，原子核的质量数减少4，原子序数减少2；发生一次β衰变，原子核的质量数不变，原子序数增加1.确定衰变次数时，应先由质量数的变化确定α衰变的次数，然后再根据衰变规律确定β衰变的次数．
2．核反应中释放或吸收的能量，可根据ΔE＝Δmc2来计算．Δm是反应物和生成物的质量差，1 u相当于931.5 MeV.
注意：重核裂变和轻核聚变(热核反应)均为释放能量的核反应．
例2 、(1)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．
(1)碘131核的衰变方程：I→________(衰变后的元素用X表示)．
(2)经过________天有75%的碘131核发生了衰变．
【答案】(1)X＋e　(2)16　
【点评】 核反应过程中，质量数与电荷数均守恒，这是书写核反应方程的关键，本题考查了核反应方程、半衰期等知识点．
难点三 光电效应和能级跃迁问题
例3、（1）研究光电效应的电路如图1所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是________．
图1
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是______________．
(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.4 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014 Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应．
解析：(1)入射光的频率相同，则光电子的最大初动能相同，由－eU＝－mvm2知，两种情况下遏止电压相同，故选项A、B错误；光电流的强度与入射光的21世纪教育网强度成正比，所以强光的光电流比弱光的光电流大，故选项C正确，选项D错误．
(2)减小　光电子受到金属表面层中力的阻碍作用
(3)氢原子放出的光子能量E＝E2－E1，代入数据得E＝1.89 eV.
金属钠的逸出功W0＝hν0，代入数据得W0＝2.3 eV.因为E答案：(1)C　(2)见解析　(3)不能
难点四 动量守恒定律与功能观点简单结合
例4.氮核N俘获一个速度为2.3×107 m/s的中子,发生核反应后若只产生了两个新粒子,其中一个粒子为氦核(He)，它的速度大小是8.0×106 m/s，方向与反应前的中子速度方向相同．
(1)写出此核反应的方程式，求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向；
(2)此反应过程中是否发生了质量亏损，说明依据．
解析：(1)N+n→B＋He (1分)
用m1、m2和m3分别表示中子(n)、氦核(He)和新核的质量，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2＋m3v3 (2分)
代入数值，得v3＝－8.2×105 m/s
即反应后生成的新核的速度大小为8.2×105 m/s
方向与反应前中子的速度方向相反 (2分)
(2)反应前的总动能E1＝m1v12 (2分)
反应后的总动能E2＝m2v22＋m3v32 (2分)
经计算知E1>E2，故可知反应中发生了质量亏损． (1分)
【高频考点突破】
考点一、能级跃迁的分析与计算
1.自发跃迁:高能级→低能级.释放能量,发出光子.
(1)光子的频率ν：ν＝＝
(2)光的条数：N＝
2．受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量．
(1)光照(吸收光子)：光子的能量必恰等于能级差hν＝ΔE.
(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≥ΔE.
(3)大于电离能的光子可被吸收将原子电离．
例1、氢原子部分能级的示意图如图13－2所示．不同色光的光子能量如下表所示.
处于某激发态的氢原子,发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条,其颜色分别为(　　)
A．红、蓝靛 B．黄、绿 C．红、紫 D．蓝靛、紫
图13－2
【解析】　由题表可知处于可见光范围的光子的能量范围为1.61 eV～3.10 eV,处于某激发态的氢原子能级跃迁时:E3－E2＝(3.40－1.51) eV＝1.89 eV,此21世纪教育网范围为红光.E4－E2＝(3.40－0.85) eV＝2.55 eV,此范围为蓝靛光,故本题正确选项为A.
【答案】　A
【变式探究】氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1,从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2,已知普朗克常量为h,若氢原子从能级R跃迁到能级m,则(　　)
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
【答案】D.
【解析】氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光,说明能级m高于能级n,而从能级n跃迁到能级k时吸收紫光,说明能级k也比能级n高,而紫光的频率ν2大于红光的频率ν1,所以hν2>hν1,因此能级k比能级m高,所以若氢原子从能级k跃迁到能级m,应辐射光子,且光子能量应为hν2－hν1.故选项D正确.
考点二、核能的计算
1．书写核反应方程的注意事项
(1)书写核反应方程时要以事实为依据．
(2)核反应通常不可逆,方程中要用“→”连接,不能用“＝”连接.
(3)质量数守恒并不意味着反应前后粒子的总质量相等.
(4)无光子辐射时，核反应中释放的核能转化为生成的新核和新粒子的动能，在此情况下可应用力学规律(动量守恒和能量守恒)来计算核能．
2．核能计算：ΔE＝Δmc2
(1)若Δm以kg为单位，则ΔE＝Δmc2.
(2)若Δm以原子质量u为单位，则
ΔE＝Δm×931.5 MeV.
例2、2010年上海世博会倡导“绿色世博”和“低碳世博”的理念,世博会中国主题馆“东方之冠”高大68米的屋顶台上“镶嵌”有与建筑相融合的太阳能光伏组件,屋面太阳能板面积达3万多平方米,是目前世界最大的单体面积太阳能屋面,上海世博会场馆周围80%～90%的路灯利用太阳能发电技术来供电.
科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部4个氢核(H)转化成一个氦核和两个正电子(e)并放出能量．已知质子的质量mp＝1.0073 u，α粒子的质量mα＝4.0015 u，电子的质量me＝0.0005 u．1 u的质量相当于931.5 MeV的能量．
(1)写出该热核反应方程；
(2)一次这样的热核反应过程释放出多少MeV的能量？(结果保留四位有效数字)
【解析】　
(1)热核反应方程为：4H→He＋2e(2分)
(2)一次热核反应过程中的质量亏损为：
Δm＝4mp－mα－2me(4分)
代入数据得：
Δm＝4×1.0073 u－4.0015 u－2×0.0005 u
＝0.0267 u(6分)
故一次热核反应释放的能量为
ΔE＝0.0267 u×931.5 MeV/u＝24.87 MeV.(8分)
【答案】　(1)4H→He＋2e
(2)24.87 MeV
【变式探究】有关研究表明，宇宙中氦生成的途径有两条：一是在宇宙诞生后2分钟左右生成的；二是在宇宙演化到恒星诞生后，由恒星内部的氢核聚变反应生成的．天文学家测得银河系中氦的含量约为25%.
(1)把氢核聚变简化为4个氢核(H)聚变成氦核(He)，同时放出2个正电子(e)和2个中微子(ν0)，请写出该氢核聚变反应的方程，并计算一次反应释放的能量．
(2)研究表明,银河系的年龄约为t＝3.8×1017 s,每秒银河系产生的能量约为1×1037 J(P＝1×1037 J/s),现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应,试估算银河系中氦的含量(最后结果保留一位有效数字).
(3)根据你的估算结果,对银河系中氦的主要生成途径作出判断．
(可能用到的数据:银河系的质量约为M＝3×1041 kg,原子质量单位1 u＝1.66×10－27 kg,1 u相当于1.5×10－10 J的能量,电子质量me＝0.0005 u,氦核质量mα＝4.0026 u,氢核质量mp＝1.0078 u,中微子ν0质量为零)
解析：(1)4H→He＋2e＋2ν0
在此过程中质量亏损Δm＝4mp－mα－2me
根据质能方程可得:ΔE＝Δmc2≈4.14×10－12 J.
(2)由能量守恒定律可得：m＝ mα≈6.1×1039 kg
氦的含量k＝＝≈2%.
(3)由估算结果可知，k≈2%远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的．
答案：(1)4H→He＋2e＋2ν0　4.14×10－12 J
(2)2%　(3)见解析
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【物理——选修3－5]【2014·新课标全国卷Ⅰ】(1)关于天然放射性，下列说法正确的是________．
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
【答案】(1)BCD　
【解析】本题考查了原子核的衰变．原子序数大于83的元素才可以发生衰变，原子序数小于83的元素有的可以发生衰变，有的不可以发生衰变，A错误；放射性元素的21世纪教育网半衰期与元素所处的物理 、化学状态无关，B、C正确；三种射线α、β、γ穿透能力依次增强，D正确；原子核发生α或β衰变时常常伴随着γ光子的产生，但同一原子核不会同时发生α衰变和β衰变，E错误．
2．【2014·新课标Ⅱ卷】【物理——选修3－5](1)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．
A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
【答案】(1)ACE
【解析】(1)密立根通过油滴实验测出了基本电荷的电量，A项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，发现了原子中心有一个核，B、D两项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，并因此获得了诺贝尔奖，C项正确；汤姆逊通过研究阴极射线，发现了电子，并测出了电子的比荷，E项正确．
3.【2014·北京卷】质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)(　　)
A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)c
C．(m1＋m2－m3)c2 D．(m1－m2－m3)c2
【答案】C　
【解析】本题考查质能方程，ΔE＝Δmc2，其中Δm＝(m1＋m2－m3)，则ΔE＝(m1＋m2－m3)c2 ，C正确，A、B、D错误．
4.【2014·全国卷】一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】A　
【解析】本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒．设碰撞前后中子的速率分别为v1，v′1，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据完全弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v′1，m1v＝m2v＋m1v′，解得碰后中子的速率v′1＝v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比＝，A正确．
5.【2014·福建卷Ⅰ】(1)如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
【答案】(1)C　
【解析】α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电．在匀强电场中，α射线与β射线分别在电场力的作用下发生偏转，α射线偏向负极板，β射线偏向正极板，γ射线不受电场力，不发生偏转；在磁场中，由左手定则可以判断α射线向左偏，β射线向右偏，γ射线不受洛伦兹力，不发生偏转．故C项正确．
6.【2014·广东卷】在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是(　　)
A．增大入射光的强度，光电流增大
B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应
D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
【答案】AD　
【解析】增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数增加，则光电流增大，选项A正确；光电效应能否发生与照射光频率有关，与照射光强度无关，选项B错误；改用21世纪教育网频率较小的光照射时，如果光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，否则，不能发生光电效应，选项C错误；光电子的最大初动能Ek＝hν－W0，故改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大，选项D正确．
7.【2014·江苏卷】【选修3－5】(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的________．
A．波长 B．频率 C．能量 D．动量
(2)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是86Rn→84Po＋________．已知86Rn的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g的86Rn衰变后还剩1 g.
【答案】(1)A　
【解析】两种金属的截止频率不同，则它们的逸出功也不同，由W＝hν0可知截止频率大的，逸出功也大．由Ek＝hν－W可知，用同样的单色光照射，钙逸出的光电子的最大初动能较小，由p＝知，其动量也较小，根据物质波p＝知，其波长较长．
【答案】(2)He(或α粒子)　15.2　
【解析】①根据核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒可推得该反应的另一种生成物为He.②根据m余＝m原知＝4，解得t＝3.8×4＝15.2天．
8.【2014·山东卷】【物理35】 (1)氢原子能级如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)
a．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
b．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
c．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
d．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
【答案】(1)cd
【解析】(1)由氢原子能级图可知氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级的能级差大于从n＝3跃迁到n＝2的能级的能级差，根据|En－Em|＝hν和ν＝可知，|En－Em|＝h，选项a错误；同理从n＝1跃迁到n＝2的能级需要的光子能量大约为从n＝3跃迁到n＝2的能级差的五倍左右，对应光子波长应为从n＝3跃迁到n＝2的能级辐射光波长的五分之一左右，选项b错误；氢原子从n＝3跃迁到n＝1的能级的能级差最多有三种情况，即对应最多有三种频率的光谱线，选项c正确；氢原子在不同能级间跃迁必须满足|En－Em|＝h，选项d正确．
9.【2014·天津卷】下列说法正确的是(　　)
A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立
B．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施
C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转
D．观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同
【答案】BD　
【解析】本题是对玻尔理论、天然放射现象及多普勒效应等知识的考查，α粒子散射实验导致原子核式结构模型的建立，A错误；紫外线可以使荧光物质发光，B正确；天然放射现象中产生的γ射线在电场或磁场中不会发生偏转，C错误；观察者和波源发生相对运动时，观察者接收到的频率就会发生改变，D正确．
10.【2014·浙江卷】 (2)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图2所示，当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为________Hz的光子．用该频率的光照射逸出功为2.25 eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为________eV.
(电子电荷量e＝1.60×10－19C，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)
n　　　　　　　E/eV
∞……………… 0
6—————— －0.38
5—————— －0.54
4—————— －0.85
3—————— －1.51
2—————— －3.40
1—————— －13.60
　图2
【答案】(2)6.2×1014Hz　0.3 eV
【解析】(2)本题考查能级、光电效应方程等知识．由跃迁条件可知hν＝E4－E2＝(3.40－0.85 )eV＝4.08×10－19 J，解得辐射出的光子的频率为6.2×1014Hz，根据21世纪教育网爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W，计算可得产生电子的最大初动能为0.3 eV.
11.【2014·重庆卷】碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A. B. C. D.
【答案】C　【解析】本题考查元素的半衰期．根据半衰期公式m＝m0，将题目中的数据代入可得C正确，A、B、D错误．
12.（2014上海）2.核反应方程式Be+HeC+X中的X表示 ( )
（A）质子 （B）电子 （C）光子 （D）中子
【答案】D
【解析]本题考查核反应时电荷数和质量数守恒
【2013高考真题】
（2013·天津卷）1、下列说法正确的是（　　）
A.原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律
B.射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流
C.氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
D.发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关
【答案】C
【解析】原子核在发生衰变时遵守电荷守恒和质量数守恒规律，质量有亏损，质量不守恒，故A错误；α射线是氦原子核，β射线是电子，γ是电磁波，故B错误；氢原子从能量较高的激发态向能量较低的激发态（或基态）跃迁时，由知，发出光子的频率由两个能级差决定，所以氢原子从激发态向基态跃迁时只能辐射特定频率的光子，故C正确；发生光电效应时光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故D错误。
（2013·大纲卷）16．放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（ ）
A．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变
B．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高
C．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程
D．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期
【答案】A
【解析】目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变，选项A正确。
（2013·重庆）2．铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：
则a+b可能是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由核电荷数和质量数守恒可知D项正确。
（2013·上海卷）7．在一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生β衰变的次数为
(A)6次 (B)10次 (C)22次 (D)32次
【答案】 A
【解析】 假设发生x次衰变y次β衰变，依据21世纪教育网质量数平衡和电荷数平衡，则有平衡方程，即，，解方程得y=6，因此答案A正确
（2013·广东卷）17.铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应是，下列说法正确的有
A.上述裂变反应中伴随着中子放出 B.铀块体积对链式反应的发生无影响
C.铀核的链式反应可人工控制 D.铀核的半衰期会受到环境温度的影响
【答案】AC
【解析】由铀核裂变可知AC正确，B错误，铀核的半衰期与物理、化学变化无关，故D错误。易错选项B
【21世纪教育网考点定位】核反应方程、核反应堆、半衰期，容易题
（2013·上海卷）21．放射性元素衰变为，此衰变过程的核反应方程是＿＿＿＿；用此衰变过程中发出的射线轰击，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是＿＿＿＿。
【答案】
【解析】 质量数守恒和电荷数守恒，配平守恒方程。关键在于氖的电荷数没有告诉，需要化学知识。
（2013·北京卷）20.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实。光电效应实验装置示意如图。用频率为v的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为v的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在kA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）
A.U=- B U=- C.U=2hv-W D. U=-
【答案】B
【解析】根据题目信息，普通光源没法吸收一个光子而成为自由电子，但激光可以，因此知识点仍然适用。即设电子吸收了n个，即，当自由电子遇到截止电压，即，代入则答案为，n为正整数，即答案为B
（2013·山东卷）38. （8分）（物理选修3-5）
（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。
完成“氦燃烧”的核反应方程：。
是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s。一定质量的，经7.8×10-16s后所剩下的占开始时的 。
（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为、、。开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【答案】 （1）①（或） ②（或12.5%）（2）2m/s
【解析】 （1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。
②由题意可知经过3个半衰期，剩余的的质量。
（2）设碰后A的速度为，C的速度为,由动量守恒可得,
碰后A、B满足动量守恒，设A、B的21世纪教育网共同速度为，则
由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故
联立以上三式可得=2m/s。

【2016考纲解读】
高考物理试题中，实验是必考内容，且近年来越来越受到重视．高考实验题除了对教材原有学生实验进行考查外，还把考查内容延伸到演示实验中，甚至拓展到迁移类实验、应用性实验、设计性实验以及“研究性学习”类实验．要求学生利用所学知识，对实验仪器或实验方法重组，将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到情景新颖的实验中去．高考物理实验题具有以下几个特点：
1．重视对实验操作能力的考查．如实验步骤的排序、纠错；实验器材的选择，包括滑动变阻器、电阻箱、电表量程的选择；实物连线和运用图象与表格分析处理实验数据；实验结论的总结及误差分析；实验方案的改进创新等．
2．重视对基本仪器的读数、构造原理、重要实验方法及电学实验中的故障分析的考查，如游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等的读数．
3. 设计性实验是考查的热点．在近几年的各地高考中设计性的实验题比较多，此类实验能够综合考查考生创造性地应用已学知识、方法、原理，灵活处理陌生实验问题的能力，要求学生有较高的知识迁移能力、实验设计能力．
4．电学实验在高中阶段所占比例较大，是实验考查的重点，各地高考实验题中必有电学实验题．
对物理实验的考查通常是以独立题型出现，在高考中实验试题的命题一般是一个力学实验和一个电学实验．一个以考查演示实验或基本实验的基础实验知识、基本实验技能为主；另一个一般以考纲要求的基本实验为载体进行必要的改进和创新，考查考生对基本实验的理解能力、迁移能力和创新能力．
预测2015年高考实验考题主要表现为以下几种形式：
1．一个力学实验题：以打点计时器为主要实验仪器，涉及位移、速度测量的基本力学实验，分值较少，难点不大，命题形式为填空题(或选择性填空)．
2．一个电学实验题：以电流、电压的测量为基本测量的设计性电学实验，涉及实验电路和方法的设计、实验原理的迁移、实验器材的选择、电路实物连线及图象法处理实验数据等，分值较多，能力要求较高，命题形式可能为填空、选择性填空、电路图或实物连线、图象图表分析等．
【重点知识梳理】
一、测量读数类仪器使用
1．游标卡尺
(1)各种游标卡尺的有关参数如下表所示：
游标尺(mm)
精确度(mm)
刻度格数
刻度总长度(mm)
每小格与1毫米差(mm)
10
9
0.1
0.1
20
19
0.05
0.05
50
49
0.02
0.02
(2)游标卡尺的读数方法:①以游标零刻度线位置为准,在主尺上读取整毫米数;②看游标上哪一条刻度线与主尺上的某一刻度线(此某一刻度线不需读出)对齐,由游标上对齐的刻度数(即格数)乘以游标卡尺的精确度得出毫米以下的小数;③总的读数为毫米整数加上毫米以下的小数.
特别提醒：(1)游标卡尺的精确度可根据游标尺刻度格数的倒数计算，单位为mm.如50分度的游标卡尺精确度为 mm＝0.02 mm.
(2)游标卡尺的读数不需要估读．
2．螺旋测微器(千分尺)
量程一般为0～25 mm,精确度是0.5 mm÷50＝0.01 mm.
螺旋测微器的读数方法:
①从固定标尺上读出整 毫米数,要注意半毫米刻度线是否露出,如果露出再加上0.5 mm.
图14－1
②0.5 mm以下的读数则等于与固定标尺上横线对准的可动圆周上的读数(要估读一位)乘以精度0.01 mm.③测量长度为上述二者之和.如图14－1中所示读数为6 mm＋0.5 mm＋20.2×0.01 mm＝6.702 mm.
特别提醒:螺旋测微器的使用要注意两点:(1)半毫米刻度线;(2)估读,末位估读的“0”不要漏掉.
二、力学实验
1．“纸带类”实验
(1)打点计时器
打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器,它接在频率为50 Hz的交流电源上使用时,每隔0.02 s打一次点,因此,纸带上的点就表示了和纸带相连的运动物体在不同时刻的位置.通过研究纸带上点迹间的距离,就可以确定物体的运动情况.
(2)纸带的应用
①利用纸带计算瞬时速度
测出与n点相邻的前、后两段相等时间T内的距离sn和sn＋1,由公式vn＝算出.(如图14－3),在验证机械能守恒定律实验中,就是根据此法求得物体瞬时速度的.
图14－3
②当物体做匀速直线运动时，某段时间内的平均速度等于各个时刻的瞬时速度．在“探究动能定理”实验中，就是据此求得物体最终获得的速度大小．因此要选取纸带上打点间隔基本相等的部分进行测量．
③利用纸带计算加速度
a．利用a＝求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δs＝sn＋1－sn＝aT2求加速度a，为了减小实验误差可用“逐差法”，sn－sm＝(n－m)aT2.
b．图象法
利用vn＝算出相应时刻点的速度，画出v－t图象，根据图线的斜率计算加速度．
2．“胡克定律类”实验
(1)原理:利用橡皮条或弹簧在弹性限度内、力与形变量成正比,计算(测量)其长度的变化分析力的变化情况或建立F－x坐标系,描点画图研究力的变化规律.
(2)应用
①根据平行四边形定则验证力的合成与分解.
②探究弹力和弹簧伸长量的关系.
三、实验误差
1．偶然误差和系统误差
从性质和来源看,误差分为偶然误差和系统误差两种.
(1)偶然误差是由各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的误差.减小偶然误差的方法就是通过多次测量求平均值.
(2)系统误差是由于仪器本身不精确,或实验方法粗略或实验原理不完善而产生的.要减小系统误差,必须校准仪器,或改进实验方法,或完善实验原理.
2．有效数字
(1)测量既然总有误差,测量的数值就只能是近似数,如“174.2 mm”最末的一位数字“2”是不可靠数字,但它仍有意义不能舍,因为它代表了一个大概数量关系,比如这里174.2与174.8相比是接近174还是175就显而易见了.像174.2 mm这种带一位不可靠数字的近似数字叫有效数字,有效数字的最后一位为误差所在位.在实验中,测量时要按有效数字的规则来读数.
(2)确定有效数字时，应注意以下问题：
①有效数字的位数与小数点的位置无关.有效数字的位数与单位无关.
②关于“0”在有效数字中的特殊性:0在前时,从左往右数第一个不为零的数字才是有效数字.0在后时,计入有效数字.
③乘方不算有效数字;比如3.020×10－3 m/s中的－3不是有效数字,10也不是.
3．减小实验误差的方法
(1)多次测量求平均值．
(2)累积法．
(3)图象法．
【难点突破】
难点一、测量性实验
测量性实验一般以某一原理或物理规律(公式)为依据，通过测量相关的物理量，从而实现测定某个(或某些)物理量或物理常数的实验目的．测量可分为直接测量和间接测量，高中物理实验涉及的测量性实验大多为间接测量实验，即通过直接测量和推导计算来间接得到待测量，联系直接测量量和待测量间的关系是该实验的实验原理．
　例1 、利用图6-13-2所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离x，记下相应的t值；所得数据如下表所示．
完成下列填空和作图：
(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是________；
(2)根据表中给出的数据，在图6－13－3给出的坐标纸上画出－t图线；
图6－13－3
(3)由所画出的－t图线，得出滑块加速度的大小为a＝________ m/s2(保留2位有效数字)．
【点评】 本题是在教材学生实验研究匀变速直线运动的规律的基础上适度延伸和拓展命制的，属于间接测量性实验，考查考生对基本实验的理解和应用能力，属于最基本的实验能力要求，要求考生深刻理解基本实验原理，领悟其中渗透的实验思想、方法、理论，并能迁移应用．
难点二、验证性实验
验证性实验要求用实验的方法来验证科学家已归纳、总结和证明了的结论，通过实验过程的再现，加深对规律适用条件和结论的理解．解决验证性实验相关问题的关键是根据题目给定的实验条件、实验过程、实验情景领会命题意图，找出实验中应测定的物理量，明确在误差允许的范围内通过怎样的定量关系才能达到实验目的．
例2 、现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图6－13－5所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，x表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图：
(1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________．若在运动过程中机械能守恒，与x的关系式为＝ ________.
图6－13－5
(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A点)下滑，测量相应的x与t值，结果如下表所示：
　以x为横坐标，为纵坐标，在图6－13－6的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝________×104 m－1· s－2(保留3位有效数字)．
图6－13－6
【答案】　(1)－mgx　　
(2)如图所示　2.43
【点评】 本题是验证机械能守恒定律实验的再设计，将传统实验方法中使用的打点计时器改为气垫导轨和光电计时装置，这需要学生从验证的机械能守恒定律出发，根据实验条件理解实验步骤，明确需要直接测量和间接计算哪些物理量，需要验证什么关系才能表示小车运动过程中的机械能守恒．
【变式探究】利用如图6－13－7所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v0和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．
A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v0
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝计算出瞬时速度v0
C．根据做匀加速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得出高度h
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀加速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v0
以上方案中只有一种正确，正确的是________．(填入相应的字母)
【答案】D　
【解析】　选项A、B中用重力加速度g计算末速度，相当于已经承认该过程中机械能守恒，故选项A、B错误；高度h应该用刻度尺测出，故选项C错误、D正确．
难点三、探究性实验
探究性实验旨在通过实验探索某种物理规律、研究某个物理问题．近年来探究性实验在高考实验中占的比例逐步增大，注重考查考生的科学探究能力和知识的形成过程．探究性实验要求学生将自己掌握的物理知识和实验技能创造性地应用到新的实验情境中，由题给条件自行选定实验原理，确定实验方案，选择合适的器材去研究物理现象，通过实验得到的数据信息分析各物理量中的内在联系，找出其中所包含的物理规律．
例3、为了“探究功与物体速度变化的关系”，现提供如图6－13－8所示的器材，请思考探究思路并回答下列问题：
图6－13－8
(1)为了消除摩擦力的影响，应采取的措施：_______________.
(2)在某次实验中某同学得到了如图6－13－9所示的一条纸带，在A、B、C、D、E五个计数点中应该选用________(填“B”、“C”或“D”)点的速度才符合实验要求，因为：_________________.
图6－13－9
【答案】(1)将木板远离滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力
(2)C　选择最大速度，橡皮筋的弹性势能才完全释放，以保证拉力做功与橡皮筋的数目成正比
【解析】 (1) 本实验应满足橡皮筋对小车的拉力等于小车受到的合力，所以实验前应将木板远离滑轮的一端适当垫高，使小车在不受拉力时能沿21世纪教育网木板匀速运动，以消除摩擦力对实验的影响．
(2)本实验是探究橡皮筋拉力对小车做的功与小车速度变化的关系，应测量橡皮筋的拉力做功后橡皮筋的弹性势能完全释放完毕时小车的最大速度，选用小车匀速运动段(计数点间隔距离均匀的部分)计算小车经过C点时的速度，以保证拉力做功与橡皮筋的数目成正比．
【点评】 “探究功与物体速度变化的关系”实验中，打点计时器打出的纸带应该先逐渐变疏后均匀不变，本实验给出的打点纸带有明显的误差，这是由于摩擦力没有被完全平衡造成的，解答时无需理会．
【变式探究】某同学在竖直悬挂的弹簧下端加挂钩码，做实验研究弹力跟弹簧总长度的关系，下表是他的实验数据，实验时弹簧始终未超过弹性限度，弹簧的质量可以不计，取g＝10 m/s2.
(1)根据实验数据在图6－13－10给定的坐标系中作出弹力F跟弹簧总长度L的关系图线；
图6－13－10
(2)根据作出的图线写出弹力F跟弹簧总长度L之间的关系式________________．
【答案】(1)如图所示　(2)F＝30(L－0.06)N
【解析】 (1)描点，作出F－L图象如图所示．
(2)根据图象计算斜率k＝30 N/m，得弹力F跟弹簧总长度L之间的关系为F＝30(L－0.06) N.
【高频考点突破】
考点一、实验数据的读取
例1、(1)在测定金属的电阻率实验中,用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图14－5所示,读数为______mm.
(2)在用单摆测定重力加速度实验中,用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径,示数如图14－6所示,读数为________cm.

图14－5 图14－ 6
【解析】　(1)固定刻度部分读数为0.5 mm,可动刻度部分读数为11.7×0.01 mm＝0.117 mm,则螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.117 mm＝0.617 mm (0.616 mm～0.619 mm都对)．
(2)主尺上的读数为0.6 cm游标尺上的第15条刻线与主尺的某一刻线对齐,游标尺读数为15×0.05 mm＝0.75 mm,则游标卡尺的读数为0.6 cm＋0.075 cm＝0.675 cm.
【答案】　(1)0.617 mm(0.616 mm～0.619 mm)
(2)0.675 cm
考点二、“纸带类”数据的处理
例2、在做“研究匀变速直线运动”的实验时,某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图14－9所示,并在其上取了A、B、C、D、E、F等6个计数点(每相邻两个计数点间还有4个计时点,本图中没有画出),打点计时器接的是220 V、50 Hz的交变电源.他把一把毫米刻度尺放在纸带上,其零刻度和计数点A对齐.
图14－9
(1)按照有效数字的读数规则读出相邻计数点AB、BC、CD、DE、EF间的距离s1、s2、s3、s4、s5,它们依次为________cm、________cm 、________cm 、________cm 、________cm .
(2)由以上数据计算打点计时器在打B、C、D、E各点时,物体的即时速度vB、vC、vD、vE依次是________m/s、________m/s、________m/s、________m/s.
(3)根据以上结果,试用两种不同的方法计算该物体的加速度a.
(4)根据(2)中得到的数据,试在如图14－10所示的坐标系中,用作v－t图象的方法，从图象中求物体的加速度a.
图14－10
(5)从图象上求纸带上的A、F点所对应的物体的即时速度vA＝________m/s，vF＝________m/s.并由此计算：当打点计时器打下A点的时刻，物体已经从静止开始做匀加速运动______s了．
(6)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz,而做实验的同学并不知道,那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏________.理由是______________________．
【解析】　(1)毫米刻度尺要估读到十分之一毫米，由图可知s1＝1.00 cm，s2＝1.40 cm，s3＝1.84 cm，s4＝2.26 cm，s5＝2.67 cm.
(2)在匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．
所以vB＝＝0.120 m/s，
vC＝＝0.162 m/s，
vD＝＝0.205 m/s，vE＝≈0.247 m/s.
(3)法一：公式法．
a1＝≈0.42 m/s2，
a2＝＝0.43 m/s2，
a3＝≈0.42 m/s2，
∴a＝≈0.42 m/s2.
法二：逐差法．
由公式a＝，得
a1＝＝0.42 m/s2，
a2＝＝0.42 m/s2，
a3＝＝0.42 m/s2，
∴a＝＝0.42 m/s2.
(4)图象如图14－11所示．
在v－t图象中,图线的斜率即为加速度的数值.
∴a＝ m/s2＝0.42 m/s2.
图14－11
(5)由图14－11可得
vA＝0.079 m/s，vF＝0.290 m/s.
由vA＝at，得t＝＝0.188 s，
即打A点时，物体已从静止运动了0.188 s.
(6)由T＝知，当f＝49 Hz时，实际21世纪教育网周期大于0.02 s．又a＝，即a∝，所以实际加速度小于测量加速度．
【答案】　(1)1.00　1.40　1.84　2.26　2.67
(2)0.120　0.162　0.205　0.247
(3)0.42 m/s2
(4)如图14－11所示　0.42 m/s2
(5)0.079　0.290　0.188
(6)大　实际周期大于0.02 s，a＝Δs/T2∝1/T2，实际加速度小于测量加速度
【变式探究】图14－12是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带,O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点,加速度大小用a表示.
图14－12
(1)OD间的距离为________cm.
(2)图14－13是根据实验数据绘出的st2图线(s为各计数点至同一起点的距离),斜率表示_______,其大小为________m/s2(保留三位有效数字).
图14－13
解析：(1)1 cm＋1 mm×2.0＝1.20 cm.
(2)加速度的一半，
a＝m/s2＝0.467 m/s2，
所以加速度大小a≈0.933 m/s2.
答案：(1)1.20　
(2)加速度的一半　0.933
考点三、“胡克定律类”实验的处理
例3、在“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”的实验中,甲、乙两位同学选用不同的橡皮绳代替弹簧.为测量橡皮绳的劲度系数,他们在橡皮绳下端依次逐个挂上钩码(每个钩码的质量均为m＝0.1 kg,取g＝10 m/s2),并记录绳下端的坐标X加i(下标i表示挂在绳下端钩码个数),然后逐个拿下钩码,同样记录绳下端的坐标X减I,绳下端坐标的平均值Xi＝(X加i＋X减i)/2的数据如下表:
挂在橡皮绳
的钩码个数
橡皮绳下端的坐标(Xi/mm)
甲
乙
1
216.5
216.5
2
246.7
232.0
3
284.0
246.5
4
335.0
264.2
5
394.5
281.3
6
462.0
301.0
(1)同一橡皮绳的X加i_______X减i(大于或小于);
(2)______同学的数据更符合实验要求(甲或乙);
(3)选择一组数据用作图法求出该橡皮绳的劲度系数k(N/m);
(4)为了更好地测量劲度系数,在选用钩码时需考虑的因素有哪些？
【解析】　(1)当所挂钩码增加时,橡皮绳的形变量增加,橡皮绳的长度变长,但发生形变需要一定的时间,因而在刚刚挂上钩码时,橡皮绳的长度应小于挂上钩码平衡时的长度;同理可知当所挂钩码减小时,橡皮绳的长度应大于挂上钩码平衡时的长度,而坐标x即为橡皮绳的长度,所以x加i小于x减i.
(2)每增加一个钩码，橡皮绳的形变量应相等，所以乙同学的数据更符合实验要求．
(3)根据题意，求出挂上不同钩码时，橡皮绳的形变量，钩码的重力等于橡皮绳的弹力F，做出弹力F随形变量变化的图线，图线的斜率即为橡皮绳的劲度系数．
(4)尽可能使橡皮绳的伸长量在弹性范围内,同时要有足够大的伸长量,以减小长度测量的误差.
【答案】　(1)小于　(2)乙
(3)由所给数据得改变量如下表所示
挂在橡皮绳下
端的钩码个数
改变量(Xi－X1)/mm
甲
乙
1
2
30.2
15.5
3
67.5
30.0
4
118.5
47.7
5
178.0
64.8
6
245.5
84.5
由上表作图得
图14－14
由图14－14可得k乙＝57～70(N/m)
或
图14－15
对于甲同学的数据，因为只有前几个数据可认为在弹性范围内，由图14－15中切线的斜率得k甲＝25～34(N/m)．
(4)尽可能使伸长量在弹性范围内，同时有足够大的伸长量，以减少长度测量的误差．
【变式探究】为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图14－16上标出．(g＝9.8 m/s2)
(1)作出ml的关系图线；
(2)弹簧的劲度系数为________ N/m.
图14－16
答案：(1)如图所示

(2)0.248～0.262
考点四、创新实验
例4. 某兴趣小组为了探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系．设计实验的主要步骤是：①在学校操场的跑道上画一道起点线；②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥(其在运动过程中空气阻力不计)；③车驶过起点线就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进；④待车停下时,记录自行车停下的位置;⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离x、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h.若自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定，设当地的重力加速度为g,那么：
(1)自行车经过起点线时的速度v＝________.(用已知的物理量和所测量得到的物理量表示)
(2)自行车经过起点线后克服阻力做的功W＝________.(用已知的物理量和所测量得到的物理量表示)
(3)多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验②～④，则每次只需测量上述物理量中的________和________，就能通过数据分析达到实验目的．
解析：(1)根据平抛运动的规律可知：x＝vt①
h＝gt2②
由①②联立解得：v＝x.
(2)由于只有阻力做功，所以W＝fL.
(3)由于自行车受到的阻力不变，橡皮泥下落的高度也不变，由v＝x及W＝fL可以看出每次只要测量出不同初速度下的橡皮泥水平方向通过的21世纪教育网位移x和自行车通过的位移L即可．
答案：(1)x　(2)fL　(3)x　L
【经典考题精析】
【2014高考真题】
1.【2014·福建卷】（6分）某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为cm和 mm
【答案】60.10 4.20
【解析】（1）由图知测量值为60.10cm 游标卡尺主尺读数为4mm，游标尺10×0.02mm=0.20mm，故测量值为4.20mm；
【考点定位】本题考查刻度尺与游标卡尺的读数
2．（6 分）【2014·全国大纲卷】现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80m/s2。
根据表中数据，完成下列填空：
（1）物块的加速度a＝ m/s2（保留3位有效数字）。
（2）因为 ，可知斜面是粗糙的。
【答案】 （1）4.30（或4.29或4.31）；（2）物块加速度小于＝5.88m/s2（或物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度）
【解析】
（1）根据匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差相等和逐差法可知，物块的加速度为：a＝＝＝4.30m/s2
（2）物块下滑过程中，若斜面光滑，则根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma′，由几何关系可知sinθ＝，解得：a′＝＝5.88m/s2，显然由于a＜a′，说明斜面是粗糙的。
【考点定位】本题主要考查了研究匀变速直线运动的实验、牛顿第二定律的应用。
3.【2014·山东卷】（8分）某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度。
实验步骤：
① 用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作；
② 将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示。在端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；
实验数据如下表所示：
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
0.59
0.83
0.99
1.22
1.37
1.61
④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物连接，保持滑块静止，测量重物离地面的高度；
⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的点（未与滑轮碰撞），测量间的距离。
完成下列作图和填空：
（1）根据表中数据在给定坐标纸上作出图线。
（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数（保留2位有效数字）。
（3）滑块最大速度的大小（用和重力加速度表示）。
【答案】（1）如图所示 （2）0.40（0.38、0.39、0.41、0.42均正确）；（3）
【解析】
（1）在坐标纸上，描出各点，然后用直线将各点连接起来，得到图象，见答案。
（2）弹簧称的示数就是物体受到的摩擦力，根据，可知图象的斜率就是动摩擦因数，找特殊点代入可得。
（3）P落地后，滑块又前进了的距离才停止运动，在这段时间内，滑块做减速运动，根据，而滑块的加速度，代入数据整理得，最大速度为。
4.【2014·浙江卷】（10分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。
（1）某次测量如图2所示，指针示数为___________cm。
（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1。用表1数据计算弹簧1的劲度系数为_________N/m（重力加速度g=10m/s2）。由表1数据____________（填“能”或“不能”）计算出弹簧2的劲度系数。
【答案】（1）15.95cm--16.05cm （2）12.2—12.8 N/m 能
【解析】（1）由图2可得读数为15.95cm--16.05cm；（2）由表1的数据结合根据胡可定律可得、、，再对三个k1求平均可得弹簧1的21世纪教育网劲度系数约为12.2—12.8 N/m；由挂1个钩码到挂2个钩码弹簧2的形变量为，所以同样可求弹簧2的劲度系数。
【考点定位】刻度尺读数、胡可定律
5.【2014·新课标全国卷Ⅱ】某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系；实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度；设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg砝码时，各指针的位置记为x；测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2）.已知实验所用弹簧的总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm.

P1
P2
P3
P4
P5
P6
x0 （cm）
2.04
4.06
6.06
8.05
10.03
12.01
x （cm）
2.64
5.26
7.81
10.30
12.93
15.41
n
10
20
30
40
50
60
k（N/m）
163
①
56.0
43.6
33.8
28.8
1/k（m/N）
0.0061
②
0.0179
0.0229
0.0296
0.0347
（1）将表中数据补充完整： ① ， ② ；
（2）以n为横坐标，1/k为纵坐标，在图（b）给出的坐标纸上画出1/k-n图象；
【答案】 （1）①81.7 ②0.0122 （2）见解析；
（3）③（N/m）（在之间均可）
④。（在之间均可）
【解析】
（1）①中；
②
（2）图线如图：
（3）③由图线可知直线的斜率为，故直线方程满足，即（N/m）（在之间均可）
④由于60匝弹簧的总长度为11.88cm；则n匝弹簧的原长满足，代入可得：。（在之间均可）
【考点定位】测量弹簧的劲度系数实验；
6．【2014·江苏卷】（10分）小明通过实验验证力的平行四边形定则。
（1）实验记录纸如题11-1图所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N。请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。
（2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。
实验装置如题11-2 图所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程，再次记录下N的轨迹。
两次实验记录的轨迹如题11-3图所示，过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为 。
（3）根据（2）中的实验，可以得出的实验结果有哪些? （填写选项前的字母）
A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长
C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大
D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大
（4）根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。

。
【答案】 （1）如图所示 4.7N（4.6～4.9N均可）；（2）Fa＝Fb；（3）BD；（4）选用新橡皮筋；橡皮筋拉伸不宜过长
【解析】
（1）根据力的图示法作出力F1和F2的图示，如答案图所示，并根据力的平行四边形定则作出两者的合力，用刻度尺量得其长度为单位长度的4.7倍，即合力大小为4.7N（4.6～4.9N均可）。
（2）设Oab与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡条件解得：F＝mgtanθ，因此有：Fa＝Fb
（3）由中分析可知，橡皮筋上的拉力大小为：T＝，因此有Ta＝Tb，显然图中Ob＞Oa，故选项A错误；选项B正确；橡皮筋因老化，每次被拉后，形变已经不能完全恢复，因此两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的21世纪教育网长度之差越大故选项D正确；两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较小，故选项C错误。
（4）有上述分析可知，要确保橡皮筋发生弹性形变，因此应注意选用新的弹性较好的橡皮筋，每次橡皮筋的形变要在弹性限度内，即拉伸不宜过长。
【考点定位】本题主要考查了验证力的平行四边形定则实验和探究弹簧伸长量与弹力的关系实验问题，属于中档题。
7.【2014·重庆卷】为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如题6图3所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计（不及质量及长度）固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为（）。他们首先在绳上距离P点10cm处（标记为C）系上质量为的重物（不滑动），由测力计读出绳PC、QC的拉力大小和，随后改变重物悬挂点的位置，每次将P到C点的距离增加10cm，并读出测力计的示数，最后得到、与绳长之间的关系曲线如题6图4所示，由实验可知：
（1）曲线II中拉力最大时，C与P点的距离为______cm，该曲线为_______（选填：或）的曲线.
（2）在重物从P移动到Q的整个过程中受到最大拉力的是______（选填：P或Q）点所在的立柱。
（3）在曲线I、II相交处，可读出绳的拉力= N，它与、、和重力加速度的关系为= 。
【答案】①60（56～64） ② ③ 4.30（4.25～4.35）
【解析】
①由曲线II的最高点拉力最大，对应的横坐标，设PC和QC与水平的夹角为和，对C点的平衡可知，开始C点靠近P点，因，则，即，结合两曲线左侧部分，II曲线靠上则为的曲线。
②比较两图象的顶点大小可知，I曲线的最高点更大，代表有最大拉力。
③两曲线的交点表示左右的绳拉力大小相等，读出纵坐标为，设CQ绳与立柱的夹角为，延长CQ线交另立柱上，构成直角三角形，则，两拉力相等构成菱形由力的平衡可知，则
【考点定位】本题考查了平行四边形法则、力的平衡条件及其应用.
8.【2014·新课标全国卷Ⅰ】某同学利用图（a）所示实验装置即数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图（b）所示，实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：
（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成 （填“线性”或“非线性”）的关系。
（2）由图（b）可知，图线不经过远点，可能的原因是 。
（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是 ，钩码的质量应满足的条件是 。
【答案】（1）非线性（2）存在摩擦力（3）调整轨道倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车质量
【解析】
（1）根据该同学描绘的加速度和钩码质量的图象是一条曲线而不是直线，所以是非线性关系。
（2）根据图（b）可知当钩码有一定质量，即细线有一定拉力时，小车加速度仍等于0，说明小车合力等于0，所以可能除拉力外小车还收到摩擦力作用
（3）实验改进部分由两个要求，第一个就是图象不过远点，需要平衡摩擦力，所以调整轨道倾斜度，第二个就是图象时曲线，因为小车的合力即细线拉力并不等于钩码重力，而是拉力只有当时。，图象近似为直线。
【考点定位】探究牛顿第二定律实验探究
9.【2014·安徽卷】图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有________.
a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y-x图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________.
（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点水平距离Δx为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为______m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为vC=______m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）。

【答案】（1）a、c；（2）c（3）2.0；4.0
【解析】
（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a对；为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错c对；小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d错。
（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是：
联立可得
可知图象是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线。
（3）由竖直方向的21世纪教育网分运动可知，，，即
，
水平初速度为
C点的竖直分速度为
由运动合成可知
【考点定位】实验：平抛物体的运动
10.【2014·广东卷】某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧弹性势能与压缩量的关系
①如图23（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k= N/m。（g取9.80m/s2）
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
6.66
②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23（b）所示：调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 。
③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 。
④重复③中操作，得到v与x的关系如图23（c）。由图可知，v与x成 关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比。
【答案】①50N/m（49.5～50.5） ②相等 ③动能 ④正比；x2（或压缩量的平方）
【解析】
据，，有：，则，同理可以求得：，则劲度系数为：。[21世纪教育网②使滑块通过两个光电门时的速度相等，则可以认为滑块21世纪教育网离开弹簧后做匀速直线运动；③弹性势能转化为滑块的动能；④图线是过原点的倾斜直线，所以v与x成正比；弹性势能转化为动能，即，即弹性势能与速度平方成正比，又由v与x成正比，则弹性势能与压缩量的平方成正比。
【考点定位】本题考查胡克定律和能量转化
11.【2014·天津卷】某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系，此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示。
①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些 。
②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是下列的哪个 （填字母代号）
避免小车在运动过程中发生抖动
可使打点计时器在纸带上打出的点清晰
可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法： 。
④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的 （填字母代号）。
在接通电源的同时释放了小车
小车释放时离打点计时器太近
阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
钩码匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力
【答案】① 刻度尺、天平（包括砝码）；② D；③ 可在小车上加适量的砝码（或钩码）；④ CD；
【解析】
据实验原理可知，需要验证，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平；②分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力21世纪教育网充当小车所受合外力，故选项D正确；③纸带上打出的点较小，说明小车的加速度过大（即小车过快），故在所挂钩码质量不变的情况下，可以增加小车质量（在小车上加上适量的砝码）；④在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故选项CD正确；
【2013高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）22.（7分）
图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下: ①用天平测量物块和遮光片的总质量M.重物的质量m:用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平:
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均 ;
⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ。
回答下列为题：
(1) 测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示如图（b）所示。其读数为 cm
（2）物块的加速度a可用d、s、△tA,和△tB,表示为a=_________
(3)动摩擦因数μ可用M、m、 ;和重力加速度g表示为μ=__________
（4）如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于 （填“偶然误差”或”系统误差” ）
【答案】(1)0.960(2)(3)(4)系统误差
【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可得=9mm+120.05mm=9.560mm=0.960cm (2), ,由,解得 (3)由21世纪教育网牛顿第二定律可知解得 (4)由原理可知属于系统误差。难度中等。
（2013·新课标II卷）22.（8分）
某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放:小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号)。
A.小球的质量m B.小球抛出点到落地点的水平距离s
C.桌面到地面的高度h D.弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
(2).用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= 。
(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s-△x图线。从理论上可推出，如果h不变.m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”):如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 (填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b) 中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比。
【答案】（1）ABC (2) （3 ）减小 增大 2
【解析】（1）根据小球被抛出时的动能表达式：，需要测量小球的质量，A项正确；根据平抛运动的规律可以求出小球的初速度:水平方向：，竖直方向： ，解得：，所以需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s和桌面到地面的高度h。
（2）由（1）问所述可知，联立以上各式可得。
（3），则，Ep=1/2KΔx2故s—△x图线的斜率与成正比。若h不变m增加，则斜率减小；若m不变h增加，则斜率增大。由于s—△x图线为直线，故。
（2013·大纲卷）23．（12分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度为g。实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC/的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s。
（1）用实验中的测量量表示：
（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB＝__________；
（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC＝__________；
（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝__________；
（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝__________。
（2）回答下列问题：
（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是 。
（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是 （写出一个可能的原因即可）
【答案】
（1）（每空2分）（ⅰ）mgR （ⅱ） （ⅲ）mgR - （ⅳ）
（2）减小实验结果的误差（2分） 圆弧轨道存在摩擦（或接缝B处不平滑等）（2分）
【解析】（1）由机械能守恒定律，物块Q到达B点时的动能EkB＝mgR；由平抛运动规律，可得s=vt，h=gt2，解得物块从C点抛出时的速度v=s。物块Q到达C点时的动能EkC＝mv2=。由动能定理，在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服21世纪教育网摩擦力做的功Wf＝mgR -；由Wf＝μmgL解得物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝
（2）实验步骤④⑤的目的是通过多次实验减小实验结果的误差。实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是圆弧轨道存在摩擦、接缝B处不平滑等。
【 考点定位】考查动摩擦因数的测量、动能定理及其相关知识。
（2013·四川卷） (2)（11分）
如图1所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做__________运动。
②连接细绳及托盘，放人砝码，通过实验得到图2所示的纸带。纸带上0为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0. 1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0. 2N，小车的质量为0.2kg。
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化△Ek，补填表中空格（结果保留至小数点后第四位）。
O-B
O-C
O-D
O-E
O-F
W/J
0.0432
0. 0572
0. 0734
0. 0915
△Ek/J
0.0430
0. 0570
0. 0734
0. 0907

分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W= △Ek，与理论推导结果一致。
③实验前已测得托盘质量为7.7×10 -3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为___________kg（g取9.8m/s2，结果保留至小数点后第三位）。
（2）【答案】匀速直线 0.1115 0.1105 
【解析】这一步是用来平衡摩擦力，消除摩擦力对实验的影响；小车所受合外力做的功：；小车到达F点21世纪教育网时的速度：，所以小车动能的变化：； 小车的加速度： 由得：托盘
中的砝码质量应为：
【 考点定位】加速度与质量 合外力间的定量关系实验
（2013·上海卷）28．(8分)如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。
保持水平槽口距底板高度h＝0.420m不变。改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。
(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成＿＿＿＿关系，与＿＿＿＿无关。
v0(m/s)
0.741
1.034
1.318
1.584
t(ms)
292.7
293.0
292.8
292.9
d(cm)
21.7
30.3
38.6
46.4
(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值发现理论值与测量值之差约为3ms。经检查，实验及测量无误，其原因是＿＿＿＿。
(3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值t′依然大于自己得到的理论值，但二者之差在3－7ms之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是＿＿＿＿。
【答案】 正比，t；g 的取值不准确。光电门传感器置于槽口内侧
【解析】 平抛运动水平方向匀速直线运动，位移与速度成正比。与时间无关。当地重力加速度不等于10，小于10，光电门传感器置于槽口内侧，导致测得的时间还包括槽口运动的时间，初速度越大，槽口运动时间越少，误差越小。
【 考点定位】 平抛运动的规律；实验探究规律。
（2013·山东卷）21.（13分）
（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的__________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm。
（2）霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________(填“M”或“N”)端通过导线相连。
②已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。

根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出UH—I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为_______________（保留2位有效数字）。
③该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”）, S2掷向_______（填“c”或“d”）。
为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件____________和__________(填器件代号)之间。
【答案】（1）A 11.30（11.25或11.35均算正确）
（2）①M ②1.5（1.4或1.6均算正确） ③b，c，，E（或，E）
【解析】 （1）测内经，应选游标卡尺的内测量脚，故选填A；B用来测外径，C用于测深度。
游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺的读数为60.05mm=0.30mm,故钢笔帽的内径为11.30mm。
（2）①由于导电空穴为带正电的粒子，由电流方向和磁场方向结合左手定则可判断出正粒子向M板偏转，故M板的电势高，电压表的“+”接线柱应与M端连接。
②根据表格数据，在坐标纸上描点、连线，注意使图线尽可能多的穿过坐标点，不在线上的点均匀分布在线的两侧，误差较大的点予以舍去。（如右图所示）。
由题意知，即图线的斜率表示，将已知数据代入可求得。
③外电路中，电流由电源正极流出，经用电器流入电源负极，故接b，接c时，电流自Q端流入P端流出；为了避免开关接错位置导致电源短路而被烧坏，应在开关（或）和电源E之间串联一保护电阻。
【 考点定位】游标卡尺的结构与读数，电压表的使用，左手定则，闭合电路欧姆定律在科研领域的渗透与简单应用。
（2013·江苏卷）11. (10 分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示. 倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球. 手动敲击弹性金属片M,M 与触头瞬间分开, 第1 个小球开始下落,M 迅速恢复,电磁铁又吸住第2个小球. 当第1 个小球撞击M 时,M 与触头分开,第2 个小球开始下落
……. 这样,就可测出多个小球下落的总时间.
(1)在实验中,下列做法正确的有(((((((
(A)电路中的电源只能选用交流电源
(B)实验前应将M调整到电磁铁的正下方
(C)用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度
(D)手动敲击M的同时按下秒表开始计时
(2)实验测得小球下落的高度H =1.980 m,10个小球下落的总时间T =6.5 s. 可求出重力加速度g =(((((((. (结果保留两位有效数字)
(3)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法.
(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差,这导致实验误差.为此,他分别取高度H1和H2,测量n个小球下落的总时间T1和T2.他是否可以利用这两组数据消除对实验结果的影响?请推导说明.
【答案】（1）BD; (2)9.4; (3)增加小球下落的高度，多次重复实验，结果取平均值。（其它答案只要合理也可）；（4）可以消去的影响。
【解析】（1）因为电磁铁的作用是利用其磁效应来吸住铁球的，电路的通断是靠敲击或小球撞击M来实现的，则电源用直流电也可以，故A项错误；为了能让小球准确敲击到M，则实验前应将M调整到电磁铁的正下方以便能及时断电，故B项正确；为了考虑实验的精确性，测量小球下落的高度时应用直尺测量电磁铁下端到M的21世纪教育网竖直距离再减去小球的直径，故C项错误；从第一个小球开始下落时刻开始计时，即手动敲击M的时，故D项正确。本题答案选BD。
（2）设每个小球下落时间为t，则，由自由落体运动的位移公式得，注意结果保留两位有效数值。
（3）要想减少误差，可以增加小球下落的高度，以延长下落的时间，从而减小测量下落时间而造成的误差；还可以多次试验，取平均值，以减少偶然误差等。
（4）由和可得,因此可以消去的影响。
【 考点定位】自由落体运动测重力加速度。本题⑴、⑵考查实验的原理，（3）（4）考查试验的数据处理和误差分析，侧重于基本实验技能的考查。难度：中等。
（2013·海南卷）11．某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示。纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题（计算结果保留3位有效数字）（1）打点计时器打B点时，重物速度的大小vB= m/s;
（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据。
【答案】（1）3.90（2）vB2/2=7.61(m/s)2 ，因为mvB2/2≈mghB，近似验证机械能守恒定律
【解析】（1）由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，由电源频率为50Hz可知T=0.02s，代入其他数据可解得3.90m/s.
（2）本实验是利用自由落体运动验证21世纪教育网机械能守恒定律，只要在误差允许范围内，重物重力势能的减少等于其动能的增加，即可验证机械能守恒定律。选B点分析，由于，故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律。
【 考点定位】考查验证机械能守恒定律的原理及数据处理。
（2013·广东卷）34.（18分）（1）研究小车匀变速直线运动的实验装置如图16（a）所示其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50HZ，纸带上计数点的间距如图16（b）所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。
部分实验步骤如下：
测量完毕，关闭电源，取出纸带
接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车
将小车依靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
上述实验步骤的正确顺序是： （用字母填写）
图16（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔T= s
计数点5对应的瞬时速度大小计算式为V5= 。
为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a= 。
【答案】①DCBA，②0.1，③，④
【解析】①考查实验具体操作②打点周期0.02s，两计数点的时间间隔T=0.02*5=0.1s
③利用段内的平均速度求解 ④逐差法，保证所有数据使用，且有求平均的效果。
【考点定位】 研究小车匀变速直线运动的实验，实验步骤、数据处理。容易题
（2013·福建卷）19．(18分)
⑴(6分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：
①下列说法哪一项是正确的 。(填选项前字母)
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为 m/s(保留三位有效数字)。
⑵(12分)硅光电池在无光照射时不产生电能，可视为一电子元件。某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性。图中电压表V1量程选用3V，内阻为6.0kΩ；电压表V2量程选用15V，内阻约为30kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势约为12V，内阻不计。
①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路。
②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2。
(i)某次测量时，电压表V1示数如图丙，则U1＝ V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为 mA(保留两位小数)。
(ii)该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix(图中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立Ix-Ux坐标系，标出了与表中前5组Ux、Ix数据对应的5个坐标点。请你标出余下的4个坐标点，并绘出Ix-Ux图线。
(iii)由Ix-Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成 (填“线性”或“非线性”)关系。
【答案】⑴①C；②0.653；⑵①略，见解析；②(i)1.40、0.23；(ii)略，见解析；(iii)非线性。
【解析】⑴①在本实验中进行平衡摩擦力操作时，是使小车重力沿木板方向的分量等于小车运动过程中小车受到的木板的摩擦力与纸带与打点计时器之间的摩擦等阻力，因此不要挂钩码，故选项A错误；本实验的目的是探究恒力做功与小车动能改变的关系，本实验中，在平衡摩擦完成后，是用钩码的重力代替了细线的拉力即小车受到的合力，因此在钩码质量远远小于小车质量的情况下，实验的系统误差才较小，故选项B错误；本实验是通过纸带上留下的打点来计算小车的速度(动能)，因此实验时让小车从靠近打点计时器处由静止释放，是为了尽可能多的纸带能打上点，即纸带上留下的打点尽可能多，以减小实验偶然误差，故选项C正确。
②实验中使用的交变电流频率为50Hz，因此打点计时器的打点周期为0.02s，根据题图乙可知O、A、B、C四个计数点间各有5个打点间隔，即依次打四个计数点的时间间隔为t＝0.1s，实验中小车做匀加速直线运动，B点为小车通过AC段的中间时刻点，根据匀变速直线运动中间时刻速度公式和平均速度公式可知：vB＝，＝，根据图乙所示及图中数据有：＝－＝18.59cm－5.53cm＝13.06cm＝0.1306m，联立以上各式并代入数据，同时考虑题设要求保留三位有效数字，解得：vB＝0.653m/s。
⑵①根据图甲可知：滑线变阻器采用了分压式接法，故左下端应引线接往电源负极，电压表V1与硅光电池串联后与电压表V2并联，再与R0串联后一起接到分压电路中，因此应从滑线变阻器的一个上接线柱引线至硅光电池的负接线柱(题中已说明硅光电池反接)，再从电压表负接线柱引线至R0右接线柱，如右图所示。
②(i)由于电压表V1采用3V的量程，因此最小刻度为0.1V，根据图丙所示，指针指在1.4V位置，再往后估读一位0.00V，因此电压表V1的读数为1.4V＋0.00V＝1.40V，根据部分电路欧姆定律可知，流过电压表V1的电流为I1＝，由于硅光电池与电压表V1是串联关系，因此通过硅光电池的反向电流也为I1，代入数据，并考虑题目要求保留两位小数，解得I1＝2.30×10－2A＝0.23mA。
(ii)根据表中数据在坐标图中定出另4个点，作出Ix-Ux关系图线如右图所示。
(iii)由右图所画Ix-Ux关系图线为曲线可知Ix与Ux成非线性关系。
【考点定位】本题⑴、⑵分别考查了“探究恒力做功与动能变化的关系”与“描绘硅光电池无光照时的反向伏安特性曲线”实验，前者是课本基本实验，后者则为课本“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验的变形，难度中等。
（2013·安徽卷）21.（18分）
Ⅰ.（5分）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，求数如图2所示，读数为_______mm。
以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔即为单摆周期T
e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期
Ⅱ.（6分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为_______mm。
（2）为了精确测量合金丝的电阻Rx,设计出如图Ⅰ所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接。
Ⅲ.（7分）根据闭合电路欧姆定律，用图Ⅰ所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0两端的对应电压U12,对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示。已知，请完成以下数据分析和处理。（1）图2中电阻为 的数据点应剔除；
（2）在坐标纸上画出关系图线；
（3）图线的斜率是 ，由此可得电池电动势 。
【答案】I(1) 18.6M (2) abc (ii)(1)0.007 0.638 (2) 答案见解析 (iii) (1) 80 (2)见解析(3)0.00444 1.50
【解析】游标卡尺的读数：1.8cm+6*0.1mm=18.6mm游标卡尺读数没有估读要注意单位。螺旋测微器有一位估读俗称千分尺，精确到0.01毫米。电表读数要注意估读，一般有1/2,1/5,1/10估读但是都不严格。单摆实验需要注意的是摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些.摆球尽量选择质量大些、体积小些的，不应当使摆线偏离平衡位置大于5度，拉开摆球，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期。
电路连接实物图如图所示。在连接实物图时候要注意！不要有多余的导线，导线要连接到用电器上面。在连接完之后可以根据电路图反方向进行检查电路图是否正确。
在测定电池的电动势和内电阻试验中往往我们需要整理出方程关系式，然后根据函数关系式的斜率、截距等反过来判断物理量的数值。 , .
【考点】螺旋测微器 游标卡尺读数方法 单摆实验 电动势和内电阻试验

【2016考纲解读】
高考物理试题中，实验是必考内容，且近年来越来越受到重视．高考实验题除了对教材原有学生实验进行考查外，还把考查内容延伸到演示实验中，甚至拓展到迁移类实验、应用性实验、设计性实验以及“研究性学习”类实验．要求学生利用所学知识，对实验仪器或实验方法重组，将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到情景新颖的实验中去．高考物理实验题具有以下几个特点：
1．重视对实验操作能力的考查．如实验步骤的排序、纠错；实验器材的选择，包括滑动变阻器、电阻箱、电表量程的选择；实物连线和运用图象与表格分析处理实验数据；实验结论的总结及误差分析；实验方案的改进创新等．
2．重视对基本仪器的读数、构造原理、重要实验方法及电学实验中的故障分析的考查，如游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等的读数．
3. 设计性实验是考查的热点．在近几年的各地高考中设计性的实验题比较多，此类实验能够综合考查考生创造性地应用已学知识、方法、原理，灵活处理陌生实验问题的能力，要求学生有较高的知识迁移能力、实验设计能力．
4．电学实验在高中阶段所占比例较大，是实验考查的重点，各地高考实验题中必有电学实验题．
对物理实验的考查通常是以独立题型出现，在高考中实验试题的命题一般是一个力学实验和一个电学实验．一个以考查演示实验或基本实验的基础实验知识、基本实验技能为主；另一个一般以考纲要求的基本实验为载体进行必要的改进和创新，考查考生对基本实验的理解能力、迁移能力和创新能力．
预测2015年高考实验考题主要表现为以下几种形式：
1．一个力学实验题：以打点计时器为主要实验仪器，涉及位移、速度测量的基本力学实验，分值较少，难点不大，命题形式为填空题(或选择性填空)．
2．一个电学实验题：以电流、电压的测量为基本测量的设计性电学实验，涉及实验电路和方法的设计、实验原理的迁移、实验器材的选择、电路实物连线及图象法处理实验数据等，分值较多，能力要求较高，命题形式可能为填空、选择性填空、电路图或实物连线、图象图表分析等．
【重点知识梳理】
一、测量读数类仪器使用
1．电流表、电压表
(1)电流表、电压表使用时量程选择的规则:
根据被测电流或电压值的大小选择量程.测量时最好使指针偏转超过所选量程的2/3,至少超过1/2.在不知道被测电流或电压大小的情况下,应选用电表的较大量程,然后再根据指针偏转情况选取合适的量程.
(2)读数方法:读数时应使视线垂直于刻度盘表面.凡仪器最小刻度是10分度的,要求读到最小刻度后再往下估读一位(估读的这位是不可靠数字);凡仪器最小刻度不是10分度的,只要求读到最小刻度所在的这一位,不再往下估读.
2．电阻箱
电阻箱是按照各个数量级上指针的对应数值读数的,指针必须指向某一个确定的数值,不能在两个数值之间,因此电阻箱测量结果的各位读数都是从电阻箱上指针所指位置直接读出的,不再向下估读．
如图14－2所示的电阻箱的阻值为84580.2 Ω.
图14－2
3．多用电表
(1)使用多用电表测电压、电流时，应根据选择的量程确定最小刻度值，然后读数．
(2)使用欧姆挡时，注意以下几个方面：
①用多用电表测电阻时,测量前应根据估计的阻值选用适当的挡位.由于欧姆挡刻度的非线性,使用欧姆挡测电阻时,表头指针偏转过大或过小都有较大误差,通常只使用表盘中间一段刻度范围为测量的有效范围,否则要变换倍率.
②每更换一次倍率，都要重新进行欧姆调零.
③由于欧姆挡表盘刻度不均匀,难于估读,测量结果只需取两位有效数字.计数时不要忘记乘上相应挡位的倍率.
④测量时待测电阻要跟其他元件和电源断开.
⑤多用电表使用完毕后,应将选择开关拨离欧姆挡,旋至OFF挡或交流电压最高挡上.
特别提醒：要区分开“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置．调整的是表盘下边中间的定位螺丝．“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．
二、电学实验
1．电路设计及仪器选取原则
正确地选择仪器和设计实验电路,有一定的灵活性,应遵循以下几个基本原则:
(1)正确性．
(2)安全性．
(3)方便性．
(4)精确性．
2．“伏安类”实验中电流表的内、外接法
比较项目
电流表内接法
电流表外接法
电路
误差
原因
由于电流表内阻的分压作用,电压表测量值偏大
由于电压表内阻的分流作用,电流表测量值偏大
比较
项目
电流表内接法
电流表外接法
测量
结果
R测＝
＝RA＋Rx>Rx
电阻的测量值大于真实值
R测＝
＝电阻的测量值小于真实值
适用
条件
Rx?RA,大电阻
Rx?RV,小电阻
特别提醒:在RV、RA均不知的情况下,可采用试触法.如图14－4所示,分别将a端与b、c接触,如果前后两次电流表示数比电压表示数变化明显,说明电压表分流作用大,应采用内接法;如果前后两次电压表示数比电流表示数变化明显,说明电流表分压作用大,应采用外接法.
图14－4
3．滑动变阻器的接法
(1)若符合下列情况之一,则滑动变阻器必须接成分压式.
①要求电表能从零开始读数;
②要求电表能有较大的调节范围;
③当待测电阻Rx?R(滑动变阻器的最大阻值)时.
(2)当待测电阻Rx?R(滑动变阻器的最大阻值)时,既可接成分压式、也可接成限流式.
三、实验误差
1．偶然误差和系统误差
从性质和来源看,误差分为偶然误差和系统误差两种.
(1)偶然误差是由各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的误差.减小偶然误差的方法就是通过多次测量求平均值.
(2)系统误差是由于仪器本身不精确,或实验方法粗略或实验原理不完善而产生的.要减小系统误差,必须校准仪器,或改进实验方法,或完善实验原理.
2．有效数字
(1)测量既然总有误差,测量的数值就只能是近似数,如“174.2 mm”最末的一位数字“2”是不可靠数字,但它仍有意义不能舍,因为它代表了一个大概数量关系,比如这里174.2与174.8相比是接近174还是175就显而易见了.像174.2 mm这种带一位不可靠数字的近似数字叫有效数字,有效数字的最后一位为误差所在位.在实验中,测量时要按有效数字的规则来读数.
(2)确定有效数字时，应注意以下问题：
①有效数字的位数与小数点的位置无关.有效数字的位数与单位无关.
②关于“0”在有效数字中的特殊性:0在前时,从左往右数第一个不为零的数字才是有效数字.0在后时,计入有效数字.
③乘方不算有效数字;比如3.020×10－3 m/s中的－3不是有效数字,10也不是.
3．减小实验误差的方法
(1)多次测量求平均值．
(2)累积法．
(3)图象法．
四、创新实验
1.创新实验方案的设计,一般应遵循以下四条原则
(1)科学性原则．
(2)可靠性原则．
(3)方便性原则．
(4)准确性原则．
2．设计性实验的设计思路
五、控制电路的设计技巧
1．滑动变阻器控制电路的方式有分压式和限流式两种，下列几种情况必须选用分压式接法：
(1)要求被控制电路的电流(或电压)从零开始可连续调节时(如：测绘导体的伏安特性曲线等实验)；
(2)被控制电路的电阻RL远大于滑动变阻器的最大值R0时；
(3)实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组数据)时；
(4)若采用限流式接法，电路中实际电压(或电流)的最小值仍超过电表或电器的额定值时．
2．若测量电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且被控制电路的电阻RL与滑动变阻器的最大值R0接近或RL略小于R0，则应该采用限流式接法．测定电源的电动势和内阻实验必须采用限流式接法．
六、电学仪器的选择技巧
电学实验器材和电路选择的原则是安全、精确和方便，器材的选择与实验所用的电路密切相关，因此在选择器材前首先要根据实验目的和实验原理设计测量精确、安全可靠、操作方便的实验电路，再根据实验电路的需要选择器材．具体如下：
1．电源的选择：一般可以根据待测电阻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摆动的幅度较大，一般应使指针能达到半偏左右，以减小读数的偶然误差，提高精确度．
3．变阻器的选择：所选用的变阻器的额定电流应大于电路中通过变阻器的最大电流，以确保变阻器的安全；为满足实验中电流变化的需要和调节的方便，在分压式接法中，应选用电阻较小而额定电流较大的变阻器，在限流式接法中，变阻器的阻值不能太小．
【高频考点突破】
难点一、测量性实验
电学测量性实验的核心是电阻的测量，如定值电阻、电流表和电压表内阻、电源内阻的测量．电阻测量的基本原理是部分电路欧姆定律或闭合电路欧姆定律，具体测量的主要方法有伏安法、半偏法、替换法等．
例1、现要测量某小量程电流表的内阻，其内阻在5 Ω～8 Ω之间，可选用的器材如下：
A．待测电流表A(量程10 mA)；
B．电压表V1(量程0.3 V，内阻约500 Ω)；
C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
D．滑动变阻器R1(最大电阻10 Ω)；
E．滑动变阻器R2(最大电阻500 Ω)；
F．定值电阻R3(阻值10 Ω)；
G．电源E(电动势3 V);
H．开关S及导线若干．
要求测量结果尽可能精确且电流表、电压表的示数能从零开始调节．
(1)器材应选用________________(填器材序号字母)；
(2)在虚线框内画出实验电路图并标明符号；
(3)电流表A内阻的表达式为RA＝______________，式中各符号的物理意义为________________．
【答案】(1)ABDEFGH　
(2)如图所示
(3) －R3　U为电压表读数　I为电流表读数
【点评】 本题通过给电流表串联一个定值电阻R3解决了电流表和电压表量程不匹配的问题，这是电学实验设计中一个常用的手法．另外，常见的解决量程不匹配问题的方法就是进行电表改装．本题是一道测电阻的题目，下面的变式题则是一道测电动势E和内阻r的题目．
【变式探究】为测量一电源的电动势及内阻，
(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表．
A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表V1
B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表V2
C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表V3
选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表．
(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号V1、V2或V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．
(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V时，电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω.
【答案】(1)V3或C　6　
(2)如图所示
　(3)7.5　10
【解析】 (1)要改装成9 V的电压表，必须在原电压表上串联一固定电阻，题中给出三种电压表，只有C的
难点二、探究性实验
例2、某实验小组探究一种热敏元件的电阻随温度变化的特性．现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定并且可读出其大小)、电压表、待测元件、保温容器、温度计、开关和导线等．
(1)若用上述器材测量该元件的阻值随温度变化的特性，请你用笔连线画出实物连接图．
(2)实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，记录________和________，断开开关；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据．
(3)实验小组测得该元件在不同温度下的阻值．并据此绘得R－t关系图线如图6－14－2所示，请根据图线写出该元件的R－t关系式：R＝________.
(4)由以上方法测得的电阻值比它的真实值偏________．
(5)如果实验室提供的恒定电流源的输出电流为65 mA，但没有合适的电压表，测量热敏元件上的电压应选用的器材为________．(填序号)
A．电压表V1：量程3 V、内阻3 kΩ，定值电阻R1＝6 kΩ
B．电压表V2：量程5 V、内阻5 kΩ，定值电阻R2＝10 kΩ
C．电压表V3：量程10 V、内阻10 kΩ，定值电阻R3＝1 kΩ
【答案】(1)如图所示　
(2)电压表示数　温度计示数
(3)100＋1.6t　(4)小　(5)B
【解析】　(1)由于电源能显示电流值，所以直接用电压表测热敏元件的电压即可，实物连线如图所示；(2)根据实验目的可知，需要记录的物理量是电压和温度；(3)根据图线写出解析式即可，注意计算图线的斜率为k ＝  ＝1.60 Ω/℃；(4)流过热敏元件的21世纪教育网电流小于电源显示的电流值(即电流的测量值)，所以热敏元件的测量值比真实值偏小；(5)根据图中的数据可知，需要的电压表量程为15 V，根据电表改装原理易知B组器材可以改装为量程15 V的电压表．
【点评】 本题是电学探究性实验，测量方法相当于伏安法测电阻的外接法，利用电源能显示电流的特性是本题的关键．
【变式探究】某同学利用如图6－14－3所示的实验电路来测量电阻的阻值．
(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变．改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据如下表：
请根据实验数据在图6－14－4中作出U－R关系图象．
(2)用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V．利用(1)中测绘的U－R图象可得Rx＝________Ω.
(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10 Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？
【答案】　(1)如图所示　

(2)20
(3)偏小　改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50 V
【解析】 (1)利用表格中的数据，采用描点作图法作图．(2)根据所画出的图象，读出电压2 V对应的电阻为20 Ω. (3)由闭合电路欧姆定律可知，内阻增大，则干路电流减小，电路中电压表的读数就会减小，根据图象，可知测量值偏小；为了测量准确，需要增大电流，所以可减小滑动变阻器的阻值大小，根据实验数据表格，改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50 V，就可以实现准确测量．
难点三、实验创新与设计
1．实验设计的基本思路
2．实验的创新与设计应注意
(1)加强对实验思想方法(如模拟法、转换法、放大法、替代法等)的归纳，这样在新的实验情景下，才能设计合理的实验方案；
(2)克服思维定势影响，加强对已掌握的实验原理的理解和仪器的正确使用方法的训练，才能在新情境下进行迁移利用；
(3)树立创新意识，对教材中的实验要想方设法从其他途径去完成．
例3、使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：
(1)仪器连线如图6－14－5所示(a和b是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a为________(选填“红”或“黑”)色．
(2)若适当调节电阻箱后，图6－14－5中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图6－14－6甲、乙、丙所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________Ω.
(3)将图6－14－5中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA.(保留3位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________V.(保留3位有效数字)
【答案】(1)黑　(2)14.0　53.0　 4.6　(3)102　(4)1.54
【解析】　(1)欧姆表的内部有电源，黑表笔与高电势端相连，红表笔与低电势端相连，所以与电流表“＋”接线柱相连的一定是黑表笔．
(2)多用表指针与“14”正对，所以读数是14.0 Ω，毫安表指针与“53”正对，所以读数是53.0 mA，电阻箱“×100”、 “×10”对应的都是零，所以21世纪教育网读数是4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.
(3)多用表×1挡对应的中值电阻是15 Ω，则两表笔短接时总电阻为15 Ω，由(15＋14)×53＝15I，则I＝102 mA.
(4)多用表×1挡对应的中值电阻是15 Ω，多用表内部电池的电动势为E＝(15＋14)×53×10－3 V＝1.54 V.
【点评】 本题为教材学生实验“测定电源的电动势和内阻”之创新，实验巧妙地利用欧姆表的测量原理、中值电阻的意义测定电源的电动势．
【经典考题精析】
考点一、实验数据的读取
例1、使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势,给定的器材有:待测多用电表,量程为60 mA的电流表,电阻箱,导线若干.实验时,将多用电表调至×1 Ω 挡,调好零点;电阻箱置于适当数值.完成下列填空:
(1)仪器连线如图14－7所示(a和b是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；
图14－7
(2)若适当调节电阻箱后,图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图14－8(a)、(b)、(c)所示,则多用电表的读数为________Ω,电流表的读数为________mA,电阻箱的读数为_______Ω;
图14－8(a)
图14－8(b)
图14－8(c)
(3)将图14－7中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为______mA;(保留3位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为______V. (保留3位有效数字)
解析:(1)由多用电表电流“红表笔进,黑表笔出”,电流表“＋”接线柱电流流进,“－”接线柱电流流出知,a表笔为黑色表笔.
(2)根据题图读数,多用电表读数为14.0 Ω,电流表读数为53.0 mA,电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.
(3)从多用电表表盘来看,指针指在学科网电流表“130”处时实际电流为53 mA,故指针指到最右端“250”处时,实际电流为53× mA≈102mA.
(4)由E－IR＝Ir知，E－14×0.053＝0.053×r　＝0.102，得E≈1.54 V.
答案:(1)黑　(2)14.0　53.0　4.6　
(3)102　(4)1.54
考点二、电学实验器材的选取及应用
(1)甲同学要把一个量程为200 μA的直流电流计G,改装成量度范围是0～4 V的直流电压表.
①她按图14－17所示电路用半偏法测定电流计G的内电阻rg,其中电阻R0约为1 kΩ.
图14－17
为使rg的测量值尽量准确,在以下器材中,电源E应选用________,电阻器R1应选用_______,电阻器R2应选用________(选填器材前的字母)．
A.电源(电动势1.5 V)
B.电源(电动势6 V)
C.电阻箱(0～999.9 Ω)
D.滑动变阻器(0～500 Ω)
E.电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)
(0～5.1 kΩ)
F.电位器(0～51 kΩ)
②该同学在开关断开情况下,检查电路连接无误后,将R2的阻值调至最大.后续的实验操作步骤依次是:________,________,________,________,最后记录R1的阻值并整理好器材.(请按合理的实验顺序,选填下列步骤前的字母)
A.闭合S1
B.闭合S2
C.调节R2的阻值,使电流计指针偏转到满刻度
D.调节R2的阻值,使电流计指针偏转到满刻度的一半
E.调节R1的阻值,使电流计指针偏转到满刻度的一半
F.调节R1的阻值,使电流计指针偏转到满刻度
③如果所得的R1的阻值为300.0 Ω,则图14－17中被测电流计G的内阻rg的测量值为________Ω,该测量值________实际值(选项“略大于”、“略小于”或“等于”).
④给电流计G______联(选填“串”或“并”)一个阻值为________kΩ的电阻,就可以将该电流计G改装为量程为4 V的电压表.
(2)乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表,但他仅借到一块标准电压表V0、一个电池组E、一个滑动变阻器R′和几个待用的阻值准确的定值电阻.
①该同学从上述具体条件出发,先将待改装的表G直接与一个定值电阻R相连接,组成一个电压表;然后用标准电压表V0校准.请你画完图14－18方框中的校准电路图.
图14－18
②实验中,当定值电阻R选用17.0 kΩ时,调整滑动变阻器R′的阻值,电压表V0的示数是4.0 V时,表G的指针恰好指到满量程的五分之二;当R选用7.0 kΩ时,调整R′的阻值,电压表V0的示数是2.0 V时,表G的指针又指到满量程的五分之二.
由此可以判定,表G的内阻rg是________kΩ,满偏电流Ig是________mA.若要将表G改装成量程是15 V的电压表,应配备一个________kΩ的电阻.
【解析】　(1)①考虑到减小误差，电源应选电动势较大的B；R1要选能读出接入电路的电阻值的电阻箱；R2在电路中是限流连接，应选用总阻值大于30 kΩ的电位器F.(3分)
②电流半偏法的具体操作顺序是：a.S1断开，S2闭合；b.调节R2，使电流计指针满偏；c.闭合S1；d.保持R2不变，调节R1，使21世纪教育网电流计指针半偏；e.读出R1，即为电流计内阻值．(3分)
③根据半偏法原理，rg＝R1＝300 Ω.由于闭合S1后，干路电流会略为变大，故半偏时，流过R1的电流略大于电流计的电流，故R1的阻值略小于电流计的内阻．(6分)
④把电流计改装成电压表，应串一个大电阻R，R＝－rg＝－300 Ω＝19.7 kΩ.(10分)
(2)①电路图如图14－19所示．(13分)
图14－19
②设电流计量程为Ig.由题意知：当R为17.0 kΩ时有Ig(17.0＋rg)＝4 V；当R为7.0 kΩ时有Ig(7.0＋rg)＝2 V．两式联立得rg＝3.0 kΩ，Ig＝0.50 mA.(16分)
若要改装成量程为15 V的电压表，串联电阻阻值R＝－rg＝(－3000) Ω＝27.0 kΩ.(18分)
【答案】　(1)①B　C　F
②B　C　A　E
③300　略小于
④串　19.7
(2)①见规范解答
②3.0　0.50　27.0
【变式探究】为测量一电源的电动势及内阻
(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表
A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表V1
B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表V2
C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表V3
选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表．
(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号V1、V2 或V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．
(3)根据以上实验原理电路图进行实验,读出电压表示数为1.50 V时,电阻箱的阻值为15.0 Ω;电压表示数为2.00 V时,电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝_______V、内阻r＝_______Ω.
解析：(1)改装电压表需根据电压表内阻计算分压电阻的电阻值，V3表的量程扩大3倍即为改装的电压表，故应选C，要将量程为3 V，内阻3 kΩ的电压表改装为量程为9 V的电压表，串联分压电阻的阻值为
R＝＝6000 Ω＝6 kΩ.
(2)电路原理图如图所示．
(3)根据闭合电路欧姆定律知
E＝3U＋·r
将U1＝1.50 V，R′1＝15.0 Ω
及U2＝2.00 V，R′2＝40.0 Ω分别代入上式联立解方程组得E＝7.5 V，r＝10.0 Ω.
考点三、创新实验分析
例3.用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT,在给定温度范围内,其阻值随温度的变化是非线性的.某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图14－20虚线框内所示的电路,以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的,且具有合适的阻值范围.为了验证这个设计,他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值,测量电路如图14－20所示,图中的电压表内阻很大.RL的测量结果如下表所示．
图14－20
温度t (℃)
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
90.0
RL阻值(Ω)
54.3
51.5
48.3
44.7
41.4
37.9
34.7
回答下列问题：
(1)根据图14－20所示的电路，在图14－21所示的实物图上连线．
图14－21
(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL－t关系图线．
图14－22
(3)在某一温度下,电路中的电流表、电压表的示数如图14－23甲、乙所示.电流表的读数为____,电压表的读数为_______.此时等效电阻RL的阻值为______;热敏电阻所处环境的温度约为_____.

图14－23
【解析】　(1)(2)略．
(3)读出电压U＝5.00 V，电流I＝115 mA.RL＝＝43.5 Ω，再由RL－t关系曲线找出RL＝43.5 Ω对应的温度t＝64.0 ℃左右，也可由表中数据来求出，具体方法是：由21世纪教育网图象我们可以看出RL随温度均匀变化，当RL＝43.5 Ω时温度t＝60 ℃＋×(44.7－43.5 ℃)≈64.0 ℃.
【答案】　(1)连线如图14－24所示
图14－24
(2)RL－t关系曲线如图14－25所示
图14－25
(3)115 mA　5.00 V　43.5 Ω　64.0 ℃(62～66 ℃)
【高考典题例析】
【2014高考真题】
1.【2014·重庆卷】某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好。维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。
①断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图2所示，读数为??? ?? V，说明? 正常（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）。
②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和题6图2相同，可判定发生故障的器件是????????? （选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）
【答案】①11.5 （11.2～11.8） ；蓄电池 ② 小灯
【解析】
①多用电表直流50V的量程读中间均匀部分，共50格，每格1V，应该估读到0.1V，指针在11-12之间，读数为11.5V。开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是正常的。
②两表笔接b、c之间并并闭合开关，测试得相同电压，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，故障器件是小灯。
【考点定位】本题考查了万用表读数、电路故障的判断.
2.【2014·广东卷】某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片。闭合电建S。
①用电压表测量A、B两端的电压：将电压表调零，选择0-3V挡，示数如图22（b），电压值为 V。
②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于 端。
③要使输出电压变大，滑片P应向 端滑动。
④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在 的风险（填“断路”或“短路”）。
【答案】①1.30V ②A ③B ④短路
【解析】
选择0-3V挡，精确度为0.1V，读数应该为13.0×0.1V=1.30V；②接通外电路后，滑动变阻器起到分压作用，接通电路前，应使输出电压最小，故需要21世纪教育网将滑片置于A端，用电器上的电压为0，这样才能起到外电路的安全保证；③要增大外电路电压，需要使滑片滑向B端；④如果电路中不接入保护电阻，电流过大会烧断滑动变阻器出现短路现象。
【考点定位】本题考查滑动变阻器的分压式接法
3.【2014·天津卷】现要测量一个未知电阻Rx的阻值，除Rx外可用的器材有：
多用电表（仅可使用欧姆挡）；
一个电池组E（电动势6V）：
一个滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流1A）：
两个相同的电流表G（内阻Rg＝1000Ω，满偏电流Ig＝100μA）：
两个标准电阻（R1＝29000Ω，R2＝0.1Ω）：
一个电键S、导线若干。
①为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是 （填字母代号）。
A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量
D．如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量
②根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁。
【答案】①AC ；（2）见解析；
【解析】
①因为电表指针几乎满偏，故可知所测电阻很小，只有几欧姆，所以选项A正确、B错误；根据欧姆表的特点，若要进一步精确测量，应换用小倍率，并进行欧姆调零，所以选项C正确 、D错误；②根据伏安法测电阻原理和串、并联电路规律，可将一个电流表串联电阻R1后测量电压，另一个电流表并联R2后测量电流，题目要求能耗较小，故变阻器采用限流式，所以电路设计如下图所示：
【考点定位】电学实验：多用电表的使用、伏安法测电阻
4．【2014·山东卷】（10分）实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为，查得铜的电阻率为，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干。
回答下列问题：
（1） 实验中滑动变阻器应选 （填“”或“”），闭合开关S前应将滑片移至 端（填“”或“”）。
（2） 在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。
（3） 调节滑动变阻器，当电流表的读数为时，电压表示数如图乙所示，读数为 V。
（4） 导线实际长度为 m（保留2位有效数字）。
【答案】（1）R2；a （2） （3）2.30V（2.29、2.31均正确） （4）94（93、95均正确）
【解析】
（1）根据，可估算待测电阻约2，这样的总电阻约为5，滑动变阻器采用限流式接法，阻值约等于待测电阻3—5倍时，测量较准确，因此滑动变阻器选R2，另外测量前应将滑动变压器调到最大值，以保护电路，因此触头应调到a端；
（2）根据电路图连接实物图，见答案
（3）电压表最小刻度是0.1V，读数时应估读到0.01V，因此读数为2.30V；
（4）这样测得电阻值为，而，可得测电阻为，根据，代入数据，可得电阻长度
【考点定位】电阻定律，伏安法测电阻
5.【2014·浙江卷】（10分）小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值。
（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出。
（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U-I图上，如图2所示。在图中，由电流表外接法得到的数据点是用_______（填“О”或“Х”）表示的。
（3）请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为______Ω。
【答案】（1） 如图1所示 （2）× （3）如图2所示（用“×”连线求得电阻约为1.1～1.3Ω；用“О”连线求得电阻约为1.5～1.7Ω）
【解析】
试题分析: （2）因用电流表的外接法，电压的测量值偏小，同一电流值，电压值较小，由图知得到的数据点是用“×”表示的；（3）电流表的外接法测量数据为用“×”表示的，可求其连线直线的斜率约为1.1～1.3Ω；用“О”连线求得电阻约为1.5～1.7Ω。
【考点定位】连实物图、电流表的内外接法、电阻的计算
6.【2014·新课标全国卷Ⅱ】在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则 ① （填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 ② （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 ③ （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
【答案】 ①Rx1 ②大于 ③小于
【解析】
因为，而，故可认为Rx＞＞RA，故应采用图a电路测量更准确，即Rx1更接近21世纪教育网待测电阻的真实值；因为，，U＞UR，I=IR，则，即测量值Rx1大于真实值；因为，，U=UR，I＞IR，则，即测量值Rx2小于真实值；
【考点定位】伏安法测电阻。
7.【2014·四川卷】如图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻（10Ω），R1 是电阻箱（0～99.9Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小）。
在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大。实验具体步骤如下：
（i）连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；
（ii）闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调滑动变阻器R，使A1示数I1 = 0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2示数I2。
（iii）重复步骤（ii），再侧量6组R1和I2；
（iv）将实验洲得的7组数据在坐标纸上描点。
根据实验回答以下问题：
① 现有四只供选用的电流表：
A．电流表（0～3mA，内阻为2.0Ω）
B．电流表（0～3mA，内阻未知）
C．电流表（0～0.3A，内阻为5.0Ω
D．电流表（0～0.3A，内阻未知）
A1应选用 ，A2应选用 。
② 测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1 = 0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
③ 在坐标纸上画出R1与I2的关系图。
④ 根据以上实验得出Rx = Ω。
【答案】①D C ②变大 ③关系图象如图所示 ④31
【解析】 ①由于Rx的电阻为几十欧姆，R0=10， R1是（0-99.9）故通过A1、A2的电流相差不多，而与Rx串联的电流表阻值需要已知，故A2选择电流表C，A1选择电流表D；
②电阻箱R1减小，则外电路总电阻减小，总电流变大，故滑动变阻器处分压升高，测电阻部分电压减小，为使I1不变需要增大R1电阻；
③关系图象如图
④由欧姆定律，解得，由图象的斜率可求，即带入数据解得Rx=31( Rx=30~32均合理)
【考点定位】欧姆定律 测电阻的实验
8．【2014·江苏卷】（8分）某同学通过实验测量一种合金的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧题10-1图所示的部件 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为 mm。
（2）题10-2图所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出。合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化。由此可以推断：电路中 （选填图中表示接线柱的数字）之间出现了 （选填“短路”或“断路”）。
（3）在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23V和38mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7Ω。为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进? 请写出两条建议。

。
【答案】 （1）B，0.410；（2）7、9，断路；（3）电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值。
【解析】
（1）为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B，合金丝的直径为0.0mm＋0.41mm＋0.000mm＝0.410mm
（2）合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化，说明电压表21世纪教育网被串联在电路中，致使电流表读数很小，电压表读数接近电压电动势，因此电路中连接合金属丝的接线柱7、9之间部分应发生了断路
（3）由于Rx＞，因此应采用电流表的内接法，减小因电表内阻引起的系统误差，另外可采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差；
【考点定位】本题主要考查了基本仪器的使用、电路故障分析、实验误差分析等问题，属于中档题。
9．【2014·北京卷】利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的________（选项“甲”或“乙”）。
（2）现有电流表（0—0.6A），开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表（0—15V）
B.电压表（0—3V）
C.滑动变阻器（0—50Ω）
D.滑动变阻器（0—500Ω）
实验中电压表应选用________，滑动变阻器应选用__________（选填相应器材前的字母）。
（3）某同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，[并画出U-I图线。
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=____V，内电阻r=_____
（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化，图3的各示意图中正确反映P—U关系的是____
【答案】（1）甲图 （2）B、C（3）如图所示 （4）1.5 0.83（5）C
【解析】
（1）干电池的内阻较小，电压表的分流作用可以忽略，可以用滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流，所以选甲图电路。（注意：两种实验电路都存在系统误差，题图甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻，而图乙测量的电阻是21世纪教育网电池内阻与电流表内阻之和）
（2）一节干电池的电动势为1.5V，依据精确测量的原则，电压表应该选用B，电源的内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应该选C。
（3）画线时第4个点的误差较大，将其舍去，其他点连成直线，就得到电源的U-I图线。
（4）在（3）中图线中，U轴上的截距为该电源的电动势1.5V，图线的斜率为该电源的内阻
（5）当滑动变阻器的阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，即电源的输出功率随着U先变大再变小，A、B错误；输出功率与路端电压的关系可以表示为：，由数学知识可得C正确，D错误。
【考点定位】考查了电源电动势和内阻的测量
10.【2014·新课标全国卷Ⅰ】利用如图所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表（量程为200mA，内阻为RA=6.0Ω），开关。
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数和电阻箱对应的阻值；
③以为纵坐标，R为横坐标，作图线（用直线拟合）；
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题
（1）分别用和表示电源的电动势和内阻，则与的关系式为 。
（2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表。答：① ，② 。
（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率= A-1Ω-1，截距= A-1。
（4）根据图线求得电源电动势= V，内阻= Ω。
【答案】（1） （2）0.110 9.09（3）图线如下 ，（4），
【解析】
（1）电流表和电阻并联构成大量程电流表，电流表读数为，根据，可得电路的总电流为，大量程电流表电阻为，电路总电阻为，电流
，所以
（2）根据图（b）可得电流表示数为，所以
（3）描点作图见答案，为21世纪教育网一条倾斜的直线，根据图线可得斜率，截距
（4）根据可得，，解得，
【考点定位】测量电源电动势和内阻实验探究
11．【2014·全国大纲卷】（12分）现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有：电流表，内阻为1.00Ω；电压表；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。某同学设计的测量电路如图（a）所示。
（1）按图（a）在实物图（b）中画出连线，并标出导线1和其P端。
（2）测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。 数据如下表所示。根据表中数据，在图（c）中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U-I图线。
（3）根据U-I图线求出电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。
【答案】 （1）略，见解；（2）略，见解析；（3）2.90（2.89～2.91之间均可），1.02（0.93～1.13之间均可）
【解析】
（1）根据题图（a）所示，按照电流流向，其实物连线如下图所示。
（2）显然，坐标图中缺少了第3、5组数据对应的点，补上点后，按照描点作图的原则，作出其U-I图线如下图所示。
（3）改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，相对于将滑动变阻器采用限流式接法接入电路，改变滑片位置，因此，将电流表和电源看作等效电源，电压表的读数即为路端电压，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E－I（r＋RA），所以U-I图象的纵截距即表示了电源的电动势，有：E＝2.90V（2.89～2.91V之间均可），图线斜率的绝对值即表示了电源的内阻与电流表内阻之和，有：r＝×103Ω－1.00Ω＝1.02Ω（0.93～1.13Ω之间均可）
【考点定位】本题主要考查了测电源电动势和内阻的实验问题，属于中档题。
12.【2014·福建卷】(12分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只 Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；
③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r= Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是 。
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是 。（填选项前的字母）
A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小
C.R1的实际阻值比计算值偏小 D.R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压表V读数U/V
5.26
5.16
5.04
4.94
4.83
4.71
4.59
4.46
改装表A读数I/mA
20
40
60
80
100
120
140
160
【答案】（2）①1.0 ②如图所示 ③ 1.66 充分利用测得的数据 ④CD
【解析】
（2）①根据改装后电表的量程，代入解得R1=1.0Ω。
②实物图如图所示。③根据闭合电路的欧姆定律可得，故，可得：r=1.66Ω。因充分利用测得的数据，故减少一次测量的偶然误差。 ④已知电压表是理想电压表，其内阻影响不计，其实，如果考虑其21世纪教育网内阻影响，电源内阻的测量值应偏小，所以选项A可排除。滑动变阻器起到调节电流作用，其最大阻值不影响测量结果，B可排除。根据题设，可作出下图，可见，U值对应的电流I的测量值偏小，根据，因为，其中R1是计算值，其实际阻值可能偏大，才造成I测量偏大，选项C正确；又因为根据测量值，所以可能是R0的实际阻值比标称值偏大，故D正确。

【考点定位】本题考查电表的改装、测量电源电动势和内阻
13.【2014·安徽卷】某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验。
（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得到电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了。已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为 V（结果保留两位有效数字）。
（2）为了更准确地测量该电压表的内阻Rv，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：
A．断开开关S，按图2连接好电路；
B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C．将电阻箱R0的阻值调到零；
D．闭合开关S；
E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V的位置；
F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V，读出此时电阻箱R０的阻值，此值即为电压表内阻Rv的测量值；
G．断开开关S．
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：最大阻值2000Ω
c．滑动变阻器：最大阻值10Ω
d．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
e．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
f．电池组：电动势约6V，内阻可忽略
g．开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用 （填“b”或“c”），电阻选用 （填“d”或“e”）。
②电压表内阻的测量值R测和真实值R真相比，R测　　　　R真（填“＞”或“＜”）；若RV越大，则越　　　　（填“大”或“小”）
【答案】（1）1.0V （2）①c d ②＞ 小
【解析】
（1）电压表的示数即为等效电路的路段电压，由表盘读数可知，现在的欧姆表用的是“”档，故现在的多用表内阻为1500Ω，由闭合电路欧姆定律可得
（2）滑动变阻器选择21世纪教育网分压式接法，故选择阻值较小的，c可用；电压表半偏时，所串联变阻箱电阻约为3000Ω，故变阻箱选择d。
由闭合电路欧姆定律可知，随着电阻箱的阻值变大，电源两端的路端电压随之变大，当电阻箱调至使电压表半偏时，此时电压表与变阻箱两端的总电压比变阻箱阻值为0时要大，故此时变阻箱的实际分压是大于电压表的，故有R测＞R真，外电阻越大，干路电流越小，当外电阻变化时，路端电压的变化量越小，故测量误差也越小。
【考点定位】电学实验：多用电表的使用、半偏法测电表内阻
【2013高考真题】
（2013·新课标Ⅰ卷）23.（8分）
某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:
多用电表；
电压表:量程5V，内阻十几千欧;
滑动变阻器：最大阻值5kΩ
导线若干。
回答下列问题:
将多用电表挡位调到电阻“”挡，
再将红表笔和黑表笔 ，调零点。
(2)将图((a)中多用电表的红表笔和 （填“1”或“2）端相连，黑表笔连接另一端。
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V 。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为____ kΩ。
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 ___ V，电阻“”挡内部电路的总电阻为 ___ kΩ。
【答案】(1)短接(2)1(3)15.0 3.60 (4)12.0(5)9.00 15.0
【解析】 (1)万用表使用的第一步就是要短接调零,所以该空中应该填短接(2)万用表的电流方向是”红进黑出”所以红表笔接”1”(3)万用表在10到15之间需要估读一位所以读成15.0，电压表读数应精确读到小数点后一位,估读到小数点后两位,所以读数为3.60V(4)由于21世纪教育网滑线变阻器的电阻调为零,所以万用表的读数即为电压表的内阻RV=12.0 (5)万用表的中值电阻为15.0，即万用表的内阻为内=15.0所以由闭合电路欧姆定律可知内=9.00V。难度中等偏上，第（5）问：难。
【21世纪教育网考点定位】 万用表的原理和读数 电压表的读数 中值电阻 闭合电路欧姆定律
（2013·新课标II卷）23.（7分）某同学用量程为I mA、内阻为120Ω 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为Iv和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题:
(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。
（2）开关S闭合时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压，或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。
（3）表笔A应为 色(填“红”或“黑”)。
（４）定值电阻的阻值Ｒ１＝　　　　　　　Ω，Ｒ２＝　　　　　　　Ω。（结果取３位有效数字）
【答案】(1)如图所示 (2) 电流 电压（3 ）黑 （4 ）1.00 880
【解析】（1）表头跟R2串联，R1跟开关串联，两个支路并联，连线图同答案。
（2）开关S闭合时，电表的内阻较小，表头与R1 并联组成大量程的电流表，用于测量电流；开关断开时，电表的内阻较大，表 头与R2 串联组成大量程的电压表，用于测量电压。
（3）使用多用表测量时规则：“红入黑出”，即电流从红表笔流入多用表，从黑表笔流出多用
表，所以A 表笔应为黑色。
（4）设表头的内阻为r，满偏电流为，由欧姆定律可知V，，解得Ω，Ω。
【21世纪教育网考点定位】电学实验
（2013·天津卷）（3）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0250mA，内阻约5Ω）；
电压表（量程为03V，内阻约3kΩ）；
电键一个、导线若干。
①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 （填字母代号）。
滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）
滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）
②实验的电路图应选用下列的图 （填字母代号）。
③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是 W。
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【答案】①A，②B，③0.1
【解析】①滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用最大阻值为20Ω的滑动变阻器，故选A。②因要求小灯泡电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式，由于小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，故选B。③在小灯泡的伏安特性曲线图象中，再根据，即，作出电源的I-U图象，如图所示，由图示可知，由该电源对该小灯泡供电，电路电流I=0.1A，电路外电压U=1V，小灯泡消耗的电功率P=IU=0.1W。
【21世纪教育网考点定位】本题考查电学实验仪器的选择、电路设计、伏安特性曲线等知识点，意在考查考生对基本实验的设计能力以及应用图象法解题的方法。
（2013·大纲卷）22．（6分）如图所示，E为直流电源，G为灵敏电流计，A、B为两个圆柱形电极，P是木板，C、D为两个探针，S为开关。现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验。
（1）木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸；
（2）用实线代表导线将实验器材正确连接。
【答案】（6分）
（1）导电（2分）
（2）如图所示。（4分）
（探针和灵敏电流计部分2分，有任何错误不给这2分；其余部分2分，有任何错误也不给这2分）
【解析】（1）木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是导电纸纸；
（2）将电源开关串联后与A、B接线柱连接。用实线代表导线将实验器材正确连接如图所示。
【考点定位】考查“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验及其相关知识
（2013·四川卷）8．（17分）
(1)（6分）
在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。
实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的____________而增大。
此同学在探究中应用的科学方法是__________(（选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）。
（1）【答案】减小 增大 控制变量法
【解析】偏角越大，说明两小球之间的作用力越大；本实验所用的方法是控制变量法。
【21世纪教育网考点定位】探究电荷间的相互作用与哪些因素有关实验
（2013·上海卷）27．(6分)为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。
(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择＿＿＿＿倍率的电阻档(填：“×10”或“×1k”)，并＿＿＿＿再进行测量，多用表的示数如图(a)所示，测量结果为＿＿＿＿Ω。
(2)将待测元件(额定电压9V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连接成电路如图(b)所示。添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性。
本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到＿＿＿＿档(填：“直流电压10V”或“直流电压50V”)。
【答案】 （1）×10 欧姆调零 70 （2）如图 直流电压10V
【解析】 多用表欧姆档在没有测电阻时为短路，电阻无穷大，指针指在最左端，指针偏转过大说明电阻小，换小倍率。欧姆档21世纪教育网换倍率后要重新调零。
读数就是指针对应的刻度乘以倍率
要检测伏安特性，电压要从0调节，滑动变阻器用分压式。多用表测电压，电源为直流9v故选择直流电压10V
【21世纪教育网考点定位】 多用表的使用；滑动变阻器的使用
（2013·山东卷）21.（13分）
（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的__________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm。
（2）霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________(填“M”或“N”)端通过导线相连。
②已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。

根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出UH—I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为_______________（保留2位有效数字）。
③该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”）, S2掷向_______（填“c”或“d”）。
为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件____________和__________(填器件代号)之间。
【答案】（1）A 11.30（11.25或11.35均算正确）
（2）①M ②1.5（1.4或1.6均算正确） ③b，c，，E（或，E）
【解析】 （1）测内经，应选游标卡尺的内测量脚，故选填A；B用来测外径，C用于测深度。
游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺的读数为60.05mm=0.30mm,故钢笔帽的内径为11.30mm。
（2）①由于导电空穴为带正电的粒子，由电流方向和磁场方向结合左手定则可判断出正粒子向M板偏转，故M板的电势高，电压表的“+”接线柱应与M端连接。
②根据表格数据，在坐标纸上描点、连线，注意使图线尽可能多的穿过坐标点，不在线上的点均匀分布在线的两侧，误差较大的点予以舍去。（如右图所示）。
由题意知，即图线的斜率表示，将已知数据代入可求得。
③外电路中，电流由21世纪教育网电源正极流出，经用电器流入电源负极，故接b，接c时，电流自Q端流入P端流出；为了避免开关接错位置导致电源短路而被烧坏，应在开关（或）和电源E之间串联一保护电阻。
【21世纪教育网考点定位】游标卡尺的结构与读数，电压表的使用，左手定则，闭合电路欧姆定律在科研领域的渗透与简单应用。
（2013·江苏卷）10. (8 分)为探究小灯泡的电功率P 和电压U 的关系,小明测量小灯泡的电压U和电流I,利用P =UI得到电功率.实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W”,电源为12 V 的电池,滑动变阻器的最大阻值为10.
(1)准备使用的实物电路如题10-1 图所示.请将滑动变阻器接入电路的正确位置.(用笔画线代替导线)

(题10-1 图)
(2)现有10、20 和50 的定值电阻,电路中的电阻R1 应选(((((((的定值电阻.
(3)测量结束后,应先断开开关,拆除(((((((两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材.
(4)小明处理数据后将P、 描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如题10-2 图所示. 请指出图象中不恰当的地方.
【答案】(1)如图：
（2）10；（3）电池；（4）图线不应画为直线；横坐标的标度不恰当。
【解析】（1）从滑动变阻器的最大阻值为10及电功率P 和电压U 的关系图线知：滑动变阻器在电路里调节范围大，故滑动变阻器必须采取分压式，由于电流表测量流过灯泡的电流，由可推知，电流表应选量程0-0.6A,连接电路图如上图所示。
（2）电源为12V，而小灯泡的额定电压为3V，且滑动变阻器的电阻只10，故需串联一合适的电阻来分担电压。小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W”，可求出灯泡的电阻,设串联的电阻阻值为当滑动触头P移到最右端时：灯泡两端的21世纪教育网电压最大，流过灯泡的电流最大，此时流过灯泡的电流即可，且，可解得,若取太大，电路里的电流则太小，取较合适；
（3）为了电路的安全，首先要断电，故应拆除电池两端的导线。
（4）本试验中为探究小灯泡的电功率P 和电压U 的关系，而电功率P 和电压图线的斜率代表电阻的倒数，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大，而小灯泡在电压较低时，温度随电压的变化比较明显，图线弯曲的变化趋势正反映了这一变化，这也是本实验要研究的规律，若采用直线，则有悖于这一规律，当然不合实际；从图像看：图像的横向只占据了方格纸近一半，说明横坐标的标度选取的不恰当。
【21世纪教育网考点定位】伏安法测小灯泡电功率P和电压U。具体涉及电路的设计、电路图的连接、器材的选取、电路的安全及实验数据的处理等方面。难度：较大。
（2013·广东卷）（2）图17（a）是测量电阻RX的原理图。学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm
根据原理图连接图17（b）的实物图
断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0V时，单位长度电阻丝的电压u= V/cm.记录此时电流表A1的示数。
保持S1闭合，合上S2;滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值，测量数据已在图17（c）中标出，写出RX与L、I、u的关系式RX= ；根据图17（c）用作图法算出RX= Ω
【答案】①连线如图所示：
②0.1，③，5.92
【解析】①找最长支路，最后将s2、A2、RX并入即可，注意s2接线②全电路欧姆定律 ③由②知电流表A1的示数；,保持S1闭合，合上S2时，由并联知识知,由电阻定律知,联立以上知. 由此函数知该L-I图的斜率,则
【 考点定位】 比例法测定值电阻，实物连接、电阻定律、欧姆定律、图象法处理数据。①、②容易，③有难度
（2013·福建卷）19．(18分)
⑴(6分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：
①下列说法哪一项是正确的 。(填选项前字母)
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为 m/s(保留三位有效数字)。
⑵(12分)硅光电池在无光照射时不产生电能，可视为一电子元件。某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性。图中电压表V1量程选用3V，内阻为6.0kΩ；电压表V2量程选用15V，内阻约为30kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势约为12V，内阻不计。
①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路。
②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2。
(i)某次测量时，电压表V1示数如图丙，则U1＝ V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为 mA(保留两位小数)。
(ii)该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix(图中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立Ix-Ux坐标系，标出了与表中前5组Ux、Ix数据对应的5个坐标点。请你标出余下的4个坐标点，并绘出Ix-Ux图线。
(iii)由Ix-Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成 (填“线性”或“非线性”)关系。
【答案】⑴①C；②0.653；⑵①略，见解析；②(i)1.40、0.23；(ii)略，见解析；(iii)非线性。
【解析】⑴①在本实验中进行平衡摩擦力操作时，是使小车重力沿木板方向的分量等于小车运动过程中小车受到的木板的摩擦力与纸带与打点计时器之间的摩擦等阻力，因此不要挂钩码，故选项A错误；本实验的目的是探究恒力做功与小车动能改变的关系，本实验中，在平衡摩擦完成后，是用钩码的重力代替了细线的拉力即小车受到的合力，因此在钩码质量远远小于小车质量的情况下，实验的系统误差才较小，故选项B错误；本实验是通过纸带上留下的打点来计算小车的速度(动能)，因此实验时让小车从靠近打点计时器处由静止释放，是为了尽可能多的纸带能打上点，即纸带上留下的打点尽可能多，以减小实验偶然误差，故选项C正确。
②实验中使用的交变电流频率为50Hz，因此打点计时器的打点周期为0.02s，根据题图乙可知O、A、B、C四个计数点间各有5个打点间隔，即依次打四个计数点的时间间隔为t＝0.1s，实验中小车做匀加速直线运动，B点为小车通过AC段的中间时刻点，根据匀变速直线运动中间时刻速度公式和平均速度公式可知：vB＝，＝，根据图乙所示及图中数据有：＝－＝18.59cm－5.53cm＝13.06cm＝0.1306m，联立以上各式并代入数据，同时考虑题设要求保留三位有效数字，解得：vB＝0.653m/s。
⑵①根据图甲可知：滑线变阻器采用了分压式接法，故左下端应引线接往电源负极，电压表V1与硅光电池串联后与电压表V2并联，再与R0串联后一起接到分压电路中，因此应从滑线变阻器的一个上接线柱引线至硅光电池的负接线柱(题中已说明硅光电池反接)，再从电压表负接线柱引线至R0右接线柱，如右图所示。
②(i)由于电压表V1采用3V的量程，因此最小刻度为0.1V，根据图丙所示，指针指在1.4V位置，再往后估读一位0.00V，因此电压表V1的读数为1.4V＋0.00V＝1.40V，根据部分电路欧姆定律可知，流过电压表V1的电流为I1＝，由于硅光电池与电压表V1是串联关系，因此通过硅光电池的反向电流也为I1，代入数据，并考虑题目要求保留两位小数，解得I1＝2.30×10－2A＝0.23mA。
(ii)根据表中数据在坐标图中21世纪教育网定出另4个点，作出Ix-Ux关系图线如右图所示。
(iii)由右图所画Ix-Ux关系图线为曲线可知Ix与Ux成非线性关系。
【 考点定位】本题⑴、⑵分别考查了“探究恒力做功与动能变化的关系”与“描绘硅光电池无光照时的反向伏安特性曲线”实验，前者是课本基本实验，后者则为课本“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验的变形，难度中等。
（2013·北京卷）21．（18分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0~50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表
A.电流表(0~3A，内阻约0.025Ω)
B.电流表(0~0.6A，内阻约0.125Ω)
C.电压表(0~3V，内阻约3kΩ)
D.电压表(0~15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 _(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的 （选填“甲”或“乙”）
（2）图2是测最Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线.请请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线.
（3）接通开关，改变滑动变阻器画片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值= Ω(保留两位有效数字)。
（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 ；若在（1）问中选用乙电路产生误差的主要原因是 。（选填选项前的字母）
A. 电流表测量值小于流经RX的电流值
B. 电流表测量值大于流经RX的电流值
C. 电压表测量值小于RX两端的电压值
D. 电压表测量值大于RX两端的电压值
（5）再不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻RX两端的电压U也随之增加，下列反映U-x关系的示意图中正确的是 。
【答案】（1）电流表B ；电压表C；外接法即甲图。（2）略（3）5.2Ω （4）B、D（5）A
【解析】 （1）电压表C，理由是有滑动变阻器限压，且15V量程太大，读数误差太大；电流表B，理由是即使电压表满偏，最大电流为0.6A；外接法即甲图，理由是，即小电阻，适合采用安培表外接法，即甲图。
（2）或者
（3）根据读数I=0.50A，U=2.60V，即电阻为5.2Ω
（4）甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流，乙图21世纪教育网误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压，因此答案分别为B、D
（5）由于电流,,通过数学函数图像即
答案为A
考点定位】闭合电路欧姆定律
（2013·安徽卷）21.（18分）
Ⅰ.（5分）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，求数如图2所示，读数为_______mm。
以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔即为单摆周期T
e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期
Ⅱ.（6分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为_______mm。
（2）为了精确测量合金丝的电阻Rx,设计出如图Ⅰ所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接。
Ⅲ.（7分）根据闭合电路欧姆定律，用图Ⅰ所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0两端的对应电压U12,对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示。已知，请完成以下数据分析和处理。（1）图2中电阻为 的数据点应剔除；
（2）在坐标纸上画出关系图线；
（3）图线的斜率是 ，由此可得电池电动势 。
【答案】I(1) 18.6M (2) abc (ii)(1)0.007 0.638 (2) 答案见解析 (iii) (1) 80 (2)见解析(3)0.00444 1.50
【解析】游标卡尺的读数：1.8cm+6*0.1mm=18.6mm游标卡尺读数没有估读要注意单位。螺旋测微器有一位估读俗称千分尺，精确到0.01毫米。电表读数要注意估读，一般有1/2,1/5,1/10估读但是都不严格。单摆实验需要注意的是摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些.摆球尽量选择质量大些、体积小些的，不应当使摆线21世纪教育网偏离平衡位置大于5度，拉开摆球，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期。
电路连接实物图如图所示。在连接实物图时候要注意！不要有多余的导线，导线要连接到用电器上面。在连接完之后可以根据电路图反方向进行检查电路图是否正确。
在测定电池的电动势和内电阻试验中往往我们需要整理出方程关系式，然后根据函数关系式的斜率、截距等反过来判断物理量的数值。 , .
【考点】螺旋测微器 游标卡尺读数方法 单摆实验 电动势和内电阻试验
（2013·海南卷）12．某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图（a）所示。定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱。回答下列问题：
（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；
（2）表笔的颜色为 色（填“红”或“黑”）
（3）将开关S置于“1”挡时，量程为 mA；
（4）定值电阻的阻值R2= Ω，R3= Ω。（结果取3位有效数字）
（5）利用改装的电流表进行某次洞里时，S置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为 mA。
【答案】(1)如图；
(2)黑；
(3)10；
(4)225，25.0；
(5)0.780(0.78同样给分)
【解析】（1）实物连线图见答案；
（2）红表笔接电源的正极，电流由红表笔流入，由电路图（a）可看出表头右侧为正极，故表笔a为黑表笔；
（3）将开关S置于“1”挡时，表头跟串联后21世纪教育网再跟并联，将开关S置于“2”挡时，表头跟串联后再跟并联，故前者的量程较大，故开关S置于“1”挡时，量程为10mA.
（4）由（3）问的分析，结合欧姆定律可知开关S置于“1”挡时，有，开关S置于“2”挡时，，代入已知数据可得Ω，Ω。
（5）S置于“2”挡时，量程为1mA，表头示数为156μA ，故所测量电流的值为mA =0.780mA.
【21世纪教育网考点定位】考查万用电表的原理及其应用，综合性较强，重在理解能力的考查。
（2013·重庆）6．（19分）
（1）我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组以舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣。他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图6（1）图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系。要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的 ________和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是________。忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据___________定律（定理），可得到钢球被阻拦前的速率。
（2）某同学对有故障的电热毯进行探究。题6（2）图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接。题6（2）图2为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表。
①请在答题卡虚线框内画出与题6（2）图2对应的电路图。
②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U—I曲线如题6（2）图3所示。已知电热线材料的电阻率为2.8×10-7Ω·m，电热线的直径为0.200mm。可求得此电热线的电阻为 KΩ，总长度为 m。（结果均保留两位有效数字）
③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对题6（2）图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示。由此测试结果可判断出电路有断路，位置在 之间（在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项）。
【答案】(19分)(1)高度(距水平木板的高度)；刻度尺；机械能守恒(动能)。
(2)①电路图如图所示
②0.58(0.57到0.59均可) 65(64到66均可)
③和
【解析】(1) 本题以研究弹力做功与速度关系实验为基础改编，因此思考角度是做功与能量。小球从斜面上下滑，遇到橡皮条的阻拦而停下来，做功跟距离有关，测定了钢球“在橡皮条阻拦下前进的距离”，应该还需要测定钢球下滑的高度，由确定“阻拦”前钢球的速率。测定高度和距离需要刻度尺。由高度确定速率可根据机械能守恒定律或动能定理。
(2)①由题6(2)图2可知，滑动变阻器21世纪教育网接成分压形式，电流表外接，A、B间接等测电路。如图所示。
②电热丝的电阻由可知，题6(2)图3中图线的斜率等于电阻值，因此选择坐标(4.5，2.6)有，由电阻定律得。
③电热丝没有断路，1和间有电压无电流，说明1经电热丝到之间断路，1与是通路，因此断路在和之间。
【 考点定位】电学实验